四川省达州外国语学校2025-2026学年高二上学期期中考试物理试题

高2024级高二上学期半期考试 物理试题 考试时间：75分钟 满分：100分 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分。每个小题只有一个选项符合题意，答对得4分，答错得0分。） 1．在物理学发展过程中，很多伟大的物理学家对物理的发展都做出了杰出的贡献。关于物理学史，下列叙述正确的是（　　） A．法拉第通过严格分析后，得到了法拉第电磁感应定律 B．麦克斯韦电磁场理论告诉我们变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场 C．卡文迪许通过扭秤实验得到了静电力常量 D．开普勒根据自己的观测数据总结出了开普勒三定律 2．以下关于矢量和标量的说法正确的是（　　） A．同一个物理量在一些情况下是矢量，在另一些情况下也可以是标量 B．电流有方向，故电流是矢量；功有正负，但功是标量 C．力、位移、磁感应强度、加速度、电势能都是矢量 D．功率是标量 3．高中阶段有许多物理量，它们总是通过某种方式进行定义，其中有一类定义方法叫比值法，用比值法定义的物理量都有相同的特点：比值与相比的量无关。下列式子属于比值法定义的是（　　） A． B． C． D． 4．如图所示，同种材料制成粗细均匀、半径不同的圆柱形金属丝甲、乙串联后接入电路，闭合开关，测得两金属丝两端的电压相等。已知金属丝甲的长度为l，金属丝乙的长度为4l，甲、乙两金属丝单位体积内自由电荷的个数相同。下列说法中正确的是（　　） A．甲、乙两金属丝的电阻之比为4∶1 B．甲、乙两金属丝内的半径之比为1∶4 C．甲、乙两金属丝的电场强度大小之比为1∶4 D．甲、乙两金属丝内电子定向移动的速率之比为4∶1 5．冬天脱毛衣会有“噼啪”声的现象是一种很常见的静电现象，它是由物体之间的摩擦或接触而产生的电荷所导致的。假设A和B是两个不带电物体，它们互相摩擦后A带正电荷，下列判断错误的是（　　） A．摩擦的过程中正电荷从B转移到A B．摩擦的过程中电子从A转移到B C．B在摩擦后一定带负电 D．A在摩擦过程中失去了电子 6．如图所示为等量异种点电荷的电场，虚线是电场线，实线是某带电粒子仅在电场力作用下从点运动到点的轨迹。是同一虚线上的两个点，不计粒子的重力，则下列判断正确的是（　　） A． 粒子带正电 B． 粒子在运动过程中速度逐渐增大 C． 粒子在运动过程中加速度一直增大 D． 若粒子的初速度为0，则粒子沿曲线运动 7．如图所示为某静电除尘装置的原理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区。图中虚线是某一带电的尘埃仅在静电力作用下向集尘板迁移并沉积的轨迹，、两点是轨迹与电场线的交点，不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，以下说法正确的是（　　） A．尘埃在点的加速度大于在点的加速度 B．尘埃带正电 C．尘埃由运动到的过程中，速度先减小后增加 D．尘埃由运动到的过程中，电势能先减少后增加 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分。每个小题有多个选项符合题意，答对得6分，答对但不全得3分，答错得0分。） 8．某电场沿x轴方向上的电场强度E随x变化的关系如图所示，以x轴正方向为电场强度正方向。现将一比荷为2C/kg的带正电粒子从x=1m处由静止释放，粒子在仅受电场作用的情况下开始运动。下列说法正确的是（　　） A．电场中坐标原点与处的电势差为800V B．粒子释放瞬间的加速度大小为 C．粒子先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动 D．粒子经过处的速度大小为 9．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r（），电表均视为理想电表。闭合开关S后，调节R的阻值，使电流表的示数增大，在这一过程中电压表示数的变化量的大小为，则 A．通过R的电流增大，但增加量小于 B．的大小不随R的变化而变化 C．电源的输出功率一定增大了 D．电源的效率降低了 10．图甲是静电除尘装置的示意图，烟气从管口M进入，从管口N排出，当A、B两端接直流高压电源后，在电场作用下管道内的空气分子被电离为电子和正离子，粉尘会吸附电子向一侧聚集，从而达到减少排放烟气中粉尘的目的，图乙是金属丝与金属管壁通电后形成的电场示意图，a、b、c为同一条电场线上的三个点，三点的电势分别为，且ab=bc，下列说法正确的是（　　） A． 粉尘在吸附电子后向金属丝侧聚集 B． 粉尘吸附电子后在a点的电势能小于在b点的电势能 C． D． 粉尘吸附电子后在运动过程中加速度大小不变 三、实验题（本题共8空，每空2分，共16分） 11．（6分）用如图所示装置探究影响平行板电容器电容大小的因素： (1)若静电计指针偏转角度减小，那么平行板电容器两极板间的电势差 （填“增大”、“减小”或“不变”）。 (2)保持平行板电容器电量Q和两极板间的距离d不变，让带有绝缘手柄的B板向上移动，如图甲所示，静电计指针偏角增大，说明：在其他条件不变的情况下，平行板电容器的电容C随正对面积S的减小而 （填“增大”、“减小”或“不变”）。 (3)如图乙所示，在AB之间插入绝缘电介质后，静电计偏角将 （选填“增大“、”减小“或”不变“）。 12．（10分）某实验小组用电流表和电压表测一电池的电动势和内阻，实验电路如图所示。电池的电动势约为3V，内阻约为，为了防止在调节滑动变阻器过程中造成短路，电路中用一个定值电阻起保护作用。可供使用的实验器材有： A．待测电池1个         B．电流表（） C．电压表（）         D．定值电阻（阻值为） E.滑动变阻器（）     F.滑动变阻器（） G.开关和导线若干 (1)要正确完成实验且方便调节，滑动变阻器应选 。（填字母代号） (2)实验小组由实验数据作出的图像如图所示，由图像可求得电源电动势为 V，内电阻为 。（保留两位有效数字） (3)该实验小组设计的电路中，定值电阻所起的作用是 。 (4)某同学对以上实验的系统误差进行了分析，其中正确的是______。（填选项前的字母） A．系统误差主要是由电压表的分流引起的 B．系统误差主要是由电流表的分压引起的 C．电动势测量值小于真实值 D．内阻测量值大于真实值 四、解答题（本题共3小题，13题10分，14题12分，13题16分，共38分。答题过程要求写出必要的文字叙述。） 13．如图所示的电路中，电源电动势E=6V、内阻r=3、电阻，，滑动变阻器的最大阻值为6，闭合开关S，当滑动变阻器滑片从左向右滑动时，求： (1)电源最大输出功率P及对应的滑动变阻器的阻值大小。 (2)消耗的功率最大值。 14．如图所示，光滑绝缘竖直圆环轨道，O为圆心，半径为R=0.5m，B点与O点等高，在最低点固定一点电荷A，B点恰能静止一质量为m=0.9kg、电荷量为的带正电小球，现将点电荷A的电荷量增加为原来的两倍，小球沿圆环轨道向上运动到最高点C时的速度为m/s，取g=10m/s2，静电力常量k=9.0×109N·m2/C2。求： (1)开始时点电荷A的带电荷量Q并判断电性； (2)小球在B点刚开始运动时的加速度； (3)点电荷A的电荷量增加为原来的两倍后，B、C两点间的电势差。（结果可以用根号表示） 15．如图所示，有一绝缘水平面，AB段光滑不计摩擦力、BE粗糙且滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.75。水平面上方有两个边长d=0.2m的正方形区域I、Ⅱ，其中区域I中存在水平向右的大小E1=7.5N/C的匀强电场、区域Ⅱ中存在竖直向上的大小E2=150N/C的匀强电场。现有一可视为质点的质量m=0.3kg的滑块，以v0=0m/s的初速度从区域I边界上的A点进入电场，经过一段时间后，滑块从区域II边界上的D点离开电场（D点未画出），滑块的电荷量q=+0.1C，重力加速度取g=10m/s2。问： (1)滑块进入区域II时的速度是多少？ (2)D点与B点的水平距离、竖直距离分别为多少？ (3)若仅改变区域Ⅱ中电场强度的大小，要使滑块从区域Ⅱ中的右边界离开电场，则区域Ⅱ中电场强度大小E的取值范围应为多少？ 试卷第4页，共4页 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 《高2024级高二上学期半期考试物理》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D D D A B C BD BD BC 1．B 【详解】A．法拉第发现了电磁感应现象，但法拉第电磁感应定律的定量表达式（如）是由纽曼和韦伯等人建立的，故A错误； B．麦克斯韦电磁场理论指出：变化的磁场产生电场（法拉第电磁感应定律的推广），变化的电场产生磁场（位移电流假说），故B正确； C．卡文迪许通过扭秤实验测定了万有引力常量，而静电力常量是库仑通过库仑扭秤实验测得的，故C错误； D．开普勒三定律是基于第谷·布拉赫的观测数据总结得出的，而非开普勒自己的观测数据，故D错误。 故选B。 2．D 【详解】A．矢量和标量的性质是物理量的固有属性，不会因情况而改变，故A错误； B．电流虽有方向，但其运算遵循代数加减（如并联电路总电流为各支路电流之和），故电流是标量；功的正负仅表示做功效果，不改变其标量性质，故B错误； C．力、位移、磁感应强度、加速度均为矢量，但电势能只有大小无方向，是标量，故C错误； D．功率由功（标量）和时间（标量）的比值定义，属于标量，故D正确。 故选D。 3．D 【详解】A．是点电荷电场强度的决定式，的大小由场源电荷和距离决定，不是比值定义，故A错误； B．是平行板电容器电容的决定式，的大小由、、决定，不是比值定义，故B错误； C．是电阻的决定式，的大小由材料（）、长度和横截面积决定，不是比值定义，故C错误； D．是电流的比值定义式，电流的大小由电荷量与时间的比值定义，而的实际值由电路特性（如电压和电阻）决定，与和无关，故D正确。 故选D。 4．D 【详解】AB．根据题意，串联接入电路，通过两金属丝的电流相等，又两金属丝两端的电压相等，故两金属丝的电阻相等； 已知金属丝甲的长度为l，金属丝乙的长度为4l，由可知甲、乙两金属丝的横截面积之比为1∶4，故半径之比为1∶2，故AB错误； C．根据，甲、乙两金属丝两端的电压相等且长度之比为1∶4，可得甲、乙两金属丝内的电场强度大小之比为4∶1，故C错误； D．根据电流的微观表达式，甲、乙两金属丝单位体积内自由电荷的个数相同，甲、乙两金属丝的横截面积之比为1∶4，可知甲、乙两金属丝内电子定向移动的速率之比为4∶1，故D正确。 故选D。 5．A 【详解】A．摩擦过程中转移的是电子而非正电荷，A错误； B．A带正电说明失去电子，电子确实从A转移到B，B正确； C．B获得电子后必然带负电，C正确； D．A带正电是因失去电子，D正确。 本题选错误的，故选A。 6．B 【详解】A．电场方向从左往右，再结合带电粒子的运动轨迹向左偏转，即粒子的受力方向与电场方向相反，故粒子带负电，选项A错误； B．电场力对粒子一直做正功，动能一直增大，故粒子在运动过程中速度逐渐增大，选项B正确； C．点电场线密集程度大于点，即点电场强度大于点电场强度，则点电场力大于点电场力，根据牛顿第二定律可知，点加速度大于点加速度，选项C错误； D．电场线是曲线，故粒子从A点从静止释放不可能沿运动，选项D错误。 故选B。 7．C 【详解】A．由电场线的分布图可知，点的场强比B点的大，则尘埃在B点的加速度小于在A点的加速度，故A错误； B．由尘埃的运动轨迹与受力特点可知，尘埃在点所受电场力的方向应沿电场线的切线方向指向左上方，与电场强度方向相反，所以尘埃带负电，故B错误； CD．尘埃由运动到B的过程中，电场力方向与速度方向夹角先为钝角，后为锐角，则电场力先做负功后做正功，尘埃的电势能先增大后减小，根据能量守恒定律可知，动能应先减小后增大，所以速度先减小后增大，故C正确，D错误。 故选C。 8．BD 【详解】A．图像中图线与轴所围面积表示电势差，因此电场中坐标原点与处的电势差，故A错误； B．由题中图像可知，处的电场强度大小 粒子释放瞬间的加速度大小，故B正确； C．粒子先受到沿轴正方向、逐渐减小的电场力，后受到沿轴负方向、逐渐增大的电场力，因此粒子先做加速度减小的加速直线运动，后做加速度增大的减速直线运动，故C错误； D．电场中处与处的电势差 对粒子有 解得，故D正确。 故选BD。 9．BD 【详解】A．要使电流表示数增大，则R应减小；由“串反并同”知 则，，因此流过R的电流增大，且增加量大于，故A错误； B．由，知其大小不会随R的变化而变化，故B正确； C．当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；因不明确内外电阻的关系，故无法明确功率的变化情况，C错误； D．电源的效率，因电压的改变量为，故说明电源的效率降低了，D正确。 故选BD。 10．BC 【详解】A．粉尘吸附电子之后，带负电会向带正电的金属管壁侧聚集，故A错误； B．沿着电场线方向电势逐渐降低，可知a点的电势大于b点的电势，粉尘在吸附电子后，根据可知，粉尘在a点的电势能小于b点的电势能，故B正确； C．由图乙可知 解得，故C正确； D．由于该电场为非匀强电场，故粉尘吸附电子后在运动过程中加速度大小在改变，故D错误。 故选BC。 11．(1)减小 (2)减小 (3)减小 【详解】（1）若静电计指针偏转角度减小，则平行板电容器两极板间的电势差减小。 （2）静电计指针偏角增大，说明平行板电容器两端的电压增大，根据电容可知，平行板电容器电量Q不变，电势差U增大，电容器的电容减小，即在其他条件不变的情况下，平行板电容器的电容C随正对面积S的减小而减小。 （3）根据电容可知，其他条件不变，在两极板间插入电介质，则增大，电容C增大，结合可知，电荷量Q不变，电容C增大，则电势差U减小，故静电计指针的偏转角度减小。 12．(1)E (2) 2.8 0.79 (3)增大等效电阻，使得调节滑动变阻器时，电压表示数变化比较明显，减少误差 (4)AC 【详解】（1）为便于调节，则滑动变阻器应选择阻值较小的E。 （2）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律 整理得 根据作出的图像可得电源电动势为 图像的斜率的绝对值为 电源内阻为 （3）定值电阻所起的作用是增大等效电阻，使得调节滑动变阻器时，电压表示数变化比较明显，减少误差。 （4）AB．根据电路图，电压表的读数是路端电压值，而电流表的读数不是通过电源的电流，电流表的读数与通过电压表的电流之和等于通过电源的电流，所以产生误差的原因是电压表的分流作用引起的，故A正确，B错误； CD．此实验中电动势和内阻的测量值均小于真实值，故C正确，D错误。 故选AC。 13．(1)3W， (2)1W （1）闭合开关S，R2与R3串联，然后与R1并联，则外电阻为……1分 当时，可解得……1分 电源最大输出功率为……2分 （2）令R3的阻值为R时，R3消耗的功率最大值，由上可得……1分 总电流为 ……1分 通过R3的电流为 ……1分 R3消耗的功率……1分 联立可得……1分 当时，输出功率最大，即时，R3输出的最大功率为……1分 14．(1)，正电 (2)10m/s2，方向竖直向上 (3) 【详解】（1）小球在B点静止时处于平衡状态，受力分析如图所示，可知库仑力应为斥力，故A带正电。 两者之间的库仑力大小为……1分 竖直方向上根据平衡条件有……1分 联立以上两式解得……2分 （2）将点电荷A的电荷量增加为原来的两倍，两点电荷之间的库仑力增大至原来的两倍，小球在水平方向上仍受力平衡，设小球在B点刚开始运动时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有……2分 解得，方向竖直向上。……2分 （3）对带电小球从B到C的运动过程，根据动能定理有……2分 解得……2分 15．(1)vB=1m/s (2)竖直距离yBD=0.2m，水平距离xBD=0.1m (3)20N/C<E≤60N/C 【详解】（1）滑块在区域I中运动时，设滑块的加速度，根据牛顿第二定律可得……2分 设滑块运动到两电场区域的交界点B的速度为vB，则……1分 联立解得vB=1m/s……1分 （2）滑块在区域Ⅱ中做类平抛运动时，竖着向上的加速度，根据牛顿第二定律得：……1分 解得a2=40m/s2 假设滑块从区域Ⅱ的上边界离开电场区域，运动的时间为t0，根据类平抛运动的规律得，滑块在水平方向上做匀速运动，则x1=vBt0 ……1分 在竖直方向上做匀加速运动，则 ……1分 联立解得=0.2m 因此假设成立； B、D两点之间的竖直距离yBD=d=0.2m……1分 B、D两点之间的水平距离xBD=0.1m.……1分 （3）滑块在区域Ⅱ中运动，刚好从右边界的最上端离开时，竖直向上的加速度，电场强度，根据类平抛运动的规律，水平方向上d=vBt……1分 竖直方向上有……1分 根据牛顿第二定律得……1分 联立并代入数据解得E3=60N/C 若滑块到达C点时速度刚好为0，电场强度，水平方向的加速度，由运动学规律得……1分 根据牛顿第二定律得……1分 联立并代入数据解得E4=20N/C 则区域B中的电场强度20N/C<E≤60N/C时，滑块从区域Ⅱ的右边界离开。……2分 答案第6页，共7页 答案第7页，共7页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $