四川省石室中学2020学年高二上学期半期考试物理试题及

1、四川省石室中学2017-2018学年高二上学期半期考试物理试题一.选择题1. 在研究长度为l、横截面积为s的均匀导体中电流时，在导体两端加上电压u，导体中有匀强电场产生，在导体中移动的自由电子（带电量e）受匀强电场作用而加速，并和做热运动的正离子碰撞而减速，反复碰撞且向前移动。假定阻碍电子向前运动的阻力大小与电子移动的平均速率v成正比，其大小可表示成kv（k是恒量）。当电场力和碰撞的阻力相平衡时，导体中自由电子定向运动的速率v为一定值。这一定值为（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：当电子匀

2、速运动时，受力平衡，电场力和电子受到的阻力的大小相等，根据平衡的条件即可求得电子运动的速度的大小解答：解：导体中的电场强度为e=，电子受到的电场力为f=ee=，电子受到的阻力为f=kv，当电场力和碰撞的阻力相平衡时 f=f，即=kv，所以v=，所以b正确故选b点评：本题属于信息给予题，从所给的信息中找出有用的信息，根据条件求解即可2. 某静电场沿x轴方向的电势分布如图所示，如果仅考虑x轴上的电场情况，则（ ）a. 0l 和2l3l之间均为匀强电场，且0l之间的场强一定比2l3l之间的场强大b. l2l和3l4l之间均为匀强电场，且这两处的电场方向一定相反c. l2l和4l5l之间均为非匀强电场

3、，且这两处的电场方向一定相同d. 3l4l和4l5l之间均为匀强电场，且3l4l之间的场强一定比4l5l之间的场强大【答案】b【解析】根据图象=ex可知，图象的斜率表示电场强度的大小，因此在0-l和2l-3l之间不存在沿着x方向的电场分量，故a错误根据图象=ex可知，图象的斜率表示电场强度的大小，l-2l和3l-4l之间均为匀强电场，且这两处的电场方向一定相反，故b正确；根据图象=ex可知，图象的斜率表示电场强度的大小和方向，l-2l和4l-5l之间均为匀强电场，且这两处的电场方向一定相同，故c错误；根据图象=ex可知，图象的斜率表示电场强度的大小和方向，3l-4l和4l-5l之间均为匀强电场

4、，且3l-4l之间的场强一定比4l-5l之间的场强小，故d错误；故选b.点睛：本题关键是要明确沿电场方向电势减小，垂直场强方向，电势不变；匀强电场中，沿电场线方向电势降低最快，沿着任意方向（垂直电场线除外）电势随位移均匀变化.3. 如图所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等差等势线。a、b两点与两球球心连线位于同一直线上，c、d两点关于直线ab对称，则（ ）a. a点和b点的电势相同b. c点和d点的电场强度相同c. 正电荷从a点移至b点，电场力做正功d. 负电荷从c点移至d点，电势能增大【答案】c【解析】试题分析：本题的关键要抓住“位于

5、同一等势面上的点电势均相等”，“沿电场线方向电势逐渐降低”，“电场强度是矢量”和“电场力做的功”来讨论解：a、先找到与ab在同一直线上的a点的等势点，再根据沿电场线方向电势逐渐降低，可知，a的等势点的电势高于b当的电势，故a错误b、因为电场强度是矢量，c点与d点方向不同，所以电场强度不同，b错误c、由电场线和等势面的图线可知a点与c点在一个等势面上，再根据“沿电场线的方向电势逐渐降低”的特点可知，c点电势高于b点的电势，所以0，即0，根据=q知，由于q0，0，所以0，即电场力做正功，所以c正确d、因为c、d关于ab对称，即c、d在同一等势面上，所以负电荷在c点与d点的电势能相等，所以d错误故选

6、c【点评】遇到涉及电场线和等势线的题目，要抓住电场线与等势线处处垂直的特点，以及沿电场线方向电势逐渐降低，然后再讨论4. 无限长导线，均通以恒定电流i。直线部分和坐标轴接近重合，弯曲部分是以坐标原点o为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点o处不形成磁场，则图乙中o处磁感应强度和图甲中o处磁感应强度相同的是（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】试题分析：根据通电导线周围存在磁场，结合相同圆弧，则产生有磁感应强度大小，再根据右手螺旋定则可知，通电导线在o点的磁场方向，最后由矢量合成法则，即可求解解：由题意可知，图甲中o处磁感应强度的大小是其中一段在o点的磁场大小2倍，方向垂直纸面

7、向里；a、根据右手螺旋定则可知，左上段与右下段的通电导线产生的磁场叠加为零，则剩余的两段通电导线产生的磁场大小是其中一段的在o点磁场的2倍，且方向垂直纸面向里，故a正确；b、同理，四段通电导线在o点的磁场是其中一段在o点的磁场的4倍，方向是垂直向里，故b错误；c、由上分析可知，右上段与左下段产生磁场叠加为零，则剩余两段产生磁场大小是其中一段在o点产生磁场的2倍，方向垂直纸面向外，故c错误；d、与c选项分析相同，四段在o点的磁场是其中一段在o点产生磁场的2倍，方向垂直纸面向外，故d错误；故选：a点评：考查通电导线周围磁场的分布，掌握矢量合成法则，注意叠加原则，理解右手螺旋定则是解题的关键5. 在

8、如图（a）所示的电路中，r1为定值电阻，r2为滑动变阻器（最大阻值20 ）。闭合电键s，将滑动变阻器的滑动触头p从最右端滑到最左端，两个电压表（内阻极大）的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b）所示。则下列说法正确的是（ ） a. 图线甲是电压表v1示数随电流变化的图线b. 电源内电阻的阻值为10c. 电源的最大输出功率为1.5wd. 滑动变阻器r2的最大功率为0.9w【答案】d.点睛：在求定值电阻的最大功率时，应是电流最大的时候；而求变值电阻的最大功率时，应根据电源的最大输出功率求，必要时可将与电源串联的定值电阻等效为内阻处理6. 如图所示，平行板电容器ab两极板水平放置，a在上方，b

9、在下方。现将其和二极管串联接在电源上，已知a和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿ab中心水平射入，打在b极板上的n点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动a板来改变两极板ab间距（两极板仍平行），则下列说法正确的是（ ）a. 若小球带正电，当ab间距增大时，小球打在n的右侧b. 若小球带正电，当ab间距增大时，小球打在n的左侧c. 若小球带负电，当ab间距减小时，小球打在n的右侧d. 若小球带负电，当ab间距增大时，小球打在n的左侧【答案】c7. 如图所示，bd是竖直平面内圆上的一条竖直直径，ac是该圆的另一条直径，该圆处于匀强电场中，场强方向平行于圆周平面。将带等量负电荷的相同小

10、球从o点以相同的动能射出，射出方向不同时，小球会经过圆周上不同的点，在这些所有的点中，到达a点时小球的动能总是最小。忽略空气阻力，小球重力不能忽略，则下列说法中正确的是（ ）a. 可以断定电场方向由o点指向圆弧aeb上的某一点b. 到达b点时小球的动能和电势能之和总是最小c. 到达c点时小球的电势能总是最小d. 到达圆上的所有小球中，机械能最小的小球应落在圆弧cfd上的某一点【答案】b【解析】在这个电场中，小球受到两个力影响：重力和电场力在a点动能最小，那说明速度最小了，说明oa方向发射的小球克服合力做功最大，也就是说在这个电场跟重力场中，合力方向是oc，对o点小球受力分析，重力竖直向下，合力

11、方向指向oc，受力方向指向为ob与oc之间，即电场方向应该是由o指向ad弧方向，故a错误；由于只有重力和电场力做功，故任何点的小球，动能+重力势能+电势能=定值； 明显b点的重力势能最大，那么肯定b点的动能与电势能之和最小，故b正确；因电场方向是由o指向ad弧方向，故c点不是电势最高的位置，小球在c点的电势能不是最小的，故c错误；机械能（重力势能+动能）最小，那么肯定就是电势能最大的地方，带负电荷的小球，沿着电场线方向，应该在弧线ad（劣弧）之间，故d错误；故选b8. 某种角速度计，其结构如图所示。当整个装置绕轴oo转动时，元件a相对于转轴发生位移并通过滑动变阻器输出电压，电压传感器（传感器内

12、阻无限大）接收相应的电压信号。已知a的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势为e、内阻不计。滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，装置静止时滑片p在变阻器的最左端b端，当系统以角速度转动时，不计摩擦，则（ ）a. 电路中电流随角速度的增大而增大b. 电路中电流随角速度的增大而减小c. 弹簧的伸长量为d. 输出电压u与的函数式为【答案】d【解析】系统在水平面内以角速度转动时，无论角速度增大还是减小，bc的电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变，与角速度无关故ab错误设系统在水平面内以角速度转动时，弹簧伸长的长度为x，则对元件a，根据牛顿第二定律得kx=m2（l+x

13、），解得，又输出电压，联立两式得故c错误，d正确故选d.二. 多选题：9. 如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5t的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度放置一质量为0.1kg、电荷量为q=+0.2c的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左，大小为0.6n的恒力，（g=10m/s2），则（ ）a. 木板和滑块一直做加速度为2m/s2的匀加速运动b. 滑块开始做匀加速直线运动，然后做加速度减小的变加速运动，最后做匀速运动c. 最终木板做加速度为2m/s2的匀加速运

14、动，滑块做速度为10m/s的匀速运动d. 最终木板做加速度为3m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10m/s的匀速运动【答案】bd【解析】由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为5m/s2，当0.6n的恒力作用于木板时，系统一起以 的加速度一起运动；当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时bqv=mg，代入数据解得：v=10m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动， ，故ac错误，d正确由a的分析可知，开始滑块做匀加速直线运动，滑块获得速度后，受到洛伦兹力作用，受到的合外力减小，加速度减

15、小，做加速度减小的加速运动，最后滑块做匀速直线运动，故b正确；故选：bd.10. 如图所示，有两根长为l、质量为m的细导体棒a、b（截面可视为点）。a被水平放置在倾角为的光滑斜面上，b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x。当两细棒中均通以大小为i的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止（近似认为b在a处产生的磁感应强度处处相等，且与到b的距离成反比），则下列说法正确的是（ ）a. b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度方向竖直向上b. b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度大小为c. 电流不变，若使b向上平移，a仍可能在原处保持静止d. 电流不变，若使b向下平移，a

16、将不能在原处保持静止【答案】acd【解析】通电导体b处于通电导体a的磁场中，由右手螺旋定则可得通电导体b 处于竖直向上的磁场中，故a正确当导体a处于匀强磁场的磁感应强度b的方向竖直向上，则水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，因夹角为45，则大小 ，故b错误；题意可知，重力和水平向右的磁场力的合力与支持力平衡，当减小b在a处的磁感应强度，则磁场力减小，要使仍平衡，根据受力平衡条件，则可使b上移，即b对a的磁场力斜向上，故c正确；当b竖直向下移动，导体棒间的安培力减小，根据受力平衡条件，当a受力的安培力方向顺时针转动时，只有大小变大才能保持平衡，而安培力在减小，因此不能保持静止，故d错误

17、；故选acd.点睛：学会区分左手定则与右手螺旋定则，前者是判定安培力的方向，而后者是电流周围磁场的方向，并学会受力分析，同时掌握力的合成与分解的法则11. 如图所示电路中，电源的内电阻为r，r2、r3、r4均为定值电阻，电表均为理想电表。闭合电键s，当滑动变阻器r1的滑动触头p向右滑动时，电流表和电压表的示数变化量的大小分别为、，下列说法正确的是（ ）a. 电压表示数变大b. 电流表示数变大c. d. 【答案】ad【解析】试题分析：由电路图可知，、并联，再与串联，与并联，电压表测量路端电压，等于两端电压，电流表测量流过的电流，设、的电流分别为、，电压分别为、，干路电流为，路端电压为。闭合电键，

18、当滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，变大，外电阻变大，干路电流为变小，由闭合电路欧姆定律，可得，则路端电压为变大，即电压表示数变大；根据，可知变大；根据，可知变小；根据，可知变小；根据，可知变大；根据，可知变大；根据，可知变小，即电流表的示数变小；由闭合电路欧姆定律，可得，由，变小，变小，变大，变大，则，因此，所以正确选项为a、d。考点：本题考查了闭合电路欧姆定律和电路的动态分析。12. 如图所示，光滑绝缘水平桌面上有a、b两个带电小球（可以看成点电荷），a球带电量为+2q，b球带电量为-q，将它们同时由静止开始释放，a球加速度的大小为b球的3倍。现在ab中点固定一个带电小球c（也可看作点电荷）

19、，再同时由静止释放a、b两球，释放瞬间两球加速度大小相等。则c球带电量大小可能为（ ） a. b. c. d. 【答案】cd【解析】试题分析：由题意，当由静止开始释放两球时，a球加速度的大小为b球的3倍根据牛顿第二定律可知，a、b两个带电小球的质量之比为ma:mb=1：3；当在ab中点固定一个带电小球c，由静止释放a、b两球，释放瞬间两球加速度大小相等，若c球带正电，根据库仑定律与牛顿第二定律，且有：对a来说，对b来说，综上解得，；当在ab中点固定一个带电小球c，由静止释放a、b两球，释放瞬间两球加速度大小相等，若有c球带负电，根据库仑定律与牛顿第二定律，且有：对a来说，对b来说，综上解得，故

20、cd正确考点：库仑定律；牛顿第一定律.三本题共2小题，共17分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作图。13. （1）某同学设计如a图所示电路研究电源电流和内电压的关系，用伏特表测内电压u，用电流表测电流i，通过活塞改变内电阻r，做出如b图所示u-i图线。若电池的电动势为e，外电路阻值r一定，则um=_，斜率k=_。u随i变化的表达式为_，im表示r趋近_（选“无限大”或“0”）的电流且im=_。（用e、r、u、i、r表示）（2）如图所示为欧姆表原理示意图，电流表满偏电流3ma，变阻器r0电阻调节范围为05000 ，内部电源标称值为6v，但实际电动势为5.4v，且内阻增大，但仍能调零，调零后测

21、得电阻读数比实际值_（填“偏大”、“偏小”）。【答案】 (1). （1）e (2). r (3). u=e-ir (4). 0 (5). (6). （2）偏大【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律可知，内压u=e-ir，则可知图象与纵坐标的交点为电源的电动势；故um=e；图象的斜率表示外电阻r；图象与横坐标交点表示内电压为零，故说明内阻为零；此时电流；（2）欧姆表内阻，电流表满偏电流ig不变，电源电动势e变小，则欧姆表总内阻要变小，由闭合电路欧姆定律可得：，r测=-r，由于内阻r变小，则待测电阻阻值r测偏大，电池内阻增大，故r0的阻值调零时一定偏小，所以测量电阻读数比实际值大.14. 有一根细而均

22、匀的管状导电原件（如图所示），此原件长l约为3cm，电阻约为100 ，已知这种材料的电阻率为，因该样品的内圆直径太小，无法直接测量，为了测量其内圆直径可先测其电阻rx，现提供以下实验器材：a20分度的游标卡尺b螺旋测微器c电流表a1（量程50ma，内阻r1为100 ）d电流表a2（量程100ma，内阻r2约为40 ）e电流表a3（量程1a，内阻r3约为0.1 ）f滑动变阻器r1（20 ，额定电流1a）g滑动变阻器r2（020k ，额定电流0.1a）h直流电源e（12v，内阻不计）i导电材料样品rx（长约为3cm，电阻rx约为100 ）j开关一只，导线若干（1）用游标卡尺测得该样品的长度如图所示

23、，其示数l=_mm；用螺旋测微器测得该样品的外径如图所示，其示数d=_mm。 （2）为了尽可能精确地测量原件电阻rx，请设计合适电路，选择合适电学仪器，在方框中画出实验电路图，所选器材注意角标区分_。（3）除了需要测量样品长度l、外径d外，还需要测量_，用已知物理量的符号和测量的符号来表示样品的内径d=_。【答案】 (1). （1）30.25 (2). 3.2043.206 (3). （2）如图； (4). （3）电流表a1示数i1、电流表a2示数i2 (5). 【解析】（1）游标卡尺读数为：l=30mm+70.05mm=30.35mm螺旋测微器测得该样品的外径为：d=3mm+20.60.01

24、mm=3.206mm（2）通过电阻的最大电流大约i=a120ma，3a电流表量程偏大，另外两个电流表中，d电流表的满偏电流大于c电流表的满偏电流，又c电流表内阻为定值，根据欧姆定律与串并联知识，应将c电流表与待测材料并联后再与d电流表串联，又因滑动变阻器阻值太小应用分压式接法，可设计电路图如图所示（3）设a1电流表示数为i1，a2电流表示数为i2，由欧姆定律可得待测电阻阻值 又由电阻定律：联立解得： 故除了需要测量样品长度l、外径d外，还需要测量电流表a1示数i1、电流表a2示数i2.点睛：本题属于电流表与电压表的反常规接法，即可将电流表当做电压表来使用，关键是根据电路图能求出待测电阻的阻值才

25、行四计算题15. 如图所示，电源电动势e=30v，内阻，滑动变阻器的总电阻。间距d=0.1m的两平行金属板m、n水平放置，闭合开关k，板间电场视为匀强电场，板间竖直放置一根长也为d的光滑绝缘细杆ab，带负电小球c穿过细杆，小球质量m=0.01kg、电荷量c（可视为点电荷，不影响电场的分布）。调节滑动变阻器的滑片p，使小球c恰能静止在a处，重力加速度g=10m/s2.（1）求m、n两极板间的电压以及滑动变阻器pb段的阻值r2；（2）调节滑动变阻器，使pb段的阻值r3=7.5，待电场重新稳定后释放小球c，求小球c到达杆的中点o时的速度大小。【答案】（1）10（2）0.5m/s.【解析】（1）由电路

26、图可知，金属板m为正极板；因小球静止，故小球所受电场力与重力大小相等，方向相反，电场力向上，所以小球带负电设小球恰能静止时m、n两极板间的电压为u，板间电场强度为e，则mg=eq 解得：u=10v小球恰能静止时，根据闭合电路欧姆定律有解得r2=10（2）调节滑动变阻器，使pb段的阻值r3=7.5，设电场稳定时的电压为u3，则解得：u3=7.5v设小球c到达杆的中点o时的速度为v，则 解得：v=0.5m/s点睛：本题为电路与电场结合的题目，要求学生能正确掌握电容器的规律及电路的相关知识，能明确极板间的电压等于与之并联的电阻两端的电压16. 如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小

27、孔的两平行薄板，板相距3.5l。槽内有两个质量均为m的小球a和b，a球带电量为+q，b球带电量为-3q，两球由长为2l的轻杆相连，组成一带电系统。最初a和b分别静止于左板的两侧，离板的距离均为l。若视小球为质点，不计轻杆的质量，现在两板之间加上与槽平行，场强为e的向右的匀强电场后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布），带电系统开始运动。试求：（1）从开始运动到b球刚进入电场时，带电系统电势能的改变量e；（2）以右板电势为零，带电系统从开始运动到速度第一次为零时，a球所在位置的电势为多大？（3）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间。【答案】（1）-eql（2）el（3） 【解

28、析】（1）设球b刚进入电场时，电场力做功使带电系统电势能减少e=-eql（2）设b进入电场后带电系统又运动了s速度变为零，由动能定理得eql+eqs-3eqs=0解得s=，即离右板距离为l带电系统速度第一次为零以右板电势为零，速度第一次为零的位置电势大于零，所以带电系统速度第一次为零时，球a所在位置的电势为ua=el（3）设a球运动了l时速度为v1，由动能定理得qel=2mv12解得， 由l=t1得运动时间为t1=2a球运动s时加速度为a2，a2=-=-a1由0=v1+a2t2，得t2=t1所以带电系统速度第一次为零所需的时间为t总=t1+t2=317. 中国著名物理学家、中国科学院院士何泽慧教授曾在1945年首次通过实验观察到正、负电子的弹性碰撞过程。有人设想利用电场、磁场控制正、负电子在云室中运动来再现这一过程。实验设计原理如下：在如图所示的xoy平面内，a、c二小孔距原点的距离均为l，每隔一定的时间源源不断地分别从a孔射入正电子，c孔射入负电子，初速度均为v0，方向垂直x轴，正、负电子的质量均为m，电荷量分别为e和-e（忽略电子之间的相互作用及电子重力）。在y轴的左侧区域加一水平向右的匀强电场，在y轴的右侧区域加一垂直纸面的匀强磁场（图中未画出），要使正、负电子在y轴上的p（0，l）处相碰。求：（1）磁感应强度b的大小和方向；（2）在p点相