四川省内江市第六中学2024-2025学年高二上学期11月半期考试物理试题（Word版附解析）

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考试时间75分钟 满分100分
第Ⅰ卷 选择题（满分48分）
一、单选题（每小题4分，共8小题，共32分）
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 由公式 可知放入电场中某点的电荷所受的电场力越大，该点的电场强度越大
B. 起电的方式有三种，它们的实质都是电子的转移
C. 沿电场线移动电荷，电荷的电势能一定减小
D. 电源的电动势越大，电源将电荷从负极移到正极非静电力做的功越多
【答案】B
【解析】
【详解】A．是定义式，电场强度只与电场本身有关，故A错误；
B．起电的方式有三种，即摩擦起电、接触起电、感应起电，它们的实质都是电子的转移，故B正确；
C．负电荷沿电场线移动，电场力做负功，电荷的电势能增大，故C错误；
D．电动势表征电源把其它形式的能转化为电能的本领大小，电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，故D错误；
故选B。
2. 从生活走向物理，从物理走向社会，物理和生活息息相关，联系生活实际对物理基本概念的认识和理解，是学好物理的基础。下列有关电磁学知识的相关说法，正确的是（ ）
A. 图甲中家用煤气灶点火装置的针形放电电极，利用了尖端放电的工作原理
B. 图乙中是避雷针的示意图，避雷针防止建筑物被雷击的原理是静电屏蔽原理
C. 图丙中超高压带电作业的工作人员，为了保证安全，他们必须穿上橡胶制成的绝缘衣服
D. 图丁为静电喷漆的示意图，静电喷漆时使被喷的金属件与油漆雾滴带相同的电荷，这样使油漆与金属表面在静电斥力作用下喷涂更均匀
【答案】A
【解析】
【详解】A．家用煤气灶点火装置的针形放电电极，利用了尖端放电的工作原理，故A正确；
B．避雷针可以避免建筑物被雷击，当带电云层靠近建筑物时，避雷针上产生的感应电荷会通过针尖放电，逐渐中和云中的电荷，使建筑物免遭雷击，其原理为尖端放电，故B错误；
C．超高压带电作业的工作人员，为了保证他们的安全，他们必须穿上金属丝制成的衣服，以起到静电屏蔽的作用，故C错误；
D．静电喷漆时使被喷的金属件与油漆雾滴带相反的电荷，这样使油漆与金属表面在静电引力作用下喷涂更均匀，故D错误。
故选A。
3. 高邮是全国最大的路灯生产基地，图甲是某公司生产的太阳能+电池一体化路灯，其内部原理图如图乙，R2为光敏电阻（光照强度减小时，其电阻值增大）。当天逐渐变亮时，下列判断正确的是（ ）
A. 电路的总电阻变大
B. 通过光敏电阻的电流变小
C. 小灯泡变暗
D. 电压表的示数变小
【答案】C
【解析】
【详解】当天逐渐变亮时，光照强度增加，光敏电阻的阻值减小，总电路的电阻减小，总电流变大；根据可知，电阻的分压增大，即电压表的读数变大；、所在的并联电路分压减小，故流过灯泡的电流减小，灯泡变暗；干路电流变大，通过灯泡的电流变小，则通过光敏电阻的电流变大。
故选C。
4. 如图所示，某同学测量未知电阻R时，让电压表的一端接在A点，另一端先后接到B点和C点，他发现电流表示数有明显变化，而电压表示数无明显变化，则下列说法中正确的是（ ）
A. 应选择电流表内接电路，测量值大于真实值
B. 应选择电流表内接电路，测量值等于真实值
C. 应选择电流表外接电路，测量值大于真实值
D. 应选择电流表外接电路，测量值小于真实值
【答案】A
【解析】
【详解】让电压表的一端接在A点，另一端先后接到B点和C点，他发现电流表示数有明显变化，而电压表示数无明显变化，说明接到B点时，电压表分流较大，接到C点时，电流表分压较小，由此可知，待测电阻阻值较大，应选择电流表内接电路；但由于电流表的分压作用，使得电压表示数大于待测电阻两端的电压，根据欧姆定律可知待测电阻的测量值大于真实值。
故选A。
5. 某导体中的电流与其两端电压的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）

A. 导体是非线性元件，曲线上某点切线的斜率表示相应状态的电阻
B. 导体两端加5V电压时，导体的电阻为10Ω
C. 随着导体两端电压的增大，导体的电阻不断减小
D. 导体两端加12V电压时，每秒内通过导体横截面的电量为1.5C
【答案】D
【解析】
【详解】A．导体是非线性元件，曲线上某点切线的斜率不表示相应状态的电阻，电阻为该状态下的，故选项A错误；
B．导体两端加5V电压时，导体的电阻为
故选项B错误；
C．随着导体两端电压的增大，导体的电阻不断增加，故选项C错误；
D．导体两端加12V电压时，电流为，故每秒内通过导体横截面的电量为
故选项D正确；
故选D。
6. 如图为双量程的电流表电路示意图，其量程分别为和，已知表头内阻为，满偏电流为，下列说法正确的是（ ）
A. 当使用、两个端点时，量程为
B. 当使用、两个端点时，量程为
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】当使用、两个端点时，有
当使用、两个端点时，
可知，则当使用、两个端点时，量程为，当使用、两个端点时，量程为；根据
，
代入数据解得
，
故选C。
7. 如图所示，直角三角形ABC中∠B=30°，点电荷A、B所带电荷量分别为QA、QB，测得在C处的某正点电荷所受静电力方向平行于AB向左，则下列说法正确的是（ ）
A. A带正电，QA∶QB=1∶8
B. A带负电，QA∶QB=1∶8
C. A带正电，QA∶QB=1∶4
D. A带负电，QA∶QB=1∶4
【答案】B
【解析】
【详解】要使C处的正点电荷所受静电力方向平行于AB向左，该正点电荷所受力的情况应如图所示，所以A带负电，B带正电。设A、C间的距离为L，则B、C间的距离为2L。
即
解得
故B正确，ACD错误。
故选B。
8. 密立根油滴实验原理如图所示。两块水平放置相距为d的金属板A、B分别与电源正、负极相接。从A板上小孔进入两板间的油滴因摩擦而带有一定的电荷量，将两板间的电压调到U时，一带电油滴恰好悬浮在两板间；然后撤去电场，该油滴开始下落并很快达到匀速，通过显微镜可观测到这一速度大小为v。已知油滴所受阻力的大小与其速度的大小成正比，比例系数为k，重力加速度为g。则该油滴所带电荷量的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】极板间的电场强度为
油滴悬浮时，根据平衡条件有
撤去电场，油滴匀速运动时，根据平衡条件有
解得
故选A。
二、多选题（每题4分，4小题共16分，选对但未选全得2分，选错得0分）
9. 某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点，下列说法正确的是（ ）
A. 粒子带负电荷
B. M点的电场强度比N点的大
C. 粒子在运动轨迹上存在动能最小的点
D. 粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
【答案】CD
【解析】
【详解】A．根据粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧可知，带电粒子带正电，故A错误；
B．等差等势面越密集的地方场强越大，故M点的电场强度比N点的小，故B错误；
CD．粒子带正电，因为M点的电势大于在N点的电势，故粒子在M点的电势能大于在N点的电势能；由于带电粒子仅在电场作用下运动，电势能与动能总和不变，故可知当电势能最大时动能最小，故粒子在运动轨迹上到达最大电势处时动能最小，故CD正确。
故选CD。
10. 如图所示，一对等量异种点电荷固定在水平线上的两点，O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上关于O对称的两点，B、C和A、D是两电荷连线上关于O对称的两点，下列说法正确的是（ ）
A. E、F两点电场强度相同
B. E、O、F三点中，O点电势最大
C. B、O、C三点中，O点电场强度最小
D. 从C点向O点运动的电子加速度逐渐增大
【答案】AC
【解析】
【详解】A．等量异号点电荷连线的中垂线是一条等势线，电场强度方向与等势线垂直，因此E、F两点电场强度方向相同，由于E、F是连线中垂线上关于O对称的两点，则其电场强度大小也相等，A正确；
B．中垂线为等势线，E、O、F三点电势相等，B错误；
C．由图1看出在 B、O、C三点连线上，O点处的电场线最稀疏，电场强度最小，C正确；
D．由题图可知，电子从C点向O点运动过程中，电场强度逐渐减小，则静电力逐渐减小，由牛顿第二定律可知电子的加速度逐渐减小，D错误。
故选AC。
11. 如图所示，平面内存在着电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带电荷量为的小球自水平面上的O点以初速度竖直向上抛出，最终落在水平面上的A点，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 小球被抛出后做类平抛运动
B. 小球上升到最高点时的速度大小为
C. O、A两点间的距离
D. 小球上升时间内水平方向的距离等于下降时间内水平方向的距离
【答案】BC
【解析】
【详解】A．小球的初速度方向与合力方向不垂直，做的不是类平抛运动，故A错误；
BD．小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，由竖直上抛的对称性可知，小球上升时间内水平方向的距离与下降时间内水平方向的距离之比为1∶3；小球上升到最高点用时
小球在最高点沿竖直方向的分速度为0，在水平方向的速度
其中
解得
选项B正确，D错误；
C．小球在水平方向做匀加速运动，则有
解得
选项C正确。
故选BC。
12. 如图所示电路中，电源电动势，内阻，定值电阻，，；两电容器的电容。开关S闭合前，两电容器均不带电。闭合S，经过一段时间电流稳定后再断开S。下列判断正确的是（ ）
A. 从S闭合到电流稳定的过程中，通过电源的电荷量为
B. 电流稳定后，的上极板带正电，电荷量为
C. S断开后，通过的电荷量为
D. S断开后，通过的电荷量为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．S闭合后，既要给电容器充电，、与电源组成的回路也有电流通过，所以无法计算通过电源的电荷量，选项A错误；
B．电路稳定后，电容器两板间电压与两端电压相等，上极板带负电，两电阻两端电压
选项B错误；
CD．电路稳定后，电容器的带电荷量
电路断开后通过放电，通过、放电，所以通过的电荷量为
通过的电荷量为
选项CD正确。
故选CD。
第Ⅱ卷 非选择题（满分52分）
三、实验题（每空2分，共18分）
13. 某同学想要测量一节新干电池电动势和内阻，实验室提供了如下器材和参考电路：
电压表（量程，内阻约） 电压表（量程，内阻约）
电流表（量程，内阻约） 电流表（量程，内阻约）
滑动变阻器（最大阻值） 滑动变阻器（最大阻值）
开关，导线若干
A. B.
（1）选用合适器材后，应选择____（填写A或B）。
（2）另外一个同学为了减小计算误差，将测得的数据在坐标纸上描点如图。求出电动势E为____V，内阻r为_____。（均保留小数点后两位）
【答案】（1）B （2） ①. 1.48 ②. 1.09
【解析】
【小问1详解】
由于一节新干电池的内阻很小，远小于电压表的电阻，则电压表的分流几乎可以忽略不计，所以电流表相对于电源应采用外接法，故电路图选择B。
【小问2详解】
[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得
可得
可知图像纵轴截距等于电动势，则有
图像的斜率绝对值等于内阻，则有
14. 某小组用铜棒完成“测定金属电阻率”实验，实验步骤如下：
（1）首先通过螺旋测微器测量铜棒直径，通过游标卡尺测铜棒的长度，测量结果如图甲、乙所示，则铜棒直径______，铜棒的长度_____。
（2）为了精密测量该金属丝的电阻率，某实验小组先使用多用电表粗测其电阻约为，然后进行较准确测量，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：
A.电压表（量程，内阻约为）
B.电压表（量程，内阻约）
C.电流表（量程，内阻约为）
D.电流表（量程，内阻约为）
E.滑动变阻器
F.输出电压为的直流稳压电源
G.电阻箱
H.开关，导线若干
为尽量减小实验误差，电压表选_____；电流表选_____；（填器材前的字母）
（3）若要求实验过程电压表的读数能够从零开始调节，在方框内画出电路图________。
（4）如果金属丝直径为，长度为，所测电压为，电流为，写出计算电阻率的表达式________。
【答案】（1） ①. 1.840 ②. 4.220
（2） ①. A ②. D
（3）见解析 （4）
【解析】
【小问1详解】
[1]螺旋测微器的精确值为，由图可知铜棒的直径为
[2]20分度游标卡尺的精确值为，由图可知铜棒的长度为
【小问2详解】
[1][2]由于电源电压为，则电压表应选择A；该金属丝的电阻约为，根据
则电流表应选择D。
【小问3详解】
要求实验过程电压表的读数能够从零开始调节，则滑动变阻器应采用分压接法，由于
电流表应采用外接法，则电路图如图所示
【小问4详解】
根据电阻定律可得
又
，
联立可得电阻率为
四、解答题
15. 在如图所示的电路中，是由某金属氧化物制成的导体棒，实验证明通过它的电流I和它两端电压U遵循的规律（式中）；是普通电阻，阻值为，遵循欧姆定律，电源电动势，导线、电键和电流表电阻不计。闭合开关S后，电流表的示数为。求：
（1）两端的电压；
（2）两端的电压；
（3）电源的内电阻r。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由
可得两端的电压为
（2）遵循欧姆定律，其两端电压为
（3）由闭合电路欧姆定律可得
代入数据可得
16. 如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为的绝缘细线把质量为、带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为，现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，g取10，，，求：
（1）小球通过最低点C速度大小；
（2）小球通过最低点C时细线受到拉力的大小；
（3）小球运动过程中的最大速度的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）小球受到电场力、重力和绳的拉力作用处于静止
根据共点力平衡条件有
小球从A点运动到点的过程，根据动能定理有
代入数据解得
（2）在点，由细线对小球的拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得
代入解得
（3）小球在平衡位置B点的速度最大，从A到B过程根据动能定理可得
解得小球运动过程中的最大速度为
17. 如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个大小均为E的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力，电子的比荷为）。
(1)在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开Ⅰ区域时的速度；
(2)在满足(1)的情况下，求电子离开ABCD区域的位置坐标；
(3)在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置（电子释放点的横、纵坐标之间应满足的关系式）；
(4)若将左侧电场Ⅱ整体水平向右移动，但D不随电场移动，现仍使电子从ABCD区域左下角D处离开，在电场I区域内由静止释放电子的所有位置。
【答案】(1)；(2)（-2L，）即D点离开；(3) y＝；(4) y ＝
【解析】
【详解】(1)在电场I中由动能定理得
eEL＝mv2
解得v＝
(2)在电场II中做类平抛运动
vt=L
eE＝ma
y1＝ at2＝
方向向下
y＝
坐标（-2L，）即D点离开
(3)设释放点的位置坐标为（x，y）在电场I中由动能定理得
eEx＝mv02.
在电场II中做类平抛运动
L＝v0 t，eE＝ma，y＝at2.
解得
y＝
(4)设释放点的位置坐标为（x，y）在电场I中由动能定理得
eEx＝mv02.
在电场II中做类平抛运动水平方向位移
L＝t1v0 ， eE＝ma
竖直方向的位移
y1＝at12
在最左侧区域中匀速运动，水平方向的位移
＝t2v0
竖直方向的位移
y2＝at1t2＝
竖直方向的总位移
y＝y1＋y2＝
即
y ＝