精品解析：重庆西藏中学2025-2026学年度上学期半期考试高二物理试题

重庆西藏中学校25-26学年度上期半期考试 高二年级 物理 满分100 时间75分钟 一、选择题：共10题，共43分 （一）单项选择题：共7题，每题4分。 1. 某同学用伏安法测电阻时，分别采用了电流表内接法和外接法，测得的某电阻Rx的阻值分别为R1和R2，则所测阻值与真实值Rx之间的关系为(　　) A. R1＞Rx＞R2 B. R1＜Rx＜R2 C. R1＞R2＞Rx D. R1＜R2＜Rx 2. 等量异种点电荷的连线和其中垂线如图所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点，则检验电荷在此全过程中（ ） A. 所受电场力的方向将发生改变 B. 所受电场力的大小恒定 C. 电势能一直减小 D. 电势能先不变后减小 3. 一带电粒子沿图中曲线穿过一匀强电场中的等势面，且四个等势面的电势关系满足φa>φb>φc>φd，若不计粒子所受重力，则（　　） A. 粒子一定带正电 B. 粒子的运动是匀变速运动 C. 粒子从A点到B点运动的过程中动能先减小后增大 D. 粒子从A点到B点运动的过程中电势能增大 4. 如图所示，四个质量均为m、带电荷量均为的微粒a、b、c、d距离地面的高度相同，以相同的水平速度被抛出，除了a微粒没有经过电场外，其他三个微粒均经过电场强度大小为E的匀强电场（），这四个微粒从被抛出到落地所用的时间分别是，不计空气阻力，则（　　） A. B. C. D. 5. 为探究小灯泡L的伏安特性，连好图示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光．由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U-I图象应是 A. B. C. D. 6. 如图甲所示，弹簧振子中小球运动的最左端M最右端N与平衡位置O间的距离为l，规定向右为正方向，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A. 图乙中x0应为l B. 0~t1时间内小球由M向O运动 C. 时间内小球由M向O运动 D. 内与时间内小球运动方向相反 7. 如图所示的电路中，若ab端为输入端，AB为输出端，并把滑动变阻器的滑动触片置于变阻器的中央，则以下说法错误的是（　　） A. 空载时，输出电压UAB= B. 当AB间接上负载R时，输出电压UAB ＜ C. AB间的负载R越大，UAB越接近 D. AB间的负载R越小，UAB越接近 （二）多项选择题：共3题，每题5分，共15分。每题有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 8. 如图所示，AB是某点电荷电场中的一条电场线。在电场线上P处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向B点运动。对此现象，负试探电荷的运动情况可能是（不计电荷重力）（ ） A. 电荷向B做匀速运动 B. 电荷向B做匀加速直线运动 C. 电荷向B做匀减速直线运动 D. 电荷向B做加速度逐渐增大的直线运动 9. 如图所示的电路中，AB是两金属板构成的平行板电容器．先将电键K闭合，等电路稳定后再将K断开，然后将B板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点P与A板的距离不变．则下列说法正确的是（ ） A. 电容器的电容变小 B. 电容器内部电场强度大小变大 C. 电容器内部电场强度大小不变 D. P点电势升高 10. 测定电子的电荷量的实验装置示意图如图所示，置于真空中的油滴室内有两块水平放置的平行金属板M、N，并分别与电压为U的恒定电源两极相连板的间距为d。现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，已知元电荷为e、重力加速度为g，则（　　） A. 油滴中电子的数目为 B. 油滴从小孔运动至N板过程中，电势能增加mgd C. 油滴从小孔运动至N板过程中机械能增加eU D. 若将极板M向下缓慢移动一小段距离油滴将加速下降 二、非选择题：共5题，共57分 11. 如图所示是定性研究平行板电容器的电容与结构之间的关系的装置，平行板电容器的A板与静电计相连，B板和静电计金属壳都接地．若充电后保持电容器带电量不变，试指出下列三个图所示的情况下，静电计指针的偏转角度变化情况．（填增大、减小或不变） 正对面积减小时，静电计指针的偏转角度______； 板间距离增大时，静电计指针的偏转角度______； 插入电介质时，静电计指针的偏转角度______． 12. 某同学通过实验测定一个阻值约为5 Ω的电阻Rx的阻值。 （1）现有电源（4 V，内阻可不计）、滑动变阻器（0～50Ω，额定电流2 A）、开关和导线若干，以及下列电表： A．电流表（0～3 A，内阻约0.025Ω） B．电流表（0～0.6 A，内阻约0.125Ω） C．电压表（0～3 V，内阻约3 kΩ） D．电压表（0～15 V，内阻约15 kΩ） 为减小测量误差，在实验中，电流表应选用________，电压表应选用________（选填器材前的字母）；实验电路应采用图中的________（选填“甲”或“乙”）。 （2）接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U。某次电表示数如图所示，可得该电阻的测量值Rx＝＝________Ω（保留两位有效数字）。 （3）若在（1）问中选用甲电路，产生误差的主要原因是________；若在（1）问中选用乙电路，产生误差的主要原因是________。（选填选项前的字母） A．电流表测量值小于流经Rx的电流值 B．电流表测量值大于流经Rx的电流值 C．电压表测量值小于Rx两端的电压值 D．电压表测量值大于Rx两端的电压值 13. 有一电流表G，内阻，满偏电流。 （1）要把它改装成量程为0～3V的电压表，应串联一个多大的电阻？改装后电压表的内阻是多大？ （2）要把它改装成量程为0～0.6 A的电流表，需要并联一个多大的电阻？改装后电流表的内阻是多大？ 14. 在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E（图中未画出），由A点斜射出一质量为m，带电荷量为+q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l0为常数，粒子所受重力忽略不计，求： （1）粒子从A到C过程中电场力对它做的功； （2）粒子从A到C过程所经历的时间； （3）粒子经过C点时的速率。 15. 如图所示的电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，间隔均为d，各平面电势已在图中标出，现有一质量为m的带电小球以速度v0、方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动，求： （1）小球应带何种电荷及其电荷量； （2）小球受到的合外力的大小； （3）在入射方向上小球运动的最大位移x。（电场足够大） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆西藏中学校25-26学年度上期半期考试 高二年级 物理 满分100 时间75分钟 一、选择题：共10题，共43分 （一）单项选择题：共7题，每题4分。 1. 某同学用伏安法测电阻时，分别采用了电流表内接法和外接法，测得的某电阻Rx的阻值分别为R1和R2，则所测阻值与真实值Rx之间的关系为(　　) A. R1＞Rx＞R2 B. R1＜Rx＜R2 C. R1＞R2＞Rx D. R1＜R2＜Rx 【答案】A 【解析】 【详解】采用内接法时，电流表与待测电阻串联，故电流表是准确的；而由于电流表的分压使电压表测量值偏大，故由欧姆定律求得的测量值偏大，故R1＞Rx；当采用外接法时，电压表与待测电阻并联，故电压表是准确的；而由于电压表的分流使电流表测量结果偏大，故由欧姆定律求得的测量值偏小，故Rx＞R2；故选A． 2. 等量异种点电荷的连线和其中垂线如图所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点，则检验电荷在此全过程中（ ） A. 所受电场力的方向将发生改变 B. 所受电场力的大小恒定 C. 电势能一直减小 D. 电势能先不变后减小 【答案】D 【解析】 【详解】由等量异种电荷得电场线分布可知ab连线上场强得方向竖直向下，bc之间得场强方向也是竖直向下，因此电场力方向不变，A错误；ab之间场强大小逐渐增大，因此B错误，ab之间的电势都为零，因此电势不变，C错误；bc之间电势升高，负电荷电势能降低，D正确 3. 一带电粒子沿图中曲线穿过一匀强电场中的等势面，且四个等势面的电势关系满足φa>φb>φc>φd，若不计粒子所受重力，则（　　） A. 粒子一定带正电 B. 粒子的运动是匀变速运动 C. 粒子从A点到B点运动的过程中动能先减小后增大 D. 粒子从A点到B点运动的过程中电势能增大 【答案】B 【解析】 【详解】根据题意可知由于φa>φb>φc>φd，所以电场线垂直于等势面由a指向d，根据AB弯曲方向可知其受力由d指向a，故该粒子带负电，从A点到B点的运动过程中只受电场力，电场力做正功，粒子的动能在增大，电势能在减小；在匀强电场中，电场力恒定，加速度恒定，故粒子做匀变速运动。故B正确，ACD错误。 故选B。 4. 如图所示，四个质量均为m、带电荷量均为的微粒a、b、c、d距离地面的高度相同，以相同的水平速度被抛出，除了a微粒没有经过电场外，其他三个微粒均经过电场强度大小为E的匀强电场（），这四个微粒从被抛出到落地所用的时间分别是，不计空气阻力，则（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设四个微粒抛出时距地面的高度为，微粒a、d在竖直方向均做自由落体运动，由 可得落地时间为 微粒b受电场力向下，做类平抛运动，微粒c受电场力向上，但由于重力较大，仍做类平抛运动，由牛顿第二定律分别可得 类比微粒a可得，落地时间分别为 则有 故选B。 5. 为探究小灯泡L的伏安特性，连好图示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光．由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U-I图象应是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据电路中电阻的变化，确定电压与电流变化，并考虑温度对电阻的影响，运用U﹣I图象含义分析判断． 【详解】当滑动变阻器在最左端时，灯泡连端电压为0，滑动变阻器逐渐向右移动，小灯泡的亮度逐渐变亮，直到正常发光．随着小灯泡两端电压的升高，电流也在升高，但是，小灯泡灯丝的电阻随着温度的升高而增大，在图像上各点切线斜率应越来越大．故C正确 【考点】探究小灯泡的伏安特性曲线 【点睛】考查闭合电路中动态变化问题的分析，需要注意的是灯泡的电阻随着电压的升高而增大； 6. 如图甲所示，弹簧振子中小球运动的最左端M最右端N与平衡位置O间的距离为l，规定向右为正方向，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A. 图乙中x0应为l B. 0~t1时间内小球由M向O运动 C. 时间内小球由M向O运动 D. 内与时间内小球运动方向相反 【答案】A 【解析】 【详解】A．结合甲、乙两图可以知道t1时刻小球的位移为正值且最大，小球位于N点，x0应为l，A正确； B．0~ t1时间内位移为正值且逐渐增大，小球由O向N运动，B错误； C．时间内位移为正值且逐渐减小，小球由N向O运动，C错误； D．间内小球先沿正方向运动到最大位移处，再沿负方向运动到位移为零处，时间内小球先沿负方向运动到负的最大位移处，再沿正方向运动到位移为零处，D错误。 故选A。 7. 如图所示的电路中，若ab端为输入端，AB为输出端，并把滑动变阻器的滑动触片置于变阻器的中央，则以下说法错误的是（　　） A. 空载时，输出电压UAB= B. 当AB间接上负载R时，输出电压UAB ＜ C. AB间的负载R越大，UAB越接近 D. AB间的负载R越小，UAB越接近 【答案】D 【解析】 【详解】A．空载时，AB间电阻为滑动变阻器总电阻的一半，故输出电压UAB=，故A正确，不符题意； B．当AB间接上负载R时，由于并联AB间电阻变小，小于滑动变阻器总电阻的一半，根据串联电路分压时与电阻成正比，可知输出电压，故B正确，不符题意； C．AB间的负载R越大，AB间电阻越接近滑动变阻器总电阻的一半，则UAB越接近，故C正确，不符题意； D．AB间的负载R越小，AB间电阻越小，则UAB越小于，故D错误，符合题意。 故选D。 （二）多项选择题：共3题，每题5分，共15分。每题有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 8. 如图所示，AB是某点电荷电场中的一条电场线。在电场线上P处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向B点运动。对此现象，负试探电荷的运动情况可能是（不计电荷重力）（ ） A. 电荷向B做匀速运动 B. 电荷向B做匀加速直线运动 C. 电荷向B做匀减速直线运动 D. 电荷向B做加速度逐渐增大的直线运动 【答案】BD 【解析】 【详解】由于负电荷从P点静止释放，它沿直线运动到B点，速度增加，说明负电荷做加速运动，且负电荷受到的电场力方向由P指向B，故电场强度方向由B指向P。由于正电荷、负电荷、异种电荷以及平行且带异种电荷的金属板等都能产生一段直线电场线，所以只能确定负电荷受的静电力方向向左，不能确定静电力变化情况，也就不能确定加速度变化情况，加速度可能减小，可能不变，可能增大，且负电荷做加速直线运动。 故选BD。 9. 如图所示的电路中，AB是两金属板构成的平行板电容器．先将电键K闭合，等电路稳定后再将K断开，然后将B板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点P与A板的距离不变．则下列说法正确的是（ ） A. 电容器的电容变小 B. 电容器内部电场强度大小变大 C. 电容器内部电场强度大小不变 D. P点电势升高 【答案】ACD 【解析】 【详解】试题分析：当平行板电容器充电稳定后，两板间存在匀强电场，当开关断开后，两极板的电量不变，当变化极板间距，从而改变电容器的电容，但极板间的电场强度却不变化． A、将B板向下平移一小段距离，由可知电容器的电容变小，故A正确； B、由、、可知，，只改变极板间距，没有改变电荷分布密度，板间场强不变，故B错误，C正确； D、板间场强不变，故D错误． 故选ACD． 考点：电容器的动态分析． 点评：电容器的电容由两板间距、正对面积与电介质决定；而两板间的电场强度则由电容器的电量、电介质及正对面积决定．当开关断开时，电容器的电量不变；而开关闭合时，电容器的电压却不变． 10. 测定电子的电荷量的实验装置示意图如图所示，置于真空中的油滴室内有两块水平放置的平行金属板M、N，并分别与电压为U的恒定电源两极相连板的间距为d。现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，已知元电荷为e、重力加速度为g，则（　　） A. 油滴中电子的数目为 B. 油滴从小孔运动至N板过程中，电势能增加mgd C. 油滴从小孔运动至N板过程中机械能增加eU D. 若将极板M向下缓慢移动一小段距离油滴将加速下降 【答案】AB 【解析】 【详解】A．带电油滴在极板间匀速下落，故受力平衡，则有 所以，油滴带电荷量 所以电子的数目为 故A正确； B．M板为正极板，所以油滴匀速下降过程中，电场力方向向上，由动能定理 可得电场力做的功为 电场力做负功，所以电势能增加，则电势能增加量为，故B正确； C．油滴从小孔运动至N板过程中，电场力做负功，由功能关系可得，油滴机械能减少mgd，故C错误； D．若将极板M向下缓慢移动一小段距离，d减小，则电场力 增大，合外力竖直向上，油滴将先减速下降，故D错误。 故选AB。 二、非选择题：共5题，共57分 11. 如图所示是定性研究平行板电容器的电容与结构之间的关系的装置，平行板电容器的A板与静电计相连，B板和静电计金属壳都接地．若充电后保持电容器带电量不变，试指出下列三个图所示的情况下，静电计指针的偏转角度变化情况．（填增大、减小或不变） 正对面积减小时，静电计指针的偏转角度______； 板间距离增大时，静电计指针的偏转角度______； 插入电介质时，静电计指针的偏转角度______． 【答案】 ①. 增大； ②. 增大； ③. 减小； 【解析】 【分析】静电计测量的是电容器两极板间的电势差，电势差越大，金属箔张角越大．根据，判断电容的变化，根据判断电势差的变化． 【详解】①正对面积减小时，根据，判断电容变小，电容器的带电量Q不变，根据判断电势差变小，所以静电计指针的偏转角度增大； ②板间距离增大时，电容变小，电容器的带电量Q不变，电势差变大，静电计指针的偏转角度增大； ③插入电介质时，电容变大，带电量不变，电势差减小，静电计指针的偏角减小． 【点睛】解决本题的关键根据，判断电容的变化，根据判断电势差的变化． 12. 某同学通过实验测定一个阻值约为5 Ω的电阻Rx的阻值。 （1）现有电源（4 V，内阻可不计）、滑动变阻器（0～50Ω，额定电流2 A）、开关和导线若干，以及下列电表： A．电流表（0～3 A，内阻约0.025Ω） B．电流表（0～0.6 A，内阻约0.125Ω） C．电压表（0～3 V，内阻约3 kΩ） D．电压表（0～15 V，内阻约15 kΩ） 为减小测量误差，在实验中，电流表应选用________，电压表应选用________（选填器材前的字母）；实验电路应采用图中的________（选填“甲”或“乙”）。 （2）接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U。某次电表示数如图所示，可得该电阻的测量值Rx＝＝________Ω（保留两位有效数字）。 （3）若在（1）问中选用甲电路，产生误差的主要原因是________；若在（1）问中选用乙电路，产生误差的主要原因是________。（选填选项前的字母） A．电流表测量值小于流经Rx的电流值 B．电流表测量值大于流经Rx的电流值 C．电压表测量值小于Rx两端的电压值 D．电压表测量值大于Rx两端的电压值 【答案】 ①. B ②. C ③. 甲 ④. 5.2 ⑤. B ⑥. D 【解析】 【详解】(1)[2]因电源的电压为4V，因此电压表选择3V量程，故电压表选C。 [1]由于Rx的阻值约为5Ω，根据欧姆定律可知，电流的最大值为 从精确角来说，所以电流表选择0.6A的量程，故电压表选B。 [3]根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值可知，待测电阻的阻值偏小，因此选择电流表外接法，故选择甲图。 (2)[4]电压表的读数为U=2.60V；电流表的读数为I=0.50A，因此电阻阻值 (3)[5]甲图采用的是电流表外接法，实际上电压表并不是理想电表，所以电压表也有电流，电流表测量的电流是Rx和电压表的电流之和，所以产生误差的主要原因是电流表测量值大于Rx的电流值，导致测量的电阻Rx比实际偏小，所以选B。 [6]乙图采用的是电流表内接法，实际上电流表并不是理想电表，所以电流表两端也有电压，电压表测量的电压是Rx和电流表两端的电压之和，所以产生误差的主要原因是电压表测量值大于Rx两端的电压值，导致测量的电阻Rx比实际偏大，所以选D。 13. 有一电流表G，内阻，满偏电流。 （1）要把它改装成量程为0～3V的电压表，应串联一个多大的电阻？改装后电压表的内阻是多大？ （2）要把它改装成量程为0～0.6 A的电流表，需要并联一个多大的电阻？改装后电流表的内阻是多大？ 【答案】（1）990Ω，1 000 Ω；（2）0.05 Ω，0.05 Ω 【解析】 【详解】（1）由题意知电流表G的满偏电压 改装成量程为0～3V的电压表，当达到满偏时，分压电阻R的分压 所以分压电阻 改装后电压表的内阻 （2）改装成量程为0～0.6A的电流表，当达到满偏时，分流电阻R的分流 所以分流电阻 改装成电流表的内阻 14. 在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E（图中未画出），由A点斜射出一质量为m，带电荷量为+q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l0为常数，粒子所受重力忽略不计，求： （1）粒子从A到C过程中电场力对它做的功； （2）粒子从A到C过程所经历的时间； （3）粒子经过C点时的速率。 【答案】（1）3qEl0；（2）；（3） 【解析】 【详解】（1）粒子从A到C电场力做功为 W=qE（yA﹣yC）=3qEl0 （2）根据抛体运动的特点，粒子在x轴方向做匀速直线运动，由对称性可知，轨迹是最高点D在y轴上，可令 tA0=toB=T tBC=T 由 Eq=ma 得： 又 解得 则A到C过程所经历的时间 （3）粒子在DC段做类平抛运动，则有 2l0=vCx（2T） vcy=a（2T） 解得 15. 如图所示的电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，间隔均为d，各平面电势已在图中标出，现有一质量为m的带电小球以速度v0、方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动，求： （1）小球应带何种电荷及其电荷量； （2）小球受到的合外力的大小； （3）在入射方向上小球运动的最大位移x。（电场足够大） 【答案】（1）正电荷，；（2）；（3） 【解析】 【分析】 【详解】（1）作电场线如图（a）所示。由题意知，只有小球受到向左的电场力，电场力和重力的合力与初速度才可能在一条直线上，如图（b）所示。只有当F合与v0在一条直线上才可能使小球做直线运动，所以小球带正电，小球沿v0方向做匀减速运动。由图（b）知 qE=mg 相邻等势面间的电势差为U，所以 E= 所以 q= （2）由图（b）知 F合=mg （3）由动能定理得 -F合xm=0- 所以 xm= 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $