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文檔簡介
2025屆河北省石家莊市重點中學物理高二第一學期期中綜合測試試題注意事項1.考生要認真填寫考場號和座位序號。2.試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上,在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答;第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3.考試結束后,考生須將試卷和答題卡放在桌面上,待監考員收回。一、單項選擇題:本題共6小題,每小題4分,共24分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1、一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變,在兩極板間插入一電介質,其電容C和兩極板間的電勢差U的變化情況是A.C和U均增大 B.C增大,U減小C.C減小,U增大 D.C和U均減小2、在通電直導線與磁場方向垂直的情況下,為研究安培力與電流大小的關系,實驗時應保持不變的物理量是()A.只有電流B.只有磁感應強度C.只有導線在磁場中的長度D.磁感應強度和導線在磁場中的長度3、如圖所示,當帶正電的球C移近不帶電的枕形金屬導體時,枕形導體上的電荷移動情況是()A.枕形金屬導體上的正電荷向B端移動,負電荷不移動B.枕形金屬導體上的自由電子向A端移動,正電荷不移動C.枕形金屬導體上的正、負電荷同時分別向B端和A端移動D.枕形金屬導體上的正、負電荷同時分別向A端和B端移動4、關于電源的電動勢,下列說法中正確的是()A.電動勢的大小與非靜電力所做的功的大小成正比,與移動電荷量的大小成反比B.電動勢由電源本身決定,跟電源的內電阻和外電阻大小均無關C.電動勢的單位與電壓的單位都是伏特,其二者本質一樣的D.電動勢是表征電源把其他形式的能轉化為電能的本領大小的物理量5、下列各圖中,運動電荷的速度方向、磁感應強度方向和電荷的受力方向之間的關系正確的是()A. B.C. D.6、如圖所示電路中,R1、R2、R3、R4為四個可變電阻器,C1、C2為兩個極板水平放置的平行板電容器,兩電容器的兩極板間各有一個帶電滴P、Q處于靜止狀態,若保持其他電阻不變,增大R3的電阻值,則A.油滴P和Q仍將靜止B.油滴P向上運動,Q向下運動C.油滴P向下運動,Q向上運動D.油滴P向上運動,Q向上運動二、多項選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分。在每小題給出的四個選項中,有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。7、如圖,沿波的傳播方向上有間距均為1m的六個質點a、b,c、d、e、f,均靜止在各自的平衡位置,一列橫波以1m/s的速度水平向右傳播,r=0時到達質點a,a開始由平衡位置向上運動,t=1s時,質點a第一次到達最高點,則在4s<t<5s這段時間內()A.質點c的加速度逐漸增大B.質點a的速度逐漸增大C.質點d向下運動D.質點f保持靜止8、如圖所示,閉合開關S并調節滑動變阻器滑片P的位置,使A、B、C三燈亮度相同若繼續將P向下移動,則三燈亮度變化情況為A.A燈變亮 B.B燈變亮 C.A燈最亮 D.C燈最亮9、如圖所示,平行金屬板中帶電質點P原處于靜止狀態,電流表和電壓表都看做理想電表,且大于電源的內阻r,當滑動變阻器的滑片向b端移動時,則A.電壓表讀數減小 B.電流表讀數減小C.質點P將向上運動 D.電源的輸出功率逐漸增大10、“雪龍號”南極考察船在由我國駛向南極的過程中,經過赤道時測得某物體的重力是G1;在南極附近測得該物體的重力為G2;已知地球自轉的周期為T,引力常數為G,假設地球可視為質量分布均勻的球體,由此可知:A.地球的密度為B.地球的密度為C.當地球的自轉周期為時,放在地球赤道地面上的物體不再對地面有壓力D.當地球的自轉周期為時,放在地球赤道地面上的物體不再對地面有壓力三、實驗題:本題共2小題,共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處,不要求寫出演算過程。11.(6分)某小組同學通過實驗測量金屬絲的電阻率,現有的器材規格如下:A.待測金屬絲電阻(大約),長度為LB.直流電流表(量程,內阻約)C.直流電流表(量程,內阻約)D.直流電壓表(量程,內阻為)E.定值電阻F.直流電源(輸出電壓,內阻不計)G.滑動變阻器R(阻值范圍,允許最大電流)H.開關一個.導線若干(1)用螺旋測微器測量金屬絲直徑如圖甲所示,則金屬絲直徑d=________mm,用游標卡尺測量金屬小球直徑如圖乙所示,小球直徑D=________cm(2)根據器材的規格和實驗要求,為了減小測量誤差,直流電流表應選_________(填選項前的字母)。(3)在方框內畫出實驗電路圖(要求電壓和電流的變化范圍盡可能大一些)。_______(4)某次測量中,電流表的讀數為I,電壓表的讀數為U,則該金屬絲的電阻率表達式為______(用題中所給物理量的字母表示并忽略電表內阻的影響)。12.(12分)根據試題的要求填空或作圖。(1)圖(甲)為多用電表的示意圖,其中S、K、T為三個可調節的部件,現用此電表測量一阻值約為20~30Ω的定值電阻,測量的某些操作步驟如下:①調節_________(選填S、K或T),使電表指針停在_________(選填“右”或“左”)端的“0”刻度位置;②調節K,使它在尖端指向_________(選填“×1”、“×10”、“×100”或“×1K”擋)位置;③將紅、黑表筆分別插入“+”、“-”插孔,筆尖相互接觸,調節_________(選填S、K或T),使電表指針指向___________(選填“右”或“左”)端的“0”刻度位置。(2)在測量另一電阻的阻值時,電表的讀數如圖(乙)所示,該電阻的阻值為__________Ω。四、計算題:本題共2小題,共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處,要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13.(10分)如圖所示,一個質量為m=2.0×10-11kg,電荷量q=+1.0×10-5C的帶電微粒(重力忽略不計),從靜止開始經U1=100V電壓加速后,水平進入兩平行金屬板間的偏轉電場中,且速度與電場線垂直.金屬板長L=20cm,兩板間距d=10cm.求:(1)微粒進入偏轉電場時的速度v多大?(2)微粒射出偏轉電場時的偏轉角θ=30°,則兩金屬板間的電壓U2是多大?14.(16分)如圖所示的電路中,兩平行金屬板A、B水平放置,極板長L=80cm,兩板間的距離d=40cm,電源電動勢E=40V,內電阻r=1Ω,電阻R=23Ω,閉合開關S,調節滑動變阻器,當滑動變阻器接入電路的阻值R滑=16Ω,待電路穩定后,將一帶負電的小球從B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v0=4m/s水平向右射入兩板間,該小球可視為質點.若小球帶電量q=1×10-2C,質量為m=2×10-2kg,不考慮空氣阻力,電路中的電壓表、電流表均是理想電表.(g取10m/s2(1)此時電壓表的示數U=?(2)小球在電場運動過程的加速度a=?(3)小球離開電場時的側移量y=?(4)小球離開電場時的運動方向與水平方向的夾角θ的正切tanθ=15.(12分)如圖,在水平向右的勻強電場中有一固定點O,用一根長度L=0.4m的絕緣細線把質量m=0.1kg、電量q=7.5×10-4C的帶正電小球懸掛在O點,小球靜止在B點時細線與豎直方向的夾角為θ=37°,現將小球拉至位置A使細線水平后由靜止釋放,(g取10m/s2sin37°=0.6,cos37°=0.8)求:(1)勻強電場的場強大小;(2)小球運動通過最低點C時的速度大小;(3)小球通過最低點C時細線對小球的拉力大小
參考答案一、單項選擇題:本題共6小題,每小題4分,共24分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】解:由公式知,在兩極板間插入一電介質,其電容C增大,由公式知,電荷量不變時U減小,B正確.故選B【點評】本題考查了等容的定義式和決定式的配合應用.2、D【解析】試題分析:安培力F=BIL,根據控制變量法探究實驗.解:根據安培力公式F=BIL,根據控制變量法研究安培力與電流大小的關系,實驗時應保持不變的物理量是B和L,即磁感應強度和導線在磁場中的長度.故選D.【點評】明確控制變量法的實驗方法即可正確選擇,基礎題.3、B【解析】
金屬導體中可以自由移動的是電子,當帶正電的球C移近不帶電的枕形金屬導體時,由于靜電感應,A端帶負電,B端帶正電,因此自由電子向A端移動;故選項B正確,ACD錯誤;故選B。4、D【解析】A.電動勢的物理意義是表征電源把其他形式的能轉化為電能本領強弱的物理量,與非靜電力做功的大小以及移送電荷量的大小無關,故A錯誤;B.電動勢表征電源把其他形式的能轉化為電能的本領大小,與外電阻無關,只由電源本身決定,故B錯誤.C.電動勢的物理意義是表征電源把其他形式的能轉化為電能本領強弱,電壓是反映電場力做功性質的物理量,二者的本質不同,故C錯誤.D.電動勢的物理意義是表征電源把其他形式的能轉化為電能本領強弱,電動勢越大,本領越大,故D正確.故選D.5、B【解析】
帶電粒子在磁場中運動時,所受洛倫茲力方向由左手定則進行判斷.根據左手定則可知:A.圖中洛倫茲力方向應該向上;錯誤B.圖中電荷的速度方向、磁場方向和電荷的受力方向之間的關系符合左手定則;正確CD.圖中電荷運動方向與磁場方向在一條線上,不受洛倫茲力;錯誤【點睛】本題考查判斷洛倫茲力的方向,容易題.注意帶電粒子在磁場中的運動受洛倫茲力的條件及安培定則的應用.6、B【解析】
直流電流中電容器相當于斷路,故電容器C1的電壓等于路端電壓;電容器C2的電壓等于電阻R4的電壓;開始時刻兩個油滴均受重力和電場力而平衡,故電場力向上與重力平衡;現增大R3,則外電阻增大,總電流減小,路端電壓增加,即C1電壓增加,P受到電場力增加,P向上動;而因為總電流的減小,R4兩端電壓減小,即C2兩端電壓減小,Q受到電場力減小,Q向下運動.A.描述與分析不符,故A錯誤.B.描述與分析相符,故B正確.C.描述與分析不符,故C錯誤.D.描述與分析不符,故D錯誤.二、多項選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分。在每小題給出的四個選項中,有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。7、ACD【解析】
由圖得知,該波的周期為T=4s,則波長λ=vT=4m.波由a傳到c的時間為,也就是第4s末質點c才剛開始振動,所以,在4s<t<5s這段時間內,質點c從平衡位置向上運動,加速度逐漸增大,故A正確;在4秒<t<5秒這段時間內,質點a從平衡位置向上運動,速度逐漸減小.故B錯誤;波由a傳到d的時間為3s,d起振方向向上,則在4秒<t<5秒這段時間內,d點從波峰向平衡位置運動,即向下運動.故C正確;波從a傳到f點需要5s時間,所以在4秒<t<5秒這段時間內,f還沒有振動.故D正確.8、AD【解析】
AC.將變阻器滑片P向下移動時,接入電路的電阻減小,外電路總電阻減小,根據全電路歐姆定律得知,總電流增大,則A燈變亮。故A正確C錯誤。BD.并聯部分的電壓E、、r不變,增大,減小,B燈變暗。通過C燈的電流I增大,減小,則增大,C燈變亮。由于減小,增大,增大,所以C燈電流的增加量大于A燈的增加量,C燈最亮。故B錯誤D正確。9、AD【解析】
AB.由圖可知,R2與滑動變阻器R4串聯后與R3并聯后,再由R1串連接在電源兩端;電容器與R3并聯;當滑片向b移動時,滑動變阻器接入電路的電阻減小,則電路中總電阻減小,由閉合電路歐姆定律可知,干路中電流增大,電源的內電壓增大,路端電壓減小,同時,R1兩端的電壓也增大,故并聯部分的電壓減小;由歐姆定律可知流過R3的電流減小,則流過并聯部分的電流增大,故電流表示數增大;因并聯部分電壓減小,而R2中電壓增大,故電壓表示數減小,故A正確B錯誤。C.因電容器兩端電壓減小,故電荷受到的向上電場力減小,則重力大于電場力,電荷向下運動,故C錯誤;D.由題,R1大于電源的內阻r,外電路的總電阻大于r,而當電源的內外電阻相等時,電源的輸出功率最大,則知電路中總電阻減小時,電源的輸出功率逐漸增大。故D正確。10、BC【解析】試題分析:在兩極物體不隨地球自轉,故受到的重力等于地球對其的引力,在赤道引力與支持力的合力提供向心力,聯立方程解題,在赤道上物體受到的萬有引力完全充當向心力時,放在地球赤道地面上的物體不再對地面有壓力在兩極物體受到的重力等于地球對其的引力,故有①在赤道引力與支持力的合力提供向心力,②,地球的密度③,聯立解得,A錯誤B正確;在赤道上萬有引力完全充當向心力時,物體將“飄”起來,即④,聯立①②④解得,故C正確D錯誤.三、實驗題:本題共2小題,共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處,不要求寫出演算過程。11、1.7752.25C【解析】(1)由圖可知,螺旋測微器固定刻度示數為1.5mm,游標尺示數為27.5×0.01mm=0.275mm,螺旋測微器示數為1.5mm+0.275mm=1.775mm;由圖可知,游標卡尺主尺示數為2.2cm,游標尺示數為5×0.1mm=0.5mm,游標卡尺示數為2.2cm+0.05cm=2.25cm。
(2)電源電動勢為4V,電路中的最大電流:,故選擇電流表C。(3)電路如圖所示:(4)根據,其中,聯立可得:。12、S左×1T右15K【解析】(1)①機械調零:調節S,使電表指針停在左端的
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