四川省攀枝花市第十五中学2024-2025学年高二上学期半期考试物理试题（Word版附解析）

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一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分
1. 下列关于电荷和电场的说法正确的是（ ）
A. 电荷量很小电荷就是点电荷
B. 所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍
C. 若电场中某点不放试探电荷，则该点的电场强度一定为0
D. 根据可知，两带电小球间的距离趋近于0时，库仑力趋近于无穷大
【答案】B
【解析】
【详解】A．当带电体的形状、体积对所研究的问题影响很小或者没有影响时，可将带电体看成点电荷，故A错误；
B．所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍，故B正确；
C．电场中某点的电场强度与试探电荷无关，故C错误；
D．两带电小球间的距离趋近于0时，两小球不能看成点电荷，该公式不再适用，库仑力并不是趋近于无穷大，故D错误。
故选B。
2. 两个完全相同的金属小球A、B带电量均为+Q（均可看作点电荷），分别固定在间距为r的两处时，两球间静电力的大小为F，现让另一带电量为的相同的金属小球C先后与A，B接触，再将A、B间的距离变为原来的，之后移走C，此时A、B间静电力的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据库仑定律可得
金属小球C与A接触，再分开，A、C带电荷量均为
金属小球C与B接触，再分开，B、C带电荷量均为
所以A、B间静电力的大小为
故选B。
3. 如图所示，带箭头的实线表示某电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。A、B为电场中两点。下列说法中正确的是（ ）
A. A点的电势比B点的电势高
B. 正电荷在A点的电势能大于在B点的电势能
C. 负电荷由A点运动到B点的过程中电场力做正功
D. 负电荷在A点受到的电场力小于在B点受到的电场力
【答案】C
【解析】
【详解】A．电场线是由高电势指向低电势，因此A点的电势比B点的电势低，A错误；
B．根据公式
可知，正电荷在A点的电势能小于在B点的电势能，B错误；
C．负电荷受电场力的方向与电场线相反，因此负电荷由A点运动到B点的过程中电场力做正功，C正确；
D．电场强度大小跟电场线疏密有关，越密集的地方电场强度大，根据公式
可知，电场强度大的地方，电场力也大，与电性无关，所以负电荷在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，D错误。
故选C。
4. 如图，A、B、C三点都在平行纸面的匀强电场中，已知AC垂直BC，，，把一个电荷的负电荷从A移到B，电场力做功为零；从A移到C，克服电场力做功。则下列说法正确的是（ ）
A. 直线AC上各点电势相等，为等势线
B. 直线BC上各点电势相等，为等势线
C. 匀强电场，方向垂直AB向左上方
D. 匀强电场，方向垂直AC向左
【答案】C
【解析】
【详解】AB．负电荷从A移到B，电场力做功为零，则AB电势相等，AB连线是一条等势线，电场线方向与AB连线垂直，故AB错误；
CD．从A移到C，克服电场力做功，则有
则有
则电场线方向方向垂直AB向左上方，由几何关系可得，AC间沿电场线的距离为
则匀强电场大小为
故C正确，D错误。
故选C。
5. 如图，两对等量异号点电荷+q、-q（q>0）固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则（ ）
A. L和N两点处的电场方向相互垂直，且都指向O点
B. M点的电场方向沿该点处的切线，方向向左
C. 将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功
D. 将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据等量同种点电荷的电场分布规律可知，两个-q点电荷在L点的电场强度背离圆心，两个q点电荷在L点的电场强度也背离圆心，即L点的电场强度背离圆心，而两个-q点电荷在N点的电场强度指向圆心，两个q点电荷在N点的电场强度也指向圆心，即N点的电场强度指向圆心，故A错误；
B．根据根据等量异种点电荷的电场分布规律可知，正方形上侧的两个等量异种点电荷在M点的电场方向沿该点处的切线，方向向右，正方形下侧的两个等量异种点电荷在M点的电场方向沿该点处的切线，方向向左，由于下侧两个点电荷在M点的电场强度大于上侧两个点电荷在M点的电场强度，可知M点的电场方向沿该点处的切线，方向向左，故B正确；
C．由于等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，而正方形上下两侧的两组等量异种点电荷的连线的中垂线均为MO，即为MO一条等势线，可知将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力不做功，故C错误；
D．L、N两点距离正方形下侧的两个等量异种点电荷连线近一些，这两点的电势由下侧的两个等量异种点电荷决定，根据等量异种点电荷的电势分布规律可知N点的电势高于L点的电势，根据
可知，将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做负功，故D错误。
故选B。
6. 在图示电路中，电源内阻不可忽略，、为定值电阻，G为灵敏电流计，V为理想电压表，平行板电容器两极板水平，开关S闭合后，位于电容器两板间的带电油滴恰好静止，现将滑动变阻器的滑片P向下移动，则以下说法正确的是（ ）
A. G中有从a到b的电流
B. V示数增大
C. 油滴向上运动
D. 电源内阻消耗功率减小
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】AB．滑动变阻器的滑片P向下移动，并联部分电路电阻减小，根据分压原理，有
可知电压表示数减小，电容器两端电压减小，根据公式有
可知电容器极板上电荷要减小，有从a到b的电流出现，故A正确；B错误；
C．对油滴进行分析可知，之前二力平衡，现在极板电荷量减小，导致极板间场强变小，电场力将小于重力，故油滴将向下运动。故C错误；
D．根据分压原理，外部电阻减小，路端电压减小，则内电阻电压增加，有
故D错误。
故选 A。
7. 真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A，B之间有加速电场，C，D之间有偏转电场，M为荧光屏。现有质子、氘核和粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和粒子的质量之比为，电荷量之比为，不计粒子重力，则下列说法中正确的是（ ）
A. 三种粒子打到荧光屏上的位置相同
B. 三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同
C. 偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为
D. 偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为
【答案】A
【解析】
【详解】B．加速电场的电压为U，粒子经过加速电场后获得的速度大小为v，根据动能定理有
可得
粒子从B板运动到荧光屏经历的时间为
质子、氘核和粒子从B板运动到荧光屏经历的时间之比为
故B错误；
A．设偏转电场的电场强度为E，偏转电场极板的板长为，粒子在偏转电场中的侧移量为
由上式可知y与粒子的比荷无关，即三种粒子在偏转电场中的轨迹相同，则离开偏转电场中的速度方向相同，所以三种粒子打到荧光屏上的位置相同，故A正确；
CD．由于三种粒子在偏转电场中的侧移量相同，则偏转电场的电场力对粒子做功为
所以偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为
故CD错误。
故选A。
8. 将一电源与电阻箱、定值电阻连接成闭合回路，如图甲所示。测得电阻箱所消耗功率与电阻箱读数的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 电源内阻
B. 电源电动势
C. 定值电阻功率最大时，电阻箱
D. 电阻箱所消耗功率最大时，电源效率为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据乙图，由电阻箱功率最大的条件可知，此时满足
可知电源内阻
故A正确；
B．由
解得
故B错误；
C．由
可知，当时，定值电阻功率最大。故C错误；
D．电阻箱所消耗功率P最大时，电源效率
故D正确。
故选AD。
9. 如图所示，平行板电容器的两个极板与水平面成θ角，极板的长度为L，A板带负电，B板带正电，且B板接地。若一比荷为k的带电小球恰能沿图中所示水平直线向右通过电容器A、B板边缘，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A. 小球带正电
B. A板的电势为
C. 若小球离开电场时速度刚好为0，则运动时间为
D. 在此过程中小球的电势能减小
【答案】AB
【解析】
【详解】A．分析可知，小球受竖直向下的重力，以及垂直于电容器极板的电场力，小球恰能沿图中所示水平直线向右通过电容器，则小球所受电场力方向为垂直电容器极板斜向左上方，小球的受力分析如图所示
电场线的方向垂直于极板，从极板B指向极板A，带正电的粒子在电场中所受电场力的方向与电场线的方向相同，由此可知，该小球带正电，故A正确；
B．根据小球的受力情况可得
解得
根据几何关系可得板间距为
电场强度为
解得A板的电势为
故B正确；
C．小球在电场中所受合力为
根据牛顿第二定律可得小球在电场中的加速度大小为
根据几何关系可得小球的位移为
则有
解得小球在电场中运动的时间为
故C错误；
D．此过程中电场力做负功，则可知小球的电势能增加，故D错误。
故选AB。
10. 如图所示，绝缘光滑轨道ABCD竖直放在与水平方向成的匀强电场中，其中BCD部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆相切，现把一质量为m、电荷量为的小球（大小忽略不计），放在水平面上A点由静止开始释放，恰好能通过半圆轨道最高点D，落地时恰好落在B点。下列说法正确的是（ ）
A. 电场强度
B. 起点A距B点的距离
C. 过D点的速度为
D. AB两点的电势差为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．当小球通过D点时，设速度为v，由牛顿第二定律得
小球通过D点后的运动：水平方向做匀变速直线运动，落地时恰好落在B点，即
根据牛顿第二定律
竖直方向做匀加速直线运动
根据牛顿第二定律
又
联立解得
故A错误；
B．由A到D的过程，由动能定理得
联立解得
故B正确；
C．在D点由重力和电场力的竖直分力共同提供向心力，则
解得过D点的速度为
故C错误；
D．AB两点的电势差为
故D正确。
故选BD。
二、实验题（本题共2小题，共16分）
11. 如图所示为“探究影响平行板电容器电容的因素”的实验，其中电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，使电容器充电后与电源断开。
（1）在实验中观察到的现象是______。
A．图中的手水平向左移动时，静电计指针的张角变大
B．图中的手水平向左移动时，静电计指针的张角不变
C．图中的手竖直向上移动时，静电计指针的张角变小
D．图中手不动，而向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大
（2）若将电容器上板A接正极，下板B接负极，且将上极板接地，如图丙所示。闭合开关S，有一带电液滴静止在电容器内部P点，现将电容器下极板B向下平移一小段距离，则液滴_______（填“静止不动”、“向下运动”、“向上运动”），P点电势_______（填“升高”、“不变”、“降低”）。
【答案】 ①. A ②. 向下运动 ③. 升高
【解析】
【详解】（1）[1]AB．根据公式

得

可知图中的手水平向左移动时，d增大，U增大，静电计指针的张角变大，A 正确，B错误；
C．图中的手竖直向上移动时，S减小，U增大，静电计指针的张角变大，C错误；
D．图中的手不动，而向两板间插入陶瓷片时，增大，U减小，静电计指针的张角变小，D错误。
故选A。
（2）[2]电容器的电压不变，而将电容器下极板B向下平移一小段距离，根据
则电场强度要减小，电场力将小于重力，故液滴要向下运动
[3]以大地为零势点，P点与零电势的A板距离不变，而电场强度减小，则点与零电势点之间的电势差减小，又因为点的电势小于0，则点的电势升高。
12. 为了测量干电池组的电动势和内阻，某同学在实验室选择了合适的器材并设计了如图甲所示的实验电路图。图中定值电阻，电流表的量程为0.60A，内阻较小；电流表的量程为200mA，内阻。
（1）请画线代替导线补全实物图乙_______。
（2）电路中将R与电流表串联，将电流表改装成了量程为3V的电压表，则__________。
（3）闭合开关K前，将图甲中滑动变阻器的滑片移到__________（填“a”或“b”）端，闭合电键后，调节滑动变阻器的滑片，得到多组电流表、的示数、，以为纵轴、为横轴作图像，得到图像与纵轴的截距为194mA，图像斜率绝对值为0.21，则电池组的电动势__________V，内阻__________。（计算结果均保留到小数点后两位）
（4）考虑电流表的内阻影响，上述测量方法会导致电池组内阻的测量值__________（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
【答案】（1） （2）9
（3） ①. a ②. 2.91 ③. 1.15
（4）大于
【解析】
【小问1详解】
对照电路图将其电路补充完整，如图所示
【小问2详解】
改装后的电压表的总电阻为
由电路知识有
解得
【小问3详解】
[1]为保护电路的安全，在闭合开关前滑动变阻器的滑片应该滑到阻值最大端，即滑到a端。
[2][3]由闭合电路欧姆定律有
整理有
结合题意有
，
解得
，
【小问4详解】
若考虑电流表A1的电阻影响，则由欧姆定律有
整理有
即
解得
导致测量值大于真实值。
三、计算题（本题共4小题，共44分，解题要写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数据计算的题目，答案必须明确写出数值和单位，只有最后答案的不得分）
13. 如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一电荷量为的负点电荷从A点运动到B点，电场力做功为，AB间距离，与水平方向夹角为 。求：
（1）B、A间电势差是多少？
（2）电场强度是多大？
（3）如果A点的电势为，求B点的电势为多大？电荷量的正电荷在A点具有的电势能是多少？
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】
【详解】（1）AB间电势差为
则B、A间电势差为
（2）匀强电场的电场强度大小为
（3）如果A点电势为，则有
解得B点的电势为
电荷量的正电荷在A点具有的电势能为
14. 如图，一带电量为+Q的点电荷固定在空间某一位置，一质量为m的带电小球在+Q下方水平面内做匀速圆周运动，圆心О恰好在+Q的正下方，半径为R，向心加速度为，已知静电力常量为k、重力加速度为g，小球可看成点电荷。求：
（1）小球的电性及电荷量大小；
（2）圆心О点的电场强度E的大小。
【答案】（1）负电，；（2）
【解析】
【详解】（1）依据题意，小球在小球和+Q的库仑引力与小球的重力的合力作用下，做匀速圆周运动，如图
因此球带负电荷。
向心加速度g，则
解得
所以库仑力大小为
由几何关系可知
解得小球的电荷量大小
（2）由
解得
所以带电量为+Q的点电荷在圆心О点的电场强度E的大小
15. 有一水平方向的匀强电场，场强，一带正电的微粒以竖直向上的初速度从A点射入电场，一段时间后从点离开电场，两点在同一条水平直线上。已知带电微粒质量，所带的电荷量，重力加速度，微粒向上运动过程中未冲出电场。求：
（1）带电微粒在竖直方向上的最大位移；
（2）两点的电势差；
（3）带电微粒在电场运动过程中速度的最小值。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
在竖直方向上，速度减为零的时间为t0，由
解得
在竖直方向上最大位移
解得
【小问2详解】
根据对称性，微粒在电场中的时间为
水平方向加速度
水平方向位移为
A、B两点之间的电势差为
【小问3详解】
带电微粒水平方向速度
带电微粒竖直方向速度
带电微粒的速度
代入数据
由数学知识，速度v具有最小值的时间为
解得速度v的最小值
16. 如图所示，竖直平面直角坐标系，第Ⅲ象限内固定有半径为的四分之一光滑绝缘圆弧轨道BC，轨道的圆心在坐标原点O，B端在轴上，C端在轴上，同时存在大小为，方向水平向右的匀强电场。第Ⅳ象限与之间有大小为，方向竖直向下的匀强电场。现将一质量为，电荷量为的带负电小球从B点正上方高处的A点由静止释放，并从B点进入圆弧轨道，重力加速度用表示，求：
（1）小球经过C点时的速度大小；
（2）小球在第Ⅲ象限受到轨道支持力的最大值；
（3）小球运动到轴右侧后与轴的交点坐标。
【答案】（1）
（2）
（3）（，）和（，）
【解析】
【小问1详解】
带负电小球从A点由静止释放到C点过程，根据动能定理可得
解得小球经过C点时的速度大小为
【小问2详解】
在电场中，带负电小球受到的重力和电场力的合力大小为
设重力和电场力的合力与竖直方向的夹角为，则有
可得
则当小球在第Ⅲ象限圆弧轨道BC上运动到D点与圆心连线沿重力和电场力的合力方向时，小球的速度最大，受到轨道的支持力最大，从A点由静止释放到D点过程，根据动能定理可得
解得
在D点根据牛顿第二定律可得
联立解得小球受到轨道支持力的最大值为
【小问3详解】
在第四象限电场中，小球受到的电场力竖直向上，大小为
小球从C点以的速度进入第四象限内的电场中做类平抛运动，加速度大小为
方向竖直向上；设小球在电场中经过轴，则有
，
解得
，
可知小球刚好从电场的右边界经过轴，此时小球竖直向上的分速度为
小球进入第一象限后做斜抛运动，之后再次经过轴，根据斜抛运动规律有
，
则小球运动到轴右侧后与轴的交点坐标为（，）和（，）。