【文档说明】四川省眉山市仁寿第一中学校南校区2023-2024学年高二上学期11月期中物理试题 含解析.docx，共(16)页，2.577 MB，由小赞的店铺上传

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仁寿一中南校区2022级高二上物理半期试题一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列有关波的说法错误的是（）A.两列频率相同的波相遇时，介质中振动加强的质点在某时刻的位移可能是零B.隐形飞机怪异的外形及表面涂特殊隐形物质，是为

了减少波的反射，从而达到隐形的目的C.波的衍射现象必须具备一定的条件，否则不可能发生衍射现象D.静止的观察者听到某个单一频率声源发出的声音频率越来越高，说明声源正在靠近观察者【答案】C【解析】【详解】A．两列频率相同的波相遇时，介质中振动加强的质点振幅变大，但质点仍在上下振动，在某时刻的位

移可能是零，故A正确；B．隐形飞机怪异的外形及表面涂特殊隐形物质，是为了减少波的反射，从而达到隐形的目的，故B正确；C．所有波都可以发生衍射现象，但是发生明显的衍射现象需要满足一定的条件，故C错误；D．根据多

普勒效应原理，当声源发出的波靠近接收者时，接受者收到的波的频率会越来越高，故D正确。本题选择错误的是，故选C。2.关于静电场，下列结论普遍成立的是（）A.电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低B.在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向C.电场中

某点的电场强度方向即为检验电荷在该点所受的电场力的方向D.将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零【答案】B【解析】【分析】【详解】A．在静电场中，电场强度表示电场的强弱，电势表示电场中电势的高低。二者没有必然的联系，所以电场强度

大的地方电势比一定高，电场强度小的地方电势不一定低。故A错误；B．在正电荷或负电荷产生的静电场中，沿场强方向电势降低最快，所以场强方向都指向电势降低最快的方向。故B正确；C．电场中某点的电场强度方向即为正检验电荷在该点所受的电场力的方向。故C错误；D．场强均为零的两点

电势不一定相等，所以电场力做功不一定为零。故D错误。故选B。3.如图所示是某弹簧振子做简谐运动的图像，则（）A.0～6s内该振子通过的路程是16cmB.该振子的振动方程是()4sin0.25xt=cmC.

该质点振动的频率为0.25HzD.t=6s时质点的位移是4cm【答案】B【解析】【详解】A．该振子振动的周期为8s，0～6s内该振子通过的路程是s=3A=12cmA错误；B．该振子振动的圆频率为20.25T==振动方程是()m4sin0.c25xt=B正确；C．该质点振动的频率为10.

125HzfT==C错误；D．t=6s时质点的位移是-4cm，D错误。故选B。4.如图所示是研究电荷间相互作用规律的实验装置，实验结果说明电荷间的静电力大小和距离有关；和电荷量也有关。该实验所采用了下列哪种科学方法（）A.类比分析B.控制变量C.等

效替代D.物理模型【答案】B【解析】【详解】先保持两球电荷量不变，只改变它们之间的距离；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，采用的方法是控制变量法；故选B。5.如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹。带电粒子只受电

场力的作用，运动过程中电势能逐渐减小，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减少，则电场力做正功，电场力方向与粒子速度方向夹角为锐角，电场力方向沿着电场线，曲线运动的合外力指向轨迹凹侧

，可知D符合要求。故选D。6.如图所示，在匀强电场中有边长为5cm的等边三角形ABC，三角形所在平面与匀强电场的电场线平行。O点为该三角形的中心，D、E、F分别为AB、BC和AC边的中点。三角形各顶点的电势分别为2VA

=、4V=B、6VC=，下列说法正确的是（）A.O点电势为4VB.匀强电场的场强大小为80V/m，方向由A指向CC.将电子由E点移到F点，电子的电势能减小了1eVD.在三角形ABC内切圆的圆周上，D点电势最低【答案】A【解析】【详解】A．三角形所在平面与匀强电

场的电场线平行，F为AC边的中点，则有4V2ACF+==可知B、F两点的电势相等，则BF线为等势线，O点在BF线上，则O点电势为4V，A正确；B．BF线为等势线，可知电场强度方向垂直于BF斜向上，由电场强度与电势差的关系公式，可得电场强度大小为262Vm80

Vm510CAUEd−−===方向由C指向A，B错误；C．因为46V5V22BCE++===因此将电子由E点移到F点，电场力做功为()1eVEFEFEFWqUq==−=−由电场力做功与电势能的关系pEFEW=−可得电场力做负功，电子的电势能增加，则有将电子由E点移到F点

，电子的电势能增加了1eV，C错误；D．由题意可知，过圆心O，作平行于AC的电场线，相交与内切圆上的两点分别为电势最高点和最低点，最低点交点不是D点，因此在三角形ABC内切圆的圆周上，D点电势不是最低，D错误。故选A。7.如图甲所示，两平行金属板

MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在0=t时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为0v，2tT=时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场。则（）A.该粒子射出电场时的速度大小为02vB.该粒子在

2Tt=时刻，速度大小为02vC.若该粒子在2Tt=时刻以速度0v进入电场，则粒子会打在板上D.若该粒子在4Tt=时刻以速度0v进入电场，则该粒子沿两极板中线水平射出【答案】D【解析】【详解】A．粒子射入

电场在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上前半个周期内先做匀加速直线运动，电场力做正功；在后半个周期内做匀减速直线运动，电场力做负功，竖直速度又减小为零，所以2T时刻粒子射出电场时，竖直方向的速度为0，故从MN边缘离开电场时速度是水平方

向的，大小为0v，故A错误；B．在2T时刻，粒子在水平方向上的分速度为0v，因为两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，则有024222yvTvT=解得0yvv=则2Tt=时刻，0yvv=，根据平行四边形定则知，粒子的速度为22002yvvvv=+=故B错误；C．由于水平

方向做匀速直线运动，所以粒子无论什么时候进入电场，运动的时间都是2T，一个周期内电场力做功都为零，粒子在2T时刻以速度0v进入电场，只是竖直方向先向下加速后再向下减速到零，然后继续向下加速后再向下减速到零，粒子的水平速度为0v，从P

Q右边缘离开电场，故C错误；D．由于水平方向做匀速直线运动，所以粒子无论什么时候进入电场，运动的时间都是2T，一个周期内电场力做功都为零，粒子在4Tt=时刻以速度0v进入电场，竖直方向先向上加速4T再减速4T为零，再向下加速4T后减速4T为零，一个周期内竖直方向的位移为零，下一个周

期重复这一过程，所以粒子沿两极板中线水平射出，故D正确。故选D。二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.法拉

第首先提出用电场线形象生动地描绘电场，如图所示为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图。a带负电，b带正电。在M点处放置一个电荷量大小为q的负试探点电荷，受到的电场力大小为F，以下说法正确的是（）A.M点处的电场强度比N点处的电场强度小B.M点处

的电势比N点处的电势低C.M点处的场强大小为Fq，方向与所受电场力方向相同D.如果M点处的试探电荷电量变为2q，该处场强将变为2Fq【答案】AB【解析】【详解】A．电场线的疏密程度表示场强大小，由图可知M点处

的电场强度比N点处的电场强度小，A正确；B．电场线总是由正电荷出发终止于负电荷，a带负电，b带正电，即电场线由b指向a，又沿电场线方向电势降低，可知M点处的电势比N点处的电势低，B正确；C．M点处的场强大小为Fq，方向与负电荷所受电场力方

向相反，C错误；D．场强为电场本身的性质，与放置的试探电荷无关，D错误。故选AB。9.如图甲所示，“战绳”是在健身房中常见的一种强力减脂运动，人用手握住绳子左端，将绳拉平后沿竖直方向上下抖动，则可在绳中形成一列机械波．若将此波

视为简谐横波，开始抖动为0时刻，时刻绳中各质点的位置和波形如图乙所示，质点1和5分别位于下方和上方最大位移处，相邻编号质点平衡位置间距离为l．则下列说法正确的是（）A质点1和5加速度相同B.质点3和7速度相同C.0时刻人竖直向上抖

动绳子左端D.该波的传播速度为6lt【答案】CD【解析】【详解】A．由图可知t时刻，质点1处于波谷，加速度方向向上，质点5处于波峰，加速度方向向下，故A错误；B．由图可知t时刻，质点3和7处于平衡位置，速度大小相等方向相反，故B错误；C．由图可知t时刻，质点7开

始向上振动，根据波传播是由前一个质点带动后一个质点可知，起始时向上抖动轻质弹性绳的左端，故C正确；D．由图可知364l=解得λ=8l又因34Tt=解得43Tt=该波的传播速度6lvTt==.的故D正确。故

选CD。10.如图所示，x轴上有两个点电荷位于O、O位置，一负试探电荷沿x轴由O向O移动的过程中，该电荷的电势能随位移的变化规律如图所示，A、C两点的连线以及B点的切线均与x轴平行，B点的横坐标为12x=，O点的横坐标为25x=

。则下列说法正确的是（）A.B点的电场强度为零B.O、O两点的电荷均为正电荷C.O、O两点的点电荷所带电荷量的绝对值之比为9:4D.ABCB−=−【答案】AD【解析】【详解】A．pEx−图像中图线的斜率表示电场力，由于B点的切线与x轴平行，

即斜率为零，故试探电荷在B点的电场力为零，电场强度为零，故A正确；B．由于负的试探电荷在两电荷产生的电场中电势能为正值，设试探电荷所带电荷量绝对值为q，则由公式pEq=−可知电场中各点的电势为负值，所以两点电荷均带负电，故B错误；C．设O、O两点的点电荷所带的电荷量绝对值分别为1

q、2q，由于B点的电场强度为0，则由电场强度的叠加原理得()1222121qqkkxxx=−解得1249qq=故C错误；D．试探电荷在A、C两点的电势能相等，则A、C两点的电势相等，又A、C两点的电势比B点的电势低，则ABCB−=

−故D正确。故选AD。三、实验题(15分）11.在探究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验中，某同学猜测电容可能与极板间的距离d、极板的正对面积S及插入极板间的介质有关，他将一个已经充电的平行板电容器与静电计连接如图所示，实验时保持电容器极板所带的电量不变，且电

容器B板位置不动。（1）实验中通过静电计张角大小来反映________的大小；（2）将A板竖直向下平移，则静电计指针张角________；在A、B板间插入电介质，则静电计指针张角________。（填“变大”、“减

小”或“不变”）（3）若将电容器水平放置，如图所示，有一带电液滴静止在电容器内部某处，现将电容器A板向下平移一小段距离，液滴将________（选填“静止不动”、“向下运动”或“向上运动”）【答案】①.电势差（或答“电压”）②.变大③.减小④.静止不动【解析】【详解】（1）[1]

静电计张角大小来反映了电势差的大小，张角越大，电势差越大。（2）[2]若将A板竖直向下平移，两极板的正对面积减小，根据r4SCkd=可知电容器的电容减小，又由于QCU=电容器的带电量不变，因此两极板间的电势差增大，静电计指针张角变大；[3]若

在A、B板间插入电介质，根据r4SCkd=可知电容器的电容变大，又由于QCU=电容器的带电量不变，因此两极板间的电势差减小，静电计指针张角减小；（3）[4]利用r4SCkd=，QCU=，UEd=可得电容器内部的电场强度r4kQES=因此A板向下平移时，电容器内部的

电场强度保持不变，因此液滴静止不动。12.某同学用图甲所示的装置研究单摆运动的规律，让摆球在竖直平面内做摆动，用力传感器得到细线对摆球拉力F的大小随时间t变化的图线如图乙所示，且从最低点开始为计时起点由图乙中所给的数

据结合力学规律可得（1）用游标卡尺测量摆球的直径如图所示，则小球的直径为________mm。（2）（单选）若某同学测得的重力加速度数值大于当地重力加速度的数值，则引起这一误差的原因可能是________A误将

摆线长当作摆长B.误将摆线长与球的直径之和当作摆长C.误将n次全振动次数计为n1−次D.摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，使摆线长度增加了.（3）由图像得该单摆的运动周期T=________；（4）摆球的质量m=________

kg（g=10m/s2）【答案】①.10.60②.B③.2s④.0.05【解析】【详解】（1）[1]用游标卡尺测量摆球的直径为10mm+0.05mm×12=10.60mm（2）[2]根据2LTg=可得224

πLgT=A．误将摆线长当作摆长，则测得的重力加速度偏小，选项A错误；B．误将摆线长与球的直径之和当作摆长，则测得的重力加速度偏大，选项B正确；C．误将n次全振动次数计为n1−次，则周期测量值偏大，则

测得的重力加速度偏小，选项C错误；D．摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，使摆线长度增加了，而计算重力加速度时仍用原来的摆长值，则测得的重力加速度偏小，选项D错误。故选B。（3）[3]由图像得该单摆的运动周期T=2s；（4）[4]单摆的周期22sLTg

==解得L=1m设单摆的最大摆角为θ，在最高点时F1=mgcosθ在最低点时，对摆球受力分析22vFmgmL−=从最高点到最低点由动能定理得mgL（1-cosθ）=12mv2由以上三式联立得1223FFmg+=代入数据得m=0.05k

g四、解答题13.一列横波在介质中传播，波源位于坐标原点。0=t时刻，波源开始沿y轴做振幅为0.5cm的简谐振动，1st=时的波形如图所示，求：（1）该波传播的速度大小；（2）5s=t时1mx=处质点的位移；（3）从0=t开始，6mx

=处质点第一次到达波峰的时刻。【答案】（1）2m/sv=；（2）0.5my=；（3）3.5st=【解析】【详解】（1）该波传播的速度大小为2m/sxvt==（2）根据题意得2sTv==2rad/sT==5s=t时1mx=处质点的位移为1sin()0.5sin()0.5m

2xyAv===（3）从0=t开始，6mx=处质点第一次到达波峰的时刻为6113.5stv−=+=14.带电量分别为+2q、2q−的等量异种电荷A、B固定在同一水平线上，相距6x，在它们连线的中点P上方2x处有一悬点O，用绝缘细绳挂着一个质量为m的带电小球C，2O

Px=，绳长5x，如图所示，平衡时小球刚好静止在两电荷连线上。重力加速度为g，问：（1）小球所受电场力大小为多少？（2）小球所带电荷量为多少？【答案】（1）12Fmg=；（2）245mgxQkq=【解析】【详解】（1）设细绳与竖直方向的夹角为，对小球C由平衡条件可得tanFmg=其中

2cos5OPxOCx==联立解得12Fmg=（2）由几何关系可得，CP长度为22CPOCOPx=−=小球所在处的场强大小222225(2)(4)8qqkqEkkxxx=+=小球电荷量为245FmgxQEkq==15.如图所示，AB间存在与

竖直方向成37角斜向上匀强电场1E，BC间存在竖直向上的匀强电场2E，AB间距为0.60m，BC间距为0.25m，C为荧光屏，质量31.01kg0m−=，电荷量的的21.010Cq−=+的带电粒子由a

点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏的O点。（210m/s=g）求：（1）1E、2E的大小；（2）若把电场2E改为水平向左，重复上述运动，则粒子能否到达荧光屏上，若能，计算落点到O的距离；若不能，计算粒子再次经过界面

A时距离a的距离。【答案】（1）11.25N/CE=，21N/CE=；（2）粒子能到达荧光屏上，0.05m【解析】【详解】（1）带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏的O点，可知带电粒子由a点到b点做匀变速直线

运动，从b点达荧光屏的O点做匀速直线运动，到根据平衡条件可得1cos37Eqmg=2Eqmg=解得11.25N/CE=，21N/CE=（2）带电粒子在AB间运动的加速度211sin377.5m/sEqam==根据动力学公式2

12ABvax=解得粒子运动至b点的速度为3m/sv=带电粒子在BC间运动水平方向的加速度为22210m/sxEqam==根据动力学公式2212BCxxvtat=−解得0.1st=带电粒子水平速度为零，运动的时间为020.3s0.1sxvta=

=可知粒子能到达荧光屏上，落点到O的距离获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com