四川省宜宾市第一中学校2025-2026学年高二上学期半期考试物理回访题(1)

2024级高二上期物理半期考试回访题 满分：100分考试时间：75分钟 一、单项选择题（本题7个小题，每题只有一个选项符合题意，每题4分，共28分） 1.将四个完全相同的灯泡按图示的电路连接，其中电源电动势为E,内 阻为r,闭合开关后各灯泡均发光，若灯泡工3突然短路，则() S L2 I A.灯泡L,变暗 B.灯泡L2变亮 L⑧ C.灯泡L4变亮 D.电源输出功率一定变大 L 2.科沃斯(ECOVRCS-x2pro)扫地机器人的铭牌信息如下表。当扫地机器人剩余电荷量低 于600mAh时，机器人自动停止扫地并返回充电基座充电。对该型号扫地机器人的描述，下 列说法正确的是( 主机基本参数 产品外观 产品尺寸 345mm*345mm*96mm 电池 14.8V/5200mAh锂电池 产品质量 约3.8kg 无线连接 WFi智能快连 额定电压 14.8V 额定功率 45W A.扫地时额定电流约4A B.内部电路的总电阻约52 C.每次扫地释放的电能最多约2.8×105J D.可以连续扫地的时间约1.5h 3.如图，半径为R的绝缘细圆环上均匀带正电，此时圆心O点处的电场强度刚 好为零，点A、B、C将圆环三等分。若仅取走劣弧AB上的电荷，此时圆心 O处的电场强度方向为() A.沿OC方向指向左 B.沿CO方向指向右 C.沿OA方向斜向上 D.沿OB方向斜向下 B 4.如图甲，不计电表内阻对电路的影响，改变滑动变阻器的滑片位置，测得电压表M、、飞分 别随电流表A的示数变化规律如图乙。下列判断正确的是() A.图乙中Ⅱ图是电压表V示数随电流表示数变化规律 B.图乙中Ⅱ图是电压表巧示数随电流表示数变化规律 C.当R=R,+r时，滑动变阻器R消耗的电功率最大 D.当R十r=R,时，定值电阻R消耗的电功率最大 O夸克扫描王 极速扫描，就是高效 5.如图，空间存在水平向右的匀强电场，电场强度大小B=照，半径为的圆环竖直固定。一 g 质量为、电荷量为g的带正电小球从轨道内侧最低点A以某一初速度v沿颠时针方向做圆 周运动，小球恰好能通过圆弧上与圆心O等高的B点，重力加速度为9，则 速度v大小为() A.√2gi B.√3R C.2√gi D、√5gR 6、在Oy平面内有一固定点电荷Q,P(5,0)处有一粒子源发射同种带正电的粒子，粒子速度 大小相同，方向均在坐标平面内，如图。通过观测发现沿直线抵达M(3,0)点和沿曲线抵达 N(0,3)点的粒子速度大小相等，不考虑粒子间的相互作用和粒子的重力，则下列说法中正确 的是（) cm A.M、N两点电场强度相同 B.M、N两点电势相等 C、点电荷Q带正电 D.粒子从P点抵达M点过程中电势能增加 0 M →xcm 7、静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图的折线，将一个带负电的粒子在 x=d处由静止释放，它只在静电力作用下沿轴运动.规定x轴正方向为电场强度E、加速 度a、速度v的正方向，下图分别表示x轴上各点的电场强度B,粒子的加速度a、速度v和动 能E随x的变化图像，其中正确的是（) 它 a个 d o -d0八 -d 0 二、多项选择题（本题3个小题，本题有两个或两个以上的选项符合题意，选对得4分，选对不全 得2分，选错或不选得0分，共12分) 8.如图电路中，电容器A、B完全相同，数字电压表内阻很大。保持开关S2断开，将开关S接 1,稳定后电压表的示数为巧；将开关S1接2，稳定后电压表的示数为U2。将开关S接0，闭 合S2一段时间后，再断开S2,将开关S1接2，稳定后电压表的示数为，重复以上操作读出 U,…。根据上述实验可得了) 0 A.= 2 B.U=2U-1 -CV C.电容器的电压与电容器的电荷量成正比 D.电容器的电容与电容器的电荷量成正比 9.如图，A、B、C为圆周上三点，O为圆心，半径为√3m,∠AOB=∠BOC=60°，空间中存在 与纸面平行的匀强电场，A、B、C三点的电势分别为5V、4V、3V,下列说法正确的是 ·2 ▣减▣ Q。夸克扫描王 极速扫描，就是高效 ▣ A.电场强度沿OB方向 B.电场强度沿AC方向 C电场强度的大小为9am D,电场强度的大小为号V咖 10.某喷墨打印机的简化模型如图。重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带上负电后以很小的速 度（初速度几乎为0）进入ab板间的加速电场，并沿平行于极板方向飞入cd极板间的匀强电 场，最终打在纸上，则下列说法正确的是（) 信号源 云 c0+ A.a板电势高于b板电势 B.墨汁微滴电势能逐渐减小 墨盒 C.墨汁微滴运动时间与其电荷量无关 带电室 D.墨汁微滴运动轨迹与其电荷量无关 d 三、实验探究题：本题共2小题，共16分。 11.(6分) (1)伏安法是常用于测量电阻的一种方法。现有待测电阻R,实验所用电压表内阻为R,电 流表内阻为R4,有图甲和乙两个电路图供选择。I、U分别表示电流表和电压表读数，用R测二 号表示待测电阻R的测量值，根据电路率并联知识可知，甲图 ④ 中待测电阻的测量值 (选填“大于”或“小于”)真实值， 其误差主要来源于 (选填“电压表”“电流表”或“电压表 和电流表”)的内阻；乙图中待测电阻真实值可表示为R= (用I、U,RA或Rv表示)。 甲 (2)若某同学在实验时所用电压表内阻约3.6k2,电流表内阻约42，待测电阻约122。为了 测量更精确，可以用待测电阻约122作为真实值来估算相对误差的大小，进行电路选择。相对 误差的定义为)=」 测量值一真实值×100%，则甲电路的相对误差弹=一一一%（结果保留三 真实值 位有效数字)。按照上面的方法比较甲、乙两种电路的相对误差，为了测量更精确，实验时应该选 择相对误差较小的（选填“甲”或“乙”）电路。 12.(10分) 某同学用电流表和电压表测一旧电池的电动势和内阻的实验过程如下： AUN 1.6 1.5 1.4 1.3 12 1麟 00241/mA 图(a) 图b) 图(o) (1)此同学利用一内阻R。=202,满偏电流工，=2.50A的表头G改装一个双量程电流表，其 内部结构图如图(a)。已知电阻R=1Ω，B=192,则该电流表的小量程为mA、大量程 为mA。 3 ▣▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 ▣ (2)此同学利用改装后的电流表和电压表，设计了如图(6)的实验原理图。 (3)此同学选择合理量程的电流表和电压表测得7组数据，作出如图()的U一I图像，若不 考虑电表内阻影响，用作图法可求得该电池的电动势E=V和内阻？= 2。(结 果均保留三位有效数字) (4)此同学认真分析发现若考虑电表内阻影响，利用第(3)问方法测得电池内阻 (填 “偏大”、“偏小”或“不变”)，电池内阻r= 2(结果保留两位有效数字)。 四、计算题：本题共3小题，共45分。要求写出必要的文字说明、公式，只有答案的不给分。 13.(10分 如图，两平行金属板A、B间有一匀强电场，C、D为电场中的两点，且CD=4cm其连线的 延长线与金属板A成30°角。已知电子从C点移到D点的过程中电场力做功为4.8×10~7J,元 电荷e=1.6×10-19C。求： A海空是 (I)C、D两点间的电势差U、匀强电场的场强大小E; (2)若选取A板的电势pA=0,C点距A板1cm,电子在D点的电 势能为多少？ D B 14.(12分) 在水平面上沿水平方向建立心轴，过原点O垂直于x轴的右侧空间内存在一匀强电场，场强 的大小E=5×10N/C,方向沿x正方向，如图。在0处放一个质量为m=10g的绝缘物块，其 带电荷q=-6×10-8C,物块与水平地面间的摩擦因数u=0.2,沿x轴正方向给物块一初速度vo =2m/s,重力加速度g取10m/s2.试求： (1)物块沿c轴正方向运动的最远位置距O点多远； (2)物块共运动多少时间。 →E 15.(16分) 如图，间距为3L的平行板M,N水平固定，有一足够长且内壁光滑的绝缘细管竖直穿过两 板，板间（包括管内）存在方向竖直向上、场强大小=1×10/C的匀强电场。长为2L的绝缘 轻杆两端分别连接带电小球P和Q(均可视为质点，不考虑两者间相互作用的库仑力)置于管道 底部，小球P与板M相距L。已知L=0.5m,P和Q的质量均为m=0.05kg,对应电荷量分别 为gp=+1×10-3C,9Q=+1.4×10-2C,重力加速度g取10m/s2。现由静止释放小球P、Q和杆 组成的系统，求： (1)小球Q第一次到达N板所用的时间t; (2)球Q向上运动到最上端时距N板的距离x。 3 ·4 O夸克扫描王 极速扫描，就是高效 ▣ 2024级高二上期物理半期考试回访题参考答案 1.【答案】B 3.【答案】B 【解析】 【解析】 A.灯泡I3突然短路，电路中总电阻减小，总电 三段圆弧上的电荷在O点产生的电场的合场强 流增大，则灯泡工1变亮，故A错误； 为零，则AC和BC弧在O点产生的合场强与 BC.电路中总电流增大，则电源内电压增大， AB弧在O点的场强等大反向，可知若仅取走劣 两端电压增大，则工4两端电压减小，灯泡工4变 弧AB上的电荷，则此时圆心O处的电场强度方 暗，流经工4电流减小，由于总电流增大，所以流 向为沿CO方向指向右。 经L2电流增大，灯泡L2变亮，故B正确，C错误； 故选B。 D.由于不知道电源内阻和灯泡电阻之间大小 4.【答案】C 关系，无法判断电源输出功率是否变大，故D错 【解析】 误。 AB.根据U一I图像可知，II图的电压随电流 故选B。 的关系是增函数，描述的部分电路的欧姆定律 2.【答案】D =R,则一定是示数随电流表示数变化规律； 【解析】 而Ⅱ图和I图反映电压随电流为减函数，即全电 A.根据表格中的数据，扫地时额定电流约为 路欧姆定律U=E一r,图像的斜率表示内阻， a-是=品A30 而Ⅱ图的斜率更大，即Ⅱ图是电压表飞示数随 电流表示数变化规律，斜率表示等效内阻为 故A错误； r效=R,十r B.若将扫地机器人当做纯电阻，则有 I图的斜率较小，即I图是电压表Y示数随电流 爱 表示数变化规律，斜率就表示电源内阻r,故AB 错误； 解得R≈52 但实际上，扫地机器人是非纯电阻，欧姆定律不 C.滑动变阻器R的功率为P=(R+瓦R 成立，即上述求解过程不合理，根据表格中的数 则当R=T妆=R十T时，滑动变阻器R消耗的 据，不能够确定扫地机器人内部电路的总电阻， 电功率达最大，故C正确； 故B错误； D.定值电阻R,消耗的电功率为 C.由于当扫地机器人剩余电荷量低于 P=PR 600mAh时，机器人自动停止扫地，则每次扫地 则当电流I最大时，其功率达到最大，即电路中 释放的电能最多约为 的总电阻最小，则为R=0时，故D错误。 E电=U袋t=14.8×(5200-600)×103×3600J 故选C。 ≈2.45×105J 5.【答案】C 故C错误； 【解析】 D.由于当扫地机器人剩余电荷量低于 小球恰好能通过圆弧上与圆心O等高的B点，根 600mAh时，机器人自动停止扫地，则有 据动能定理有 I袋t=(5200-600)×10-3×3600C 解得t≈1.5h -mgR-qBR-0-m 故D正确。 速度v大小为w=2√gR 故选D。 故选C。 ·5. Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 6.【答案】B 【解析】 变为号、号、号…，而电压表的示数依次为 巧及 AB.到达MN两点的粒子速度大小相等，两粒 24、8 …=今，则说明电势递跟 子的初速度大小也相等，可知两粒子动能变化相 所带电荷量成正比，但是电容器的电容与所带电 等，电场力做功相等，可知UN=UM,则M、N 量无关。选项AC正确，BD错误。 两点电势相等，由于是在点电荷电场中，可知 故选AC。 N两点在以点电荷为圆心的同一圆周上，场强 9.【答案】BD 大小相等，但是方向不同，选项A错误，B正确； 【解析】 CD.由以上分析可知，点电荷的位移在MN连 AB.A、C中点在OB上，A、C中点电势 线的垂直平分线上，因到达M点的粒子做直线 运动，可知点电荷也一定在x轴上，可知点电荷 =2t90 =4V 2 一定在原点O,根据带正电的两粒子的运动轨迹 所以OB所在直线是等势线，场强方向垂直于等 可知，点电荷一定带负电，粒子从P点抵达M点 势线且由高电势指向低电势，所以电场强度沿 过程中电场力做正功，电势能减小，选项CD错 AC方向，故A错误，B正确； 误。 CD.根据几何关系，A、C距离 故选B。 d=√r=3m 7.D 电场强度的大小为 【解析】一心图像的斜率表示电场强度，沿电场 方向电势降低，可知在x=0的左侧，存在向左的 -竖=号V咖 故C错误，D正确。 匀强电场，x=0右侧存在向右的匀强电场，故 故选BD。 A错误；根据牛顿第二定律知gD=ma,粒子在 10.【答案】BD 匀强电场中运动时加速度不变，由于粒子带负 【解析】 电，粒子的加速度在x=0左侧加速度为正值，大 A.墨汁微滴在加速电场中做匀加速，所以受向 小不变，在x=0右侧加速度为负值，且大小不 右的电场力，该电场的方向为向左，所以b板带 变，故B错误；在c=0右侧粒子向左做匀加速运 正电，a板带负电，因此b板电势高，a板电势低， 动，在x=0的左侧粒子向左做匀减速运动，速度 故A错误； 与位移不成正比，故C错误；粒子在x=0左侧， 根据动能定理可得qBx=B%一E0,在x=0右 B.墨汁微滴在ab板和cd板间电场力都做正 侧，根据动能定理可得一gEx=E。一E0,可知E, 功，故电势能减小，故B正确： 一x图像在两侧均为一次函数图像，故D正确. C. 墨汁微滴在加速电场中合m=g心 8.【答案】AC 在cd板间水平方向做匀速直线运动，所以运动 【解析】 根据实验过程可知，开始时给A充电后A两端 的时间为=号=√远 的电势差为巧；将开关S1接2时，电容器A上的 与电荷量有关，故C错误； 电量将转移到B上，最后稳定后两电容器将平分 D.墨汁微滴在cd板间做类平抛运动，根据类平 电荷量，此时A两端的电势差将变成巧=号， 抛运动规律得l=t 根据牛顿第二定律得ma=gE 为了重复实验，需要将B中的电量全部放掉，即 将开关S1接0，闭合S2一段时间后，再断开S2: 又B=告 以后重复实验，通过实验可知，A上的电量依次 墨汁微滴竖直方向运动的位移为 ·6 ▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 2at=UaL=Un 所以该电流表的小量程为5.00mA,大量程为 2mdv4Ud 100mA. 所以墨汁微滴运动轨迹与其电荷量无关，故D错 (3)[3][4]由闭合电路得欧姆定律可得 误。 E=U+Ir 故选BD 化简可得 11.【答案】①.小于(1分)②.电压表(1分)③. U=-r…I+E 只-1分)0.0.33%2分)0.甲1分) 图像的纵截距为 【解析】 b=E=1.50V (1)[1][2]甲图中由于电压表的分流作用使得电 所以该电池的电动势为1.50V。 流的测量值偏大，则待测电阻的测量值小于真实 斜率 值，其误差主要来源于电压表的内阻； 肉=r=妆Q=50n [3]乙图中待测电阻真实值可表示为 所以该电池的内阻为75.02。 R=U-R4='-R (4)[5]若考虑电表内阻的影响，则由闭合电路欧 (2)[4]甲电路中电阻的测量值为 姆定律 RwR-3600×12 E=U+I(RA+r) Ra=Ry+R 3600+12 2≈11.962 化简可得 相对误差 U=-(RA+r)·I+E )=测量值-真实值 ×100%= l11.96-12× 斜率为 真实值 12 k=RA+r>r 100%=0.333% 所以测得电池内阻偏大。 [5]乙电路中电阻的测量值为 [6]由图c可知，改装后的电流表量程为5mA, Rx=R4+R=42+122=162 所以改装后的电流表内阻为 相对误差 R,(R+R2) 测量值一真实值 ×100%=16-12l× RA-Ro+Ri+Ra =100 真实值 12 所以电池内阻为 100%=33.3% r=75.00-102=652 则为了测量更精确，实验时应该选择相对误差较 13.【答案】.(1)-300V,1.5×10m;(2)-7.2 小的甲电路。 ×10-17J 12.【答案1(1)5.00(1分)、100(1分)(3)1.50(2 【解析】(1)电子从C点移到D点，有Wo= 分)、75.0(2分)(4)偏大(2分)、65(2分) -eUp.(2分） 【解析】 (1)[1][2]当开关接b时，电流表量程为 可得Uw= Wz=4.8×10-17 一e -1.6x10-gV=-300V IR, =I+RitRa =2.5mA+2.5×20m 1+19mA= …(2分) 5.00mA 匀强电场的场强大小为E=0=一g dpo Lsin30 当开关接a时，电流表量程为 300 -=1.5X10Vlm.(1分) 5=3+3,+) 4×10-2×0.5 =2.5mA+ (2)若选取A板的电势pA=0,C点距A板1cm, 2.5×(20+19) 则有 mA=100mA Uo4=pc-pA=Edm=1.5×10×1×10-V= ·7 ▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 ▣ 150V… .(2分) 15.【答案】(1)0.7s;(2)0.5m 可得po=150V 【解析】(I)从释放至小球P到达M板的过程， 又Um=po-pp=-300V .(2分) 对P、Q、杆系统，由牛顿第二定律得 可得pD=450V g0-2mg=2ma1。 .(2分) 则电子在D点的电势能为EpD=-epp=-1.6× 代入数据得 10-19X450J=-7.2X10-17J(1分） a4=4m/s2 14【答案1004m,(②2+g5。 由运动学规律有 【解析】 a线 （2分） (1)带电物块放入电场中，对物块进行分析，电场 2U1=a☑吃(（2分） 力的方向与摩擦力方向相同，物块做匀减速直线 代入数据解得 运动，根据动能定理有 =0.5s. -(a+f)am=0-立m哈 (2分) V1=2m/3 从小球P到达M板至小球Q到达N板的过 解得 程，对P、Q、杆系统，由牛顿第二定律得 1=0.4m (2分) Egp+Ego-2mg=2maz .(2分) (2)取向右为正方向，对物块进行分析，根据动量 代入数据得 定理有 a2=5m/s2 -(Eg+f)t=0-mo… (2分) 由运动学规律有 解得 t=0.4s L=i+号 …(2分) 在物块返回O点过程，由动能定理有 代入数据解得 1 (E-f)m=立m… (2分) t2=0.2s 综上，小球Q第一次到达N板所用的时间 解得 ÷26 t=右十t2=0.7S… (2分) m/s (2)设小球Q到达最上端时，到N板的距离为 根据动量定理有 x,小球P未越过N板。则从释放到最终停下的 (f-Eg)t2=-mv-0 (1分) 全过程，对P、Q、杆系统，由动能定理有 解得 Egp(2L+x-L)+2EgoL-2mg(2L+)=0 专-26 8 (2分) 代入数据解得 物块离开电场后，受摩擦力作用向左做匀减速运 c=0.5m. 动，根据动量定理有 因x=工 ft=0-(-m)… (1分) 则P未到达N板，故假设成立，故小球Q到达 解得 最上端时到N板的距离为0.5m。…(2分) 右 58 故物块运动的总时间 t=女十t2十为… (1分) 解得 t=2+3v5 5 (1分) …8 ▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 ▣