四川省隆昌市第一中学2022-2023学年高二上学期半期考试物理 Word版含解析

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隆昌一中高2024届高二上期半期考试物理试卷第I卷（选择题共45分）一、单项选择题：本题共15小题，共计45分。其中：第1~10题，只有一个选项符合题意，每小题3分；第11~15题，有多个选项符合题意，每小题全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有选错或多选的得0分。1.下列说法正确的是（　　）A.只有电荷量很小的带电体才能看成点电荷B.当两个带电体的大小远小于它们之间的距离时，可将这两个带电体看成点电荷C.根据，当两电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向无穷大D.静电力是一种效果力【答案】B【解析】【详解】A．当两个带电体的大小及形状对它们之间的相互作用力的影响可以忽略时，这两个带电体才可以看成点电荷，与带电体所带电荷量的多少无关，A错误；B．当两个带电体的大小远小于它们之间的距离时，带电体的大小可以忽略不计，可将这两个带电体看成点电荷，B正确；C．当两电荷的距离趋近于零时，电荷不能看成点电荷，公式不再适用，C错误；D．静电力是一种性质力，不是效果力，D错误。故选B。2.一个负点电荷的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点，和分别表示A、B两点电场强度的大小，关于和的大小关系，下列说法正确的是（　　）A.B.C.D.无法比较和的大小

1【答案】A【解析】【详解】电场线越密集的地方电场强度越大，A点处的电场线比B点处的电场线更密集，因此A点的电场强度比B点的电场强度更大，即故选A。3.在同一电场中的A、B、C三点分别引入检验电荷时，测得的检验电荷的电荷量和它所受电场力的函数图象如图所示，则此三点的场强大小EA、EB、EC的关系是（）A.EA＞EB＞ECB.EB＞EA＞ECC.EC＞EA＞EBD.EA＞EC＞EB【答案】C【解析】【详解】由图象的斜率大小等于场强的大小得知，三点的场强大小关系是EC＞EA＞EB，ABD错误，C正确；故选C．4.下列说法正确的是（　　）A.重力做功与路径无关，而电场力做功与路径有关B.电场力对电荷做正功时，电荷具有的电势能将增加C.A电荷的电势能，B电荷的电势能，则D.同一电荷在同一等势面上一定具有相同的电势能【答案】D【解析】【详解】A．重力做功和电场力做功均与路径无关，与初、末位置有关，A错误；B．由电场力对电荷做功特点可知，电场力对电荷做正功时，电荷具有的电势能将减少，B错误；C．电势能是标量，电势能的正或负表示电荷在该点的电势能比零电势能点的电势能大或小，则有，C错误；

2D．由可知，同一电荷在同一等势面上一定具有相同的电势能，D正确。故选D。5.下列说法正确的是（　　）A.在匀强电场中，两点间的距离越大，则两点间的电势差越大B.在匀强电场中，两点间的电势差越大，则场强越大C.在匀强电场中，沿任一方向电势随距离均匀变化D.若只在示波管的偏转电极、上加上一恒定电压，则在荧光屏上看到一条沿方向的亮线【答案】D【解析】【详解】A．在匀强电场中，沿场强方向的两点间的距离越大，则两点间的电势差越大，选项A错误；B．在匀强电场中，根据可知，两点间的电势差越大，则场强不一定越大，选项B错误；C．在匀强电场中，沿垂直于场强方向电势随距离不变化，选项C错误；D．若只在示波管的偏转电极、上加上一恒定电压，电子只在x方向偏转，则在荧光屏上看到一条沿方向的亮线，选项D正确。故选D。6.下列说法正确的是（　　）A.当导体两端有持续的电压时，导体内将存在持续的电场B.电荷定向移动的方向为电流的方向C.由可知，通过导体某截面的电荷量越大，导体中的电流越大D.由知，R与U成正比，与I成反比【答案】A【解析】【详解】A．当导体两端有持续的电压时，即导体两端存在电势差，导体内将存在持续的电场，故A正确；B．正电荷定向移动的方向为电流的方向，故B错误；C．该式为电流的定义式，电流的大小与电荷量大小无关，故C错误；D．该式为电阻的定义式，电阻的大小与电压、电流无关，所以不能说R与U成正比，与I成反比，故

3D错误。故选A。7.下列说法错误的是（　　）A.探究导体电阻与其影响因素的关系所采用的实验方法为控制变量法B.电阻率是反映材料导电性能的物理量，电阻反映了导体对电流的阻碍作用C.一只白炽灯泡，正常发光时灯丝的电阻为121Ω，当这只灯泡停止发光一段时间后灯丝的电阻小于121ΩD.导体的电阻率越大，导体的电阻就越大【答案】D【解析】【详解】A．探究导体电阻与其影响因素的关系所采用的实验方法为控制变量法，故A正确；B．电阻率是反映材料导电性能的物理量，电阻反映了导体对电流的阻碍作用，故B正确；C．白炽灯的电阻会随着温度的升高而增大，因此一只白炽灯泡，正常发光时灯丝的电阻为121Ω，当这只灯泡停止发光一段时间，灯丝温度降低，其电阻将小于121Ω，故C正确；D．根据电阻定律可知，导体的电阻与电阻率、导体的长度、导体的横截面积等因素有关，因此导体的电阻率越大，导体的电阻不一定越大，故D错误。故选D。8.如图所示，a、b、c、d是滑动变阻器的4个接线柱，现把此变阻器串联接入电路中并要求滑片P向接线柱c移动时，电路中的电流减小，则接入电路的接线柱可能是（）A.c和dB.a和cC.b和cD.a和b【答案】C【解析】【详解】滑动变阻器是通过改变接入电路中电阻丝的长度来改变电阻大小的．连入电路时需要一上一下，若只接上面两个或只接下面两个均不能改变接入电路中电阻丝的长度，接b和a时或c、d，不能改变电阻，也就不能改变电流，故AD错误．接入电路中的接线柱是a和c时，滑动触片P向接线柱c

4移动时，变阻器连入电路的电阻变小，电路中的电流不断增大，故B错误．接入电路中的接线柱是b和c时，滑动触片P向接线柱c移动时，变阻器连入电路的电阻变大，电路中的电流不断减小，故C正确．故选C．9.如图所示的电路中，ab间的电压恒定为2V，滑动变阻器的总电阻为，滑动端P处在正中央。在下列四种情况中，电阻R上电压最接近1V的是（　　）A，B.，C.，D.，【答案】B【解析】【详解】A．由串并联电路特点及欧姆定律，可得电阻R上电压B．电阻R上电压C．电阻R上电压D．电阻R上电压由以上计算可知，电阻R上电压最接近1V的是B，则有ACD不符合题意，B符合题意。故选B。10.用伏安法测电阻时，若不知Rx的大概值，为了选择正确的电路以减小误差，可以用图所示的方法判断（）

5A.若安培表的示数有显著变化，K应接aB.若安培表的示数有显著变化，K应接bC.若伏特表示数变化的差值大于安培表示数变化的差值，K应接aD.若伏特表示数有显著变化，K应接b【答案】B【解析】【详解】AB.若安培表读数有显著变化，说明伏特表的分流明显，选用内接法，K应接在b处，故A错误B正确；C.变化是否明显是看相对值，不是绝对值，故C错误；D.伏特表读数有显著变化，说明电流表的分压明显，采用外接法，K应接在a处，故D错误；11.如图电场中，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A运动到B，下列说法正确的是（　　）A.粒子带负电B.粒子在A点的动能大于在B点的动能C.粒子在A点时的加速度大于在B点的加速度D.A点电势高于B点电势【答案】BC【解析】【详解】ABD．根据带电粒子在电场中的运动轨迹，可做出某一位置处该粒子速度的方向和所受电场力的方向如图

6显然电场力的方向与速度方向的夹角大于，故可知该粒子做减速运动，动能减小、电势能增大，即A点的动能大于B点的动能，但由于不知道电场线的方向，虽然可以判断电场力的方向，但并不能判断粒子的电性，也就不能判断A、B两点电势的高低，故AD错误，B正确；C．电场线越密集的地方电场强度越大，A点处的电场线比B点处的电场线密集，因此A点的电场强度大于B点的电场强度，则粒子在A点所受电场力大于在B点所受电场力，根据牛顿第二定律可知，同一粒子在A点的加速度大于在B点处的加速度，故C正确。故选BC。12.空间中存在沿x轴方向的电场，x轴上各点的电场强度（以+x方向为正）随x的变化情况如图所示。下列中正确的是（　　）A.、两处的电势相同B.电子在处的电势能小于在处的电势能C.处与处两点之间的电势差为D.电子沿x轴从处运动到处，电场力一直做负功【答案】BD【解析】【详解】A．沿电场方向电势降低，因为电场方向指向x轴正方向，故x轴相当于一条电场线，故A错误；BD．电子受到的电场力方向和电场方向相反，故从到电场力做负功，电势能增大，电子在处的电势能小于在处的电势能，BD正确；

7C．因为从0到处的电场强度是均匀增大的，所以从0到处的电场强度平均值为，根据公式可得从0到处的电势差为C错误。故选BD。13.如图示，A、B为两块平行带电金属板，A带负电，B带正电且与大地相接，两板间P点处固定一负电荷，设此时两极板间的电势差为U，P点场强大小为E，电势为φP，负电荷的电势能为Ep，现将A、B两板水平错开一段距离（两板间距不变），下列说法正确的是（　　）A.U变大，E变大B.U变小，φP变小C.φP变小，Ep变大D.φP变大，Ep变小【答案】AC【解析】【分析】【详解】电容器带电量一定，则根据将A、B两板水平错开一段距离，可知相对面积S减小，则场强E变大，根据U=Ed可知，两板间电势差U变大；根据U=Ed可知，P点与正极板B的电势差变大，则P点的电势降低，负电荷在P点的电势能Ep变大。故选AC。14.真空中Ox坐标轴上的某点有一个点电荷Q，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.2m和0.7m。在A点放一个带正电的试探电荷，在B点放一个带负电的试探电荷，A、B两点的试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，电场力的大小F跟试探电荷电荷量q的关系分别如图2中直线a、b所示。下列说法正确的是（　　）

8A.B点的电场强度的大小为0.25N/CB.A点的电场强度的方向沿x轴正方向C.点电荷Q是正电荷D.点电荷Q的位置坐标为0.3m【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．由图可知，B点的电场强度EB==2.5×104N/C，故A错误；B．在A点放一个带正电的试探电荷，A、B两点的试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，所以A点的电场强度的方向沿x轴正方向，故B正确；C．放在A、B两点试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，而正电荷所受电场力与电场强度方向相同，负电荷所受电场力与电场强度方向相反，若点电荷在A的左侧或在B的右侧，正负电荷所受电场力方向不可能相同，所以点电荷Q应位于A、B两点之间，根据正负电荷所受电场力的方向，知该点电荷带负电，故C错误；D．由图可知，A点的电场强度EA=4×105N/C，设点电荷Q的坐标为x，由点电荷的电场E=，可知解得x=0.3m故D正确。故选BD。15.如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B点平滑连接，过半圆轨道圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右范围足够大的匀强电场E，质量为m

9的带正电小滑块从水平轨道上A点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电荷量会增加，过B点后电荷量保持不变，小滑块在AB段加速度随位移变化图象如图乙所示。已知A、B间距离为4R，滑块与轨道间动摩擦因数为，重力加速度为g。则（　　）A.小滑块运动到B点时速度大小为B.小滑块在圆弧轨道上运动时，过小滑块对半圆轨道压力最大处半径与OB夹角的正切值为2C.小滑块从圆弧轨道最高点C离开的同时，保持电场强度大小不变，方向变为水平向左，则从C离开到再次回到水平轨道的运动过程中小滑块一直做曲线运动D.在满足（C）选项的条件下小滑块再次到达水平轨道时，速度大小为【答案】BD【解析】【详解】A．从A到B由动能定理可得由图象可得，小滑块从A到B运动过程中，合力做的功为则小滑块运动到B点时速度大小为所以A错误；B．对滑块受力分析，有重力和电场力以及轨道对滑块的支持力，当滑块运动到半圆轨道上时，重力与电场力的合力与轨道对滑块的支持力共线时，滑块对半圆轨道压力最大，所以此处半径与OB夹角的正切值为

10由图象可知，在B点时，滑块所受电场力为其中则所以B正确；C．由B选项分析可知，B点时滑块的电荷量为从B到C的过程中，由动能定理得小滑块从圆弧轨道最高点C离开时，先做平抛运动，则，，设滑块速度的偏转角为，则从C点出去后，电场方向与水平方向的夹角为，则所以即滑块再次进入电场时，将做匀加速直线运动，所以C错误；D．由C选项分析可知，当滑块再次进入电场时的速度为从再次进入电场到再次到达水平轨道，由动能定理得

11其中得所以D正确。故选BD。第Ⅱ卷（非选择题共65分）二、本题共5小题，除标注分数的外，每空2分，共28分。将正确答案填在题中横线上。16.来自质子源（初速度为零）经一加速电压为800kV的直线加速器加速，形成电流为1mA的细柱形质子流。已知质子所带电荷量为，则这束质子流每秒钟打到靶上的质子数有_________个（结果保留三位有效数字），假设分布在质子源到靶间的加速电场是均匀的，在与质子源相距L和4L的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为和，则_________。【答案】①.②.【解析】【详解】[1]1s内打到靶上的质子所带总电量为则可知质子的个数为个[2]设该细柱形质子流的横截面积为，与质子源相距L和4L的两处的电流柱的电流分别为、，则有，而在L处与在4L处的电流相等，即因此有可得

12而由动能定理可得，解得，联立以上各式可得17.如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板间的电势差U，现使B板带正电，实验中，电荷量不变，则增大两极板之间的距离，静电计指针张角_________（填“变大”、“变小”或“不变”）；将A板稍微上移，静电计指针张角将_________（填“变大”、“变小”或“不变”）。【答案】①.变大②.变大【解析】【详解】[1]电荷量Q不变，增大两极板之间的距离，根据可知电容C减小，根据Q=CU可知，两板电势差U变大，即静电计指针张角变大；[2]将A板稍微上移，则S减小，根据可知电容C减小，根据Q=CU可知，两板电势差U变大，静电计指针张角将变大。

1318.（1）一游标卡尺主尺最小分度为1毫米，游标尺上有10个小等分间隔，现用此卡尺来测量工件的直径，如图所示。该工件的直径为_________mm（2）某同学用螺旋测微器分别测量一薄的金属圆片的厚度，如图中的示数，该金属厚度的测量值为_________mm。【答案】①.29.8②.2.096##2.097##2.098【解析】【详解】（1）[1]根据游标卡尺测量工件的图示，可读得游标卡尺主尺读数为29mm，游标尺第8格对齐，则游标尺读数为可得工件直径为（2）[2]螺旋测微器的不动尺读数为2mm，可动尺估读为可得该金属厚度的测量值为19.用下列器材，描绘小灯泡的伏安特性曲线。A．待测小灯泡：额定电压3.0V，额定功率约为1.5W；B．电流表：量程0.6A，内阻约为0.5Ω；C．电压表：量程3V，内阻；D．滑动变阻器：最大阻值为10Ω，额定电流1A；E．滑动变阻器：最大阻值为100Ω，额定电流1A；F．电源：电动势6V，内阻很小；

14G．开关一个，导线若干。（1）在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用_________。（填写器材序号）（2）实验中某次测量如下图，则电压表的读数为________V，电流表的读数为________A。（3）用笔画线代替导线，将图中的实验仪器连成完整的实验电路________。（4）该同学描绘出的图像和下图中的_________形状最接近。A．B．C．D．【答案】①.D②.2.30③.0.42④.⑤.B【解析】【详解】（1）[1]

15描绘小灯泡的伏安特性曲线，小灯泡两端的电压要从零开始，滑动变阻器采用分压式接法，为了操作方便，因此，滑动变阻器选D，即最大阻值为的滑动变阻器。（2）[2]电压表应读量程为3V的刻度盘，而3V的电压表最小刻度为0.1V，需估读一位，通过读表可得电压表的读数为2.30V；[3]电流表读0.6A量程的表盘，最小刻度为0.2A，采用二分之一读法，通过图像可知指针恰好和刻度线对齐，其读数为0.42A（3）[4]描绘小灯泡伏安特性曲线，小灯泡两端的电压要从零开始，滑动变阻器采用分压式接法，而由题意可知，电压表内阻远大于灯泡电阻，则电流表应采用外接法，实物图连接如图所示（4）[5]灯泡电阻随温度升高而增大，图像斜率的倒数表示灯泡的电阻，即其图像斜率越小，表示灯泡电阻越大，图像斜率随的增大而减小，由所给图像可知，B选项所示图像符合。故选B。20.欲用伏安法测定一段阻值为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，备有以下器材：A．电池组（3V、1Ω）            B．电流表（0﹣3A、0.0125Ω）C．电流表（0﹣0.6A、0.125Ω）    D．电压表（0～3V、3kΩ）E．电压表（0～15V、15kΩ）       F．滑动变阻器（0～20Ω、1A）G．滑动变阻器（0～200Ω、0.3A）   H．开关、导线（1）上述器材中应选用的是_______．（2）实验电路应采用电流表_____接法（填“内”或“外”）．（3）画出实验电路图_______．【答案】①.ACDFH；②.外；③.【解析】【分析】根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器，根据伏安法测电阻原理选择实验器材；根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法；根据题意确定滑动变阻器的接法，然后作出电路图．

16【详解】(1)应用伏安法测电阻需要用到电源、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、导线，由于电源电动势为3V，电压表应选D，电路最大电流约为：，电流表应选择C，为方便实验操作，滑动变阻器应选择F，故需要的实验器材有：ACDFH；(2)待测电阻阻值约为5Ω，电流表内阻约为0.125Ω，电压表内阻约为3000Ω，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法；(3)由于滑动变阻器应用限流式接法，电流表应用外接法，电路图如图所示：21.竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场。其电场强度为E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，此时小球到右板的距离为b，如图所示。请问：（1）小球带电荷量是多少？（2）若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）设小球所带电荷量为q，根据平衡条件有解得（2）若剪断丝线，小球做匀加速直线运动，在垂直于金属板方向的分加速度大小为根据运动学公式可得小球碰到金属板所需时间为

1722.如图电路中，电源电压恒为12V，，，。（1）若在C、D间连一个理想电压表，其读数是多少？（2）若在C、D间连一个理想电流表，其读数是多少？【答案】（1）6V；（2）1A【解析】【详解】（1）若在C、D间连一个理想电压表，则电压表测量两端电压，此时该电路为电阻和与电源构成的串联电路，根据闭合电路的欧姆定律有两端的电压为即理想电压表的示数为6V。（2）若在C、D间连一个理想电流表，则与并联后再与串联，电路中的总电阻为根据闭合电路的欧姆定律可得电路中的总电流为两端的电压为与并联，则可得该并联部分的电压为3V，而电流表在电阻所在支路，由部分电路的欧姆定律可得流过电流表的电流为

18即电流表的读数为1A。23.如图所示，第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等．一个质量为m，电荷量为－q的带电质点以初速度v0从x轴上P(－L，0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度g为已知量．求：(1)初速度v0与x轴正方向的夹角；(2)P、Q两点间的电势差UPQ；(3)带电质点在第一象限中运动所用的时间．【答案】(1)(2)－　(3)【解析】【详解】(1)由题意知，带电质点在第二象限做匀速直线运动，有qE＝mg设初速度v0与x轴正方向的夹角为θ，且由带电质点在第一象限做直线运动，有解得θ＝.(2)P到Q的过程，由动能定理有qEL－mgL＝0WPQ＝qEL解得

19(3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动，由牛顿第二定律有mg＝ma即a＝g由速度公式得v0＝at解得带电质点在第一象限中往返一次所用的时间24.如图所示，两平行金属板A、B长为L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一带正电的粒子电荷量为q=1.0×10-10C，质量为m=1.0×10-20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0=2.0×106m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响）。已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上。（静电力常量k=9.0×109N·m2/C2，粒子的重力不计）(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？(2)到达PS界面时离D点多远？(3)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小。【答案】(1)3cm；(2)12cm；(3)1.04×10-8C【解析】【详解】(1)带电粒子垂直进入匀强电场后，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．设粒子穿过界面MN时偏离中心线RD的距离为y，则

20联立解得(2)粒子在MN、PS间的无电场区域做匀速直线运动，设粒子到达PS界面时离D点的距离为Y，由几何关系可得解得：Y=0.12m(3)因粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，故Q带负电设粒子穿过界面MN时的速度为v，则有设圆周运动的半径为r，由几何关系得由库仑定律可得联立可得

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