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文檔簡介
山東省濟南市濟南第一中學2025屆高二物理第一學期期末達標檢測模擬試題請考生注意:1.請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上,請用0.5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2.答題前,認真閱讀答題紙上的《注意事項》,按規(guī)定答題。一、單項選擇題:本題共6小題,每小題4分,共24分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1、已知電場中A點處放有一電量為q的電荷,所受電場力為F,A點處場強為E,則()A.若在A點換上-q,A點的場強方向發(fā)生改變B.若在A點換上電量為2q的電荷,A點的場強將變?yōu)?EC.若把A點電荷q移去,A點的場強變?yōu)榱鉊.A點場強的大小、方向與q的大小、方向、有無均無關2、如圖所示為電流天平,可用來測定磁感應強度.天平的右臂上掛有一匝數為N的矩形線圈,線圈下端懸在勻強磁場中,磁場方向垂直紙面向里,當線圈中通有電流I(方向如圖)時,發(fā)現天平的左端低右端高,下列哪些調節(jié)方案可以使天平平衡A.減小電流I大小B.增長線框的寬度C.增大左盤砝碼的質量D.增加線圈的匝數N3、如圖所示,將一小球在距離地面一定高度處水平拋出,小球最后落到與拋出點水平相距的點.現調節(jié)拋出點的高度,使該小球仍落到點,且保證小球落到點的速率最小,則此拋出點距離地面的高度為(不計空氣阻力、小球可視為質點)()A.2xB.xC.D.4、如圖,a、b兩根垂直紙面的導體通以大小相等的電流,兩導線旁有一點P,P點到a、b距離相等,要使P處磁場方向向右,則a、b中電流方向為A.都向外B.都向里C.a中電流向外,b中電流向里D.a中電流向里,b中電流向外5、如圖所示,三根相互平行的固定長直導線、和垂直紙面如圖放置,與坐標原點分別位于邊長為a的正方形的四個點上,與中的電流均為I,方向均垂直于紙面向外,中的電流為2I,方向垂直紙面向里(已知電流為I的長直導線產生的磁場中,距導線r處的磁感應強度(其中k為常數).某時刻有一質子(電量為e)正好沿與x軸正方向成45°斜向上經過原點O,速度大小為v,則質子此時所受磁場力為()A.方向垂直紙面向里,大小為B.方向垂直紙面向外,大小為C.方向垂直紙面向里,大小為D.方向垂直紙面向外,大小為6、如圖所示是一種轉子和定子都有線圈的電動機原理圖(轉向器未畫出),在圖示狀態(tài),線圈轉動方向如圖中箭頭方向所示,則電源的正極應是()A.a端 B.b端C.a端或b端都可以 D.無法判斷二、多項選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分。在每小題給出的四個選項中,有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。7、如圖所示,A和B為豎直放置的平行金屬板,在兩極板間用絕緣線懸掛一帶電小球.開始時開關S閉合且滑動變阻器的滑片P在a處,此時絕緣線向右偏離豎直方向(電源的內阻不能忽略).下列判斷正確的是()A.小球帶正電B.當滑片P從a向b滑動時,細線的偏角θ變大C.當滑片P從a向b滑動時,電流表中有電流,方向從上向下D.當滑片P停在b處時,電源的輸出功率一定大于滑片P在a處時電源的輸出功率8、如圖所示,x軸上方有垂直紙面向里且足夠大的勻強磁場。兩個質量、電荷量均相同的帶電離子(不計重力),分別帶正、負電荷,以相同速度從O點射入磁場中,射入方向與x軸正方向夾角均為θ,則正、負離子在磁場中()A.運動時間相同 B.運動的軌道半徑相同C.重新回到x軸時速度方向相反 D.重新回到x軸時距O點的距離相等9、在如圖所示的電路中,閉合電鍵S,將滑動變阻器滑片P向a端移動一段距離,下列結論正確的是A.電流表讀數變小B.燈泡L變亮C.電容器C上的電荷量增多D.電壓表讀數變小10、如圖所示,勻強電場中a、b、c、d四個水平平面,間距相等,每個平面上各點的勻強電場方向都垂直于平面.一個電子射入電場后的運動軌跡如實線MN所示,由此可知()A.電場強度方向向左B.電子在N的動能小于在M的動能C.a平面的電勢低于b平面D.電子在N的電勢能小于在M的電勢能的電勢三、實驗題:本題共2小題,共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處,不要求寫出演算過程。11.(6分)用伏安法測量一個定值電阻的電阻值,現有的器材規(guī)格如下:A.待測電阻Rx(大約100Ω)B.直流毫安表A1(量程0~10mA,內阻約100Ω)C.直流毫安表A2(量程0~40mA,內阻約40Ω)D.直流電壓表V1(量程0~3V,內阻約5kΩ)E.直流電壓表V2(量程0~15V,內阻約15kΩ)F.直流電源(輸出電壓4V,內阻不計)G.滑動變阻器R(阻值范圍0~50Ω,允許最大電流1A)H.開關一個、導線若干(1)根據器材的規(guī)格和實驗要求,為使實驗結果更加準確,直流毫安表應選________,直流電壓表應選________(2)在方框內畫出實驗電路圖_________,要求電壓和電流的變化范圍盡可能大一些(3)用鉛筆按電路圖將實物圖連線__________12.(12分)在測定一節(jié)干電池的電動勢和內電阻的實驗中,備有下列器材:A.待測的干電池(電動勢約為1.5V,內電阻小于1.0Ω)B.電流表A1(量程0﹣3mA,內阻Rg1=10Ω)C.電流表A2(量程0﹣0.6A,內阻Rg2=0.1Ω)D.滑動變阻器R1(0﹣20Ω,10A)E.滑動變阻器R2(0﹣200Ω,lA)F.定值電阻R0(990Ω)G.開關和導線若干(1)某同學發(fā)現上述器材中沒有電壓表,但給出了兩個電流表,于是他設計了如圖甲所示的(a)、(b)兩個參考實驗電路,其中合理的是__圖所示的電路;在該電路中,為了操作方便且能準確地進行測量,滑動變阻器應選__(填寫器材前的字母代號)(2)圖乙為該同學根據(1)中選出的合理的實驗電路,利用測出的數據繪出的I1﹣I2圖線(I1為電流表A1的示數,I2為電流表A2的示數,且I2的數值遠大于I1的數值),但坐標紙不夠大,他只畫了一部分圖線,則由圖線可得被測電池的電動勢E=__V,內阻r=__Ω(3)若圖線與縱坐標軸的交點等于電動勢的大小,則圖線的縱坐標應該為_________A.I1(R0+Rg1)B.I1?R0C.I2(R0+Rg2)D.I1?Rg1四、計算題:本題共3小題,共38分。把答案寫在答題卡中指定的答題處,要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13.(10分)如圖所示,區(qū)域Ⅰ內有與水平方向成角的勻強電場E1,區(qū)域寬度為d1,區(qū)域Ⅱ內有正交的有界勻強磁場B和勻強電場E2,區(qū)域寬度為d2,磁場方向垂直紙面向里,電場方向豎直向下.一質量為m、帶電荷量為q的微粒在區(qū)域Ⅰ左邊界的P點,由靜止釋放后水平向右做直線運動,進入區(qū)域Ⅱ后做勻速圓周運動,從區(qū)域Ⅱ右邊界上的Q點穿出,其速度方向改變了,重力加速度為g,求:(1)區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內勻強電場的電場強度E1、E2的大??;(2)區(qū)域Ⅱ內勻強磁場的磁感應強度B的大小;(3)微粒從P運動到Q的時間14.(16分)如圖,正方形區(qū)域內存在著豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場,已知該區(qū)域的邊長為。一個帶電粒子(不計重力)從中點以速度水平飛入,恰能勻速通過該場區(qū);若僅撤去該區(qū)域內的磁場,使該粒子以同樣的速度從中點飛入場區(qū),最后恰能從點飛出;若僅撤去該區(qū)域內的電場,該帶電粒子仍從中點以相同的速度進入場區(qū),求:(1)該粒子最后飛出場區(qū)的位置;(2)僅存電場與僅存磁場的兩種情況下,帶電粒子飛出場區(qū)時速度偏向角之比是多少?15.(12分)如圖所示是磁動力電梯示意圖,即在豎直平面內有兩根很長的平行豎直軌道,軌道間有垂直軌道平面交替排列的勻強磁場B1和B2,B1=B2=1.0T,B1和B2的方向相反,兩磁場始終豎直向上做勻速運動,電梯轎廂固定在圖示的金屬框abcd內,并且與之絕緣.已知電梯載人時的總質量為4.95×103kg,所受阻力f=500N,金屬框垂直軌道的邊長ab=2.0m,兩磁場的寬度均與金屬框的邊長ad相同,金屬框整個回路的電阻R=8.0×10﹣4Ω,g取10m/s2。已知電梯正以v1=10m/s的速度勻速上升,求:(1)金屬框中感應電流的大小及圖示時刻感應電流的方向;(2)磁場向上運動速度v0的大??;(3)該電梯的工作效率。
參考答案一、單項選擇題:本題共6小題,每小題4分,共24分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】電場強度是通過比值定義法得出的,電場強度取決于電場本身,與試探電荷無關,故在A點換上-q或2q或把q移去,A點的場強都不變故選D。2、A【解析】根據天平原理,根據左手定則、安培力公式進行判斷;【詳解】天平是等臂杠桿,當線圈中通有電流I時,根據左手定則,右端線圈受到的安培力豎直向上,天平的左端低右端高,要使天平水平平衡,可以減小左端的砝碼的質量,也可以減小安培力,即減小匝數、電流、線框寬度等,故選項A正確,選項BCD錯誤【點睛】本題關鍵明確天平的工作原理是等臂杠桿,然后判斷出安培力方向,得到控制平衡的方法3、C【解析】小球做平拋運動,則水平方向:x=v0t;豎直方向:h=gt2,小球落地的速度:,聯立可得:,因為定值,則當,即時v最?。籄.2x,與結論不相符,選項A錯誤;B.x,與結論不相符,選項B錯誤;C.,與結論相符,選項C正確;D.,與結論不相符,選項D錯誤;4、C【解析】根據安培定則,由a電流在P處的磁場方向知,a電流周圍的磁感線是逆時針方向,電流方向垂直紙面向外;b電流在P處的磁場方向知,b電流周圍的磁感線是順時針方向,電流方向應垂直紙面向里,故C正確,ABD錯誤;故選C.5、B【解析】根據安培定則,作出三根導線分別在O點的磁場方向,如圖:由題意知,L1在O點產生的磁感應強度大小為B1=,L2在O點產生的磁感應強度大小為B2=,L3在O點產生的磁感應強度大小為B3=,先將B2正交分解,則沿x軸負方向的分量為B2x=sin45°=,同理沿y軸負方向的分量為B2y=sin45°=,故x軸方向的合磁感應強度為Bx=B1+B2x=,y軸方向的合磁感應強度為By=B3?B2y=,故最終的合磁感應強度的大小為,方向為tanα==1,則α=45°,如圖:故某時刻有一質子(電量為e)正好沿與x軸正方向成45°斜向上經過原點O,由左手定則可知,洛倫茲力的方向為垂直紙面向外,大小為f=eBv=,故B正確;故選B【點睛】磁感應強度為矢量,合成時要用平行四邊形定則,因此要正確根據安培定則判斷導線周圍磁場方向是解題的前提.6、C【解析】若a是電源的正極,則兩個通電螺線管產生的磁場的方向是:N極向左,S極向右,線框所在磁場的區(qū)域的磁場方向向左;線框左側的邊電流的方向向里,由左手定則可知,該邊受到的安培力向上,與題干中轉動的方向相同;若b是電源的正極,則兩個通電螺線管產生的磁場的方向是:S極向左,N極向右,線框所在磁場的區(qū)域的磁場方向向右;線框左側的邊電流的方向向外,由左手定則可知,該邊受到的安培力向上,與題干中轉動的方向相同。由分析可知,電源的正極是a端或b端都可以。故選C。二、多項選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分。在每小題給出的四個選項中,有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。7、AC【解析】A.由圖,A板帶正電,B帶負電,電容器內電場方向水平向右.細線向右偏,電場力向右,則小球帶正電.故A正確.B.滑動頭向右移動時,R變小,外電路總電阻變小,總電流變大,路端電壓U=E-Ir變小,兩定值電阻電壓之和減小,R1兩端電壓減小,電容器電壓變小,兩板間場強減小,則細線偏角變小,故B錯誤C.滑動頭向右移動時,電容器電壓變小,電容器放電,因A板帶正電,則流過電流表的電流方向向下.故C正確D.根據電源的輸出功率與外電阻的關系:當外電阻等于內阻時,輸出功率最大.外電阻大于內阻,外電阻減小,輸出功率增大;當外電阻小于內阻時,外電阻減小,輸出功率減小.本題,不知道外電阻與內阻大小關系,故無法判斷電源輸出功率的大小,故D錯誤8、BD【解析】A.因兩個離子質量相同,電荷量也相等,它們垂直進入同一勻強磁場中做勻速圓周運動的周期必相等;當不等于時,兩個離子在磁場中做圓周運動的圓心角不等,所以在磁場中的運動時間就不相等,故A錯誤;B.根據可得:可知運動的軌道半徑相同,故B正確;C.因離子進入磁場時射入方向與軸夾角為,那么射出磁場時速度方向必與軸夾角為,所以重新回到軸時速度方向相同,故C錯誤;D.重新回到軸時距點的距離為:因為半徑相等,相等,則重新回到軸時距點的距離相等,故D正確;故選BD。9、AC【解析】AB.將滑動變阻器滑片P向a端移動后,變阻器接入電路的電阻增大,根據閉合電路歐姆定律知,電路中電流I變小,則電流表讀數變小,燈泡L變暗,故A正確,B錯誤;C.電容器C兩端的電壓:UC=E-I(RL+r),I變小,其他量不變,則UC增大,電容器C上的電荷量增多,故C正確;D.變阻器接入電路的電阻增大,外電路總電阻增大,則路端電壓增大,電壓表讀數變大,故D錯誤。故選AC。10、BC【解析】根據電場線方向與等勢線垂直和電子所受的電場力指向軌跡的內側,判斷出電子所受的電場力方向,分析電場力做功的正負,根據動能定理分析動能的變化和電勢能的變化.根據順著電場線方向電勢降低,判斷電勢的高低【詳解】A、根據電場線方向與等勢線垂直可知,電場線方向必定位于豎直方向,則電子所受的電場力必定在豎直方向.電子做曲線運動,所受的電場力方向指向軌跡的內側,所以可知電子所受的電場力方向應豎直向下,電子帶負電,電場力方向與電場強度方向相反,所以可知電場強度方向豎直向上,如圖所示,故A錯誤;BD、若電子由M運動到N,電子所受的電場力方向應豎直向下,與速度方向的夾角為鈍角,對電子做負功,根據動能定理可知,電子的動能減小,電勢能增加,所以電子在N的動能小于在M的動能,在N的電勢能大于在M的電勢能,故B正確,D錯誤;C、根據順著電場線方向電勢降低,得知,a點電勢低于b點電勢,故C正確【點睛】解決本題的關鍵是根據電子的軌跡彎曲方向和電場線方向判斷出電場力方向,運用動能定理和電場力做功與電勢能變化的關系進行分析,注意掌握電場線與等勢面之間的關系三、實驗題:本題共2小題,共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處,不要求寫出演算過程。11、①.A2②.V1③.④.【解析】(1)0-15V范圍的電壓表測量4V電壓時,誤差較大,所以選用電壓表V1,但是選用電壓表V1后待測電壓最大為3V,所以電路中的最大電流為(2)電壓和電流的變化范圍盡可能大一些,所以采用滑動變阻器的分壓接法,因為被測電阻較小,所以采用電流表的外接法,如圖所示(3)實物圖如圖所示12、①.(1)b②.D③.(2)1.48④.0.84⑤.(3)A【解析】(1)上述器材中雖然沒有電壓表,但給出了兩個電流表,電路中電流最大:Im=A=1.5A;故電流表至少應選擇0~0.6A量程;故應將3mA故應將電流表G串聯一個電阻,改裝成較大量程的電壓表使用.電表流A由于內阻較?。还蕬捎孟鄬﹄娫磥碚f的外接法;故a、b兩個參考實驗電路,其中合理的是b;因為電源的內阻較小,所以應該采用較小最大值的滑動變阻器,有利于數據的測量和誤差的減?。瑒幼冏杵鲬xD(R1),(2)根據電路結構結合閉合電路歐姆定律知解得:所以圖像的縱坐標;解得:圖像的斜率解得:(3)根據閉合電路歐姆定律可知U=E﹣Ir,若圖線與縱坐標軸的交點等于電動勢的大小,則圖線的縱坐標應該為路段電壓,而U=I1(R0+Rg1),即圖線的縱坐標應該為I1(R0+Rg
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