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…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁,總=sectionpages22頁第=page11頁,總=sectionpages11頁2025年上外版高二物理下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍:全部知識點;考試時間:120分鐘學校:______姓名:______班級:______考號:______總分欄題號一二三四總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題,共16分)1、如圖所示,一根豎直懸垂的輕彈性繩,令其上端左右振動,某時刻繩上形成如圖所示波形,則繩上a、b兩點此時的運動方向是A.a點向左,b點向右B.a點向右,b點向左C.a、b兩點均向左D.a、b兩點均向右2、以下說法正確的是:()A.磁感應強度越大,線圈的面積越大,穿過的磁通量也越大B.穿過線圈的磁通量為零時,該處的磁感應強度不一定為零C.閉合線圈在磁場中做切割磁感線運動,電路中一定會產(chǎn)生感應電流D.感應電流的磁場總是阻礙原來磁場的變化3、如圖所示的是一個點電荷周圍的電場線,下列判斷中正確的是()A.該點電荷為負電荷,距點電荷越近處電場強度越大B.該點電荷為負電荷,距點電荷越近處電場強度越小C.該點電荷為正電荷,距點電荷越近處電場強度越大D.該點電荷為正電荷,距點電荷越近處電場強度越小4、示波管是一種多功能電學儀器,它的工作原理可以等效成下列情況:如圖所示,真空室中電極K發(fā)出電子(初速度不計),經(jīng)過電壓為U1的加速電場后,由小孔S沿水平金屬板A、B間的中心線射入板中.金屬板長為L,相距為d,當A、B間電壓為U2時電子偏離中心線飛出電場打到熒光屏上而顯示亮點.已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e,不計電子重力,下列情況中一定能使亮點偏離中心距離變大的是A.U1變小,U2變大B.U1變大,U2變大C.U1變大,U2變小D.U1變小,U2變小5、如圖所示是一種冶煉金屬的感應爐的示意圖,此種感應爐應接怎樣的電源()A.直流低壓B.直流高壓C.低頻交流電D.高頻交流電6、理想變壓器的原線圈匝數(shù)不變.原線圈接入電壓有效值恒定的交流電,則副線圈的()A.匝數(shù)越少,輸出電壓越高B.匝數(shù)越多,輸出電壓越高C.輸出功率比輸入功率小D.輸出功率比輸入功率大7、兩塊水平放置的金屬板間的距離為d
用導線與一個n
匝線圈相連,線圈電阻為r
線圈中有豎直方向的磁場,電阻R
與金屬板連接,如圖所示,兩板間有一個質(zhì)量為m
電荷量鈭?q
的油滴恰好處于靜止.
則線圈中的磁感應強度B
的變化情況和磁通量的變化率分別是(
)
A.磁感應強度B
豎直向上且正增強,鈻?婁碌鈻?t=dmgnq
B.磁感應強度B
豎直向下且正增強,鈻?婁碌鈻?t=dmgnq
C.磁感應強度B
豎直向上且正減弱,鈻?婁碌鈻?t=dmg(R+r)nRq
D.磁感應強度B
豎直向下且正減弱,鈻?婁碌鈻?t=dmg(R+r)nRq
8、電場中帶電量為10-5C的正電荷,僅在電場力作用下,從A點移至B點,電場力做功2×10-2J;下列說法正確的是()
A.電荷電勢能增加2×10-2J
B.電荷電勢能減少2×10-2J
C.電荷的動能減少2×10-2J
D.AB兩點間的電勢差為2×10-3V
評卷人得分二、填空題(共7題,共14分)9、某交流發(fā)電機正常工作時,電動勢e=Emsinωt,當磁感應強度增大到原來的2倍,轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼谋?,其它條件不變時,感應電動勢的表達式為______V.10、若某歐姆表表頭的滿偏電流為5mA,內(nèi)裝一節(jié)干電池,電動勢為1.5V,那么該歐姆表的內(nèi)阻為______Ω.待測電阻接入紅、黑兩表筆之間時,表頭指針偏在滿刻度的處,則待測電阻的阻值為______Ω.11、某同學采用如圖甲所示的電路測定電源電動勢和內(nèi)電阻。已知干電池的電動勢約為1.5V
內(nèi)阻約為1婁賂
電壓表(0隆蘆3V,3k婁賂)
電流表(0隆蘆0.6A,1.0婁賂)
滑動變阻器有1(10婁賂,2A)
和2(100婁賂,0.1A)
各一只。
(1)
實驗中滑動變阻器應選用______(
填“R1
”或“R2
”)
(2)
在圖乙中用筆畫線代替導線連接實驗電路。
(3)
在實驗中測得多組電壓和電流值,得到如圖丙所示的U鈭?I
圖線,由圖可較準確地求出該電源電動勢E=
______V
內(nèi)阻,r=
______婁賂
12、如圖所示,光滑水平面上有一個靜止的物體,質(zhì)量是7kg
在14N
的水平恒力作用下開始運動,5s
末的速度大小是______m/s5s
末的動能是______J.13、(1)利用單擺測重力加速度的實驗中,偏角小于50;但測出的重力加速度的數(shù)值偏大,可能原因是____________
A.振幅較小B.測擺長時;只量出擺線的長度,沒有從懸掛點量到擺球中心。
C.數(shù)振動次數(shù)時;少計了一次D.數(shù)振動次數(shù)時,多計了一次。
(2)利用單擺測重力加速度的實驗中,為了減小測量周期的誤差,應在____________位置(填“最低點”或“最高點”)開始計時和結束計時.14、氫原子的能級如圖所示,原子從能級n
=4
向n
=2
躍遷所放出的光子,正好使某種金屬材料產(chǎn)生光電效應,該金屬的逸出功是__________e
V.
為了解釋光電效應現(xiàn)象,愛因斯坦提出_____________________________________________________。????????????
15、如圖所示為一彈簧振子的振動圖象;試完成以下問題:
(1)該振子簡諸運動的表達式為______;
(2)該振子在第100s時的位移為______cm,該振子在前100s內(nèi)的路程為______cm。評卷人得分三、判斷題(共5題,共10分)16、電場線與等勢面相互垂直,沿著同一等勢面移動電荷時靜電力不做功.(判斷對錯)17、電勢差有正有負,所以是矢量,且電場中兩點間的電勢差隨著零電勢點的選取變化而變化.(判斷對錯)18、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場,實線和虛線分別表示電場線和等勢線.兩電子分別從a、b兩點運動到c點.設電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb,a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb,則Wa=Wb,Ea>Eb.________(判斷對錯)
19、電勢差有正有負,所以是矢量,且電場中兩點間的電勢差隨著零電勢點的選取變化而變化.(判斷對錯)20、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場,實線和虛線分別表示電場線和等勢線.兩電子分別從a、b兩點運動到c點.設電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb,a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb,則Wa=Wb,Ea>Eb.________(判斷對錯)
評卷人得分四、作圖題(共2題,共8分)21、(1)如圖所示為一列沿x軸負方向傳播的橫波,請在圖上標出該時刻質(zhì)點P與點Q的振動方向。(2)如圖所示,豎直放置的平行導軌上擱置了一根與導軌接觸良好的金屬棒ab,水平方向的勻磁場強垂直穿過導軌平面,請在圖上標出當金屬棒ab下落時,ab棒中感應電流的方向和ab棒所受的磁場力方向。22、(8分)畫出下圖中帶電粒子剛進入磁場時所受洛倫茲力的方向。參考答案一、選擇題(共8題,共16分)1、D【分析】【解析】試題分析:根據(jù)波傳播的同側法,a點應該向右振動,b點也是向右振動,即D正確考點:機械波【解析】【答案】D2、B【分析】【解析】試題分析:在磁場中,如果線圈平面和磁場方向垂直,穿過線圈的磁通量最大,如果線圈平面和磁場方向平行,不管磁場多強,也不管線圈面積多大,穿過線圈的磁通量為零,A錯誤,B正確,只有閉合回路一部分做切割磁感線運動,電路中才會產(chǎn)生感應電流,C錯誤,感應電流的磁場總是阻礙穿過線圈磁通量的變化,D錯誤故選B考點:考查了電磁感應規(guī)律的認識【解析】【答案】B3、C【分析】試題分析:由電場線分布可知,這是正的點電荷形成的電場線,由可知距點電荷越近處電場強度越大,選項C正確??键c:點電荷電場;電場強度?!窘馕觥俊敬鸢浮緾4、A【分析】試題分析:電子經(jīng)電場加速時得到速度v0滿足:(1);電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時滿足:(2);(3);速度領導轉(zhuǎn)角度θ滿足(4);設L1為板中點到熒光屏之間的距離,則亮點偏離中心距離Y滿足(5);由以上幾式可解得:所以A正確。考點:本題考查帶電粒子在電場中加速、偏轉(zhuǎn)、運動的合成與分解、動能定理?!窘馕觥俊敬鸢浮緼5、D【分析】解:線圈中的電流做周期性的變化;在附近的導體中產(chǎn)生感應電流,從而在導體中產(chǎn)生大量的熱,渦流現(xiàn)象也是電磁感應;而交流電的頻率越大,產(chǎn)生的熱量越多.故D正確,ABC錯誤;
故選:D.
用來冶煉合金鋼的真空冶煉爐;爐外有線圈,線圈中通入反復變化的電流,爐內(nèi)的金屬中產(chǎn)生渦流.渦流產(chǎn)生的熱量使金屬熔化,高頻交流電的頻率越大,產(chǎn)生的熱量越大.
本題主要考查了掌握渦流的原理及應用.【解析】【答案】D6、B【分析】解:A;原副線圈電壓之比等于線圈匝數(shù)比;原線圈電壓恒定,副線圈匝數(shù)減小,則匝數(shù)比增大,所以副線圈電壓減小,故A錯誤;
B;同理副線圈匝數(shù)越多;輸出電壓越高,故B正確;
C;變壓器的輸入功率和輸出功率相等;故CD錯誤.
故選:B
根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比;變壓器的輸入功率和輸出功率相等,逐項分析即可得出結論。
本題主要考查了變壓器的原理,知道電壓與匝數(shù)成正比,變壓器的輸入功率和輸出功率相等,難度不大,屬于基礎題.【解析】【答案】B7、D【分析】解:由題;電荷量鈭?q
的油滴恰好靜止金屬板間,受到的電場力與重力平衡,由平衡條件得知,油滴受到的電場力豎直向上,則金屬板上板帶正電,下板帶負電.
A;C
若磁感應強度B
豎直向上;B
正在增強時,根據(jù)楞次定律得知,線圈中產(chǎn)生的感應電動勢是下負上正,金屬板下板帶負電,上板帶正電,油滴能平衡,則磁感應強度B
豎直向上且B
正在減弱時,油滴不能保持平衡.
根據(jù)法拉第電磁感應定律得:
E=n鈻?鈱?鈻?t壟脵
金屬板間的電壓為:U=RR+rE壟脷
要使油滴平衡;則有:
qUd=mg壟脹
聯(lián)立壟脵壟脷壟脹
得:鈻?鈱?鈻?t=dmg(R+r)nRq.
故A錯誤;C錯誤.
B、D
同理可知,磁感應強度B
豎直向下且正增強時,不能保持靜止,若磁感應強度B
豎直向下且正減弱,且有鈻?鈱?鈻?t=dmg(R+r)nRq
油滴能保持靜止.
故B錯誤,D正確.
故選:D
.
電荷量鈭?q
的油滴恰好靜止金屬板間;受到的電場力與重力平衡,由平衡條件可求出金屬板間的電壓.
此電壓等于R
兩端的電壓.
根據(jù)法拉第電磁感應定律和歐姆定律結合求出磁通量的變化率,由楞次定律確定磁感應強度B
的變化情況.
本題是電磁感應與電路、電場、力學等知識的綜合應用.
對于電磁感應問題,要楞次定律判斷感應電動勢、法拉第定律研究感應電動勢大小是常用的思路.【解析】D
8、B|D【分析】
根據(jù)題意,A點到B點電場力做正功2×10-2J,電場力做正功電勢能減少,所以電荷的電勢能減少2×10-2J,根據(jù)動能定理則動能增加2×10-2J;所以B正確A錯誤C錯誤;
根據(jù)公式:W=qU,得:U==2×10-3V;所以D正確.
故選:BD.
【解析】【答案】由題,電荷從A處移至電場中的B點,電場力做功W=2×10-2J;其電勢能減少.根據(jù)電場力做功求A點與B點間的電勢差.
二、填空題(共7題,共14分)9、略
【分析】解:交流發(fā)電機工作時的電動勢最大值表達式Em=NBSω;
當磁感應強度增大到原來的2倍,轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼谋叮?/p>
電動勢最大值表達式為:Em′=NBSω=Em;
角速度為:ω′=ω;
則其電動勢變?yōu)椋篹=EmsinωtV
故答案為:e=Emsinωt.
根據(jù)交流發(fā)電機工作時的電動勢最大值表達式,求出發(fā)電機轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼谋?;磁感應強度增大到原來?倍時感應電動勢最大值,再寫出電動勢的表達式.
本題考查考慮問題的全面性,e=Emsinωt式中Em和ω都與轉(zhuǎn)速成正比,不能簡單認為表達式是Emsinωt【解析】e=Emsinωt10、略
【分析】解:歐姆調(diào)零時;指針指在滿偏刻度處,有:
R內(nèi)===300Ω;
指針指在滿刻度的處時;有:
I=
即:×0.005=
解得:RX=100Ω;
故答案為:300;100
根據(jù)閉合電路的歐姆定律可以求出歐姆表內(nèi)阻與待測電阻阻值.
本題考查了求歐姆表內(nèi)阻、待測電阻阻值問題,知道歐姆表的工作原理、應用閉合電路的歐姆定律即可正確解題.【解析】300;10011、略
【分析】解:(1)
電路中最大電流I=1.5AR2
的額定電流遠小于1.5A
同時R2
阻值遠大于電源內(nèi)阻r
不便于調(diào)節(jié),所以變阻器選用R1
(2)
對照電路圖;按電流方向連接電路,如圖所示。
(3)
由閉合電路歐姆定律U=E鈭?Ir
得知;當I=0
時,U=EU鈭?I
圖象斜率的絕對值等于電源的內(nèi)阻和電流表內(nèi)阻之和,則將圖線延長,交于縱軸,縱截距即為電動勢E=1.48V
r=鈻?U鈻?I鈭?RA=1.48鈭?0.80.36婁賂鈭?1=0.88婁賂
故答案為:
(1)R1(2)
連線如圖;(3)1.480.88
(1)
估算出電路中最大電流:當變阻器的電阻為零時;由閉合電路歐姆定律可求電路中最大電流,根據(jù)額定電流與最大電流的關系,分析并選擇變阻器。
(2)
對照電路圖;按順序連接電路。
(3)
由閉合電路歐姆定律分析U鈭?I
圖象的縱軸截距和斜率的意義;可求出電動勢和內(nèi)阻。
本實驗的原理是閉合電路歐姆定律,根據(jù)原理由圖象的斜率和截距分別求出內(nèi)阻和電動勢?!窘馕觥縍11.480.88
12、略
【分析】解:根據(jù)牛頓第二定律得,物體的加速度為:a=Fm=147=2m/s2
5s
末的速度為:v=at=2隆脕5m/s=10m/s
5s
末的動能為:EK=12mv2=12隆脕7隆脕100=350J
故答案為:10350
根據(jù)牛頓第二定律求出物體的加速度;根據(jù)速度時間公式和位移時間公式求出5s
末的速度;由動能的定義可求得動能.
本題考查了牛頓第二定律和運動學公式的綜合,知道加速度是聯(lián)系力學和運動學的橋梁【解析】10350
13、略
【分析】解:(1)A;振幅的大小不影響單擺的周期;所以不影響測出的重力加速度.故A錯誤.
B、測量的擺長偏小,根據(jù)g=測出的重力加速度數(shù)值偏?。蔅錯誤.
C、數(shù)振動次數(shù)時,少計了一次,則測出的周期偏大,根據(jù)g=測出的重力加速度數(shù)值偏?。蔆錯誤.
D、數(shù)振動次數(shù)時,多計了一次,則測出的周期偏小,根據(jù)g=測出的重力加速度數(shù)值偏大.故D正確.
故選D.
(2)因為單擺在擺動的過程經(jīng)過最低點速度最大;最高點速度最小,在最低點計時誤差比較?。?/p>
故本題答案為:(1)D,(2)最低點.【解析】D;最低點14、2.55光子說【分析】【分析】能級間躍遷時輻射的光子能量等于兩能級間的能級差,根據(jù)光電效應的條件求出金屬的逸出功,再根據(jù)光電效應方程得出光電子的最大初動能。解決本題的關鍵知道能級間躍遷輻射的光子能量等于兩能級間的能級差,以及掌握光電效應方程Ekm=hv鈭?W0隆攏
【解答】原子從能級n=4n=4向n=2n=2躍遷所放出的光子的能量為3.40鈭?0.85=2.55eV3.40-0.85=2.55eV當光子能量等于逸出功時,恰好發(fā)生光電效應,所以逸出功為:WW0=2.55eV=2.55eV為了解釋光電效應現(xiàn)象,愛因斯坦提出了光子說。故填:2.552.55光子說
【解析】2.552.55光子說15、x=5sint(cm)0500【分析】解:(1)由振動圖象可得:振幅A=5cm,周期T=4s,初相φ=0,則圓頻率ω=
故該振子做簡諧運動的表達式為:x=5sint(cm)
(2)振子經(jīng)過一個周期位移為零;路程為5×4cm=20cm,前100s時剛好經(jīng)過了25個周期,所以第100s振子位移x=0,振子路程s=20×25cm=500cm
故答案為:(1)x=5sint(cm)(2)0;500
(1)先由圖讀出周期,由公式ω=得到角頻率ω,讀出振幅A,則該振子簡諧運動的表達式為x=Asinωt。
(2)振子在一個周期內(nèi)通過的路程是4A;求出時間100s相對于周期的倍數(shù),即可求得總路程,再得到位移。
本題要掌握振子簡諧運動的一般表達式x=Asin(ωt+φ0),知道根據(jù)三個要素:振幅A、角頻率ω和初相位φ0,即可求得簡諧振動方程【解析】x=5sint(cm)0500三、判斷題(共5題,共10分)16、A【分析】【解答】解:根據(jù)電場線的特點可知;沿電場線的方向電勢降低;電場線垂直于等勢面、同一等勢面移動電荷電場力不做功.
故答案為:正確.
【分析】解決本題要根據(jù):電場線是人為假想的曲線,從正電荷或無限遠出發(fā),終止于無限遠或負電荷,不閉合,電場線疏密描述電場強弱,電場線密的地方,電場強度大,疏的地方電場強度弱,沿電場線的方向電勢降低.17、B【分析】【解答】解:電勢差類似于高度差;沒有方向,是標量,正負表示電勢的相對大?。?/p>
兩點間的電勢差等于電勢之差;由電場中兩點的位置決定,與零電勢點的
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