【文档说明】四川省内江市威远中学校2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题 Word版含解析.docx，共(13)页，453.861 KB，由小赞的店铺上传

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威远中学2026届高二上期半期考试物理试题一、单选题（每小题4分，共32分）1.下列说法中正确的是（）A.点电荷就是体积很小的带电体B.电场强度反映了电场力的性质，所以电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比C.电场中电场强度为零的地方电势一定为零D.英国物理学家法拉第最早引入了电

场概念，并提出用电场线表示电场【答案】D【解析】分析】【详解】A．当带电体大小、形状对所研究问题的影响可以忽略时，就可以把带电体看成点电荷，但点电荷的体积不一定很小，A错误；B．电场强度反映了电场力的性质，

由电场本身决定，与试探电荷的电荷量及所受电场力无关，B错误；C．电场中某点电势是否为零取决于零势点的选择，与该点场强是否为零无关，C错误；D．英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，D正确。故选D。2.如图所示，虚线a

、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知（）A.该电场有可能由负点电荷形成B.带电粒子在P点时的加速度小于在Q点时的加速度C.带电粒子在P点时速度小于在Q点时的速度D.带电

粒子在P点时的电势能小于在Q点时的电势能【答案】D【解析】【的的【详解】A．带负电粒子做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向向右，电场线方向向左，故该电场有可能由正点电荷形成，故A错误；B．由电场线疏密可知，P点场强比Q场强点大，所以带电粒子在P点的电场力大，则带电

粒子在P点的加速度大，故B错误；CD．若带电粒子从P运动到Q，电场力做负功，带电粒子电势能增大，动能减小，即带电粒子在P点时的速度大于在Q点时的速度，带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能小，故C错误

、故D正确。故选D。3.如图所示，材质均匀的某种长方体金属材料样品，长为a，宽为b，厚为c，且满足24abc==。给样品两端加相同电压，电流沿样品AB方向通过时为1I，沿样品CD方向通过时为2I，则12:II等于（）A.2:1B.1:2C.4:1D.1:4【答案】D【解析】【

详解】样品AB方向的电阻为1112laRSbcc===样品CD方向的电阻为2222lbRSacc===根据欧姆定律可得11UIR=，22UIR=可得12:1:4II=故选D。4.空间中存在着匀强电场，a、

b、c是匀强电场中的三点，三点的连线构成直角三角形，其中30c=，a、b、c三点的电势分别为1V、4V、7V，ab间的距离等于3cm，则匀强电场的强大小为（）的A.1V/cmB.3V/cmC.2V/cmD.23V/cm【答案】C【解析】【详解】如图设ac中点

为d，连接bd，过a作bd的垂线交bd于e点。由几何关系可知60abe=，1Va=、7Vc=，由匀强电场电势分布特征知4Vd=，又4Vb=，则连线bd为等势线，电场方向沿ea方向，则2Vcmsin6

0eaeaUUEdab===故选C。5.在如图所示电路中，先闭合开关给平行板电容器充电，充电结束后断开开关，发现有一滴带电油滴P正悬浮在两极板之间，下列说法正确的是（）A.电容器下板接地，因此电容器所带电荷量为0B.无法判断带电油滴的电性C.如果将电容器的下极板向下移动会观察到油滴向下运动

D.如果将电容器的上极板向上移动，油滴P的电势能不变【答案】D【解析】【详解】A．充电结束后断开开关，电容器没有接入闭合回路，不会放电，则电容器所带电荷量不为0，故A错误；B．带电油滴P正悬浮两极板之间，可知，带电油滴P所受电场力方向竖直向上，

由于极板间电场方向竖直向下，则带电油滴P带负电，故B错误；C．充电结束后断开开关，电容器没有接入闭合回路，不会放电，电容器所带电荷量不变，由UEd=，QCU=和4SCkd=可得4kQES=如果将电容器的下极板向下移动，则极板间距离增大，可知，极板间

电场强度不变，则油滴不运动，故C错误；D．结合C分析可知，如果将电容器的上极板向上移动，可知，极板间电场强度不变，则P点与下极板间的电势差不变，所以P点的电势不变，油滴P的电势能不变，故D正确。故选D。6.如图所示，一根均匀带负电的长直橡胶棒沿水平方向向右做

速度为v的匀速直线运动。若棒的横截面积为S，单位长度所带的电荷量为-q（q>0），由于棒的运动而形成的等效电流的大小和方向分别是（）A.qv向左B.qvS向左C.qv向右D.qvS向右【答案】A【解析】【详解】电荷的定向移动形成电流，正电荷定

向移动的方向即为电流的方向，故均匀带负电的长直橡胶棒沿轴线方向做速度大小为v的匀速直线运动，形成等效电流，电流的方向与v反向，电流方向向左。设橡胶棒的长度为l，根据电流强度的定义得QIt=根据题意得Qlq=lvt=解得Iqv=故选A。在7.

如图，真空中有两个电荷量均为(0)qq的点电荷，分别固定在正三角形ABC的顶点B、C．M为三角形ABC的中心，沿AM的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为2q．已知正三角形ABC的边长为a,M点的电场强度为0，静电力常量的k．顶

点A处的电场强度大小为（）A.223kqaB.2(63)kqa+C.2(331)akq+D.2(33)kqa+【答案】D【解析】【详解】B点C点的电荷在M的场强的合场强为2232cos6033kqkqEaa==因M点的合场强为零，因此带电细杆在M点的场强MEE=，由对称性

可知带电细杆在A点的场强为AMEEE==，方向竖直向上，因此A点合场强为()222cos3033AkqkqEEaa=+=+合故选D。8.为探测地球表面某空间存在的匀强电场电场强度E的大小，某同学用绝缘细线将质量为m、带电量为+q的金属球悬于O点，如图所示，稳

定后，细线与竖直方向的夹角60=；再用另一完全相同的不带电金属球与该球接触后移开，再次稳定后，细线与竖直方向的夹角变为30=、重力加速度为g，则该匀强电场的电场强度E大小为（）A.3Emgq=B.mgqE=C.32mgEq=D.3

3mgEq=【答案】B【解析】【详解】小球带电量为+q时，受力情况如图：根据正弦定理，有sinsinEqmg=①小球与另一完全相同的不带电金属球接触后，电量变为0.5q，其受力情况为图：根据正弦定

理，有0.5sinsin(30)Eqmg=+o②联立①②，解得mgqE=故选B。二、多选题（每小题5分，共20分，选对但不全得3分，有选错的0分）9.下列关于电场线和等势面的说法正确的是（）A.沿电场线方向，电势降低，电势降低

的方向就是电场的方向B.在同一等势面上移动电荷时，电场力不做功C.电场线的疏密表示场强的强弱D.电场中某点的场强方向，就是电荷在该点所受电场力的方向【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．沿电场线方向，电势降低，电势降低最快的方向就是电场的方向，A错误；

B．在同一等势面上移动电荷时，电场力不做功，B正确；C．电场线的疏密表示场强的强弱，C正确；D．电场中某点的场强方向，就是正电荷在该点所受电场力的方向，D错误。故选BC。10.如图所示，所画的曲线是某电场的三条电场线，其中有A、B两点，则下列说法正确的是（）A.A点的电场强度小

于B点的电场强度B.A点的电场强度大于B点的电场强度C.A点的电势高于B点的电势D.A点的电势低于B点的电势【答案】BD【解析】【详解】AB．电场线越密集（稀疏），场强越大（小），则A点的电场强度大于B点的电场强度，A错误，B正确；CD．沿电场线方向电势降低，

则A点的电势低于B点的电势，C错误，D正确。故选BD。11.如图所示，地面上固定一倾角为θ＝37°，高为h的光滑绝缘斜面，斜面置于水平向左的匀强电场中，电场强度大小为3mgEq=，现将一个带正电的的物块（可视为质点）从斜面顶端由静

止释放，已知物块质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为433mghB.物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为3mghC.物块落地的速度大小为832+3gh（）D.物块落地的速度大小为22g

h【答案】BD【解析】【详解】物块受到的电场力3FqEmg==则合力的大小为2mg，合力的方向和水平夹角为30，则小物块沿合力方向做匀加速直线运动，不会沿着斜面下滑。从静止释放到落地的过程中电场力做功为==33WqEhm

gh设落地速度为v，根据动能定理可得2312mghqEhmv+=解得22vgh=故AC错误，BD正确。故选BD。12.如图xOy空间中有沿y轴正方向的匀强电场E1，P点右侧还有沿x轴正方向的匀强电场E2，一带电液滴电荷量为q（q>0），质量为m

，带电液滴以初动能Ek0沿直线从A运动到O。液滴经过O点时电场E大小不变，方向突然反向，液滴经一段时间t运动到P点，又经过相同时间t沿直线运动到N点，已知yN=-d，E2=2E1，重力加速度为g，则下列分析中正确的是（）A.液滴过O点后，先做类平抛运动，再做匀速直线运动B.1mgEq=C.k0

22EEdq=D.P点坐标为()24dd−，【答案】BD【解析】【详解】A．液滴过O点时，合力与速度方向垂直，之后合力恒定，则O到P做类平抛运动；过P点后，分析可知，合力与速度方向共线，则再做匀加速直线运动。故A错误；B．由平衡条件

得1mgEq=解得1mgEq=故B正确；CD．O到N，竖直方向为初速度为0的匀加速直线运动，由于O到P和P到N的时间相等。则1144PNyyd==P点过后，合力与水平方向的夹角设为，则1121tan12mgEqmgEqEqEq++===解得45=O到P，由

平抛规律有0tan2yPvyvx==202yPvay−=又2k0012Emv=，1Eqmgam+=，E2=2E1联立解得k0242qdxEEd==，则P点坐标为()24dd，-。故C错误，D正确。故选BD。三、解答题（共48分）13.如图所示

为一组匀强电场的电场线，将带电荷量为q=－1.0×10－6C的带电油滴（可视为点电荷）由A点沿直线移至B点，电场力做了－2×10－6J的功，已知A、B间的距离为2cm。试求：（1）A、B两点间的电势差

UAB；（2）该匀强电场的电场强度的大小；（3）若A点的电势为φA=1V，试求B点的电势φB以及油滴在B点的电势能EpB。【答案】（1）2V；（2）200V/m；（3）－1V；1.0×10－6J【解析】【详解】（1）由题意可知，点电荷从A到B，电场力做负功6210JABW−=−根据

ABABWUq=解得2VABU=（2）A、B两点沿电场线方向的距离为22210cos60110md−−==则200V/mABUEd==（3）由ABABU=−则1VBAABU=−=−油滴在B点

的电势能6p1.010JBBEq−==14.如图所示，均可视为质点的三个物体A、B、C在倾角为30°的光滑绝缘斜面上，A绝缘，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，质量分别为mA=0.43kg，mB=0.20kg

，mC=0.50kg，其中A不带电，B、C的电荷量分别为qB=+2×10-5C、qC=+7×10-5C且保持不变，开始时三个物体均能保持静止。现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A做加速度a=2.0m/s2的匀加速直线运动，经过时间t，力变为恒力，已知静电力常量为k=9.

0×109N·m2/C2，g取10m/s2。求：（1）开始时BC间的距离L；（2）F从变力到恒力需要的时间t。【答案】（1）2.0m；（2）1.0s【解析】【详解】（1）A、B、C静止时，以A、B为研究对象，有BCAB2()

sin30qqmmgkL+=代入数据解得2.0mL=（2）A、B分离时两者之间弹力恰好为零，此后F变为恒力，对B，根据牛顿第二定律得BCBB2sin30qqkmgmal−=解得3.0ml=由匀加速运动规律得212lLat−=解得1

.0st=15.空间存在范围足够大的水平方向匀强电场，长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一带电量为q（0q）、质量为m的小球，已知电场强度34mgEq=，OA处于水平方向，OC在竖直方向，已知重力加速度为g，将小球从A点由静止释放，求：（1

）小球到达B点时的速度大小及此时细线对小球拉力的大小；（2）小球从A点运动到B点过程中的最大速率；（3）如图所示，若将小球从与A点等高的C点静止释放，当小球运动到与D点时，OD与OA的夹角37=，求小球在D点的速

度大小。【答案】（1）12gLv=，32Tmg=；（2）maxvgL=；（3）28210DgLv=【解析】【详解】（1）令等效物理最低点所在半径与水平方向夹角为，则有4tan3mgqE==解得53=可知将小球从A点由静止释放运动至B点过程有2112mgLqELmv−=小球在B

点，根据牛顿第二定律有21vTmgmL−=解得12gLv=，32Tmg=（2）小球从A点运动到B点过程中，在上述的等效物理最低点达到最大速率，则有()2max1sincos2mgLqELLmv−−=解得maxvgL=（3）令等效物理最低点为e，作出示意图如图

所示可知，小球先沿Cf做匀加速直线运动，根据动能定理有212cossin2fmgLmv=在f点将速度分解，沿半径方向的分速度突变为0，沿切向的分速度为2sinfvv=小球由f点到D点有()()22211coscos1802sin1802sin22DqELLmgLLm

vmv+−−−−=−解得28210DgLv=