湖北省黄梅县第一中学2025_2026学年高二上学期周测（9.26）物理试题（含解析）

这是一份湖北省黄梅县第一中学2025_2026学年高二上学期周测（9.26）物理试题（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.中国运动员以121公斤的成绩获得2024年世界举重锦标赛抓举金牌，举起杠铃稳定时的状态如图所示。重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 双臂夹角越大受力越小
B. 杠铃对每只手臂作用力大小为605N
C. 杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对平衡力
D. 在加速举起杠铃过程中，地面对人的支持力大于人与杠铃总重力
2.质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动，当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角θ2时(如图所示)，下列判断正确的是( )
A. P的速率为vB. P的速率为vcsθ2
C. 绳的拉力大于mgsinθ1D. 绳的拉力小于mgsinθ2
3.如图1所示，长为R且不可伸长的轻绳一端固定在O点，另一端系一小球，使小球在竖直面内做圆周运动。由于阻力的影响，小球每次通过最高点时速度大小不同。测量小球经过最高点时速度的大小v、绳子拉力的大小F，作出F与v2的关系图线如图2所示。下列说法中正确的是( )
A. 根据图线可以得出小球的质量m=aRb
B. 根据图线可以得出重力加速度g=aR
C. 绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更大
D. 用更长的绳做实验，得到的图线与横轴交点的位置不变
4.质量均为m的两个星球A和B，相距为L，它们围绕着连线中点做匀速圆周运动。观测到两星球的运行周期T小于按照双星模型计算出的周期T0，且TT0=k。于是有人猜想在A、B连线的中点有一未知天体C，假如猜想正确，则C的质量为( )
A. 1−k24k2mB. 1+k24k2mC. 1−k2k2mD. 1+k2k2m
5.如图所示，真空中半径为R的圆周上有A、B、C三点，AB为直径，O为圆心，∠ABC=30∘。在A、B两点分别固定电荷量为3Q(Q>0)和−Q的点电荷，已知静电力常量为k。下列说法正确的是( )
A. O点的电场强度大小为2kQR2
B. C点的电场强度大小为4kQR2
C. 将一个正试探电荷从A点沿直线移动至B点过程中，其电势能先减小后增大
D. 若在C点放置+Q的点电荷，A、B连线上任意点的电场方向不可能与AB边垂直
6.微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。如图所示，电容M极板固定，N极板可运动，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传感器描述正确的是( )
A. 静止时，电流表示数为零，且电容器两极板不带电
B. 保持向前匀加速运动时，电路中存在恒定电流
C. 由静止突然向后加速时，电流由a向b流过电流表
D. 由向前加速突然停下时，电流由b向a流过电流表
7.如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期T=2dv0，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则( )
A. 在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小为 2v0
B. 粒子的电荷量为mv022U0
C. 在t=18T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18mv02
D. 在t=14T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.将四个相同的灵敏电流计分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2，已知电流表A1的量程小于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，改装好之后把它们接入如图所示的电路，R为定值电阻，闭合开关，下列说法正确的是( )
A. A1的内阻小于A2的内阻
B. V1的内阻大于V2的内阻
C. V1的读数小于V2的读数，V1指针的偏角等于V2指针的偏角
D. 电阻R两端的电压等于V1与V2的读数之和，通过R的电流小于A1或A2的读数
9.如图所示的电路中，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，C为平行板电容器，电源电动势为E、内阻为r，电流表和电压表均为理想电表。闭合开关S后，电流表A的示数为I，电压表V的示数为U。现将滑动变阻器R的滑动触头向左移动一小段距离，稳定后，电流表A的示数变化量的绝对值为ΔI，电压表V的示数变化量的绝对值为ΔU，下列说法正确的是( )
A. 电流表A的示数增大，电压表V的示数增大
B. ΔU与ΔI的比值不变
C. 电源的总功率减小
D. 电容器的带电量增大
10.如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的水平底板上放着一个质量为m的小木块．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则( )
A. 小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动
B. 小木块和木箱最终速度为MM+mv ​0
C. 小木块与木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D. 如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.学生实验小组要测量量程为3V的电压表V的内阻RV。可选用的器材有：多用电表，电源E(电动势5V)，电压表V1(量程5V，内阻约3kΩ)，定值电阻R0(阻值为800Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值50Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值5kΩ)，开关S，导线若干。
完成下列填空：
(1)利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应 (把下列实验步骤前的字母按正确操作顺序排列)；
A.将红、黑表笔短接
B.调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆
C.将多用电表选择开关置于欧姆挡“×10”位置
再将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的 (填“正极、负极”或“负极、正极”)相连，欧姆表的指针位置如图(a)中虚线Ⅰ所示。为了减少测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡 (填“×1”“×100”或“×1k”)位置，重新调节后，测量得到指针位置如图(a)中实线Ⅱ所示，则组测得到的该电压表内阻为 kΩ(结果保留1位小数)；
(2)为了提高测量精度，他们设计了如图(b)所示的电路，其中滑动变阻器应选 (填“R1”或“R2”)，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于 (填“a”或“b”)端；
(3)闭合开关S，滑动变阻器滑片滑到某一位置时，电压表V1、待测电压表的示数分别为U1、U，则待测电压表内阻RV= (用U1、U和R0表示)；
(4)测量得到U1=4.20V，U=2.78V，则待测电压表内阻RV= ____kΩ(结果保留3位有效数字)。
12.某实验兴趣小组利用如图甲所示电路，测量电源的电动势E和表盘数字不清但刻度清晰的毫安表量程Ig。待测电源电动势E约为10V、内阻不计，图中内阻很大的电压表量程为10V，电阻箱R最大阻值为999.9Ω，毫安表内阻r0=50Ω，定值电阻R0阻值约为500Ω，S为开关。(计算结果均保留两位有效数字)
(1)先对电表机械调零，闭合开关，多次调节电阻箱，记录多组阻值R和电压表的相应读数U；
(2)根据图甲所示电路，1U= (用R、R0、E和r0表示)；
(3)画出1U−1R+r0图像如图乙，电动势E= V；
(4)调节电阻箱阻值为450.0Ω时，电压表读数为5.0V，此时毫安表指针指在刻度盘中央位置，则毫安表的量程Ig= mA；
(5)将此毫安表与电阻箱、一节干电池(电动势1.5V)、开关及导线等改装成欧姆表，如图丙所示，用它来测量一未知电阻Rx，指针指在图丁的位置，则Rx= Ω。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.我国女子短道速滑队曾多次在国际大赛上为祖国赢得荣誉。某次接力赛练习，当运动员乙追上前方运动员甲时，甲的速度大小v1=8m/s，乙的速度大小v2=10m/s，此时乙沿水平方向猛推甲一把，使甲以v3=12m/s的速度向前冲出，忽略该过程运动员与冰面间的摩擦。已知甲、乙运动员的质量均为m=60kg，乙推甲的时间为t=0.8s，求：
(1)乙推甲后瞬间乙的速度大小v4；
(2)乙推甲的过程，乙对甲的冲量I；
(3)乙推甲的过程，乙对甲平均作用力的大小F。
14.在“质子疗法”中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死细胞。如图所示，质量为m、电荷量为q的质子从极板A处由静止加速，通过极板A1中间的小孔以v0=1×107m/s射出，然后从坐标系xOy中的B点(0,d)平行于x坐标轴进入yOP区域，该区域充满沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，OP与x轴夹角α=30°。质子在电场中偏转垂直击中边界OP的C点(图中未标出)。取质子比荷为qm=1×108C/kg，d=0.5m，不计重力作用。求：
(1)极板AA1间的加速电压U；
(2)B、C两点电势差UBC；
(3)电场强度E的大小。
15.酒驾、醉驾会给交通安全带来巨大隐患，便携式酒精测试仪给交警执法带来了极大的便利。如图1所示，是便携式酒精测试仪的原理图，电源电压恒为3V，Rp是酒精气体传感器，其阻值随酒精气体浓度变化的规律如图2所示，R0是报警器，其电阻值恒定为50Ω。问：
(1)当气体中酒精浓度为0时，电路中的电流是多少？通电10s电流产生的热量是多少？(2)我国法律规定，当每100mL的气体中酒精浓度大于或等于20mg小于80mg为酒驾，大于或等于80mg为醉驾。在对某司机的检测中，电压表的示数为2V，通过计算分析该司机属于酒驾还是醉驾。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.双臂所受杠铃作用力的合力的大小等于杠铃的重力大小，与双臂的夹角无关，A错误；
B.杠铃的重力为G=mg=121×10N=1210N
手臂与水平的杠铃之间有夹角，假设手臂与竖直方向夹角为 θ ，根据平衡条件可知2Fcsθ=G
结合 csθ605N
B错误；
C.杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对相互作用力，C错误；
D.加速举起杠铃，人和杠铃构成的相互作用系统加速度向上，系统处于超重状态，因此地面对人的支持力大于人与杠铃的总重力，D正确。
故选D。
2.【答案】C
【解析】AB.将小车的速度在沿细绳和垂直细绳两个方向分解，则沿绳方向的分量大小为
v//=vcsθ2
所以P的速率为
vP=v//=vcsθ2
故AB错误；
CD.由于θ2不断减小，所以vP不断增大，根据牛顿第二定律可知P所受合外力沿斜面向上，则绳的拉力大于mgsinθ1，故C正确，D错误。
故选C。
3.【答案】A
【解析】AB.根据牛顿第二定律可知F+mg=mv2R
解得F=mRv2−mg
由图像可知mR=a−02b−b
可得小球的 质量m=aRb
由0=mRb−mg
可得重力加速度g=bR
选项A正确，B错误；
C. 图像的斜率为k=mR
则绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更小，选项C错误；
D. 图线与横轴交点的位置0=mRv2−mg
可得v2=gR
则用更长的绳做实验，得到的图线与横轴交点的位置距离原点的的距离变大，选项D错误。
故选A。
4.【答案】A
【解答】
两星的角速度相同，根据万有引力充当向心力知：Gm2L2=mr1ω2=mr2ω2
可得：r1=r2①
两星绕连线的中点转动，则有：Gm2L2=m4π2T02⋅12L②
所以T0=2π L32Gm③
由于C的存在，双星的向心力由两个力的合力提供，则：Gm2L2+GMm(12L)2=m(2πT)2L2④
又且TT0=k ⑤
解③④⑤式得：M=1−k24k2m。
故选：A。
5.【答案】D
【解析】A.A点的点电荷在O处产生的电场强度大小为 E1=k3QR2，方向沿AO方向；B点的点电荷在O处产生的电场强度大小为 E2=kQR2，方向沿OB方向，根据电场强度叠加原理可得O点的电场强度大小为 E=E1+E2=4kQR2 ，故A错误；
B.A点的点电荷在C处产生的电场强度大小为E3=k3QR2，方向沿AC方向；B点的点电荷在C处产生的电场强度大小为E4=kQBC2=kQ( 3R)2=kQ3R2，方向沿CB方向，根据电场强度叠加原理可得C点的电场强度大小为 E'= E32+E42≠4kQR2 ，故B错误；
C.由题意可知，电场线沿A指向 B ，将一个正试探电荷从A点沿直线移动至 B 点过程中，电场力做正功，其电势能不断减小，故C错误；
D.根据电场强度叠加原理及A项分析知AB点电荷在连线上任意点产生的场强方向沿AB方向，若在 C 点放置 +Q 的点电荷， C 点在A、B连线上任意点产生的场强方向由 C 点指向该点， C 点的点电荷在A点产生的电场强度大小为 kQR2 ，沿CA方向，B点的点电荷在A点产生的电场强度大小为 kQ4R2 ，方向沿AB方向，根据矢量叠加原则知，A点的电场方向不可能与 AB 边垂直，根据几何分析知，A、B连线上任意点的电场方向不可能与 AB 边垂直，故D正确。
故选D。
6.【答案】C
【解析】A.静止时，N板不动，电容器的电容不变，则电容器电量不变，则电流表示数为零，电容器保持与电源相连，两极板带电，故A错误；
B.保持向前匀加速运动时，加速度恒定不变，则N板的位置在某位置不动，电容器电容不变，电容器保持与电源相连，电压不变，由Q=CU知电量不变，电路中无电流，故B正确；
C.由静止突然向后加速时，N板相对向前移动，则板间距减小，根据C=εrS4πkd知电容C增大，则电容器电量增大，电容器充电，电流由a向b流过电流表，故C正确；
D.由前加速突然停下时，N板相对向前移动，则板间距减小，
根据C=εrS4πkd知电容C减增大，电压不变，
由Q=CU知电容器电量增大，电容器充电，电流由a向b流过电流表，故D错误；
故选C。
7.【答案】D
【解析】解：A、粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间t=2dv0 ，此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0 ，故A错误；
B、粒子在竖直方向，在T2时间内的位移为d2，则12d=12U0 qdm(dv0 ) 2，解得q=mv02U0 ，故B错误；
C、t=T8时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为d'=2×12a(38T) 2−2×12a(T8) 2=18aT 2=12d，故电场力做功为W=U0 qd×12d=12U0 q=12mv02，故C错误；
D、t=T4时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动T4，然后向下减速运动T4，再向上加速T4，向上减速T4，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，故D正确；
故选：D
带电粒子垂直电场线进入电场做类平抛运动，将类平抛运动分解为垂直电场方向的匀速直线运动和沿电场线方向的匀加速直线运动，根据类平抛运动的规律求解．
此题关键是要搞清粒子在电场中水平方向和竖直方向的运动特征，主要是结合电场的变化情况研究竖直方向在一个周期内的运动情况，此题还可以结合v−t图象进行分析．
8.【答案】BD
【解析】A.灵敏电流计与电阻并联改装成电流表，量程大，并联的电阻小，A1的量程小于A2的量程，则A1的电阻大于A2的电阻，故A错误；
B.灵敏电流计与大电阻串联改装成电压表，量程大，串联的电阻大，V1的量程大于V2的量程，则V1的电阻大于V2的电阻，故B正确；
C.V1 、V2串联，电流相同，流过灵敏电流计的电流相同，则V1 、V2指针的偏转角相同，V1的量程大于V2的量程，则V1的读数大于V2的读数，故C错误；
D.定值电阻R的电压等于V1的读数与V2的读数之和，A1、A2串联，读数相同，电流相同，由于电压表的分流作用，则定值电阻R的电流小于A1或A2的读数，故D正确。
9.【答案】BD
【解答】
A.当滑动变阻器 R的滑动触头向左移动的过程中，滑动变阻器 R接入电路的值减小，电路中总电阻变小，干路电流增大，电流表A的示数增大，定值电阻R0两端电压 U0=IR0增大，根据闭合电路欧姆定律得 E=U+U0+Ir，可知电压表 V的示数减小，故 A错误；
B.根据闭合电路欧姆定律得 E=U+I(R0+r)，则有 △U△I=R0+r，R0和r不变，故比值不变，故B正确；
C.电源的总功率 P=IE，由于总电流增大，则可知电流的总功率增大，故 C错误；
D.电容器的带电量 Q=CU0增大，故 D正确。
故选： BD。
10.【答案】AB
【解答】
木箱与小木块组成的系统水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒，最终两个物体以相同的速度一起向右运动，取v0方向为正方向，由动量守恒定律得：Mv0=M+mv，解得： v=MM+mv0，故AB正确，CD错误。
11.【答案】 CAB
负极、正极
×100
1.6
R1
a
UR0U1−U
1.57

【解析】(1)利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应选择欧姆挡即C选项：将多用电表选择开关置于欧姆挡“×10”位置；接着将红、黑表笔短接即A选项；然后进行欧姆调零即B选项：调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆。
故首先的操作顺序为CAB。
根据多用电表使用时电流“红进黑出”的规则可知：测量电阻时电源在多用电表表内，故将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的“负极、正极”相连。
读数时欧姆表的指针位置如图(a)中虚线Ⅰ所示，偏转角度较小即倍率选择过小，为了减少测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡倍率较大处，而根据表中数据可知选择“ ×1k ”倍率又过大，故应选择欧姆挡“×100”的位置；
测量得到指针位置如图(a)中实线Ⅱ所示，则所测得的电压表内阻为R=16.0×100Ω=1.6kΩ。
(2)图(b)所示的电路，滑动变阻器采用的是分压式连接，为了方便调节，应选最大阻值较小的滑动变阻器即 R1 ；
为保护电路以及测量电路部分电压从零开始可知，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于a端。
(3)通过待测电压表的电流与定值电阻的电流相同，为I=U1−UR0
根据欧姆定律得待测电压表的阻值为RV=UI=UR0U1−U。
(4)测量得到U1=4.20V，U=2.78V，代入待测电压表的阻值表达式 RV=UR0U1−U，可得待测电压表内阻RV=2.78×8004.20−2.78Ω≈1566Ω≈1.57kΩ。
12.【答案】R0E⋅1R+r0+1E
9.1
20
50

【解析】(2)根据闭合电路欧姆定律U=E−UR+r0R0
整理得1U=R0E⋅1R+r0+1E；
(3)根据图像有：1E=0.11V−1
解得E=9.1V；
(4)根据欧姆定律有：12Ig=UR+r0
代入数据可得Ig=20mA；
(5)根据欧姆定律毫安表满偏时有：Ig=ER内
解得：R内=75Ω
毫安表偏转35时，则有：35Ig=ER内+Rx
解得：Rx=50Ω。
故答案为：(2)R0E⋅1R+r0+1E；(3)9.1；(4)20；(5)50。
(2)根据闭合电路欧姆定律推导图像函数表达式；
(3)根据图像截距计算电动势；
(4)根据欧姆定律计算微安表的量程；
(5)根据欧姆定律计算欧姆表的内阻，由题意再根据欧姆定律计算待测电阻阻值。
13.【答案】解：(1)选甲乙运动方向为正方向，乙推甲，根据动量守恒定律可得 mv1+mv2=mv3+mv4
代入数据解得 v4=6m/s
(2)乙推甲，由动量定理可得乙对甲的冲量为 I=mv3−mv1
代入数据得 I=240N⋅s
方向与运动方向相同，即水平向前；
(3)乙推甲，乙对甲的冲量 I=Ft
代入数据解得 F=300N

14.【答案】解：(1)质子在极板AA1间加速，由动能定理得：
qU=12mv02
解得：U=5×105V
(2)质子在电场中偏转垂直击中边界OP的C点，如图
则质子到达C点时的速度为：
v=v0sinα
解得：v=2×107m/s
质子从B点到C点由动能定理得：
qUBC=12mv2−12mv02
解得：UBC=1.5×106V
(3)质子在电场中运动到达OP上的C点时间为t，竖直方向速度为vy，水平位移为x，竖直位移为y，加速度为a。由运动学公式有
x=x0t
y=12at2
vy=at
由几何关系得
tanα=d−yx
tanα=v0vy
解得：x= 35m
y=0.3m
由E=UBCy，解得：E=5×106V/m
答：(1)极板AA1间的加速电压U为5×105V；
(2)B、C两点电势差UBC为1.5×106V；
(3)电场强度E的大小为5×106V/m。
【解析】(1)根据动能定理求出极板AA1间的加速电压U；
(2)根据速度的分解求得质子到达C点时的速度，根据动能定理求出B、C两点电势差；
(3)根据类平抛运动的规律，由运动学公式和几何关系求出水平位移和竖直位移，结合牛顿第二定律求出电场强度的大小。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，做好对粒子的受力分析，根据牛顿第二定律，结合运动学公式和几何关系即可完成解答。
15.【答案】解：(1)当气体中酒精浓度为0时，由图知Rp=250Ω，又R0=50Ω，电路总电阻为
R=Rp+R0=250Ω+50Ω=300Ω
电源电压恒为3V，电路中电流为
I=UR=3V300Ω=0.01A
通电10s电流产生的热量是
Q=I2Rt=(0.01A)2×300Ω×10s=0.3J；
(2)当电压表的示数为2V时，通过报警器的电流为
I报=U报R0=2V50Ω=0.04A
由于传感器和报警器串联，则通过传感器的电流也为I报
传感器两端的电压为
U传=U−U报=3V−2V=1V
此时传感器的阻值为
R传=U传I报=1V0.04A=25Ω
由图像可知，100mL的气体中酒精浓度大于80mg，该司机属于醉驾。