湖南省醴陵两中学2025届物理高二第一学期期末监测试题含解析_第1页
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文档简介

湖南省醴陵两中学2025届物理高二第一学期期末监测试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,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,一带正电的物体在水平方向的匀强电场中沿光滑的水平面做曲线运动,当物体从M点运动到N点时,其速度方向恰好改变了90°,则物体在M点到N点的运动过程中,物体的电势能将A.先增大后减小B.先减小后增大C.不断增大D.不断减小2、一交流电压的瞬时值表达式为u=220sin50πt(V),下列判断正确的是()A.该交流电压的频率为50HzB.t=0.01s时,该交流电压的瞬时值为55VC.直接用电压表测该交流电压,其示数为220VD.若将该交流电压加在阻值为2kΩ的电阻两端,则电阻的发热功率为20W3、下述关于电磁感应的说法,正确的是()A.位于磁场中的闭合线圈,一定能产生感应电流B.穿过闭合电路的磁通量越大,感应电动势越大C.闭合线圈作切割磁感线运动,一定能产生感应电流D.感应电动势的大小和穿过闭合电路的磁通量变化快慢有关4、在如图所示电路中,电源的负极接地,其电动势为E、内电阻为r,R1、R2为定值电阻,R3为滑动变阻器,C为电容器,A、V为理想电流表和电压表.在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中,下列说法中正确的是A.电压表示数变小B.电流表示数变小C.电容器C所带电荷量增多D.a点的电势降低5、一质量为2.0×103kg的汽车在水平公路上行驶,路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104N,当汽车经过半径为80m的弯道时,下列判断正确的是()A.汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力B.汽车转弯速度为20m/s时所需的向心力为1.4×104NC.汽车转弯的速度为20m/s时汽车会发生侧滑D.汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s26、如图所示,先后以速度v1和v2匀速把同一正方形闭合线圈拉入有界匀强磁场区域的过程中,已知vl=3v2.则在先后两种情况下A.线圈中的感应电流之比为I1:I2=3:1B.线圈中的感应电流之比为I1:I2=1:3C.线圈所受到的安培力之比为F1:F2=1:9D.线圈所受到的安培力之比为F1:F2=9:1二、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,金属框架固定在水平面上,金属杆ab与框架间无摩擦,整个装置处于竖直方向的磁场中.若因磁场的变化,使杆ab运动,下列判断正确的是A.若ab向右运动,则磁场可能竖直向上且减小B.若ab向左运动,则磁场可能竖直向上且减小C.若ab向右运动,则磁场可能竖直向上且增大D.若ab向左运动,则磁场可能竖直向上且增大8、质量和电量都相等的带电粒子M和N,以不同的速率经小孔垂直进入匀强磁场,带电粒子仅受洛伦兹力的作用,运行的半圆轨迹如图中虚线所示,下列表述正确的是()A.M带负电,N带正电B.M的速度率小于N的速率C.洛伦兹力对M、N不做功D.M的运行时间大于N的运行时间9、地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场,已知磁场方向垂直纸面向里,一个带电油滴沿着一条与竖直方向成θ角的直线MN运动.如图所示,由此可以判断:()A.油滴一定做匀速直线运动B.油滴可能做匀变速直线运动C.如果油滴带正电,它是从N点运动到M点D.如果油滴带正电,它是从M点运动到N点10、如图所示,由同一种金属条制成的矩形线框abcd固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中,ad=bc=L,ab=dc=3L,ad、ab、dc边的横截面积均为bc边的两倍,ad边的电阻为R。在t=0时刻,一接入电路电阻2R的导体棒PQ在水平拉力作用下从ad处由静止开始沿ab、dc向bc边以加速度a0匀加速滑动,滑动过程中PQ始终与ab垂直,且与线框接触良好,不计摩擦。在PQ从ad处向bc滑动的过程中,线框消耗的电功率最大的时刻为()A. B.C. D.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)用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻,被测电源是两节干电池串联成的电池组.可供选择的实验器材如下:A.电流表,量程0.6A,内阻约为0.5ΩB.电流表,量程100mA,内阻约为5ΩC.电压表,量程3V,内阻约为3kΩD.电压表,量程15V,内阻约为5kΩE.滑动变阻器,0~1000Ω,0.1AF.滑动变阻器,0~10Ω,2A开关一个,导线若干(1)为了尽量得到较准确的实验结果,电流表应选________,电压表应选________,滑动变阻器应选________(填器材前面的选项字母)(2)有(甲)、(乙)两个可供选择的电路如图所示,为减小实验误差,应选___________电路进行实验(3)如图是根据实验记录数据画出的U-I图象,则由图可求出该电源电动势为___________V,该电源内阻为______Ω(结果保留2位有效数字)12.(12分)有一个小灯泡上标有“4V2W”字样,现在要用伏安法描绘这个灯泡的I-U图线.现有下列器材供选用:A.电压表(0~5V,内阻约10kΩ)B.电压表(0~15V,内阻约20kΩ)C.电流表(0~3A,内阻约1Ω)D.电流表(0~0.6A,内阻约0.4Ω)E.滑动变阻器(10Ω,2A)F.滑动变阻器(500Ω,1A)G.学生电源(直流6V)、开关、导线若干(1)实验中所用电压表应选________,电流表应选用________,滑动变阻器应选用________(2)在线框内画出实验电路图_______,并根据所画电路图进行实物连接_______(3)利用实验数据绘出小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示,分析曲线说明小灯泡电阻变化的特点:________________________________(4)若把电阻元件Z和小灯泡接入如图乙所示的电路中时,已知电阻Z的阻值为5Ω,已知A、B两端电压恒为2.5V,则此时灯泡L的功率约为________W.(保留两位有效数字)四、计算题:本题共3小题,共38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)哈尔滨第24届世界大学生冬运会某滑雪道为曲线轨道,滑雪道长s=2.5×103m,竖直高度h=720m.运动员从该滑道顶端由静止开始滑下,经t=200s到达滑雪道底端时速度v=30m/s,人和滑雪板的总质量m=80kg,取g=10m/s2,求人和滑雪板(1)到达底端时的动能;(2)在滑动过程中重力做功的功率;(3)在滑动过程中克服阻力做的功14.(16分)如图所示,固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距L1=0.5m,金属棒ad与导轨左端bc的距离为L2=0.8m,整个闭合回路的电阻为R=0.2Ω,t=0时磁感应强度为B0=1T的匀强磁场竖直向下穿过整个回路。ad杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m=0.04kg的物体,不计一切摩擦,现使磁场以=0.2T/s的变化率均匀地增大。(g=10m/s2)求:(1)感应电动势的大小和金属棒上电流的方向?(2)经过多长时间物体刚好离开地面?15.(12分)如图所示,电源电动势E=36V,内阻r=1Ω,电灯上标有“6V,12W”的字样,直流电动机线圈电阻R=2Ω.接通电源后,电灯恰能正常发光,求电动机输出的机械功率

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】带电粒子速度方向改变了90°,则知电场力方向应为斜向右下方,与初速度的方向夹角先大于90°,后小于90°,才能出现末速度与初速度垂直的情况,因此电场力先做负功,当达到速度与电场力方向垂直后再做正功,则电势能先增大后减小A.先增大后减小,与结论相符,选项A正确;B.先减小后增大,与结论不相符,选项B错误;C.不断增大,与结论不相符,选项C错误;D.不断减小,与结论不相符,选项D错误;2、C【解析】本题考查了交流电的描述,根据交流电的表达式,可知其最大值,以及线圈转动的角速度等物理量,然后进一步求出其它物理量,如有效值、周期、频率等,电表示数和功率、能量需要用到有效值;【详解】A、频率为:,故A错误;B、时,,故B错误;C、电压表测量的电压有效值,则,故C正确;D、若将该交流电压加在阻值为的电阻两端,则电阻的发热功率为,故D错误【点睛】对于交流电的产生和描述要正确理解,要会推导交流电的表达式,明确交流电表达式中各个物理量的含义3、D【解析】位于磁场中的闭合线圈,如果磁通量不变,则不会产生感应电流,选项A错误;穿过闭合电路的磁通量越大,但是磁通量的变化率不一定打,感应电动势不一定越大,选项B错误;如果整个闭合线圈作切割磁感线运动,只产生感应电动势,但是不能产生感应电流,选项C错误;感应电动势的大小与穿过闭合电路的磁通量的变化率成正比,即感应电动势的大小与磁通量变化快慢有关,选项D正确;故选D.4、D【解析】在滑动变阻器的滑动触头P自a端向b端滑动的过程中,R3接入电路的电阻减小,电路外电阻减小,据闭合电路欧姆定律分析干路电流如何变化,再据欧姆定律分析电阻R1两端电压的变化,可知电压表读数的变化.分析并联部分电压的变化,可知电容器的电压如何变化,电容器所带电量的变化.由并联部分电压的变化及电源的负极接地,可分析a点的电势如何变化.用并联部分电压的变化,得出流过R2的电流如何变化,结合干路电流的变化,分析电流表示数的变化【详解】A:滑动变阻器的滑动触头P自a端向b端滑动的过程中,R3接入电路的电阻减小,电路外电阻减小,干路电流增大,电阻R1两端电压增大,电压表示数增大.故A项错误BC:干路电流增大,并联部分电压减小,电容器两板间电压减小,电容器C所带电荷量减小.并联部分电压减小,流过R2的电流减小,又干路电流增大,则流过电流表的电流增大,电流表示数变大.故BC两项错误D:外电路中顺着电流方向,电势降低,则,b点电势为零,并联部分电压减小,则a点的电势降低.故D项正确【点睛】电路动态分析问题,按局部到整体,再对局部分析各元件上电压或电流的变化.灵活应用闭合电路的欧姆定律,电动势、路端电压和内电压关系,串并联电路的电压电流关系是解决动态电路的关键5、D【解析】汽车转弯时做圆周运动,重力与路面的支持力平衡,侧向静摩擦力提供向心力,根据牛顿第二定律分析解题【详解】汽车转弯时受到重力,地面的支持力,以及地面给的摩擦力,其中摩擦力充当向心力,A错误;当最大静摩擦力充当向心力时,速度为临界速度,大于这个速度则发生侧滑,根据牛顿第二定律可得,解得,所以汽车转弯的速度为20m/s时,所需的向心力小于1.4×104N,汽车不会发生侧滑,BC错误;汽车能安全转弯的向心加速度,即汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s2,D正确【点睛】本题也可以求解出以20m/s的速度转弯时所需的向心力,与将侧向最大静摩擦力与所需向心力比较,若静摩擦力不足提供向心力,则车会做离心运动6、A【解析】A、B项:感应电动势为,感应电流为,所以电流之比等于速度之比等于3:1,故A正确,B错误;C、D项:由安培力公式可知,安培力之比等于速度之比等于3:1,故CD错误故选A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、AD【解析】根据“磁场的变化使杆ab运动”可知,本题考查电磁感应的动力学问题,根据楞次定律可判断感应电流的方向,左手定则判断通电导体所受的安培力方向;当穿过回路的磁通量均匀变化时,回路中产生的是恒定电流,进行分析推断.【详解】A、B、当磁感应强度B方向向上并减小时,穿过回路的磁通量减小,根据楞次定律判断得到:回路中感应电流方向为逆时针方向俯视,杆中的感应电流方向是从b到a,由左手定则可知,安培力的方向向右,使杆向右运动,故A正确,B错误;C、D、当磁感应强度B方向向上并增大时,穿过回路的磁通量增大,根据楞次定律判断得到:回路中感应电流方向为顺时针方向俯视,杆中的感应电流方向是从a到b,由左手定则可知,安培力的方向向左,使杆向左运动,故C错误,D正确;故选AD.【点睛】当磁感应强度B变化时,根据楞次定律(增反减同)判断感应电流的方向;根据法拉第电磁感应定律分析感应电流大小如何变化;由左手定则判断金属棒所受的安培力方向.8、AC【解析】由左手定则判断出M带正电荷,带负电荷;结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小;根据周期的公式可以判断出运动的时间关系【详解】A:由左手定则判断出N带正电荷,M带负电荷,故A正确;B:粒子在磁场中运动,洛伦兹力提供向心力,半径为:,在质量与电量相同的情况下,半径大说明速率大,即M的速率大于N的速率,故B错误;C:洛伦兹力始终与速度的方向垂直,不做功,故C正确;D:粒子在磁场中运动半周,即时间为周期的一半,而周期为,M的运行时间等于N的运行时间,故D错误9、AD【解析】对带电粒子进行受力分析,受到竖直向下的重力,水平方向的电场力和垂直于虚线的洛伦兹力,由于带电粒子做直线运动,所以洛伦兹力只能垂直于直线向上,从而可判断粒子的电性(带负电),同时可知电场力的方向向左,再根据各力的做功情况,即可判断各选项的正误【详解】AB.油滴做直线运动,受重力、电场力和洛伦兹力作用,因为重力和电场力均为恒力,根据物体做直线运动条件可知,粒子所受洛伦兹力亦为恒力据F=qvB可知,粒子必定做匀速直线运动;故A正确,B错误.CD.根据做直线运动的条件和受力情况,如图所示:可知如果油滴带正电,由左手定则判断可知,油滴的速度从M点到N点,故C错误,D正确.故选AD.【点睛】带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中,只要是做直线运动,一定是匀速直线运动(v与B不平行).若速度是变的,洛伦兹力会变,合力就是变的,合力与速度不在一条直线上,带电体就会做曲线运动10、AD【解析】设经过时间t,线圈功率最大,此时电动势为总电阻为功率联立解得此时功率最大。故选AD。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、①.A;②.C;③.F;④.乙;⑤.3.0;⑥.1.0;【解析】(1)根据二节干电池的电压约为3V,则根据电压值及实验中的基本要求可以选取电流表及电压表;(2)甲图误差来源于电流表的分压作用,乙图误差来源与电压表的分流作用,相比较,电流表分压作用引起的误差更大;(3)U-I图中图象与纵坐标的交点为是电源的电动势,根据斜率表示内电阻求解电源内阻【详解】(1)因二节干电池的电动势约为3V,故电压表的测量量程不能太大,由题意可知,电压表只能选3V量程的C;通过电源的电流不能太大,故量程0~3A的电流表太大,无法准确测量,故电流表应选量程为0.6A的A;滑动变阻器选择F即可;(2)甲图误差来源于电流表的分压作用,可以将电流表的内阻归结到电源中,故电动势测量值不变,内电阻测量值变大;乙图中误差来源与电压表的分流作用,由于电压表内电阻达到几千欧姆,误差较小,故选择乙方案;(3)U-I图中图象与纵坐标的交点为是电源的电动势,故电动势为3.0V;根据斜率表示内电阻求解电源内阻,故内电阻为【点睛】中学实验中选择仪表是常见的一种题型,要求学生能按照安全性和准确性的要求进行分析,先确定出必须用到的器材,再去根据题目中给出的条件去判断电流表和电压表.一定要注意判断图象与横轴的交点的横坐标是不是短路电流12、①.(1)A②.D③.E④.(2)如图;⑤.如图;⑥.(3)小灯泡电阻随温度的升高而增大⑦.(4)0.31【解析】本题(1)的关键是根据小灯泡的规格中的额定电压与额定电流大小来选择电压表与电流表的量程,根据实验要求电流从零调可知变阻器应用分压式接法,可知应选择电阻选择变阻器.题(2)的关键是根据小灯泡电阻满足,可知电流表应用外接法,又变阻器应用分压式接法,即可画出电路图和实物图.题(3)的关键是根据电阻定义可知,电阻大小与I-U图线上的点与原点连线的斜率倒数成正比,说明小灯泡的电阻随温度的升高而增大.题(4)的关键是在灯泡的I-U图像中画出电阻Z的I-U图像,根据I-U图象读出当电阻Z和灯泡两端的电压之和为2.5V时对应的电压和电流大小,然后根据P=UI求出功率即可【详解】(1):根据小灯泡的规格“4V,2W”可知,电压表应选A,电流,所以电流表应选D;由于描绘小灯泡伏安特性曲线实验要求电流从零调,所以变阻器应用分压式接法,应选阻值小的变阻器E(2):由于小灯泡电阻较小,满足,所以电流表应用外接法,又变阻器采用分压式接法,所以电

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