2021-2022年四川省南充市阆中中学校高二（上）期中教学质量检测物理试题含解析

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阆中中学校2021秋高2020级期中教学质量检测物理试题第I卷（选择题）一、单选题（共40分）1. 两个完全相同的带电金属小球P、Q（可以视为点电荷，所带电荷量相等）相距r时，彼此之间的库仑斥力大小为F。现用完全相同的不带电金属小球S先与带电小球P充分接触，再与带电小球Q充分接触后移开，则金属小球P、Q间的库仑力大小变为（　　）A. 0. 05F B. 0.125F C. 0.375F D. 0.5F【答案】C【解析】【分析】【详解】初始时，根据库仑定律用完全相同的不带电金属小球S先与带电小球P充分接触，两球带电量均为再与带电小球Q充分接触，小球S与Q带电量均为金属小球P、Q间的库仑力大小变为故选C。2. 关于导体的电阻及电阻率的说法中，正确的是（　　）A. 由可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比B. 将一根电阻丝均匀拉长为原来2倍，则电阻丝的电阻变为原来的2倍C. 将一根导线一分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一D. 由知，导体的电阻与长度l、电阻率成正比，与横截面积S成反比【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由欧姆定律可求得电阻，但电阻与导体两端的电压及电流无关，A错误；D．由公式知，导体的电阻与长度l、电阻率成正比，与横截面积S成反比，D正确；C．电阻率是由导体的材料决定的，导线一分为二时，导体的电阻率不变， C错误；B．将一根电阻丝均匀拉长为原来2倍，长度增加原来的2倍，同时横截面积变原来，电阻丝的电阻变为原来的4倍， B错误。故选D。3. 用电场线能很直观、方便地比较电场中各点的强弱。如图，左边是等量异种点电荷形成电场的的电场线，右边是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称，则（　　）
 A. B点的电势低于C点B. A、D两点场强大小相等，方向相同C. E、F两点场强大小相等，方向相反D. 从B到C过程中场强先增大后减小【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知B点的电势高于C点的电势，故A错误；B．根据对称性看出，A、D两处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同，由图可知，A、D两点场强方向相同，故B正确；C．由图看出，E、F两点中，电场线疏密程度相同，说明两点电场强度大小相等，电场线切线方向相同说明电场强度方向相同，故C错误；D．从B到C过程中，由图可知，电场线先变疏，再变密，所以场强先变小后增大，故D错误。故选B。4. 如图所示，a、b、c、d、e、f是以O为球心的球面上的点，平面aecf与平面bedf垂直，分别在b、d两个点处放有等量同种点电荷+Q，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（　　）
 A. a、e、c、f四点电场强度相同B. a、e、c、f四点电势不同C. 电子沿球面曲线运动过程中，电场力先做正功后做负功D. 电子沿直线运动过程中，电势能先减少后增加【答案】D【解析】【分析】【详解】A．等量同种点电荷中垂线上，关于O点对称的点的电场强度大小相等，方向相反，故A错误；B． a、e、c、f四点在同一等势面上，电势相同，故B错误；C．电子沿球面曲线运动过程中，电势处处相同，电场力不做功，故C错误；D．电子沿直线运动过程中，电势先升高后降低，电势能先减少后增加，故D正确。故选D。5. 如图所示，A、B两导体板平行放置，在t=0时将电子从A板附近由静止释放（电子的重力忽略不计）。分别在A、B两板间加四种电压，它们的图线如下列四图所示。其中可能使电子到不了B板的是（　　）
 A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】【详解】A．在A、B两板间施加如图A所示电压，电子从A板开始向B板做匀加速直线运动一定能到达B板，故A错误；B．在A、B两板间施加如图B所示电压，开始向B板匀加速，假设加速时间为t，再做相同大小加速度的减速运动，减速时间为加速时间的2倍，如果匀加速直线运动能够到达B板，则电子可能到达B板；如果匀加速直线运动没有到达B板，那么匀减速直线运动则返回到A板，此后直到8t又重复之前的先匀加速后匀减速，不能到达B板。所以电子可能到不了B板，故B正确；C．在A、B两板间施加如图C所示电压，可以知道电子速度的方向不变，只不过是先加速后减速，一直向前运动，一定能到达B板，故C错误；D．在A、B两板间施加如图D所示电压，电子先加速后减速，加速和减速过程的时间和加速大小都相等，电子一直向前运动，一定能达到B板，故D错误。故选B。6. 如图所示，平行板电容器与电源连接，规定下极板B为零电势点，开关S闭合，一带电油滴在电容器中的P点处于静止状态下列说法正确的是（　　）A. 保持开关S闭合，上极板A竖直上移一小段距离，电容器的电容增大B. 保持开关S闭合，上极板A竖直上移一小段距离过程中，电流计中电流方向向左C. 保持开关S闭合，上极板A竖直下移一小段距离，P点的电势将降低D. 开关S先闭合后断开，S断开后，上极板A竖直下移一小段距离，带电油滴向下运动【答案】C【解析】【分析】【详解】A．保持开关S闭合，A板竖直上移一小段距离，由电容决定式可得电容器电容减小，故A错误；B．保持开关S闭合，电容器两端电压不变，由于上极板A竖直上移一小段距离电容器的电容减小，由可知U不变，则Q变小，因此电容器会放电，电流计中电流方向向右，故B错误；C．保持开关S闭合，电容器两端电压不变，上极板A竖直下移一小段距离，由可知电容器间电场强度变大，因此B板到P点的电压变大，由于B板接地，电势为零，又B板接电源正极，所以P点的电势将降低，故C正确；D．开关S先闭合后断开，S断开后，电容器带的电量不变。上极板A竖直下移一小段距离，由可知电容器电容变大；由可知不变，带电油滴所受电场力不变，带电油滴静止不动，故D错误。故选C。7. 如图所示，线段A是某电源的图线，线段B是某电阻R的图线，当上述电源和电阻组成闭合电路时，下列说法正确的是（　　）
 A. R的电阻和电源的内电阻均为B. 电源的输出功率是4W，总功率是8WC. 电源的内部损耗功率是2W，输出功率是4WD. 电源的电动势是3V，内电阻是1Ω【答案】C【解析】【详解】AD．根据题意，从图线A可读出从图线B可读出AC错误；BC．由闭合电路欧姆定律得输出功率为总功率为电源的内部损耗功率为    B错误C正确。故选C。8. 将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，测得电阻箱所消耗功率P随电阻箱读数R变化的曲线如图所示，由此可知（　　）
 A. 电源最大输出功率可能大于45WB. 外电路阻值分别为2Ω和12.5Ω时，电路的输出功率相等C. 电源电动势为45VD. 电阻箱所消耗功率P最大时，电源效率大于50%【答案】B【解析】【分析】【详解】A．电源最大输出功率即电阻箱最大消耗功率，由图可知为45W，A错误；C．电源的输出功率可表示为当R=r时，输出功率最大，最大值为代入图中数据解得，C正确；B．电源的输出功率为外电路阻值R分别为2Ω和12.5Ω时，代入上述表达式可知，电路的输出功率相等，B正确；D．电阻箱所消耗功率P最大时，R=r，电源效率为D错误。故选B。二、多选题（共12分）9. 真空中某静电场，虚线表示等势面，各等势面电势的值如图所示，一带电粒子只在电场力的作用下，沿图中的实线从A经过B运动到C，B、C两点位于同一等势面上，则以下说法正确的是（　　）A. 带电粒子一定带正电B. 带电粒子在B、C两点时动能的大小相等C. 带电粒子在A点时的动能大于在B点时的动能D. 带电粒子在A点时受到的电场力大于在B点时受到的电场力【答案】BC【解析】【详解】A．根据电场线与等势面垂直，且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向右，根据带点粒子轨迹的弯曲方向可知，带点粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带负电，故A错误；B．B、C两点位于同一等势面上，则带电粒子从B到C的过程中电场力做功为零，则动能不变，则带点粒子在B、C两点时动能的大小相等，故B正确；C．从A到B，由W=qU知U>0，q<0，则W<0，即电场力做负功，电势能增加，动能减小，则带电粒子在A点时的动能大于在B点时的动能，故C正确；D．等差等势面的疏密反映电场强度的大小，则知A处场强小于B处场强，则带电粒子在A点时受到的电场力小于在B点时受到的电场力，故D错误。故选BC。10. 如图所示电路中，电源电动势为E，内电阻为r，且灯L3电阻与电源内阻r相同。当滑动变阻器的滑片P位于中间位置时，三个小灯泡都正常发光，且亮度（功率）相同，则（　　）
 A. 当滑片向左滑动时，电路输出功率一定增大B. 三个灯泡的额定电压相同C. 三个灯泡的电阻从大到小的排列是、、D 当滑片向左滑动时，灯变亮，灯与变暗【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．由题图可知，滑动变阻器R与并联后与串联，再与并联，然后与电源、开关相连，如图所示
 由于灯L3电阻与电源内阻r相同，可知外电阻总阻值始终小于r，当滑片向左滑动时，其阻值增大，导致电路外电阻增大，据输出功率随外电阻的变化图线可知，电路输出功率一定增大，A正确；
 B．由A解析电路图可知，的额定电压显然大于或的额定电压，B错误；C．三个小灯泡的功率相同，由于流过的电流小于流过的电流，由可知，的电阻大于的电阻，由于两端电压大于或两端电压，由可知，的电阻最大，即三个灯泡的电阻从大到小的排列是、、，C正确；D．当滑片向左滑动时，其阻值变大，由“串反并同”规律可知，灯与变亮，灯变暗，D错误。故选AC。第II卷（非选择题）三、实验题（共24分）11. 下面三个图为探究平行板电容器电容大小决定因素的实验，请将正确结论填在横线上．给电容器充电后与电源断开，即保持电量Q不变，那么A．若保持板间距离d不变，正对面积S变小，两板电势差U________，电容C________.B．若保持S不变，d变大，两板电势差U________，电容C________.C．若保持S和d都不变，插入介质板后，两板电势差U________，电容C________.(填“变小”、“变大”或“不变”)【答案】    ①. 变大    ②. 变小    ③. 变大    ④. 变小    ⑤. 变小    ⑥. 变大【解析】【分析】先根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式分析板间电势差的变化，判断静电计指针张角的变化．【详解】A、保持板间距离d不变，两极板正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容C变小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U变大；B、保持S不变，板间距离d增大，根据电容的决定式得知，电容C变小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U变大；C、保持S和d都不变，插入介质板后，根据电容的决定式得知，电容C变大，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U变小．【点睛】本题是电容的动态分析问题，由电容的决定式和定义式结合进行分析．12. 为了测定阻值约为 ，额定电流为0.5A的电阻器的电阻，现准备有下列器材：A．电源E ：电动势E=6V、内阻不计；B．电流表A1：量程为0～3A、内阻约为0.06；C．电流表A2：量程为0～0.6A、内阻约为0.3；D．电压表V1：量程为0～15V、内阻约为E．电压表V2：量程0～5V、内阻约为；F、滑动变阻器R1 ：量程为0～20，额定电流为3A的滑动变阻器；G、滑动变阻器R2 ：量程为0～800，额定电流为0.5A的滑动变阻器；H、电键S和导线若干．(1)实验中要求通过待测电阻的电流能从0.15A起逐渐增大，为尽可能较精确地测出该电阻的阻值，并且实验中，电表示数调节方便，电流表应选择________（填写器材前面的代码），电压表应选择_________（填写器材前面的代码），滑动变阻器应选择________（填写器材前面的代码）．(2)在方框中画出符合要求的实验电路图______．【答案】    ①. C    ②. E    ③. F    ④. 【解析】【详解】(1)[1][2][3]电源电动势为6V，电压表需要选择E，待测电阻的额定电流为0.5A，电流表应选择C；待测阻值约为，为方便实验操作，滑动变阻器应选择F；(2)[4]由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示：【点睛】本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图，要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；根据题意确定滑动变阻器与电流表接法是设计实验电路的关键．四、解答题（共34分）13. 如图所示，电源电动势E=6V，内阻r=2Ω，值电阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3=6Ω，电容器的电容C=10pF，闭合开关S，电路稳定后，求:（1）路端电压U；（2）电容器所带的电荷量Q。【答案】（1）4V；（2）2×10-11C【解析】【分析】【详解】（1）根据并联电路的电阻规律，可得设干路中的电流为I，有路端电压为U=E-Ir代入数据，解得  U=4V（2）R1两端的电压为U1=IR1电容器所带电荷量为Q=CU1 代入数据，解得Q=2×10-11C14. 如图所示，电源电动势有E=10V，内阻，“9V、18W”的灯泡L与直流电动机M并联在电源两极间，灯泡恰能正常发光，已知电动机线圈的电阻为RM=2。求：（1）流过电源的干路电流I多大？（2）电动机的输出功率P为多少？【答案】（1）2.5A；（2）4W【解析】【详解】（1）由电路图可知，灯泡与电动机并联，电压关系有又灯泡正常发光，即有代入数据，可得流过电源的干路电流为I=2.5A（2）因为灯泡正常发光，可得由并联电路电流关系可得，流过电动机电流IM为由功率关系可得，电动机的输出功率P为15. 如图所示，匀强电场E=1×104 V/m，方向水平向右，ABCD为竖直放置在电场中的绝缘导轨，半圆形轨道BCD光滑，半径R=0.1m，B为圆轨道最低点，水平轨道与其相切于B点，水平轨道粗糙，AB=2R。一质量m=0.1kg、带正点电荷量q=1×10−4C的小滑块在A点有一个水平向右的初速度v0=2m/s。已知水平轨道与小滑块之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，求：(1)小滑块到达B点时速度大小；(2)小滑块到达C点时对轨道压力大小；(3)通过计算说明小滑块能否到达最高点D点。
 【答案】(1)；(2)7N；(3) 到达最高点【解析】【详解】(1) 小球由A到B过程，动能定理得解得(2)小球由A点到C点的过程.由动能定理，有代入数据解得对小球在C点的受力情况，由牛顿第二定律得解得由牛顿第三定律知，小球在C点对轨道的压力大小为7 N。(3)小球能通过D点的最小速度为，则有解得如果小滑块能到达D点，从C点到D点根据动能定理有解得由于，所以能通过最高点D。