陕西省西安市莲湖区2024-2025学年高二上学期期中检测物理试题

2024届陕西省西安市莲湖区高二物理第一学期期中检测试题 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、图甲所示,水平放置的接地金属板正上方有一固定的正电荷Q,一表面绝缘的带正电小球(可视为质点且不影响Q的电场),从左端以初速度v滑上金属板的上表面,金属板上表面光滑,则小球在向右运动到右端的过程中(已知如图乙所示的接地金属板与点电荷之间的电场分布与图丙中虚线右侧的电场分布是一样的) A.先加速运动,后减速运动 B.先减速运动,后加速运动 C.受的电场力不做功 D.受的电场力的冲量为零 2、如图所示,在竖直放置间距为的平行板电容器中,存在电场强度为E的匀强电场.有一质量为,电荷量为的点电荷从两极板正中间处静止释放,重力加速度为.则点电荷运动到负极板的过程 A.加速度大小为 B.所需的时间为 C.下降的高度为 D.电场力所做的功为 3、下列对电源电动势概念的认识中,正确的是( ) A.电源电动势等于电源两极间的电压 B.电源把越多的其他形式的能转化为电能,电动势就越大 C.电动势和电压单位相同,所以物理意义也相同 D.在闭合电路中,电动势等于路端电压与电源内部电势降落之和 4、电路如图所示.接通电路后三个灯的电阻都相等.那么三个灯消耗的电功率P1、P2、P3之间的关系是 A.P1=P2=P3 B.P1=P2>P3 C. D.P3=4P1=4P2 5、如图所示,条形磁铁放在桌面上,一根通电直导线由S极的上端平移到N极的上端的过程中,导线保持与磁铁垂直,导线的通电方向如图所示.则这个过程中磁铁受到的摩擦力(磁铁保持静止)( ) A.为零 B.方向由左变为向右 C.方向保持不变 D.方向由右变为向左 6、把电阻是的一根金属丝,均匀拉长为原来的倍,则导体的电阻是( ) A. B. C. D. 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,T为理想变压器,电流表A、电压表V均为理想交流电表,R1、R2为定值电阻,R3为滑动变阻器,L为电感线圈,A、B两点间接正弦交流电源.则( ) A.只将滑片P1下移时,电流表A示数变小 B.只将滑片P2下移时,电压表V示数变小 C.只增大交流电源的电压时,电流表A示数变大 D.只增大交流电源的频率时,电压表V示数不变 8、下列关于静电场的说法正确的是( ) A.在点电荷形成的电场中没有场强相等的两点,但有电势相等的两点 B.正电荷只在电场力作用下,一定从高电势向低电势运动 C.场强为零处,电势不一定为零;电势为零处,场强不一定为零 D.初速为零的正电荷在电场力作用下一定沿电场线运动 9、如图所示的电路中,A1和 A2是完全相同的两只灯泡,线圈 L 的电阻可以忽略,下面说法中正确的是( ) A.合上开关 S 接通电路时,A2 先亮,A1 后亮,最后一样亮 B.合上开关 S 接通电路时,A1 和 A2 始终一样亮 C.断开开关 S 切断电路时,A2 立刻熄灭,A1 过一会才熄灭 D.断开开关 S 切断电路时,A1、A2 都要延迟一会再熄灭 10、用两个相同的小量程电流表,分别改装成了两个量程不同的大量程电流表、,且的量程大于的量程.若把、分别采用串联或并联的方式接入电路,如图(a)、所示,则闭合开关后,下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是( ) A.图中的的示数小于的示数 B.图中的、的指针偏角相同 C.图中的的指针偏角小于的指针偏角 D.图中的、的示数和偏角都不同 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)有一个额定电压为2.8 V,功率约为0.8 W的小灯泡,现要用伏安法描绘这个小灯泡的I-U图线,有下列器材供选用: A.电压表(0~3 V,内阻约6 k ) B.电压表(0~15 V,内阻约30 k ) C.电流表(0~3 A,内阻约0.1 ) D.电流表(0~0.6 A,内阻约0.5 ) E.滑动变阻器(10 ,2 A) F.滑动变阻器(200 ,0.5 A) G.蓄电池(电动势6 V,内阻不计) (1)某同学设计成如图所示的两种电路,要求小灯泡的电压从零开始增大,应选择图乙中的电路图_(选填“a”或“b”)。 (2)用正确的电路进行测量,电压表应选用_,电流表应选用_滑动变阻器应选用_(用序号字母表示)。 (3)通过实验测得此小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示.由图线可求得此小灯泡在正常工作时的电阻为_ 。 12.(12分)为了描绘小灯泡的伏安特性曲线,某同学设计了如下的实验电路,已知小灯泡的规格为“12 V, 5 W”. (1)闭合电建前,应将电路图中的滑动变阻器的滑片移到_(填“a”或“b”)端.根据连接好的实物图,调节滑动变阻器,记录多组电压表和电流表的读数,作出的图线如图甲中实线所示,由图线分析可知,小灯泡的电阻随温度的升高而_(填“增大”或“减小”).若某次电流表的示数如图乙所示,则此时小灯泡的功率为_W(保留两位有效数字). (2)若图像中的虚线 或 表示小灯泡真实的伏安特性曲线,与实验中得到的实线相比,虚线_(填“ ”或“ ”)才是其真实的伏安特性曲线. 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)一物体在光滑水平面上运动,它在相互垂直的x方向和y方向上的两个分运动的速度-时间图象如图所示. (1)计算物体的初速度大小; (2)计算物体在前3 s内的位移大小. 14.(16分)如图所示,竖直放置的半圆形绝缘光滑轨道半径R=40cm,下端与绝缘粗糙的水平面平滑连接,小物块与水平面间的动摩擦因数 =0.5,AB间距离S=1.2m.整个装置处于方向竖直向下,大小为E=103 V/m的匀强电场中,一质量为m=10g、带电量为q=+10-4 C的小物块(可视为质点),从水平面上的A点以初速度v0水平向左运动,沿半圆形轨道恰好能通过最高点C,取g=10m/s2,试求: (1)小物块从C点抛出后落地点与B点间的水平距离; (2)v0的大小和过B点时轨道对小物块的支持力大小; 15.(12分)如图所示,粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑半圆轨道在B点平滑连接,在过圆心O的水平界面M的下方分布有水平向右的匀强电场,场强,现有一质量为m、电量为+q的小球(可视为质点)从水平轨道上A点由静止释放,小球运动到C点离开圆轨道后经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方).已知A、B间距离为2R,重力加速度为g,求: (1)小球在C处的速度大小; (2)小球从A运动到B克服阻力所做的功; (3)球从A运动到C的过程中对轨道压力的最大值。 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、C 【解题分析】 在金属板表面所形成的电场的电场线垂直于金属板表面,其表面为等势面,故射入的正电荷所受的电场力始终竖直向下,电场力不做功,因此小球做匀速直线运动,故C正确、AB错误;电场力做功为零,电场力的冲量Ft并不为零,故D错误.故选C. 【题目点拨】 本题关键抓住静电平衡导体的特点:整体导体是一个等势体,表面是一个等势面.在等势面上移动电荷电场力不做功. 2、B 【解题分析】 点电荷在电场中的受力如图所示, 点电荷所受的合外力为 由牛顿第二定律得 故A错; 点电荷在水平方向的加速度为 ,由运动学公式d/2=a1t2/2,所以 ,故B正确, 点电荷在竖直方向上做自由落体运动,所以下降的高度 ,故C错误; 由功公式W=Eqd/2,故D错误. 综上所述本题答案是:B 【题目点拨】 由于电荷水平方向和竖直方向都受到力的作用,根据水平方向上的运动求出运动时间,再结合竖直方向上自由落体运动求出下落的高度. 3、D 【解题分析】A、电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压.故A错误.B、根据电动势的定义式可知,电源移动单位电荷量时,非静电力做功越多,电源把其他形式的能转化为电能越多,电源的电动势越大.故B错误.C、电动势和电压单位相同,但物理意义不相同,电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小,电压等于电势差.故C错误.D、根据闭合电路欧姆定律得知,在闭合电路中,电动势等于外电压与内电压之和.故D正确.故选D. 【题目点拨】本题考查对电动势的理解,可以抓住电动势的物理意义和定义式来加深理解. 4、D 【解题分析】 L1、L2并联所以电压相等,两个灯的电阻又相等,所以电流也相等,即I1=I2,而I3=I1+I2=2I1,根据P=I2R可知:P3=4P1=4P2,故D正确,ABC错误 5、B 【解题分析】 考查左手定则的应用,牛顿第三定律。 【题目详解】 受力分析如图,开始时,导线在S极上方,由左手定则可得,导线受一个安培力斜向左上方,由牛顿第三定律可得,磁铁受一个导线施加的反作用力斜向右下方,有一水平向右的分力,即有向右运动的趋势,摩擦力向左;同理,当运动到右端N极上方时,磁铁受摩擦力向右,B正确。 故选B。 6、D 【解题分析】当金属丝拉长为原来的2倍时,体积不变,则导体的面积减小为原来的;则由可知,拉长后的电阻变为原来的4倍;故选D. 【题目点拨】解决本题的关键掌握电阻定律的公式,知道电阻与长度和横截面积有关.并明确导体体积不变时,若长度改变则横截面积也会随之改变. 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、ABC 【解题分析】 A.只将滑片P1下移,副线圈两端电压变小,输出功率变小,输入功率也变小,原线圈电流变小,电流表A示数变小,故A正确; B.只将滑片P2下移,副线圈回路电阻变小,副线圈电流变大,电阻R1分压变大,电压表示数变小,故B正确; C.只增大交流电的电压时,副线圈电压增大,输出功率增大,输入功率也增大,电流表示数变大,故C正确; D.只增大交变电流的频率,电感线圈的感抗增大,副线圈电流减小,R1分压减小,电压表示数变大,故D错误; 8、AC 【解题分析】在单个点电荷形成的电场中没有场强相等的两点,但有电势相等的两点,A正确;正电荷只在电场力作用下,可能沿着电场线运动,也可能逆电场线运动,所以不一定从高电势向低电势运动,B错误;等势体内部场强处处为零,电势不一定为零;电势具有相对性,规定哪点电势为零都可以,但场强不一定为零,C正确;当电场线是曲线时,初速为零的正电荷在电场力作用下不一定沿电场线运动,D错误. 9、AD 【解题分析】 AB.合上开关S接通电路,A2立即亮,线圈对电流的增大有阻碍作用,所以通过A1的电流慢慢变大,最后两灯泡的电压一样大,所以一样亮。故A正确,B错误; CD.断开开关S切断电路时,通过A2的原来的电流立即消失,线圈对电流的减小有阻碍作用,所以通过A1的电流会慢慢变小,并且通过A2,所以两灯泡一起过一会儿熄灭。故C错误,D正确。 故选AD。 10、BC 【解题分析】 AB.图(a)中的、并联,表头的电压相等,电流相等,指针偏转的角度相同,量程不同的电流表读数不同,量程大的电流表示数大,A错误B正确; CD.图(b)中的、串联,、的示数相同,由于量程不同,内阻不同,电表两端的电压不同,流过表头的电流不同,指针偏转的角度不同,量程越大,电流表内阻越小,电流表两端电压越小,指针偏角越小,的指针偏角小于的指针偏角,D错误C正确。 故选BC。 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) b (2)A D E (3) 10 【解题分析】 根据实验要求选择电路;根据灯泡的额定电压可明确所选的电压表;由电灯泡的电流可确定电流表;根据电路的接法可确定滑动变阻器;由图象可得出额定电压,由图象可求得灯泡的正常工作时的电流,由欧姆定律可求得灯泡的正常工作时的电阻; 【题目详解】 (1)实验中要求小灯泡的电压从零开始增大,则滑动变阻器应采用分压电路,故选b; (2)由题意可知,灯泡的额定电压为2.8V,故电压表的量程应大于2.8V,故电压表应选3V量程,故选A;由P=UI可得,电流为I=0.8/2.8A=0.28A,故电流表应选D;本实验中应选用分压接法,故滑动变阻器应选小电阻,故滑动变阻器选E; (3)由图可知,当电压为2.8V时,电流为0.28A,故电阻; 12、(1)a , 增大, 2.4; (2) 【解题分析】 (1)开始时应让测量部分电压为零,故开关应移到a端开始调节; 由图可知图象的斜率越来越小,则说明电阻越来越大,小灯泡的电阻随温度的升高而增大;由电流表示数可知,电流大小为0.4A,则由图可知,电压为6.0V,故灯泡功率P=UI=6 0.4=2.4W; (2)由于电流表采用外接法,由于电压表分流使电流表示数偏大,而电压表是准确的,故相同电压电流应偏小,故II为真实的图象. 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)50m/s (2) 【解题分析】 试题分析:(1)由图可看出,物体沿x方向的分运动为匀速直线运动,沿y方向的分运动为匀变速直线运动.x方向的初速度 vx0=30m/s,y方向的初速度为 vy0=-40m/s; 则物体的初速度大小为. (2)在前3s内,x方向的分位移大小 x3=vx•t=30 3m=90m y方向的分位移大小, 故 考点:运动的合成与分解 【名师点睛】本题考查运动的合成与分解规律的应用,应明确两分运动相互独立,分时间一定相等,运用分运动的规律研究. 14、(1)0.8m(2)8m/s;1.2N 【解题分析】 (1)根据牛顿第二定律得 根据牛顿第二定律得加速度 解得 (2)小球从B至C由动能定理得: 解得 对B点受力分析: 解得: 小球从A至B由动能定理得: 解得: v0=8m/s 15、 (1) (2)3mgR (3) 【解题分析】 (1) 利用小球做平抛运动,据平抛运动水平方向的匀速和竖直方向的自由落体运动求解即可; (2) 从A到C利用动能定理求解即可; (3) 从小球受到重力和电场力的合力分析处小球在轨道上的最大压力,利用牛顿第二定律求解即可。 【题目详解】 (1) 小球离开C点做平抛运动,根据 解得: 则小球在C点的速度 解得:; (2) A C过程,由动能定理得: 代入数据解得:; (3) 小球进入圆周轨道,电场力做正功,重力做负功 从P点进入电场做曲线运动,电场力做负功,重力做正功,由于电场力是重力2倍,因此小球在圆周D处速度最大,利用复合场等效法D处应是重力与电场力合力连线跟圆周的交点,设OD连线与竖直方向夹角为 ,则tan =2 A D过程,根据动能定理得: 解得:。 学科网(北京)股份有限公司 $$