1、高二年级上学期第三次双周考物理试卷一、选择题（本大题 1-6 题为单选题，7-10 题为多选题，每题 5 分共 50 分。 ）1.电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力，因此( )A. 电动势是一种非静电力B. 电动势越大，表明电源储存的电能越多C. 电动势就是闭合电路中电源两端的电压D. 电动势的大小是非静电力做功能力的反映【答案】D【解析】【详解】A、电动势在数值上等于非静电力把 1C 的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，不是一种非静电力，故 A 错误；BD、 、电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量，是非静电力做功能力的反映，电动势越大，表明电源将其
2、它形式的能转化为电能的本领越大，故 D 正确，B 错误；C、电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，在闭合电路中电源两极间的电压是路端电压，小于电源电动势，故 C 错误；故选 D。【点睛】关键是对电动势的理解，要注意电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，抓住电动势的物理意义和闭合电路欧姆定律进行分析。2.在如图所示的 图象中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线 为某一电阻 R 的伏安特性曲线.用该电源与电阻 R 组成闭合电路.由图象判断错误的是( ) A. 电源的电动势为 3 V，内阻为 0.5B. 接入电路后电阻 R 的阻值为 1C. 电源的效率为 80%
3、D. 电源的输出功率为 4 W【答案】C【解析】【详解】A、由图线图线纵轴截距读出电源的电动势，为 E=3V，其斜率大小等于电源的内阻，则内阻为 ，故 A 正确；B、电阻 R 的阻值为 ，故 B 正确；C、电源的效率为 ，故 C 错误；D、两图线的交点表示该电源直接与电阻 R 相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压，则有 U=2V，I=2A，电源的输出功率为 P=UI=22W=4W，故 D 正确；错误的故选 C。【点睛】据图线纵轴截距读出电源的电动势，斜率大小读出电源的内阻，图线的斜率大小等于电阻 R 的大小，两图线的交点表示电阻 R 接在该电源的电压和电流，求出电源的输出功率和电源的效率。3
4、.如图所示，电阻 1 2 3 4满足 1： 2： 3： 4 = 1：2：3：4，当 AB 间接上直流电压时， 1 2 3 4 的电流比为( )A. 1：2：3：4 B. 1：2：3：6 C. 3：2：1：6 D. 6：3：2：11【答案】D【解析】【详解】由并联电路的电压相同可得：电阻 R1、R 2、R 3两端的电压相等，故由欧姆定律可得：，又由并联电路电流分流可得： ，所以 ，故 D 正确，A、B、C 错误；故选 D。【点睛】关键是根据并联电路电压相同，由欧姆定律得到 I1，I 2，I 3的数值关系，然后根据并联电路电流分流求得 I4与 I1，I 2，I 3的关系，即可得到比值。4.如图所示
5、是量程 300 的电流表改装的欧姆表，电源电动势 = 1.5 ，内阻不计，则电流表 150 的刻度对应欧姆表的刻度值应是（ ）A. 5000 B. 2500 C. 1000 D. 7500【答案】A【解析】【详解】欧姆表的内阻为 ，根据闭合电路欧姆定律则有，电流表 150 的刻度对应欧姆表的刻度值应是：，故 A 正确，B、C、D 错误； 故选 A。【点睛】先根据闭合电路的欧姆定律求内电阻，再分别求不同电流时所对应的总电阻，用总电阻减去内阻即是外接电阻的值，即欧姆表的示数。5.一段长为 L 的均匀电阻丝，把它拉成 2 L 长的均匀细丝后，切成等长的两段，然后把它们并联在一起，其电阻值为 R，则电
6、阻丝原来的电阻值为( )A. B. C. R D. 2R【答案】C【解析】一段长为 L，电阻为 R 的均匀电阻丝，把它拉制成 2L 长的均匀细丝后，切成等长的两段，然后把它们并联在一起，长度和横截面积均没有改变，根据电阻定律公式 ，其电阻不变，为 R故选 C.6.如图所示， ABCD 是匀强电场中一四边形的四个顶点，ABCD 是一直角梯形且 CD=AD=2AB，已知 A、 B、 C 三点的电势分别为 = 15 ， = 3 ， = 3 ，由此可得 D 点电势为( ) A. 6V B. 15V C. 12V D. 21V【答案】D【解析】【详解】由于 ， ，在匀强电场中则有 ，即 ，解得 ，故 D
7、 正确，A、B、C 错误；故选 D。7.图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为 T 的交变电压 u，电压 u 随时间 t 变化的图线如图乙所示. = 0 时质量为 m、重力不计的带电粒子以初速度 0沿中线射入两板间，经时间 T 从两板间飞出.下列关于粒子运动的描述正确的是A. 无论哪个时刻入射的粒子在电场中的运动时间都相同B. = 0 时入射的粒子离开电场时动能最大C. 无论哪个时刻入射的粒子离开电场时的速度都相同D. 无论哪个时刻入射的粒子离开电场时的动能都相等【答案】ACD【解析】【详解】A、因为水平方向粒子的速度 v0保持不变，根据 可知无论哪个时刻入射的粒子在电场中的运动时间都相同，故
8、 A 正确；BCD、因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期 T，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故所有粒子离开电场时竖直速度为零，即最终都垂直与电场方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，根据 可知离开电场时的动能都相等，故C、D 正确，B 错误；故选 ACD。【点睛】关键是粒子水平方向做匀速直线运动，运动的时间等于电场变化的周期，在竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故所有粒子离开电场时竖直速度为零。8.如图所示，平行的实线代表电场线，方向未知，一正电荷在电场中只受电场力作用，该电荷由 A 点移到 B 点， 动能损失，若 A 点电势为零，则( )A. 电场线方向向左
9、B. B 点电势为负C. 电荷运动的轨迹可能是图中曲线 aD. 电荷运动的轨迹可能是图中曲线 b【答案】AD【解析】【详解】据题意，电荷由 A 点移到 B 点，动能损失，说明电场力做负功，而粒子做曲线运动，电场力指向轨迹弯曲的内侧，所以可知粒子沿曲线 b 运动，电场力向左；因为电荷带正电，所以电场线方向向左，根据顺着电场线方向电势降低可知，B 点的电势高于 A 点的电势，A点电势为零，则 B 点电势为正，故 A、D 正确，B、C 错误； 故选 AD。【点睛】关键是知道物体作曲线运动时，合外力的方向与物体运动的方向不在同一条直线上，且合外力指向轨迹的内侧；正电荷所受电场力的方向与场强的方向相同。
10、9.在如图所示的电路中，电源的电动势为 E，内阻为 r，平行板电容器 C 的两金属板水平放置， R 1和 R 2为定值电阻， P 为滑动变阻器 R 的滑动触头， G 为灵敏电流表， A 为理想电流表.开关 S 闭合后， C 的两板间恰好有一质量为 m、电荷量为 q 的油滴处于静止状态.在 P 向上移动的过程中，下列说法正确的是 （ ）A. 安培表的示数变小B. 油滴向下加速运动C. G 中有由 b 至 a 的电流D. 电源的输出功率一定变大【答案】AC【解析】【详解】A、粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻 R、电阻 R2相并联后与 R1串联；滑片向上移动，电阻 R 变大，电路
11、总电阻变大，总电流变小，则 A 表的示数变小，故 A 正确；B、电容器两端电压为： ，故电容器两端电压变大，根据 可知电场力变大，粒子向上加速，故 B 错误；C、电容器充电，故电流从 b 到 a，故 C 正确；D、根据当外电阻等于内电阻时，此时电源输出功率最大，虽外电阻在变大，但不知与内电阻的关系，因此无法确定输出功率的大小关系，故 D 错误；故选 AC。【点睛】电容器与电阻 R、电阻 R2相并联后与 R1串联，滑片移动，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到导致电容器两端电压变化情况，最终判断油滴受力变化和运动情况。10.如图所示，电源电动势为 E，内电阻为. 理想电压表 1、 2示数为
12、1、 2，其变化量的绝对值分别为 1和 2；流过电源的电流为 I，其变化量的绝对值为 . 当滑动变阻器的触片从右端滑到左端的过程中(灯泡电阻不变化) ( )A. 小灯泡 3，L1 变暗, 2变亮B. 1 2C. 不变D. 不变【答案】BCD【解析】【详解】A、当滑动变阻器的触片 P 从右端滑到左端时，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，路端电压减小，则 L2变亮；变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分的电压减小，则 L3变暗；总电流增大，而 L3的电流减小，则 L1的电流增大，则 L1变亮；故 A 错误；B、由上分析可知，电压表 V1的示数减小，电压表 V2的示数
13、增大，由于路端电压减小，即两电压表示数之和减小，所 ，故 B 正确；C、由 得： 不变，故 C 正确；D、由 得： 不变，故 D 正确；故选 BCD。【点睛】电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”思路进行分析，运用总量法分析两电压表读数变化量的大小；运用欧姆定律定量分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值变化，这是常用的方法。二、实验题探究题（本大题共 2 小题，共 18.0 分）11.王境泽同学在“测定金属的电阻率”的实验中，所用的电压表规格：量程 0-3 、内阻3 ；电流表规格：量程 0-0.6 、内阻 0.1 ；还有其他一些器材： (1)电流表、电压表的示数如图 所示. 请读出电流
14、表，电压表的读数： =_， =_(2)用螺旋测微器测得金属丝的直径，如图 1 所示，可知金属丝的直径 =_mm(3)做完实验王同学用游标卡尺测量了一下新买的笔芯的直径，如图 所示，则直径是 =_mm【答案】 (1). 0.48A (2). 2.40V (3). 0.623（0.621-0.624 皆可） (4). 40.20【解析】【分析】读取电流表或电压表示数时，首先要明确它们选择的量程和对应的分度值，读数时视线与指针所在刻线相垂直；螺旋测微器估读刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；【详解】解：(1)由图知，电压表的量程为 03V，分
15、度值为 0.1V，则示数为 2.40V；电流表的量程为 00.6A，分度值为 0.02A，则示数为 0.48A；(2)用螺旋测微器的固定刻度为 0.5mm，可动刻度为 12.30.01mm=0.123mm，所以最终读数为 0.5mm+12.30.01mm=0.623mm；(3)游标卡尺的主尺读数为：4.0cm=40mm，游标尺上第 4 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为 40.05mm=0.20mm，所以最终读数为：40mm+0.20mm=40.20mm；12.在“测定电池的电动势和内阻” 的实验中，小新设计了如图甲所示的电路，实验中供选择的器材如下：A.待测干电池(电动势为 E，内阻
16、为) B.电流表(0 0.6 、内阻约 0.1) C.灵敏电流计( 满偏电流 = 200 、内阻 = 1000) D.滑动变阻器1(0 20 、2.0)E.滑动变阻器2(0 1000 、12.0) F.定值电阻 1(9000) G.定值电阻 2(90)H. 开 关 S 一 只 、 导 线 若 干 (1)甲图中的滑动变阻器 应选_(选填“ 1 ”或“ 2 ”)，定值电阻 R 应选_(选填“ 1”或“ 2”)；(2)实验中在闭合开关 S 前，应将滑动变阻器的滑片移动至_(填“ a 端” 、 “中央”或“b 端”)；(3)若灵敏电流计 G 的示数用 I1表示，电流表 A 的示数用 I2表示，如图乙所
17、示为该实验绘出的1 2 图线，由图线可求得被测干电池的电动势 =_V( 保留 3 位有效数字)，内电阻 =_( 保留 2 位有效数字) 【答案】 (1). RX1 (2). R1 (3). a 端 (4). 1.47(1.45-1.48) (5). 0.84(0.79-0.90)【解析】【分析】在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器；所给实验器材中，有两个电流表，没有电压表，也没有电阻箱，只能用伏安法测电池电动势与内阻，可以用电流表与定值电阻组装一个电压表；明确实验安全性原则，知道如何调节滑动变阻器；根据伏安法测电源电动势与内阻的原理作出电路图根据欧姆定律和串联的知
18、识求出 I1和电源两端电压 U 的关系，根据图象与纵轴的交点求出电动势，由与横轴的交点可得出路端电压为某一值时电流，则可求得内阻；【详解】解：(1)电源电动势为 1.5V 较小，电源的内阻较小，为多次几组实验数据，方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，因此滑动变阻器应选 Rx1；上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表 G 与较大的定值电阻 R1串联，改装成电压表；(2)为了保护电路，并让电流由最小开始调节，滑动变阻器开始时应滑至接入阻值最大位置，即滑到 a 端；(3)将 I1I2图线延长，与两坐标轴有交点，根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压为： ，根据图象与纵轴的交点
19、得电动势为： ，与横轴的交点可得出路端电压为 1.0V 时电流是0.56A，由闭合电路欧姆定律 E=U+Ir 可得，电源内阻：三、计算题（本大题共 4 小题，共 42.0 分） 13.如图，灯泡 D 与电动机 M 中串联在一个稳压电源上，电源的输出电压为 = 20 ，灯泡 D 的电阻为 =8 ，电动机 M 线圈的电阻为 = 4 ，与电动机并联的理想电压表读数为 = 15. 电动机的转轴的摩擦可忽略，求： (1)通过灯泡的电流 =？ (2)电动机 M 线圈的发热功率 =？ (3)电动机 M 输出的机械功率 机 =？【答案】(1) (2) (3)【解析】【分析】电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路
20、，欧姆定律不成立，而灯泡 D 是纯电阻，可以对灯泡 D，运用用欧姆定律求电路中的电流；发热功率根据 PQ=I2RM即可求解；电动机 M 输出的机械功率 P 机 =PM-P 热 ；【详解】解：(1)灯两端的电压为所以通过灯泡的电流为(2)电动机 M 线圈的发热功率(3)电动机 M 消耗的电功率为输出的机械功率14.多年前流行的打弹珠游戏可以简化成碰撞模型。如图所示，光滑水平面上刚性小球 A、 B 分别以 1.4/ 、2.4/ 的速率相向运动，碰撞前 A 自左向右运动，碰撞后 B 球静止。已知碰撞时间为 0.04 ， A、 B 的质量均为 0.2. 求： 碰撞后 A 球的速度； 碰撞过程 A 对
21、B 平均作用力的大小。【答案】 （1）1m/s，向左 （2）12N【解析】【分析】A、B 球组成的系统动量守恒，由动量守恒得碰撞后 A 球的速度；由动量定理求得碰撞过程 A 对 B 平均作用力的大小；【详解】解：（1）A、B 球组成的系统动量守恒，取 A 球初速度为正方向由动量守恒得解得 ，即碰撞后 A 球的速度 ，方向水平向左（2）设碰撞过程 A 对 B 平均作用力 F，取 A 球初速度为正方向，由动量定理：解得15.如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点 O，用一根长度为 = 0.40 的绝缘细线把质量为 = 0.40 ，带有正电荷的金属小球悬挂在 O 点，电荷量为 = 0.5 的小
22、球会静止在 B 点，此时细线与竖直方向的夹角为 = 37.现将小球拉至位置 A 使细线水平后由静止释放，不计一切阻力。(取 = 10/ 2，sin37= 0.60，cos37 = 0.80)求：(1)匀强电场的场强大小； (2)小球通过最低点 C 时细线对小球的拉力大小【答案】(1)6N/C (2)6N【解析】【分析】根据小球静止在 B 点，通过共点力平衡求出匀强电场的场强大小；根据动能定理求出小球通过最低点的速度，结合牛顿第二定律求出细线的拉力；【详解】解：(1)取小球为研究对象，静止时代入数据解得： (2)小球从 A 到 C 的运动过程由动能定理得：到达最低点时竖直方向由牛顿第二定律得：解
23、得：16.如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系 xoy 中， x 轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为 m， 电荷量为( 0)的带电绝缘小球，从 y 轴上的(0, ) 点由静止开始释放，运动至 x 轴上的( , 0)点时， 恰好无碰撞地沿切线方向进入在 x 轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管.细管的圆心 1位于 y 轴上， 交 y 轴于点 B，交 x 轴于 A 点和(, 0)点.该细管固定且紧贴 x 轴，内径略大于小球外径.小球直径远小于细管半径，不计一切阻力，重力加速度为. 求： (1)匀强电场的电场强度的大小； (2)小球运动到 B 点时对管的压力的大小和方向； (3)小球从
24、C 点飞出后会落在 x 轴上的哪一位置【答案】(1) (2) ,方向向下 (3) 或者 c 点左侧 8L 处【解析】【分析】小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据小球从 A 点沿切线方向进入，求出速度方向，从而求出合力方向，再根据几何关系求解；先根据几何关系求出半径，从 P到 B 点的过程中，根据动能定理列式，在 B 点，根据牛顿第二定律列式，联立方程即可求解；从 P 到 A 的过程中，根据动能定理求出 A 点速度，则 C 点速度与 A 点速度大小相等，小球从C 点抛出后做类平抛运动，根据平抛运动基本公式求解；【详解】解：(1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从 A 点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为 ，即加速度方向与竖直方向的夹角为，则解得：(2)根据几何关系可知，,圆弧的半径从 P 到 B 点的过程中，根据动能定理得：在 B 点，根据牛顿第二定律得：联立解得： ，方向向上根据牛顿第三定律可得小球运动到 B 点时对管的压力的大小 ，方向向下(3)从 P 到 A 的过程中，根据动能定理得：解得：小球从 C 点抛出后做类平抛运动抛出时的速度小球的加速度当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到 x 轴，则有：解得：则沿 x 轴方向运动的位移则小球从 C 点飞出后落在 x 轴上的坐标
