2025届贵州省贵定县第二中学高二物理第一学期期末监测试题含解析_第1页
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文档简介

2025届贵州省贵定县第二中学高二物理第一学期期末监测试题注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。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、关于磁感线的下列说法中,正确的是()A.磁感线是真实存在于磁场中的有方向的曲线B.磁感线上任一点的切线方向,都跟该点磁场的方向相同C.磁铁的磁感线从磁铁的北极出发,终止于磁铁的南极D.磁感线有可能出现相交的情况2、如图,在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场,正、负电子分别以相同速度沿与x轴成300角从原点垂直射入磁场,则正、负电子在磁场中运动时间之比为()A.2:1 B.1:2C.1:3 D.1:153、如图所示,一根通电直导线用细线悬挂在磁感应强度为B的匀强磁场中,电流方向由M向N,此时细线所受拉力不为零,则下列做法中不能使细线的拉力变为零的是()A.不改变电流方向,适当增加电流大小B.使电流反向,且适当减小电流C.保持原来电流不变,适当增加磁感应强度大小D.使原来的磁场和电流都反向,且适当增加电流的大小4、点电荷P、Q在真空中产生电场的电场线如图所示,下列说法正确的是()A.P、Q都是正电荷B.P、Q都是负电荷C.P是负电荷,Q是正电荷D.P是正电荷,Q是负电荷5、在下列研究中,加点表示物体可视为质点的是A.研究蜜蜂翅膀的振动频率B.研究足球的旋转速度C.研究飞船与空间站对接时的姿态D.研究北斗卫星绕地球运行的周期6、如图所示,MN、PQ是间距为L的平行金属导轨,置于磁感应强度为B、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中,M、P间接有一阻值为R的电阻.一根与导轨接触良好、有效阻值为R的金属导线ab垂直导轨放置,并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动,则(不计导轨电阻)()A.通过电阻R的电流方向为P→R→MB.a、b两点间的电压为BLvC.a端电势比b端高D.a端电势比b端低二、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E的内阻不计,其中A为理想电流表,V1、V2为理想电压表,R1、R2、R3为定值电阻.开始时S是断开的,当闭合开关S时,各电表的示数变化情况正确的是()A.电压表V1的示数变小B.电压表V2的示数变小C.电流表A示数变小D.电流表A的示数变大8、如图所示,甲、乙为两个独立电源(外电路为纯电阻)的路端电压与通过它们的电流I的关系图线,下列说法中正确的是()A.电源甲的电动势大于电源乙的电动势B.电源甲的内阻小于电源乙的内阻C.路端电压都为U0时,它们的外电阻相等D.电流都是I0时,两电源的内电压相等9、速度相同的一束粒子(不计重力)经过速度选择器后射入质谱仪后的运动轨迹如图所示,则下列相关说法中正确的是()A.速度选择器的P1极板带负电B.这束带电粒子带正电C.能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于D.若粒子在磁场中运动半径越大,则该粒子的比荷越大10、如图所示,质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连,放在光滑水平面上,A紧靠竖直墙壁.用水平力向左推B,将弹簧压缩,推到某位置静止时推力大小为F,弹簧的弹性势能为E.在此位置突然撤去推力,下列说法中正确的是(

)A.撤去推力的瞬间,B的加速度大小为B.从撤去推力到A离开竖直墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,机械能守恒C.A离开竖直墙壁后,弹簧弹性势能最大值为D.A离开竖直墙壁后,弹簧弹性势能最大值为E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)某同学在探究性实验中需要精确地测量某灵敏电流计(微安表)的内电阻,设计了如图甲所示的电路,实验室可供他使用的器材如下:A.待测电流计(量程500uA,内阻约1kΩ)B.电阻箱R(阻值1Ω~9999Ω)C.滑动变阻器R1(最大阻值10Ω)D.滑动变阻器R2(最大阻值1kΩ)E.电源(电动势3V,内阻不计)F.开关一只,导线若干①请你用笔画代替导线,按图甲的方案将图乙中的实物图连成可供测量的实验电路____;②在某一次测量中,得到了如上图所示的数据,则R=_______Ω;I=_________uA;③实验时,该同学把滑动变阻器的滑片调至适当位置处,而后保持滑动变阻器的阻值不变,通过调节电阻箱阻值R,使流过灵敏电流计的示数I发生变化,为使测量出的Rg值误差较小,需保证在调节电阻箱阻值R时,尽可能不改变R与电流计两端的电压值之和,则滑动变阻器应选择_____(填“R1”或“R2”);④若操作过程中得到如图丙所示的()图线,若已知斜率为k,纵截距为b,则根据图线,求得电流表内阻Rg=__________(请用字母表示);12.(12分)某同学用如甲图所示的电路测定电源的电动势和内阻,所用的实验器材有:待测电源E,电阻箱R(最大阻值99.99),定值电阻R0(阻值为2.0),电压表(量程为3V,内阻约为2k),开关S实验步骤:将电阻箱阻值调到最大,先闭合开关S,多次调节电阻箱,记下电压表的示数U和电阻箱相应的阻值R,以为纵坐标,R为横坐标,作图线(如图乙)(1)E为电源电动势,r为电源内阻,写出关系表达式(用E、r、R0表示)____(2)根据图线求得电源电动势E=_____V,内阻r=______.(保留两位有效数字)(3)用该种方法测电源电动势存在系统误差,产生系统误差的原因是_______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)用一根长L=0.8m轻绳,吊一质量为m=1.0g的带电小球,放在磁感应强度B=0.1T,方向如图所示的匀强磁场中,将小球拉到与悬点等高处由静止释放,小球便在垂直于磁场的竖直面内摆动,当球第一次摆到低点时,悬线的张力恰好为零(重力加速度g=10m/s2)(1)小球带何种电荷?电量为多少?(2)小球第二次经过最低点时,悬线对小球的拉力多大?14.(16分)如图所示,在xOy平面内,第一象限内有匀强电场,匀强电场电场强度大小为E,方向沿y轴正方向,在x轴下方有匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里.有一个质量为m、电荷量为e的电子(不计重力),从y轴上的P点以初速度v0垂直于电场方向进入电场,经电场偏转后沿着与x轴正方向成45°的方向进入磁场,并能返回到出发点P。(1)作出电子运动轨迹的示意图,并说明电子的运动情况;(2)P点到O点的竖直距离为多少?(3)电子从P点出发经多长时间第一次返回P点。15.(12分)如图所示斜面的倾角θ=37°,一个匝数n=10匝,边长L=0.1m的正方形线框abcd被固定在斜面上(固定装置图中未画出),e、f分别为ab与dc的中点.在ebcf区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场,从t=0时起,撤去固定线框的装置,磁场的磁感应强度按B=6+2t(T)的规律开始变化.已知线框质量m=0.2kg,总电阻r=1Ω,线框与斜面间的动摩擦因数μ=0.5.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:(1)线框静止不动时线框中的感应电动势的大小和感应电流的方向;(2)经过多长时间线框开始滑动;(3)在线框保持不动的时间内,通过线框的电量

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、B【解析】试题分析:磁感线不是真是存在的,选项A错误;磁感线上任一点的切线方向,都跟该点磁场的方向相同,选项B正确;在磁铁的外部,磁铁的磁感线从磁铁的N极出发,指向S极,在内部正好相反,磁感线为闭合曲线,选项C错误;磁感线永不相交,选项D错误;故选B考点:考查磁感线的概念点评:本题难度较小,充分理解磁感线的特点即可2、A【解析】带电粒子以一定的速度垂直进入匀强磁场,在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动.粒子受到的洛伦兹力提供向心力;粒子在磁场中运动的周期仅与粒子的比荷及磁场有关,而运动的时间与偏转角有关【详解】电子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,正电子进入磁场后,在洛伦兹力作用下向上偏转,而负电子在洛伦兹力作用下向下偏转.粒子做圆周运动的周期:,知两个电子的周期相等.正电子从y轴上射出磁场时,根据几何知识得知,速度与y轴的夹角为60°,则正电子速度的偏向角为θ1=120°,其轨迹对应的圆心角也为120°,则正电子在磁场中运动时间为:.同理,知负电子以30°入射,从x轴离开磁场时,速度方向与x轴的夹角为30°,则轨迹对应的圆心角为60°,负电子在磁场中运动时间为:,所以正电子与负电子在磁场中运动时间之比为:t1:t2=2:1;故选A【点睛】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为:定圆心、画轨迹、求半径.则可画出正、负离子运动轨迹,由几何关系可知答案3、B【解析】金属线开始受重力、向上的安培力、绳子的拉力处于平衡。A.不改变电流方向,适当增加电流的大小,根据F=BIL知,安培力增大,则绳子的张力会变为零。故A不符合题意;B.使原来电流反向,安培力反向,则拉力增大,不能使细线的拉力变为零。故B符合题意;C.保持原来电流不变,适当增加磁感应强度大小,根据F=BIL知,安培力增大,则绳子的张力会变为零。故C不符合题意;D.使原来的磁场和电流都反向,安培力的方向不变,适当增加电流的大小,安培力的大小增加,绳子的张力会变为零,故D不符合题意。故选B。4、C【解析】电场线的方向是由正电荷出发指向负电荷或无穷远,由图知,P是负电荷,Q是正电荷,所以ABD错误;C正确5、D【解析】研究蜜蜂翅膀的振动频率时,蜜蜂的大小不能忽略不计,不能看做质点,选项A错误;研究足球的旋转速度时,足球的大小不能忽略,不能看做质点,选项B错误;研究飞船与空间站对接时的姿态时,飞船的大小不能忽略,不能看做质点,选项C错误;研究北斗卫星绕地球运行的周期时,卫星的大小可以忽略不计,可以看做质点,选项D正确.6、C【解析】A:由右手定则可知,通过电阻R的电流方向为M→R→P.故A项错误B:导体棒切割磁感线产生的感应电动势,则a、b两点间的电压.故B项错误CD:由右手定则可知,通过导体棒的电流由b→a,此时导体棒是电源,则导体棒a端电势比b端高.故C项正确,D项错误【点睛】在电源内部,电流由电势低处流向电势高处;在电阻上,电流由电势高处流向电势低处二、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、ABD【解析】当闭合开关S时,外电路总电阻减小,由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化、路端电压的变化和电阻R1电压的变化.根据电阻R2的电压与路端电压、R1电压的关系,分析R2的电压变化【详解】A、当闭合开关S时,引起外电路总电阻减小,由闭合电路欧姆定律得知,干路电流I增大,电压表V1的示数U=E-Ir,U变小;故A正确.B、电压表V2的示数U2=E-I(R1+r),I增大,U2变小;故B正确.C、D、干路电流I增大,电流表A的示数变大;故C错误,D正确.故选ABD.【点睛】本题是电路中动态变化分析问题,关键要处理好局部与整体的关系.对于路端电压也可直接根据路端电压随外电阻增大而增大判断.8、AC【解析】根据欧姆定律可知外电阻R路端电压U与电流I的关系为R=U/I,图线与U轴交点的坐标值表示电动势的大小,与I轴交点的坐标值表示电路中的短路电流,图线的斜率大小表示电源内电阻的大小(电动势与短路电流的比值),电源的内电压等于通过电源的电流与电源内阻的乘积,即U内=Ir【详解】图线与U轴交点的坐标值表示电动势的大小,由图线可知,甲与U轴交点的坐标值比乙的大,表明甲的电动势大于乙的电动势,故A正确.图线的斜率大小表示电源内电阻的大小(电动势与短路电流的比值),图线甲的斜率大于图线乙的斜率,表明甲的内阻大于乙的内阻,故B错误.根据欧姆定律可知外电阻R路端电压U与电流I的关系为R=U/I,在U-I图线中甲、乙两图线的交点坐标为(I0,U0),说明两电源的外电阻相等,故C正确.电源的内电压等于通过电源的电流与电源内阻的乘积,即U内=Ir,因为甲的内阻较乙的内阻大,所以当电流都为I0时,甲电源的内电压较大,故D错误.故选AC【点睛】本题利用图象考查了闭合电路欧姆定律,要特别注意图象与两轴交点分别表示电动势和短路电流,图象斜率表示内阻大小分卷II9、BC【解析】由图可知,粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动,根据粒子向下偏转,即可知粒子所受的洛伦兹力方向向下,由左手定则可判断粒子的电性.粒子速度选择器中受到电场力和洛伦兹力两个作用,电场力不变,速度方向不变,可知洛伦兹力与电场力应平衡,由左手定则判断出洛伦兹力方向,由平衡条件即可确定出P1极板带什么电.粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得到半径表达式,根据半径公式分析半径越大时,粒子的质量和比荷的大小【详解】由图可知,带电粒子进入匀强磁场B2时向下偏转,所以粒子所受的洛伦兹力方向向下,根据左手定则判断得知该束粒子带正电.故B正确.在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个作用而做匀速直线运动,由左手定则可知,洛伦兹力方向竖直向上,则电场力方向向下,粒子带正电,电场强度方向向下,所以速度选择器的P1极板带正电.故A错误.粒子能通过狭缝,电场力与洛伦兹力平衡,则有:qvB1=qE,解得:v=E/B1.故C正确.粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得:qvB=m,解得:.可见,由于v是一定的,B不变,半径r越大,则q/m越小.故D错误.故选BC【点睛】本题关键要理解速度选择器的原理:电场力与洛伦兹力,粒子的速度一定.粒子在磁场中偏转时,由洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律则可得到半径10、ABC【解析】A、撤去推力前,B处于静止状态,弹簧的弹力与F0二力平衡.撤去F的瞬间,弹簧的弹力不变,根据牛顿第二定律得,B的加速度大小为.故A正确.B、从撤去推力到A离开竖直墙之前,墙壁对B有弹力作用,A、B和弹簧组成的系统合外力不等于零,系统的动量不守恒.因为只有弹力做功,系统的机械能守恒,故B正确.C、D,A离开竖直墙后,系统所受的合外力为零,动量守恒;弹簧的弹力做功,系统的机械能守恒.当A、B的速度相等时,弹簧的弹性势能最大;对于从撤去推力到A离开竖直墙之前,机械能守恒,设A刚离开墙壁时,B的速度大小为.则有,得;A离开墙壁后,根据系统的动量守恒得:;根据系统的机械能守恒得:计算得出,弹簧的弹性势能最大值:,所以C选项是正确的,D错误.【点睛】撤去F的瞬间,B所受的弹力大小等于F0,根据牛顿第二定律求出撤去推力瞬间的加速度大小;分析A、B和弹簧组成的系统所受的外力,判断动量和机械能是否守恒.A离开竖直墙后,根据动量守恒定律和机械能守恒定律分析A离开竖直墙后,A、B的最大弹性势能.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.连线图见解析②.1750③.240④.R1⑤.【解析】①[1]实物连线如图:②[2][3]由图可知R=1750Ω;I=240μA;③[4]在调节电阻箱阻值R时,尽可能不改变R与电流计两端的电压值之和,则滑动变阻器应该选用阻值较小的R1;④[5]由欧姆定律,设电流计和电阻箱两端的电压之和为U,则U=I(R+Rg)整理可得由题意可得解得12、①.②.5.7③.3.7④.由于电压表的分流【解析】(1)根据闭合回路欧姆定律可得,变形可得(2)图像的斜率,解得,图像的纵截距,解得(3)由于电压表的分流,比实际电流要大,考点:考查了测量电源电压和电动势实验四、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)7.5×10-2C;带负电;(2)0.06N。【解析】(1)小球第一次摆到最低点时速度水平向左,悬线的拉力恰好为零,说明洛伦兹力竖直向上,由左手定则,拇指向上,让磁感线穿过掌心,四指就指向右,故小球带负电设小球第一次到达最低点速度为v,由动能定理可得:解得:v=4m/s此时对小球受力分析如图:根据牛顿第二

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