四川省成都市铁路中学2025-2026学年高二上学期11月半期考物理试题

高二物理（满分分考试时间分钟）一、单项选择题：本题共7小题，每题4分，共分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求。1.关于以下场景的说法错误的是（）A.图甲为静电除尘原理的示意图，带负电的尘埃将被吸附到带正电的板状收集器A上B.如图乙所示，给汽车加油前要触摸一下静电释放器，是为了导走人身上的静电C.图丙中摇动起电机，烟雾缭绕的塑料瓶顿时清澈透明，其工作原理为静电吸附D.如图丁所示，我们在户外遇到雷暴天气，可以停留在山顶或高大的树下躲避【答案】D【解析】【详解】A．根据图甲可知，极板A与电源正极链接，极板A带正电，带负电的尘埃受到指向极板A的电场力作用，带负电的尘埃被收集在带正电的极板A上，故A正确，不符合题意；B．图乙为给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，其目的是导走人身上的静电，故B正确，不符合题意；C．图丙中摇动起电机，电极之间形成电场，将气体电离，电子被吸附到烟雾颗粒上，使烟雾颗粒带负电，导致烟雾颗粒可以向正极移动，工作原理为静电吸附，故C正确，不符合题意；D．我们在户外遇到雷暴天气，在山顶或高大的树下躲避容易引发尖端放电，造成人体伤害，故D错误，符合题意。故选D。2.如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为＋Q和Q。在它们的水平中垂线上固定一根长为Lq的小球以初速度）第1页/共19页A.速度先增大后减小再增大B.受到的库仑力先做负功后做正功C.受到的库仑力最大值为D.管壁对小球的弹力最大值为【答案】C【解析】【详解】A．电荷量为+q的小球以初速度v0从管口射入的过程，电场力与细管对其弹力始终平衡，合力为零，小球做匀速直线运动，故速度不变；故A错误；B．小球有下落过程中，库仑力与速度方向垂直，则库仑力不做功；故B错误；C．在两个电荷的中垂线的中点，单个电荷产生的电场强度为+q的小球受到最大库仑力为C正确；D．结合受力分析可知，弹力与库仑力平衡，则管壁对小球的弹力最大值为，故D错误。故选C。3.已知均匀带电球壳内部的电场强度处处为零、如图所示。现有一个带电荷量为且电荷均匀分布的半R，为通过半球顶点C与球心OPQ为轴上关于O点对称的两点，下列说法正确的是（）A.O点的电场强度为零第2页/共19页B.P点的电场强度与Q点的电场强度大小相等C.将正电荷从P点移动到Q点电势能不断增加D.在P点由静止释放不计重力的带正电的微粒，微粒将做匀加速直线运动【答案】B【解析】【详解】A．由题意可知，若是一个球壳，则O点的电场强度为零，而半球面在O点的场强不为零，方向水平向右，A错误；B．均匀带电半球相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球，这个半球放在图的另一边，然后看PQ两点，可以看到，PQ两点在上述涉及到的正电半球和负电半球中的相同的位置上，而由题目给出的条件，正电球在P、Q两点产生的电场为零，所以，正电半球在Q点产生的电场强度相当于负电半球在Q点产生的电场强度，而与P点的环境比较，唯一的区别是电荷符号相反，从而电场大小相同，只有可能有方向的区别，而分析可知，方向是相同的，故电场强度相等，B正确；C．正电荷从P点移动到Q点，电场力做正功，电势能减小，C错误；D．电场线方向水平向右，所以在P电场力减小，所以是变加速运动，D错误。故选B。4.如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度进入点电荷（Q为带电粒子在电场中由a运动到b的轨迹，其中a点的电场强度方向与连线成30°，b点的电场强度方向与连线成60°。粒子只受静电力的作用，下列说法正确的是（）A.点电荷Q带正电B.粒子在a点的加速度大于在b点的加速度C.粒子在a点的动能大于b点动能D.粒子在a点的电势能大于b点电势能【答案】D【解析】Aab两点的场强方向延长交于QQ带负电，A错误；第3页/共19页B．由库仑定律及牛顿第二定律可得粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，B错误；CDb点时离电荷Q的距离小于粒子在a点时离电荷Qb点的动能大于a点动能，由能量守恒可知，粒子在a点的电势能大于b点电势能，C错误，D正确。故选D。5.电荷量为和的两个点电荷分别固定于x轴上O、P两点，规定无穷远处电势为零，一带负电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随xBC两点处的电势能均为零，且，在CF段中，E处电势能最大，则（）A.B.B点电场强度方向一定沿x轴正方向C.若将一正试探电荷从D点静止释放，一定能到达F点D.若将一正试探电荷从C点移动到F点，电场力先做负功后做正功【答案】C【解析】【详解】A．图象E处电场强度为0，得第4页/共19页得A错误；B．负电的试探电荷在O点电势能正无穷，因此O点电荷为负电电荷，P点电荷为正电荷，因此B点电场强度方向一定沿x轴负方向，B错误；CD点受xx正向加速运动过E一定能到达F点，且到F点速度为0，C正确；D．正电荷从C点移动到F点的电场力先沿x正向过E点后沿x负向，故电场力先做正功后做负功，D错误。故选C。6.如图所示，电源电动势为，内阻恒为，是定值电阻，热敏电阻的阻值随温度的降低而增大，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内。在温度降低的过程中，分别用和表示电流表A、电压表、电压表和电压表的示数，用和表示电流表A、电压表、电压表和电压表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.带电液滴一定向下加速运动B.C.不变D.不变【答案】D【解析】A电阻RT阻值变大，根据第5页/共19页可知热敏电阻两端电压增大，由并联电路电压相等，可知平行板电容器极板间电压增大，由可知极板间的电场强度也增大，导致带电液滴所受电场力大于自身重力，将向上运动。故A错误；B．根据闭合电路欧姆定律，可得故B错误；C．根据可知温度降低时增大，则增大。故C错误；D．根据可得即保持不变故D正确。故选D。7.为管的最高点，为管的最低点，、为圆环的互相垂直的两条直径。及其以下区域处于水平向左、电场强度为的匀强电场中，重力加速度为。现将一质量为，电荷量为的带正电小球从管中点由静止释放，小球可视为质点，其半径略小于管的内径，则（）第6页/共19页A.小球运动过程中不能通过点B.小球从点运动到点过程中机械能守恒C.小球第1次运动到点时对管的作用力大小为D.小球第1次和第5次通过M点时对管的作用力大小之比为1：17【答案】D【解析】【详解】A．从Q到M，由动能定理有（其中）解得则小球能过M点，故A错误；B．小球从点运动到点过程，电场力对小球做正功，小球机械能增大，即小球机械能不守恒，故B错误；C．从Q到N，由动能定理有在N点有联立解得小球第1次运动到点时管对小球的作用力大小根据牛顿第三定律可知，小球对管的作用力大小为，故C错误；D．小球第1次通过M点时有，联立解得小球第1次通过M点时管对其的作用力大小设第五次过M点时速度为，由动能定理有小球第5次通过M点时有联立解得小球第5次通过M点时管对其的作用力大小可知小球第1次和第5次通过M点时管对其作用力大小之比根据牛顿第三定律可知，小球第1次和第5次通过M点时对管的作用力大小之比为1：17，故D正确。第7页/共19页故选D。二、多项选择题：本题共3小题，每题6分，共分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如图，相同的电流表分别改装成两个电流表、和两个电压表、，的量程大于的量程，的量程大于的量程，将它们接入图示电路，闭合开关后则（）A.的读数比的读数小B.指针偏转角度等于指针偏转角度C.指针偏转角度比指针偏转角度大D.的读数比的读数大【答案】BD【解析】ABG后电压表的最大量程为可知改装后的电压表量程越大，串联的电阻R的阻值越大，则改装后量程越大的电压表阻值越大。电压表、指针偏转角度等于大，所以电压大，即的读数比的读数大，故A错误，B正确；CDG流表的最大量程为可知，改装后电流表的量程越大，则并联的电阻R的阻值越小，则改装后电流表的阻值越小。电流表、第8页/共19页指针偏转角度与指针偏转角度相同，而的量程大于的量程，则的内阻较小，流过的电流较大，所以的读数比的读数大，故C错误，D正确。故选BD。9.如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0P板处有一粒子源At0时刻开始连续释放初速度大小为v、方向平行于金属板的相同带电粒子，t0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期T，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则（）A.在t0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0B.粒子的电荷量为C.在tT时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了mv2D.在tT时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场【答案】AD【解析】【详解】A．粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动间t此时间正好是交变电压的一个周期，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v，故A正确；B．在竖直方向，根据牛顿第二定律t0时刻进入电场的粒子在时间内的位移为，则第9页/共19页解得q＝故B错误；Dt向上减速，由对称可以知道，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，故D正确；C．在t时刻进入电场的粒子，在竖直方向先从静止开始向下加速运动，静电力做正功，然后向下减速运动，静电力做等量的负功，再向上加速，静电力做正功，然后再向上减速，静电力做等量的负功，离开电场，故静电力做的总功为零，电势能不变，故C错误。故选AD。10.m+q的带电小球先后以同样大小的速度v经过同一条竖直线上的aba点的速度方向与直线的夹角=30°a点到b点过程中动量的变化量的方向水平向左，a、b两点间的距离为g）下列说法正确的是（）A.在b点的速度方向与直线的夹角=60°B.从a到b运动过程中的最小速度为C.由a点到b点运动的时间为D.电场强度的大小为【答案】BD【解析】【详解】A．带电小球先后以同样大小的速度v经过同一条直线上的a、b两点，由a点到b点过程中动量第10页/共19页的变化量的方向水平向左，=30°，A错误；B．从a到b，垂直ab方向先由、减速至0再反向加速至，当垂直ab方向速度变为零时，速度最小，最小速度为B正确；C．带电小球沿ab方向做匀速直线运动解得C错误；D．垂直ab方向有又因为解得联立可得，电场强度D正确。故选BD。第11页/共19页三、非选择题：本题共5小题，共分。其中第小题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用何种接法，都会产生系统误差，为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验兴趣小组设计了如图甲实验电路进行测量。已知定值电阻。（1）实验中，定值电阻的作用有___________A.保护电源B.在电流变化时使电压表示数变化明显C.在电压变化时使电流表示数变化明显（2）实验操作步骤如下：①将滑动变阻器滑片滑到最左端位置：②接法I与1开开关；③将滑动变阻器滑到最左端位置：④接法II：单刀双掷开关与2接通，闭合开关，调节滑动变阻器，记录下若干组数据值，断开开关；⑤分别作出两种情况所对应的图像。第12页/共19页（4___________（填“接法I”或“接法II”【答案】①.AB②.1.50③.接法I【解析】1[1]定值电阻R0U=EI（r+RAB。（3）[2]根据（4）中所作图像可知，电压表最大量程应为3V，而量程为3V的电压表，其分度值为0.1V，由图乙可知电压表的读数为1.50V。（4）[3]两种方法中接法Ⅰ采用了电流表的内接法，接法Ⅱ采用了电流表的外接法，比较图丙和图丁可知，图丙所示图像的斜率更大，而图像斜率的绝对值表示电源的内阻，分析可知接法Ⅰ，即电流表的内接法，所测电源内阻偏大，所测内阻应为电源实际内阻与电流表内阻之和，由此可知图丙对应的接法为接法Ⅰ。12.某研究性学习小组测量电阻的阻值过程如下：（1D及其厚度L______mm、______mm。（2）为了精确地测量待测电阻的阻值，实验室提供了下列器材：A.电流表（量程为，内阻）B.电流表（量程为，内阻）第13页/共19页D.定值电阻E.定值电阻F.电源（电动势，内阻约）G.开关S、导线若干①为了测量电压，需要对电表进行合理改装，改装时应选定值电阻______（填定值电阻或）②要求通过待测电阻的电流调节范围尽量大，从而可测量多组实验数据，请将设计好的电路图画在虚线框中______③按正确的电路连接，闭合开关，记录电流表、的示数、，移动滑动变阻器的滑片，记录多组数据，并做出图线如图所示，则待测电阻______（结果要保留3【答案】（1）①29.8②.3.191##3.192##3.193（2）①.R1②.③.【解析】【小问1详解】[1]由图示游标卡尺可知，游标卡尺是10分度的，游标卡尺的精度是0.1mm，工件的直径[2]由图示螺旋测微器可知，工件的厚度第14页/共19页【小问2详解】[1]题中没有给出电压表，需要把电流表的与定值电阻串联改装成电压表，改装后的电压表的量程[2]改装后的电压表内阻所以电流表应用外接法，由题所给滑动变阻器的最大阻值为，比待测电阻的阻值小得多，而实验又要求测量尽可能精确且通过电阻的电流调节范围尽量大，所以滑动变阻器应采用分压接法，则可画出电路图如图所示[3]根据欧姆定律可得可得可得可得四、解答题13.E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。请问：（1）小球所带电性及其电荷量？第15页/共19页（2）若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？【答案】（1）正电，（2）【解析】【小问1详解】如图所示，小球处于平衡状态，可知小球带正电对小球受力分析如图所示得【小问2详解】剪断丝线后，小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运动，小球受重力、电场力，由牛顿第二定律有得当小球碰到金属板上时，它的位移为由得14.如图所示的电路中，电源电动势E=12V，内阻r=1.0Ω，电动机