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文档简介

四川省雅安市2025届物理高二上期中考试试题请考生注意:1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上,请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2.答题前,认真阅读答题纸上的《注意事项》,按规定答题。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,通电螺线管ab外部的小磁针N极指向右方,若在螺线管内部的c点也放进一个小磁针,则以下判断正确的是()A.a端接电源负极,c点处小磁针N极指向左方B.a端接电源负极,c点处小磁针N极指向右方C.a端接电源正极,c点处小磁针N极指向左方D.a端接电源正极,c点处小磁针N极可指向任意方向2、容器中有质子,α粒子的混合物,为了把它们分开,先让它们从静止开始经电场加速,穿出加速电场后,第一种:垂直进入匀强电场;第二种:垂直进入匀强磁场,利用电场或磁场使它们偏转,最后穿出电场或磁场,从而达到分开的目的。对于上述两种情况,能使质子和α粒子分开的是(不计粒子重力)A.两种情况都能使质子和α粒子分开B.两种情况都不能使质子和α粒子分开C.进入电场后可以分开进入磁场不能分开D.进入电场后不能分开进入磁场能够分开3、如图所示,静止的小球沿不同的轨道由同一位置滑到水平桌面上,轨道高度为h,桌面距地面高为H,物体质量为m,则以下说法正确的是A.小球沿竖直轨道下滑到桌面上的过程,重力做功最少B.小球沿曲线轨道下滑到桌面上的过程,重力做功最多C.以桌面为参考面,小球的重力势能的减少量为mghD.以地面为参考面,小球的重力势能的减少量为4、右图所示的电路中,电源内阻r不可忽略,电流表和电压表均为理想电表,当滑动变阻器R2的滑动键P向上滑动时()A.A1和A2的示数均变大B.V1和V2的示数均变小C.A1示数的变化量小于A2示数的变化量D.V1示数的变化量大于V2示数的变化量5、如图是点电荷电场中的一条电场线,下面说法正确的是(仅受电场力)()A.A点场强一定大于B点场强B.在B点由静止释放一个电子,将一定向A点运动C.场源电荷一定带正电,在A点左侧D.正电荷运动中通过A点时,其运动方向一定沿AB6、如图所示,A、B、O、C为在同一竖直平面内的四点,其中A、B、O沿同一竖直线,B、C同在以O为圆心的圆周(用虚线表示)上,沿AC方向固定有一光滑绝缘细杆L,在O点固定放置一带负电的小球.现有两个质量和电荷量都相同的带正电小球a、b均可视为点电荷,先将a套在细杆上.让其从A点由静止开始沿杆下滑,后使b从A点由静止开始沿竖直方向下落,则下列说法中正确的是()A.从A点到C点,小球a做匀加速运动B.小球a在C点的动能等于小球b在B点的动能C.从A点到C点,小球a的机械能先增加后减少,但机械能与电势能之和不变D.小球a从A点到C点电场力做的功大于小球b从A点到B点电场力做的功二、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,带电小球在匀强磁场中沿光滑绝缘的圆弧形轨道的内侧来回往复运动,它每次通过最低点时()A.速度大小一定相同B.加速度一定相同C.所受洛伦兹力一定相同D.轨道给它的弹力一定相同8、某电场的电场线的分布如图所示.一个带电粒子由M点沿图中虚线所示的途径运动通过N点.则下列判断正确的是()A.粒子带负电B.电场力对粒子做负功C.粒子在N点的加速度大D.粒子在N点的速度大9、如图所示,边长为L,匝数为N,电阻不计的正方形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO′以恒定角速度ω转动,轴OO′垂直于磁感线,在线圈外接一含有理想变压器的电路,变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n1.下列判断正确的有()A.在图示位置时线框中磁通量为零,感应电动势为NBωL1B.电压表V1示数为NBωL1C.穿过变压器原、副线圈的磁通量的变化率相等D.当可变电阻R的滑片P向下滑动时,变压器的输入功率变大10、如图所示,一电场的电场线分布关于y轴(沿竖直方向)对称,O、M、N是y轴上的三个点,且OM=MN.P点在y轴右侧,MP⊥ON.则A.M点的电势比P点高B.将负电荷由O点移动到P点,电场力做正功C.M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势D.在O点静止释放一带正电粒子,该粒子将沿y轴做直线运动三、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)一个量程为的电流表,内阻为1000Ω,再给它串联一个99000Ω的电阻,将它改装成电压表,改装后电压表的量程为_______V。12.(12分)在用“电流表和电压表测定电池的电动势和内阻”的实验中,为提高实验精度,应合理设计电路图。(1)请你选用下面的实验器材,将最佳方案画在虚线方框中____________。A.干电池1节B.滑动变阻器(0~20Ω)C.滑动变阻器(0~1750Ω)D.电压表(0~3V)E.电流表(0~0.6A)F.电流表(0~3A)G.开关(2)其中滑动变阻器应选______(只填序号)。(3)据闭合电路欧姆定律,E、r、U、I之间的关系满足U=__________。(4)由图像可知这节干电池的电动势E=__________V,内电阻r=__________Ω。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,两光滑金属导轨,间距d=0.2m,在桌面上的部分是水平的,处在磁感应强度B=0.1T、方向竖直向下的有界磁场中,电阻R=3Ω,桌面高H=0.8m,金属杆ab的质量m=0.2kg,电阻r=1Ω,在导轨上距桌面h=0.2m的高处由静止释放,落地点距桌面左边缘的水平距离s=0.4m,g=10m/s2.求:(1)金属杆进入磁场时,R上的电流大小;(2)整个过程中R上产生的热量.(3)整个过程中通过R的电荷量.14.(16分)如图所示,两平行金属导轨间距L=1m,导轨与水平面成=37°,导轨电阻不计.导轨上端连接有E=6V、r=1Ω的电源和滑动变阻器R.长度也为L的金属棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好,金属棒的质量m=0.2kg,电阻R0=2Ω,整个装置处在竖直向上磁感应强度为B=1.5T的匀强磁场中,金属棒一直静止在导轨上.(g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)求:(1)当金属棒刚好与导轨间无摩擦力时,接入电路中的滑动变阻器的阻值R多大;(2)当滑动变阻器接入电路的电阻为R=5Ω时金属棒受到的摩擦力.15.(12分)如图所示,坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E=4×105N/C方向水平向左的匀强电场,在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。质荷比为mq=4×10﹣10kg/C的带正电粒子从x轴上的A点以初速度v0=2×107m/s垂直x轴射入电场,OA=0.2m(1)粒子经过y轴时的位置到原点O的距离;(2)若要求粒子不能进入第三象限,求磁感应强度B的取值范围(不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况)。

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、A【解析】

外部小磁针的N极水平向右,知螺线管内部的磁场方向向左,根据右手螺旋定则知,电流在螺线管中的方向从b到a,则b端为电源的正极,a端为电源的负极;再由螺线管内部的磁场方向向左,故小磁针静止时N极指向磁场方向,从右向左,即c点处小磁针N极指向左方,故A正确,B、C、D错误;故选A。【点睛】根据小磁针N极的指向确定螺线管内、外部的磁场方向,通过右手螺旋定则判断出电流的方向,从而确定出电源的正极.从而确定小磁针静止时N极指向。2、D【解析】

根据动能定理可求得两粒子加速后的动能和速度;再分别对进入电场和磁场中进入分析,根据电场中的类平抛运动规律和磁场中圆周运动规律进行分析,得出偏转位移和半径公式即可明确能否散开,从而确定能否分析.【详解】设加速电场电压为U,则在电场中加速过程,根据动能定理有,进入电场时,粒子做类平抛运动,设电场强度为E,则在垂直电场线方向上有,沿电场线方向上有:,则可知,偏转位移与荷质比无关,故无法将两种粒子分开;进入磁场时,根据洛伦兹力充当向心力则有,解得,因荷质比不同,则两种粒子运动半径不同,故在磁场中分开,由以上分析可知,D正确.【点睛】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律分析,要注意明确带电粒子在电场中做类平抛运动或匀变速运动,而在磁场中做匀速圆周运动,要注意体会两种方法的不同.3、C【解析】

AB.静止的小球沿不同的轨道由同一位置滑到水平桌面上,由于高度差相同,所以重力做功相同.故AB错误.CD.重力势能的变化量与零势能平面的选取无关,重力做的正功等于重力势能的减小量,重力做功为mgh,则重力势能的减小量为mgh.故C正确,D错误.4、C【解析】

AC.当滑片P上移时,R2增大,回路中的总阻值增大,总电流:总电流减小;V2的示数:可知U2增大A1的示数:可知增大,I减小、增大,知减小,减小量大于增加量,A错、C对;BD.U1、U2的大小为:可知:U1、U2都增大,U2的变化量大,BD错.【点睛】判定总电阻变化情况的规律(记一记)1.当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时,电路的总电阻一定增大(或减小).2.若开关的通、断使串联的用电器增多时,电路的总电阻增大;若开关的通、断使并联的支路增多时,电路的总电阻减小.3.在如图所示分压电路中,滑动变阻器可视为由两段电阻构成,其中一段R并与用电器并联,另一段R串与并联部分串联.A、B两端的总电阻与R串的变化趋势一致.5、B【解析】电场线密的地方电场的强度大,电场线疏的地方电场的强度小,由于只有一条电场线,不能判断出电场线的疏密情况,所以不能判断场强的大小,故A错误;电场线的方向向右,当在B点由静止释放一个电子时,电子受到的电场力方向向左,所以电子将一定向A点运动,故B正确;只有一条电场线不能判断场源电荷的情况,所以不能判断场源电荷是不是正电荷,故C错误;正电荷运动中通过A点,此时受到的电场力的方向一定是沿AB方向的,但是电荷的运动的方向不一定沿着AB方向,电荷也可以做曲线运动,故D错误.故选B.6、C【解析】

小球A在运动过程中库仑力得大小一直发生变化,因此小球得合力发生变化,因此不是匀变速运动,A错误;AB过程和AC过程中电场力做功相同,但是AC过程重力做功更多,因此小球C点动能更大,因此B错误D错误;从A到C电场力现做负功后正功,因此机械能先减小后增大,由能量守恒可知机械能和电势能总和不变,C正确;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、AB【解析】

A.在整个运动的过程中,洛伦兹力不做功,只有重力做功,所以向左或向右通过最低点时重力做功相同,速度大小相同,故A正确;B.根据合外力提供向心力有:F合=ma=m则加速度相同,故B正确;C.根据左手定则可知洛伦兹力的大小相等,方向不同,故C错误;D.向右、向左通过最低点时,洛伦兹力大小相等,方向相反,根据合力提供向心力可知洛伦兹力向上时有:当洛伦兹力向下时:比较可知弹力不等,故D错误。故选AB.8、CD【解析】

A.由粒子运动的轨迹可知,粒子带正电,选项A错误;B.电场力的方向斜向上,故电场力对粒子做正功,选项B错误;C.N点的电场线比M点密集,则粒子在N点受到的电场力较大,则粒子的加速度大,选项C正确;D.因为电场力对粒子做正功,根据动能定理可知,粒子动能增加,故粒子在N点的速度大,选项D正确.【点睛】此题是带电粒子在电场中的运动问题;解题的关键是根据粒子的运动轨迹,判断电场力的方向,从而即可判断电性,电场力做功的情况等等;电场线的疏密是反应电场强弱的,密集的地方场强较大,则电场力较大,粒子的加速度较大.9、ACD【解析】

正弦式交流发电机从线圈所处平面与磁场方向平行开始计时,其电动势表达式为:;在图示位置时穿过正方形线圈中的磁通量为零,磁通量变化率最大,感应电动势最大,电压表和电流表读数为有效值.【详解】从线圈所处平面与磁场方向平行时开始计时,矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为,在图示位置时穿过正方形线圈中的磁通量为零,磁通量变化率最大,感应电动势最大,感应电动势为,故A正确;交流电压的最大值等于,电压表示数为有效值,故B错误;根据理想变压器的工作原理得出:穿过变压器原、副线圈的磁通量的变化率相等,故C正确;当P位置向下移动,R减小,根据理想变压器的变压原理知输出电压即电压表的示数不变,输出功率为:,故输出功率变大,变压器的输入与输出功率相等,故当可变电阻R的滑片P向下滑动时,变压器的输入功率变大,故D正确;故选ACD.【点睛】本题关键明确交流四值、理想变压器的变压比公式、功率关系,要注意明确输出电压由输入电压决定.10、AD【解析】

A.过M、P、N做等势线,可得到过P点的等势线通过M、N之间,因顺着电场线电势降低,则有φM>φP>φN,故A正确.B.将负电荷由O点移到P点,因UOP>0,所以W=-qUOP<0,则负电荷电场力做负功,故B错误;C.由U=Ed可知,MN间的平均场强小于OM间的平均场强,故MN两点间的电势差小于OM两点间的电势差,C错误;D.根据电场线的分布特点会发现,电场线关于y轴两边对称,故y轴上的场强方向在y轴上,所以在O点静止释放一带正电粒子,其所受电场力沿y轴正方向,则该粒子将沿y轴做直线运动,故D正确;【点睛】考点:电场线;电势及电势能电场线密的地方电场的强度大,电场线疏的地方电场的强度小,电场力做正功,电势能减小,电场力做负功,电势能增加.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、30【解析】

[1]改装后的电压表的量程为:12、BU=E-Ir1.50.75【解析】

(1)[1].为了减小实验误差,电流表应该选择量程为0.6A的电流表E;电路如图:(2)[2].滑动变阻器应选阻值较小的B即可。(3)[3].据闭合电路欧姆定律,E、r、U、I之间的关系满足U=E-Ir。(4)[4][5].由图像可知,直线在纵轴上的截距等于电动势,则这节干电池的电动势E=1.5V,内电阻四、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)0.01A;(2)0.225J.(3)10C【解析】

(1)根据动能定理求出杆子进入磁场时的速度,通过切割产生的感应电动势公式求出感应电动势的大小,结合闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小.

(2)根据平抛运动的规律求出金属杆滑出导轨瞬间的速度;根据能量守恒定律求出整个过程中回路产生的热量,从而得出整个过程中电阻R放出的热量.(3)根据动量定理求解整个过程中通过R的电荷量.【详解】(1)ab棒刚进入磁场的瞬间,速率为v,由机械能守恒定律得mgh=12mv2,此时感应电动势E=Bdv=0.1×0.2×2V=0.04VI=ER+r(2)金属杆平抛初速度为v′,则有s=v'解得v由能量守恒,有Q=mgh-12mv′2=(0.2×10×0.2-12×0.2×12)

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