高二物理周末限时训练11.15

高二物理周末限时训练一、选择题：1．关于闭合电路，下列说法中正确的是（）A.闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方B.闭合电路中，电源的路端电压越大，电源的输出功率就越大C.闭合电路中，电流越大，电源的路端电压就越大D.闭合电路中，外电阻越大，电源的路端电压就越大2．如图为多用表欧姆档的原理图，其中电流表的满偏电流为300μA，内r g=100Ω，调零电阻的最大阻值R=50kΩ，串联的固定电阻R0=50Ω，电池电动势E=1.5V．用它测量电阻R x，能准确测量的范围是（）A.30kΩ～80kΩB.3kΩ～8kΩC.300Ω～800ΩD.30Ω～80Ω3．用伏安法测某一电阻时，如果采用如图所示的甲电路，测量值为R1，如果采用乙电路，测量值为R2，那么R1、R2与真实值R之间满足关系（）A.R1＞R＞R2B.R＞R1＞R2C.R1＜R＜R2D.R＜R1＜R24．方向水平向右的匀强电场中，一带电粒子从A点飞入，B点飞出，粒子运动轨迹如图，则带电粒子：（重力不计）（）A.一定带正电B.可能带正电，也可能带负电C.在电场中作加速运动，电势能增加D.受到的电场力一定水平向左5．某学生在研究串联电路电压特点时，接成如图所示电路，接通K后，他将高内阻的电压表并联在A、C两点间时，电压表读数为U；当并联在A、B两点间时，电压表读数也为U；当并联在B、C两点间时，电压表读数为零，则出现此种情况的原因可能是（）（R1、R2阻值相差不大）A.AB段断路B.BC段断路C.AB段短路D.BC段短路6．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计．则以下说法正确的是（）A.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流B.在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从b到a的电流C.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流D.在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过7．如图所示，甲、乙为两个独立电源的路端电压与通过它们的电流I的关系图线，下列说法中正确的是（）A.路端电压都为U0时，它们的外电阻相等B.电流都是I0时，两电源的内电压相等C.电源甲的电动势大于电源乙的电动势D.电源甲的内阻小于电源乙的内阻8．某同学用如图所示的电路进行小电机的输出功率的研究，其实验步骤如下所述，闭合电键后，调节滑动变阻器，电动机未转动时，电压表的读数为U1，电流表的读为I1；再调节滑动变阻器，电动机转动后电压表的读数为U2，电流表的读数为I2，则此时电动机的输出功率不可能为（）A.U2I2﹣B.U2I2+C.U2I2D.9．如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向左移动时，下面判断正确的是A.L1和L3变亮，L2变暗B.L1变暗，L2变亮，L3亮度不变C.L1中电流变化值小于L3中电流变化值D.L1上电压变化值小于L2上的电压变化值10．如图，P和Q为两平行金属板，板间电压为U，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动．关于电子到达Q板时的速率，下列说法正确的是（）A.两板间距离越大，加速时间越长，获得的速率就越大B.两板间距离越小，加速度越大，获得的速率就越大C.与两板间距离无关，仅与加速电压U有关D.以上说法都不正确11．如图，是某电场中的一条直电场线，一电子（重力不计）从a点由静止释放，它将沿直线向b点运动，则可判断（）A.该电场一定是匀强电场B.场强E a一定小于E bC.电子具有的电势能E pa一定大于E pbD.两点的电势φa一定高于φb12．如图所示，中子内有一个电荷量为的上夸克和两个电荷量为的下夸克，3个夸克都分布在半径为 r 的同一圆周上，则3个夸克在其圆心处产生的电场强度为（）A. B.C. D.二、实验题：13．用多用表的欧姆挡（R×1K）检查性能良好的晶体二极管，发现多用电表的表针向右偏转的角度很小，这说明（）A.二极管加有正向电压，故测得电阻很小B.二极管加有反向电压，故测得电阻很大C.此时红表笔接的是二极管的正极D.此时红表笔接的是二极管的负极14．如图为一多用电表表盘．（1）如果用直流10V挡测量电压，则读数 V．（2）如果用“×100”欧姆挡测量电阻，则读数为Ω15．如图所示，游标卡尺的读数为 mm；螺旋测微器的读数为 mm．16．一个未知电阻R x，阻值大约为10kΩ﹣20kΩ，为了较为准确地测定其电阻值，实验室中有如下器材：电压表V1（量程3V、内阻约为3kΩ）电压表V2（量程15V、内阻约为15kΩ）电流表A1（量程200μA、内阻约为100Ω）电流表A2（量程0.6A、内阻约为1Ω）电源E（电动势为3V）滑动变阻器R（最大阻值为200Ω）开关S（1）在实验中电压表选，电流表选．（填V1、V2，A1、A2）（2）为了尽可能减小误差，请你在虚线框中画出本实验的电路图．17．如图所示为根据实验数据画出的路端电压U随电流I变化的图线，由图可知，该电池的电动势E= V，内阻r= Ω．三、计算题：18．一台国产XQB30－13型全自动洗衣机说明书中所列的主要技术数据如下表。

试根据表中提供的数据计算：(1)这台洗衣机在额定电压下洗衣或脱水时，通过洗衣机的电流是多大？(2)如洗衣、脱水的累计时间为40min，则洗衣机耗电多少度？(3)若电机直流电阻为20欧，工作效率是多少？19．如图所示，一摆球的质量为m，带正电荷，电量为q，摆长为L，场强E=，水平向右，摆球平衡位置在C点，与竖直夹角为θ，开始时在水平位置A点，无初速释放，求摆球在C点时的速度及摆线的拉力．20．如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为+q、质量为m的带电粒子（重力不计），以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O．试求：（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间；（2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tanα；（3）粒子打到屏上的点P到O点的距离s．21．如图所示，在E=1×103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨QPN与一水平绝缘轨道MN连接，半圆形轨道平面与电场线平行，P为QN圆弧的中点，其半径R=40cm，一带正电q=10﹣4C的小滑块质量m=10g，位于N点右侧s=1.5m处，与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15，取g=10m/s2．现给小滑块一向左的初速度，滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，求：（1）滑块在圆轨道最高点Q的速度大小；（2）滑块应以多大的初速度v0向左运动？（3）这样运动的滑块通过P点时对轨道的压力是多大？班级 姓名装 订 线 内 不 能 答 题考号高二物理周末限时训练答案1．D【解析】试题分析：根据闭合电路欧姆定律分析电流与外电阻的关系，得出内电压和路端电压的变化．根据推论，当电源的外电阻等于内电阻时，输出功率最大．在闭合电路的外电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方．解：A、在闭合电路的外电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方，而在内电路中，电流总是从电势低的地方流向电势高的地方．故A错误．B、闭合电路中，电源的路端电压越大，说明外电阻越大，根据推论：当电源的外电阻等于内电阻时，输出功率最大，可知，电源的输出功率不一定越大．故B错误．C、闭合电路中，电流越大，内电压越大，则电源的路端电压就越小．故C错误．D、在闭合电路中，外电阻越大，由闭合电路欧姆定律知，电路中的电流越小，内电压越小，则电源的路端电压就越大．故D正确．2．B【解析】试题分析：欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小，求解出该欧姆表的中值电阻即可．解：欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小；欧姆表的中值电阻R中等于欧姆表的内电阻R总，根据闭合电路欧姆定律，满偏时：I g =半偏时，I g =联立解得：R中=R总=3．C【解析】试题分析：根据两接法的特点可知误差的来源及对结果的影响，即可得出其测量结果与真实值之间的关系．解：甲图中电压值是准确的，而由于电压表的分流导致电流值偏大，故测量结果将小于真实值；而乙图中电流值是准确的，而由于电流表的分压导致了电压表示数偏大，故测量结果将大于真实值；故答案为：R1＜R＜R2，C正确；4．D【解析】试题分析：带电粒子的运动轨迹向下偏转，可知合力方向向下，分析粒子的受力情况，确定电场力方向，即可判断粒子的电性，并能确定电场力与重力的大小．重力做负功，重力势能增加，电场力做正功，电势能减少．逆着电场线，电势升高．解：A、由图示运动轨迹可知，带电粒子的运动轨迹向下偏转，则其合力方向向下，粒子受到竖直向下的重力和水平方向的电场力，则知电场力必定水平方向向左，与场强方向相反，粒子应带负电，故AB错误；C、粒子运动中，电场力做负功，电势能增加，但作减速运动，故C错误；D、根据曲线运动条件，结合速度的方向，可知，电场力向左，故D正确．5．AD【解析】试题分析：常见的电路故障有断路与短路两种；用电压表检查电路故障时，电压表有示数，说明电压表与电源两极相连，电压表并联电路之外电路不存在断路，与电压表并联的电路可能出现断路；电压表示数为零，则电压表并联电路之外电路存在断路或与电压表并联的电路存在短路．根据电路故障现象分析答题．解：A、如果AB段断路，电压表接在AC两点时电压表有示数，电压表接在BC两点时，电压表没有示数，符合题意，故A正确；B、如果BC段断路，电压表接在B、C两点间时，电压表应有示数，与题意不符，故B错误；C、若AB短路，电压表并联在A、B两点间时，电压表读数应为零，与题设条件不符．故C错误．D、如果BC段短路，电压表接在AC两点时电压表有示数，电压表接在BC两点时电压表没有示数，符合题意，故D正确；6．A【解析】试题分析：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．解：A、C、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，电路总电阻变大，电流变小，电容器两端电压为：U=E﹣I（r+R1），故电容器两端电压变大，带电量变大，电场力变大，粒子向上加速；电容器充电，故电流从b到a，故A正确，C错误；B、在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程刚好与选项A相反，故B错误；D、在将S断开后，电容器通过电阻R2与R1放电，电量减为零，电流沿a至b，故D错误；7．AC【解析】试题分析：根据欧姆定律可知外电阻R路端电压U与电流I的关系为R=，图线与U轴交点的坐标值表示电动势的大小，与I轴交点的坐标值表示电路中的短路电流，图线的斜率大小表示电源内电阻的大小（电动势与短路电流的比值），电源的内电压等于通过电源的电流与电源内阻的乘积，即U内=Ir．解：A、根据欧姆定律可知外电阻R路端电压U与电流I的关系为R=，在U﹣I图线中甲、乙两图线的交点坐标为（I0，U 0），说明两电源的外电阻相等，故A正确．B、电源的内电压等于通过电源的电流与电源内阻的乘积，即U内=Ir，因为甲的内阻较乙的内阻大，所以当电流都为I 0时，甲电源的内电压较大，故B错误．C、图线与U轴交点的坐标值表示电动势的大小，由图线可知，甲与U轴交点的坐标值比乙的大，表明甲的电动势大于乙的电动势，故C正确．D、图线的斜率大小表示电源内电阻的大小（电动势与短路电流的比值），图线甲的斜率大于图线乙的斜率，表明甲的内阻大于乙的内阻，故D错误．8．BCD【解析】试题分析：闭合电键后，电动机未转动时，其电路是纯电阻电路，由电压表的读数为U1，电流表的读数为I1求出电动机的内阻R．电动机转动后，由电压表的读数为U2，电流表的读数为I2求出电动机的电功率P电，由P热=I22R求出发热功率，根据能量守恒得到电动机的输出功率P出=P电﹣P热．解：闭合电键后，电动机未转动时，电动机的内阻为：R=．电动机转动后，电动机的电功率为：P电=U2I2，发热功率为：P热=I22R，则电动机的输出功率为：P出=P电﹣P热=U2I2﹣．9．ACD【解析】试题分析：由图可知L3与R串联后与L2并联，再与R0、L1串联；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则可知总电阻的变化；由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化，即可知L1亮度的变化；将R0、L1作为内电阻处理，由U=E﹣Ir可知并联部分电压的变化，由欧姆定律可得出两灯亮度的变化；因两灯电阻均为定值，则可由欧姆定律得出电压变化值的大小关系．解：A、B当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，故L1变亮；电路中总电流增大，故内电压及R0、L1两端的电压增大，而电动势不变，故并联部分的电压减小，故L2变暗；因L2中电流减小，干路电流增大，故流过L3的电流增大，故L3变亮；故A正确，B错误；C、因L1中电流增大，L3中电流增大，而L2中电流减小；开始时有：I1=I2+I3，故I1电流的变化值一定小于L3中电流的变化值；故C正确；D、因并联部分的电压与L1、R0及内电阻上的总电压等于电源的电动势；L2两端的电压减小，L1、R0及内阻r两端的电压增大，而电动势不变，故L1上电压变化值小于L2上的电压变化值，故D正确；10．C【解析】试题分析：粒子运动过程只有电场力做功，根据动能定理列出末动能与电场力做功的关系，判断末速度的大小．解：粒子运动过程只有电场力做功，根据动能定理：eU=mv2，A、两板间距离越大，场强E=越小，加速时间越长，因为加速电压不变，所以最后的末速度大小不变，故A错误．B、两板间距离越小，场强E=越大，加速度越大，因为加速电压不变，所以最后的末速度大小不变，故B错误．C、根据动能定理：eU=mv2，虽然极板间距发生变化，但是电压不变，所以最后的末速度大小不变，故C正确．11．C【解析】试题分析：电场线的疏密代表电场的强弱，电场线越密，场强越大，电场线越疏，场强越小．电场力F=qE．负电荷由静止释放，且由a向b运动，则说明负电荷所受的电场力一定是由a指向b．而负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，确定出电场线的方向．由于不知负电荷由a运动到b的过程中电场力的变化情况，因此无法确定场强大小关系．解：A、据题，负电荷由静止释放，且由a向b运动，则负电荷所受的电场力一定是由a指向b．因为负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，说明电场线的方向一定是由b指向a．由于不知负电荷由a运动到b的过程中电场力的变化情况，因此无法确定场强大小关系，故AB错误；C、由题意知，电场力对电子做正功，电势能减小，所以电子具有的电势能E Pa一定大于E Pb，故C正确；D、由A可知电场方向由b指向a，而沿着电场线方向电势降低，所以电势φa一定低于φb，故D错误．12．A 【解析】试题分析：先将两个电荷量为的下夸克在圆心处产生的电场强度进行合成，再与电荷量为的上夸克在圆心处产生的电场强度合成，求出3个夸克在其圆心处产生的电场强度．解：一个下夸克在圆心处产生的电场强度大小为E1==，两个电荷量为的下夸克在圆心处产生的合场强大小为E2=E1=，方向沿A→O．电荷量为的上夸克在圆心处产生的电场强度大小为E3==，方向沿A→O，所以3个夸克在其圆心处产生的电场强度大小E=E2+E3=，方向沿A→O．13．BC【解析】试题分析：欧姆表的偏转角度小，说明电阻大，则为反向电阻；因欧姆表的黑表笔接的是内部电路的源的正极，则可判断与二极管的接法．解：测量电阻偏转角度小，则电阻大，为反向电压．故A错误，B正确测量时加的反向电压，又因欧姆表的黒表笔接的电池的正极，则黒表笔应与二极管的负极相连接．即红表笔与二极管的正极相连接．故C正确，D错误14．6.4；800【解析】试题分析：欧姆表的电流档或电压档在读数的时候可以根据指针竖所指的位置选择估读，欧姆表的电阻读数等于表盘读数乘以倍率．解：欧姆表在读数时要注意，读电流或电压时，数据是左边小，右边大．当用10V当测量电压时，该读数是6.4V；欧姆档的读数是左边大，右边小．所以该读数是8；然后表盘读数乘以倍率，该电阻的电阻值为：R=8×100=800Ω．15．12.40，1.683±0.002【解析】试题分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解：1、游标卡尺的主尺读数为12mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.05mm=0.40mm，所以最终读数为：12mm+0.40mm=12.40mm．2、螺旋测微器的固定刻度为 1.5mm，可动刻度为18.3×0.01mm=0.183mm，所以最终读数为1.5mm+0.183mm=1.683mm，由于需要估读，最后的结果可以为1.683±0.002．16．（1）V1，A1（2）见解析【解析】试题分析：（1）根据待测电阻的大小和电源的电动势大小，估测电路中的最大电流，在不烧坏电表的前提下，电压表、电流表的指针偏转角度越大越好，由此可正确选择电表；（2）由于所给滑动变阻器太小，待测电阻很大，因此该实验采用滑动变阻器的分压接法和电流表的内接法．解：（1）根据待测电阻的大小和电源的电动势大小，估测电路中的最大电流不会超过30mA，故电流表选择A1，电压表选择V1．故答案为：V1，A1．（2）由于所给滑动变阻器太小，待测电阻很大，因此该实验采用滑动变阻器的分压接法和电流表的内接法，具体电路图如下所示：17．1.5，0.625【解析】试题分析：U﹣I图象中图象与纵坐标的交点表示电源的电动势；因为纵坐标不是从零点开始的，图象与横坐标的交点不为短路电流；根据公式即可求出内电阻．解：由图可知，电源的电动势为：E=1.50V；当路端电压为1.00V时，电流为0.80A；由E=U+Ir 可得：Ω．18．（1）2A（2）0.293度（3）81.8%【解析】220V，额定功率为440W，根据P UI=，可求通过洗衣机的电流分⑵根据公式W Pt=可得消耗的电能分⑶ 根据公式可得：2222080P I R W ==⨯=热 2分分19．摆球在C 点时的速度是，摆线的拉力是3mg ．【解析】试题分析：对摆球进行受力分析，根据受力情况确定小球的运动情况，刚开始绳子松弛，在最低点细绳绷紧，竖直分量立刻减为零，根据动能定理研究求出摆球在C 点时的速度． 根据牛顿第二定律求出摆线的拉力．解：电场力F=qE=mg ，水平向右，重力与电场力合力F 合=mg ，沿OC 方向 θ=45°设最低点为B ，小球沿直线AB 到B 点速度V B ． mgL+qEL=mV B 2细绳绷紧，V B 竖直分量立刻减为零，水平分量V 1=V B cos45° 由B 到C 过程中运用动能定理得： qELsin θ﹣mg （L ﹣Lcos θ）=mV 2C ﹣mV 12解得摆球在C 点速度V C =根据牛顿第二定律得：在C 点：T ﹣mg=解出在C 点绳子拉力T=3mg答：摆球在C 点时的速度是，摆线的拉力是3mg ．20．（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间；（2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值；（3）粒子打到屏上的点P 到O 点的距离．【解析】试题分析：（1）带电粒子垂直射入电场，只受电场力作用而做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，由L=v 0t 求解时间t ．（2）根据牛顿第二定律求出加速度．研究竖直方向的运动情况，由速度公式v y =at 求出粒子刚射出电场时竖直分速度，由求出tan α．（3）由位移公式求出粒子刚射出电场时偏转的距离y ．带电粒子离开电场后做匀速直线运动，偏转的距离Ltan α，两个偏转之和即为粒子打到屏上的点P 到O 点的距离S ．解：（1）根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间．（2）设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律，粒子在电场中运动的时间：粒子在电场中的加速度为：所以：．所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为．（3）设粒子在电场中的偏转距离为y ，则又s=y+Ltan α，解得：．答：（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间；（2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值；（3）粒子打到屏上的点P 到O 点的距离．21.（1）滑块在圆轨道最高点Q 的速度大小为=（2）要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q ，滑块应以7m/s 的初速度v 0向左运动．（3）滑块通过P 点时对轨道的压力是0.6N ． 【解析】 试题分析：（1）（2）小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q 时，由重力和电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出物块通过Q 点的速度．滑块从开始运动到达Q 点过程中，重力做功为﹣mg•2R，电场力做功为﹣qE•2R，摩擦力做功为﹣f•x，根据动能定理求解初速度v 0．（3）滑块通过P 点时，以滑块为研究对象，轨道的支持力提供滑块的向心力，根据动能定理求出滑块通过P 点时的速度大小，由牛顿运动定律求解滑块通过P 点时对轨道的压力．解：（1）设小球到达Q 点时速度为v ，小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q 时，则有mg+qE= 得V=（2）滑块从开始运动到达Q 点过程中，由动能定理得 ﹣（mg+qE ）•2R﹣μ（mg+qE ）s=v 2﹣m联立两式并代入数据解得：v 0=7m/s（2）设滑块到达P 点时速度为v'，则从开始运动到P 点过程：﹣μ（qE+mg）s﹣（mg+qE）R=mv′2﹣m又在P点时：代入数据，解得F N=0.6N根据牛顿第三定律得知，滑块通过P点时对轨道的压力大小为F N′=F N=0.6N．答：（1）滑块在圆轨道最高点Q的速度大小为=（2）要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，滑块应以7m/s的初速度v0向左运动．（3）滑块通过P点时对轨道的压力是0.6N．点评：此题中滑块恰好通过最高点时轨道对滑块没有弹力，由牛顿定律求出临界速度，再根据动能定理和牛顿运定律结合求解小球对轨道的弹力．22A A板做匀减速运动，速度减为零后将返回。