重庆市南开中学2025-2026学年高二上学期周练物理试题（9.25）

重庆南开中学高2027级高二（上）周练 物理试题(9月25日) 本试卷分为第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时 间90分钟。第I卷和第Ⅱ卷都答在答题卡上。 第卷（选择题共49分） 1·关于电源和电流，下述说法正确的是() A.电源的电动势在数值上始终等于电源正、负极之间的电压 B.电流的方向就是电荷定向移动的方向，导线中自由电荷定向运动的速率接近光速 C.公式E=严与U=严中的m都是电场力做的功 0 D.从能量转化的角度看，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能 2.如图所示，一块均匀的长方体样品，长为a,宽为b,高为c,且a>b>c。当电流沿 AB方向时测得样品的电阻为R,则R为( A.pe B.p品 C.Pab D.p 3.扫地机器人是智能家用电器的一种，能凭借一定的人工智能，自动在房间内完成地板清 理工作。若机器人直流电动机的额定电压为U,额定电流为，线圈电阻为”，当它正常工 作时，下列说法正确的是() A.电动机的电流I= B.电动机消耗的电功率P=I户， C.电动机输出的机械功率为UⅡ-， D.t时间内电动机产生的热量Q=Y。 4.如图所示，a,b为同种材料的电阻，已知a的长度为L,b的长度2L,横截面积a相 同，则在两支路a和b中，电荷移动的速率之比() A.1:1 B.2:1 C.1:2 D.4:1 5.如图所示，将一只满偏电流为100mA、内阻为302的表头改装成测量电流、电压两用 的电表，已知R=6,R=202。下列说法正确的是（) +个 G A,接Oa端是电流表，量程为500mA B.接Oa端是电流表，量程为120mA 试卷第1页，共7页 红书号scsY仙2 C.接Ob端是电压表，量程为15V D.接Ob端是电压表，量程为3V 6.为了打击酒驾醉驾行为，保障交通安全，交警常用酒精浓度检测仪对驾驶员进行酒精测 试，图1是某型号酒精测试仪，其工作原理如图2所示，为气敏电阻，其阻值随酒精气 体浓度的增大而减小，电源的电动势为E、内阻为？，电路中的电表均为理想电表，R为 定值电阻，且尾=T。当酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，下列说法错误的是() A.饮酒量越多，电源的效率越小 B.饮酒量越多，电源的输出功率一定越小 C.电压表的示数变小，电流表的示数变大 D.电压表示数变化量与电流表示数变化量 图1 图2 的绝对值之比保持不变 7.在图甲所示的电路中，电源的电动势为3.0V,内阻不计，灯L为三个相同规格的小灯 泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。闭合开关S,下列说法中正确的是() A 0.30 0.25 0.20 0.15 0.10 0.05 00.51.0152.02.53.03.5i八V 乙 A.灯泡L的电阻小于L2的电阻 B.灯泡L,的电流大小为灯泡L2电流的2倍 C.灯泡L,的功率为0.375W D.电路总功率为1.35W 8.在如图所示的电路中，定值电阻R=32、R=22、R=12、 R=32,电容器的电容C-4知F,电源的电动势E-10V,内阻不 计。闭合开关S、S2,电路稳定后，则() A.a、b两点间的电势差Ub=3.5V B.电容器所带电荷量为1.4×106℃ C.断开开关S2,稳定后流过电阻R3的电流与断开前电流大小不相等 D.断开开关S2,稳定后电容器上极板所带电荷量与断开前相比的变化量为2.4×105℃ 试卷第2页，共7页 红用号ssY仙2 二、多项选择题：本题共5小题，每小题5分，共25分。在每小题给出的四个 选项中，至少有一个答案符合题目要求，全部选对得5分，漏选得3分，选错得 0分。 9.如图所示的电路，L是小灯泡，C是极板水平放置的平行板电容器。有一带电油滴悬浮 在两极板间静止不动。若滑动变阻器的滑片向下滑动，则() A.L变暗 B.电容器C电荷量增加 C.油滴保持静止不动 D.油滴向下运动 10.如图所示为某烟雾报警装置简易原理图，M为烟雾传感器，其阻值RM随着烟雾浓度 的增大而减小，Ro为定值电阻，滑动变阻器R的滑片P调整至合适位置，电源电动势和内 阻恒定不变。当烟雾浓度增大到一定程度时，电流表指针偏转到某区域，进而触发报警系 @ 统。已知电表均为理想电表，下列说法正确的是() 烟雾传感器 A.当烟雾浓度增大时，电压表示数减小 M B.当烟雾浓度增大时，电流表示数减 C.滑片P向左移动可以提高报警灵敏度 D.当烟雾浓度增大时，烟雾传感器消耗的功率一定增大 s E 11.如图所示的UI图像中，直线a表示某电源的路端电压U与电流I的关系，直线b、c 分别表示电阻R、R的电压U与电流I的关系。下列说法正确的是() A.电阻R1、R2的阻值之比为4：3 ◆UV B.该电源的电动势为6V,内阻为32 C.只将R1与该电源组成闭合电路时，电源的输出功率为4W D.只将R2与该电源组成闭合电路时，内、外电路消耗的电功 率之比为1：1 2 3 I/A 12.在图甲所示的电路中，电源的电动势为E,内阻为，R,为定值电阻，R2为滑动变阻 器，闭合开关S,在滑动变阻器的滑动触头P向上滑动的过程中，四个理想电表的示数都 发生了变化.图乙中的三条图线分别表示了三个电压表示数的变化情况，则下列说法正确 的是() 试卷第3页，共7页 红书号csY仙2 R 甲 A.图线α表示的是电压表V2的示数的变化情况 B.图线b表示的是电压表V1的示数的变化情况 C.此过程中电压表V2示数的变化量△U2和电流表A示数的变化量△I的比值的绝对 值不变 D.此过程中电压表V?示数的变化量△U,和电流表A示数的变化量△1的比值的绝对 值不变 13.如图甲，滑动变阻器标有“2022A”,闭合开关S,滑动变阻器的滑片从最右端滑至某 一位置时，小灯泡正常发光，电流表示数与两电压表示数的关系图像如图乙，电源内阻不 计。下列说法中正确的是（) UN 12 Ro R 0.5 1.0IA 甲 A.电源电压为12V B.小灯泡的额定功率为6W C.电路的总功率变化范围是7.5W~15W D.小灯泡正常发光时，滑动变阻器连入电路的电阻为42 第Ⅱ卷（非选择题共51分） 三、实验题：本题共2小题，14题6分，15题10分，共16分。 14.某兴趣小组准备测量一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了以下器材： 待测干电池 电压表（量程0-3V,内阻很大） 电流表（量程0-0.6A,内阻=0.22） 滑动变阻器（阻值范围0-202） 试卷第4页，共7页 开关S、导线若干 (1)该小组利用给定的器材设计了甲、乙两种电路，为减小实验误差，应使用图（选 填“甲”或“乙”)进行测量： ④ 个UV R E.r 匆 乙 a (②)闭合开关S后，改变滑动变阻器的阻值，得到多组电压表的示数U和对应的电流表示 数L,作出的图像如图丁所示，若测得该图像的横截距为α，纵截距为b,则该电源的电动 势E=一。内阻r=(用a、b、表示)： 15,电导率是检验纯净水是否合格的一项重要指标，它是电阻率的倒数，某实验小组为了 测量某品牌纯净水样品的电导率，将采集的水样装入粗细均匀的玻璃管内，玻璃管两端用 装有金属圆片电极的橡胶塞密封。实验小组用刻度尺测出两电极相距工，用游标卡尺测得 玻璃管的内径为D。接下来，实验小组先用多用电表欧姆挡粗测水样电阻的阻值，然后再 用“伏安法测量其阻值。最后分析数据，得出该品牌纯净水样品的电导率。 实验小组用“伏安法”测量水样电阻的阻值时，有以下器材供选用： A.电流表(0600μA,内阻约1002) B.电流表(0~0.6A,内阻约0.1252) C.电压表(0~3V,内阻约3k2) D.电压表(0~15V,内阻约15k2) E.滑动变阻器(0~1002，额定电流1A) F.电源(12V,内阻约1.02) G.开关和导线若干 图甲 小红书号hscs他2 (1)已知水样的电阻约为20k2,实验小组用“伏安法”测量水样电阻的阻值时，为减小测 量误差，电流表应选用 ,电压表应选用 （选填器材前的字母)。 (2)图甲是实验器材实物图，已连接了部分导线。请补充完成实物间的连线。 (3)下表是实验小组测量玻璃管中水柱的电流及两端电压的6组实验数据，其中5组数据 的对应点已经标在图乙的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出1图线。 1 2 3 4 5 6 UN 1.0 3.0 5.0 7.0 9.0 11.0 IlpA 53.5 160 267 374 411 588 0 ■■■■■■■■■■ 01002003004005006007LA 图乙 (4)若得到水样电阻的阻值为R,则水样品电导率的表达式为 (用D、L和R表 示)。 (5)为了探索分压电路中选择最大阻值是多大的滑动变阻器更有利于完成实验，某同学分 别用最大阻值是102、1002、10002的三种滑动变阻器做分压电阻，用如图丙所示的电路 进行实验。实验中所用的定值电阻R=30Ω。当滑动变阻器的滑片由一端向另一端移动的过 程中，根据实验数据，分别作出电压表读数R随（指滑片移动的距离x与滑片在变阻器 上可移动的总长度L的比值)变的关系曲线a、b、c,如图丁所示。 图丙 图T 则图丁电的图线a对应的滑动变阻器是 为了更有利于完成实验，滑动变阻 器应选择 A.最大阻值为10n的滑动变阻器： B.最大阻值为1002的滑动变阻器： C.最大阻值为10002的滑动变阻器； 四、计算题：本题共3小题，16题8分，17题11分，18题16分，共35分。 请写出列式依据、重要的演算步骤等，只写出最后结果计0分。 试卷第6页，共7页 小红书号cY2 16.如图所示的电路中，电源的内阻为0.82，电阻R=22, 飞=32，R=22。当开关S闭合时，理想电流表示数为0.6A,求： (I)流过电阻R,的电流2；(2)电源的电动势E。 A R 17.一台电风扇，内阻为202，接上220V电压后，消耗功率66W。求： (I)电风扇正常工作时通过电动机的电流是多少； (2)电风扇正常工作时转化为机械能的功率是多少： (3)如果接上电源后，电风扇的风叶被卡住，不能转动，请推导说明此时电动机为什么容易 被烧毁。 18如图，虚线MN下方存在与竖直方向成45°角斜向左上方的匀强电场，在MN上、下方 各划定一个边长为d的正方形区域ABCD、CDFG,ABCD区域内曲线I上的点满足这样的 条件：任一点到CD边的距离y和到AD边的距离x满足y= (x,y均为变量)第一 4 次试验：将一质量为m、带电量为9(q>0)的小球P在曲线I上任意一点静止释放，P 仅在重力作用下竖直下落通过CD边，发现进入电场后P的加速度水平向左，最终离开 CDFG区域第二次试验：将P从曲线I上距离CD边为0.5d的点静止释放，进入电场后， 当P到达CDFG边界某点时，另一沿着GF边做减速运动、质量为m(k>0)的小球Q 恰好运动到该点，且到达该点时速度为零，P与Q在该点发生弹性正碰（时间极短）.已知 碰后P的电荷量变为号、质量不变，Q离开CDFG边界后便不再与P相互作用，重力加速 度为8，求 曲线虹 M- (1)电场强度E的大小： (2)第一次试验中，P释放后离开CDFG区域时的点与G的距离： (3)第二次试验中，P从与Q发生碰撞到离开CDFG区域经历的时间 试卷第7页，共7页 20250925周练参考答案 题号 1 2 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C B C & 0 0 AD AC 题号 11 12 13 答案 CD BCD BC 8.【详解】A. 设电源负极的电势为0，则电源正极的电势为p=10V 又因为p一”。= E一R R+R 代入数据可解得p。=4V E一R 同理有9一%=R+ 解得p,=7.5V 故U=9。-%=-3.5V,故A错误； B.由2=CU可知，此时电容器所带电荷量为Q=4×106×3.5C=1.4×105C，,故B错误： C.由电路知识可知，断开开关S2,稳定后流过电阻R3的电流与断开前相比不会发生变 化，故C错误； D.断开开关S2,稳定后a点的电势为g,=10V b点电势仍为7.5V,故此时U=g。-%,=2.5V 上极板带正电，结合前面计算，可得上极板带电荷量的变化量为 △2=C△U=4×106×6C=2.4×105C,故D正确。 12.【详解】A,在滑动变阻器的滑动触头P向上滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电 阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，根据欧姆定律U=R 可知电压表V,的示数随电流的增大而增大，图线c表示的是电压表V,的示数的变化情况， 故A错误； BC.根据闭合电路欧姆定律可得U=E-r,U=E-I(r+R) 根据图线α的斜率绝对值比b的斜率绝对值大，可知图线a表示的是电压表V,的示数的变 化情况，图线b表示的是电压表V的示数的变化情况，故B正确，C错误： D.由闭合电路欧姆定律得U,=8-(+R),可知爱r+R 可知电压表V示数的变化量△U,和电流表A示数的变化量△I的比值的绝对值不变，故D 正确。 16.(1)0.4A(2)4V 【详解】(1)由欧姆定律知及并联关系可知U2=U 即L3R=I2R2解得I2=0.4A (2)干路电流为I,=I2+I3=1A 则电阻R,两端的电压U,为U=IR=1×2V=2V 由闭合电路欧姆定律可得电源的电动势E等于E=U+U,+I,W=2V+1.2V+1×0.8V-4V 17.(1)0.3A(2)64.2W(3)电流过大，发热功率过大 【详解】(1)根据B=U 解得1=会-岛A=03A (2)电风扇正常工作时转化为内能的功率=I2R=0.32×20W=1.8W 电风扇正常工作时转化为机械能的功率P机=P-P=66W-1.8W=64.2W (3)电风扇的风叶被卡住后，电动机不转时可视为纯电阻电路，通过电风扇的电流 4=9220 A=11A>I R20 发热功率P為=IR=112×20W=2420W 此时电流过大，发热功率过大，所以此时电动机容易被烧毁。 18.()E=2mg (2)d )0或-，厚 k+1 Vg 【详解】(1)题意知粒子第一次进入电场后合力（或加速度）方向水平向左，则有 qEcos45°=mg 解得五=2mg 9 (2)设P到达虚线CD边时速度为'。，从CD边经过t时间到达FG边，进入电场后加速度 大小为a,由动能定理有mg=2m 进入电场后，小球做类平抛，则有qEcos45°=ma d 竖直方向t= % 1 水平方向s=2t 又g号 联立可得s=x 故在任一点释放P均从F点离开，与G点距离为d。 (3)设P到F点的水平速度和竖直速度分量分别为y、y,有2=v=2g×(0.5d) 故P到达F点速度大小为v=√+y=2g@ 沿CF方向，设碰后P、Q速度大小分别为y和y2,由动量守恒有mw=m%+amw2 由机板能守恒m2-方m+m mg 解得w1片2网 碰后P受到电场力大小为98= 2 mg 放P受到的合力也沿着CF方向如图，且大小为2 mg。 mg 2 (i)若0<k≤1，P直接从F点离开，即经历时间t=0; ()若k>1,碰后P反弹，P沿着C反向减速为零时位移为，有- -mgs=0-1m 解得s=) dsd 可知P球不能到达C点，将经历先减速后加速的过程从F点离开，由动量定理有 2mgt=my-(←m) 8得 4