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文档简介
2025届广东深圳龙文教育物理高二第一学期期中经典试题考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解,其中正确的是()A.根据电场强度的定义式E=可知,电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比B.根据电容的定义式C=可知,电容器的电容与其所带电荷量成正比,与两极板间的电压成反比C.根据电势差的定义式UAB=可知,带电荷量为1C的正电荷,从A点移动到B点克服电场力做功为1J,则UAB=1VD.根据真空中点电荷的电场强度公式E=k可知,电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量有关2、两个带正电的小球,放在光滑的水平绝缘板上,它们相距一定距离.若同时释放两球,它们的加速度之比将()A.增大 B.先增大后减小C.保持不变 D.减小3、一条弹性绳子呈水平状态,M为绳子中点,两端P、Q同时开始上下振动,一小段时间后产生的波形如图所示,对于其后绳上各点的振动情况,下列判断正确的是()A.左边的波先到达中点MB.两列波波速之比为1:2C.中点M的振动总是加强的D.绳的两端点P、Q开始振动的方向相同4、如图所示,电路中A1和A2是完全相同的灯泡,线圈L电阻不可忽略,下列说法中正确的是()A.合上开关K接通电路时,A1和A2均立即点亮B.合上开关K接通电路时,A2先亮,A1后亮,最后一样亮C.断开开关K切断电路时,A1和A2都要过一会儿才熄灭D.断开开关K切断电路时,A2立刻熄灭,A1闪亮一下才熄灭5、如图所示,一电子束沿垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A极板,为了使电子束沿射入方向做直线运动,可采用的方法是()A.将变阻器滑动头P向右滑动B.将变阻器滑动头P向左滑动C.将极板间距离适当减小D.将极板间距离适当增大6、某物体受到-个-2N·s的冲量作用,则A.物体的末动量一定是负值 B.物体的动量一定减少C.物体的动量改变量的方向一定与规定的正方向相反D.物体原来的动量方向一定与这个冲量的方向相反二、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、某静电场中的一条电场线与X轴重合,其电势的变化规律如图所示.在O点由静止释放一个负电荷,该负电荷仅受电场力的作用,则在-x0~x0区间内()A.该静电场是匀强电场B.该静电场是非匀强电场C.负电荷将沿X轴正方向运动,加速度不变D.负电荷将沿X轴负方向运动,加速度逐渐减小8、质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落,在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场,再经过t秒小球又回到A点.不计空气阻力且小球从未落地,重力加速度为g,则()A.从A点到最低点小球重力势能减少了mg2t2B.从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2C.整个过程中小球所受合外力冲量大小为2mgtD.整个过程中小球电势能减少了mg2t29、如图,图线1表示导体的电阻为R1,图线2表示导体的电阻为R2,则下列说法正确的是()A.R1:R2=1:3B.把R1拉长到原来的3倍长后电阻等于R2C.将R1与R2串联后接于电源上,则功率之比P1:P2=1:3D.将R1与R2并联后接于电源上,则电流比I1:I2=1:310、如图所示,虚线a、b、c代表电场中的三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等,即,实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、Q是这条轨迹上的两点,据此可知()A.三个等势面中,a的电势最高B.带电质点通过P点时的电势能较Q点大C.带电质点通过P点时的动能较Q点大D.带电质点通过P点时的加速度较Q点大三、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)在用伏安法测电池电动势和内阻的实验中,一位同学记录了6组数据(如下表)。(1)根据数据选定下列供选用仪器:电流表选__________。滑动变阻器选___________。(选填仪表前的序号)①干电池=1.5V②直流电流表(0~0.60A档,内阻0.1Ω)③直流电流表(0~3.00A档,内阻为0.02Ω)④直流电压表(0~3.00V档,内阻5kΩ)⑤滑动变阻器(0~10Ω),允许最大电流为1.00A)⑥滑动变阻器(0~1000Ω,允许最大电流0.60A)⑦开关一个,导线若干(2)在下面实物图中以笔画线代替导线连好电路______。(3)根据记录数据在图所示的坐标纸上作U-I图线____,并根据图线求出E=_____V,r=_____Ω。(结果均保留2位小数)12.(12分)某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验:在小车M的前端粘有橡皮泥,先推动小车M使之做匀速运动,然后与原来静止在前方的小车N相碰并粘合成一体,继续做匀速运动。他设计的装置如图甲所示。在小车M后连着纸带,电磁打点计时器所用的电源频率为50Hz。(长木板下垫着小木片以平衡摩擦力)(1)若已测得打点纸带如图乙所示,并测得各计数点的间距(已标在图上)。A为运动的起点,则应选____段来计算M碰前的速度,应选____段来计算M和N碰后的共同速度(以上两空选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)。(2)已测得小车M的质量m1=0.4kg,小车N的质量m2=0.2kg,则碰前两小车的总动量为____kg·m/s,碰后两小车的总动量为____kg·m/s。据此可以得出结论_______________________。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)如图所示的电路中,电源电动势E=10V,内阻r=0.5Ω,电动机的电阻R0=1.0Ω,电阻R1=1.5Ω.电动机正常工作时,电压表的示数U1=3.0V,求:(1)电源释放的电功率;(2)电动机消耗的电功率.将电能转化为机械能的功率;14.(16分)如图,光滑斜面的倾角α=30°,在斜面上放置一矩形线框abcd,ab边的边长L1=lm,bc边的边长L2=0.6m,线框的质量m=1kg,电阻R=0.5Ω,线框通过细线与重物相连,重物的质量M=1kg,斜面上ef线的上方有垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度B=0.5T,如果线框从静止开始运动,进入磁场最初一段时间是匀速的,运动过程中M不会碰到地面。g=10m/s2,求:(1)线框abcd进入磁场过程中的电流方向;(2)线框进入磁场过程中通过截面的电荷量;(3)线框进入磁场时匀速运动的速度v的大小;(4)线框进入磁场过程中产生的焦耳热。15.(12分)桌面上放着一个单匝矩形线圈,线圈中心上方一定高度上有一竖直的条形磁铁,此时线圈内的的磁通量为0.04Wb.把条形磁铁竖直放在线圈内的桌面上时,线圈内的磁通量为0.12Wb.分别计算以下两个过程中线圈中的感应电动势.(1)把条形磁铁从图中位置在0.5s内放到线圈内的桌面上;(2)换用10匝的矩形线圈,线圈面积和原单匝线圈相同,把条形磁铁从图中位置在0.1s内放到线圈内的桌面上
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、D【解析】
电场强度取决于电场本身,与有无试探电荷无关,所以不能理解成电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比,故A错误.电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量,取决于电容器本身,并不是电容器的电容与所带电荷量成正比,与两极板间的电压成反比,故B错误.据电势差的定义式UAB=知,带电量为1C正电荷,从A点移动到B点克服电场力做功为1J,即电场力做功为-1J,则A、B点的电势差为-1V,故C错误.根据点电荷的场强公式E=k知:Q是场源电荷,所以电场中某点电场强度与场源电荷的电量成正比,与该点到场源电荷距离的平方成反比,故D正确.故选D.【点睛】本题关键抓住电场强度是描述电场本身性质的物理量,其大小和方向与试探电荷无关,是电场本身决定;电容取决于电容器本身;灵活应用电势差的定义式.2、C【解析】
两小球间的库仑力互为相互作用力,在任意时刻都是大小相等方向相反,由F=ma可知它们的加速度之比总是为质量的反比,C对;3、D【解析】因波速由介质决定,则它们的传播速度相同,因此两波同时到达中点M,故A错误;波速由介质决定,与波长和频率无关,两列波波速之比为1:1,故B错误;由于波的频率不同,故两列波并不能干涉,M点并不是振动加强点,故C错误;由图可知,左边波向右传播,而右边的波向左,依据上下坡法,则它们起振方向相同,再依据波产生的原理:带动、重复、滞后,即可判定P、Q开始振动的方向相同,故D正确;故选D.4、C【解析】
合上开关K接通电路时,A2先亮,由于A1与L串联,在L中产生的自感电动势阻碍电流的增加,故A1逐渐亮起来,但是由于L有电阻,故最后A1比A2要暗,选项AB错误;断开开关K切断电路时,原来通过A2的电流立刻消失,但是由于L中产生的自感电动势阻碍电流的减小,故此电流会在L、A1和A2中形成新的回路,故两灯都要过一会儿才熄灭,选项C正确;D错误;故选C.5、D【解析】
根据电路图可知:A板带正电,B板带负电,所以电子束受到电场力的方向向上,大小洛伦兹力方向向下,,电子向上偏,说明电场力大于洛伦兹力,要使电子束沿射入方向做直线运动,则要电场力等于洛伦兹力,所以要减小电场力;AB、将变阻器滑动头P向右或向左移动时,电容器两端电压不变,电场力不变,故AB错误;
C、将极板间距离适当减小时,增大,不满足要求,故C错误;D、将极板间距离适当增大时,减小,满足要求,故D正确.6、C【解析】试题分析:根据动量定理得:,说明物体的动量增量一定与规定的正方向相反,不能说明原末动量的方向和大小,故C正确.考点:动量定理应用二、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、AC【解析】试题分析:电势φ-x图线的斜率等于电场强度大小,由于图线的斜率不变,所以该电场是匀强电场;沿着电场线方向,电势是降低的,则图中的电场线方向指向沿x轴负方向,负电荷受到的电场力方向与场强方向相反,因此,负电荷将沿x轴正方向运动,加速度不变,所以正确选项为A、C.考点:本题考查了对φ-x图线的斜率的理解.8、AC【解析】
A.小球先做自由落体运动,后做匀减速运动,两个过程的位移大小相等、方向相反.设电场强度大小为E,加电场后小球的加速度大小为a,取竖直向下方向为正方向,则又v=gt,解得a=3g则小球回到A点时的速度为v′=v-at=-2gt减速时候加速度为自由下落时3倍,所以时间为自由下落的三分之一,总位移为:所以重力势能变化为:故A错误;B.最低点时小球速度为零,所以加电场开始到最低点时,动能变化:故B错误;C.规定向下为正方向,根据动量定理得:△p=-mgt-0=-2mgt所以整个过程中小球合外力的冲量为2mgt,故C正确;D.由牛顿第二定律得:,解得:整个过程中小球电势能减少了故D错误.故选AC.9、AC【解析】
A.根据I−U图象知,图线的斜率表示电阻的倒数,所以R1:R2=1:3.故A正确;B.把R1拉长到原来的3倍长后,截面积变为原来的,根据可知,电阻变为原来的9倍,为R2的3倍,故B错误;C.串联电路电流相等,所以将R1与R2串联后接于电源上,电流比I1:I2=1:1.根据P=I2R可知,功率之比P1:P2=1:3,故C正确;D.并联电路,电压相等,电流比等于电阻之反比,所以将R1与R2并联后接于电源上,电流比I1:I2=3:1,故D错误;10、BD【解析】
A.电荷所受电场力指向轨迹内侧,由于电荷带正电,因此电场线指向右下方,沿电场线电势降低,故c点电势最高,故A错误;BC.根据带正电的质点受力情况可知,从P到Q过程中电场力做正功,电势能降低,动能增大,即P点时电势能较大,而动能较小,故B正确,C错误;D.等差等势线密的地方电场线也密,电场强度大,所受电场力大,因此P点加速度也大,故D正确.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、②⑤1.45(1.41~1.49)0.70(0.60~0.80)【解析】
(1)[1]干电池电动势约为1.5V,电压表应选0~3.00V挡位,根据实验数据得出最大电流为0.57A,因此电流表应选0~0.60A挡位即②;[2]干电池电动势约为1.5V,电流表量程为0.6A,电路最小电阻约为:R=2.5Ω,为方便实验操作,滑动变阻器应选0~10Ω,即⑤;(2)[3]应用伏安法测电源电动势与内阻实验,电压表测路端电压,电流表测电路电流,实验电路图如图所示(3)[4]利用表中坐标值,采用描点法并连线得图象如图所示[5][6]由闭合电路欧姆定律可知U=E-Ir,再由数学知识可知,图象与纵坐标的交点为电源的电动势故电源的电动势为1.45V,图象的斜率表示电源的内阻12、BCDE0.4200.417在误差允许的范围内碰撞前后系统动量守恒【解析】
(1)[1][2].从分析纸带上打点情况看,BC段既表示小车做匀速运动,又表示小车有较大速度,因此BC段能较准确地描述小车M在碰撞前的运动情况,应选用BC段计算小车M的碰前速度。从CD段打点情况看,小车的运动情况还没稳定,而在DE段小车运动稳定,故应选用DE段计算碰后M和N的共同速度。(2)[3][4][5].小车M在碰撞前的速度v0==1.050m/s小车M在碰撞前的动量p0=m1v0=0.420kg·m/s碰撞后M、N的共同速度v==0.695m/s碰撞后M、N的总动量p=(m1+m2)v=0.417kg·m/s可见在误差允许的范围内,碰撞前后系统动量守恒。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)21W(2)12W8W.【解析】
(1)通
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