四川省内江市2023-2024学年高二物理上学期第二次月考期中试题试卷含解析

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.1Ω B.2ΩC.3Ω D.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)1.8W64.2W97.3%(3)11A2420W2420W【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