高二下期4月半期考试
物理试卷
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分 100 分，考试时间 75 分钟。
2.答题前，考生先将自己的姓名、考号在答题卡指定位置填写清楚并将条形码粘贴在指定区域。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卷上对应题目的答
案标号涂黑；非选择题请用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上各题的答题区域内作答，超出答题区域
书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.考试结束时，务必将试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷（选择题，共 40分）
一、单项选择题（本题包括 7小题，每小题 4分，共 28分，每小题只有一个选项符合题意．）
1．下列说法中正确的是
A．麦克斯韦预言并证实了电磁波的存在
B．波粒二象性并不只是光才有的特性，而是微观世界的共性
C．根据量子力学的理论，原子的能量是量子化的，机械能也是量子化的
D．一对正负电子相遇时，会发生“湮灭”，说明质量和能量的总量是不守恒的．
2．一个闭合线圈位于两异名磁极间的匀强磁场中，下面几种情况，线圈中有产生感应电流的是
A．线圈沿磁场方向上下运动，如图（a）所示
B．线圈垂直于磁场方向向右运动，运动范围在匀强磁场内，如图（b）所示
C．线圈绕垂直于磁场的转动轴转动，如图（c）所示
D．线圈绕平行于磁场的转动轴转动，如图（d）所示
3．如图所示，是有两个量程的电压表，当使用 A、B两个端点时，量程
为 0 ~ 10 V；当使用 A、C两个端点时，量程为 0 ~ 100 V．已知表头
的内阻 Rg为 500 Ω，满偏电流 Ig为 1 mA，则
A．R1=9.5×102Ω B．R1=9.0×103Ω
C．R2=9.0×104Ω D．R2=9.5×104Ω
4．如图所示，两对等量异种点电荷+q、-q（q>0）固定在圆周的六等分点上．a、b、
c三点分别为所在半径的中点，O为圆心．则
A．将一带正电的点电荷从 a点移到 O点，电场力做正功
B．将一带正电的点电荷从 b点移到 O点，电场力做正功
C．a、b两点处的电场强度相同
D．线段 Oc上存在电场强度为零的点
5．如图所示的电路中，电阻 R＝2 Ω.断开 S后，电压表的读数为 3 V；闭合 S后，
电压表的读数为 2 V，则电源的内阻 r为
A．1 Ω B．2 Ω
C．3 Ω D．4 Ω
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6．某同学设计如图所示的实验装置来验证库仑定律：将一个带电小
球 A用绝缘细线悬挂，并将另一个与小球 A带同种电荷的小球
B与它靠近，A球受到 B球的静电斥力 F而发生偏移，测得 A
球的质量为 m，悬点到 A球球心的距离为 l．首先，在保持两
球电荷量不变的情况下，移动小球 B改变两球之间的距离，用
刻度尺测量稳定后两球间的距离 r和 A球偏移的距离 d（实验
中满足 l d）；然后，设法改变两球的电荷量，再进行相关实验．下列说法正确的是
l
A. 实验中，小球 A所受静电力的测量值 F mg
d
B. 为方便验证“静电力与距离平方成反比的关系”，应由实验数据作出 F与 r 2的关系图像
C. 用不带电导体球 C分别与 A、B两球接触后，A、B两球一定带等量同种电荷
D. 实验中仅测量 d与 r，也可以验证“静电力与距离平方成反比的关系”
7．真空中相距为 3a的两个点电荷 M、N分别固定于 x轴上 x1＝0和 x2＝3a的
两点，在两者连线上各点的电场强度随 x变化的关系如图所示，选沿 x轴
方向为正方向，以下判断正确的是
A．M为正电荷、N为负电荷
B．M、N所带电荷量的绝对值之比为 2∶1
C．沿 x轴从 O到 3a电势逐渐降低
D．将一个正点电荷沿 x轴从 0.5a移动到 2.5a，该电荷的电势能先减小再增大
二、多项选择题（本题包括 3小题，每小题 4分，共 12分，每小题给出的四个选项中，有多个选项符合
题目要求，全部选对的得 4分，选对但不全的得 2分，有选错的得 0分．）
8．某手机触摸屏是电容式触摸屏，其原理可简化为如图所示的电路．平行板电容器的上、下两极板 A、B
分别接在一恒压直流电源的两端，上极板 A为两端固定的可动电极，下极板 B为固定电极．当用手指
触压屏幕上某个部位时，可动电极的极板会发生形变，从而改变电容器的电容．当压力 F增大时
A．电容器所带电荷量不变
B．直流电源对电容器充电
C．极板间的电场强度增大
D．电阻 R上有从 a到 b的电流
9．如图所示，电源电动势为 E、内阻恒为 r，R是定值电阻，热敏电阻 RT的阻值随温度的降低而增大，C
是平行板电容器，电路中的电表均为理想电表．闭合开关 S，带电液滴刚好静止在 C内．在温度降低
的过程中，分别用 I、U1、U2和 U3表示电流表 A、电压表 V1、电压表 V2和电压表 V3的示数，用 I、
ΔU1、ΔU2和ΔU3分别表示电流表 A、电压表 V1、电压表 V2和电压表 V3的示数变化量的绝对值．温
度降低时，关于该电路工作状态的变化，下列说法正确的是
A U U U． 1 、 2 、 3 一定都不变
I I I
B ΔU． 1 ΔU、 3 ΔU和 2 均不变
ΔI ΔI ΔI
C．带电液滴一定向下加速度运动
D．电源的效率一定变大
10．如图，带正电 q=3×10-5C的物块 A放在水平桌面上，利用细绳通过光滑的滑轮与 B相连，A处在匀强
电场中，E=4×105N/C，从 O开始，A与桌面的动摩擦因数μ随 x的变化如图所示，取 O点电势为零，
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A、B质量均为 1 kg，B离滑轮的距离足够长，则
A．它们运动的最大速度为 1 m/s
B．它们向左运动的最大位移为 1 m
C．当速度为 0.6 m/s时，A的电势能可能是-2.4 J
D．当速度为 0.6 m/s时，绳子的拉力可能是 9.92 N
第Ⅱ卷（非选择题，共 60分）
三、实验探究题（本题共 2小题，共 15分．）
11．（6分）
某同学想运用如图甲所示的实验电路，测量未知电阻 Rx的阻值，电流表 A的内阻和电源（内阻忽略
不计）的电动势，实验过程中电流表的读数始终符合实验要求．
（1）为了测量未知电阻 Rx的阻值，他在闭合开关前应将两个电阻箱的阻值调至 （填“最大”或“最
小”），然后闭合开关 K1，将开关 K2拨至 1位置，调节 R2使电流表 A有明显读数 I0；接着将开关 K2拨至
2位置．保持 R2不变，调节 R1，当调节 R1=34.2 Ω时，电流表 A读数仍为 I0，则该未知电阻的阻值 Rx= Ω．
（2）为了测量电流表 A的内阻 RA和电源（内阻忽略不计）的电动势 E，他将 R1的阻值调到 R1=1.5Ω，
R2调到最大，将开关 K2调至 2位置，闭合开关 K1；然后多次调节 R2，并在表格中记录下了各次 R2的阻值
和对应电流表 A的读数 I；最后根据记录的数据，他画出了如图乙所示的图像．
利用图像中的数据可求得，电流表 A的内阻 RA=___Ω，电源（内阻忽略不计）的电动势 E=___V．
12．（9分）
一实验小组欲描绘规格为“4 V，2 W”的小灯泡的伏安特性曲线，提供的实验器材有：
A．电压表 V（量程 5 V，内阻约为 10 kΩ） ；
B．滑动变阻器 R1（0~5 Ω，允许通过的最大电流为 0.5 A）
C．滑动变阻器 R2（0~ 10 Ω，允许通过的最大电流为 1.0 A）
D．电流表 A （量程 100 mA，内阻为 10 Ω）
B．定值电阻 R3（阻值为 2 Ω）
F．电源（电动势为 4.5 V，内阻为 1 Ω）
G．开关、导线若干．
（1）为了实验的安全、方便和测量的精确度，在实验过程中，滑动变阻器应选用____（填器材前的
字母）．实验器材中的电流表 A量程过小，但可以通过所给的定值电阻 R3与其______（填 “串联”或“并
联”）改装为量程为_______ A的电流表．
（2）请在图甲所示的虚线框内用笔画线代替导线将该实验的实验电路图补充完整___________．
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（3）根据实验数据描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，由图乙可知，随着所加电压的增大，
小灯泡的导电性能___________（填“变好”“变差”或“不变”）．
（4）若将该小灯泡与电动势为 3.0 V、内阻为 6.0 Ω的电池组组成闭合回路，该小灯泡消耗的电功率
约为___________W（保留 2位有效数字）．
四、计算题（本题共 3小题，共 45分．解答应当写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只
写出最后答案的，不能得分．有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）
13．（10分）
如图所示，直角三角形 abc， a 90 ， b 30 ，两根通电长直导线垂直纸面分别放置在 a、b两
顶点处．a点处导线中的电流大小为 I，方向垂直纸面向外，b点处导线中的电流大小 4I，方向垂直纸面向
I
里．已知长直电流在其周围空间某点产生的磁感应强度大小 B k 上，其中
r
I表示电流大小，r表示该点到导线的垂直距离，k为常量．已知 a点处电流在
c点产生的磁感应强度大小为 B0，求：
（1）a、c两点间的距离；
（2）顶点 c处的磁感应强度．
14．（17分）
如图(a)所示，水平放置的平行金属板 AB间的距离 d＝0.1 m，板长 L＝0.3 m，在金属板的左端竖直放
置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于 AB板的正中间，距金属板右端 x＝0.5 m处竖直放置一足够大的荧光
屏，现在 AB板间加如图(b)所示的方波形电压，已知 U0＝1.0×102 V，在挡板的左侧，有大量带正电的相同
－
粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m＝1.0×10 7 kg，电荷量 q＝1.0×10－2 C，速度大小
均为 v0＝1.0×104m/s，带电粒子的重力不计，求：
(1)能从金属板 AB 间右侧飞出的粒子在电场
中的运动时间；
(2)在 t＝0 时刻进入的粒子能否射出电场？若
能请求出其打在荧光屏上的位置到 O点的距离；
(3)若撤去挡板，求荧光屏上出现的光带长度．
15．（18分）
如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道 ABCDP，由半径 r
＝0.5 m的圆弧轨道 CDP和与之相切于 C点的水平轨道 ABC组成，
圆弧轨道的直径 DP与竖直半径 OC间的夹角θ＝37 °，A、B两点间
的距离 d＝0.2 m．质量 m1＝0.05 kg的不带电绝缘滑块静止在 A点，质量 m2＝0.1 kg、电荷量 q＝1×10﹣5C
的带正电小球静止在 B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场．现用大小 F＝4.5 N、方向水平向右
的恒力推滑块，滑块到达 B点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达
P点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心．小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，
不计一切摩擦．取 g＝10 m/s2，sin37 °＝0.6，cos37 °＝0.8.
(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小 v以及匀强电场的电场强度大小 E；
(2)求小球到达 P点时的速度大小 vP和 B、C两点间的距离 x；
(3)若小球从 P点飞出后落到水平轨道上的 Q点（图中未画出）后不再反弹，求 Q、C两点间的距离 L．
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物理试卷参考答案
1、【答案】B
2、【答案】C
3、【答案】C
【详解】当使用 A、B两个端点时，量程为 0 ~ 10V，可得
U AB I g (Rg R1)
当使用 A、C两个端点时，量程为 0 ~ 100V，可得
UAC Ig (Rg R1 R2 )
可得
R1 9.5 10
3 R 4， 2 9.0 10
故选 C．
4、【答案】B
【详解】C．根据电场强度的叠加原理及对称性可知，a，b两点处的电场强度大小相等但方向不同，
故 C错误；
A．将一带正电的点电荷从 a点移到 O点，电场力做负功，故 A错误；
B．将一带正电的点电荷从 b点移到 O点，电场力做正功，故 B正确；
D．根据对称性可知，Oc上的场强均垂直 Oc向上，不为零，故 D错误．
故选 B．
5、答案 A 解析当断开 S时，电压表的读数等于电源的电动势，即 E＝3 V；当闭合 S
时，有 U＝IR，又由闭合电路欧姆定律可知，I E＝ ，联立解得 r＝1 Ω，A
R＋r
正确，B、C、D错误．
6、【答案】D
【详解】AD．设小球A受静电斥力作用发生偏移达到平衡后细丝线与竖直方向的夹角为 ，由于 l d，
可以认为两小球在一直线上，小球 A所受的静电力 F=mg tan
d
tan sin F mg d由于 很小， = ，所以
l l
F k Q
2
再由库仑定律 2 mg
d
r l
klQ2
可得 d
mgr2
所以实验中仅测量 d与 r，也可以验证“静电力与距离平方成反比的关系”，故 A错误，D正确；
1
B．为方便验证“静电力与距离平方成反比的关系”，应由实验数据作出 F与 2 的关系图像，得到一条r
倾斜的直线，故 B错误；
C．用完全相同的不带电导体球 C先与 A接触，A的电量减半；C再与 B球接触时，由于 C球此时已
经带有一定电量，故 B小球的电量不会减半，A、B两球带电量不相等，故 C错误．
故选 D．
7、解析：选 D 若两电荷为异种电荷，在 x＝2a处，电场强度不可能为 0，故两电荷为同种电荷，
故 A
x 2a 0 kQM kQ错误；由于在 ＝ 处，电场强度为 ，则有 ＝ N，所以 M、N所带电荷量的绝对值之比为 4∶1，
2a 2 a2
故 B 错误；沿 x轴从 0 到 2a电势逐渐降低，从 2a到 3a电势逐渐增大，故 C 错误；从 0.5a到 2.4a
电势先降低后增大，根据 Ep＝qφ可知将一个正点电荷沿 x轴从 0.5a移动到 2.5a，该电荷的电势能先
减小后增大，故 D正确。
8、【参考答案】BC
【解析】
S Q
由公式C 可知，当压力 F增大时两板间距离减小，电容增大，由公式C 可知，电容器所
4πkd U
U
带电荷量增大，即直流电源对电容器充电，电阻 R上有从 b到 a的电流，由公式 E 可知，极板
d
间的电场强度增大．故选 BC．
9、【参考答案】BD
【解析】
U U U
由题意可知， 1 ＝R， 2 ＝R ， 3T ＝R＋R U U UT，当温度降低时，RT增大，则 1 不变， 2 增大， 3
I I I I I I
A ΔU1 R ΔU ΔU增大， 错误； ＝ 不变， 3 ＝r不变， 2 ＝R＋r不变，B正确；RT增大时，其两端电压增
ΔI ΔI ΔI
大，平行板电容器两端的电压也增大，液滴向上加速运动，C错误；RT增大，则外电阻增大，电源的
效率增大，D正确．
10、【参考答案】AC
【解析】A受到的电场力 F=qE，动摩擦因数μ=0.2x，滑动摩擦力 f=μmg=0.2mgx．A在电场力和滑动
摩擦力、细绳拉力作用下向左做加速直线运动，当 f+mg=F时，加速度为零，A滑动的速度最大，由
1
qE=0.2mgx+mg 解得 x=1m，在 A 向左滑动 x=1m 过程中，滑动摩擦力做功 Wf= ×0.2mgx
2
2 1 1= ×0.2×1×10×12J=1J．由动能定理，qEx-mgx- Wf= 2mv2，解得 v=1m/s，选项 A 正确 B 错误；由
2 2
1
qEx-mgx- Wf= 2mv2，解得当速度为 0.6m/s时，x=1.8m或x=0.2m．若 x=1.8m，电场力做功W= qEx=21.6J，
2
根据功能关系可知，当速度为 0.6m/s时，A的电势能可能是-21.6J；若 x=0.2m，电场力做功W= qEx=2.4J，
根据功能关系可知，当速度为 0.6m/s时，A的电势能可能是-2.4J，选项 C正确；当速度为 0.6m/s时，
x=1.8m或 x=0.2m，若 x=1.8m，滑动摩擦力 f=μmg=0.2mgx=3.6N，由牛顿第二定律，对物块A，F–f-T=ma，
对物块 B， T-mg=ma，联立解得 T=9.2N，即绳子的拉力可能是9.2N，选项 D错误．
11、【参考答案】①. 最大 ②. 34.2 ③. 0.5 ④. 4
【解析】
①为了保证电路中用电器的安全，应该在闭合开关之前应该将两个电阻箱的阻值调至最大，使电路中
的电流较小，不会烧掉用电器；由于两次电路中电流相等，说明两次电路中的总电阻也相等，故 Rx 34.2
②根据闭合电路欧姆定律可知 E I (R2 Rg R1)
1 R Rg R
解得： 2 1
I E E
结合斜率和截距可得： E 4V , Rg 0.5
12、【参考答案】①. C ②. 并联 ③. 0.6
④. 或
⑤.变差 0.36 ⑥.（0.32 ~ 0.40 之间均
13、解：（1）设 ac间距为 r，有几何知识知 bc间距为 2r，通电直导
线 a在 c点上所产生的磁场大小是
B kIa Br 0
解得： r kI
B0
（2）通电直导线 b在 c点上所产生的磁场大小
B k4Ib 2B2r 0
用右手螺旋定则判断通电导线在 c点上磁场方向如图所示
则顶点 c处的磁感应强度为 B (2B )2 B 20 0 3B0
方向沿 ac向上
14．（17分）
解：(1)可以从电场中射出的粒子，进入电场后在水平方向不受力，做匀速直线运动，则有
L＝v0t
解得粒子在电场中运动时间 t L －＝ ＝3×10 5 s
v0
（2）假设从 t＝0时刻进入的粒子可以从电场中射出．
－
竖直方向，0～2×10 5 s粒子匀加速运动，接着做匀减速直线运动，由于电压大小一样，所以加速度大
小相等：
a qU＝ 0＝108 m/s2，
md
离开电场时竖直方向速度 vy＝a×(2×10－5 s) －－a×(10 5 s)＝103 m/s
竖直方向位移
y 1a×(2×10－5 s)2 a×(2×10－5 s)×(10－＝ ＋ 5 s) 1－ a×(1×10－5 s)2 1＝0.035 m< d，
2 2 2
假设成立．
离开电场后到荧光屏的过程，
水平方向做匀速直线运动 x＝v0t′
竖直方向做匀速直线运动 y1′＝vyt′＝0.05 m，
所以打到荧光屏的位置到 O点的距离为：y＋y1′＝0.085 m
(3)撤去挡板后，所有能离开电场的粒子速度大小和方向都相同，示意图如
下：
t＝0时刻进入的粒子，偏转位移最大，且运动过程中速度没有反向，即
y＝0.035 m
若粒子进入的位置合适，粒子可以从极板的下边沿离开电场，打在离荧光
屏 O点最远位置为：
d＝0.1 m
t＝2×10－5 s时刻进入的粒子反向偏转过程中位移最大是速度减小到 0的时候，若粒子位置合适，粒子
－
此时刚好到达上极板，随后开始反向加速，时间为 t＝1×10 5 s ，此粒子入射位置上面的粒子入射后将打在
上极板上而不能离开电场，此粒子正向偏移离 O点距离为：
y 1 －2＝ a×(1×10 5 s)2＝0.005 m
2
15、【答案】（1）撤去该恒力瞬间滑块的速度大小是 6m/s，匀强电场的电场强度大小是 7.5×104N/C；
（2）小球到达 P点时的速度大小是 2.5m/s，B、C两点间的距离是 0.85m．（3）Q、C两点间的距离为 0.
5625m． 1
【详解】（1）对滑块从 A点运动到 B点的过程，根据动能定理有：Fd＝ m1v22 ，
代入数据解得：v＝6m/s
小球到达 P点时，受力如图所示，由平衡条件得：qE＝m2gtanθ，
解得：E＝7.5×104N/C．
m g
（2）小球所受重力与电场力的合力大小为：G 2等＝ ①cos
v2
小球到达 P点时，由牛顿第二定律有：G ＝m P等 2 ②r
联立①②，代入数据得：vP＝2.5m/s
滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为 v1、v2，
以向右方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v＝m1v1+m2v2③
1 m v2 1 m v2 1 m v2由能量守恒得：
2 1
④
2 1 1 2 2 2
联立③④，代入数据得：v1＝﹣2m/s（“﹣”表示 v1的方向水平向左），v2＝4m/s
小球碰后运动到 P点的过程，由动能定理有：
1 1
qE（x﹣rsinθ）﹣m2g（r+rcosθ）＝ m2v
2
P m2v
2
2 2 2
⑤
代入数据得：x＝0.85m．
1 qE
（3）小球从 P点飞出水平方向做匀减速运动，有：L﹣rsinθ＝vPcosθt t
2
﹣ 2 m ⑥2
1
竖直方向做匀加速运动，有：r+rcosθ＝vPsinθt+ 2 gt
2⑦
联立⑥⑦代入数据得：L＝0.5625m；
