四川省成都市石室中学2023-2024学年高二上学期半期考试物理复习题（Word版附解析）

这是一份四川省成都市石室中学2023-2024学年高二上学期半期考试物理复习题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了单项选择题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1. 下列说法中正确的是（ ）
A. 无论是摩擦起电、感应起电还是接触起电，均是质子转移而引起的，在电荷转移过程中总的电荷量保持不变
B. 在地毯中夹杂导电纤维是为了利用人在地毯上行走时摩擦产生的静电
C. 电源电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领的物理量，电动势随外电阻消耗的电能的增多而增大
D. 假设地球带电，通过对地磁场的分析可以推断地球带负电
【答案】D
【解析】
【详解】A．无论是摩擦起电、感应起电还是接触起电，均是电子转移而引起的，在电荷转移过程中总的电荷量保持不变，故A错误；
B．在地毯中夹杂导电纤维是为了将人在地毯上行走时摩擦产生的静电导入大地，防止静电产生的影响，故B错误；
C．电源电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领的物理量，电动势不随外电阻消耗的电能的增多而改变，故C错误；
D．若地球带电，地球自转产生环形电流，从而产生地磁场，根据右手螺旋定则判断可知，地球带负电，故D正确。
故选D。
2. 如图所示，a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示，则正方形中心O点的磁场方向（ ）
A. 向上B. 向下C. 向左D. 向右
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意，由右手螺旋定则知b与d导线电流产生磁场正好相互抵消，由右手螺旋定则，a与c导线产生磁场的磁场方向都水平向左，正好相互叠加，则正方形中心O点的磁场方向向左，故C正确，ABD错误。
故选C。
3. 某同学在研究电子在电场中的运动时，得到了电子由a点运动到b点的轨迹（图中实线所示），图中未标明方向的一组虚线可能是电场线，也可能是等势面，则下列说法正确的判断是（ ）

A. 如果图中虚线是电场线，电子由a点到b点，动能增大，电势能减小
B. 如果图中虚线是等势面，电子由a点到b点，场强减弱，电场力做负功
C. 无论图中虚线是电场线还是等势面，电子在a点的加速度都大于b点的加速度
D. 无论图中虚线是电场线还是等势面，a点的电势都高于b点的电势
【答案】C
【解析】
【详解】A．如果图中虚线是电场线，电子由a点到b点受电场力大致向左，则电场力做负功，动能减小，电势能增大，选项A错误；
B．如果图中虚线是等势面，电子由a点到b点受电场力大致向下，则电场力做正功，a点等势面较b点密集，在电场线也较密集，则电子由a点到b点，场强减弱，选项B错误；
C．无论图中虚线是电场线还是等势面，a点电场线较b点都密集，a点的场强较b点较大，则电子在a点的加速度都大于b点的加速度，选项C正确；
D．若图中虚线是电场线，则电场线大致向右，此时a点的电势都高于b点的电势；若图中虚线是等势面，则电场线大致向上，此时b点的电势都高于a点的电势；选项D错误。
故选C。
4. 两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点．一带负电的试探电荷q从A由静止释放只在电场力作用下运动，取无限远处电势为零，则
A. 若q从A点由静止释放，在由A点向O点运动的过程中，加速度一定先增大后减小
B. q由A向O运动的过程电势能逐渐增大
C. q运动到O点时的动能最大
D. q运动到O点时的电势能为零
【答案】C
【解析】
【详解】A、两等量正电荷周围部分电场线如图所示，
在P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向，故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的加速度可能先增大后减小，也可能一直减小，故A错误；
B、q由A向O运动的过程，电场力方向与AO方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小，故B错误；
C、从A到O过程，电场力做正功，动能增大，从O到N过程中，电场力做负功，动能减小，故在O点试探电荷动能最大，速度最大，故C正确；
D、取无限远处的电势为零，从无穷远到O点，电场力做正功，电势能减小，则q运动到O点时电势能为负值，故D错误；
故选C．
【点睛】关键是根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷的受力情况，分析其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况．
5. 如图所示，在x轴上放有两个电荷量分别为q1和q2的点电荷，其中q1位于x轴的坐标原点，电荷q2的右侧各点电势φ随x变化的关系如图曲线所示，其余部分的电势变化情况没有画出，其中B点电势为零，BD段中的电势最低点为C点，则( )

A. B点的电场强度大小为零
B. A点的电场强度强度方向向左
C. 两点电荷的电荷量的大小关系为q1＜q2
D. 将一带负电的试探电荷从C点移到D点，电场力做负功
【答案】B
【解析】
【详解】A．φ-x图像斜率大小代表电场强度大小，B点φ-x图像斜率不为零，则电场强度大小不为零，故A错误；
C．因为C点的斜率等于零，则C点的电场强度等于零，所以q1和q2两个点电荷在C点产生的电场的电场强度等大，反向，所以q1和q2是异种电荷，根据点电荷的电场强度公式
可知，q1离C点远，则q1的电荷量大，则
q1>q2
故C错误；
B．q1和q2是异种电荷，且q2附近的电势为正，所以q2为正电荷，q1为负电荷，q1和q2在A处产生的电场的电场强度都向左，则A处的电场强度水平向左，故B正确；
D．C到D电势逐渐升高，将一带负电的试探电荷从C点移到D点，电荷的电势能逐渐减小，所以电场力做正功，故D错误。
故选B。
二、多选题
6. A、B两块平行金属板竖直正对放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球。两块金属板接在如图所示的电路中，R1为光敏电阻，R2为滑动变阻器，R3为定值电阻，当R2的滑动触头P在中间时闭合开关S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为。已知电源电动势E和内阻r一定，光敏电阻随光照的增强阻值变小，以下说法正确的是（ ）
A. 保持光照强度不变，将R2的滑动触头P向b端滑动，则R3消耗的功率变小
B. 保持滑动触头P不动，让光敏电阻周围光线变暗，则小球重新平衡后变小
C. 滑动触头向a端滑动，用更强的光照射R1，则R2左边部分有b向P的电流
D. 保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则U的变化量与I的变化量的比值的绝对值不变
【答案】AD
【解析】
【详解】A．保持光照强度不变，将R2的滑动触头P向b端滑动，滑动变阻器接入电阻增大，电路中电流减小，则定值电阻R3消耗的功率变小，故A正确；
B．保持滑动触头P不动，让光敏电阻周围光线变暗，光敏电阻接入电阻增大，电路中的电流减小，根据闭合电路欧姆定律，光敏电阻两端电压为
可知，光敏电阻两端电压增大，即平行金属板之间电压增大，根据
可知，金属板之间的电场强度增大，对小球进行受力分析有
可知，小球重新平衡后变大，故B错误；
C．滑动触头向a端滑动，滑动变阻器接入电阻减小，用更强的光照射R1，光敏电阻接入电阻减小，则干路电流增大，则定值电阻R3与电源内阻承担的电压增大，则光敏电阻两端电压减小，即金属板两端电压减小，根据
可知，金属板极板所带电荷量减小，即极板处于放电状态，B极板失去电子，则R2左边部分有P向b的电流，故C错误；
D．保持滑动触头P不动，滑动变阻器接入电阻不变，用更强光照射R1，光敏电阻接入电阻减小，由于
则有
即则U的变化量与I的变化量的比值的绝对值不变，故D正确。
故选AD。
7. 让带正电的一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物，经过如图所示的同一加速和偏转电场（离子进入加速电场时的初速忽略不计）。图中左边是电压可调的非匀强电场，它使离子加速；右边是电压恒定的匀强电场，它使离子偏转。下列说法正确的是（ ）
A. 调节滑动变阻器，使荧光屏MN上出现亮点，则MN上出现的亮点有可能是两个
B. 调节滑动变阻器，使荧光屏MN上出现亮点，则MN上出现的亮点只有一个
C. 当离子都能打在荧光屏MN上时，接触MN前瞬间，2价氦离子的动能最大
D. 滑动变阻器的滑片P向右滑动，荧光屏上光斑的位置将向上移动
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．设离子的电荷量为q，质量为m，偏转电场极板间距离为d，极板长度为l，调节滑动变阻器，当左边加速电场的电压为U时，则根据动能定理可得
离子在偏转电场做类平抛运动，则有
根据牛顿第二定律有
联立可得，离子离开偏转电场时，竖直方向的位移为
离开偏转电场时速度偏转角的正切值为
由上述分析可知，离子离开偏转电场时的位置与速度方向与离子的比荷无关，所以各离子离开偏转电场时的位置与速度方向均相同，则MN上出现的亮点只有一个，故A错误，B正确；
C．当离子都能打在荧光屏MN上时，从离子开始运动到接触MN前瞬间，根据动能定理有
可知，2价氦离子的电荷量q最大，则2价氦离子的动能最大，故C正确；
D．滑动变阻器的滑片P向右滑动，则左边加速电场的电压U变大，则离子离开偏转电场时，竖直方向的位移y变小，由于离子带正电而向上偏转，所以荧光屏上光斑的位置将向下移动，故D错误。
故选BC。
8. 在如图甲所示的电路中，L1、L2和L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A。则此时（ ）
A. L1的电压为L2电压的2倍
B. L1消耗的电功率为0.75W
C. L1、L2消耗的电功率的比值大于4:1
D. L1的电阻为12Ω
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压相同，L1的电流为L2电流的2倍，所以L2电流是0.125A，由图可知，L1的电压为3V，L2的电压小于0.5V，故A错误；
B．L1消耗的电功率为
故B正确；
C．L1的电流为L2电流的2倍，L1电压大于L2电压的六倍，所以L1、L2消耗的电功率的比值大于4:1，故C正确；
D．L1的电阻为
故D正确。
故选BCD。
三、实验题
9. （1）某同学利用螺旋测微器测定某合金金属杆的直径，示数如图所示，则该合金金属杆的直径为___________mm

（2）用多用电表粗测该合金材料金属杆的电阻：多用电表电阻挡有4个倍率，分别为×1k、×100、×10、×1。该同学选择“×100”倍率，用正确的操作步骤测量时。发现指针偏转角度太大（指针位置如图中虚线所示）。为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：

a．__________________________________；
b．两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在零处；
c．重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是_____________。
【答案】 ①. 1.599##1.600##1.601 ②. 将“×100”挡换为“×10” ③. 120Ω
【解析】
【详解】（1）[1]利用螺旋测微器测定合金金属杆的直径为1.5mm+0.01mm×10.0=1.600mm
（2）a. [2]该同学选择“×100”倍率，用正确的操作步骤测量时。发现指针偏转角度太大，说明倍率档选择的过高，应该将“×100”挡换为“×10”档；
c．[3]重新测量读数为12×10Ω=120Ω
10. 为了测量某待测电阻Rx的阻值（约为30Ω），有以下一些器材可供选择。
电流表A1（量程0~50mA，内阻约10Ω）；
电流表A2（量程0~3A，内阻约0.12Ω）；
电压表V1（量程0~3V，内阻很大）；
电压表V2（量程0~15V，内阻很大）；
电源E（电动势约为3V，内阻约为0.2Ω）；
定值电阻R（20Ω，允许最大电流1.0A）；
滑动变阻器R1（0~10Ω，允许最大电流2.0A）；
单刀单掷开关S一个，导线若干。
（1）对于电流表和电压表的选择，下列说法正确的是（ ）
A.电流表应选A1，电压表应选V1 B.电流表应选A1，电压表应选V1
C.电流表应选A2，电压表应选V2 D.电流表应选A2，电压表应选V2
（2）请在下面的虚线框内画出测量电阻Rx的实验电路图。（要求所测量范围尽可能大）（ ）
（3）某次测量中，电压表示数为U时，电流表示数为I，则计算待测电阻阻值的表达式为Rx=_______。
【答案】 ①. A ②. ③.
【解析】
【详解】（1）[1]电源电动势为3V，则电压表选V1，通过待测电阻的最大电流约为
选择量程为3A的电流表读数误差太大，可以把定值电阻与待测电阻串联，此时通过待测电阻的最大电流约为
故电流表应该选择A1。
故选A。
（2）[2]定值电阻与待测电阻串联的总阻值约为50Ω，大于滑动变阻器最大阻值10Ω，为测量多组实验数据，测量范围尽量大，则滑动变阻器应采用分压式接法；电流表内阻约为10Ω，电压表内阻很大，定值电阻与待测电阻串联的总阻值远小于电压表内阻，电流表采用外接法，电路图如下图所示
（3）[3]待测电阻的阻值为
11. 利用如图所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：待测电源，电阻箱R（最大阻值为999.9Ω），电阻R0（阻值为3.1Ω），电阻R1（阻值为3.0Ω），电流表A（量程为200mA，内阻为RA=6.0Ω），开关S。
实验步骤如下：
①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；
②多次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻箱相应的阻值R；
③以为纵坐标，R为横坐标，作图线（用直线拟合）；
④求出直线斜率k和在纵轴上的截距b。
回答下列问题：
（1）实验得到的部分数据如下表所示，但忘记测量R=3.0Ω时的数据了，后来补测后发现当电阻R=3.0Ω时电流表的示数为I=0.110A，请在图中的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图（用直线拟合）；（ ）
（2）根据图线求得电源电动势E=_________V，内阻r=_________Ω。（保留小数点后一位）
【答案】 ①. ②. 3.0C（2.7~3.3V） ③. 0.9Ω（0.6~1.4Ω）
【解析】
【详解】（1）[1]当时，可得
将该点描入图象，再根据给出的点，用直线将各点连接即可；如下图所示
（2）[2] [3]电流表与电阻并联，两端电压相等，电阻的阻值为，电流表的内阻为，则通过电阻的电流为通过电流表的倍，电流表示数为，干路电流为 ，电流表与电阻并联后的电阻，由电路图根据闭合电路欧姆定律可知
变形可得
由图示图象与图象函数表达式可知
代入数据解得：电源的电动势和内阻分别为
四、计算题
12. 如图所示电路中，两平行金属板 A、B 水平放置，两板间的距离。电源电动势，内电阻，电阻。闭合S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度竖直向上射入板间。若小球带电量为， 质量为，不考虑空气阻力。那么滑动变阻器滑片P在某位置时，小球恰能到达A板。（取）求：
（1）两极板间的电场强度大小；
（2）滑动变阻器接入电路的阻值。

【答案】（1）​；（2）​
【解析】
【详解】（1）小球恰能从B​到A​， 由动能定理可得
解得
则两极板间的电场强度大小为
（2） 由闭合电路欧姆定律可得
解得
则滑动变阻器接入电路的阻值为
13. 如图所示，A是一个质量为表面绝缘的薄板，薄板静止在光滑的水平面上，在薄板左端放置一质量为带电量为的绝缘物块B，在薄板上方有一水平电场，可以通过开关控制其有、无及方向。先产生一个方向水平向右，大小的电场，薄板和物块开始运动，作用时间2s后，改变电场，电场大小变为，方向向左，电场作用一段时间后，关闭电场，此时薄板正好到达目的地，物块刚好到达薄板的最右端，且薄板和物块的速度恰好为零。已知薄板与物块间的动摩擦因数µ=0.1。（薄板不带电，物块体积大小不计，g取10m/s2）试求：
（1）在电场E1作用下物块B和薄板A各自的加速度大小；
（2）在A、B停止前会达到一个共同速度，求该时刻物块B的位移；
（3）全过程中物块B电势能的变化量。

【答案】（1）；；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）物块B的加速度大小为
薄板的加速度大小为
（2）经时物块的速度为
方向向右；物块运动的位移为
薄板的速度为
方向向右；经2秒后，物块作匀减速运动，加速度大小为
方向向左；薄板加速度不变，仍为，向右，当两者速度相等时，物块恰好到达薄板最右端，共同速度为
可得
物块在时间内位移为
此时物块B的位移为
（3）以后物块和薄板将作整体，以加速度大小为
向右作匀减速直到速度都为0，物块和薄板获得共同速度至停止运动用时
物块在时间内位移为
在全过程中B物块电势能的变化量为
14. 如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小。一不带电的绝缘小球甲，以速度沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞，已知甲、乙两球的质量均为，乙所带电荷量，g取水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移
(1)甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)在满足(1)的条件下求甲的速度；
(3)若甲仍以速度向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。
【答案】(1)0.4m；(2)；(3)
【解析】
【详解】在乙恰能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则由向心力公式得
竖直方向匀加速运动
水平方向匀速运动
联立解得
设碰撞后甲、乙的速度分别为、，根据动量守恒有
根据机械能守恒定律有
联立解得
，
由动能定理得
联立解得
设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为、，根据动量守恒有
根据机械能守恒定律有
有以上两式可得
由于，可得
设乙球过D点的速度为，由动能定理得
联立以上两个方程可得
设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为，则有
所以可以解得R/Ω
1.0
2.0
3.0
4.0
5.0
6.0
7.0
I/A
0.143
0.125
①
0.100
0.091
0.084
0.077
6.99
8.00
②
10.0
11.0
11.9
13.0