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

成都石室中学2023~2024学年度上期高2025届半期试题物理试卷试卷说明：试卷分为试题卷和答题卡两部分，试题卷由第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）组成，共6页；答题卡共4页。满分100分，考试时间90分钟。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。第Ⅰ卷（选择题，共44分）一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题意。）1.如图甲所示，a、b位于两个等量异种电荷的连线上，且a、b到O点的距离相等；如图乙所示，两根相互平行的长直导线垂直纸面通过M、N两点，为MN的中点，c、d位于MN的连线上，且c、d到O点的距离相等，两导线中通有等大反向的恒定电流，下列说法正确的是（　　）A.O点处的电场强度为零B.a、b处的电场强度大小相等，方向相反C.c、d处的磁感应强度大小相等，方向相同D.点处的磁感应强度为零【答案】C【解析】【详解】A．正电荷在O点处的电场强度方向水平向右，负电荷在O点处的电场强度方向水平向右，根据场强叠加可知，O点处的总电场强度不为零，故A错误；B．根据对称性可知，a、b处的电场强度大小相等，方向相同，均水平向右，故B错误；CD．根据右手螺旋定则，M、N两点处长直导线在c、d、点处的磁感应强度方向均竖直向下，根据对称性以及场强叠加可知，c、d处的磁感应强度大小相等，方向相同；点处的磁感应强度不为零，故C正确，D错误。 故选C2.图为静电除尘器除尘机理的示意图。尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。下列表述正确的是（　　）A.到达集尘极的尘埃带正电荷B.电场方向由放电极指向集尘极C.某一带电尘埃向集尘极迁移过程中，它的电势能增加D.同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大【答案】D【解析】【详解】AC．尘埃在静电力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电，负电荷在电场中受静电力的方向与场强方向相反，则某一带电尘埃向集尘极迁移过程中，它的电势能减小，故A、C错误；B．集尘极与电源正极相连，电场方向由集尘板指向放电极，故B错误；D．根据可得，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故D正确。故选D。3.如图所示，在某静电场中沿abcda移动一正电荷，电场力对其做功为，则a、b、c、d四个点中电势最高的是（　　）A.aB.bC.cD.d【答案】A【解析】【详解】ABCD．根据电场力做正功电势能减小，电场力做负功电势能增加的关系，有 可得再由电势与电势能关系可得即a点电势最高，A正确，BCD错误。故选A。4.如图所示，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个所带电荷量不变的小球A．在两次实验中，均缓慢移动另一带同号电荷的小球B，当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上，A处于受力平衡时,悬线偏离竖直方向的角度为θ．若两次实验中B的电荷量分别为q1和q2，θ分别为30°和45°，则q1/q2为（）　A.2B.3C.D.【答案】C【解析】【详解】小球A受力平衡，根据解三角形可得A球所受的库仑力，当角度为300时有：，当角度为450时有：，联立解得：，故C 正确，ABD错误．5.如图所示，三条虚线表示某电场的三个等势面，其中，，，一个带电粒子只受电场力作用，按图中实线为运动的轨迹，由此可知（　　）A.粒子一定由M点向N点运动B.粒子带负电C.粒子在N点的电势能大于在M点的电势能D.粒子在M点的动能小于在N点的动能【答案】D【解析】【分析】【详解】B．电场线和等势面垂直并且指向电势降低的方向，则电场线和粒子受力如图则带电粒子带正电，B错误；ACD．带正电的粒子在电场力作用下运动，可沿着M到N做加速运动，也可以沿着N到M做减速运动，因为初速的方向不确定，粒子从M到N运动时，电场力做正功，动能增加，电势能减小，粒子从N到M运动时，电场力做负功，动能减小，电势能增加，AC错误D正确。故选D。6.一列沿x轴负方向传播的简谐横波，t=2s时的波形如图（a）所示，x=2m处质点的振动图像如图（b）所示，则波速可能是（　　） A.m/sB.m/sC.m/sD.m/s【答案】A【解析】【分析】【详解】根据图b可知t=2s时x=2m处的质点正经过平衡位置向下振动；又因为该波向负方向传播，结合图a，利用“上下坡”法可知x=2m为半波长的奇数倍，即有（n=1，2，3……）而由图b可知该波的周期为T=4s；所以该波的波速为（n=1，2，3……）当n=3时可得波的速率为故选A。7.如图所示，曲线ab为某太阳能电池在一定光照强度下路端电压U和电流I的关系图像，OP是某定值电阻的图像，P为两图线的交点，P点坐标为。过P点作曲线ab的切线，分别与坐标轴相交于c、d。现将该电池和定值电阻组成闭合回路，保持上述光照强度照射时，下列描述正确的是（　　）A.电池的电动势为aB.此时电池的内阻为C.电源的效率为D.电源的输出功率为【答案】A【解析】【详解】A．由a与纵轴交点处读出电动势故A正确；B．根据两图线交点状态可知，此时电池的内阻为 故B错误；C．电源效率为故C错误；D．电源的输出功率为故D错误。故选A。8.某同学在学习电表改装的原理以后，想找器材实践一下，于是他从学校实验室找来了一个小量程电流计G（表头），查阅说明书，知道了该电流表满偏电流为，内阻为（始终大于），他想把该电流计改装成的多量程电流表，电路图如下图所示．下列说法正确的是（　　）A.若保持与不变，改装后开关接2的量程比开关接1的量程小B.若保持不变，改装后开关接1、2的电流表量程均随电阻的阻值增大而减小C.若保持不变，改装后开关接1、2的电流表量程均随电阻的阻值增大而减小D.若保持与不变，改装后开关接2时电流表总内阻大于开关接1时的总内阻【答案】C【解析】【详解】开关接1时，量程为 开关接2时，量程为A．若保持与不变，改装后开关接2的量程比开关接1的量程大，故A错误；B．若保持不变，改装后开关接1的电流表量程均随电阻的阻值增大而减小，改装后开关接2的电流表量程均随电阻的阻值增大而增大，故B错误；C．若保持不变，改装后开关接1、2的电流表量程均随电阻的阻值增大而减小，故C正确；D．改装后开关接2时电流表总内阻为改装后开关接1时电流表总内阻为若保持与不变，由于始终大于，改装后开关接2时电流表总内阻小于开关接1时的总内阻，故D错误。故选C。二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选的得0分。）9.物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位之间的关系。如关系式既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了V（伏）与A（安）和（欧）的乘积等效。现有物理量单位：m（米）、s（秒）、N（牛）、W（瓦）、J（焦）、C（库）、F（法）、A（安）、（欧），由它们组合成的单位都与V（伏）等效的是（　　）A.J/CB.W/（m·A）C.N/CD.【答案】AD【解析】【详解】A．由电场力做功的公式 可知J/C与V（伏）等效，故A正确；B．根据可知W/A与V（伏）等效，故B错误；C．根据可知N/C是电场强度的单位，故C错误；D．根据可知与V（伏）等效，故D正确。故选AD。10.如图所示，一根足够长的细棒均匀带负电，当细棒沿其所在直线向右做速度大小为v的运动时，会形成等效电流。下列选项正确的是（　　）A.等效电流的方向向右B.等效电流的方向向左C.若从细棒左侧向右侧看，空间中磁场方向为逆时针D.若保持细棒静止，细棒周围的电场为匀强电场【答案】BC【解析】【详解】AB．电流方向为正电荷定向移动方向，当带负电的细棒沿其所在直线向右做速度大小为v的运动时，等效电流的方向向左，故A错误，B正确；C．根据右手螺旋定则，若从细棒左侧向右侧看，空间中磁场方向为逆时针，故C正确； D．若保持细棒静止，则离细棒距离越远，细棒产生的电场越小，故细棒周围的电场不是匀强电场，故D错误。故选BC。11.某同学通过实验正确作出标有“、”的小灯泡的图线如图甲所示，现把实验中使用的小灯泡接到如图乙所示的电路中，其中电源电动势，内阻，定值电阻，则（　　）A.由甲图可知，小灯泡的电阻值随电压的升高而增大B.由甲图可知，小灯泡的电阻值随电压的升高而减小C.闭合乙图开关，小灯泡的实际功率约为D.闭合乙图开关，小灯泡的实际功率约为【答案】AD【解析】【详解】AB．由甲图可知，随电压的升高各点与原点连线的斜率变大，则小灯泡的电阻值增大，即小灯泡的电阻值随电压的升高而增大，故B错误，A正确；CD．将定值电阻看做电源的内阻，由闭合回路欧姆定律有将此函数关系的图像画在灯泡的图像上，如图所示由图可知，闭合乙图开关，灯泡两端的电压约为，流过灯泡的电流约为，则小灯泡的实际功率约为 故C错误，D正确。故选AD。12.如图所示，一轻质绝缘细线一端固定在O点，另一端系一带电量大小为q、质量为m的小球，小球静止悬挂放置在正对距离为d的平行板电容器A、B间，电容器极板足够大，电容器两板连接在电源两端细线与竖直方向夹角，细线、小球在竖直平面内纸面内，A、B两板平行正对倾斜放置，且与纸面垂直、与细线平行。已知重力加速度为g，下列说法正确的有（　　）A.小球带正电B.电源电动势C.若在竖直面内保持两板正对面积不变，B板向A板缓慢靠近，则小球将缓慢上移D.若绳子突然断开，则小球将做曲线运动【答案】BC【解析】【详解】A．由于B板带正电，只受重力，绳子拉力，电场力三个力平衡，可知小球所受电场力指向B板才能受力平衡，所以小球必带负电，故A错误；B．设小球所受电场力大小为F电，根据平衡条件有解得，则A、B间电场强度大小为 电源电动势为故B正确；C．A、B两板间电场强度大小为若在竖直面内保持两板正对面积不变，B板向A板缓慢靠近，则电场强度增大，小球所受电场力增大，且方向不变，而小球所受重力不变，且重力与电场力的合力与绳子拉力平衡，开始时F与F电垂直，如图所示，可知绳子拉力变大，且与水平方向夹角减小，即小球缓慢上移，故C正确；D．若绳子突然断开，则小球只受重力和电场力，由于这两个力都是恒定的，且小球初速度为0，故小球将沿绳子拉力反方向做匀加速直线运动，故D错误。故选BC。13.如图所示电路中，C为电容器，R1为0～99.99Ω的电阻箱，电源内阻r＝5Ω，定值电阻R2＝2Ω，R3＝R4＝5Ω。现闭合开关S，调节R1使其电阻从零逐渐增至最大，在此过程中（  ）A.电容器的a板先带正电后带负电B.电容器的a板先带负电后带正电C.电源的输出功率先增大后减小D.电容器两板间的电压先增大后减小【答案】AC【解析】 【详解】ABD．当R1为零时，a板接电源正极，电势最高，带正电；当R1＝2Ω时，电容器两板等势，不带电；当R1>2Ω时，b板电势较高，a板带负电，即a板先带正电后带负电，电容器两板间的电压先减小后增大，故A正确，BD错误；C．当R1为零时，外电阻最小，最小值为Rmin＝＝1.67Ω当R1最大时，外电阻最大，最大值为Rmax＝＝9.11Ω根据电源的输出功率与外电阻的关系图像可知电源的输出功率先增大后减小，故C正确。故选AC。第Ⅱ卷（非选择题，共56分）三、实验题（本题共2小题，15（2）每空2分，其它每空1分，共14分）14.（1）某同学使用螺旋测微器测定其直径d，某次测量结果如图1所示，读数为______mm。用游标卡尺测量其长度，示数如图2所示，由图可知其长度______cm。（2）某同学使用多用电表欧姆挡粗测其电阻，他首先将选择开关置于“×10”倍率，接着将两支表笔短接，旋转欧姆调零旋钮使指针指向0，然后将两表笔分别与该铅笔内芯两端接触，测其电阻时指针如下图所示，该同学接下来应该进行的操作是将选择开关置于“______”倍率处（选填“×1”或“×100”），并重新进行______，再进行测量。 （3）若该同学在上一步中正确操作后再次测量时指针如下图所示，则该铅笔内芯的电阻是______。（4）若该铅笔内芯的直径为d，有效长度为L，用伏安法精确测得其电阻为R，则其电阻率为_______。（用该问所给出的物理量表示）【答案】①.4.700##4.701##4.702②.③.×1④.欧姆调零⑤.12##12.0⑥.【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器读数为[2]游标卡尺读数为（2）[3]由图可知偏转角度过大，电阻值读数太小，为使读数准确，应使指针偏转到表盘中央刻度附近，因此应调小倍率，故选“×1”挡[4]根据欧姆表使用规则，换挡后要重新进行“欧姆调零”，再进行测量（3）[5]由于选择的是“×1”挡，该挡位可估读也可不估读，因此读数为12Ω或12.0Ω（4）[6]根据电阻定律 整理得15.某同学用如图所示电路下列器材测电阻、电池的电动势E与内阻r。器材如下：A．被测电阻（约）B．被测电池（电动势E约、内阻约）C．电压表（量程为、内阻很大）D．电压表（量程为、内阻很大）E．电流表（量程为、内阻不计）F．电流表（量程为、内阻不计）G．滑动变阻器H．开关、导线（1）电流表应选用________；电压表应选用________（填器材前的符号）（2）实验中先将滑动变阻器的滑动头滑到最左端，闭合开关，当掷1，改变滑动头的位置，测出一组电压表与电流表的读数，在图像中作出直线1；当掷2，改变滑动头的位置，测出一组电压表与电流表的读数，在图像中作出直线2。则电池的电动势________V，内阻________；电阻________（结果均保留两位有效数字）【答案】①.E②.C③.6.0④.5.5⑤.3.1【解析】【详解】（1）[1][2]当滑动变阻器接入电路的阻值为零时，电路的最大电流约为 故电表应选用，即选择E；电动势E约，故电压表选用，即选择C。（2）[3][4][5]闭合开关，当掷1，根据闭合电路欧姆定律可得由图像中直线1可得，闭合开关，当掷2，根据闭合电路欧姆定律可得由图像中的直线2可得联立解得，四、计算题（本题共4小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16.如图所示，质量为，带电量的物块放在倾角为的斜面上（斜面固定）的底部，在与斜面成角斜向上的匀强电场作用下由静止沿斜面向上运动，物块与斜面间的动摩擦因数，物块运动时撤去匀强电场，斜面足够长，物体可视为点电荷，重力加速度，，，不计空气阻力。求：（1）撤去匀强电场瞬间，物体的速度为多大；（2）物块沿斜面能上升的最大距离。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）设电场力大小F，则 设匀强电场作用时物块的加速度大小为，根据牛顿第二定律有解得根据匀变速直线运动速度与时间的关系可得撤去拉力前瞬间物块的速度大小为（2）电场作用期间物块的位移大小为撤去电场后，物块的加速度大小为物块继续沿斜面滑行的位移大小为则物块沿着斜面上升的总距离为17.在如图所示电路中，电源电动势为，内阻为，电流表的内阻不计，指示灯的阻值为，电动机M线圈电阻为，当开关S闭合时，该电机以的加速度向上提升重物，当物体的速度为时，指示灯的电功率为。（1）电流表示数为多大；（2）重物的质量为多少。 【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）指示灯的电功率为，根据功率公式解得指示灯的电压为根据欧姆定律可得根据闭合电路欧姆定律，可得解得流过电流表的电流为（2）流过电动机M的电流为电动机M的电功率为电动机M的输出功率为电动机M的输出功率用于提升重物电机输出功率用于提升重物，根据牛顿第二定律 代入数据可得18.如图所示，在直角坐标系的第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场，场强大小为E，在y轴和之间有沿y轴负方向的匀强电场（电场强度大小未知），一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子在坐标为的P点由静止释放，粒子刚好从坐标为的Q点（图中未画出）经过x轴，不计粒子重力。（1）求粒子从P点运动到Q点过程中机械能的增加量；（2）将P点的坐标改为，粒子仍在P点由静止释放，结果粒子在y轴右侧电场中运动的轨迹刚好与相切，则为多少？【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）带正电的粒子先在y轴左侧电场中加速，则由动能定理得然后在第一象限的电场中做类平抛运动解得则粒子从P点运动到Q点过程中电势能的减少量即机械能的增加量 （2）将P点的坐标改为，粒子仍在P点由静止释放，则到达y轴时当粒子轨迹与直线相切时，则轴方向速度等于轴方向速度竖直方向的加速度位移关系满足联立解得19.如图所示，在真空中的竖直平面内，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B，A球的电荷量为+4q，B球的电荷量为-3q，组成一带电系统。虚线MN与PQ平行且相距3L，开始时PQ为杆的中垂线。在MN与PQ间加竖直向上的匀强电场，恰能使带电系统静止不动。现使电场强度突然加倍（已知当地重力加速度为g），求：（1）B球刚到达电场边界PQ时的速度大小；（2）若要使A不离开电场上边界MN，则MN与PQ之间相距至少为多少；（3）已知MN与PQ相距3L，带电系统从开始运动到第一次返回原出发点所经历的时间。【答案】（1）；（2）x=4L；（3）【解析】【详解】（1）设带电系统静止时电场强度为E，则有 2mg=4qE解得①电场强度加倍后，系统从开始静止到B进入电场，根据动能定理有②联立①②得B球刚进入电场时的速度（2）设MN与PQ相距为x时A球恰好到达电场边界MN，根据动能定理得到解得：x=4L（3）带电系统上升过程和下降过程具有对称性，带电系统向上运动分为三阶段第一阶段匀加速运动，根据牛顿第二定律有运动时间第二阶段匀减速运动，同理可得设A球出电场时速度为v2，根据运动学公式有解得第三阶段匀减速运动 则运动时间为