四川省内江市威远中学2023-2024学年高二上学期第二次月考（期中考试）物理试卷（Word版附解析）

这是一份四川省内江市威远中学2023-2024学年高二上学期第二次月考（期中考试）物理试卷（Word版附解析），共15页。

注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考号、班级用签字填写在答题卡上相应的位置。
2.选择题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在试题卷上。
3.非选择题用签字笔将答案直接答在答题卡相应位置上。
4.考试结束后，监考人员将答题卡收回。
第I卷（选择题 共40分）
一、本大题共10小题，每小题4分，共40分。每小题的四个选项中，第1-7小题只有一个选项符合题目要求；第8-10小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，错选或不选得0分。
1. 两个用相同材料制成的半径相等的带异种电荷的金属小球，其中一个球的带电量的是另一个的5倍，它们间的库仑力大小是F，现将两球接触后再放回原处，它们间库仑力的大小是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】两金属小球带异种电荷，设一个球的带电量为Q，则另一个球的带电量为-5Q，它们间的库仑力大小F为
接触后再分开，带电量各为-2Q，则两球的库仑力大小为
故选A。
2. 如图所示的电路中，电阻R＝2Ω。断开S后，理想电压表的读数为3V；闭合S后，电压表的读数为2V，则电源的内阻r为（ ）
A. 1ΩB. 2Ω
C. 3ΩD. 4Ω
【答案】A
【解析】
【详解】断开S时，理想电压表示数为3V，则电源电动势为
E=3V
电路电流为
根据闭合电路欧姆定律可得
可得电源的内阻为
故选A。
3. 某同学做三种导电元件的导电性实验，他根据所测数据，分别绘制了三种元件的I—U图像，如图所示，下列判断正确的是（ ）
A. 只有乙图像是正确的
B. 甲、丙图像是曲线，肯定误差太大
C. 甲、丙为非线性元件，电阻都在增大，乙为线性元件，电阻不变
D. 甲、乙、丙三个图像都可能是正确的，并不一定有较大误差
【答案】D
【解析】
【详解】由于三种导电元件可能是线性的，也可能是非线性的，故其I—U图像可能是直线，也可能是曲线。甲、丙为非线性元件，甲的电阻在减小，丙的电阻在增大，乙为线性元件，电阻不变。
故选D。
4. 如图所示，滑动变阻器的总阻值为，定值电阻的阻值为，，要使定值电阻的两端电压是电源提供的恒定电压U的一半，滑动触头P应滑到的位置是（ ）
A. 距a端处B. 距a端处
C. 距a端处D. 无论调到什么位置均不能满足要求
【答案】A
【解析】
【详解】要使定值电阻的两端电压是，根据串联电路电压与电阻成正比的规律，可知变阻器滑片上部分的电阻与下部分和R并联的总电阻相等，设滑动变阻器滑片上部分的电阻为，则滑片下部分电阻为，则
根据可得
代入解得
或
由题意可知，取。
故选A。
5. 如图，G为灵敏电流计，V为理想电压表，、为定值电阻，是一根盐水柱（封于橡皮管内，与电路导通），平行板电容器两极板水平，开关S闭合后，电容器两板间的带电油滴恰好静止。则握住盐水柱两端将它竖直均匀拉伸的过程中（忽略温度对电阻的影响）（ ）

A. 电阻的阻值减小B. V表示数减小
C. 油滴向下运动D. G表中有从c到a的电流
【答案】D
【解析】
【详解】A．握住盐水柱两端将它竖直均匀拉伸，由电阻定律
可知盐水柱长度L增加，横截面积S减小，则电阻的阻值增大，故A错误；
B．因电阻的阻值增大，电路中总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，路端电压增大，则两端电压减小，并联部分电压增大，电压表V的示数增大，故B错误；
C．由于电容器两端电压增大，由
可知两极板间电场强度E增大，所以
油滴向上运动，故C错误；
D．电容器两端电压增大，电容器继续充电，G表中有从c到a的电流，故D正确。
故选D。
6. 带有等量异种电荷的一对平行金属板，如果两极板间距不是足够近或者两极板面积不是足够大，即使在两极板之间，它的电场线也不是彼此平行的直线，而是如图所示的曲线，关于这种电场，下列说法正确的是（ ）
A. 这种电场的电场线虽然是曲线，但是电场线的分布却是左右对称的，很有规律性，它们之间的电场，除边缘部分外，可以看做匀强电场
B. 电场内部A点的电场强度小于B点的电场强度
C. 电场内部A点的电场强度等于B点的电场强度
D. 若将一正电荷从电场中的A点由静止释放，它将沿着电场线方向运动到负极板
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于题图中平行金属板形成的电场的电场线不是等间距的平行直线，即平行金属板间各处的电场强度不是处处相同，所以不能看成匀强电场，故A错误；
BC．从电场线分布看，A点的电场线比B点密，所以A点的电场强度大于B点的电场强度，故BC错误；
D．A、B两点所在的电场线为一条直线，电荷受力方向沿着这条直线，所以若将一正电荷从电场中的A点由静止释放，它将沿着电场线方向运动到负极板，故D正确。
故选D。
7. 如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q（q>0）的点电荷固定在P点。下列说法正确的是（ ）

A. 沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小先减小后增大
B. 沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小
C. 正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能小
D. 将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负
【答案】B
【解析】
【详解】A．点电荷的电场以点电荷为中心，向四周呈放射状，如图所示

是最大内角，则
根据点电荷的场强公式
可知从M→N电场强度先增大后减小，故A错误；
B．电场线与等势面（图中虚钱）处处垂直，沿电场线方向电势降低，所以从M→N电势先增大后减小，故B正确；
C．M、N两点的电势大小关系为
根据电势能的公式
可知正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，故C错误；
D．正电荷从M→N，电势能减小，电场力所做的总功为正功，故D错误。
故选B。
8. 如图所示，a、b、c、d、e、f是以O为球心球面上的点，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。
9. 两个点电荷q1、q2固定在x轴上，一带负电粒子的电势能Ep随位置x的变化规律如图所示，当粒子只在静电力作用下在x1~x2之间运动时，以下判断正确的是（ ）
A. x1~x2之间的电场强度沿x轴正方向
B. x1处的电场强度为零
C. 从x1到x2带电粒子的速度一直增大
D. 从x1到x2带电粒子的加速度一直减小
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由题图可得，从x1到x2粒子电势能增大，则静电力做负功，因为负电荷受静电力方向与电场强度方向相反，则x1~x2之间的电场强度沿x轴正方向，故A正确；
B．根据电场力做功等于电势能变化量的大小，即有
（其中x为沿电场力方向上的位移）
可知Ep—x图像中直线或曲线某处切线的斜率大小表示静电力的大小，由题图可知x1处的切线斜率不为零，故该处的电场强度也不为零，故B错误；
C．只在静电力作用下粒子的动能与电势能之和不变，从x1到x2粒子电势能增大，则从x1到x2粒子的动能一直减小，其速度一直减小，故C错误；
D．从x1到x2图线的斜率逐渐减小，所以粒子受到的静电力还渐减小，其加速度也逐渐减小，故D正确。
故选AD。
10. 某同学将一直流电源的总功率PE、电源内部的发热功率Pr和输出功率PR随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c所示。以下判断正确的是（ ）

A. 在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，这三点的纵坐标一定满足关系
B. b、c图线的交点与a、b图线的交点的横坐标之比一定为1：2，纵坐标之比一定为1：4
C. 电源的最大输出功率Pm=9W
D. 电源的电动势E=3V，内电阻r=3Ω
【答案】AB
【解析】
【详解】A．根据能量守恒，三点的纵坐标一定满足关系
A正确；
BC．b、c图线的交点表示电源内部发热功率与电源输出功率相等，即内阻等于外阻，此时电流为
a、b图线的交点表示电源内部发热功率等于电源总功率，外电阻为零，此时电流为
则电流之比，两交点横坐标之比为1:2。
由图线a，根据
电源电动势为
b、c图线的交点对应的电流为1.5A，则b、c图线的交点的纵坐标，即电源的最大输出功率为
而a、b图线的交点的纵坐标为9W，则两交点纵坐标之比为1:4，B正确，C错误；
D．由BC选项可知，电源电动势为3V。a、b图线的交点的横坐标表示短路电流为3A，则电源内阻为
D错误。
故选AB。
第II卷（非选择题 共60分）
二、本题共2个小题，每空2分，共20分。将答案直接填在答题卡上。
11. 某同学用电流传感器观察电容器的放电过程。甲图为该实验电路图，其中电源电压恒为6V。该同学先将开关接1为电容器充电，待电容器充满电再将开关接2，利用传感器记录电容器放电过程，得到该电容器放电过程的I-t图像如图乙。
（1）下列说法正确的是___________。
A．电容器充电的过程中，电子由电源的正极移动到电容器的正极板
B．电容器充、放电的过程中，电路中的电流都不断减小
C．电容器放电的过程中，电容器两极板间的电场强度不断变小
D．电容器放电的过程中，电路中电流不断增大
（2）根据以上数据估算，电容器在整个放电过程中释放的电荷量为___________C。（结果保留三位有效数字）
乙
（3）如果不改变电路其他参数，只增大电阻R，放电时I-t图线与横轴所围成的面积将___________（填“增大”“不变”或“减小”）；放电时间将___________（填“变长”“不变”或“变短”）。
【答案】 ①. BC##CB ②. ③. 不变 ④. 变长
【解析】
【详解】（1）[1]Ａ．电容器充电的过程中，负电荷由电源的负极移动到电容器的负极板，故A错误；
BD．根据图乙可知电容器放电的过程中，电路中的电流不断减小，充电的过程中当电容器充电完成后电路中的电流为零，所以充电过程电流也在逐渐减小，故B正确，D错误；
C．电容器放电的过程中，电容器所带电荷量逐渐减小，则两极板间的电场强度不断变小，故C正确。
故选BC。
（2）[2]根据电流的定义式推导得
所以I-t图像与时间轴所围的面积表示整个放电过程中释放的电荷量，根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子所表示的电荷量为
所以释放的电荷量是
（3）[3]根据
知Q与电阻R无关，如果不改变电路其他参数，只增大电阻R，放电时I-t图像与横轴围成的面积将不变。
[4]由于电阻对电流有阻碍作用，所以增大电阻，放电时间将变长。
12. （1）如图所示为某多用电表内部简化电路图，作电流表使用时，选择开关S应接________(选填“1”“2”“3”“4”或“5”)量程较大．

（2）某同学想通过多用表欧姆挡测量量程为3 V的电压表内阻(如图乙)，主要步骤如下：
① 把选择开关拨到“×100”的欧姆挡上；
② 把两表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻零刻度处；
③ 把红表笔与待测电压表________(选填“正”或“负”)接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相连，发现这时指针偏转角度很小；
④ 换用________(选填“×10”或“×1 k”)欧姆挡重新调零后测量，发现这时指针偏转适中，记下电阻数值；
⑤ 把选择开关调至空挡或交流电压最高挡后拔下表笔，把多用电表放回桌上原处，实验完毕．
（3） 实验中(如图丙)某同学读出欧姆表的读数为_________Ω，这时电压表读数为___________V.
（4）请你计算欧姆表内部电源电动势为________V．(保留两位有效数字)
【答案】 ①. 1 ②. 负 ③. ×1k ④. 4.0×104 ⑤. 2.20 ⑥. 3.0
【解析】
【详解】（1）当做电流表使用时，电阻应和表头并联分流，故连接1和2时为电流表，根据欧姆定律可知并联支路的电压相等，并联支路的电阻越大，分流越小，故当接1时量程最大；
（2）③根据“红进黑出”原理，即电流从红表笔流进可知红表笔接电压表的负极；
④欧姆表在测量电阻时指针从无穷大处开始偏转，故欧姆表指针偏转很小，说明被测电阻大，挡位应提升一级，即换×1k测量；
（3）欧姆表的读数为；电压表分度值为0.1V，故读数为2.20V；
（4）根据（3）采用的挡位可知中值电阻即欧姆表内阻为，根据闭合回路欧姆定律可得，解得．
三、本大题共3小题，共40分，解答时写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，有数值运算的题，答案中必须写出数值和单位）。
13. 一台电风扇，内阻为20Ω，接上220V电压后，消耗功率66W．
（1）电风扇正常工作时通过电动机的电流是多少？
（2）电风扇正常工作时转化为机械能的功率是多少？转化为内能的功率是多少？电动机的效率多少？
（3）如果接上电源后，电风扇的风叶被卡住，不能转动，这时通过电动机的电流，以及电动机消耗的电功率和发热功率是多少？
【答案】(1)0.3 A (2)1.8 W 64.2 W 97.3% (3)11 A 2 420 W 2 420 W
【解析】
【详解】（1）由P=UI可得电流为：I==0.3A；
线圈电阻发热功率：PQ=I2r=1.8W；
机械功率：P机=P-PQ=64.2W；
η=×100%=97.3%
（2）当叶片不转动时，作纯电阻，根据欧姆定律，有：I==11A；
电动机消耗电功率等于电机的发热功率：P=UI=I2r=11×11×20=2420W．
【点睛】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．
14. 在如图所示的电路中，两平行正对金属板A、B水平放置，两板间的距离d=4.0cm．电源电动势E=400V，内电阻r=20Ω，电阻R1=1980Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球（可视为质点）从B板上的小孔以初速度v0=1.0m/s竖直向上射入两板间，小球恰好能到达A板．若小球所带电荷量q=1.0×10-7C，质量m=2.0×10-4kg，不考虑空气阻力，忽略射入小球对电路的影响，取g=10m/s2．求：
（1）A、B两金属板间的电压的大小U；
（2）滑动变阻器消耗的电功率P；
（3）电源的效率η．
【答案】（1）U =200V（2）20W（3）
【解析】
【详解】（1）小球从B板上的小孔射入恰好到达A板的过程中，在电场力和重力作用下做匀减速直线运动，设A、B两极板间电压为U，根据动能定理有：
，
解得：U = 200 V．
（2）设此时滑动变阻器接入电路中的电阻值为R，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流，而 U = IR ，
解得：R = 2×103 Ω
滑动变阻器消耗的电功率．
（3）电源的效率．
【点睛】本题电场与电路的综合应用，小球在电场中做匀减速运动，由动能定理求电压．根据电路的结构，由欧姆定律求变阻器接入电路的电阻．
15. 在如图所示的平面直角坐标系xOy中，第I象限区域内有沿y轴正方向（竖直向上）的匀强电场，电场强度大小E0=50N/C。第IV象限区域内有一宽度d=0.2m、方向沿x轴正方向（水平向右）的匀强电场。质量m=0.1kg带电荷量的小球从y轴上P点以一定的初速度垂直y轴方向进入电场，通过第I象限后，从x轴上的A点进入第IV象限，并恰好沿直线通过该区域后从B点离开，已知P、A的坐标分别为（0，0.4m）、（0.4m，0），取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）初速度v0的大小；
（2）A、B两点间的电势差UAB；
（3）小球经过B点时的速度大小。
【答案】（1）1m/s；（2）5V；（3）m/s
【解析】
【详解】（1）小球进入竖直方向的匀强电场后做类平抛运劝，小球带正电，受到的静电力竖直向上，根据牛顿第二定律得
解得
根据平抛运动规律，小球沿水平方向做匀速运动，有
沿竖直方向有
解得
（2）设水平电场的电场强度大小为E，因未进入水平电场前，带电小球做类平抛运动，所以进入电场时竖直方向的速度
因为小球在水平电场区域恰好做直线运动，所以合外力的方向与速度方向在一条直线上，即速度方向与合外力的方向相同，有
代入数据解得
E= 50N/C
设小球在水平电场中运动的水平距离为l，
根据电势差与电场强度的关系有
UAB = El
解得
UAB = 5V
（3）设小球在B点的速度大小为v，对小球运动的全过程，由动能定理，有
解得