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文档简介

湖南省长郡中学、雅礼中学、河南省南阳一中、信阳高中等湘豫名校2025届高二物理第一学期期中检测模拟试题注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.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、一只白炽灯泡,正常发光时的电阻为121Ω,当这只灯泡停止发光一段时间后的电阻应是()A.大于121Ω B.小于121Ω C.等于121Ω D.无法判断2、如图所示为皮带传动示意图,假设皮带不打滑,R>r,则下列说法中正确的是()A.大轮边缘的线速度大于小轮边缘的线速度B.大轮边缘的线速度小于小轮边缘的线速度C.大轮的角速度较大D.小轮的角速度较大3、电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路.当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时,下列说法中正确的是()A.电流表和电流表的读数都增大B.电流表和电压表的读数都减小C.电压表的读数增大,电流表A1示数减小,A2示数增大D.电压表的读数减小,电流表A1示数增大,A2示数减小4、如图所示,等量异种点电荷固定在同一水平线上的P、Q两点,竖直固定的光滑绝缘杆与PQ的中垂线重合,O为PQ的中点,a、b是PQ连线上的两点,c、d是中垂线上的两点,acbd为菱形.电场强度用E表示,电势用φ表示.一带少量负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自c点无初速释放()A.φa大于φO,φO大于φcB.Ea大于EO,EO大于EbC.在c到d的过程中,小球速度先增大后减小D.在c到d的过程中,小球对杆的作用力方向始终水平向左5、如图所示为一组电场线,A、B为其中两点,则()A.A点的场强大于B点的场强B.A点电势低于于B点电势C.将电子从A点移到B点,电场为做正功D.正电荷在A点的电势能小于正电荷在B点的电势能6、如图,电压U=90V,滑动变阻器R2最大阻值为100Ω,定值电阻R1=50Ω,当滑片处于滑动变阻器中点时,ab间的电压为()A.30V B.40V C.45V D.60V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,在第二象限内有水平向右的匀强电场,电场强度为E,在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,有一个带电粒子(重力不计)以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场,恰好与y轴成45∘射出电场,再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限,已知OP之间的距离为dA.带电正荷B.在电场中运动的时间为dC.在磁场中做圆周运动的半径为2D.在磁场中运动半周8、有两只电流表A1、A2是由完全相同的小量程电流表G1、G2改装而成,A1的量程为I1=0.6A,A2的量程为I2=3A两表接入电路后均末烧坏,则()A.A1、A2表的内阻之比为R1:R2=1:5B.将A1、A2串联接入电路后,指角偏角之比为5:1C.将A1、A2串联接入电路后,读数之比为5:1D.将A1、A2并联接入电路后,读数之比为1:59、传感器是一种采集信息的重要器件,如图所示是一种测定压力的电容式传感器,当待测压力F作用于可动膜片电极上时,可使膜片产生形变,引起电容的变化,将电容器、灵敏电流计和电源串接成闭合电路.那么.A.当F向上压膜片电极时,电容将减小.B.当F向上压膜片电极时,电容将增大.C.若电流计中有向上的电流,则表明压力F在减小.D.若压力F不变,则电流计中有向上的电流.10、如图所示的电路中,电源的电动势E和内阻r恒定不变,开关k闭合,不考虑电流表和电压表对电路的影响,则以下分析正确的是()A.当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时,电压表的示数减小,电流表的示数增大B.若只让开关从闭合到断开,电压表、电流表示数都变大C.若只让开关从闭合到断开,R6上将产生由M点到N点的电流D.若实际实验时发现电流表的示数为零,电压表示数不为零,则可能是由于R4断路三、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)欲用伏安法测定一段阻值约为5左右的金属导线的电阻和电阻率,要求测量结果尽量准确,现备有以下器材:A.电池组(3V,内阻1)B.电流表(0~3A,内阻0.0125)C.电流表(0~0.6A,内阻0.125)D.电压表(0~3V,内阻3k)E.电压表(0~15V,内阻15k)F.滑动变阻器(0~20,额定电流1A)G.滑动变阻器(0~2000,额定电流0.3A)H.开关、导线(1)用螺旋测微器测电阻丝的直径如图,电阻丝的直径为_______mm(2)上述器材中电流表应选用________;电压表应选用________;滑动变阻器应选用________;(填写各器材的字母代号)(3)实验电路应采用电流表_____接法;(填“内”或“外”)(4)为使通过待测金属导线的电流能在0~0.5A范围内改变请按要求在下面方框内画出测量待测金属导线的电阻Rx的原理电路图__________.12.(12分)在伏安法测电阻的实验中,电流表有内外两种接法,根据你所学知识分析内外接法读数准确的电表,实验中引起误差的电表,并推导测量值和真实值之间的大小关系。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,长度为L=0.2m、电阻r=0.3Ω、质量m=0.1kg的金属棒CD,垂直跨接在位于水平面上的两条平行光滑的金属导轨上,导轨间距离也为L,棒与导轨间接触良好,导轨电阻不计。导轨左端接有R=0.5Ω的电阻,垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过导轨平面,磁感强度B=4T。现以水平向右的恒定外力F使金属棒右移,当金属棒以v=2m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时,求:(1)电路中理想电流表和与理想电压表的示数;(2)拉动金属棒的外力F的大小。14.(16分)如图所示,在同一竖直平面内,一轻质弹簧一端固定,另一自由端恰好与水平线AB平齐,静止放于倾角为53°的光滑斜面上.一长为L=9cm的轻质细绳一端固定在O点,另一端系一质量为m=1kg的小球,将细绳拉至水平,使小球在位置C由静止释放,小球到达最低点D时,细绳刚好被拉断.之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩,最大压缩量为x=5cm.(g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6)求:(1)细绳受到的拉力的最大值;(2)D点到水平线AB的高度h;(3)弹簧所获得的最大弹性势能Ep.15.(12分)将带电荷量为1×10-8C的电荷,从无限远处移到电场中的A点,要克服静电力做功2×10-6J,问:(1)电荷的电势能是增加还是减少?电荷在A点具有多少电势能?(2)A点的电势是多少?(3)若静电力可以把带电荷量为2×10-8C的电荷从无限远处移到电场中的A点,说明电荷带正电还是带负电?静电力做了多少功?(取无限远处为电势零点)

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】

白炽灯的电阻随温度的减小而减小,停止发光,则温度减小,所以电阻减小,故电阻应小于121Ω,故B正确,ACD错误。故选B。2、D【解析】

AB.由于皮带没有打滑,则两轮子在相同的时间内通过的弧长相等,可知线速度大小相等。故A、B均错误;CD.根据公式v=ωr,大轮半径大,角速度ω小,故C错误,D正确。3、C【解析】

当滑片向b滑动时,R接入电阻增大,总电阻增大;由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小,即电流表A1示数减小,由可知路端电压增大,即电压表V示数增大;因路端电压增大,R1两端的电压减小,故并联部分电压增大,对R2,由欧姆定律可知电流表A2示数增大,故选C。4、D【解析】

A、根据顺着电场线方向电势降低,可知φa大于φO,φO等于φc,故A错误;B、等量异种电荷的电场的分布特点,可知Ea大于EO,EO小于Eb,故B错误;CD、

因直杆处于ab的连线的中垂线上,所以此线上的所有点的电场方向都是水平向右的,对带电小球进行受力分析,受竖直向下的重力,水平向左的电场力和水平向右的弹力,水平方向上受力平衡,所以在c到d的过程中,小球对杆的作用力方向始终水平向左;竖直方向上的合力大小等于重力,重力大小不变,加速度大小始终等于重力加速度,所以带电小球在c到d的过程中一直做匀加速直线运动,故C错误,D正确;故选D。【点睛】关键是要明确两个等量异种电荷连线及中垂线上的场强分布情况和电势分布情况,沿着场强方向,电势越来越低,对带电小球进行受力分析,即可得知小球的加速度情况,继而可得知小球的运动情况。5、A【解析】由图可知,A点电场线密,B点电场线稀,因此A点电场强度大于B点,即EA>EB,故A正确.沿电场线的方向电势逐渐降低,A点电势高于B点电势,故B错误;电子受到的电场力的方向由B指向A,所以将电子从A点移到B点,电场为做负功,故C错误;正电荷在A点的电势能大于正电荷在B点的电势能,故D错误;故选A.6、A【解析】

当滑片P滑至R2的中点时,变阻器下半部分电阻与R1并联后与上半部分电阻串联,根据串联电路电流相等的特点,由欧姆定律采用比例法求出a、b两端的电压.【详解】由图可知,滑片P滑至R2的中点时,变阻器下半部分电阻为R下=50Ω,则R下=R1=50Ω.则下半部分电阻与R1并联的阻值为R并=R1/2=25Ω则a、b两端的电压为:Uab=V=30V,故A正确,BCD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、AC【解析】

根据题意结合粒子在电场中偏转的分析判断出粒子的电性;作出粒子的运动轨迹,粒子进入电场后做类平抛运动,从x轴上的P点进入匀强电场,恰好与y轴成45°角射出电场,求出末速度,利用运动学公式,即可求得y轴时的坐标与粒子在电场中一定是的时间;

在磁场中,粒子做匀速圆周运动,在图中画出半径,根据几何关系求出半径;根据运动的轨迹判断出是否是半个周期。【详解】根据题意作出粒子的运动轨迹,如图所示:粒子进入电场后做类平抛运动,从x轴上的P点进入匀强电场,恰好与y轴成45°角射出电场所以v=vvx=v0tan45°=v0沿x轴方向有:x=1所以xyOM=2·A项:由于正电荷偏转的方向沿电场线的方向,所以粒子带正电。故A正确;B项:粒子在垂直电场方向做匀速运动,所以在电场中运动的时间:t=OMv0C项:图中MC为在磁场中运动的轨道半径,根据几何关系可知:MC=MOsinD项:由图可得,粒子在磁场中运动的时间不是半个周期。故D错误。故应选:AC。【点睛】本题是带电粒子在组合场中运动的问题,粒子在电场中偏转做类平抛运动,在磁场中做匀速圆周运动,要求同学们能画出粒子运动的轨迹,结合几何关系求解。8、BD【解析】试题分析:根据欧姆定律可得,所以,A错误,将A1、A2串联接入电路后,因为内阻比为,所以电流表A1两端的电压时A2的5倍,所以根据欧姆定律可得指角偏角之比为5:1,B正确,串联电流是相等,所以读数为1:1,C错误,并联后,两电表两端的电压是相等的,所以读数比为1:5,D正确,考点:考查了串并联电路规律点评:做本题的关键是理解电流表是表头和定值电阻并联在一起的,然后根据电路规律解题9、BC【解析】当F向上压膜片电极时,减小,由得增大,A错.F增大,减小,增大,不变,据,电荷量增大,形成电流计自左向右的充电电流,C对D错.F减小,增大,减小,电荷量减小,形成电流计自右向左的放电电流.所以电流计有示数时,压力F发生变化,B对.10、AD【解析】

A.将滑动变阻器R4的滑片向b端移动时,变阻器接入电路的电阻减小,总电阻减小,则总电流增大,则内阻和R1两端的电压增大,所以右边并联部分的电压减小,所以通过R3的电流减小,而总电流增大,所以电流表示数增大,则R2的电压增大,所以R4的电压减小,所以电压表示数减小,故A正确;B.若只让开关从闭合到断开,则总电阻变大,总电流减小,则右边并联部分的电压变小,电流表示数减小,R4的电流变小,所以电压表示数变小,故B错误;C.若开关从闭合到断开,总电阻增大,总电流减小,并联部分电压变小,电容器放电,所以R6上将产生由点N到点M的电流,故C错误;D.电流表示数为零,说明与电流表串联的部分电路不通,电压表示数不为零,则与电压表并联的部分电阻断开,即可能是由于R4断路,故D正确。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、0.433mmCDF外【解析】试题分析:螺旋测微器读数时,可以分成整数部分和小数部分两部分来读,根据伏安法测电阻的原理选择实验器材;根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法,电流从0开始变化,所以滑动变阻器采用分压式.(1)螺旋测微器的读数为:;(2)电源电动势为3V,因此电压表选D;电路最大电流约为,电流表应选C;为方便实验操作滑动变阻应选:F;(3)待测电阻阻值约为5Ω,电流表内阻约为0.125A,电压表内阻约为3kΩ,相对来说,电压表内阻远大于待测定值阻值,因此电流表应采用外接法.(4)为了使电流能从0开始变化,所以滑动变阻器采用分压式接法.电路图如图所示:12、见解析【解析】

当电流表内接时,则由于电流表的分压作用使得电压表的测量值大于电阻两端电压的真实值,由于电流表的读数等于待测电阻上的电流,根据可知使得电阻的测量值大于真实值;当电流表外接时,则由于电压表的分流作用使得电流表的测量值大于电阻上电流的真实值,由于电压表的读数等于待测电阻上的电压,根据可知使得电阻的测量值小于真实值;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)2A(2)1.6N【解析】(1)CD杆产

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