四川省攀枝花市2024_2025学年高二物理上学期半期考试试卷含解析

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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。
2. 关于电势、电势差和电势能，下列说法中正确的是（ ）
A. 电势差和电势一样,是相对量,与零点的选择有关
B. 正电荷从A点移到B点时,其电势能增加,A点的电势一定较低
C. 正电荷沿电场线移动,其电势能一定增加
D. 某点的场强为零,检验电荷在该点的电势能一定为零
【答案】B
【解析】
【详解】A.电势是相对量，电势的大小与与零点的选择有关，而电势差的大小与零点的选择无关，故A错误；
B.正电荷从A点移到B点时，其电势能增加，据知，A点电势一定较低，故B正确；
C.正电荷沿电场线移动，电场力的方向与电荷移动的方向相同，电场力做正功，其电势能一定减小，故C错误；
D.电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零，电势不一定为零，检验电荷在该点的电势能不一定为零，故D错误．
3. 如图所示为两等量异种电荷周围电场线的分布情况，曲线AOB是一重力不计的带电粒子在电场的运动轨迹，其中O为异种电荷连线的中点，C、D为两电荷连线中垂线上的两个对称的点。则下列说法正确的是（ ）
A. 带电粒子带正电
B. 图中D点的电场强度小于B点的电场强度
C. 图中A点的电势高于C点的电势
D. 带电粒子经过A点时的动能大于经过B点时的动能
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图中轨迹可知，带电粒子与正电荷间的电场力是相互吸引，故该带电粒子带负电，A错误；
B．电场线的疏密反映场强的大小，由图可知，B位置的电场线更密集，即场强更大，B正确；
C．由等量异种电荷周围电场线的分布情况可知，两电荷连线中垂线的电势相等，沿电场线的方向电势逐渐降低，故图中A点的电势低于C点的电势，C错误；
D．带电粒子带负电，由A运动到B，是从低电势位置向高电势位置运动，电场力做正功，故带电粒子经过A点时动能小于经过B点时的动能，D错误。
故选B。
4. 平行板电容器与电源相连，间距为d，在两竖直极板间用绝缘细线悬挂一带电量为+q的小球，悬线与竖直方向夹角为，小球处于静止状态。已知小球质量为m，重力加速度为g，则（ ）
A. 两极板间的电压为
B. 保持开关S闭合，增大极板间距，变大
C. 保持开关S闭合，增大极板间距，不变
D. 若断开开关S，增大极板间距，不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．对小球进行受力分析，有
又因为
解得

故A错误；
BC．开关S闭合，两极板间电压不变， 由 可知，增大极板间距时，变小；小球平衡时有
则变小时，变小，故BC错误；
D．断开开关S后，两极板带电量不变，根据
，，
可得

可知场强不变，因此小球受力情况不变，仍然静止，所以不变，故D正确。
故选D。
5. 多用电表表盘指针指在如图所示的位置，下列说法正确的是（ ）
A. 若该读数是选用电阻挡“”倍率得到的，应该更换“”倍率，欧姆调零后再测
B. 若选用的是直流电压“”量程，则指针读数为
C. 测直流电压时，必须让黑表笔接外电路的正极，红表笔接外电路负极
D. 测二极管的正向电阻时，必须让黑表笔接二极管正极，红表笔接二极管负极
【答案】D
【解析】
【详解】A．欧姆表的读数为倍率×指针示数，该图指针所示位置电阻读数小，说明倍率选大了，应该改用的倍率，欧姆调零后再测，故A错误；
B．若使用直流电压10V量程，最小分度为0.2V，读数应该为9.0V左右，故B错误；
C．测直流电压或直流电流时，应该让电流从红表笔流进，从黑表笔流出，以保证表盘指针能够正偏，必须让红表笔接外电路的正极，黑表笔接外电路负极，故C错误。
D．测二极管的正向电阻时，应该让电流从红表笔流进，从黑表笔流出，黑表笔应接二极管正极，红表笔应接二极管负极，故D正确。
故选D。
6. 如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长为，，当将C与D接入电压恒为U的电路时，电流为，若将A与B接入电压恒为U的电路中，则电流为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据电阻定律
得
可得
根据欧姆定律，电压相同时，电流与电阻成反比，故两次电流之比为，将C与D接入电压恒为U的电路时，电流为，故将AB接入电路时，电流为0.5A，故A正确，BCD错误。
故选A。
7. 如下图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，已知灵敏电流表的满偏电流Ig=2mA，内电阻Rg=300Ω，则下列说法正确的是
A. 甲表是电流表，R增大时量程增大
B. 乙表是电压表，R增大时量程减小
C. 在甲图中，若改装成的电流表的量程为0.6A，则R=0.5Ω
D. 在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则R=1200Ω
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲由一个灵敏电流表G和一个变阻器R并联，利用并联电阻的分流，改装成安培表．安培表的量程，可知当R减小时量程I增大，故A错误；
B．乙由一个灵敏电流表G和一个变阻器R串联，利用串联电阻的分压，改装成伏特表．伏特表的量程U=Ig（Rg+R），可知R增大时量程增大，故B错误；
C．由公式知，在甲图中，若改装成的电流表的量程为0.6A，则R=1.003Ω，C错误；
D．由公式U=Ig（Rg+R）知，在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则R=1200Ω，D正确；
8. 如图所示，线段A是某电源的图线，线段B是某电阻R的图线，当上述电源和电阻组成闭合电路时，下列说法正确的是（ ）
A. R的电阻和电源的内电阻均为
B. 电源的输出功率是4W，总功率是8W
C. 电源的内部损耗功率是2W，输出功率是4W
D. 电源的电动势是3V，内电阻是1Ω
【答案】C
【解析】
【详解】AD．根据题意，从图线A可读出
从图线B可读出
AC错误；
BC．由闭合电路欧姆定律得
输出功率为
总功率为
电源的内部损耗功率为
B错误C正确。
故选C。
9. 有一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，cd、cb分别垂直于x轴、y轴，其中a、b、c三点电势分别为4V、8V、10V，将一电荷量为q = －2 × 10－5C的点电荷由a点开始沿abcd路线运动，则下列判断不正确的是（ ）
A. 坐标原点O的电势为8V
B. 电场强度的大小为
C. 该点电荷在d点电势能为−1.6 × 10−4J
D. 该点电荷从a点移到d点过程中，电场力做功为8 × 10−5J
【答案】A
【解析】
【详解】A．由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离电势的降低相等，故
代入数据解得
故A错误；
B．由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离电势的降低相等可知，ab中点e的电势为，连接Oe则为等势面，如图所示
由几何关系可知，垂直Oe，则ab为一条电场线，且方向由b指向a，电场强度为
故B正确；
C．由分析可知，bd在同一等势面上，电势相等，该点电荷在d点的电势能为
故C正确；
D．该点电荷从a点移动到b点电场力做功为
故D正确。
本题选择不正确的，故选A。
10. 如图所示，平行金属板中有一个带电油滴悬浮在两板间的P点，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（ ）
A. 油滴带负电，将向上运动B. P点的电势升高
C. 电源的效率变低D. 电压表、电流表的示数均变小
【答案】C
【解析】
【详解】AD．油滴原来静止在电容器内，受向上的电场力与重力平衡，由图可知电容器内部电场方向向下，则油滴带负电，当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中干路电流增大，即电流表的示数变大，路端电压减小，R1两端的电压增大，则电容器两端电压减小，电流表的示数减小，电容器内场强减小，油滴所受电场力将小于重力，油滴将向下运动， 故A错误，D错误；
B．P点的电势等于P点与下极板（接地，电势为零）的电势差，由
可知，E减小，P与下极板间距不变，所以电势差减小，P点电势降低，故B错误；
C．电源的效率为
当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4的阻值减小，外电阻R减小，电源的效率变低，故C正确。
故选C。
11. 如图所示，真空中有A、B、C三个带正电的点电荷，它们固定在边长为的等边三角形的三个顶点上，B、C点电荷的电荷量为，A点电荷的电荷量为，O点是三角形底边的中点，静电力常量为。下列说法正确的是（ ）
A. 点电荷B、C对A的静电力大小为
B. 点电荷C对A的静电力大小为，方向由A指向C
C. 若将C的电荷量变为，O点的电场强度大小将变小
D. 点电场强度大小为
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．根据库仑定律知，B或C对A点电荷的静电力大小为
且C对A的静电力方向由C指向A，由三个带正电的点电荷构成等边三角形，根据几何知识可得，A、B处的电荷对C处电荷的静电力的合力大小为
故A正确，B错误；
D．三个点电荷在O点产生的电场强度方向如图所示
根据点电荷场强公式
可知点电荷B和点电荷C在O点的电场强度大小相等、方向相反，二者的矢量和为零。点电荷A在O点的电场强度即为O处的电场强度，其大小为
又
联立可得产生的电场强度大小为
故D正确；
C．若将C的电荷量变为，则反向，大小不变，与都不变，此时点的电场强度大小为
故O点的电场强度大小将变大，故C错误。
故选AD。
12. 在x轴上O、P两点分别放置电荷量为、的点电荷，一带正电的试探电荷在两电荷连线上的电势能随x变化关系如图所示，其中A、B两点电势能为零，BD段中C点电势能最大，则（ ）
A. ，
B. BC间场强方向沿x轴负方向
C. C点的电场强度大于A点的电场强度
D. 将一负点电荷从B点移到D点，电场力先做负功后做正功
【答案】AB
【解析】
【详解】A．正电荷在电势高的地方电势能大，O到P点由图知，电势降低，A点的电势为零，所以O点的电荷带正电，P点电荷带负电，故A正确；
B．由图可知：从B到C，电势升高，BC间电场强度方向沿x轴负方向，故B正确；
C．图象斜率是电场力，C点斜率为零，则C点电场强度为零，故C错误；
D．因为BC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从B点移到D点，电场力先做正功后负功，故D错误。
故选AB。
13. 小明同学在玩会发光的电动玩具汽车时，发现了一个现象：启动电源，电动机正常工作，车轮正常转动。当不小心卡住车轮时，车灯变暗。玩具汽车的简化电路如图所示，电源电动势E = 10V， 内阻， 车轮电动机的额定电压 额定功率 线圈电阻 。忽略灯丝电阻随电压的变化，下列说法正确的是（ ）

A. 电动机正常工作时，机械功率为5W
B. 电动机正常工作时，电源的效率为60%
C. 车轮卡住时，电动机的功率为1W
D. 车轮卡住时，小灯泡的功率为1.5W
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．电动机正常工作时，通过电动机的电流
机械功率为
故A正确；
B．电动机正常工作时，设干路电流为，电源的效率
故B正确；
CD．电动机正常工作时
电压内电压
干路电流
流过灯泡的电流
灯泡电阻
电动机卡住时，当做纯电阻，电机和灯泡并联后的总电阻
得
此时外电压
电动机的功率
小灯泡的功率为
故C错误，D正确。
故选ABD。
二、实验（本题共2小题，共18分）
14. 下左图螺旋测微器读数为___________mm，下右图游标卡尺读数为___________mm。
【答案】 ①. 0.900##0.899##0.901 ②. 14.50
【解析】
【详解】[1] 螺旋测微器读数为
[2] 图中游标卡尺为20分度，故读数为
15. 在描绘一个标有“6.3V，0.3A”小灯泡的伏安特性曲线的实验中，要求灯泡两端的电压由零逐渐增加到6.3V，并便于操作．
已选用的器材有：
学生电源（电动势为9V，内阻约1Ω）；
电流表（量程为0﹣0.6A，内阻约0.2Ω；量程为0﹣3A，内阻约0.04Ω）；
电压表（量程为0﹣3V，内阻约3kΩ；0﹣15V，内阻约15kΩ）；
开关一个、导线若干
(1)实验中还需要一个滑动变阻器，现有以下两个滑动变阻器，则应选其中____（选填选项前的字母）
A．滑动变阻器（最大阻值10Ω，最大允许电流1A）
B．滑动变阻器（最大阻值1500Ω，最大允许电流0.3A）
(2)实验电路图应选用图中的实验电路图应选用图中的____（选填“甲”或“乙”）．
(3)请根据(2)中所选的电路图，补充完成图中实物电路的连接．（ ）
(4)接闭合关，改变滑动变阻器滑动端的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U，图中电流表选择0﹣0.6A量程，电压表选择0﹣15V量程，电流表、电压表示数如上图所示，可知该状态下小灯泡电阻的测量值Rx==____Ω（计算结果保留两位有效数字）．
(5)根据实验数据，画出的小灯泡I﹣U图线如图所示．由此可知，当小灯泡两端的电压增加时，小灯泡的电阻值将__（选填“变大”或“变小”）．
【答案】 ①. A ②. 乙 ③. ④. 18 ⑤. 变大
【解析】
【详解】(1)[1]实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到6.3V，则滑动变阻器应采用分压接法，所以要选择滑动变阻器的最大值比较小的
A．滑动变阻器（最大阻值10Ω，最大允许电流1A）与分析相符，故A正确；
B．滑动变阻器（最大阻值1500Ω，最大允许电流0.3A）与分析不符，故B错误．
(2)[2]灯泡正常发光时的电阻为
该电阻值相对于电压表属于小电阻，所以电流表应采用外接法，实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加，所以滑动变阻器应用分压式，因此实验电路应选乙；
(3)[3]根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；
(4)[4]电流表的量程为0.6V，所以每一小格的读数为0.02A，所以电流表的读数为0.22A，电压表的量程为15V，所以每一小格的读数为0.5V，所以读数为：
8×0.5=4V
由欧姆定律得
(5)[5]在I-U图象中，各个点与坐标原点的连线的斜率表示电阻的倒数，由图可知，随电压增大，各点与坐标原点的连线的斜率减小，所以可知待测电阻的电阻值增大
16. 某同学利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻．现备有下列器材：
A. 待测的干电池一节
B. 电流表A(量程0∼0.6A，内阻RA=1.0Ω)
C. 电压表V(量程0∼3V，内阻Rv约lkΩ)
D. 滑动变阻器R(0∼20Ω，l.0A)
E. 开关和若干导线
（1）该同学考虑到电流表内阻已知，为了减小实验误差选择______图(选填“甲”或“乙”)作为实验电路．
（2）右图是该同学根据合理电路所绘出的U-I图象(U、I分别为电压表V和电流表A的示数)．根据该图象可得被测电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω．（保留一位小数）
【答案】 ①. 乙 ②. ③.
【解析】
【详解】（1）利用图乙的接法，可以把电流表的内阻等效为电源的内阻，同时还避免了电压表的分流作用，使的电流表测得就是干路中的电流，这样可以很好的减少误差，使测量结果更准确．
（2）由闭合电路欧姆定律可得，结合图象可得其斜率为，可得，所以电源的内阻为．由图象可知当时，，把这组数据代入，可得．
三、计算题（本题共4小题，共43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，还应计算出最后结果，只有最后答案的不得分）
17. 手控可调节亮度的手电筒其内部电路可简化为如图所示的电路图，其内部需装4节5号干电池，每节干电池的电动势E=1.5V，内阻r=0.1Ω灯泡L的铭牌上标有“5V 5W”字样（电阻固定不变），灯泡L和滑动变阻器R串联，通过调节滑动变阻器的滑片P可调节手电筒的亮度使灯泡L正常发光，求：
（1）滑动变阻器R接入电路的电阻；
（2）通电5min灯泡L消耗的电能；
（3）电源的输出功率。
【答案】（1）0.6Ω
（2）1500J （3）5.6W
【解析】
【小问1详解】
装4节5号干电池，电源电动势为
内阻
“5V 5W”的灯泡L正常发光，则电路中的电流
滑动变阻器两端的电压
滑动变阻器R接入电路的电阻为
【小问2详解】
通电5min灯泡L消耗的电能为
【小问3详解】
电源的输出功率
18. 如图1所示，匀强电场中有一直角三角形ABC，其中∠A为直角，，O为BC的中点，A、B的距离为2m。电场方向沿AO方向。在A点放一试探电荷，其受力与电荷量之间的的关系如图2中直线所示。取O点的电势为零，
（1）求匀强电场的大小；
（2）求A、C两点的电势、；
（3）将一电荷量的正点电荷从A点沿ABC移动到C点，求：静电力所做的功。
【答案】（1）6V/m；（2）12V，-6V；（3）9J
【解析】
【详解】（1）由图可知电场强度为
（2）由几何关系可知，AO、BO、CO距离均为
则
可得
同理
可得
（3）由几何关系，AC距离
故
电场力做功与路径无关。将电荷由A点移动到C点，电场力做功为
19. 示波器的主要结构可简化为：电子枪、加速电场、两水平放置的平行金属板形成的偏转电场和竖直放置的荧光屏组成，如图所示，若已知加速电场的电压为U1，两平行金属板的板长、板间距离均为d，荧光屏距两平行金属板右侧的距离也为d。电子枪产生初速度几乎为0、质量为m、电荷量为-e的电子，先经过加速电场加速，如果偏转电压为0时，电子会从两平行金属板的中央穿过，打在荧光屏的中心点O；如果两金属板间加上偏转电压U2，且只在两金属板间产生竖直方向的匀强电场，电子飞出偏转电场后会打在荧光屏上，不计电子重力。求：
（1）电子飞出加速电场时的速度大小v；
（2）电子打在荧光屏上的位置到中心点O的距离D。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
在加速电场中，由动能定理
解得
【小问2详解】
电子进入偏转电场中做类平抛运动运动，则
离开偏转电场时偏移距离为
设速度方向与水平方向成θ角，如图所示
根据几何关系可得
离开偏转电场后偏移的距离为
所以总偏移距离为
20. 某游戏公司的设计人员，构想通过电场来控制带电小球的运动轨迹。如图1所示，绝缘光滑圆轨道竖直放在水平方向的匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球位于轨道内侧的最高点A处。小球由静止释放后沿直线打到图示的B点；当给小球一个水平方向的初速度，小球恰能在竖直平面内做完整的圆周运动。小球可视为质点，已知圆轨道的半径为R，重力加速度为g，α = 60°。
（1）求匀强电场的电场强度E1大小；
（2）求小球做圆周运动时，通过A点的动能Ek；
（3）撤掉圆轨道，保留圆形轨道的痕迹，将原电场更换为如图2所示的交变电场（正、负号分别表示与原电场强度方向相同或相反），t = 0时刻小球在A点由静止释放，欲使小球经过一个周期（图中周期T未知）恰好能运动到最低点C，已知时刻小球的位置在圆周上，求所加电场强度E2大小。
【答案】（1）
（2）2mgR （3）
【解析】
【小问1详解】
根据小球由静止沿直线打到B点，可知重力和电场力合力的方向沿AB方向，则有
可得
【小问2详解】
根据重力和电场力合力方向可知，小球能通过圆轨道等效最高点D点（位于O点左上侧60°处），如图所示，小球恰能在竖直平面内做完整的圆周运动，重力和电场力的合力大小为
小球在D点，有
小球从D到A过程，由动能定理可得
解得小球通过A点的动能为
【小问3详解】
由题意可知，小球在周期内做直线运动，在水平方向上，向右运动的位移
周期内电场方向反向，则小球做曲线运动，水平方向上，因为加速度大小相等方向相反，所以向右运动位移仍为x1；周期内返回；竖直方向上做自由落体运动，有
由运动的分析可知，要使小球由A点运动到最低处C点，且小球速度竖直向下时均在圆周上，需时刻到达最大水平位移处，如图所示
则此时竖直方向下降的距离为
根据几何关系可知，向右运动的最大水平位移为
解得