四川省成都市石室中学2023-2024学年高二上学期半期考试复习（3）物理试题（Word版附解析）

成都石室中学高2025届物理半期复习试题（3）一、单选题1.下列关于电场基本概念与规律的判断正确的是（　　）A.由库仑定律可知，当距离r→0时库仑力F→∞B.由可知，以点电荷为球心的球面上各点场强E相同C.由可知，电势差与检验电荷电量q成反比、与电场力做功成正比D.由可知，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【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r→0时带电体不能视为点电荷，所以此时不能根据得出库仑力F→∞，故A错误；B．由可知，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；C．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关，故C错误；D．是平行板电容器电容的决定式，其电容C与距离d成反比、与正对面积S成正比，故D正确。故选D。2.如图所示，虚线a、b、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、Q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a的电势最高B.质点在Q点时的电势能比在P点时大C.质点在Q点时的动能比在P点时大D.质点在Q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a的电势最低，故A错误；BC．因为P点电势高于Q点电势，根据由于带电粒子带正电，可知粒子在P点时的电势能比在Q点时大，则粒子在Q点时的动能比在P点时大，故B错误，C正确；D．根据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Q点时的加速度比在P点时的小，故D错误。故选C。3.如图甲是多用电表内部结构示意图，图乙是刻度盘，通过选择开关分别与1、2、3、4、5、6相连，以改变电路结构，分别成为电流表、电压表和欧姆表，下列说法正确的是（　　） A.A是黑表笔、B是红表笔B.作电流表时1比2量程大，作电压表时6比5量程小C.当选择开关与3或4相连是欧姆表，测量电阻之前需欧姆调零D.如图乙所示的指针位置，若选择的电阻×10挡，读数为180；若选择的直流电压10V挡，读数为6.20V【答案】C【解析】【详解】AC．当选择开关与3、4相连时，多用电表是欧姆表，测量电阻之前需欧姆调零。内置电源的正极应与黑表笔相连，电源的负极应与红表笔相连，所以A为红表笔，B为黑表笔。故A错误；C正确；B．当选择开关与1、2相连时，多用电表是电流表，接1时并联电阻较小，电流表的量程较大；当选择开关与5、6相连时，多用电表是电压表，接6时串联电阻较大，电压表的量程较大。故B错误；D．如图乙所示的指针位置，若选择的电阻×10挡，读数为180；若选择直流电压10V挡，最小分度为0.2V，根据读数规则可知，指针读数为4.60V。故D错误。故选C。4.如图所示，平行板a、b组成的电容器与电池E连接，平行板电容器P处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地．现将电容器的b板向下稍微移动，则() A.点电荷所受电场力增大B.点电荷在P处的电势能减少C.P点电势减小D.电容器的带电荷量增加【答案】B【解析】【详解】A.因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，B板下移，则板间距离d增大，则板间电场强度E变小，由F=Eq可知电荷所受电场力变小，故A错误；BC.板间距离d增大，则板间电场强度E变小，由U=Ed知，P与a板的电压减小，而a的电势不变，故P的电势升高，由EP=qφ而q为负值，故电势能减小，故B正确，C错误；D.由Q=CU，又有，故C减小，Q减小，故D错误．5.质量为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θ（在0到90°范围内可调），已知小物块与木板的动摩擦因数，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θ取（　　）A.0°B.30°C.45°D.60°【答案】D【解析】【详解】设小物块的电荷量为q，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a，取木板和整体分别列方程，有 解得整理得（，）则当时，E有最小值。故选D。6.空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系，M、N、P为电场中的三个点，点的坐标为，N点的坐标为，点的坐标为。已知电场方向平行于直线，点电势为0，点电势为，则点的电势为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】 【详解】根据场强公式电场线与等势面垂直，由几何关系可得点与Q点H点在同一等势面上，则有解得所以A正确；BCD错误；故选A。7.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O的正下方，绝缘细线绕过定滑轮与带电小球B相连，在拉力F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，O、A间的距离为h，O、B间距离为l，B球重力为mg。A、B之间的库仑力大小为根据力的矢量三角形与距离的几何三角形相似可得解得现缓慢拉动细线，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l减小，h不变，所以F减小，即细线上的拉力一直减小；r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。8.如图所示，现有两根通电长直导线分别固定在正方体的两条边和上且彼此绝缘，电流方向分别由流向、由流向，两通电导线中的电流大小相等，在点形成的磁场的磁感应强度大小为。已知通电长直导线在周围空间某位置产生磁场的磁感应强度大小为，其中为常数，为电流大小，为该位置到长直导线的距离，则点的磁感应强度大小为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】设正方体棱长为，通电导线中的电流大小为，两条边和上通电导线在A点产生的感应强度大小均为 方向分别沿方向和方向，互相垂直。则A点磁感应强度大小点的磁感应强度大小为故选C。二、多选题9.如图，轻质弹簧上端系在水平天花板上，下端固定一个轻质绝缘挂钩，处于静止状态。天花板下方存在方向竖直向下的匀强电场。一个质量为m，电量为q（q>0）的带轻质小挂钩的小球在外力作用下轻轻的挂在弹簧的挂钩上，并由静止释放。已知小球所受电场力正好等于小球的重力。在小球向下运动的过程中（弹簧一直处于弹性限度内），下列说法中正确的是（　　）A.小球的动能一直增大B.小球机械能一直增大C.弹簧的弹性势能一直增大D.小球和弹簧构成的系统的机械能一直增大【答案】CD【解析】【详解】A．小球在向下运动的过程中受向下的重力、向下的电场力和弹簧对小球向上的弹力，且弹力从零开始不断增大，所以当重力和电场力的合力大于弹力阶段，小球向下加速，速度增大，动能增大；当弹力增大到与重力、电场力的合力相等时，小球速度达到最大，动能达到最大；小球继续向下运动，弹力大于重力、电场力的合力，小球做减速运动，动能减小，故A错误；B．根据功能关系，小球机械能的变化对应电场力与弹力做的功的代数和，在小球向下运动过程中，电场力一直做正功，弹力一直做负功，所以在电场力大于弹力阶段，二者做功的代数和为正值，小球机械能增大；当弹力大于电场力时，二者做功的代数和为负值，小球的机械能减小，故B错误； C．根据功能关系，在小球向下运动过程中，弹力一直做负功，所以弹簧的弹性势能一直增大，故C正确；D．对小球和弹簧组成的系统，电场力一直做正功，所以系统的机械能一直增大，故D正确。故选CD。10.质量为m、电量为q的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点，不计空气阻力且小球从未落地。已知重力加速度为g，则()A.电场强度的大小为B.整个过程中小球动量增加了2mgtC.从A点到最低点小球重力势能减少了D.整个过程中小球电势能减少了mg2t2【答案】BC【解析】【详解】A．小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反。设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向解得由牛顿第二定律得解得场强为A错误；B．若取向上为正方向，则小球回到A点时的速度为 整个过程中小球速度增量的大小为整个过程中小球动量增量B正确；C．设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得解得从A点到最低点小球重力势能减少了C正确；D．电势能减小D错误。故选BC。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I、U1、U2和U3表示电流表A、电压表V1、电压表V2和电压表V3的示数，用ΔI、ΔU1、ΔU2、和ΔU3表示电流表A、电压表V1、电压表V2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.增大、和不变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=r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RT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则由闭合电路欧姆定律可知则在温度降低的过程中，热敏电阻RT的阻值增大，可知增大、和不变，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RT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．根据效率计算公式有热敏电阻RT的阻值增大，则外电阻增大，电源效率增加，故D正确；故选BD。12.如图所示，在一绝缘斜面C上有一带正电的小物体A处于静止状态，现将一带正电的小球B沿以A 为圆心的圆弧缓慢地从P点转至A正上方的Q点处，已知P、A在同一水平线上，且在此过程中物体A和C始终保持静止不动，A、B可视为质点．关于此过程，下列说法正确的是（）A.地面对斜面C的摩擦力先增大后减小B.地面对斜面C的摩擦力逐渐减小C.物体A受到的摩擦力一直减小D.物体A受到斜面的支持力先增大后减小【答案】BD【解析】【详解】BQ点时，对A进行受力分析如图所示将A与斜面体做为一个整体进行受力分析可知，当B从P点向Q点移动过程中，AB间斥力的水平分量越来越小，因此地面对斜面体C的摩擦力越来越小，故A错误，B正确；C项：当B在P点时，如果重力沿斜面向下的分力与AB间斥力沿斜面向上的分力相等，此时摩擦力等于零，B从P点向Q点移动时，重力沿斜面向下的分力与AB间斥力沿斜面向上的分力则不相等，则摩擦力会变大，故C错误；D项：当B从P点向Q点移动过程中，AB间的斥力大小不变，但方向沿逆时针方向转动，当AB连线与斜面垂直时，斜面对A的支持力最大，因此物体A受到斜面的支持力先增大后减小，D正确．故应选BD．13.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B，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m、带电荷量为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B点为重力势能和电势的零点，小球在管道内恰好做圆周运动，重力加速度为g，小球可视为质点，则（　　） A.电场强度大小为，方向与水平方向成角斜向左下B.小球的初动能为C.小球的最大机械能为D.小球在A点对管壁的作用力大小为【答案】BC【解析】【详解】A．根据机械能随角度的变化图像可知，当小球转过的角度为240°时，小球机械能最小，电场力做的负功最多，说明电场力的方向与水平方向的夹角为30°斜向左下，A错误；B．根据动能随角度的变化图像可知，当小球转过的角度为210°时，小球的动能为零，说明此时小球在等效最高点，有解得对小球从B点到等效最高点的过程，在竖直方向移动的距离为，沿电场力方向移动的距离为，根据动能定理有解得 B正确；C．当小球转过的角度为60°时，电场力做的正功最多，根据功能关系有解得C正确；D．从B点到A点根据动能定理有解得在A点竖直方向上根据牛顿第二定律有解得D错误。故选BC。三、实验题14.现测量长金属丝Rx的电阻率。（1）用图（a）所示电路测Rx（约9Ω）的电阻。可供选择的器材有：两个相同的电压表（量程3V，内阻RV=3000Ω）电流表A（量程0.6A，内阻RA=0.5Ω）滑动变阻器R1（总阻值约5Ω）滑动变阻器R2（总阻值约50Ω）滑动变阻器R3（总阻值约500Ω）电源E（电动势约7V，内阻很小）开关S和若干导线。为使测量过程中，随着滑动变阻器滑片的移动，电表示数一直有明显的、较大范围的变化，滑动变阻器R 应选择_____（选填“R1”、“R2”、“R3”）；（2）闭合S前，为保证电表安全，滑片P应位于滑动变阻器的_____（选填“最左端”、“最右端”）；（3）实验中，每次两个电压表的示数均相同，依次为U1、U2、U3……，对应电流表示数为I1、I2、I3……，将测量数据描点作图，得到图（b），测量出图线的斜率为k，考虑到要消除电表内阻的影响，则Rx=_____（用可能含RV、RA、k的表达式表示）；（4）通过正确计算得到Rx=9.3Ω，利用之前已经测量出的金属丝的平均直径D=0.200mm、金属丝接入电路的长度l=31.40cm，则该金属丝的电阻率ρ=_____Ω∙m。【答案】①.R2②.最左端③.④.9.3×10-7【解析】【详解】（1）[1]由题可知，滑动变阻器采用限流接法，所以滑动变阻器的阻值应大于待测电阻阻值，但不能大待测电阻太多，才能保证移动滑动变阻器的滑片时，电表示数有明显的、较大范围的变化，故滑动变阻器选R2；（2）[2]在闭合开关前，为了保证电表安全，滑动变阻器应全部接入电路，即滑动变阻器的滑片置于最左端；（3）[3]根据部分电路欧姆定律可得变形得 所以图线的斜率为解得（4）[4]根据电阻定律得联立可得15.小明刚从超市购买一节干电池，于是他想测定该干电池的电动势和内阻，小明做实验中，备有下列器材：A．干电池（电动势约为1.5V，内阻小于0.5Ω）B．电流表G（满偏电流1.5mA，内阻为10Ω）C.电流表A（0～0.6A，内阻约为0.1Ω）D．滑动变阻器R1（0~20Ω，10A）E．滑动变阻器R2（0~100Ω，1A）F．定值电阻R3=0.5ΩG．定值电阻R4＝990ΩH．开关、导线若干（1）为方便且能较准确地进行测量，应选用滑动变阻器__________(填写序号)；（2）小明按照自己设计的实验方案，画图处理数据，由于是新电池内阻很小，发现图像斜率较小，给数据的处理带来了很大的障碍。请在下面所给方框内画出利用本题提供的器材帮助小明改进实验方案，要求测量误差尽可能的小______________； （3）某同学根据他设计的实验测出了六组I1（电流表G的示数）和I2（电流表A的示数），请在所给坐标纸上使用适当的数据，做出I1和I2的关系图线_______________；序号1234561.401.361.351.281.201.070.100.150.230.250.350.50（4）根据图线可得，被测电池的电动势为________V，内阻为______Ω。【答案】①.D②.③.④.1.47##1.48##1.49⑤.0.25~0.35【解析】【详解】（1）[1]为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器，故选择D比较合适。（2）[2]由于没有电压表，给定的电流表G可与定值电阻R4串联作电压表使用；图像的斜率等于电源的内阻，由于是新电池内阻很小，发现图像斜率较小，给数据的处理带来了很大的障碍，所以给电源串联一个合适电阻作等效内阻，实验电路如图所示； （3）[3]根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出I1−I2图像如图所示；（4）[4][5]则由闭合电路欧姆定律可知变形由图可知，图像与纵坐标的交点为1.48mA，解得依题意，结合图像可知解得考虑到偶然误差，电动势取值范围、内阻取值范围均可。四、解答题16.如图所示，O、B、A为一粗糙绝缘水平面上的三点，一电荷量为-Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m，电荷量为+q的小金属块（可视为质点），从A点以初速度v0沿它们的连线向固定点电荷运动，到B点时速度最小，其大小为v。已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，AB间距离为L、静电力常量为k，则：（1）求OB间的距离；（2）求B、A两点间的电势差UBA。 【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）由题意知，A到B过程，金属块做减速运动，B到O过程做加速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有解得（2）滑块从A到B过程，由动能定理得解得所以17.如图所示，电源电动势E=12V，内阻r=4Ω，滑动变阻器的最大阻值R1=8Ω，定值电阻R2=4Ω，R3=2Ω，R4=5Ω，电容器的电容C=13μF。开关S闭合电路稳定后，求：（1）滑动变阻器滑片滑到最左端时，电压表的示数；（2）滑动变阻器接入电路中的电阻为多大时电源有最大输出功率，并求出最大输出功率；（3）滑动变阻器滑片从最左端滑到最右端过程中，通过R4的电量。 【答案】（1）4V；（2）4Ω，9W；（3）【解析】【详解】（1）滑动变阻器滑片滑到最左端时，阻值为零，短路，根据闭合电路欧姆定律可得电压表的示数为（2）当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，则有解得又解得所以当滑动变阻器阻值为4Ω时，电源的输出功率最大；最大输出功率为（3）滑动变阻器在最左端时，电容器两端电压为，则有滑动变阻器在最右端时，电容器两端电压为，则有据闭合电路欧姆定律可得则有 通过的电量为18.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m、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U、水平极板的长度为、上下两板间距离为d、水平极板的右端到荧光屏的距离为。不计电子所受重力。求：（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点到点的距离h。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）电子在加速电场中解得电子在偏转电场中，在水平方向上有在竖直方向上有，联立解得 电子射出时竖直方向速度为电子离开偏转电场时速度偏转角的正切值为联立解得（2）电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离为19.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，带电量为质量为的小球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。与B球形状相同、质量为的绝缘不带电小球A以初速度向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（1）求第一次碰撞后瞬间A、B小球速度；（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0。求此时刻AB两小球动能之比：（3）现要求两小球在空中只能碰撞两次，求电场水平宽度满足的条件 【答案】（1）A的速度水平向右；B的速度水平向右；（2）；（3）5m<d<7.5m【解析】【详解】（1）第一次碰撞，向右为正：第一次碰后A的速度水平向右B的速度水平向右（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=mBa解得a=20m/s2，水平向左第二次碰撞前对B球水平向左竖直向下第二次碰撞，向右为正，根据动量守恒定律结合能量守恒定律有第二次碰后A的速度为0；B的速度水平向右 B小球合力的瞬时功率为0时合力与瞬时速度垂直，设合力与水平方向夹角为α：解得此时刻B的水平速度此时刻AB的竖直速度此时刻两小球动能之比为（3）第一次碰撞后共速时B球刚刚出场，电场宽度最小为d1，根据v1=v2-at0解得t0=0.5s第一次碰撞后B球向右最远第二次碰撞前距离电场左边界第二次碰撞后B球向右最远 此时B球刚刚出场，电场宽度最大为d2：综上可知B出场时水平速度更大，出场后不会第二次碰撞；；AB出场后空中会第二次碰，不会第三次碰撞；电场中第二次碰，B出场，不会第三碰撞；电场中会第三次碰撞；现要求小球在空中只能碰撞两次，电场水平宽度满足的条件为