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2024届湖南省宁乡市物理高二第一学期期中检测试题考生请注意:1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1、如图所示,回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置。其核心部分是两个D形金属盒,置于匀强磁场中,两盒分别与高频电源相连。则下列说法正确的是()A.带电粒子从磁场中获得能量B.带电粒子加速所获得的最大动能与加速电压的大小有关C.带电粒子加速所获得的最大动能与金属盒的半径有关D.带电粒子做圆周运动的周期随半径增大而增大2、设法维持一段金属导线温度不变,随着加在导线两端的电压增大,则有()A.金属导线电阻变大B.金属导线材质的电阻率变大C.导体内单位体积自由电子数目增多D.导体内自由电子定向移动的速率变大3、如图所示I—U图象中的1、2直线分别表示电阻R1和R2的电流和电压关系,则下列说法中正确的是A.若R1、R2的电功率相等,则通过R2的电流较大B.若R1、R2的电功率相等,则R1两端的电压较高C.若R1、R2串联时,则R1两端的电压较高D.若R1、R2并联时,则通过R1的电流较大4、如图所示,电源电动势为10V,内电阻为0.5Ω,R1=5.5Ω,R2=4Ω,当S闭合时,一带电油滴恰好静止在水平放置的平行金属板间。则S断开时,油滴的加速度a大小和方向。G取10m/s2。A.a=10m/s2;方向竖直向下B.a=15m/s2;方向竖直向下C.a=15m/s2;方向竖直向上D.a=10m/s2;方向竖直向上5、如图所示,一条形磁铁放在水平桌面上,在磁铁右上方固定一根与磁铁垂直的长直导线.当导线中通以由外向内的电流时,磁铁仍然保持静止,则与不通电是相比,下列说法正确的是()A.磁铁受到向左的摩擦力,对桌面的压力减小B.磁铁受到向右的摩擦力,对桌面的压力减小C.磁铁受到向左的摩擦力,对桌面的压力增大D.磁铁不受摩擦力,对桌面的压力不变6、如图所示,直流电动机线圈的电阻为R,电源内阻为r,当该电动机正常工作时,电源路端电压为U,通过电动机的电流为I,则()A.电源的输出功率为IU+I2R B.电动机的机械功率为IUC.电源电动势为I(R+r) D.电动机内部发热功率为I2R二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。7、如图所示,电源的电动势为E,内电阻为r,外电路接有定值电阻R1和滑动变阻器R,合上开关K,当滑动变阻器的滑动头P从R的最左端移到最右端的过程中A.电压表读数一定变大B.电源的效率一定增大C.R1消耗的功率一定变小D.R消耗的功率一定变小8、两个完全相同的金属球A和B带电荷量之比为1∶7,相距为r,两者接触一下放回原来的位置,则后来两小球之间的库仑力大小与原来之比是()A.3∶7 B.4∶7 C.9∶7 D.16∶79、在如图所示电路中,开关S1、S2、S3、S4均闭合,C是水平放置的平行板电容器,板间悬浮着一油滴P,下列哪些方法会使P向下运动()A.断开S2B.断开S3C.断开S4并适当减小两板之间的距离D.断开S1并适当增大两板之间的距离10、在如图所示的电路中,电容器的上极板带正电.为了使该极板仍带正电且电量增大,下列办法中可采用的是:A.增大,其他电阻不变 B.增大,其他电阻不变C.增大,其他电阻不变 D.增大,其他电阻不变三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。11.(6分)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中,某学习小组在实验室组装了如图的装置外,还备有下列器材:打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、天平、细沙他们称量滑块的质量为M、沙和小桶的总质量为m当滑块连接上纸带,用细线通过滑轮挂上空的小桶时,滑块处于静止状态要完成该实验,则:(1)还缺少的实验器材是______.(2)实验时为保证滑块受到的合力与沙、小桶的总重力大小基本相等,沙和小桶的总质量应满足的实验条件是______;实验时为保证细线拉力等于滑块所受的合外力,首先要做的步骤是______.12.(12分)有一只电阻RX,其阻值大约在40-50Ω之间,需要进一步测定其阻值。现有的器材有:①电池组E(电动势9V,内阻约0.5Ω)②伏特表V(量程0-10V,内阻约20kΩ)③毫安表A1(量程0-50mA,内阻约20Ω)④毫安表A2(量程0-300mA,内阻约4Ω)⑤滑动变阻器R1(0-100Ω,额定电流1A)⑥滑动变阻器R2(0-1700Ω,额定电流0.3A)⑦电键一只,导线若干。有两种可供选择的电路如图甲和图乙所示。实验中要求多测几组电流、电压值。⑴为了实验能正常进行并减小系统误差,而且要求滑动变阻器要便于调节,在实验中应选图______所示的电路;应选代号为______的毫安表和代号为______的滑动变阻器。该实验的系统误差主要是由____________引起的,这个因素总是使实验的测量值比真实值偏______。⑵若已知所用的毫安表的准确电阻值,则应选用图_____所示的电路进行测量。四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13.(10分)如图,质量为M=0.2kg的长木板静止在光滑的水平地面上,现有一质量为m=0.2kg的滑块(可视为质点)以v0=1.2m/s的速度滑上长木板的左端,小滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0.4,小滑块刚好没有滑离长木板,求:(g取10m/s2)(1)小滑块的最终速度大小(2)在整个过程中,系统产生的热量(3)木板的长度?14.(16分)下图是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图,电动机内阻r=0.8Ω,电路中另一电阻R=10Ω,直流电压U=160V,电压表示数UV=110V,试求:(1)通过电动机的电流;(2)电动机输出功率(3)若电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升重物,求该重物的质量?(g取10m/s2)15.(12分)如图所示,ABCD为固定在竖直平面内的轨道,AB段光滑水平,BC段为光滑圆弧,对应的圆心角θ=37º,半径r=2.5m,CD段平直倾斜且粗糙,各段轨道均平滑连接,倾斜轨道所在区域有场强大小为E=2×105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场.质量m=5×10-2kg、电荷量q=+1×10-6C的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后,沿水平轨道向左滑行,在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨.以小物体通过C点时为计时起点,0.1s以后,场强大小不变,方向反向.已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.1.设小物体的电荷量保持不变,取g=10m/s2,sin37º=0.6,cos37º=0.2.(1)求弹簧枪对小物块所做的功;(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P,求CP的长度.
参考答案一、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1、C【解题分析】
A、由回旋加速器原理可知,它的核心部分是两个D形金属盒,置于匀强磁场中,两盒分别与高频电源相连,两盒间的窄缝中形成匀强磁场,交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等,粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙,两盒间的匀强电场一次一次地反向,粒子就会被一次一次地加速,在磁场中洛伦兹力不做功,带电粒子是从电场中获得能量的,故A错误.B、粒子从D形盒出来时速度最大,由qvB=mv2R,粒子被加速后的最大动能Ekm=12mv2=q2R2D、高频电源周期与粒子在磁场中匀速圆周运动的周期相同,由带电粒子做圆周运动的周期T=2πmqB可知,周期T由粒子的质量、电量和磁感应强度决定,与半径无关,故D故选:C.【题目点拨】解决本题的关键是掌握加速器的工作原理以及加速器的构造,注意粒子是从电场中获得能量,但回旋加速器的最大速度与电场无关,与磁感应强度和D形盒的半径有关.2、D【解题分析】
A、B项:导体的电阻率与导体本身的性质和温度有关,由电阻定律R=ρLS可知,导体的电阻不变,故C、D项:导体内单位体积自由电子数由导体本身的性质决定,由公式I=UR可知,电压变大,电阻不变,电流变大,由公式I=nqvS可知,导体内自由电子定向移动的速率变大,故C错误,故应选:D。3、D【解题分析】
AB:I—U图象上点与原点连线的斜率表示电阻的倒数,则R1<R2;若R1、R2的电功率相等,据P=I2R和P=U2C:若R1、R2串联时,则两者电流相等,由图象可得,R2两端的电压较高。故C项错误。D:若R1、R2并联时,则两者两端电压相等,由图象可得,通过R1的电流较大。故D项正确。4、C【解题分析】当S闭合时,电容器与R2并联,U1=R2E/(R1+R2+r)=0.4E,对油滴静止,由平衡条件mg=U1q/d,得到mg=0.4qE/d,当S断开时,电容器与电源并联U2=E,对油滴,由牛顿第二定律:U2q/d-mg=ma,得到2.5mg-mg=ma,得a=1.5g=15m/s2,方向向上,故C正确,ABD错误;故选C。5、A【解题分析】
以导线为研究对象,由左手定则判断得知导线所受安培力F方向斜向左下方,根据牛顿第三定律得知,导线对磁铁的安培力方向斜向右上方,磁铁有向右运动的趋势,受到向左的摩擦力,同时磁铁对桌面的压力减小.6、D【解题分析】试题分析:对于电功率的计算,一定要分析清楚是不是纯电阻电路,对于非纯电阻电路,总功率和发热功率的计算公式是不一样的.根据焦耳定律可得电动机内部发热功率为,电动机消耗的功率为,电动机消耗的电功率一部分转化为内能,即发热功率,一部分转化为机械能,故电动机的机械功率,故B错误,D正确;根据闭合回路欧姆定律可得,电源的输出功率为P=UI,A错误,C错误.【题目点拨】在计算电功率的公式中,总功率用来计算,发热的功率用来计算,如果是计算纯电阻的功率,这两个公式的计算结果是一样的,但对于电动机等非纯电阻,第一个计算的是总功率,第二个只是计算发热的功率,这两个的计算结果是不一样的.二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。7、ABC【解题分析】
A.滑动变阻器的滑动头P从R的最左端移到最右端的过程中,滑动变阻器接入电路的阻值变大,电阻R1阻值不变,所以外电路总电阻变大,干路电流减小,电源内阻分压减小,路端电压增大,故A正确。B.由A分析可知滑动变阻器移动过程中,总电阻变大,根据纯电阻电路效率公式:得:可知电源效率增大,B正确.C.因总电阻增大,干路电流减小,故由:可知电阻R1消耗的电功率减小,故C正确。D.将定值电阻R1与电源看作一个整体,作为等效电源,当外电阻R的阻值与等效电源内电阻相等时,等效电源的输出功率最大。由题并不能判断出滑动变阻器R与等效电源内电阻阻值的大小关系,所以无法判断R消耗功率的变化大小,故D错误。8、CD【解题分析】
若两小球电性相同,两个完全相同的金属小球,将它们相互接触再分开,带电量先中和后平分,设金属球A和B带电量为Q,7Q,所以A、B所带的电荷相等都为4Q,根据库仑定律得所以若两小球电性相反,两个完全相同的金属小球,将它们相互接触再分开,带电量先中和后平分,设金属球A和B带电量为Q,7Q,所以A、B所带的电荷相等都为3Q,根据库仑定律得所以故选CD。9、BD【解题分析】
A.断开S2,C直接接到电源两端,C两端电压增大,故E增大,电场力增大,油滴向上运动,故A错误;B.断开S3,电源断开,C通过R3放电,电压减小,粒子向下运动,故B正确;C.断开S4,电容器被断开,不会产生充放电现象,减小两板间距离,电场强度不变,粒子受力不变,油滴不会运动,故C错误;D.断开S1,R1断路,而R2接通,仍可使C接入R3两端,电容器的电压不变,增大两板间的距离,电场强度减小,粒子向下运动,故D正确。故选:BD.【题目点拨】由电路图可知,当开关都闭合时,R3、R4串联后接入电源两端;R1及R2为等势体,相当于导线,电容器两端的电压等于R3两端的电压;原来带电油滴受重力和电场力平衡,故电场力应向上,若使P向下运动,重力不变,故可知电场力的变化,由F=Eq可知场强E的变化,由U=Ed可得出电容器两端电压的变化,分析各开关断开后电路的变化可得出符合条件的选项.10、AD【解题分析】A项:增大1时,R1上的分压增大,而下极析上电势不变,故上极板电势增大,则电容器两端的电势差增大,极板上电荷量增大,故A正确;B项:若增大R2时,R2上的分压增大,则R1两端的电势差减小,上极板上电势降低,而下极板电势不变,故可能使下极板带正电,或电量减小,故B错误;C项:增大R3,则R3分压增大,故下极板的电势增大,会出现与B相同的结果,故C错误;D项:增大R4,则R4分压增大,R3两端的电势差减小,故下极板上电势降低,上下极板间电势差增大,故电量增大,故D正确.点晴:由图可知R1与R2串联后与R3、R4并联,开始时C的上极板带正电,说明上极板电势要高于下极板,要使电量增大应增大上极板的电势或减小下极板的电势.三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。11、刻度尺沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量平衡摩擦力【解题分析】
由题中“探究加速度与力、质量的关系”可知,本题考查牛肚第二定律中加速度与力、质量的关系实验,根据实验原理和实验步骤可分析本题。【题目详解】(1)[1]因为需要通过打点计时器的纸带数据求解加速度,因此还需要的器材是刻度尺;(2)[2]根据牛顿第二定律可知,当沙和沙桶的总质量远小于滑块质量时,绳子的拉力才能近似等于沙和沙桶的重力,所以沙和沙桶应该满足的条件是:沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量。[3]实验时为保证细线拉力等于滑块所受的合外力,首先需要做的是平衡摩擦力。12、甲;;;电压表的分流;偏小;乙;【解题分析】
两个电路图的区别是一个是电流表的外接,另一个是电流表内接,本题中被测电阻的阻值40~50Ω,属于小电阻,根据待测电阻与电压表和电流表内阻的比较,选择采用内接法还是外接法;本着读数精确性的原则,电流表选用A2,本着安全性和便于操作的原则,滑动变阻器选用R1.【题目详解】(1)被测电阻的阻值40∼50Ω,属于小电阻,电流表内阻4Ω和20Ω,伏特表V的内阻约20kΩ,则有:.故应采用外接法,即图甲;电路中电流最大值不超过为9/40A=0.23A=230mA,本着精确性的原则,电流表选择A2;滑动变阻器为限流接法,两个滑动变阻器均能满足限流要求,本着便于操作的原则,选用R1;该实验的系统误差主要是由电压表的分流引起,电流表测出的电流大于通过RX的实际电流,而电压没有系统误差,根据实验原理R=U/I可知,实验测量的是电压表与Rx并联的阻值,故实验的测量值比真实值偏小;(2)如果知道电流表的内阻,则可以采用电流表内接法;由欧姆定律求出电阻后减去电流表的阻值即为测量值;故答案为:(1)甲;A2;R1;偏小;(2)乙。四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1)0.6m/s(2)0.072J(3)0.09m【解题分析】
(1)小滑块与长木板系统动量守恒,规定向右为正方向,由动量守恒定律得:解得最终速度为:(2)由能量守恒定律得:代入数据解得热量为:Q=0.072J(3)由能量关系可知:解得L=0.09m14、(1)5A(2)
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