四川省成都市某中学2023-2024学年高二年级上册期中物理 含解析

树德中学高2022级高二上学期半期考试

物理试题

考试时间：75分钟满分：100分

一、单项选择题（每小题4分，共32分，每个小题只有一个选项符合题目要求）

1.下列关于电场基本概念与规律的判断正确的是（）

A.由库仑定律尸=%缚可知，当距离r-0时库仑力/TOO

r

B.由石=&9可知，以点电荷为球心的球面上各点场强E相同

r

C.由。M=”出可知，电势差与检验电荷电量4成反比、与电场力做功成正比

q

D.由。=—更二可知，平行板电容器电容C与距离d成反比、与正对面积S成正比

4%kd

【答案】D

【解析】

【详解】A.库仑定律的适用条件是带电体为点电荷，当距离10时带电体不能视为点电荷，所以此时不

能根据尸=左华得出库仑力P-8,故A错误；

r

B.由£=4乌可知，以点电荷为球心的球面上各点场强E大小相同，但方向不同，故B错误；

广

C.u.=3是电势差的比值定义式，电势差与电场本身性质有关，与检验电荷电量和电场力做功均无

q

关，故c错误；

D.C=—凡是平行板电容器电容的决定式，其电容C与距离”成反比、与正对面积S成正比，故D正

Ankd

确。

故选D。

2.一根粗细均匀横截面为圆形的导线，两端加上电压U。若导线被均匀拉长，使其半径变为原来的

再给它两端加上相同电压U.则下列判断正确的是（）

A.导线电阻变为原来的8倍

B.通过导线的电流强度变为原来的为二倍

c.自由电子定向移动的平均速率变为原来的为1倍

4

D.电子在导线中受到的电场作用力变为原来的1倍

8

【答案】C

【解析】

【详解】A.导线被均匀拉长，使其半径变为原来的;，则面积变为原来的1倍，长度变为原来的4倍，

24

根据电阻定律R=P（可知导线的电阻变为原来的16倍，故A错误；

B.根据欧姆定律/=且可知通过导线的电流强度变为原来的为」-倍，故B错误；

R16

C.根据电流的微观表达式变形可得自由电子定向移动的平均速率为

I

v=--

neS

所以自由电子定向移动的平均速率变为原来的为L倍，故C正确；

4

D.根据E=g可知导线中电场强度变为原来的,倍，根据尸=eE可知电子在导线中受到的电场作用力

I4

变为原来的,倍，故D错误。

4

故选C。

3.观察物理现象是学习物理的基础。某同学利用如图所示的装置观察静电感应现象，绝缘立柱支持的导体

A和B彼此接触，起初它们不带电，贴在A、B下部的金属箔D、E是闭合的。该同学进行了如下操作：

①手握绝缘棒，把带正电的导体C移近导体A,观察金属箔的变化：

②接着手持绝缘立柱把导体A、B分开，然后移开C,观察金属箔的变化；

③再让A、B接触，观察金属箔的变化。

上述实验步骤中，能观察到金属箔张开的是（）

A.只有步骤①B.只有步骤①②C.只有步骤②③D.步骤①②③

【答案】B

【解析】

【详解】①手握绝缘棒，把带正电的导体C移近导体A,由于静电感应，导体A带负电，导体B带正电,

则能观察到金属箔张开；

②接着手持绝缘立柱把导体A、B分开，，导体A仍带负电，导体B仍带正电，然后移开C,则能观察到

金属箔张开；

③再让A、B接触，则导体A与导体B正负电荷中和，最终均不带电，不能观察到金属箔张开。

故选B。

4.如图所示，虚线4、氏c是电场中的三个等势面，实线为一个带正电带电粒子仅在电场力作用下的运动

轨迹，P、。是轨迹上的两点，下列说法正确的是（）

A.三个等势面中等势面。的电势最高B.质点在。点时的电势能比在P点时大

C.质点在。点时的动能比在尸点时大D.质点在。点时的加速度比在P点时的大

【答案】C

【解析】

【详解】A.根据粒子的运动轨迹可知，粒子所受电场力指向运动轨迹的凹侧，即电场力方向斜向下，因

带电粒子带正电，则电场线方向垂直于等势面斜向下，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，等势面c的

电势最高，等势面〃的电势最低，故A错误；

BC.因为P点电势高于。点电势，根据

Ep=q（P

由于带电粒子带正电，可知粒子在P点时的电势能比在。点时大，则粒子在。点时的动能比在P点时

大，故B错误，C正确：

D.根据

U=Ed

若图中三个等势面为等差等势面，则由于P点处的等势面较密，P点的电场强度较大，粒子在P点受到

的电场力较大，故质点在。点时的加速度比在P点时的小，故D错误。

故选C。

5.静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大

小。如图，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计。开始时开关S闭合，静电计指针张开一

定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是（）

A.断开开关S后，将A、B分开些

B.断开开关S后，在A、B极板间插入电介质

C.保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些

D.保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动

【答案】A

【解析】

【详解】由电路图可知，静电计和滑动变阻器串联后，与电容器并联接在电源上，且电路稳定后通过滑动

变阻器的电流始终为零，此时滑动变阻器可看作导线，所以静电计指针张开角度直接反映了电容器两板间

的电势差大小。

AB.断开开关S后，电容器所带电荷量Q不变，将A、B分开些，即两板间距离d增大，由0=-^可

知C变小，再根据。=，可知电容器两端电势差增大，所以静电计指针张开的角度增大；同理可知，在

A、B极板间插入电介质，即J增大，则C增大，电容器两端电势差减小，静电计指针张开的角度减小,

故A正确，B错误；

CD.保持开关S闭合，电容器两板间电势差不变，所以将A、B两极板靠近些或者将变阻器滑动触头向右

移动，静电计指针张角均不变，故CD错误。

故选A。

6.如图所示，水平面上放置一个绝缘支杆，支杆上的带电小球A位于光滑小定滑轮。的正下方，绝缘细

线绕过定滑轮与带电小球B相连，在拉力厂的作用下，小球B静止，此时两球处于同一水平线。假设两

球的电荷量均不变，现缓慢拉动细线，使B球移动一小段距离，支杆始终静止。在此过程中以下说法正

确的是（）

A.细线上的拉力一直增大B.B球受到的库仑力先减小后增大

C.B球的运动轨迹是一段圆弧D.支杆受到地面向左的摩擦力逐渐减小

【答案】C

【解析】

【详解】ABC.如图所示，设A、B间的距离为r,0、A间的距离为〃，0、B间距离为/,B球重力为优g。

A、B之间的库仑力大小为

k%48

r2

根据力的矢量三角形与距离的几何三角形相似可得

mg_FjF

解得

jkqAqRh

\mg

现缓慢拉动细线，使B球移动一小段距离，支杆始终静止，且两球的电荷量均不变，则/减小，力不变，所

以F减小，即细线上的拉力一直减小；厂不变，即B球的运动轨迹是一段圆弧，并且B球受到的库仑力大

小不变。故AB错误，C正确；

D.根据平衡条件可知，直杆受到的地面的摩擦力与B对A的库仑力的水平分量大小相等、方向相反，而

B对A的库仑力大小不变，方向由水平向左变为斜向左下，所以水平分量变小，即支杆受到地面向右的摩

擦力逐渐减小，故D错误。

故选C»

7.空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系。-型，M、N、P为电场中的三个点，M

点的坐标为（0,。,0）,N点的坐标为（a,0,0）,尸点的坐标为已知电场方向平行于直线

MN,M点电势为0,N点电势为2V,则P点的电势为（）

X

7311

A.-VB.-VC.-VD.-V

4224

【答案】A

【解析】

【分析】

电场线与等势面垂直，由几何关系可得

dNn=4v0cos45='x曰=^a

P点与Q点H点在同一等势面上，则有

4161

UNP=UNH=ECINH=JX%a）V

“84

9N-（PH=UNH

解得

所以A正确；BCD错误；

故选A,

8.质量为M=1kg的不带电绝缘木板置于光滑水平桌面上，木板上放一质量为m=2kg的带正电的小物块.

整个装置置于如图所示的匀强电场中，电场方向与纸面平行且与水平方向夹角为8（在0到90。范围内可

调），已知小物块与木板的动摩擦因数〃=3,滑动摩擦力等于最大静摩擦力，当小物块恰好与木板发生

相对滑动时，为使电场强度E最小，则6取（)

//z7<Z7Z^Z7/^//y7//z/

A.0°B,30°C.45°D.60°

【答案】D

【解析】

【详解】设小物块的电荷量为4,当小物块恰好与木板发生相对滑动时.，小物块与木板具有相同的加速度

〃，取木板和整体分别列方程，有

一Eqsin8）=Ma

<

Eqcos6=（m+M）a

解得

叫一6mg

GsinO+cos。

整理得

FJ（tan°=走，。=30。）

Eq=-------

2sin口+。）3

则当。=60。时，E有最小值。

故选D。

二、多项选择题（每小题4分，共16分，每个小题有多个选项符合题目要求）

9.微元累积法是物理学的--种重要的思才W方法，是微积分思想解决物理问题的应用和体现。当物体做匀变

速直线运动时，其修图像为一条倾斜的直线。如果把物体的运动分成6小段，如图1甲所示，在每一小段

内，可粗略认为物体做匀速直线运动。女1果以这6个小矩形的面积之和代表物体在整个过程中的位移，计

算的结果要小于物体实际的位移。如果把2运动过程划分为更多的小段如图1乙所示，这些小矩形的面积之

和就更接物体的实际位移。对于非匀变逆；直线运动，能用修图像与，轴所围的面积来表示物体的位移。现

有如下电场模型：半径为R、均匀带正反2荷的球体在空间产生球对称的电场，场强大小沿半径分布如图2

所示，图中耳）已知，七一八曲线下O-RE由分的面积等于R-2R部分的面积。则下列判断正确的是（）

图2

A.E-r图像中,图像围成的面积表示两点间的电势差

B.E-r图像中,图像围成的面积表示两点间的电场力做功

电荷量为q负电荷在球面处需至少具有，处理的速度才能刚好运动到2R处

C.质量为勿2、

Vm

D.质量为〃?、电荷量为g负电荷在球面处需至少具有速度才能刚好运动到27?处

【答案】AC

【解析】

【详解】AB.根据

U=Ed

可知E-r图像中，图像围成的面积表示两点间的电势差，故A正确，B错误;

CD.£-厂曲线下0-R部分的面积等于艮2R部分的面积，负电荷从球面处刚好运动到2R处，根据动能定

理有

1Ln12

解得

故C正确，D错误。

故选AC。

10.示波器的核心部件是示波管，示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示。下列

说法正确的是（）

，亮斑.

电子枪

鬣…我

+•偏转电极!Y,

甲图c（正弦曲线）

A.如在XX加图。电压，在｝T加图c电压，荧光屏上会看到一条与y轴平行竖直亮线

B.如果在XX之间加图6电压，在rr之间加图c,电压，荧光屏上看到亮线是正弦曲线

c.如果在xx之间不加电压，在yy加图。电压，在荧光屏的y轴上会看到一条亮线

D.如果在xx之间和丫『之间都加图人的电压，在荧光屏的坐标原点上会看到一个亮斑

【答案】AB

【解析】

【详解】A.如果在XX之间加图a的电压，电子会向X轴正半轴偏转到一个点，同时在yy加图c的电压，

电子在竖直方向偏转成一条直线，因此在荧光屏上会看到一条与y轴平行的竖直亮线，故A正确：

B.如果在XX之间加图b的电压，电子在一个周期内会在X轴方向上，由X轴上某点向正X轴方向扫面

到关于原点对称的某点，在荧光屏上会看到X轴上的一条水平亮线，若只在yy之间加图C所示电压，根

据以上分析可知，丫轴方向上发生周而复始与电压变化一致的偏转，根据运动的合成可知，若在X*之间

加图b的电压，yy在之间加图c的电压，在荧光屏上看到的亮线是正弦曲线，故B正确；

c.如果在XX之间不加电压，则电子在X轴方向不偏转，在yy加图a恒定电压，电压值为正，y极板电

势高于y极板电势，板间的匀强电场由丫极板指向y极板，所有电子运动的轨迹都相同，向着y极板一

侧偏转，即所有电子都打在荧光屏的正y轴上的同一点，因此在正丫轴上将出现一个亮斑，故c错误；

D.根据以上分析可知，如果在xx之间和yy之间都加图6的电压，在荧光屏将出现一条夹在x轴和y

轴的倾斜亮线，故D错误。

故选ABo

11.如图，电源电动势为E,内阻恒为r,R是定值电阻，热敏电阻RT的阻值随温度的降低而增大，C是

平行板电容器，电路中的电表均为理想电表。闭合开关S,带电液滴刚好静止在C内。在温度降低的过

程中，分别用/、5、S和S表示电流表A、电压表Vi、电压表V2和电压表V3的示数，用△/、&5、

AS、和AS表示电流表A、电压表Vi、电压表V?和电压表V3的示数变化量的绝对值。温度降低时，

关于该电路工作状态的变化，下列说法正确的是（）

A.电源的输出功率一定变大

B.系增大、耳1和耳1不变

C.带电液滴一定向下加速运动

D.电源的工作效率一定变大

【答案】BD

【解析】

【详解】A.由电源输出功率随外电阻的变化规律可知，当R+RT=，-时，电源输出功率最大；因三个电阻的

大小关系不明确，因此电源的输出功率不一定变大，故A错误；

B.由题图可知，电压表V3测路端电压，电压表V2测热敏电阻Rr的电压，电压表V1测定值电阻R的电

压，由欧姆定律可得

由闭合电路欧姆定律可知

U2=E-KR+r)

则

R+r*

M

由闭合电路欧姆定律可知

Uy=E-Ir

则

M

在温度降低的过程中，热敏电阻RT的阻值增大，可知半增大、牛和竿不变，故B正确；

C.带电液滴在平行板中受到向上的电场力和向下的重力处于平衡状态，在温度降低的过程，热敏电阻Rr

阻值变大，回路中电流变小，路端电压增大，由于流过定值电阻R的电流变小，所以分的电压也就变小，

而路端电压增大，故V2读数增大，平行板间的电场强度也增大，导致带电液滴向上加速运动，故C错误；

D.根据效率的计算公式有

〃=X100%=—^―X100%

E1与卜+r

热敏电阻RT的阻值增大，则外电阻增大，电源效率增加，故D正确；

故选BDo

12.如图甲所示，半径为R的圆管道固定在竖直平面内，管道内径较小且与半径相比可忽略，内壁光滑，

管道最低点为8,最高点为A,圆管所在平面内存在一匀强电场，在B点给质量为加、带电荷量为+q的

小球一水平初速度，小球运动过程中动能与机械能随转过角度的变化关系分别如图乙、图丙所示，已知8

B正确；

C.当小球转过的角度为60。时，电场力做的正功最多，根据功能关系有

^£/?(l-cos60)+/="

解得

E『Q+向mgR

C正确；

D.从B点到A点根据动能定理有

mg-2R+qE-2Rcos60=£k0-

解得

在A点竖直方向上根据牛顿第二定律有

2£

mg+Eqcos6Q-&=•J

解得

D错误。

故选BC。

三、实验题(本题每空2分，共14分)

13.某同学在测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率「时。

(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度为cm；

5cm67

01020

(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙，由图可知其直径为mm。

25

【答案】①.5.025②.4.700（4.690或4.701）

【解析】

【分析】

【详解】游标为20分度，其测量精度为0.05mm,则游标卡尺的读数：游标卡尺主尺读数为

50mm,游标读数为

5x0.05mm=0.25mm

所以最终读数为

50.25mm=5.025cm

（2）［2］螺旋测微器固定刻度读数为4.5mm,可动刻度读数为

20.0x0.01mm=0.200mm

最终读数为

d=4.5mm+0.200mm=4.700mm

14.某研究小组想要研究一标有“6V,3W”小型电动机的伏安特性曲线，实验室提供的器材有：量程为

0.6A的电流表（电阻约为1.0Q）,电源（电动势为9V,内阻为3C）,定值电阻（阻值为6000C）,导线若

干，单刀开关一个，还有以下器材可供选择

A.量程为3V的电压表（内阻为3000C）

B.量程为15V的电压表（内阻为6000。）

C.滑动变阻器（阻值为10Q,额定电流为2.0A）

D.滑动变阻器（阻值为200。，额定电流为0.5A）

（1）为尽量准确地测出小型电动机的伏安特性曲线，电压表应选,滑动变阻器应选

（2）请用笔画线代替导线将实物图补充完整___________。

（3）连接好电路后，合上开关，读出电压表和电流表的示数，将电动机两端电压与流过它的电流数据在毫

米方格纸中标出，并画出其伏安特性曲线，请说明在P处为何出现如图所示的图像

UN

(4)电动机正常工作时,电动机两端电压为U,通过电动机的电流为/,下列几个功率的表达式的大小关

系正确的是___________

［产

A.UI=I2R=—UB.UI>I2R=——

RR

U22U22

C.——>ui>I2RD.UI>——>I2R

RR

(5)将该电动机与一个阻值为30。的定值电阻并联后，再与一个电动势为9V,内阻为15。的电源串联,

则此时电动机的输出功率为Wo

【答案】①.A②.C(3).见解析⑤.C⑥.

0.165W

【解析】

【详解】(1)UJ[2]15V量程电压表太大，应选择量程为3V的电压表与定值电阻串联，故电压表选

A；小灯泡的伏安特性曲线为非线性关系，需测多组数据，则电表变化范围较大，滑动变阻器分压式接

法，故滑动变阻器选C。

(2)[3]电压表内阻已知，可求出电流，则电流表采用外接，连接实物图如图

（3）［4］出现图中P处原因是：电压较小时，电动机没有转动，可看成纯电阻，满足欧姆定律，电压增

大，使电动机开始转动后，电动机为非纯电阻电路，不满足欧姆定律，电流突然减小。

（4）［5］电动机是非纯电阻，电路总功率是机械功率与热功率之和，所以有

UI=I2R+P„

即

U>IR

得

TJ2

UI>1~R>—>UI

R

即

(J,

—>UI>I2R

R

故选Co

（5）［6］设电动机的电压为U,电流为/,根据闭合电路欧姆定律有

1+

整理得

Rr.RE

UTT=--------1+-------

R+rR+r

即

U=-lOI+6

S/图象如图

u/v

2

P=UI—『r“=2.7x0.33W-0.332x-W=0.165W

M0.3

四、计算题（本题3个小题，共38分）

15.如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，沿右侧两平行正对的极板中心轴线OO'射入偏

转电场，并从另一侧射出，打到荧光屏上的P点，。为荧光屏的中心点。已知电子质量为机、电荷量为

e、加速电场所加的电压为偏转电场所加的电压为以水平极板的长度为4、上下两板间距离为4、

水平极板的右端到荧光屏的距离为4。不计电子所受重力。求：

2

（1）电子离开偏转电场时速度偏转角的正切值；

（2）电子打在荧光屏上的P点到0'点的距离鼠

U。l=

一一^_>

O

AJ，尸

Z,----------------7z—►

2荧光屏

„UL,

【答案】⑴tan*艰；⑵

2dU0

【解析】

【详解】（1）电子在加速电场中

eU（）=gmv：

解得

Vm

【答案】(1)4V；(2)4d9W；(3)1.6X10-5C

【解析】

【详解】（1）滑动变阻器滑片滑到最左端时，与阻值为零，R2短路，根据闭合电路欧姆定律可得

电压表的示数为

t/=E-/r=12V-2x4V=4V

（2）当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，则有

R外=R并+R.3=广

&=4。

所以当滑动变阻器阻值为4Q时，电源的输出功率最大；最大输出功率为

p2I?2

：)%===力W=9W

4r4x4

（3）滑动变阻器在最左端时，电容器两端电压为G，则有

（7,=/&=2X2V=4V

滑动变阻器在最右端时，电容器两端电压为。2,则有

据闭合电路欧姆定律可得

r++R井13

则有

4=/舄=群

通过Rq的电量为

=16x10"

17.带电粒子在电场中的运动规律在近代物理实验装置中有着极其广泛的应用，这些应用涉及到带电粒子

的测量、加速和约束问题。2023年诺贝尔物理学奖获得者就因其研究控制电子移动而获得。如图的电场

模型设计，可以通过改变电场的水平宽度控制带电小球间碰撞，从而模仿微观状态带电粒子的运动。如

图所示，带电量为q=+2xl()3c,质量为〃"=01kg的小球B静置于光滑的水平绝缘板右端，板的右

侧空间有水平宽度一定、竖直高度足够高的匀强电场，方向水平向左，电场强度。E=N0eiO?o

与B球形状相同、质量为%=0.3kg的绝缘不带电小球A以初速度%=10m/s向B运动，两球发生弹

性碰撞后均逆着电场的方向进入电场，在空中两球又发生多次弹性碰撞。已知每次碰撞时间极短，小球

A始终不带电、小球B的电量始终不变，两小球视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2o

(1)求第一次碰撞后瞬间A、B小球的速度；

(2)如果两小球第二次第三次碰撞都发生在电场中，则在第二次与第三次碰撞之间，有一个时刻B小球

合力的瞬时功率为0o求此时刻AB两小球动能之比：

(3)现要求两小球冬空中只能碰撞两次，求电场水平宽度满足的条件

【答案】(1)A的速度%=5m/s,水平向右；B的速度V2=15m/s,水平向右；(2)—；(3)5m<J<7.5m

【解析】

【详解】(1)第一次碰撞，向右为正：

121212

%%=%%+g丫2，5%%=-mAv,+-m^v2

第一次碰后A的速度

Vi=5m/s,水平向右

B的速度

V2=15m/s,水平向右

(2)竖直方向自由下落，AB始终在同一水平面，对B球水平方向

qE二加B〃

解得

a=20m/s2,水平向左

第二次碰撞前

12