广东省广东实验中学越秀学校2024-2025学年高二上学期周测物理试题

高二物理测试（20241102） 一、单项选择 1．下列关于电场强度的说法中，正确的是(　　) A．由E＝知，电场强度E跟静电力F成正比，跟放入电场中的电荷的电荷量q成反比 B．由E＝k知，点电荷产生的电场中E与场源电荷电荷量Q成正比，与r2成反比 C．由E＝k知，在以场源电荷Q为球心，r为半径的球面上的各点电场强度E均相同 D．电场中某点的电场强度E的方向就是该点所放电荷q受到的静电力F的方向 2．某区域的电场线分布如图1所示，M、N、P是电场中的三个点，则下列说法正确的是(　　) A．P、N两点场强不等，但方向相同 B．试探电荷在M点受到的静电力小于在N点受到的静电力 C．试探电荷在P点的电势能一定小于在N点的电势能 D．带正电的粒子仅在静电力作用下，一定沿电场线PN运动 3．下列粒子从静止状态经过电压为U的电场加速后速度最大的是(　　) A．质子(H) B．氘核(H) C．α粒子(He) D．氚核(H) 4.如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长为ab＝10 cm，bc＝5 cm，当将C与D接入电压恒为U的电路时，电流为2 A，若将A与B接入电压恒为U的电路中，则电流为(　　) A.0.5 A B.1 A C.2 A D.4 A 5．如图7所示，匀强电场的方向平行于O、P、Q三点所在的平面，三点的连线构成一个直角三角形，∠P是直角，∠O＝30°，PQ＝2 cm，三点的电势分别是φO＝5 V，φP＝11 V，φQ＝13 V．下列叙述正确的是(　　) A．电场的方向沿QO方向，电场强度大小为2 V/m B．OQ连线中点的电势为6.5 V C．电子在P点的电势能比在Q点低2 eV D．沿O→P→Q路径将电子从O点移动到Q点，静电力做的功为8 eV 6．如图所示，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为定值电阻，R1＞r，R3为光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小，闭合开关S后，若照射R3的光照强度减弱，则(　　) A．R1两端的电压变大 B．通过R2的电流变大 C．电源的输出功率变大 D．小灯泡消耗的功率变大 7．如图，喷雾器可以喷出质量和电荷量都不尽相同的带负电油滴．假设油滴以相同的水平速度射入接有恒定电压的两水平正对金属板之间，有的沿水平直线①飞出，有的沿曲线②从板边缘飞出，有的沿曲线③运动到板的中点上．不计空气阻力及油滴间的相互作用，则(　　) A．沿直线①运动的所有油滴质量都相等 B．沿直线①运动的所有油滴电荷量都相等 C．沿曲线②、③运动的油滴，运动时间之比为1∶2 D．沿曲线②、③运动的油滴，加速度大小之比为1∶4 二、多项选择 8．如图所示，一电容为C的平行板电容器，两极板A、B间距离为d，板间电压为U，B板电势高于A板．两板间有M、N、P三点，M、N连线平行于极板，N、P连线垂直于极板，M、P两点间距离为L，∠PMN＝θ.以下说法正确的是(　　) A．电容器带电荷量为 B．两极板间匀强电场的电场强度大小为 C．M、P两点间的电势差为 D．若将带电荷量为＋q的电荷从M移到P，该电荷的电势能减少了 9、如图甲所示，用内阻为r1的充电宝为一手机充电，其等效电路如图乙所示，在充电开始后的一段时间t内，充电宝的输出电压U、输出电流I可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为r2，则时间t内(　　) A.充电宝输出的电功率为UI－I2r1 B.手机电池的热功率为I2r2 C.手机电池产生的焦耳热为t D.手机电池增加的化学能为UIt－I2r2t 10、在如图所示的电路中，电源电动势为6 V，内阻为2 Ω，定值电阻R的阻值为10 Ω，电动机的线圈阻值为2 Ω。闭合开关S后，理想电压表的示数为3 V。下列说法正确的是(　　) A.电源的输出功率为4.5 W B.电动机消耗的功率为0.75 W C.电动机线圈在1分钟内产生的热量为0.125 J D.如果电动机被卡住，电压表的示数将变小 三、实验 11、兴趣小组尝试测量某电源的电动势和内阻，并探究滑动变阻器消耗的功率P。 (1)已知电源内阻比较小，移动滑动变阻器滑片时，为了使电压表示数变化比较明显，该小组同学在思考后将R0＝8 Ω的定值电阻串入图2甲电路中的____________(选填“A”或“B”，填在答题卡11题处)，可以解决该问题。 (2)根据(1)问中选择的电路，多次调节滑动变阻器R阻值，读出相应的电压表和电流表示数U和I，将测得的数据描绘出如图乙所示的U－I图像，电源的内阻r0＝______Ω( 选A、10；B、2.0；C、8.0；填在答题卡12题处)，滑动变阻器R消耗的最大功率为________W（选A、0.225；B、0.325；C、0.375；填在答题卡13题处）。 (3)该小组同学根据(1)问中选择的电路，分析了实验中由电表内阻引起的实验误差。下图中，实线是根据本实验的数据描点作图得到的U－I图像，虚线是该电源在没有电表内阻影响的理想情况下所对应的U－I图像，则可能正确的是________（填在答题卡14题处）。 12.(1)用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T。 ①请将以下测量步骤补充完整： a. 旋动部件________（选A、“S”；B、“T”；C、“K”；填在答题卡15题处），使指针对准电流的“0”刻线。 b. 将K旋转到电阻挡“×100”的位置。 c. 将插入“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动部件________（选A、“S”；B、“T”；C、“K”；填在答题卡16题处），使指针对准电阻的________(填A、“0刻线”或B、“∞刻线”，填在答题卡17题处)。 ②将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小。为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按________（选A、“ADC”；B、“BDC”； 填在答题卡18题处）的顺序进行操作，再完成读数测量。 A.将K旋转到电阻挡“×1 k”的位置 B.将K旋转到电阻挡“×10”的位置 C. 将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接 D.将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准 (2)图为表头改装欧姆表的原理示意图。表头的量程为Ig＝300 μA，内阻为Rg＝500 Ω，电源电动势E＝3 V，内阻为r＝2.0 Ω，R为变阻器，最大阻值为10 kΩ。 ①由上述条件可知，改装后该表盘的正中央所标记的待测电阻阻值应为________Ω（选A、“10000”；B、“1000”；C、“5000” 填在答题卡19题处），若该表盘正中央刻线标记数字为10 Ω，则按上述方式直接改装得到的应是该欧姆表的________挡(填写A、“×1 k”；B、“×100”；C、“×10”；D、“×1” 填在答题卡20题处)。 ②若通过改变欧姆表内部电源的电动势来更换挡位，则要得到“×10”挡，需将电源电动势调整至________V(填写A、“0.3”；B、“0.03”；C、“30”；D、“0.003” 填在答题卡21题处)。 ③此欧姆表使用一段时间后，电源内阻明显增大，电动势不变，但仍可进行欧姆调零。此时用欧姆表测电阻，将会导致测量值________(填写A、“偏大”；B、“偏小”或C“无影响”；填在答题卡22题处)。 ④如图8所示，发光二极管是电子线路中常用的元件，一般作为指示灯使用。其“长脚”为正极，“短脚”为负极。当电流正向流经发光二极管时(从正极流入)，其电阻较小，可以发光。现利用欧姆表测量发光二极管电阻，发现二极管可以发光，则可知红表笔连接二极管的________(填写A、“长脚”或B、“短脚”；填在答题卡23题处)。 四、计算 13．如图所示，甲图中滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙中的AC、BC两直线所示．不考虑电表对电路的影响． (1)电压表V1、V2的示数随电流表示数的变化图像应分别为UI图像中的哪一条直线？ (2)定值电阻R0、滑动变阻器的总电阻R分别为多少？ (3)求出电源的电动势和内阻． 14.一个初速度为零的电子通过电压U＝4 500 V的电场加速后，从C点沿水平方向射入电场强度E＝1.5×105 V/m的匀强电场中，到达该电场中另一点D时，电子的速度方向与电场强度方向的夹角正好是120°，如图12所示．试求C、D两点沿电场强度方向的距离y. 15．如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置在两个固定的等量正点电荷P、Q的中垂线上，A、B、C是细杆上的三个点，且AB＝BC＝L；点电荷P、Q到B、C的距离也均为L；质量为m、电荷量为q的有孔带电小球套在杆上，从A点无初速度下滑，小球滑到B点时的速度大小为.若等量点电荷P、Q的电荷量为q′(q≪q′)，静电力常量为k，重力加速度为g.求： (1)小球带何种电荷及A、B两点的电势差UAB； (2)小球到达C点时的速度大小； (3)（选做）小球到达C点的加速度并简单描述小球从B到C的运动情况． 答案： 1-5、BBAAD；6-7、BD；8-10、CD、BD、BD 11、答案　(1)A　(2)2.0　0.225　(3)B 12、答案　(1)①a.S C.T　0刻线　②ADC (2)①10 000　×1 k　②0.03　③无影响　④短脚 13、答案　(1) 　 (2)3 Ω　12 Ω　(3)8 V　1 Ω 14、答案　0.01 m 15、答案　 解析　(1)因为杆是光滑的，小球从A到B的运动过程中只有重力和静电力做功，设静电力做功WAB 由动能定理得：WAB＋mgL＝mvB2 (2分) 解得静电力做功WAB＝mgL(1分) 静电力做正功，所以小球带负电荷(1分) A、B两点间的电势差为U＝＝－(2分) (2)因为四边形BPCQ为菱形，所以B、C电势相等，小球从B到C时只有重力做功． 根据动能定理得mgL＝mv－mv(2分) 解出vC＝(1分) (3)分析小球受力，则由几何关系可知∠PCB＝，设向下为正方向(1分) 根据库仑定律得F＝k(1分) 分解小球的库仑力，可得F合＝mg－2cos ＝mg－(2分) 根据牛顿第二定律a＝g－(1分) 当a≥0，小球从B运动到C点时，做变加速直线运动(1分) 当a＜0，小球从B运动到C点时，小球先做变加速直线运动，后做变减速直线运动(1分) 2 学科网（北京）股份有限公司 $$