四川省内江市2025-2026学年高二物理上学期半期考试试题含解析

考试时间：75分钟满分：100分

第I卷选择题（满分46分）

一、单项选择题（每小题4分，共28分）

1.物理学中常用比值法定义物理量，比如物体的密度定义式：，就是用到了这种方法。下列关系式

中，用比值法定义的物理量定义式是（）

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】

【详解】A．公式是电容的定义式，属于比值定义法，故A正确；

B．公式是点电荷电场强度的决定式，不属于比值定义法，故B错误；

C．公式表明导体中电流I与导体两端的电压U成正比，与导体的电阻R成反比，不属于比值定义

法，故C错误；

D．公式表明导体的电阻与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比，公式不属于比值定义式，

是电阻定律的表达式，不属于比值定义法，故D错误。

故选A。

2.有一段长1m的电阻丝，电阻是10Ω，现把它均匀拉伸到长为5m，则电阻变为（）

A.10ΩB.50ΩC.150ΩD.250Ω

【答案】D

【解析】

【详解】均匀拉长电阻丝

电阻丝的体积不变

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则电阻丝截面积变为

由电阻定律

可得拉长后电阻丝电阻为

故选D。

3.如图所示，实线表示某电场中的四个等势面，它们的电势分别为φ1、φ2、φ3和φ4，相邻等势面间的电势

差相等，一带负电的粒子(重力不计)在该电场中运动的轨迹如虚线所示，a、b、c、d是其运动轨迹与等势面

的四个交点，下列说法正确的是（）

A.φ4等势面上各点电场强度处处相同

B.四个等势面的电势关系是

C.粒子在四点的动能大小关系是

D.粒子从a运动到d的过程中静电力先做正功后做负功

【答案】C

【解析】

【详解】A．匀强电场的等势面是一些平行的等间距的直线，由图中等势面的形状可知该电场不是匀强电场，

所以等势面上各点场强并不相同，A错误；

B．做曲线运动时，合力指向轨迹内侧，又知道粒子只受电场力，故由运动轨迹可知电场力由左向右，由于

带负电，所以电场强度的方向由右向左，沿电场强度方向电势逐渐降低，所以，B错误；

CD．粒子从运动到d的过程中静电力的夹角与速度方向先为钝角后为锐角，故先做负功后做正功，c、d

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在同一等势面上，所以粒子从c到d电场力做功为零，故粒子在、b、c、d四点的动能大小关系是

，C正确D错误。

故选C。

4.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中

段是关于直线对称的曲线，段是直线，其中，则下列说法正确的是

（）

A.段的电场强度逐渐增大

B.x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为

C.粒子在段做匀变速运动，段做匀速直线运动

D.x1与x2两点间的电势差等于x2与x3两点间的电势差

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据电势能与电势的关系

场强与电势的关系

得

由数学知识可知图像切线的斜率等于，段的斜率逐渐减小，电场强度逐渐减小，故A错

误；

B．根据电势能与电势的关系；粒子带负电，则

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则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有

故B正确；

C．由图看出段图像切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。

段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做

匀变速直线运动，故C错误；

D．x1与x2两点间距与x2与x3两点间距相等，但是线的斜率不一样，故而电场强度不一样，由定

性分析可知x1与x2两点间的电势差U12与x2与x3两点间的电势差U23不相同，故D错误。

故选B。

5.如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固

定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成角，此时让小球获得初速度

且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A.匀强电场的电场强度

B.小球动能的最小值为

C.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小

D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大，再减小

【答案】D

【解析】

详解】A．小球静止时悬线与竖直方向角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有

解得，故A错误；

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B．如图所示

小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有

则最小动能为，故B错误；

C．小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运

动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，故C错误；

D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其

电势能先减小后增大，再减小，故D正确。

故选D。

6.两个等量同种正电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个带电荷

量为2×10-5C、质量为1g的小物块在水平面上从C点由静止释放，其运动的图像如图乙所示，其中B

点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）。则下列说法正确的是（）

A.由C点到A点电势逐渐增大

B.由C到A的过程中物块的电势能先变大后变小

C.A、B两点间的电势差

D.B点为中垂线上电场强度最大的点，场强

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【答案】D

【解析】

【详解】AB．从速度时间图象可知，由C到A的过程中，物块的速度一直增大，电场力对物块做正功，电

势能一直减小，故AB错误；

C．从速度时间图象可知，A、B两点的速度分别为vA=6m/s，vB=4m/s，再根据动能定理得

22-322-2

qUAB=mvB-mvA=×10×（4-6）J=-10J

解得

UAB=-500V

故C错误；

D．带电粒子在B点的加速度最大，为

2

am==2m/s

所受的电场力最大为

-3-3

Fm=mam=10×2N=2×10N

则场强最大值为

故D正确。

故选D。

7.如图所示，x轴上位于、5m处各有一个波源、，可分别形成沿x轴方向传播的简谐横波。

时刻，两波源同时开始振动，波源的振动方程为，波源的振动方程为

，两列波的波速均为2m/s，P点的坐标为，下列说法正确的是（）

A.两列波发生干涉后，原点O为振动加强点

B.0~10s内P点运动的路程为20cm

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C.、之间（不含波源）振动减弱点的个数为6个

D.、之间（不含波源）振动加强点的个数为4个

【答案】D

【解析】

【详解】A．由两波源的振动方程可知两波源的起振方向相反，由，可知两列波发生干涉后，原

点为振动减弱点，故A错误；

B．由波源的振动方程可知波源的振动周期为

波源的振动传播到P点的时间

波源的振动传播到P点的时间

两列波发生干涉后，原点为振动减弱点，两列波的振幅相等，所以内点运动的时间为

则内点运动的路程为，故B错误；

C．波长

由于两个波源的振动方向始终相反，可知波程差为偶数倍时为振动减弱点，设减弱点的坐标为，则有

当n=0时

当时

当时

则x轴上、之间振动减弱点的个数为5个，故C错误；

D．波程差为奇数倍时为振动加强点，则有

当n=0时

当时

当时

当时

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共四个加强点，故D正确。

故选D。

二、多项选择题（每题6分，共18分，选对未选全得2分，选错得0分）

8.关于下列四幅图说法错误的是（）

A.图甲为静电除尘原理的示意图，带正电的尘埃将被吸附到带负电的板状收集器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电荷

C.图丙为静电喷漆的原理图，涂料微粒在电场力作用下沿电场线运动到电极上

D.如图丁所示，高层建筑物顶端安装有避雷针，避雷针的原理为尖端放电

【答案】AC

【解析】

【详解】A．图甲为静电除尘原理的示意图，根据电荷间的相互作用力可知，异种电荷相互吸引，因此带负

电的尘埃将被吸附到带正电的板状收集器A上，故A错误；

B．给汽车加油前要触摸一下静电释放器，其原理是导走人身的静电，故B正确；

C．图丙为静电喷漆的原理图，因为电场线是曲线，涂料微粒在电场力作用下不会沿电场线运动，故C错误；

D．高层建筑物顶端安装有避雷针，避雷针的原理为尖端放电，故D正确。

本题选错误，故选AC。

9.一匀强电场的方向平行于平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为7V、25V、

31V。下列说法正确的是（）

A.坐标原点处的电势为0

B.电场强度的大小为

C.电子在a点的电势能比在c点的小24eV

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D.电子从a点运动到b点，电场力做功为18eV

【答案】BD

【解析】

【详解】A．根据题意有

解得，故A错误；

B．根据题意，由公式可得，电场沿着轴方向电场分量

电场沿着轴方向电场分量

因此电场强度，故B正确；

C．由公式可知，电子在点的电势能为

电子在点的电势能为

可知，电子在点的电势能比在点的大，故C错误；

D．电子从点运动到点，电场力做功为，故D正确。

故选BD。

10.如图甲所示，两平行金属板水平放置，间距为d，金属板长为2d，两金属板间加如图乙所示的电压

（时上金属板带正电），其中。一粒子源连续均匀发射质量为m、电荷量为的带电粒

子（初速度，重力忽略不计），该粒子源射出的带电粒子均恰好从上板左端的下边缘水平进入两金

属板间，若粒子碰到两金属板即被吸收不再反弹且对极板的电量几乎无影响，则（）

A.能从极板右侧飞出的粒子电场力对其做功一定为0

B.0时刻进入两极板间的粒子能够从极板右侧飞出

C.能从板间飞出的粒子在板间运动的时间为

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D.能从极板右侧飞出的粒子数占入射粒子总数的

【答案】AD

【解析】

【详解】A．根据对称性，能从极板右侧飞出的粒子在电场中运动时间为T，则出电场时竖直速度一定为零，

则电场力对其做功为零，故A正确；

B．假设时刻进入两极板间的粒子能够从极板右侧飞出，则它在竖直方向上先加速向下，经过时间

后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过时间，竖直分速度减为零，则有

由牛顿第二定律，可得

联立解得

则假设不成立，时刻进入两金属板间的粒子将打在金属板上，故B错误；

C．能从板间飞出的粒子，水平方向做匀速直线运动，则有，故C错误；

D．考虑射入的粒子，当粒子射出位置最低时，可以假设释放的时间为，在释放后的时

间内，竖直位移应恰好为d，则

解得

随后的内，由于

竖直上升高度为

假设成立，此为一临界位置；当粒子射出位置最高时，根据对称性可知从时刻射入粒子恰好从上边缘射

出，此为一临界位置，则能从极板右侧飞出的粒子数占入射粒子总数，故D正确。

故选AD。

第Ⅱ卷非选择题（满分54分）

三、实验题（本题共2个小题，总分16分，按要求在答题卡上作答）

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11.如图甲、乙所示的两个电路，是利用一个灵敏电流表G（）和一个电阻箱R改装成电压

表或电流表，若电压表量程为3V，电流表量程为2.5mA：

（1）______表是电压表（填“甲”或“乙”），

（2）甲表中电阻箱的阻值是______Ω，乙表中电阻箱的阻值是______Ω

（3）若使用中发现甲表示数总比准确值稍小一些，则可适当______电阻箱R的阻值（填“增大”或“减少”）

【答案】（1）乙（2）①.50②.5800

（3）增大

【解析】

【小问1详解】

根据串联分压原理可知，乙表是电压表。

【小问2详解】

[1]在甲图中，由并联电路分流知

若改装成的电流表的量程为2.5mA，则

[2]在乙图中，由串联电路分压知

知，若改装成的电压表的量程为3V，则R=5800Ω

【小问3详解】

电流表的量程

若使用中发现甲表的示数总比准确值稍小一些，说明改装后的量程偏大，导致偏角小，示数偏小，所以应

当增大R，减小量程。

12.电容器储存电荷的特性可用电容来表征。某一固定电容器外观如图1所示，在观察电容器的充、放电实

验中，实验电路图如图2所示。

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（1）某一固定电容器外观如图1所示，下列说法正确的是（）

A.35表示额定电压B.35表示击穿电压

C.2200表示电荷量D.2200表示电容

（2）电容器在整个充放电过程中的电流i随时间t图像和两极板电压U与时间t的图像，可能正确的是______

。

A.B.

C.D.

（3）用电流传感器替换灵敏电流计，测出电路中的电流随时间变化的图像如图3所示，电源电压为8V，

则电容器的电容约为______F。（保留2位有效数字）

（4）将平行金属板A、B组成的电容器，充电后与静电计相连，如图4所示，要使静电计指针张角变大。

下列措施中可行的是（）

A.A板向上移动B.B板向右移动

C.A、B板之间插入电介质D.使两极板带的电荷量减小

【答案】（1）AD（2）BD

（3）（4）AB

【解析】

【小问1详解】

AB．35表示额定电压，A正确，B错误；

CD．2200表示电容器的电容，C错误，D正确。

故选AD。

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【小问2详解】

在开始充电的瞬间，电容器极板两端电压为零，电荷量变化率刚开始比较大，随着电容极板上电荷数量的

增加，电荷量变化率减小，根据可知极板间电压逐渐增大。且变化率减小。由可知充电电流逐

渐减小。电容放电时，两极板间电压逐渐减小，且变化率减小。电流反向，逐渐减小；

故选BD。

【小问3详解】

根据I-t图像与横轴围成的面积表示放电过程中释放的电荷量，可知

根据，可知

【小问4详解】

A．A板上移时，正对面积减小，则由可知，电容减小，则由可知，电势差增大，故张角

变大，故A正确；

B．B板右移时，板间距离d增大，由可知，电容减小，而电容器的电电荷量不变，则由

可知，板间电势差增大，故张角变大，故B正确；

C．当A、B间插入电介质时，C增大，则由可知，电势差减小，故张角变小，故C错误；

D．减小电荷量时，C不变，则由可知，电势差减小，故张角减小，故D错误；

故选AB。

四、解答题（本题共3个题，总分38分。答案要写出必要的文字说明和方程式，只写出最后

答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

13.水袖是中国古典舞中用于情感表达和抒发的常用技巧，舞者的手有规律的振动传导至袖子上，给人营造

出一种“行云流水”的美感，这一过程其实就是机械波的传播。现有一列向x轴正方向传播的简谐横波，

时刻的波形如图中实线所示，时的波形如图中虚线所示。已知：波的周期T满足

，求：

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（1）波的传播速度；

（2）写出质点M振动位移y随时间t变化的关系式。

【答案】（1）

（2）

【解析】

【小问1详解】

由图可直接读出波长

波向+x方向传播时

，，1，2，…

当时符合条件，解得

所以波速

【小问2详解】

时，M点在最大位移处，所以其振动的初相位，而圆频率

所以M点振动方程为

代入数据得到

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14.如图所示，在绝缘粗糙的水平面上的A处固定一正点电荷，将质量为m、电荷量为的带电物块（可

视为点电荷）从B点由静止释放，物块滑到C点时速度达到最大，物块滑到D点时停止运动。已知A、B

和B、C间的距离均为L，C、D间的距离为，物块与水平面间的动摩擦因数，重力加速度大小

为g，不计空气阻力。求：

（1）A处固定电荷的电荷量；

（2）物块在B点释放瞬间的加速度大小。

（3）B、D两点间的电势差。

【答案