安徽省定远育才学校2025_2026学年高二（上）周测13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13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.关于各图中包含的物理知识，下列说法正确的是( )
A. 图甲，橡胶棒与毛皮摩擦后，毛皮带正电且电荷量是元电荷的整数倍
B. 图乙，导体棒A端带负电，B端带正电
C. 图丙，A、B两点与中心电荷的距离相等，故 A、B两点的电场强度相同
D. 图丁，利用库仑扭秤实验装置探究带电小球间库仑力大小相关因素时需要测出小球电荷量
2.为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是( )
A. B. C. D.
3.如图，在墙内或地面埋有一根通有恒定电流的长直导线.为探测该导线的走向，现用一个与灵敏电流计(图中未画出)串联的感应线圈进行探测，结果如下表．忽略地磁场的影响，则该导线可能的走向是
A. Oa方向B. Ob方向C. Oc方向D. Oe方向
4.如图所示，两个横截面积不同、长度相等的均匀铜棒接在电路中，两端的电压为U，则
A. 通过两棒的电流不相等
B. 细棒两端的电压U1等于粗棒两端的电压U2
C. 细棒内的自由电子定向移动的平均速率v1小于粗棒内的自由电子定向移动的平均速率v2
D. 两棒内的电场强度不同，细棒内部场强E1大于粗棒内部场强E2
5.如图，直角三角形△ABC位于竖直平面内，AB沿水平方向，长度为L，∠ABC=60∘。空间存在一匀强电场，场强方向与△ABC所在平面平行，将一带正电的微粒(不计重力、空气阻力)从A点移动到B点，电场力做功为W2，从B点移动至C点，电场力做功为−(1+ 32)W(W>0)。下列说法正确的是( )
A. 电场强度的大小是 3W2L
B. 将该带电微粒从B点无初速度释放，其沿∠ABC的角平分线所在直线运动
C. 将该带电微粒从C点沿CA抛出，要使其通过B点，微粒在C点的动能应为1− 34W
D. 将该带电微粒从A点沿AC抛出，要使其到达BC时，其位移方向垂直于电场强度方向，微粒在A点的动能的应为3− 34W
6.长为L的绝缘轻细线一端连接质量为m、电荷量为q的带正电小球，另一端固定在光滑绝缘水平桌面上的O点，整个空间内存在着平行于桌面的匀强电场，带电小球恰好能在桌面内沿顺时针做圆周运动，俯视图如图甲所示，PQ为轨迹圆的一条直径。以P点为起始点，小球运动过程中的电势能Ep与小球运动的路程s之间的关系如图乙所示，其中Ep0>0。下列说法正确的是( )
A. 小球做简谐运动
B. 从P点到Q点电场力对小球不做功
C. 小球运动过程中速度的最小值为 Ep0m
D. 小球运动过程中所受细线拉力的最大值为5Ep0L
7.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
8.如图所示，地表空间中存在一匀强电场，一个质量为m的带电小球仅在重力和电场力作用下运动，虚线与水平面的夹角为45∘，若小球从虚线上某处静止释放，则恰好沿虚线向斜下方向运动；若小球的初速度方向垂直于虚线向右上方向，大小为v0=2 E0m，从图示位置出发到最高点的过程中，小球重力势能增加了E0，则在上述过程中小球电势能的改变量为( )
A. −3E0B. 3E0C. −E0D. E0
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示。下列判断正确的是( )
A. |ΔU1||ΔU3|B. U1I不变，ΔU1ΔI变小
C. U2I变小，ΔU2ΔI不变D. U3I变小，ΔU3ΔI变小
10.如图甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点，一个负点电荷从A点由静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的v−t图像如图乙所示(虚线为图线在O点的切线).取A点为坐标原点，AB方向为正方向建立x轴，作出了AB所在直线的电场强度大小E、电势φ、粒子的电势能Ep随位移x的变化的E−x图像、φ−x图像、Ep−x图像，其中可能正确的是
A. B. C. D.
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.电容器是现代电子产品不可或缺的重要组成部分。
(1)某物理兴趣小组探究影响平行板电容器电容大小的因素，设计的电路如图甲所示，选用的灵敏电流计的零刻度在表盘的正中央，指针可向左、右偏转，已知电流从该电流计的“+”接线柱流入时，指针向右偏转，反之则向左偏转。闭合开关S给电容器充电，待充电结束后，保持开关闭合，向电容器两极板间插入一块有机玻璃板，可观察到指针________(填“向左”“向右”或“不”)偏转，由此可判断该操作使得平行板电容器的电容________(填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)NPO电容是一种常用的具有温度补偿特性的单片陶瓷电容器，该兴趣小组要测定一个铭牌模糊的NPO电容器的电容，设计的电路图如图乙所示。该小组同学用输出电压恒为8 V的电源给电容器充电，用电流传感器和计算机软件测出充电过程中电流I随时间t变化的曲线如图丙所示。根据图丙可以估算，该NPO电容器充电完成后所带的电荷量约为________C，电容约为________F。(结果均保留一位有效数字)
12.某学习小组用多用电表测定值电阻的阻值并进一步测量电源的电动势和内阻。实验器材有：待测定值电阻R0，待测电源，电阻箱R，多用电表一只，开关一个，导线若干。
(1)用多用电表“×10”的倍率挡进行 后测出了定值电阻R0的阻值，如图甲所示，则该定值电阻的阻值R0= Ω。
(2)然后用如图乙所示的电路测量电源的电动势和内阻，经正确操作后得到几组数据，并根据数据做出电压表示数U的倒数1U随电阻箱R的阻值的倒数1R变化的规律如图丙所示，则该电源的电动势E= V，内阻r= Ω。(结果均保留两位有效数字)(3)若电压表的内阻为1000Ω，则该电源的电动势E= V，内阻r= Ω。(结果小数点均保留1位数字)
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，空间存在足够大的水平向右的匀强电场，AB为竖直面内的光滑绝缘半圆轨道，一带电小球静止在14圆轨道AC的中点，小球获得一个瞬时速度后，沿圆轨道向左运动，并以速度v0从B点离开轨道，此后再也未与轨道接触。已知小球质量为m，所带电荷量为q，重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小E；
(2)小球离开轨道后运动到最高点时的动能Ek；
(3)小球离开轨道后的速度最小值vm。
14.如图所示，电源电动势E=12V，内电阻r=1Ω，电容器的电容C=4μF，电阴R1=2Ω，R3=3Ω，R4=3Ω、R2为电阻箱，闭合开关S。
(1)若R2=6Ω，求电路稳定时电容器的带电量Q；
(2)调节电阻箱R2的阻值，求R2功率的最大值。
15.如图甲所示，某装置由直线加速器、偏转电场和荧光屏三部分组成。直线加速器由n个金属圆筒依次排列(图中只画出4个)，直线加速器的交变电压的变化规律如图乙所示，在t=0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于序号为0的金属圆板中央的一个电子由静止开始加速，冲进圆筒1，电子穿过圆筒与圆筒之间各个间隙时，都能恰好使所受静电力的方向与运动方向相同而不断加速。已知电子的质量为m、电荷量为e、交变电压的绝对值为U0，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间忽略不计。偏转电场由两块相同的平行金属极板A与B组成，板长为L，两板间距为2L，UAB=8U0，忽略边缘效应，距两极板右侧1.5L处竖直放置一足够大的荧光屏。电子自直线加速器射出后，沿两板的中心线PO射入偏转电场，最后打到荧光屏上。
(1)求第2个金属圆筒的长度s2；
(2)若金属圆筒个数n=4，求电子打在荧光屏的位置与O点间的距离Y1；
(3)金属圆筒个数n取何值时，电子打在荧光屏上的动能最小，动能最小值为多少？并求出此时打在荧光屏上的位置到O点的距离Y2。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.橡胶棒与毛皮摩擦后，毛皮失去电子带正电且电荷量是元电荷的整数倍，故A正确；
B.根据静电感应原理可知，导体棒A端因感应带负电，由于导体棒A端接地，所以B端不带电，故B错误；
C.A、B两点与中心电荷的距离相等，故A、B两点的电场强度大小相等，方向不同，故C错误；
D.库仑通过它发现了电荷之间的相互作用规律，不需要测出小球电荷量，故D错误。
故选A。
2.【答案】C
【解析】地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向南方；而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的方向，故四指的方向应该向西。故C正确，ABD错误。
故选：C。
3.【答案】D
【解析】【分析】
当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中将会产生感应电流，灵敏电流计会有示数，对照这个条件进行分析。
解决本题的关键要掌握感应电流的产生条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，且要知道导线周围的磁感线的分布情况。
【解答】A.若导线走向是Oa方向 ，那么线圈平面平行于地面Oabc沿Oc方向平移，线圈中磁通量应该会发生变化，应该有感应电流的产生，故A错误；
B.若导线走向是Ob方向 ，那么线圈平面平行于地面Oabc沿Oc和Oa方向平移，线圈中磁通量应该会发生变化，应该有感应电流的产生，故B错误;
C.若导线走向是Oc方向 ，那么线圈平面平行于地面Oabc沿Oa方向平移，线圈中磁通量应该会发生变化，应该有感应电流的产生，故C错误;
D.若导线走向是Oe方向 ，那么线圈平面平行于地面Oabc沿Oc和Oa方向平移，线圈与磁感线平行，线圈中没有磁通量变化，线圈平面平行于墙面Oade沿Oa方向平移，磁通量变化，有感应电流的产生，线圈平面平行于墙面Oade沿Oe方向平移，线圈中没有磁通量变化，没有感应电流的产生，故D正确。
4.【答案】D
【解析】A.由于两棒串联，所以电流相等，故A错误；
BD.由R=ρLS可知，细棒的电阻大，由串联分压原理可知细棒的电压U1大于粗棒的电压U2，又由E=UL可知细棒内场强 E1 大于粗棒内部场强 E2 。故B错误；D正确；
C.由I=nqSv可知，两棒电流相等，细棒的截面积小于粗棒的，所以两棒的自由电子定向移动的平均速率v1>v2，故C错误。
故选D。
5.【答案】D
【解析】AB、设微粒带电量为q，质量为m，由题意qUAB=W2，qUBC=− 3+12W，则qUAC=− 32W，
EAB=UABL=W2qL，EAC=UAC 3L=−W2qL，则合场强E= EAB2+EAC2= 2W2qL，方向与AB夹角45°斜右上方，故将该带电微粒从B点无初速度释放，其不沿∠ABC的角平分线所在直线运动，故AB错误；
C、将粒子运动分解在CA和AB两个方向，则有
ax=qEABm，ay=−qEACm，
12axt2=L，v0t+12ayt2= 3L，
联立得Ek0=12mv02=2− 34W，故C错误；
D、
画出粒子轨迹图，设粒子与BC交点为P，由正弦定理
APsin60°=ABsin75°，
得AP= 6 3+1L，
将粒子运动分解在CA和AB两个方向，则有
ax=qEABm，ay=−qEACm，
12axt'2=APcs45°，v0't'−12ayt'2=APsin45°，
联立得Ek0'=12mv'02=3− 34W，故D正确。
6.【答案】C
【解析】A.带电小球恰好能在桌面内沿顺时针做圆周运动，则小球做圆周运动，故A错误；
B.由图像乙可知当小球运动 2πL3 时，转过的角度 θ=23π 电势能最大，则圆周上电势能最大的位置即为该点，垂直于该点的切线方向，如下图所示即为电场线方向，小球转过 π6π 的位置所在的直径与圆周的交点为同一等势面上的点(图中虚线 AOB 为等势线)。
可知小球转过 π6 的过程中 UpA=φP−φA=EpPq−EpAq=−0.5Ep0q，电场强度的大小 E=UPALsinπ6=Ep0qL，由对称性可知 Q 点的电势 φQ−φO=φO−φP，从 P 点到 Q 点电场力对小球做功 WPQ=(φP−φQ)q=−Ep0，故B错误；
C.带电小球恰好能在桌面内沿顺时针做圆周运动，在运动到 23πL 的位置取得速度的最小值，此时电场力提供小球做圆周运动的向心力，即 Eq=mvmin2L，解得 vmin= Ep0m，故C正确；
D.小球运动过程中所受细线拉力的最大值在运动到 53πL 的位置取得，此时速度也最大。根据动能定理 Eq⋅2L=12mvmax2−12mvmin2，在该点处合外力提供向心力，即 T−Eq=mvmax2L，解得 T=6Ep0L，故D错误。
7.【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。
8.【答案】A
【解析】若小球从虚线上某处静止释放，则恰好沿虚线向斜下方向运动，说明小球所受重力与电场力的合力方向沿虚线斜向右下方，将小球所受重力与电场力合成为一个力，叫作等效重力，用 G' 表示，等效重力加速度设为 g' ，则
G'=mg'
若小球的初速度方向垂直于虚线向右上方向，则小球做类平抛运动，当小球到达最高点时竖直方向的速度等于零，有
v0sin45 ∘=g'cs45 ∘t
小球上升的高度为
h=v0cs45 ∘2t
重力势能增加了 E0 ，即
E0=mgh
又
v0=2 E0m
以上四式联立解得
g'= 2g
说明小球所受电场力方向水平向右，大小为
F=mg
即小球水平方向和竖直方向加速度大小相等，则小球上升到最高点过程中，电场力做功为
W=Fx
x=v0cs45 ∘⋅t+12gt2
竖直方向有
v0sin45 ∘=gt
联立得
W=3E0
即小球电势能减少了 3E0 ，电势能改变量为 −3E0 ，故选A。
9.【答案】AC
【解析】A、当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，其接入电路的电阻减小，电路中电流I增大，U1增大。根据闭合电路欧姆定律得：U2=E−I(R1+r)，知U2减小。根据U3=E−Ir知U3减小。因U1+U2=U3，所以
|ΔU1||ΔU3|，故A正确；
B、R1是定值电阻，则U1I=ΔU1ΔI=R1，均不变，故B错误；
C、R2是可变电阻，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R2减小，有U2I=R2，变小。
根据U2=E−I(R1+r)，得ΔU2ΔI=R1+r，不变，故C正确；
D、U3I=R1+R2，变小。根据U3=E−Ir，得ΔU3ΔI=r，不变，故D错误。
10.【答案】AC
【解析】AB、根据v−t图像可知，粒子的加速度在逐渐增大，粒子所受电场力在逐渐增大，电场强度E随位移x在逐渐增大，A正确，B错误;
D、粒子带负电，电场力方向从A指向B，电场强度方向从B指向A，故从A到B电势逐渐升高，由于电场强度逐渐增大，故φ−x图像的斜率逐渐增大，D错误．
C、从A到B电势能逐渐减小，由于电场力增大，Ep−x图像的斜率逐渐增大，C正确。
11.【答案】(1)向右；变大；
(2)4×10−3；5×10−4；
【解析】【分析】
(1)根据平行板电容公式可知插入有机玻璃会使介电常数增大，从而电容器容值增大，电容重新充电，从而判断电流计会向右偏转；
(2)I−t图像中图线和横轴围成的面积表示电荷总量，通过C=QU即可计算电容容值大小。
【解答】
(1)闭合开关S且充电结束后，电容器两极板间电压保持不变，根据C=ε,S4πkd、C=QU可得，插入一
块有机玻璃板时，e，变大，电容C变大，电容器继续充电，电容器极板的带电量要继续增加，指针向右偏转。
(2)根据I−t图像的面积表示电容器充电完成所带的电荷量可知，图线包围的格数约为16格，则电容器充
电后的电荷量为Q=16×2.5×10−4C=4×10−3C
根据电容的定义知，电容器的电容为C=QU=5×10−4F
12.【答案】欧姆调零
40
10
9.0/10
10.5
12.5

【解析】(1)选择多用电表“×10”的倍率挡，然后进行欧姆调零，由图甲所示可知，该定值电阻的阻值R0=4×10Ω=40Ω；
(2)根据图乙所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：E=U+I(r+R0)=U+UR(r+R0)，整理得：1U=r+R0E×1R+1E，由图示1U−1R图象可知，k=r+R0E=0.30−×10−2ΩV−1=5ΩV−1，b=1E=0.10V−1，代入数据解得，电源电动势E=10V，r=10Ω；
(3)若电压表的内阻为1000Ω，由闭合电路的欧姆定律得：E=U+I(r+R0)=U+(UR+URV)(r+R0)，整理得：1U=r+R0E×1R+r+R0ERV+1E，由图示1U−1R图象可知，k=r+R0E，b=1E+r+R0ERV，解得电源电动势E=1b+r+R0bRV=10.5V，电源电动势的测量值小于真实值，斜率k不变，由r=kE−R0得，内阻r=12.5Ω。
13.【答案】解：(1)小球静止在圆轨道AC的中点时，由平衡条件：
qE=mgtan45°
解得E=mgq；
(2)小球离开B后竖直方向做竖直上抛运动，则上升到最高点时竖直分速度为0，所需的时间t1=v0g
水平方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律知，加速度大小a=qEm=g
此时水平分速度v1=at1=v0
故小球在最高点时的动能Ek=12mv12=12mv02；
(3)设经过时间t，此时水平分速度vx=at，竖直分速度vy=v0−gt
小球的速度v= vx2+vy2= (gt)2+(v0−gt)2= 2g2(t−v02g)2+v022
可见当t=v02g时，小球的速度具有最小值，为vm= v022= 22v0。
【解析】(1)小球静止时，根据平衡条件列方程即可求出电场强度的大小E；
(2)小球离开轨道后分析小球水平方向和竖直方向的运动情况，求出小球运动到最高点时的水平分速度和竖直分速度即可求出小球到最高点时的动能Ek；
(3)根据速度的合成知识得出小球离开轨道后的速度的表达式，结合数学知识即可求出小球速度的最小值。
解决本题的关键要正确分析小球的受力情况，判断其运动情况，运用运动的分解法研究匀变速曲线。要知道当电场力和重力的合力与速度垂直时小球的速度最小。
14.【答案】解：(1)电路的总电阻为R=R1+r+R2(R3+R4)R2+R3+R4，
解得R=6Ω，
由闭合电路欧姆定律I=ER，
R1两端的电压U1=IR1，
流过R3的电流I1=12I，
R3两端的电压U3=I1R3，
代数解得电容器两板的电势差U=U1+U3=7V，
电容器的带电量Q=CU，
Q=2.8×10−5C；
(2)设电阻箱接入电路的电阻为Rx，则电路的总电阻为：
R总=R1+r+Rx(R3+R4)Rx+R3+R4=9Rx+18Rx+6，
I'=ER总，
流过R2的电流I2=R总−R1−rRxI'=66+RxI'，
电阻箱R2功率为P2=I22Rx，
联立整理得：P2=64Rx(Rx+2)2=64Rx+4Rx+4，
由数学知识可得，当Rx=2Ω时，电阻箱消耗功率最大，最大值为8W。
【解析】(1)解决本题的关键是明确电路结构，明确电容器两端的电压等于与其并联的电阻的电压，根据闭合电路欧姆定律求出其电压，根据Q=CU求带电量。
(2)根据闭合电路欧姆定律结合电功率公式得出R2功率的表达式，然后利用数学知识求最大值。
15.【答案】解：(1)根据图乙可知，为了达到同步加速，电子在圆筒中做匀速直线运动，运动的时间均为 T2 ，电子加速两次过程，根据动能定理有2eU0= 12mv22
第2个金属圆筒的长度s2=v2· T2 ，解得 s2=T eU0m;
(2)电子整个加速过程，根据动能定理得4eU0= 12mv42
解得 v4= 8eU0m
电子在两极板之间偏转过程，根据类平抛运动规律有L=v4t1，y1= 12at12
其中 a=8eU02mL
解得 y1=L4
射出极板后电子做匀速直线运动，沿轴线方向有1.5L=v4t2
沿竖直方向y2=vyt2，vy=at1
解得 y2=3L4
电子打在荧光屏的位置与O点间的距离为Y1=y1+y2=L;
(3)电子通过n个圆筒后，根据动能定理有neU0= 12mvn2
电子在两极板之间偏转过程，根据类平抛运动规律有L=vntn，yn= 12atn2
令电子打在荧光屏上的动能为Ek，根据动能定理有 8eU02Lyn=Ek−12mvn2
解得Ek= (n+4n) eU0
根据数学函数规律可知，当n等于2时，电子打在荧光屏上的动能最小，动能最小值为
Ekmin=4eU0
电子通过2个圆筒加速后在两极板之间偏转过程，根据类平抛运动规律有L=v2t3，y3= 12 at32
解得y3= L2
射出极板后电子做匀速直线运动，沿轴线方向有1.5L=v2t4，沿竖直方向y4=vy1t4，vy1=at3
解得y4= 3L2
电子打在荧光屏的位置与O点间的距离为Y2=y3+y4=2L。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】