安徽省定远育才学校2025_2026学年高二（上）周测 物理试题 [含答案]

这是一份安徽省定远育才学校2025_2026学年高二（上）周测 物理试题 [含答案]，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。
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.在物理学的探索和发现过程中，物理过程和研究方法比物理知识本身更加重要。以下关于物理学研究方法和物理学史的叙述中正确的是( )
A. 电场强度的公式E=Fq采用了比值定义法
B. 法拉第提出了电场概念，并指出电场和电场线都是客观存在的
C. 库仑通过扭秤实验测出了静电力常量k
D. 美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，并通过油滴实验测得元电荷的数值
2.如图所示，两个虚线圆是以正点电荷为圆心的同心圆，a、b是一个圆上的两点，c是另一个圆上的一点，则( )
A. a点的电势低于c点的电势B. a点的电势等于b点的电势
C. a点的电场强度小于c点的电场强度D. a点的由场强度与b点的由场强度相同
3.将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等。a、b为电场中的两点，则( )
A. a点的电场强度比b点的小
B. a点的电势比b点的低
C. 将检验电荷−q从a点移到b点的过程中，电场力做负功
D. 检验电荷−q在a点的电势能比在b点的大
4.某静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正方向为场强正方向，其中x1、x2、x3、x4是间隔相等的四点，x1到x4范围内的E−x图像与横轴所包围的面积为S，对于电荷量为q，质量为m的正点电荷，下列说法正确的是( )
A. x3处电势最高
B. x2和x4处电势相等
C. 由x1静止释放仅在电场力作用下运动到x4时的动能Ek=q‧S
D. 由x1静止释放仅在电场力作用下运动到x4过程中，电势能先增大后减小
5.随着科技发展，扫地机器人作为智能化家电典型代表逐步走入千家万户。如图所示为某一款扫地机器人的主机，产品的相关参数如表所示，下列说法正确的是( )
A. “mA⋅h”为能量单位B. 主机工作电流约为2.93A
C. 主机电动机的电阻约为645ΩD. 电池最多能储存的能量约为5.0×106J
6.在图甲所示的电路中，电源的U−I图像对应图乙中的图线a，定值电阻R0的U−I图像对应图乙中的图线b，滑动变阻器Rx的总电阻为2Ω。下列说法正确的是( )
A. 电源的内阻为2Ω
B. 当Rx=1Ω时，Rx消耗的功率为1.2W
C. 当Rx=1.5Ω时，电源效率最高
D. 在Rx=0Ω时，电源的输出功率最大
7.如图是多用电表内部结构示意图，电流表G满偏电流为1mA，内阻为100Ω。通过选择开关分别与1、2、3、4、5、6相连，以改变电路结构，分别成为电流表、电压表和欧姆表，作电流表时量程分别为0∼10mA、0∼100mA。下列说法正确的是( )
A. S与3或4相连是欧姆表，A为红表笔，A的电势比B的电势高
B. S与5或6相连是电压表，作电压表时6比5量程小
C. S与1或2相连是电流表，R1=1.0Ω
D. S与1或2相连是电流表，R2=10Ω
8.如图甲所示的电路中定值电阻R=60Ω，电源电动势E=100V，r=10Ω。如图乙所示，曲线为灯泡L的伏安特性曲线，直线为电源的路端电压与电流的关系图线，以下说法正确的是( )
A. 开关S断开时电源的效率为60%B. 开关S闭合后电源的总功率会变小
C. 开关S断开时小灯泡消耗的功率为240WD. 开关S闭合后灯泡的亮度增强
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图所示，A，B为平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M、N。小孔对平行板电场无影响，其中D为理想二极管，R为滑动变阻器，电源内阻不可忽略。闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从M、N的正上方的P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处。下列说法正确的是( )
A. 若断开开关S，带电小将能穿过小孔N
B. 若仅将B板下移，带电小球将无法运动至B板的小孔N处
C. 若仅将R的滑片上移，带电小球仍将恰好运动至B板的小孔N处
D. 若仅将R的滑片下移、带电小球仍将恰好运动至B板的小孔N处
10.在图所示的电路中，若在滑动变阻器R的滑片P向左滑动一小段距离的过程中，电压表的示数增大ΔU，则在该过程中( )
A. 电阻R1中通过的电流增大，且增加量为ΔUR1
B. 电阻R2两端的电压减小，且减少量为ΔU
C. 电源的输出功率增大
D. 电源的效率增大
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.小明想将满偏电流为300μA、内阻未知的电流表改装成简易多用表，并用改装的多用表探索黑箱内的电路结构．
(1)利用如图1所示的电路测量电流表G的内阻：先断开S2、闭合S1，移动滑动变阻器的滑片，使电流表的指针满偏;再闭合开关S2，保持滑动变阻器的滑片不动，调节电阻箱，使电流表的指针半偏，读出此时电阻箱的阻值为200Ω，则电流表G内阻的测量值为 Ω．
(2)将电流表G改装成如图2所示的多用表.当选择开关接 (选填“1”或“2”)时，多用表为大量程的电流表．
(3)一般仪表的正、负极通常用红、黑色区分，图2中多用表的表笔B为 (选填“红”或“黑”)表笔．
(4)在图3中，A、B、C为黑箱(即看不见内部电路结构的一个盒子)上的三个接点，两个接点间最多只能接一个电学元件.已知盒内没有电源，为探明内部结构，小明用改装表的欧姆挡进行了测量，结果如下：
①A、B间正、反向电阻完全相同
②黑表笔接A点、红表笔接C点，有电阻;反接后阻值很大
③黑表笔接B点、红表笔接C点，有电阻，但阻值比第 ②步测得的阻值大;反接后阻值很大
请根据以上测量结果，在图3上画出黑箱内部元件的电路图．
(5)长期使用后，电表内的电池电动势有所下降，小明认为：只要欧姆挡仍能调零，电阻的测量值就是准确的.你是否同意他的观点 ，并简要说明理由．
12.按要求填空：
(1)半偏法测电流表内阻的电路如图甲，图中器材参数如下：
待测电流表A(量程0∼1mA)
滑动变阻器R1(最大阻值10kΩ)
电阻箱R2(最大阻值999.9Ω)
电源E(电动势为6V，内阻很小)
测量方法是：先断开开关S2，闭合开关S1，调节滑动变阻器R1，使电流表的指针满偏；保持R1的阻值不变，闭合S2，调节电阻箱R2，使电流表的指针半偏，此时电阻箱R2的示数为99.0Ω。则电流表A内阻的测量值为 Ω。
(2)将该电流表A改装成量程为0∼100mA的电流表A1，应给电流表A (选填“串联”或“并联”)一个电阻，改装后的电流表A1的内阻为 Ω。
(3)测量一节废旧干电池的电动势E和内阻r，利用改装后的电流表A1和其他实验器材设计了如图乙所示的电路。在实验中，多次改变电阻箱阻值，记录多组数据，画出1I−R0图像为一条直线(如图丙)，由图中数据计算出该电池的电动势E= V，内阻r= Ω(结果均保留三位有效数字)。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，质量为m=0.3kg的带电物体(可视为质点)用绝缘轻绳拴接置于高为h=1.8m的绝缘水平桌面上，整个空间加上水平向右的匀强电场后，物体与桌面间刚好没有压力，轻绳与竖直方向的夹角为α=53°，物体到桌面右边缘的距离为x=5m，某时刻将轻绳剪断，经过一段时间物体落在水平地面上。已知物体与桌面间的动摩擦因数为μ=13，物体所带的电荷量为q=1.0×10−2C，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，不计空气阻力。求：
(1)电场强度的大小；
(2)物体到达桌面右边缘时的速度大小；
(3)物体的落地点到桌面右边缘的水平间距
14.如图甲所示，定值电阻R0的阻值为3Ω，R为滑动变阻器，当其滑片P由右端b移动到左端a的过程中，分别测出几组对应的电压值和电流值，通过计算得出滑动变阻器对应的电功率P，并画出P和干路电流I的关系图像如图乙所示。已知所有电表均理想，求：
(1)滑动变阻器的最大阻值Rm；
(2)电源的电动势E和内阻r；
(3)滑动变阻器消耗的最大功率Pm。
15.如图甲所示，真空中的电极可连续不断均匀地逸出电子(初速度为零)，经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B的中线射入偏转电场，A、B两板距离为d，A、B板长为L，AB两板间加周期性变化的电场UAB(U0已知)，如图乙所示，周期为T，加速电压U1=2mL2eT2，其中m为电子质量、e为电子电荷量，T为偏转电场的周期，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：
(1)电子从加速电场U1飞出后的水平速度v0的大小；
(2)t=0时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A、B间中线的距离y；
(3)在0～12T内射入偏转电场的电子中从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A、电场强度是由电场本身决定的，与电场力F和试探电荷电量q无关，可以用F与q的比值来量度，即电场强度E=Fq采用了比值定义法，故A正确;
B、法拉第提出了电场概念，并指出电场是客观存在的，电场线是虚拟的，实际不存在，故 B错误;
C、库仑通过扭秤装置提出了真空中静止的点电荷间的作用规律，得出了库仑定律，麦克斯韦通过理论计算得出静电力常量k的数值，故C错误;
D、美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，密立根通过油滴实验测出元电荷数值，故 D错误。
故选A。
2.【答案】B
【解析】AB.电势是标量，a、b两点所在的圆面是等势面，φa=φb>φc>0(选无穷远处电势为零)，故A错误，B正确；
C.由E=kQr2可知，a点的电场强度大于c点的电场强度，C错误；
D.电场强度是矢量，a、b两点的电场强度大小相等、方向不同，故D错误。
故选B。
3.【答案】C
【解析】A.电场线的疏密表示场强的大小，由图象知a点的电场强度比b点大，故A错误；
B.a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，即a点的电势比b点的高，故B 错误；
C.由上知，−q + q 在a点的电势能较b点小，则把负电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增加，电场力做负功，故C正确。
D.电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故D错误。
故选C。
4.【答案】C
【解析】AB.由图可知，0∼x1电场方向沿x轴负方向，x1∼x4电场方向沿x轴正方向，由于电势沿着电场线方向降低，所以x1处电势最高，x2处电势高于x4处电势，故AB错误；
C．根据W=Uq，可得电荷量为q、质量为m的正点电荷由x1静止释放仅在电场力作用下运动到x4时的动能Ek=qS，故C正确；
D.由x1静止释放仅在电场力作用下运动到x4过程中，电场强度的方向不变，则电场力做正功，则电势能始终减小，故D错误。
故选C。
5.【答案】D
【解析】A.根据电流的定义式=qt可得电荷量q=It，在单位“mA⋅h”中，mA是电流的单位，h是时间的单位，所以“mA⋅h”是电荷量的单位，而不是能量单位，故A错误;
B.主机电动机的功率P=75W，额定电压U=220V，根据P=UI，代入数据解得主机电动机工作电流约为I≈0.34A，故 B错误;
C.若主机电动机是纯电阻，根据欧姆定律R=UI，可得电阻为R≈645Ω，因扫地机器人的电动机不是纯电阻用电器，所以不能用欧姆定律进行计算电阻，故 C错误;
D.已知充电电池的电荷量q=6400mA⋅h=23040C，额定电压U=220V，根据W=Uq，可得电池最多能储存的能量W=5.0×106J，故 D正确。故选D。
6.【答案】D
【解析】A.由闭合电路欧姆定律有U=E−Ir，
结合图像a有E=3V ， r=0−36Ω=0.5Ω，故A错误；
B. U−I 图像中的图线b的电阻R0=22Ω=1Ω，
当 Rx=1Ω 时，由闭合电路欧姆定律有I1=ER0+Rx+r=1.2A，
Rx 消耗的功率为P1=I 12Rx=1.44W，故B错误；
C.电源效率η=EI−I2rEI×100%=E−IrE×100%可知，电流越小效率越高，则当 Rx=2Ω 时，电源效率最高，故C错误；
D.电源输出的功率为P出=E2Rx+R0Rx+R0+r2=E2Rx+R0−r2Rx+R0−4r，由于Rx+R0>r，所以当Rx=0，电源的输出功率最大，故D正确。
故选D。
7.【答案】D
【解析】A、当S与3、4相连时，多用电表是欧姆表，内置电源的正极应与黑表笔相连，电源的负极应与红表笔相连，所以A为红表笔，B为黑表笔，但红表笔电势比黑表笔低，故A错误；
B、当S与5、6相连时，多用电表是电压表，接6时串联电阻较大，电压表的量程较大，故 B错误；
CD、当S与1、2相连时，多用电表是电流表，
开关S接1时，量程为0∼100mA，I1=Ig+Ig(Rg+R2)R1;
S接2时，量程为0∽10mA，I2=Ig+IgRgR1+R2，代入数据得R1=109Ω，R2=10Ω，故C错误，D正确。
故选D。
8.【答案】C
【解析】A、由乙图可知电源的电动势为E=100V.开关S断开时，图乙交点数值为灯泡的实际工作电压和电流，即I=6.0A，U=40V，所以灯泡的实际功率P=UI=40×6.0W=240W，电源的总功率为P总=EI=100×6W=600W，所以电源的效率为η=PP总=240600×100%=40%，故A错误；
B、闭合开关S后，电路的外电阻减少，根据闭合电路的欧姆定律知干路电流I=ER外+r增大，所以电源的总功率增大，故B错误；
D、闭合开关S后，干路电流I增大，路端电压U=E−Ir，所以路端电压U减小，灯泡两端电压减小，所以灯泡亮度减弱，故D错误；
C、由上面A的分析可知开关S断开时灯泡消耗的功率为240W，故C正确。故选：C。
9.【答案】BC
【解析】A.若断开开关S，由于二极管的单向导电性，电容器无法放电，极板间电压不变，带电小球仍恰好运动到B板的小孔N处，A错误；
B.设P点离小孔M的距离为h，小球恰好运动到小孔N处，由动能定理可得
mg(h+d)−qEd=0
由于二极管的单向导电性，电荷量Q保持不变，由
C=εS4πkd，U=QC，E=Ud
联立得
E=4πkQεS
若仅将B板下移，d增大，C减小，电压U增大，场强E不变，可知B板下移后，小球仍运动到原来小孔N处速度为零后返回，故无法运动到小孔N处，B正确；
C.若仅将R的滑片上移，其阻值减小，干路电流增大，由
U=E−Ir
可知R两端的电压减小，二极管使电容器不能放电而处于断开状态，电容器两端电压U不变，则带电小球仍将恰好能到达B板的小孔N处，C正确；
D.若仅将R的滑片下移，其阻值增大，干路电流减小，R两端的电压增大，电容器继续充电，其电荷量Q将增大，结合B的解析可知，极板间场强E增大，在极板间下降同样距离克服电场力做功增大，则带电小球将不能到B板的小孔N处，D错误。
故选BC。
10.【答案】AD
【解析】A.当P向左端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，则内电压减小，路端电压增大，即电压表V2的示数增大，R1两端的电压减小，所以V1的示数增大，V2的示数减小，根据欧姆定律知电阻R1通过的电流增大，且增加量一定等于 ΔUR1；故A正确；
B.由于路端电压等于两个电表示数之和，而路端电压增大，所以V2的示数减小，小于ΔU，故B错误；
C.由于电源的内电阻与外电阻的大小关系未知，不能判断电源输出功率的变化，故C错误；
D.电源的效率η=UIEI=UE，E不变，而路端电压U增大，则电源的效率增大，故D正确。
故选AD。
11.【答案】200 1 红
不同意
因为电池电动势下降后，指针满偏时回路总电阻减小，电表中值电阻减小，而面板刻度没有调整，电阻的测量值偏大

【解析】(1)可以认为总电流不变，则闭合开关S2后，通过R的电流为
I'=Ig−12Ig=12Ig
由欧姆定律可得，电流表内阻的测量值为
Rg=I'R12Ig=R=200Ω；
(2)当选择开关接1时，电流表量程为I1=Ig+IgRg+R2R1，当选择开关接2时，电流表量程为I2=Ig+IgRgR1+R2，则I1>I2，所以当选择开关接1时，多用表为大量程的电流表。
(3)根据“红进黑出”可知多用表的表笔B为红表笔；
(4)使用欧姆档进行测量时注意黑表笔是和内部电源的正极相连的，可知：在测量AB之间的电阻时，对两个接线柱进行正反测量，其阻值相同，说明AB之间接有一个定值电阻；黑表笔接A点、红表笔接C点，有电阻;反接后阻值很大，说明AC之间有二极管，而且A应该接二极管的正极；黑表笔接B点、红表笔接C点，有电阻，但阻值比第 ②步测得的阻值大;反接后阻值很大，说明了BAC之间串联了二极管、电阻两个元件，反接阻值很大，则BC间断路，故黑箱内元件的连接如图所示；
(5) 当电源电动势E变小、内阻变大时，欧姆表需重新调零，由于满偏电流Ig不变，欧姆调零时欧姆表内阻R内=EIg，R内变小，用欧姆表测电阻时I=ERx+R内=IgRgRx+R内=Ig1+RxR内
电池电动势下降后，指针满偏时回路总电阻减小，电表中值电阻减小，而面板刻度没有调整，电阻的测量值偏大
12.【答案】99.0 并联 0.99 1.13 10.3
【解析】(1)先断开开关S2，闭合开关S1，调节滑动变阻器R1，使电流表的指针满偏，电流为IA；保持R1的阻值不变，闭合S2，调节电阻箱R2，使电流表的指针半偏，表中电流为12IA，由于电阻箱R2与电流表A并联，所以认为电阻箱中电流为
IR=IA−12IA=12IA，电流表A内阻等于此时电阻箱R2的阻值为RA=99.0Ω。
(2)将电流表A改装成大量程的电流表应该并联一个分流电阻。如图
改装后的电流表A1的内阻为r1=IARAI=1mA×99.0Ω100mA=0.99Ω。
(3)根据闭合电路欧姆定律，有E=I(R0+r1+r)
可得1I=1ER0+r1+rE
1I−R0图像的斜率为k=1E=50−1045V−1
可得E=1.13V
图像的纵截距为b=r1+rE=10A−1
可得r=10.3Ω
13.解：(1)对物体受力分析可得如图：

由物体刚好平衡可知：tanα=qEmg
解得：E=400N/C；
(2)物体从静止开始到桌面右边缘的过程中，对物体受力分析可知：
水平方向上：qE−f=ma
竖直方向上：mg=N
由相互作用力可知：N=F
由滑动摩擦力关系式可知：f=μF，
物体在水平方向上做匀加速运动，故其到达桌面右边缘的过程中：v2=2ax
解得：v=10m/s；
(3)物体从桌面右边缘到落地的过程中，水平方向上：qE=ma2，x2=vt+12a2t2
在竖直方向上：h=12gt2，
解得：x2=8.4m。
答：(1)电场强度的大小为400N/C；
(2)物体到达桌面右边缘的速度大小为10m/s；
(3)物体落地点与桌面右边缘的水平间距为8.4m。
14.解：(1)由乙图可知，当滑片P在b端时，电阻最大，电路中的电流最小，且Ib=0.2 A，Pb=2W，由
Pb=Ib2Rm
解得滑动变阻器的最大阻值为
Rm=50Ω
(2)设电源电动势为E，内阻为r，当滑片P在b端时，由闭合电路欧姆定律
Ib=ERm+R0+r
得
0.2=E53+r
当电流I=0.4A时，路端电压
U=PI+IR0=+0.4×3V=9.2V
由闭合电路欧姆定律
U=E−Ir
得
9.2=E−0.4r
由两式可得
E=12V，r=7Ω
(3)滑动变阻器消耗的功率
P=I2R=(ER+R0+r)2⋅R=E2(R−R0−r)2R+4(R0+r)
可知滑动变阻器消耗的最大功率在R=R0+r时取得，最大功率
Pm=E24(R0+r),解得Pm=3.6W
答：(1)滑动变阻器的最大阻值等于50Ω；
(2)电源的电动势等于12 V，内阻等于7Ω；
(3)滑动变阻器消耗的最大功率等于3.6 W。
15.解：(1)电子在加速电场中加速
由动能定理得eU1=12mv02−0
解得v0=2LT。
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向L=v0t
解得t=T2
t=0时刻进入偏转电场的电子加速度
a=eEm=eU0md
电子离开电场时距离A、B中心线的距离
y=12at2
解得y=eU0T28md。
(3)在0～T2内射入偏转电场的电子，设向上的方向为正方向，设电子恰在A、B间中线离开偏转电场，则电子先向上做初速度为零、加速度大小为a的匀加速直线运动，经过时间t'后速度v=at'，此后两板间电压大小变为3U0
加速度大小变为a'=eE'm=3eU0md=3a
电子向上做加速度大小为3a的匀减速直线运动，速度减为零后，向下做初速度为零、加速度大小为3a的匀加速直线运动，最后回到A、B间的中线，经历的时间为T2
则12at'2+v(T2−t')−12×3a(T2−t')2=0
解得t'=T4
则能够从中线上方向离开偏转电场的电子的发射时间为t″=T4，则在0～T2时间内，从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比η=T4T2×100%=50%。
主机功率：75W
额定电压：220V
充电电池：6400mA⋅h
尘袋容量：约3.2L
产品总重：13.66kg