【文档说明】四川省绵阳南山中学实验学校2023-2024学年高二上学期11月期中物理试题 含解析.docx，共(16)页，1.871 MB，由小赞的店铺上传

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2022级半期考试试题物理注意事项：1.答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“准考证号”栏目内。2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字

笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。3.考试结束后将答题卡收回。一．本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.电场是实际存在的，其存在方式与物质的存在方式不同。电

场对放入其中的电荷有力的作用，并使电荷具有一定的能量，下列能够描述电场性质的物理量是（）①电场力②电场强度③电势能④电势A.①③B.①④C.②④D.②③【答案】C【解析】【详解】电场强度和电势均只由电场

决定，与试探电荷无关；根据FqE=，pEq=可知电场力和电势能与试探电荷的电荷量有关，所以能够描述电场性质的物理量是电场强度和电势。故选C。2.一段粗细均匀的镍铬丝，横截面的直径是d，电阻是R，把它拉制成直径为3d的均匀细丝后

，它的电阻变为()A.9RB.9RC.81RD.81R【答案】D【解析】【详解】横截面直径为d镍铬丝拉制成直径为3d的均匀细丝后，根据截面积公式：214Sd=可知，横截面积变为原来的19，镍铬丝的体积不变，则长度变为原来的9倍；

由电阻定律LRS=，分析可知电阻变为原来的81倍，即为81R，故D正确，ABC错误．3.如图所示，原来不带电的金属球壳内壁接地，将一带正电的小球放入其中，但不与球壳接触，则（）A.球壳内壁带正电B.球壳外壁带正电C.球壳外壁不带电D.若将接地线

去掉再移去正电荷，球壳外壁不带电【答案】C【解析】【详解】ABC．场源电荷在导体的内部，静电感应使金属球壳的内壁带负电，外壁带正电，且金属球壳的电势高于大地电势，因为它处在正点电荷的电场中，当金属球壳接地后，它外壁感应出的正电荷将全部被大地上的电子中和，使外

壁不带电，故C正确，AB错误；D．若将接地线去掉，则金属球壳将带负电荷，在移出正电荷的过程中，金属球壳内壁所带负电荷将分布在金属球壳的外壁上，故D错误。故选C。4.分别将电荷量为+Q且均匀分布的介质球和导体球靠近，电荷分布情况如图所示。球心间的距离为r，静电力常量为k。则（）A.四个小

球中只有正电荷B.甲、乙为导体小球C.丙、丁小球之间的库仑力小于22QkrD.丙球中的正电荷受到丁球中正电荷的排斥作用导致靠近后丙球左侧正电荷分布较多【答案】CD【解析】【详解】A．虽然小球带正电，但四个小球中不仅有正电荷，还有负电荷，只是正

电荷多于负电荷，故A错误；B．由图可知，小球靠近时，甲、乙小球电荷仍均匀分布，则甲、乙为介质小球，故B错误；C．由图可知，丙、丁为导体小球，由于库仑斥力作用，使得电荷的平均距离大于r，则小球之间的库仑力小于22Qkr，故C正确；D．丙球中的正电荷受到丁球中正电

荷的排斥作用导致靠近后丙球左侧正电荷分布较多，故D正确。故选CD。5.a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc=120°。现将三个等量的正点电荷+Q分别固定在a、b、c三个顶点上，则（）A.d点电场强度的方向由d

指向OB.O点电场强度的方向由d指向OC.d点的电场强度大于O点的电场强度D.d点的电场强度小于O点的电场强度【答案】D【解析】【详解】设菱形的边长为r，由电场的叠加原理可知，a、c两点处的点电荷在O点的合场强为0，则O点的电场强度等于b点处的点电荷在O点产生的电场强度，方向由O指向

d，大小为2241()2OQkQEkrr==由电场的叠加原理可知，a、c两点处的点电荷在d点的合场强方向由O指向d，b点处的点电荷在d点产生的电场强度方向由O指向d，则d点电场强度的方向由O指向d，大小为22222cos60dQQk

QEkkrrr=+=可知d点的电场强度小于O点的电场强度。故选D。6.在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，出现的现象是（）A.L1灯变亮，L2灯变亮，L3灯变亮B.L1灯变暗，L2灯变亮，L3灯变暗C.L1灯变亮，L2灯变暗，L3灯变暗D.L1灯变暗，L

2灯变暗，L3灯变亮【答案】D【解析】【详解】当滑动变阻器的滑片P向上移动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，电路总电阻增大，电路总电流减小，L1灯变暗，内电压减小，外电路的电压增大，L1灯两端的电压减小，并联电路的电压增大，L3灯变亮，即通过L3灯的电流增大，结合电路总电流减小，通过L2

灯的电流减小，即L2灯变暗。故选D。7.如图所示，为两个不同闭合电路中两个不同电源的UI−图象，则下列说法中正确的是（）A.电动势12EE=，短路电流12IIB.电动势12EE=，内阻12rrC.电动势12EE，内阻12rrD.当两电源的工作电流变化量相同时，

电源2的路端电压变化较小【答案】C【解析】【详解】A．UI−图象与U轴的交点表示电源电动势，与I轴的交点表示短路电流，有12EE12II故A错误；BC．根据闭合电路的欧姆定律得UErI=−可知kr=故内阻12rr故B错误，C

正确；D．根据闭合电路的欧姆定律可得UIr=可知当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化较大，故D错误。故选C。8.如图所示，A为粒子源，G为足够大的荧光屏。在A和极板B间有加速电压U1，在两水平放置的平行导体板C、D间有偏转电

压U2，一质子（氢原子核）由静止从A发出，经加速后以水平速度进入平行导体板C、D间，忽略粒子所受的重力，质子打到F点。则（）A.质子在A、B之间做匀加速运动B.若仅增大U1，则质子一定会打在F点上方C

.若仅增大U2，则质子一定会打在F点下方D.若仅把质子改为粒子（氦原子核，质量约为质子的4倍、电荷量为质子的2倍），则粒子仍通过相同的轨迹且以相同的速度打在F点【答案】ABC【解析】【详解】A．A和极板B间为匀强

电场，仅受恒定电场力，故质子在A、B之间做匀加速运动，故A正确；B．设质子的质量为m，电荷量为q，粒子在A和极板B间加速，令刚离开加速电场时粒子的速度大小为0v，由动能定理有21012qUmv=粒子在偏转电场中的侧移量22012UqLy

dmv=可得2214ULydU=若仅增大1U，则y减小，质子打F点上方，故B正确；C．根据上述可知，若仅增大2U，则y增大，质子打在F点下方，故C正确；D．由于2214ULydU=可知，粒子的侧移量与粒子的质量

和电荷量无关，故α粒子仍打在F点。设质子和α粒子的末动能分别为HE、E，由于轨迹相同，通过平行导体板C、D间的电势差相同，设为3U，根据动能定理，有H13EqUqU=+1322EqUqU=+即H2EE=又2H12HEmv=2142Emv=解得H22vv=即α粒子打在F点时的

速度与质子不同，故D错误。故选ABC。在二．本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.如图，用灵敏电流表G和电阻箱串联改装成一个电压表，灵敏电流表G的满偏电流为Ig=2mA、内

阻为Rg=300Ω，电阻箱接入电路的阻值为R=1200Ω，则（）A.灵敏电流表G的满偏时两端的电压为0.06VB.改装后的电压表的量程为3VC.灵敏电流表G原表盘上1mA刻度线对应的电压值为1.5VD.若增大电阻箱R接入电路

的阻值，则改装后的电压表的量程减小【答案】BC【解析】【详解】A．灵敏电流表G的满偏时两端的电压为3gg210300V0.6VUIR−===故A错误；B．改装后的电压表的量程为3mgg()210(3001200)V3VUIRR−=+=+=故B正确；C．灵敏电流表G原表

盘上1mA刻度线对应的电压值为3g()110(3001200)V1.5VUIRR−=+=+=故C正确；D．根据mgg()UIRR=+若增大电阻箱R接入电路的阻值，则改装后的电压表的量程增大，故D错误。故选BC。10.如图所示为某静电除尘

装置的原理简图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，放电极和集尘极加上高压电场，放电极使尘埃带上负电，尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，从而达到除尘目的，图中虚线为电场线（方向未标），不考虑尘埃的重力。结合以上情境下列正确

的是（）A.尘埃将沿着电场线从放电极向集尘极运动B.此电场中电势降低的方向，就是场强的方向C.尘埃在迁移过程中电势能减小D.图中A点电势低于B点电势【答案】CD【解析】【详解】A．尘埃受到的电场力沿电场线的切线方向，不可能沿电场线运动，故A错误；B．沿电场线方向电势降低，场

强方向沿电场线切线方向，故B错误；C．尘埃在迁移过程中只受电场力，动能在增大，电场力做正功，电势能减小，故C正确；D．尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，负电荷所受力方向与场强方向相反，因此电场线从集尘集指向放电极，沿电场线方向电势降低，故A点电势低于B点电势，故D正确。故选CD

。11.如图所示，ab、为两个质量均为m、所带电荷量相等的小球，其中a固定在P点，b在a的库仑力作用下在空中一水平面内绕O点做半径为R的匀速圆周运动，已知O点位于P点正下方，此时OPR=，取重力加速度为g，

静电常量为k，下列说法正确的是（）A.小球a与小球b一定带异种电荷B.小球a受到的库仑力大小为mgC.小球b的速度大小为gRD.小球所带电荷量的大小为2mgRk【答案】AC【解析】详解】A．要使小球b做匀速圆周运动，小球a与小球b一定带异种电荷，故A正确；B．b球受力如图所示【可知b受

到的库仑力大小为2mg，故B错误；C．对b球，由2vmgmR=求得小球b的速度大小为gR，故C正确。D．由库仑定律222(2)kqmgR=求得22mgqRk=故D错误。故选AC。12.如图所示，ABCD是匀强电场中一正方形

的四个顶点，正方形边长1m，已知A、B、C三点的电势分别为φA=15V，φB=3V，φC=－6V，由此可得（）A.D点电势为6VB.D点电势为9VC.场强为12V/mD.场强为15V/m【答案】AD【解析】【详解】AB．匀强电场中平行等间距的两点，电势差相等，可得ABDC

−=−代入数据可得6VD=故A正确，B错误；CD．如下图所示，E为AB上的一点，且14BEAB=由匀强电场性质可知φE=6V连接DE，则DE为等势线，从A点作DE的垂线，交于F点，则15V6V=9VAF

AFU=−=−根据几何关系可得0.6mAF=故场强为15V/mAFUUEdAF===故C错误，D正确故选AD。三．本题共2小题，每空2分，共16分。13.电流传感器可以像电流表一样测量电流，不同的是，它

的反应非常快，可以捕捉到瞬间的电流变化，此外，由于它与计算机相连，能在几秒内画出电流随时间变化的It−图像。某兴趣小组的同学用如图所示的电路探究电容的充放电过程。（1）当开关S掷向1，电容器的上极板带______（填“正电”或“负电”）。（2）将一块陶瓷片插入电容器两极板之间，则

电容器的电容将______（填“增大”“减小”或“不变”）。（3）某同学还想观察充、放电过程中电容器两端电压的变化情况，他应选择的仪器为______（填标号）。。A．静电计B．验电器C．A、B均可【答案】①.正电②.增大③.A【解析】【详解】（1）[1]当开关

S掷向1，电容器充电，则上极板带正电。（2）[2]将一块陶瓷片插入电容器两极板之间，根据4SCkd=则电容器的电容将增大。（3）[3]某同学还想观察充、放电过程中电容器两端电压的变化情况，他应选择的仪器为静电计.故选A

。14.要描绘一个“额定电压为2.8V、额定电流为0.5A”的小灯泡的伏安特性曲线，小灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到2.8V，并便于操作。已选用的器材有：电池组（电动势4V，内阻可忽略不计）；电流表（量程为0～0.6A，内阻约为1Ω）；电压表（量程为0～3V，内阻约为3kΩ）；开关一个

，导线若干。（1）实验中所用的滑动变阻器应选_______（填标号）。A．滑动变阻器（最大阻值为20Ω）B．滑动变阻器（最大阻值为2000Ω）（2）为了尽可能减小实验误差，请用笔画线代替导线将图甲中的电路补充完整______。（3）实验测量过程中某次电压表、电流

表指针偏转如图乙所示，则电流表读数I=______A，小灯泡的电阻为_______Ω（4）正确连线和操作后，小明测得多组（I、U）数据并在IU−图像中描绘出图线，图丙所示的两图线是为电流表内接和外接时描绘的，则符合该实验的是图线______（填“1”或

“2”）。【答案】①.A②.见解析③.0.36④.5⑤.1【解析】【详解】（1）[1]描绘小灯泡的伏安特性曲线，由于要求小灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到2.8V，所以滑动变阻器用分压式接法，为了方便实验

操作，应选阻值较小的20Ω的滑动变阻器。故选A。（2）[2]小灯泡正常工作时的电阻为L2.85.60.5URI===可知灯泡为小电阻，电流表应采用外接法；滑动变阻器采用分压式接法，故实物连线如图所示（3）[3]电流表对应量程为0.6A，分度值

为0.02A，由图可知电流表读数为0.36AI=[4]由图可知此时电压表读数为1.80VU=则小灯泡的电阻为1.8050.36URI===（4）[5]本实验采用的是电流表外接法，此时电流表测量的是电压表和小灯泡的总电流，在同一电压U下，电流表的示数偏大些，则画出的IU−图

像应该为图线1。四．本题共3小题，共36分。解答过程中，要求必须写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案。15.在电场中把q=2.0×10－9C的正电荷从A点移到B点，电场力做了+1.0×10－7J的功，再把该电荷从B点移到C

点，电场力做了－4.0×10－7J的功。（1）求BC间和AC间的电势差；（2）若选C为零电势点，求A点电势和电荷在A点的电势能。【答案】（1）-200V，-150V；（2）-150V，7310J−−【解析】【详解】（1）根据W=qU，可知50VABABWUq==，200VBCBCWUq==−

且=150VACABBCUUU=+−（2）选C为零电势点ACACU=−解得150VA=−电荷在A点的电势能7p310JAAEq−==−16.如图，轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在足够大

的平行金属板电容器中。已知两极板相距3m30d=，小球的电荷量和质量分别为1C2q=−、m=3kg，电源的电动势和内阻分别为E=9V、r=2Ω，电阻R1=4Ω，R2=48Ω，R3=16Ω，重力加速度大小取210m/sg=。求：（1）R1两端的电压U；（2）轻质细绳与竖直方向

的夹角θ。【答案】（1）2V；（2）30【解析】【详解】（1）2R与3R并联后的电阻为23234816124816RRRRR===++并根据闭合电路欧姆定律可得，电路电流为19A0.5A2412EIrRR===++++并则1R两端的电压10.54V2VUIR===

（2）极板间电场强度大小为12V/m203V/m330UEd===以小球为对象，根据受力平衡可得1120332tan3103qEmg===可得轻质细绳与竖直方向的夹角为30=17.如图，BC是半径为R的半圆光滑绝缘轨道，固定在竖直平面内，B、C两点连线为其竖

直直径，空间中存在竖直向下、电场强度大小为mgqE=的匀强电场。一质量为m、电荷量为﹢q的小球以一定的初速度从与半圆轨道的圆心O等高的A点进入电场中，运动一段时间后从半圆轨道的最高点B水平进入轨道，恰好能在半圆轨道内侧做圆周运动而不脱离轨道。重力加速度大小为g，小

球可视为质点，不计空气阻力，求：（1）小球在B点的速度大小；（2）小球运动到半圆轨道的最低点C时，小球对半圆轨道的压力大小；（3）小球的初速度大小、初速度与水平方向夹角的余弦值。的【答案】（1）2BvgR=；（

2）12mg；（3）6gR；33【解析】【详解】（1）小球恰好能在半圆轨道内侧做圆周运动而不脱离轨道，在B点根据牛顿第二定律可得2BvqEmgmR+=解得2BvgR=（2）从B到C根据动能定理可得221

1()222CBqEmgRmvmv+=−在C点根据牛顿第二定律可得2()CNvFqEmgmR−+=代入数据解得FN=12mg根据牛顿第三定律可得小球对半圆轨道的压力大小为12mg；（3）从A到B根据动能定理可得2211(

)22BAqEmgRmvmv−+=−解得6AvgR=初速度与水平方向夹角的余弦值获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com