【文档说明】四川省仁寿第一中学校南校区2022-2023学年高二上学期11月期中物理试题 含解析.docx，共(22)页，2.416 MB，由小赞的店铺上传

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仁寿一中南校区高2021级高二（上）半期考试物理试题满分110分，考试时间100分钟。注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡规定的位置上；2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题号的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案

标号；答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔将答案书写在答题卡规定的位置上；3．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效；考试结束后，将答题卡交回。第I卷（选择题共48分）一、单项选择题：本大题共8个小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，

只有一个选项是符合题目要求的。1.下列有关物理概念、物理公式的说法中正确的是（）A.点电荷是一种带电量极小、体积极小的带电体，是一种现实存在的模型B.元电荷是一种带电量最小的带电体，所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍C.公式pEq=，适用于任何情况下的静电场，且

与pE和q均无关D.由电场强度公式FEq=说明E与F成正比、与q成反比，E与F方向相同【答案】C【解析】【详解】A．点电荷是一种理想模型，现实中不存在，当带电体的大小、形状对研究的问题影响可忽略不计时，就可以把带电体看成一个点电荷，带电量不一定很小，故A错误；

B．元电荷是最小的电荷量，不是一种带电体，所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍，故B错误；C．公式pEq=为电势的定义式，适用于任何情况下的静电场，电势由电场本身决定，与pE和q均无关，故C正确；D．电场的定义式为FEq=

该定义是比值定义，电场强度E是由电场本身决定的，与F、q无关，故D错误故选C。2.如图所示的电路中，通过R1的电流是2A，已知R1=4Ω，R2=10Ω，R3=15Ω，则（）A.电路的总电阻是12ΩB.通过R2的电流是1.2AC.ab两端的电压是20VD.ac两端的电压是24V【答案】B【解析】

【详解】A．电路中的总电阻为2231310154101015RRRRRR+=+=++=故A错误；B．通过2R的电流为3223152A1.2A1015RRIIRR==+=+故B正确；C．ab

两端的电压为18VabUIR==故C错误；D．ac两端的电压为210V20VacUIR===故D错误。故选B。3.如图所示是高压电场干燥中药技术基本原理图，在一个很大的导体板MN上铺一薄层中药材，针状电极O和平板电极MN接高压直流电源，其间产生较强的电场。水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，

一端带正电，另一端带等量负电。水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去，被鼓风机送出的水平微风裹挟着飞离电场区域。图中虚线ABCD是某一水分子从A处由静止开始的运动轨迹。下列说法正确的是（）A.水分子运动中受到的电场力越来越小B

.水分子运动中电势能越来越大C.沿着曲线ABCD方向电势越来越高D.水分子的轨迹ABCD是一条抛物线【答案】C【解析】【详解】A．根据电场线疏密可以判断电场强弱，所以D点电场线最密，电场强度最强，所以D点受电场力最大，电场力越来越大，故A错误B．水分子

从静止开始运动，电场力做正功，电势能减小，故B错误；C．沿电场线方向电势越来越低，所以A点电势最低，沿着曲线ABCD方向电势越来越高，故C正确；D．因为电场线不是匀强电场，所以水分子受力方向一直在变，所以不是类平抛运动，轨迹不是抛物线，故D错误。故选C。4.如图所示，电荷量分

别为q和–q（q>0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b、c、d是正方体的另外四个顶点，则（）A.a、b、c、d四点电势相等B.a点和b点的电场强度相同C.a点和c点的电场强度相同D.将电子从a点移到c点，电势能增加【

答案】C【解析】【详解】A．结合图中对应的几何关系可知，a、b靠近负电荷，而d、c靠近正电荷，则可知a、b点电势相等，d、c电势相等，且a、b点电势一定小于a、b点电势，故A错误；BC．根据对称性可知，a点和b点的电场强

度大小相等，方向不同，a点和c点的电场强度相同，故C正确，B错误；D．由于a点电势小于c点电势，根据pEq=可知将电子从a点移到c点的过程中电势能减小，故D错误。故选C。5.密立根油滴实验原理如图所示。两块水平放置相距为d的金属板A、B分别与电源

正、负极相接。从A板上小孔进入两板间的油滴因摩擦而带有一定的电荷量，将两板间的电压调到U时，一带电油滴恰好悬浮在两板间；然后撤去电场，该油滴开始下落并很快达到匀速，通过显微镜可观测到这一速度大小为v。已知油滴所受阻力的大小与其速度

的大小成正比，比例系数为k，重力加速度为g。则该油滴所带电荷量的值为（）A.kvdUB.vdgkUC.kvUdD.vgkUd【答案】A【解析】【详解】极板间的电场强度为UEd=油滴悬浮时，根据平衡条件有qEm

g=撤去电场，油滴匀速运动时，根据平衡条件有kvmg=解得kvdqU=故选A。6.空间存在着平行纸面的匀强电场，现用仪器在纸面内沿互成60°角的OA、OB上两个方向探测该静电场中各点电势（如图甲所示），得到OB、OA上各点电势φ与到O

点距离的函数关系分别如图乙、丙所示，则下列关于该电场的电场强度E的说法中正确的是（）A.E＝200V/m，沿AO方向B.E＝400V/m，沿BO方向C.E＝2003V/m，垂直OB向下D.E＝2003V/m，垂直OA斜向右下方【答案】B【解析】【详解】

设电场线方向与OA方向夹角为，则与OB方向夹角为60−，设O点电势为0，则有沿OA方向11cosUEdθ=22cos(60)UEdθ=−代入数据解得60=说明电场强度方向与OB在同一直线上，由图可知，沿OB方向电势

升高，则电场强度方向沿BO方向，电场强度大小为280V/m=400V/m2010E−=故选B。7.如图所示，空间中有两个固定的等量正点电荷，两电荷的连线处于水平方向，O为连线的中点，P、M为连线的中垂线上的两点，且PO=OM=h。现将一带负电的小球从P点静止释

放，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.到达M点时，小球的速度为2ghB.从P到M的过程中，小球在O点的动能最大C.从P到O的过程中，小球的加速度可能一直增大D.从P到M的过程中，小球的机械能先增大后减小【答案】D【解析】【详解】A．根据两个等量的正点电荷中垂线上电场的对称性可

知，P与M两点的电势相等，则小球在这两点的电势能相等，故小球从P到M的过程中，电场力做功为零，由动能定理得2122mghmv=解得2vgh=故A错误；B．当小球加速度为零时，小球的速度最大，动能最大，小球在O点加速度为重

力加速度，故B错误；C．两个等量的正点电荷，其连线中垂线上O点场强为零，无穷远处场强为零，从O点至无穷远，电场强度先增大后减小，所以，从P到O的过程中，电场强度大小变化情况不确定，则小球所受电场力大小

变化情况不确定，加速度变化情况不确定，但不可能是一直增大，故C错误；D．小球从P到O的过程中电场力做正功，根据功能关系可知，小球的机械能增加；小球从O到M的过程中，由于电场强度的方向为O→M，则小球受到电场力方向M→O，从O到M电场力做负功，根据功能关系可知小球的机械能减少，所以，从P到M的过程中

，小球的机械能先增大后减小，故D正确；故选D。8.如图所示，空间有竖直向下的匀强电场E，从倾角30°的斜面上A点平抛一带电小球，落到斜面上的B点，空气阻力不计，下列说法中正确的是（）A.若将平抛初速度减小一半，则小球将落在AB两点的中点B.平抛初速

度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角不同C.平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间夹角正切值一定相同，等于2tan30°D.若平抛小球的初动能为6J，则落到斜面上时的动能为14J【答案】D【解析】【详解】小球

受重力和电场力，电场力既可向上也可向下，球做类平抛运动，加速度a固定，向下；根据类平抛运动的分运动规律，有0xvt＝212yat=tan30yx=故002tan30233vvtaa==20233vxa=2023vya=A.若将平抛初速度减小一半，根据20233vxa=2023vy

a=x和y均减小为原来的14，A错误；BC.小球落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角的正切值的()0tantan302tan30atv=+==θ为小球落在斜面上时速度与斜面间的夹角。故平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角相

同，但正切值不等于2tan30°，BC错误；D.若平抛小球的初动能为6J，由于小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角的正切值为023tan2tan303atv===初动能为20016J2kEmv==末

动能2222101123()6J()6J14J223kyEmvmvv==+=+=D正确。故选D。二、多项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有．一个以上的．．．．．选项正确。全部选对得4分，选不全得2分，有

选错或不答的得0分。9.一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U0时，通过导线的电流为I0，导线中自由电子定向移动的平均速度为v，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的12，再给它两端加上电压4U0，则（）A.通过导线的电流为04IB.通过导线的电流为02IC.导线中自由电子定

向移动的平均速率为vD.导线中自由电子定向移动的平均速率为4v【答案】AC【解析】【详解】AB．导线拉长前111211LLRSr==导线拉长后222222LLRSr==拉长前后体积不变221122LrLr=根

据欧姆定律有001UIR=024'UIR=解得0'4II=故A正确，B错误；CD．根据电流的微观定义式有2011InevSnevr==222''InevSnevr==解得'vv=故C正确，D错误。

故选AC。10.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中O～x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法不正确的是（）A.x1处电场强度最小，但不为零B.粒子在O～x2段做变速运动，x2～x3段做匀变

速运动C.x2～x3段的电场强度大小方向均不变，为一定值D.在O、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2=φ0>φ3【答案】A【解析】【详解】A．根据UEd=得场强与电势的关系Ex=电势能Ep=qφ联立可得p1EE

qx=可知Ep-x图像切线的斜率pEqEFx==电x1处切线斜率为零，所以x1处电场强度为零，故A错误；BC．由题图可知，O～x1，x1～x2，x2～x3三段图线斜率大小变化情况为变小，变大，不变，则

可知三段图线反映的粒子所受电场力变小，变大，不变，故BC正确；D．根据电势能与电势的关系Ep=qφ，粒子带负电，q<0，可知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以1203=，故D正确。本题选错误的，故选A。11.有一灵敏电流计，其表头内阻g10R=，满偏电流g0.1A

I=。以下说法正确的是（）A.将表头并联一个2.5Ω的电阻就可以改装成0~0.5A的电流表；B.将表头串联一个14Ω的电阻就可以改装成0~15V的电压表；C.把它改成量程为3.0V的电压表，测量某电压时读数为1.0V，此时流过表头的电流为0

.1AD.将表头改装为一个0~3A的电流表（表盘已改，即满偏时指针所指位置已标上3A）后进行校准时，发现标准电表示数为1.50A电流时，改装电表的示数为1.60A，产生此差异的原因可能是改装时并联的电阻稍大【答案】AD【解析】【详解】A．将表头改装成大量程的电流表，需要并联一个分流电

阻，若需要改装成0~0.5A的电流表，需要并联的电阻阻值为ggg0.1102.50.50.1IRRII===−−故A正确；B．将表头改装成大量程的电压表，需要串联一个分压电阻，若需要改装成0~15V的电压表，需要串联

的电阻阻值为gg15101400.1URRI=−=−=故B错误；C．把它改成量程为3.0V的电压表，测量某电压时读数为1.0V，此时电流为电流表满偏的13，流过表头的电流为1A30，故C错误；D．改装成电流表后，发现表头示数偏小，则是由于并联电阻过小，导致通过分流电

阻的电流过大，从而使表头的电流偏小，故D正确；故选AD。12.如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为0U的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自0t=时刻开始连续释放初速度大小为0v，方向平行于金属

板的相同带电粒子，0t=时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期02dTv=，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则（）A.粒子的电荷量为2002mvUB.在0t=时刻进入的粒子离开电场时速度大小为

0vC.在18tT=时刻进入的粒子离开电场时动能为2034mvD.在14tT=时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场【答案】BD【解析】【详解】B．粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动

时间02dTv=，此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，故B正确；A．粒子在竖直方向，在2T时间内的位移为2d，则20011··()22Uqdddmv=计算得出200mvqU

=故A错误；C．t=18T时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为22213111122282882daTaTaTd=−==故电场力做功为2000111222qUWdqUmvd===根据电场力做功与电势能改变的关系可知，电势能减少了201

2mv。故C错误；D．t=14T时刻进入粒子，在竖直方向先向下加速运动14T，然后向下减速运动14T，再向上加速14T，向上减速14T，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，故D正确。故选BD。第Ⅱ卷

（非选择题共62分）三、实验题：本大题共2小题，共14分。请将正确答案直接答在答题卡相应的位置上。13.如图1所示，在探究影响平行板电容器电容的因素的实验中，给平行板电容器充上一定量的电荷后，将电容器的两极板A、B分别跟静电计的指针和外壳相连（接地）。

现请回答下列问题：的（1）将B极板向左移动少许，则静电计指针的偏转角将_____；将一块陶瓷板插入A、B两极板之间，则静电计指针的偏转角将_____。（均选填“增大”“减小”或“不变”）（2）该同学用同一电路分别给两个不同的电容器充电，电容器的电容C1>C2，充电时

通过传感器的电流随时间变化的图像如图2中①②所示，其中对应电容为C1的电容器充电过程I﹣t图像的是___（选填①或②）。【答案】①.增大②.减小③.②【解析】【详解】（1）[1]根据电容的决定式4SCkd=及定义式QCU=可知4kdQUS

=将B极板向左移动少许，极板间距d增大，电势差U增大，静电计指针的偏转角将增大；[2]将一块陶瓷板插入两极板间，则相对介电常数ε增大，那么电势差变小，静电计指针的偏转角减小；（2）[3]用同一电路分别给两个不同的

电容器充电，电容器的电容12CC，则充电完成后，两电容器两端电压相同，根据QCU=可知，电容器的电容小则其带电量小，而It−图像面积代表带电量，所以对应电容为C1的电容器充电过程It−图像的是②。14

.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ。步骤如下：（1）用螺旋测微器测量其横截面直径，示数如图甲所示，可知其直径D=_____mm；用游标卡尺测其长度，示数如图乙所示，可知其长度为L=______mm。（2）该同学想用伏安法精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆

柱体电阻xR（电阻约220Ω）；直流电源E（电动势4V，内阻不计）；电流表A（量程0～15mA，内阻约30Ω）；电压表V（量程0～3V，内阻约10kΩ）；滑动变阻器R（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）；开关S；导线若干。请在框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号___

___。（3）请你用实线代替导线在图丙中完成实物连线______。【答案】①.0.920②.42.40③.④.【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图甲可知直径为0.5mm42.00.01mm0.920mm+=[2

]游标卡尺的精确值为0.05mm，由图乙可知其长度为4.2cm80.05mm42.40mm+=（2）[3]由于xRR,为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压式接法；电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法；电路图如下图所

示（3）[4]根据电路原理图对应的实物连线图为下图所示四、计算题：本大题共4小题，共48分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。15.如图所示，金属板M、N竖直平行正对放置，M板带正电、N板带负电，两板中心的小

孔连线正好与x轴重合，在0xL区域内存在沿y轴正方向的有界匀强电场。有一质量为m、电荷量大小为q的粒子，从M板中心的小孔以速度v0沿x轴正方向进入M、N间，通过O点进入竖直电场后经P点离开电场．已知粒子从O到P的运动时

间为t，沿y轴负方向偏移的距离为d，不计粒子所受的重力，试求：（1）y轴右侧电场的电场强度的大小E；（2）金属板MN之间的电势差MNU。【答案】（1）22mdEqt=；（2）22022MNmLUqt=−【解析】【详解】（1）从O到P

粒子做类平抛运动，根据牛顿第二定律有qEam=竖直方向有212dat=联立解得22mdEqt=（2）从O到P，根据水平方向的运动规律有Lυt=从M板中心到O点，根据动能定理有2201122MNqUmm−=−联立解得22022M

NmLUqt=−16.如图所示电路，1220RR==，3410RR==，6VABU=，求：（1）AB两端的等效电阻ABR；（2）电流表1A和2A示数（不计电流表的内阻）；（3）1R与4R两端的电压之比。【答案】（1）15

；（2）0.3A，0.2A；（3）1412UU=【解析】【详解】（1）电流表可视为导线，电阻1R、2R、3R是并联关系，然后跟4R串联；电流表1A测量的是通过电阻2R、3R的总电流，电流表2A测量的是通过1R、2R的总电流。1R、2R、3R三个电阻并联的总电阻设为

R并，则有1221111RRRR=++并代入数据解得5R=并则有415ABRRR=+=并（2）电路的总电流为0.4AABABUIR==并联部分的电压为2VUIR==并并通过1R、2R、3R三个电阻的电流分别为110.1AUIR==并，220.1A

UIR==并，330.2AUIR==并的则有A1230.3AIII=+=，A2120.2AIII=+=（3）4R两端电压为444VUIR==可知14412UUUU==并17.如图所示，半径为R的光滑14圆弧轨道竖

直固定放置，所在空间存在一竖直向下的匀强电场，且与电容器间的电场互不影响。一带电电量为q，质量为m小球以一定的初速度从圆弧轨道顶端开始沿轨道运动，小球恰好对圆弧轨道无压力的以水平速度0v飞出，随即沿接在恒压电源上的平行板电容器中线水平飞入两平行板间的电场，在电容器中做匀速直线运

动，已知电容器两极板间距离为d，板长为L。当小球运动到某一点P处时立即将上板向上平移Δ4dd=，小球刚好从金属板右端飞出，重力加速度为g，则求：（1）带电小球的电性；（2）匀强电场的电场强度E；（3）小球从射入电容器到

运动至P点所用的时间t（不考虑电容器充放电的时间）。【答案】（1）带负电；（2）20mmgREqR+=；（3）05Ldtg=−【解析】【详解】（1）小球恰好对圆弧轨道无压力的以水平速度υ0飞出，受力分析可知电

场力必定向上，故小球带负电。（2）恰好不脱离轨道时，则20qEmgmR−=解得20mmgREqR+=（3）带电小球在板间受重力和竖直向上的电场力，因为小球匀速运动，所以满足Uqmgd=当上板向上提后，由于板间场强减小，电场力减小，故小球向下偏转，在电场中做

类平抛运动，此时小球加速度满足ΔUmgqmadd−=+解得5ga=小球刚好从金属板右端飞出，设从P点到板末端飞出过程时间1t，则有21122dat=设刚进入电场到飞出电场时间为2t，有02Lvt=因此小球从射入电容器到运动至P点的时间21ttt=−解得

05Ldtg=−18.如图所示，在竖直向下的匀强电场中有轨道ABCDFMNP，其中BC部分为水平轨道，与曲面AB平滑连接。CDF和FMN是竖直放置的半圆轨道，在最高点F对接，与BC在C点相切。NP为一与FMN相切的水平平台，P处固定一轻弹簧。点D、N、P在同一水平线

上。水平轨道BC粗糙，其余轨道均光滑，可视为质点的质量为0.02m=kg的带正电的滑块从曲面AB上某处由静止释放。已知匀强电场2E=N/C，BC段长度L=1m，CDF的半径0.2R=m，FMN的半径r=0.1m，滑块带电量0.1q=C，滑块与BC间的动摩擦因数0.5=，重力加速

度10g=m/s2，求：（1）滑块通过F点的最小速度vF；（2）若滑块恰好能通过F点，求滑块释放点到水平轨道BC的高度h0；的的（3）若滑块在整个运动过程中，始终不脱离轨道，且弹簧的形变始终在弹性限度内，求滑块释放点到水平轨道BC的

高度h需要满足的条件。【答案】（1）2m/s；（2）1m；（3）见解析【解析】【详解】（1）小球在F点由重力和电场力的合力提供向心力2FmgqEmR+=1解得2m/sF=（2）设小球由0h处释放恰好通过F点，对小球

从释放至F点这一过程由动能定理得()()()20122FmgqEhRmgqELm+−−+=解得01mh=（3）讨论：①小球第一次运动到D点速度为零，对该过程由动能定理得：1()()()0mgqEhRmgqEL+−+=−解得10.7mh=则当0.

7mh时，小球不过D点，不脱离轨道。②小球第一次进入圆轨道可以经过F点，压缩弹簧被反弹，沿轨道PNMFDCBA运动，再次返回后不过D点，小球恰好可以经过F点，由动能定理可得221()(2)()2FmgqEhRmgqELmv+−−

+=解得21mh=则当1mh时，小球可以通过F点后，小球再次返回刚好到D点3()30mgqEhRmgqEL++−=（）-（）解得31.7mh=则当1.7mh时，小球被弹簧反弹往复运动后不过D点综上所述，1m1.7mh时，小球第一次进入圆轨道

可以通过F点，往复运动第二次后不过D点，满足始终不脱离轨道；③小球第一次进入圆轨道可以经过F点，压缩弹簧被反弹，第二次往复运动时满足小球恰好可以经过F点，由动能定理可得241()(2)()32FmgqEhRmgqEvLm+−−+=解

得42mh=则当2mh时，小球可以两次通过F点，小球再次返回刚好到D点5()()()50mgqEhRmgqEL+−−+=代入数据解得52.7mh=则当52.7mh时，小球被弹簧反弹第二次往复运动后不过D点，综上所述，2m2.7mh

时，小球第一、二次进入圆轨道可以通过F点，往复运动第二次后不过D点，始终不脱离轨道.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com