江西省抚州市2025届物理高二第一学期期末教学质量检测模拟试题含解析_第1页
江西省抚州市2025届物理高二第一学期期末教学质量检测模拟试题含解析_第2页
江西省抚州市2025届物理高二第一学期期末教学质量检测模拟试题含解析_第3页
江西省抚州市2025届物理高二第一学期期末教学质量检测模拟试题含解析_第4页
江西省抚州市2025届物理高二第一学期期末教学质量检测模拟试题含解析_第5页
已阅读5页,还剩7页未读 继续免费阅读

下载本文档

版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领

文档简介

江西省抚州市2025届物理高二第一学期期末教学质量检测模拟试题考生请注意: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,完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置,甲的圆心为,乙的圆心为,在两环圆心的连线上有、、三点,其中,此时点的磁感应强度大小为,点的磁感应强度大小为.当把环形电流乙撤去后,点的磁感应强度大小为()A. B.C. D.2、关于磁感应强度,下列说法中正确的是()A.由可知,B与F成正比,与IL成反比B.通电导线放在磁场中的某点,那点就有磁感应强度,如果将通电导线拿走,那点的磁感应强度就为零C.通电导线不受安培力的地方一定不存在磁场,即B=0D.磁场中某一点的磁感应强度由磁场本身决定,其大小和方向是唯一确定的,与通电导线无关3、在如图所示的电路中,电池的电动势为E,内阻为r,R1和R2是两个固定的电阻,C为电容器.当可变电阻的滑片向b端移动时:A.I1变大,I2变小,电容器带电量增加B.I1变大,I2变大,电容器带电量增加C.I1变小,I2变大,电容器带电量减少D.I1变小,I2变小,电容器带电量减少4、如图所示,在静电场中有A、B两点,则下列说法中正确的是()A.场强EA>EB,电势φA>φBB.将电荷+q从A点移到B点,电场力做负功C.将重力可忽略的电荷+q从A点移到B点,加速度变小D.将电荷–q分别放在A、B两点,具有的电势能EpA<EpB5、将两个分别带有电荷量-2Q和+5Q的相同金属小球A、B分别固定在相距为r的两处(均可视为点电荷),它们间库仑力的大小为F.现将第三个与A、B两小球完全相同的不带电小球C先后与A、B相互接触后拿走,A、B间距离保持不变,则两球间库仑力的大小为()A. B.C. D.6、根据下面给出的速度和加速度的正负,对运动性质的判断正确的是()A.v0>0,a<0,物体做加速运动 B.v0<0,a<0,物体做减速运动C.v0<0,a>0,物体做加速运动 D.v0>0,a>0,物体做加速运动二、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,长为L=0.5m、倾角为θ=37°的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中,一带电荷量为+q,质量为m的小球(可视为质点),以初速度v0=2m/s恰能沿斜面匀速上滑,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则下列说法中正确的是()A.水平匀强电场的电场强度为B.小球在B点的电势能大于在A点的电势能C.若电场强度加倍,小球运动的加速度大小为3m/s2D.若电场强度减半,小球运动到B点时的速度为初速度v0的一半8、一段长为L的通电直导线,设单位长度导线中有n个自由电子,每个自由电子的电荷量都是e,它们的定向移动速度大小为v,现加一匀强磁场,其方向垂直于导线,磁感应强度为B,已知这段导线受到安培力为F,则导线中每个自由电子受到的洛伦兹力A.大小为evB,方向和安培力F方向相反B.大小为evB,方向和安培力F方向一致C.大小为,方向和安培力方向一致D.大小为,方向和安培力F方向一致9、光滑绝缘半球形碗固定在水平地面上,碗内放有可视为质点的带电小球1、2,两小球质量均为、带电量分别为,平衡时小球1、2分别位于位置处。小球2的电荷量逐渐减少,从点缓慢下滑至点,则A.两带电小球间库仑力增大 B.两带电小球间库仑力减小C.带电小球2对碗的压力增大 D.带电小球2对碗的压力减小10、空间中有足够大的垂直纸面向里的匀强磁场,矩形线框abcd在磁场中,如图所示,以下操作中可以使线框中产生感应电流的是()A.水平向右加速运动B.以ab为轴旋转C.以bd连线为轴旋转D.以ac、bd连线交点o为轴在平面内旋转三、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)某同学要做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验,实验室提供了以下器材:A.待测小灯泡(额定电压2.5V,额定电流0.5A)B.电流表(量程3A,内阻约为0.1Ω)C.电流表(量程0.6A,内阻约为0.5Ω)D.电压表(量程3.0V,内阻约为10kΩ)E.电压表(量程15.0V,内阻约为50kΩ)F.滑动变阻器(最大阻值为100Ω,额定电流50mA)G.滑动变阻器(最大阻值为10Ω,额定电流1.0A)H.电源(电动势为3.0V,内阻不计)、电键及导线等(1)为了顺利完成实验并能减小实验误差,电流表应选用_____、电压表选用_____、滑动变阻器选用_____(均填写实验器材前的字母)(2)该同学根据实验要求选用了合适的器材,并完成部分电路的连接,如图甲所示,请你帮他完成其余部分的线路连接_________(用黑色水笔画线表示对应的导线)(3)闭合电键后将滑动变阻器滑片从一端移向另一端,测出多组电压表和电流表的数值,作出小灯泡的I﹣U图线如图乙所示,当小灯泡两端的电压为1.6V时,小灯泡的功率P=_____W(保留2位有效数字).12.(12分)某横波在介质中沿x轴正方向传播,t=0时波源O开始振动,振动方向沿y轴负方向,图示为t=0.7s时的波形图,已知图中b点第二次出现在波谷,则该横波的传播速度v=________m/s;从图示时刻开始计时,图中c质点的振动位移随时间变化的函数表达式为____________________m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)如图所示的平面直角坐标系xoy,在第二象限内有平行于y轴的匀强电场,电场强度的大小为E,电场强度方向沿y轴正方向;在第三象限的正三角形PMN区域内有匀强磁场,方向垂直于xoy平面向外,正三角形边长为L,且PN边与y轴平行.现有一重力不计带负电的粒子,从y轴上的A点,以大小v0的速度沿x轴负方向射入电场,通过电场后从x轴负方向上的P点进入第三象限,且速度与x轴负方向夹角为,又经过磁场后从y轴负方向进入第四象限,且速度与y轴负方向夹角为(已知+=,OP=2AO=4h).求:(1)带电粒子的比荷=?(2)粒子到达P点时速度的大小和=?14.(16分)有一电动机,其铭牌上标有“100V,50W”,当给此电动机接上100V的电源使其正常工作时,测得它可以将重10N的物体以4的竖直速度匀速提起,求:(1)此电动机的线圈电阻为多大;(2)为了让此电动机和一个“100V,30W”白炽灯在一个输出电压为200V的电源带动下都能正常工作,有人设计了如图电路,请计算电路中的附加电阻的阻值15.(12分)一个质量为m,电荷量为q的带负电的带电粒子,从A点射入宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场,MN、PQ为该磁场的边缘,磁感线垂直于纸面向里.带电粒子射入时的初速度与PQ成角,且粒子恰好没有从MN射出,如图所示.(1)求该带电粒子的初速度v0.(2)求该带电粒子从PQ边界射出的射出点到A点的距离x.

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】甲乙两环在点产生的磁感应强度大小相等,方向相同,则两环在点分别产生的场强大小为,两环在点产生的场强大小为,甲环在点产生的场强大小为,两环在点产生的场强方向相同,则乙环在点产生的场强大小为,由于乙环在点产生的场强与甲环在点产生的场强大小相等,则当把环形电流乙撤去后,点的磁感应强度大小为,故A正确;BCD错误;故选A。2、D【解析】ABD、磁感应强度是反映磁场性质的物理量,由磁场自身决定,与L和F无关,与是否引入电流也无关.故AB错误D正确C、因为通电导线取不同方向时,其受力大小不尽相同,当导线与磁场平行时安培力为零;此时磁感应强度并不为零,因此C错误故选D点评:容易题.对于定义式,不能理解为B与F成正比,与IL成反比,B由磁场本身决定3、A【解析】在闭合电路中,R与R2串联,再与R1并联,电容器并联在R的两端,电容器两端的电压等于R两端间的电压.当可变电阻R的滑片向上端移动时,电阻R的阻值减小,抓住电源的电动势和内阻不变,根据闭合电路欧姆定律,判断通过R1和R2的电流以及R两端的电压【详解】当可变电阻R的滑片向b端移动时,R的阻值增大,整个电路的总电阻增大,电动势不变,根据闭合电路欧姆定律,总电流减小,内电压减小,外电压增大,所以I1增大.总电流减小,则I2减小,R2两端的电压减小,则R两端的电压增大,根据Q=CU,可知电容器带电量增加.故A正确,BCD错误故选A4、D【解析】根据顺着电场线电势降低,则知:电势φA>φB.由图知,a处电场线疏,b处电场线密,而电场线的疏密表示场强的相对大小,则场强EA<EB.故A错误.+q从A点移到B点,电场力方向与位移方向的夹角小于90°,则电场力做正功,故B错误.将重力可略的电荷+q从A点移到B点,所受的电场力增加,则加速度变大,选项C错误;根据负电荷在电势高处电势能小,在电势低处电势能大,则电荷-q在A处电势能小,B处电势能大,即EpB>EpA.故D正确.故选D【点睛】本题关键要掌握电场线两个物理意义:方向表示电势高低、疏密表示场强的大小;正电荷在高电势点的电势能较大,负电荷相反5、A【解析】开始时由库仑定律得:;当小球和A接触后,A球带电为-Q,再和B球接触时,先中和后总电量为4Q,故平分后B球带电为2Q,因此此时:;可得:F1=,故BCD错误,A正确.故选A【点睛】完全相同的带电小球接触时,对于电量的重新分配规律要明确,然后正确利用库仑定律求解6、D【解析】A.,,说明物体加速度方向与速度方向相反,物体应该做减速运动,故A错误;B.,,说明物体加速度方向与速度方向相同,物体应该做加速运动,故B错误;C.,,说明物体加速度方向与速度方向相反,物体应该做减速运动,故C错误;D.,,说明物体加速度方向与速度方向相同,物体应该做加速运动,故D正确。故选D。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】A.带电小球从A点到B点,动能不变,由动能定理知重力做功与电场力做功之和为零,即得qELcosθ-mgLsinθ=0得故A正确。B.带电小球从A点到B点,电场力做正功,电势能减小,因此B点的电势能小于A点的电势能。故B错误。C.由题意知,电场强度未加倍时,满足mgsinθ=qEcosθ电场强度加倍后,小球在斜面方向的合力2qEcosθ-mgsinθ=ma所以小球的加速度a=gsinθ=6m/s2故C错误;D.电场强度未减半时,满足mgsinθ=qEcosθ若电场强度减半,小球在斜面方向的合力为:mgsinθ-qEcosθ=mgsinθ=ma′所以小球的加速度为:a′=gsinθ=3m/s2;根据速度位移公式,有v2-v02=2as,代入数据解得v=1m/s=v0故D正确。故选AD。8、BC【解析】每米导线中有n个自由电荷,每个自由电荷的电量均为e,它们定向移动的平均速率为v,所以电流的大小为,磁场对这段导线的安培力,则导线中每个自由电子受到的洛伦兹力,根据左手定则可知方向和安培力F方向一致,故BC正确,AD错误9、BD【解析】对B受力分析如图:由相似三角形法可证明两个带电小球任意电量时,都在同一水平面上(为两球连线距离的一半,为点到两球连线的距离);小球2电量减少,两球间库仑力减小,小球位置下降,且总在同一水平面。对小球2,由图解法可知,减小,减小,小球对碗的压力减小;A.两带电小球间库仑力增大,与结论不相符,选项A错误;B.两带电小球间库仑力减小,与结论相符,选项B正确;C.带电小球2对碗的压力增大,与结论不相符,选项C错误;D.带电小球2对碗的压力减小,与结论相符,选项D正确;故选BD.10、BC【解析】A.水平向右加速运动时,穿过线圈的磁通量不变,不会有感应电流,选项A错误;B.以ab为轴旋转,穿过线圈的磁通量变化,会有感应电流,选项B正确;C.以bd连线为轴旋转,穿过线圈的磁通量变化,会有感应电流,选项C正确;D.以ac、bd连线交点o为轴在平面内旋转,穿过线圈的磁通量不变,不会有感应电流,选项D错误;故选BC.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.C②.D③.G④.A⑤.0.64【解析】(1)灯泡额定电流为0.5A,电流表应选择C;灯泡额定电压为2.5V,电压表应选择D;为方便实验操作,滑动变阻器应选择G;(2)由图示电路图可知,滑动变阻器采用分压接法,为保护电路,闭合开关前滑片应置于A端(3)由图乙所示图象可知,电压U=1.6V时电流I=0.4A,灯泡实际功率:P=UI=1.6×0.4=0.64W;【点睛】本题考查了实验器材的选择、实验注意事项与实验数据处理;要掌握实验器材的选择原则:安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则;滑动变阻器采用分压接法时,为保护电路,闭合开关前滑片要置于分压电路分压为零的位置12、①.10②.y=﹣0.03sin5πt【解析】由题意得:,得该波的周期为T=0.4s,由图知波长为,则波速为,横波在介质中沿x轴正方向传播,图示时刻c质点向下振动,则c质点的振动位移随时间变化的函数表达式为【点睛】本题要根据简谐波的特点:一个周期内传播一个波长,简谐波传播过程中,各个质点的起振方向都相同,与波源的起振方向也相同,来确定波的周期四、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、(1)(2),450(3)【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动,应用类平抛运动规律求出粒子的比荷(2)应用运动的合成与分解求出速度大小与方向(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动,经分析,α=450并且当粒子从N点出磁场时,磁感应强度最小;洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律求出磁感应强度最小值【详解】(1)粒子在第二象限内做类平抛运动,设在第二象限内运动的时间为,则水平方向有:竖直方向有:联立得:(2)设粒子到达P点时时竖直方向的速度vy则有:联立得:所以粒子到达p点时速度大小为与x轴的夹角为θ,由几何关系得:,

温馨提示

  • 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
  • 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
  • 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
  • 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
  • 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
  • 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
  • 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。

评论

0/150

提交评论