2021-2022年四川省南充市閬中中學校高二（上）期中教學質量檢測物理試題（解析版）

1、 閬中中學校2021秋高2020級期中教學質量檢測物理試題第I卷（選擇題）一、單選題（共40分）1. 兩個完全相同的帶電金屬小球P、Q（可以視為點電荷，所帶電荷量相等）相距r時，彼此之間的庫侖斥力大小為F?，F用完全相同的不帶電金屬小球S先與帶電小球P充分接觸，再與帶電小球Q充分接觸后移開，則金屬小球P、Q間的庫侖力大小變?yōu)椋ǎ〢. 0. 05FB. 0.125FC. 0.375FD. 0.5F【答案】C【解析】【分析】【詳解】初始時，根據庫侖定律用完全相同的不帶電金屬小球S先與帶電小球P充分接觸，兩球帶電量均為再與帶電小球Q充分接觸，小球S與Q帶電量均為金屬小球P、Q間的庫侖力大小變?yōu)楣蔬xC。

2、2. 關于導體的電阻及電阻率的說法中，正確的是（）A. 由可知，導體的電阻跟導體兩端的電壓成正比，跟導體中的電流成反比B. 將一根電阻絲均勻拉長為原來2倍，則電阻絲的電阻變?yōu)樵瓉淼?倍C. 將一根導線一分為二，則半根導線的電阻和電阻率都是原來的二分之一D. 由知，導體的電阻與長度l、電阻率成正比，與橫截面積S成反比【答案】D【解析】【分析】【詳解】A由歐姆定律可求得電阻，但電阻與導體兩端的電壓及電流無關，A錯誤；D由公式知，導體的電阻與長度l、電阻率成正比，與橫截面積S成反比，D正確；C電阻率是由導體的材料決定的，導線一分為二時，導體的電阻率不變， C錯誤；B將一根電阻絲均勻拉長為原來2倍，長

3、度增加原來的2倍，同時橫截面積變原來，電阻絲的電阻變?yōu)樵瓉淼?倍， B錯誤。故選D。3. 用電場線能很直觀、方便地比較電場中各點的強弱。如圖，左邊是等量異種點電荷形成電場的的電場線，右邊是場中的一些點：O是電荷連線的中點，E、F是連線中垂線上相對O對稱的兩點，B、C和A、D也相對O對稱，則（）A. B點的電勢低于C點B. A、D兩點場強大小相等，方向相同C. E、F兩點場強大小相等，方向相反D. 從B到C過程中場強先增大后減小【答案】B【解析】【分析】【詳解】A根據沿著電場線方向電勢逐漸降低，可知B點的電勢高于C點的電勢，故A錯誤；B根據對稱性看出，A、D兩處電場線疏密程度相同，則A、D兩點場

4、強大小相同，由圖可知，A、D兩點場強方向相同，故B正確；C由圖看出，E、F兩點中，電場線疏密程度相同，說明兩點電場強度大小相等，電場線切線方向相同說明電場強度方向相同，故C錯誤；D從B到C過程中，由圖可知，電場線先變疏，再變密，所以場強先變小后增大，故D錯誤。故選B。4. 如圖所示，a、b、c、d、e、f是以O為球心的球面上的點，平面aecf與平面bedf垂直，分別在b、d兩個點處放有等量同種點電荷+Q，取無窮遠處電勢為零，則下列說法正確的是（）A. a、e、c、f四點電場強度相同B. a、e、c、f四點電勢不同C. 電子沿球面曲線運動過程中，電場力先做正功后做負功D. 電子沿直線運動過程中，

5、電勢能先減少后增加【答案】D【解析】【分析】【詳解】A等量同種點電荷中垂線上，關于O點對稱的點的電場強度大小相等，方向相反，故A錯誤；B a、e、c、f四點在同一等勢面上，電勢相同，故B錯誤；C電子沿球面曲線運動過程中，電勢處處相同，電場力不做功，故C錯誤；D電子沿直線運動過程中，電勢先升高后降低，電勢能先減少后增加，故D正確。故選D。5. 如圖所示，A、B兩導體板平行放置，在t=0時將電子從A板附近由靜止釋放（電子的重力忽略不計）。分別在A、B兩板間加四種電壓，它們的圖線如下列四圖所示。其中可能使電子到不了B板的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【詳解】A在A、B兩板間

6、施加如圖A所示電壓，電子從A板開始向B板做勻加速直線運動一定能到達B板，故A錯誤；B在A、B兩板間施加如圖B所示電壓，開始向B板勻加速，假設加速時間為t，再做相同大小加速度的減速運動，減速時間為加速時間的2倍，如果勻加速直線運動能夠到達B板，則電子可能到達B板；如果勻加速直線運動沒有到達B板，那么勻減速直線運動則返回到A板，此后直到8t又重復之前的先勻加速后勻減速，不能到達B板。所以電子可能到不了B板，故B正確；C在A、B兩板間施加如圖C所示電壓，可以知道電子速度的方向不變，只不過是先加速后減速，一直向前運動，一定能到達B板，故C錯誤；D在A、B兩板間施加如圖D所示電壓，電子先加速后減速，加速

7、和減速過程的時間和加速大小都相等，電子一直向前運動，一定能達到B板，故D錯誤。故選B。6. 如圖所示，平行板電容器與電源連接，規(guī)定下極板B為零電勢點，開關S閉合，一帶電油滴在電容器中的P點處于靜止狀態(tài)下列說法正確的是（）A. 保持開關S閉合，上極板A豎直上移一小段距離，電容器的電容增大B. 保持開關S閉合，上極板A豎直上移一小段距離過程中，電流計中電流方向向左C. 保持開關S閉合，上極板A豎直下移一小段距離，P點的電勢將降低D. 開關S先閉合后斷開，S斷開后，上極板A豎直下移一小段距離，帶電油滴向下運動【答案】C【解析】【分析】【詳解】A保持開關S閉合，A板豎直上移一小段距離，由電容決定式可得

8、電容器電容減小，故A錯誤；B保持開關S閉合，電容器兩端電壓不變，由于上極板A豎直上移一小段距離電容器的電容減小，由可知U不變，則Q變小，因此電容器會放電，電流計中電流方向向右，故B錯誤；C保持開關S閉合，電容器兩端電壓不變，上極板A豎直下移一小段距離，由可知電容器間電場強度變大，因此B板到P點的電壓變大，由于B板接地，電勢為零，又B板接電源正極，所以P點的電勢將降低，故C正確；D開關S先閉合后斷開，S斷開后，電容器帶的電量不變。上極板A豎直下移一小段距離，由可知電容器電容變大；由可知不變，帶電油滴所受電場力不變，帶電油滴靜止不動，故D錯誤。故選C。7. 如圖所示，線段A是某電源的圖線，線段B是

9、某電阻R的圖線，當上述電源和電阻組成閉合電路時，下列說法正確的是（）A. R的電阻和電源的內電阻均為B. 電源的輸出功率是4W，總功率是8WC. 電源的內部損耗功率是2W，輸出功率是4WD. 電源的電動勢是3V，內電阻是1【答案】C【解析】【詳解】AD根據題意，從圖線A可讀出從圖線B可讀出AC錯誤；BC由閉合電路歐姆定律得輸出功率為總功率為電源的內部損耗功率為 B錯誤C正確。故選C。8. 將一電源與一電阻箱連接成閉合回路，測得電阻箱所消耗功率P隨電阻箱讀數R變化的曲線如圖所示，由此可知（）A. 電源最大輸出功率可能大于45WB. 外電路阻值分別為2和12.5時，電路的輸出功率相等C. 電源電動

10、勢為45VD. 電阻箱所消耗功率P最大時，電源效率大于50%【答案】B【解析】【分析】【詳解】A電源最大輸出功率即電阻箱最大消耗功率，由圖可知為45W，A錯誤；C電源的輸出功率可表示為當R=r時，輸出功率最大，最大值為代入圖中數據解得，C正確；B電源的輸出功率為外電路阻值R分別為2和12.5時，代入上述表達式可知，電路的輸出功率相等，B正確；D電阻箱所消耗功率P最大時，R=r，電源效率為D錯誤。故選B。二、多選題（共12分）9. 真空中某靜電場，虛線表示等勢面，各等勢面電勢的值如圖所示，一帶電粒子只在電場力的作用下，沿圖中的實線從A經過B運動到C，B、C兩點位于同一等勢面上，則以下說法正確的是

11、（）A. 帶電粒子一定帶正電B. 帶電粒子在B、C兩點時動能的大小相等C. 帶電粒子在A點時的動能大于在B點時的動能D. 帶電粒子在A點時受到的電場力大于在B點時受到的電場力【答案】BC【解析】【詳解】A根據電場線與等勢面垂直，且由高電勢指向低電勢，可知電場線方向大致向右，根據帶點粒子軌跡的彎曲方向可知，帶點粒子所受的電場力方向大致向左，則知粒子一定帶負電，故A錯誤；BB、C兩點位于同一等勢面上，則帶電粒子從B到C的過程中電場力做功為零，則動能不變，則帶點粒子在B、C兩點時動能的大小相等，故B正確；C從A到B，由W=qU知U0，q0，則W0，即電場力做負功，電勢能增加，動能減小，則帶電粒子在A

12、點時的動能大于在B點時的動能，故C正確；D等差等勢面的疏密反映電場強度的大小，則知A處場強小于B處場強，則帶電粒子在A點時受到的電場力小于在B點時受到的電場力，故D錯誤。故選BC。10. 如圖所示電路中，電源電動勢為E，內電阻為r，且燈L3電阻與電源內阻r相同。當滑動變阻器的滑片P位于中間位置時，三個小燈泡都正常發(fā)光，且亮度（功率）相同，則（）A. 當滑片向左滑動時，電路輸出功率一定增大B. 三個燈泡的額定電壓相同C. 三個燈泡的電阻從大到小的排列是、D 當滑片向左滑動時，燈變亮，燈與變暗【答案】AC【解析】【分析】【詳解】A由題圖可知，滑動變阻器R與并聯后與串聯，再與并聯，然后與電源、開關相

13、連，如圖所示由于燈L3電阻與電源內阻r相同，可知外電阻總阻值始終小于r，當滑片向左滑動時，其阻值增大，導致電路外電阻增大，據輸出功率隨外電阻的變化圖線可知，電路輸出功率一定增大，A正確；B由A解析電路圖可知，的額定電壓顯然大于或的額定電壓，B錯誤；C三個小燈泡的功率相同，由于流過的電流小于流過的電流，由可知，的電阻大于的電阻，由于兩端電壓大于或兩端電壓，由可知，的電阻最大，即三個燈泡的電阻從大到小的排列是、，C正確；D當滑片向左滑動時，其阻值變大，由“串反并同”規(guī)律可知，燈與變亮，燈變暗，D錯誤。故選AC。第II卷（非選擇題）三、實驗題（共24分）11. 下面三個圖為探究平行板電容器電容大小決

14、定因素的實驗，請將正確結論填在橫線上給電容器充電后與電源斷開，即保持電量Q不變，那么A若保持板間距離d不變，正對面積S變小，兩板電勢差U_，電容C_.B若保持S不變，d變大，兩板電勢差U_，電容C_.C若保持S和d都不變，插入介質板后，兩板電勢差U_，電容C_.(填“變小”、“變大”或“不變”)【答案】 . 變大 . 變小 . 變大 . 變小 . 變小 . 變大【解析】【分析】先根據電容的決定式分析電容的變化，再根據電容的定義式分析板間電勢差的變化，判斷靜電計指針張角的變化【詳解】A、保持板間距離d不變，兩極板正對面積減小，根據電容的決定式得知，電容C變小，而電容器的電量Q不變，由電容的定義式

15、分析得到，板間電勢差U變大；B、保持S不變，板間距離d增大，根據電容的決定式得知，電容C變小，而電容器的電量Q不變，由電容的定義式分析得到，板間電勢差U變大；C、保持S和d都不變，插入介質板后，根據電容的決定式得知，電容C變大，而電容器的電量Q不變，由電容的定義式分析得到，板間電勢差U變小【點睛】本題是電容的動態(tài)分析問題，由電容的決定式和定義式結合進行分析12. 為了測定阻值約為 ，額定電流為0.5A的電阻器的電阻，現準備有下列器材：A電源E ：電動勢E=6V、內阻不計；B電流表A1：量程為03A、內阻約為0.06；C電流表A2：量程為00.6A、內阻約為0.3；D電壓表V1：量程為015V、

16、內阻約為E電壓表V2：量程05V、內阻約為；F、滑動變阻器R1 ：量程為020，額定電流為3A的滑動變阻器；G、滑動變阻器R2 ：量程為0800，額定電流為0.5A的滑動變阻器；H、電鍵S和導線若干(1)實驗中要求通過待測電阻的電流能從0.15A起逐漸增大，為盡可能較精確地測出該電阻的阻值，并且實驗中，電表示數調節(jié)方便，電流表應選擇_（填寫器材前面的代碼），電壓表應選擇_（填寫器材前面的代碼），滑動變阻器應選擇_（填寫器材前面的代碼）(2)在方框中畫出符合要求的實驗電路圖_【答案】 . C . E . F . 【解析】【詳解】(1)123電源電動勢為6V，電壓表需要選擇E，待測電阻的額定電流為

17、0.5A，電流表應選擇C；待測阻值約為，為方便實驗操作，滑動變阻器應選擇F；(2)4由題意可知，電壓表內阻遠大于待測電阻阻值，電流表應采用外接法，為測多組實驗數據，滑動變阻器應采用分壓接法，實驗電路圖如圖所示：【點睛】本題考查了實驗器材的選擇、設計實驗電路圖，要掌握實驗器材的選擇原則：安全性原則、精確性原則、方便實驗操作原則；根據題意確定滑動變阻器與電流表接法是設計實驗電路的關鍵四、解答題（共34分）13. 如圖所示，電源電動勢E=6V，內阻r=2，值電阻R1=2，R2=3，R3=6，電容器的電容C=10pF，閉合開關S，電路穩(wěn)定后，求:（1）路端電壓U；（2）電容器所帶的電荷量Q?！敬鸢浮浚?/p>

18、1）4V；（2）210-11C【解析】【分析】【詳解】（1）根據并聯電路的電阻規(guī)律，可得設干路中的電流為I，有路端電壓為U=E-Ir代入數據，解得 U=4V（2）R1兩端的電壓為U1=IR1電容器所帶電荷量為Q=CU1 代入數據，解得Q=210-11C14. 如圖所示，電源電動勢有E=10V，內阻，“9V、18W”的燈泡L與直流電動機M并聯在電源兩極間，燈泡恰能正常發(fā)光，已知電動機線圈的電阻為RM=2。求：（1）流過電源的干路電流I多大？（2）電動機的輸出功率P為多少？【答案】（1）2.5A；（2）4W【解析】【詳解】（1）由電路圖可知，燈泡與電動機并聯，電壓關系有又燈泡正常發(fā)光，即有代入數據，可得流過電源的干路電流為I=2.5A（2）因為燈泡正常發(fā)光，可得由并聯電路電流關系可得，流過電動機電流IM為由功率關系可得，電動機的輸出功率P為15. 如圖所示，勻強電場E=1104 V/m，方向水平向右，ABCD為豎直放置在電場中的絕緣導軌，半圓形軌道BCD光滑，半徑R=0.1m，B為圓軌道最低點，水平軌道與其相切于B點，水平軌道粗糙，AB=2R。一質量m=0.1kg、帶正點電荷量q=1104C的小滑塊在A點有一個水平向右的