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）

威远中学校2025届高二上第二次月考（半期考试）物理（全卷满分100分，考试时间为75分钟）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.2ΩC.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1：4C.电源的最大输出功率Pm=9WD.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##CB②.③.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3V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“×1k”)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】①.1②.负③.×1k④.4.0×104⑤.2.20⑥.3.0【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)0.3A　(2)1.8W　64.2W　97.3%(3)11A　2420W　2420W【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=200V．（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=2×103Ω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