2025屆河南省許平汝九校聯(lián)盟物理高二上期末檢測模擬試題含解析_第1頁
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文檔簡介

2025屆河南省許平汝九校聯(lián)盟物理高二上期末檢測模擬試題注意事項:1.答題前,考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號碼填寫清楚,將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2.答題時請按要求用筆。3.請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答,超出答題區(qū)域書寫的答案無效;在草稿紙、試卷上答題無效。4.作圖可先使用鉛筆畫出,確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5.保持卡面清潔,不要折暴、不要弄破、弄皺,不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、一種未知粒子跟靜止的氫原子核正碰,測出碰撞后氫原子核的速度是7v。該未知粒子(速度不變)跟靜止的氮原子核正碰時,測出碰撞后氮原子核的速度是v。已知氫原子核的質(zhì)量是mH,氮原子核的質(zhì)量是14mH,上述碰撞都是彈性碰撞,則下列說法正確的是A.碰撞前后未知粒子的機械能不變B.未知粒子在兩次碰撞前后方向均相反C.未知粒子的質(zhì)量為D.未知粒子可能是α粒子2、如圖所示,四邊形的通電閉合線框abcd處在垂直線框平面的勻強磁場中,它受到磁場力的合力()A.豎直向上B.方向垂直于ad斜向上C.方向垂直于bc斜向上D.為零3、把電阻是1的一根金屬絲截成等長的十段,再把這十段金屬絲并聯(lián)起來,這樣并聯(lián)的一組金屬絲的總電阻是()A.0.01 B.0.10C.10 D.1004、如圖(甲)所示,在平行板電容器A、B兩極板間加上如圖(乙)所示的交變電壓.開始A板的電勢比B板高,此時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運動.設(shè)電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞,向A板運動時為速度的正方向,則下列圖象中能正確反映電子速度變化規(guī)律的是(其中C,D兩項中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化)A. B.C. D.5、如圖所示,先接通電鍵S使電容器充電,然后斷開S,增大兩極板間的距離時,電容器所帶電量Q,電容C,兩極板間電勢差U的變化情況是()A.Q變小,C不變,U不變B.Q變小,C變小,U不變C.Q不變,C變小,U變大D.Q不變,C變小,U變小6、不可回收的航天器最終將成為漂浮在太空中的垃圾.如圖所示,是繞地球運行的太空垃圾,對于離地面越高的太空垃圾,下列說法正確的是()A.運行速率越大B運行速率越小C.運行周期越小D.可能追上同一軌道上的航天器二、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、如圖所示,平行金屬板中帶電質(zhì)點P原處于靜止?fàn)顟B(tài),不考慮電流表和電壓表對電路的影響,當(dāng)滑動變阻器R4的滑片向a端移動時,則()A.電壓表讀數(shù)變大 B.電流表讀數(shù)變大C.質(zhì)點P將向上運動 D.R1上消耗的功率逐漸增大8、如圖所示為兩列相向傳播的振幅、波長都相同的橫波,它們在O點相遇,此后可能出現(xiàn)的狀態(tài)是A. B.C. D.9、如圖所示的電場中有A、B兩點,下列判斷正確的是()A.電勢φA>φB,場強EA>EBB.電勢φA>φB,場強EA<EBC.將電荷量為q的正電荷從A點移到B點,電場力做正功,電勢能減少D.將電荷量為q的負(fù)電荷分別放在A、B兩點,電荷具有的電勢能EpA>EpB10、如圖所示,在邊長為L的正三角形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于紙面向里的勻強磁場B和平行于MN的勻強電場E,一帶電粒子(不計重力)剛好以初速度v0從三角形的頂點O沿角平分線OP做勻速直線運動。若只撤去磁場,該粒子仍以初速度v0從O點沿OP方向射入,此粒子剛好從N點射出。下列說法中正確的是()A.粒子帶負(fù)電B.磁感應(yīng)強度的大小與電場強度的大小之比為=v0C.若只撤去電場,該粒子仍以初速度v0從O點沿OP方向射入,粒子將在磁場中做半徑為L的勻速圓周運動,且剛好從M點射出D.粒子在只有電場時通過該區(qū)域的時間大于粒子在只有磁場時通過該區(qū)域的時間三、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)將一銅片和一鋅片分別插入一個蘋果內(nèi),就構(gòu)成了簡單的“水果電池”,其電動勢約為1.5V.可是這種電池并不能點亮額定電壓為1.5V、額定電流為0.3A的手電筒上的小燈泡,原因是流過小燈泡的電流太小了,經(jīng)實驗測得還不足3mA.為了較精確地測定該水果電池的電動勢和內(nèi)阻,提供的實驗器材有:A.電流表A1(量程0~3mA,內(nèi)阻約為0.5Ω)B.電流表A2(量程0~0.6A,內(nèi)阻約0.1Ω)C.電壓表V(量程0~1.5V,內(nèi)阻約為3kΩ)D.滑動變阻器1(阻值0~10Ω,額定電流為1A)E.滑動變阻器2(阻值0~3kΩ,額定電流為1A)F.電鍵,導(dǎo)線若干G.水果電池(1)實驗中電流表應(yīng)選用______,滑動變阻器應(yīng)選用______(均用序號字母表示)(2)請在虛線框內(nèi)畫出實驗電路圖,(有錯不給分).()(3)根據(jù)實驗記錄的數(shù)據(jù),經(jīng)描點、連線得到水果電池的路端電壓隨電流變化的圖象如圖所示,由圖可知:水果電池的電動勢=____V,內(nèi)阻r=________Ω.(保留3位有效數(shù)字)12.(12分)如圖所示,在第二象限內(nèi)存在一個半徑為a的圓形有界勻強磁場,磁場圓心坐標(biāo)。在位置坐標(biāo)為的P點存在一個粒子發(fā)射源,能在紙面內(nèi)的第二象限向各個方向發(fā)射質(zhì)量為m、帶電量的粒子,其速度大小均為v。這些粒子經(jīng)過圓形磁場后都可以垂直y軸進入第一象限,并經(jīng)過第一象限內(nèi)一個垂直xOy平面向外的有界勻強磁場區(qū)域,該區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強度大小為第二象限圓形磁場區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強度大小的二分之一,粒子經(jīng)過該磁場后,全部匯聚到位置坐標(biāo)為的Q點,再從Q點進入第四象限,第四象限內(nèi)有大小為、方向水平向左的勻強電場。不計粒子重力,求:(1)第二象限圓形有界勻強磁場的磁感應(yīng)強度;(2)第一象限有界磁場的最小面積;(3)這些粒子經(jīng)過勻強電場后再次經(jīng)過y軸時速度的大小以及粒子所能達到的最遠(yuǎn)位置坐標(biāo)。四、計算題:本題共3小題,共38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)如圖甲所示,在真空中足夠大的絕緣水平地面上,一質(zhì)量為m=0.1kg、帶電荷量為的小物塊處于靜止?fàn)顟B(tài),小物塊與地面間的摩擦因數(shù).從t=0時刻開始,空間上加如圖乙所示的電場。(1)2s末小物塊的速度大??;(2)0-4s小物塊電勢能的減少量。14.(16分)如圖所示,一個質(zhì)量為2kg的物體放在粗糙的水平面上,與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.2.用一個大小為8N的水平外力拉動物體.g=10m/s2求:(1)該物體做勻加速運動的加速度大?。唬?)外力持續(xù)作用3s,此時的速度大小;(3)3s時撤去外力,還能向前滑行多遠(yuǎn)停下來?15.(12分)如圖所示的區(qū)域中,第二象限為垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B,第一、第四象限是一個電場強度大小未知的勻強電場,其方向如圖.一個質(zhì)量為m,電荷量為+q的帶電粒子從P孔以初速度v0沿垂直于磁場方向進入勻強磁場中,初速度方向與邊界線的夾角θ=30°,粒子恰好從y軸上的C孔垂直于勻強電場射入勻強電場,經(jīng)過x軸的Q點,已知OQ=OP,不計粒子的重力,求:(1)粒子從P運動到C所用的時間t;(2)電場強度E的大小;(3)粒子到達Q點的動能Ek

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、C【解析】A.碰撞過程中末知粒子將一部分能量轉(zhuǎn)移到與其相碰的粒子上,所以機械能減小,故A錯誤;BCD.碰撞過程中由動量守恒和能量守恒得解得同理可知,聯(lián)立解得碰撞后未知粒子的速度說明未知粒子沒有反向,故BD錯誤,C正確;故選C。2、D【解析】由題意可知abcd中電流組成一個封閉的電流,其有效長度為零,所以線框abcd所受安培力的合力為零,選項D正確。故選D?!军c睛】考查安培力大小與通電導(dǎo)線的長度關(guān)系,及力的合成法則.當(dāng)然本題還可以采用等效法進行求解3、A【解析】把電阻是1的一根金屬絲截成等長的十段,根據(jù)電阻定律R=知,每段金屬絲的電阻為0.1,再把這十段金屬絲并聯(lián)起來,橫截面積變?yōu)樵瓉淼?0倍,則總電阻為原來的十分之一,所以這樣并聯(lián)的一組金屬絲的總電阻為0.01,故A正確,B、C、D錯誤4、A【解析】根據(jù)AB兩極板電場的變化,分析電子所受電場力的變化,結(jié)合加速度與速度方向的關(guān)系判斷其運動性質(zhì),然后分析圖示圖象作出選擇【詳解】在前半個周期內(nèi),A板的電勢高,電場的方向向右,電子受到的電場力方向水平向左,電子向左做初速度為零的勻加速直線運動,在后半個周期,電場水平向左,電子所受的電場力水平向右,電子向左做勻減速直線運動直到速度為零,然后進入第二個周期,重復(fù)之前的運動,由此可知,電子在每個周期內(nèi)先向左做初速度為零的勻加速直線運動,然后向左做勻減速直線運動,如此反復(fù),由圖示圖象可知:A正確,BCD錯誤;故選A【點睛】由于電場方向不斷變化,粒子運動情況比較復(fù)雜,分析清楚粒子的運動過程是正確解題的關(guān)鍵5、C【解析】由于充電后,電容器的帶電量Q不變,AB錯誤;根據(jù)可知,當(dāng)兩板間距離d增大時,電容C變小,根據(jù)可知,而兩板間的電勢差U增大,D錯誤;而內(nèi)部電場強度,因此電場強度與兩板間距離變化無關(guān),C正確【點睛】電容器的定義式是一個比值定義,也就是電容器的大小與Q和U都無關(guān),只與它們的比值有關(guān);而電容器的決定式說明電器的大小與兩板的正對面積成正比,與兩板間的距離成反比;電容器內(nèi)部是勻強電場,且電場強度大小為6、B【解析】根據(jù)萬有引力提供圓周運動向心力,由軌道的大小變化判定描述圓周運動物理量大小關(guān)系即可【詳解】根據(jù)萬有引力提供圓周運動向心力有:A、B項:垃圾的運行速率可得半徑越大的太空垃圾運行速率越小,故A錯誤,B正確;C項:垃圾運行的周期T=可得半徑越大的太空垃圾周期越大,故C錯誤;D項:在同一軌道上運動的航天器周期和線速度大小相同,故在同一軌道上不能追上同一軌道的航天器,故D錯誤故應(yīng)選:B【點睛】航天器繞地球勻速圓周運動向心力由萬有引力提供,能根據(jù)半徑關(guān)系分析描述圓周運動物理量的大小關(guān)系是正確解題的關(guān)鍵二、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、BD【解析】AB.由圖可知,R2與滑動變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)后,再與R1串聯(lián)接在電源兩端;電容器與R3并聯(lián);當(dāng)滑動變阻器R4的滑片向a移動時,滑動變阻器接入電阻減小,則電路中總電阻減??;由閉合電路歐姆定律可知,電路中電流增大;路端電壓減小,同時R1兩端的電壓也增大,故并聯(lián)部分的電壓減??;由歐姆定律可知流過R3的電流減小,流過并聯(lián)部分的總電流增大,故電流表示數(shù)增大;因并聯(lián)部分電壓減小,而R2中電壓增大,故電壓表示數(shù)減小.故A不符合題意,B符合題意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,合力向下,質(zhì)點將向下運動.故C不符合題意D.由于流過R1的電流增大,根據(jù),可知R1上消耗的功率逐漸增大.故D符合題意8、BD【解析】當(dāng)左列波的波峰和右列波的波谷相遇時,疊加后的圖象為B;當(dāng)兩列波的波峰相遇時,疊加后的圖象為D;而A和C是不可能出現(xiàn)的9、BC【解析】AB.電場線的疏密表示電場強度的相對大小,A處電場線疏,場強小,故場強EA<EB.順著電場線的方向電勢降落,可知φA>φB,故A錯誤B正確;C.將電荷量為q的正電荷放在電場中,受力的方向是從A指向B,故從A點移到B點,電場力做正功,電勢能減少,故C正確;D.負(fù)電荷受到的電場力和電場方向相反,所以從A點移動到B點,電場力做負(fù)功,電勢能增大,故D錯誤故選:BC。10、AD【解析】A.只撤去磁場,即只有電場時,粒子從N點射出,說明粒子受到的電場力方向水平向右。同時存在電場與磁場時粒子做勻速直線運動,電場力與洛倫茲力合力為零,所以洛倫茲力方向水平向左,根據(jù)左手定則判斷可知粒子帶負(fù)電,故A正確。B.粒子做勻速直線運動時,有qE=qv0B得=v0故B錯誤。C.若只撤去電場,只存在磁場時,粒子在磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得qv0B=m只存在電場時,粒子從O點沿角分線OP射入,此粒子剛好從N點射出,粒子在電場中做類平拋運動,則有結(jié)合=v0,解得r=L設(shè)軌跡圓心為O′,則O′M==L>r所以粒子從OM之間的某位置射出,故C錯誤。D.粒子在電場中做類平拋運動,運動時間為t1==只有磁場時,因射入磁場時與OM的夾角為30°,在OM之間射出磁場時,速度方向與OM的夾角仍為30°,粒子的偏轉(zhuǎn)角為60°,則粒子在磁場中運動的時間為粒子在電場與磁場中的運動時間之比>1故粒子在只有電場時通過該區(qū)域的時間大于粒子在只有磁場時通過該區(qū)域的時間,故D正確。故選AD。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.A②.E③.④.1.35⑤.450【解析】(1)[1]電流約為3mA,故電流表選擇A;[2]電源的內(nèi)阻大約若選用0~10Ω的滑動變阻器,移動滑片,電流基本不變,因此滑動變阻器應(yīng)選E;(2)[3]由題意可知水果電池內(nèi)阻較大,為減小實驗誤差,相對于電源來說,電流表應(yīng)采用內(nèi)接法,電路圖如圖所示(3)[4]由圖示電源U-I圖線可知,圖象與縱軸截距為1.35,則電源電動勢[5]圖線斜率的絕對值即為內(nèi)阻12、(1)(2)(3)3v;(0,)【解析】(1)要想使這些粒子經(jīng)過圓形磁場后都可以垂直y軸進入第一象限,則粒子在圓形磁場中做勻速圓周運動的半徑必須和圓形磁場的半徑相同,即:R=a在磁場中,由洛侖茲力提供向心力:聯(lián)立可得:由左手定則知:磁感應(yīng)強度B的方向垂直xOy平面向外(2)第一象限區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強度大小為第二象限圓形磁場區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強度大小的二分之一,則根據(jù)此時粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R′=2a則最小磁場的直徑為最小面積為(3)粒子在從P到Q運動的過程中,所經(jīng)歷的磁場區(qū)域均不可以改變其速度的大小,所有粒子在到達Q點的速度仍是v。雖然不同粒子在Q點的速度方向不同,從Q到y(tǒng)軸負(fù)方向,由動能定理可得:解得:由第一象限內(nèi)的磁場分布可以知道,所有從Q點射出的粒子,其速度大小均為v,方向頒布在沿x軸正向與y軸負(fù)向之間的90°范圍之內(nèi)?,F(xiàn)研究從Q點射出的,速度與y軸負(fù)向平角為θ的粒子。其軌跡應(yīng)是類斜拋。則有y=vcosθ×t聯(lián)立兩式,消去θ可得:從此式可以看出:當(dāng)時,故第二次經(jīng)過y軸最遠(yuǎn)位置坐

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