(新八省专用,人教版2019必修三9~13章)-(全解全析)(新八省专用)

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以下为本文档部分文字说明:

2024-2025学年高二物理上学期期中模拟卷(考试时间:75分钟,分值:100分)注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干

净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.测试范围:第9~13章(人教版2019必修第三册)。4.难度系数:0.7。第Ⅰ卷(选择题)一、选择题:本题共12小题,每小题4分,共48分。在

每小题给出的四个选项中,第1~8题只有一项符合题目要求,第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。1.下列说法中,正确的是A.沿着电场线的方向场强一定越来越弱B.沿着电场线的方向电势一定越来越低C.正点电荷的电场中,一定有场强大小

相等、方向相同的两点D.匀强电场中各点的电势一定相等【答案】B【详解】A.电场的强弱可由电场线的疏密表示,沿着电场线的方向电场线不一定越来越疏,所以场强不一定越来越弱,故A错误;B.沿着电场线的方向电势一定降低,故B正确;C.依据点电荷

电场强度公式2kQEr=,一定有场强大小相等的两点,但方向不相同,故C错误;D.匀强电场中,各点的电势不一定相等,顺着电场线方向电势会逐渐降低,故D错误.故选B。2.把一条形磁铁插入同一个闭合线圈中,第一次是迅速的,

第二次是缓慢的,两次初,末位置均相同,则在两次插入的过程中A.磁通量变化率相同B.磁通量变化量相同C.产生的感应电流相同D.产生的感应电动势相同【答案】B【详解】迅速插入磁通量变化比较快,但是磁通量变化相同,根据

感应电动势Ent=所以可知迅速插入产生的感应电动势较大,根据欧姆定律可知感应电流也较大。故选B。3.关于电源电动势,下列说法正确的是A.常见充电宝标有5000mA.h或10000mA.h等,此物理量越大,则充电电流越大B.同一电源接入不同的电路中,电动势会发生变化

C.电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领大小,电源把其他形式的能转化为电能越多,电动势越大D.1号1.5V干电池比7号1.5V干电池体积大,但电动势相同【答案】D【详解】A.常见充电宝标有5000mA.h或10000mA.h等

,此物理量越大,则充电宝的电量越大,所以A错误;B.同一电源接入不同的电路中,电动势不会发生变化,电动势是由电源本身性质决定,所以B错误;C.电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领大小,但是电源把其他形式的能转化为电能越多,与电动势越大没有直接关系,还与通电时间有关,所

以C错误;D.1号1.5V干电池比7号1.5V干电池体积大,但电动势相同,所以D正确;故选D。4.如图,i-t图像表示LC振荡电路的电流随时间变化的图像。0t=时刻,电容器M板带正电。以下说法正确的是A.a时刻,电容器的带电量最大B.b时刻,线圈中的磁场能最大C.c时刻,电容器M板带

负电D.d时刻,电容器的电场能最大【答案】D【详解】A.在a时刻,电路中的电流最大,说明放电结束,磁场能最大,电容器的带电量最小,故A错误;B.在b时刻电路中的电流最小,说明充电结束,则磁场能最小,故B错误;C.在c时刻电路中的电流最大,则磁场能最大,电容器中电场能最小,两极板间电压

为零,电容器M板带电量为零,故C错误;D.在d时刻,电路中的电流最小,说明充电结束,电容器的电场能最大,故D正确。故选D。5.如图所示,水平放置的平行金属板与电源相连,板间距离为d,板间有一质量为m,电量为q的微粒恰好处于静止状态,若再将开关断开,再将两板间距离先增大为2d,再减小到2d,则微粒

将A.先向上加速运动,后向下加速运动B.先向下加速运动,后向上加速运动C.保持静止D.一直向下运动【答案】C【详解】根据电容定义式有QCU=根据平行板电容器电容决定式有4SCkd=根据匀强电场场强公式有UEd=联立解得4kQES=可知,电容

器充电与开关断开后所带电量不变,板间距离变化时,板间场强不变,微粒所受电场力不变,所以微粒仍保持静止状态,故C正确ABD错误。故选C。6.如图所示的电路中,电源两端电压为6V并保持不变,定值电阻R1的阻值为

5Ω,滑动变阻器R2的铭牌上标有“20Ω,1A”。电流表和电压表选择的量程分别为“0~0.6A”和“0~3V”。在保证电路安全的情况下,下列说法中正确的是A.电路中的最大电流为1AB.滑动变阻器R2接入电路的最大阻值为5ΩC.定值电阻R1消耗的最大电功率为1.8WD.电路的总功率的变化范围为0

.288W~3.6W【答案】C【详解】A.由电路图知道,R1与R2串联,电压表测R1两端的电压,电流表测电路中的电流。电流表的量程为0~0.6A,滑动变阻器允许通过的最大电流为1A,当电压表的示数U0=3V时,电路中的电流013V=0.6A5ΩUIR==因串联电路中各处的

电流相等,故最大电流为0.6A,故A错误;B.由电路图知道,R1与R2串联,所以在保证电路安全的情况下,滑动变阻器R2接入电路的最大阻值为20Ω,故B错误;C.由2PIR=知道,当电路中的电流最大时,定值电阻R1消耗的功率最大,且最大功率()2211=0

.6A5Ω1.8WPIR==最大故C正确;D.由PUI=知道,当电路中的电流最大时,电路消耗的总功率最大,即Pmax=UImax=6V×0.6A=3.6W当滑动变阻器R2接入电路的最大阻值时,电路总电阻最大,由2UPR=知道,电路消耗的总功率最小,即()222

min126V==1.44W5Ω+20ΩUUPRRR==+总所以电路的总功率的变化范围为1.44W~3.6W,故D错误。故选C。7.下列说法不符合物理学史的是A.法拉第发现了电磁感应现象,并提出了“场

”的概念B.库仑发现了库仑定律,并用扭秤测出了静电力常量的数值C.通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场相似,安培受此启发,提出了分子电流假说D.奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了电和磁之间存在联系【答案】B【

详解】A.法拉第发现了电磁感应现象,并提出了“场”的概念,故A正确,不符合题意;B.库仑发现了点电荷的相互作用规律——库仑定律;静电力常量是通过麦克斯韦的相关理论计算出来的,故B错误,符合题意;C.通电螺线管的磁场和条形

磁铁的磁场相似,安培受此启发,提出了分子电流假说,故C正确,不符合题意;D.奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了电和磁之间存在联系,故D正确,不符合题意。故选B。8.真空中有一静电场,其在x轴正半轴的电势随x变化的关系如图所示,则根据图象可知A.R处的电场强

度E=0B.x1处与x2处的电场强度方向相同C.若正的试探电荷从x1处移到x2处,电场力不一定做正功D.该电场有可能是处在O点的正的点电荷激发产生的【答案】B【详解】A.x−图像中,曲线上任意一点的切线的斜率表示电

场强度;R处切线的斜率不为零,故R处的电场强度不为零,故A错误;B.x1处与x2处的切线斜率同为负值,故x1处与x2处的电场强度方向相同,故B正确;C.从x1处移到x2处,电势降低,若移动的是正电荷,则电场力做正功

,故C错误;D.离电荷越近,电场强度越大,x−图像的斜率应越大,而图中离O点越近,图像切线的斜率变小,故该电场不可能在O点的正电荷产生的,故D错误。故选B。9.2019年3月19日,复旦大学科研团队宣称已成功研制

出具有较高电导率的砷化铌纳米带材料,据介绍该材料的电导率是石墨烯的1000倍。电导率就是电阻率的倒数,即1=。下列说法正确的是A.电导率的单位是11Ωm−−B.超导材料的电导率为零C.材料的电导率与材料的形状有关D.材料的电阻率越小,其导电性能越好【答案】AD【详解

】A.电导率为电阻率的倒数,而电阻率的单位为Ωm,故电导率的单位为11Ωm−−,A正确;B.电导率越小说明电阻率越大,材料的导电性能越差,故超导体的电阻很小,电阻率很小,因此电导率很大,B错误;C.材料的电导率与材

料的形状无关,C错误;D.电阻率是描述材料导电能力强弱的物理量,材料的电阻率越小,其导电性能越好,D正确;故选AD。10.下列说法中正确的是A.电荷在电势高的地方电势能不一定大B.电场中某点的电场强度与放

入该点的检验电荷无关C.点电荷就是体积很小的带电小球D.电子伏特是电压的单位,1eV=1.6×10-19V【答案】AB【详解】A.正电荷在电势高的地方电势能大,而负电荷在电势低的地方电势能大,故A正确;B.电场强度等于电荷所受电场力和该电荷电量的比值,与放入电场中的电荷无关,故B正确;C.不

论带电体的大小、形状如何,只要其对所研究问题的影响可以忽略不计,都可以将其看成点电荷,则点电荷不一定就是体积很小的带电球体,故C错误;D.电子伏特是能量的单位,1eV=1.6×10-19J,故D错误。故选AB。11.如图所示,ABCD、、、为匀强电场中相邻的四个等势面,一电子

经过等势面D时,动能为16eV,速度方向垂直于等势面D,飞经等势面C时,电势能为8eV−,飞至等势面B时速度恰好为零,已知相邻等势面间的距离均为4cm,电子重力不计。则下列说法正确的是A.电子做匀变速直线运动B.匀强电场的场强大小为100V/mC.等势面A的电势

为-8VD.电子再次飞经D等势面时,动能为16eV【答案】ACD【详解】A.本题考查电场力、电场强度和电势.电子运动方向垂直于等势面,故电子运动方向和电场方向平行,则电子加速度方向和运动方向平行,故电子做匀变速直线运动,选项A正确;D.电子运动

过程只有电场力做功,故电子再次飞经D等势面时电场力做功为零,即电子动能不变,仍为16eV,选项D正确;B.电子飞至等势面B时速度恰好为零,故由动能定理可知,电子从等势面D到等势面B,克服电场力做功为16eV,故等势面DB、间的电势差为

16V,则场强为16V/m200V/m20.04UEd===´选项B错误;C.从D到B电势降低,等势面C处电子的电势能为8eV-,故等势面C的电势为8V,等势面A的电势比等势面C的电势低16V,故为8V-,选项C正确。故选ACD。12.如图所示,竖直平面内有一固定的光滑椭圆大环,其长轴长BD=4

L、短轴长AC=2L。劲度系数为k的轻弹簧上端固定在大环的中心O,下端连接一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的小环,小环刚好套在大环上且与大环及弹簧绝缘,整个装置处在水平向右的匀强电场中.将小环从A点由静止释放,小环运动到B点时速度恰好为O。已知小环在A、B两点时弹簧的形变量大小相等

。则A.小环从A点运动到B点的过程中,弹簧的弹性势能一直增大B.小环从A点运动到B点的过程中,小环的电势能一直减小C.电场强度的大小mgqE=D.小环在A点时受到大环对它的弹力大小12FmgkL=+【答案】BD【详解】A.已知小环在A、B两点时弹簧的弹力大小相等可得小环

在A时处于压缩状态,在B时处于拉伸状态,且形变量相同,所以从A点运动到B点的过程中,弹簧从压缩到原长,再到伸长,所以其弹性势能先减小后增大,A错误;B.小环能从A点由静止开始运动,说明电场力方向和电场方向

相同,即从A运动到B点过程中电场力做正功,电势能减小,B正确;C.因为从A到B过程中弹簧的形变量相同,即弹性势能变化量为零,故整个过程中电场力做功和重力做功相同2EqLmgL=即得2mgEq=C错误;D.已知小环在A、B两点时弹簧的弹力大小相等,说明在A点弹簧的压缩量等于在

B点的伸长量相等,设为x,原长为L0,则得在A点0LxL−=在B点022LxL+=解得弹簧压缩量12xL=受到大环对它的弹力为12FmgkL=+D正确。故选BD。第Ⅱ卷(非选择题)二、实验题:本题共2小题,共15分。13.(6分)某物理小组利用“

半偏法”设计了如图1所示电路,来测量一量程为“0~3V”的电压表的内阻大小。所用实验器材有:多用电表,待测电压表,直流电源E(电动势约12V、内阻很小),电阻箱R(最大阻值999.9Ω),滑动变阻器(阻值范围0~10Ω),开关

1个以及导线若干。主要实验步骤如下:①用多用电表粗略测量该电压表的内阻,读数如图2所示;②按照题如图1所示电路图连接好电路;③将滑动变阻器的滑片P置于最左端A点,将电阻箱R的阻值调为零,闭合开关S;④调节滑动变阻器的滑片位置,使该电压表满偏;⑤

调节电阻箱的阻值,使该电压表指针如图3所示,记下此时电阻箱的阻值803.2R=。回答下列问题:(1)步骤①中正确操作时,该电压表的“-”接线柱应与多用电表的(选填“红”或“黑”)表笔连接;已知多用电表所选欧姆挡为“×100”挡,则图2中

的读数应为Ω。(2)步骤⑤的描述中遗漏的关键一步是:。(3)已知步骤⑤中记录的电阻箱阻值是由正确的实验操作测得的,据此可以得出,该电压表内阻的测量值为Ω,则该测量值(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。【答案】(1)红1600(2)保持滑动变阻器的滑片位置不动(3)1606.4大于

【详解】(1)[1]使用多用电表的欧姆挡时,电流从黑表笔流出多用电表,为保证电压表正常偏转,应该用黑表笔连接电压表的“+”接线柱,因此,电压表的“-”接线柱应该连接多用电表的红表笔。[2]图2中的读数应为1610016

00R==(2)为使电压表与电阻箱R两端的总电压不变,步骤⑤的描述中遗漏的关键一步是保持滑动变阻器的滑片位置不动。(3)[1]由于滑动变阻器滑片位置不动,且电压表内阻远大于与其并联的滑动变阻器的阻值,当电阻箱R接入电路的阻值不为零时,

可以认为电压表与电阻箱R两端的总电压不变,仍为3V,当电压表示数为2V时,电阻箱R两端电压为1V,由串联电路的性质可知,该电压表的内阻测量值V21606.4RR==测[2]实际上,当电阻箱R接入电路的阻

值不为零时,电压表与电阻箱R两端的总电压会变大,当电压表示数为2V时,电阻箱R两端的实际电压大于1V,该电压表的内阻真实值V2RR真故该电压表的内阻测量值大于真实值。14.(9分)在测量电源电动势和内电阻的实验中,实验室备有下列实验器材:A.电压表V1(量程0~3V,内阻约6kΩ)

B.电压表V2(量程0~6V,内阻约20kΩ)C.电流表A1(量程0~0.6A,内阻0.5Ω)D.电流表A2(量程0~200mA,内阻约20Ω)E.滑动变阻器R1(最大电阻10Ω,允许通过的最大电流2A)F.滑动变阻器R2(最大电阻200Ω,允许通过的最大

电流150mA)G.一节干电池E(电动势约为1.5V)H.开关S、导线若干(1)为提高实验的精确程度,电压表应选用;电流表应选用;滑动变阻器应选用;(以上均填器材前的序号)(2)为了较为精确的测定干电池的电动势和内阻,该同学用伏安法测量,请在图甲的虚线框内画出实验所需的电路图,并

标注元件符号;(3)在实验中测得多组电压和电流值,得到如图乙所示的U-I图像,由图像可得该电源电动势E=V,内阻r=Ω;(结果均保留两位有效数字)(4)一位同学对以上实验进行了误差分析,其中正确的是。A.实验产生的系统误差,主要是由于电压

表的分流作用B.实验产生的系统误差,主要是由于电流表的分压作用C.实验得出的电动势等于真实值D.实验得出的内阻大于真实值【答案】(1)ACE(2)(3)1.50.50(4)C【详解】(1)[1][2][3]由于一节干电池电动势约为1.

5V,为提高实验的精确程度,电压表应选用量程0~3V,即选A;为了便于调节,滑动变阻器应选最大电阻10Ω,即选E;根据11.5A0.15A10EIR===电流表量程0~0.6A,即选C。(2)[4]由于电流表A1的内阻已知,为了较为精确的测定干电池的电动势和内阻

,实验所需要的电路图为(3)[5][6]根据闭合电路的欧姆定律得()A1UEIrR=−+所以U-I图像的纵截距表示电动势,则1.5VE=图像斜率的绝对值表示内阻和电流表内阻之和,则1.51.0Ω0.5Ω0.50Ω

0.5r−=−=(4)[7]由于电流表内阻RA1已知,电源等效内压等于电源内压加IRA1,这样路端电压与电路电流的测量均无误差,故电动势和内阻的测量值均等于真实值,即E测=E真,r测=r真故C正确,ABD错误。故选C。三、计算题:本题共3小题,共37分

。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位。15.(8分)一台国产XQB30-13型全自动洗衣机说明书中所列的主要技术数据如下表.试根据表中提供的数据计算:(1)这台洗衣机在额定电压

下洗衣或脱水时,通过洗衣机的电流是多大?(结果保留3位有效数字)(2)如洗衣、脱水的累计时间为40min,则洗衣机耗电多少度?(结果保留2位有效数字)【答案】1.64A;0.24度【详解】(1)根据P=UI得:3601.64220PIAAU===;(2)洗衣机消耗的电能:E=Pt=0

.360kW×23h=0.24kW∙h=0.24度;16.(13分)有一水平方向的匀强电场,场强7110V/mE=,一带正电的微粒以010m/sv=竖直向上的初速度从A点射入电场,一段时间后从B点离开电场,AB、两点在同一条水平直线上。已知带电微粒质量12

1.010kgm−=,所带的电荷量181.010Cq−=,重力加速度210m/sg=,微粒向上运动过程中未冲出电场。求:(1)带电微粒在竖直方向上的最大位移;(2)AB、两点的电势差;(3)带电微粒在电场运动过程中速度的最小值。【答案

】(1)5m(2)8210V(3)52m/s【详解】(1)在竖直方向上,速度减为零的时间为t0,由00vgt=解得01st=在竖直方向上最大位移2012hgt=解得5mh=(2)根据对称性,微粒在电场中的时间为10221s2stt===水平方向加速度18722

121.010110m/s10m/s1.010xqEam−−===水平方向位移为21112xat=A、B两点之间的电势差为7811020V210VABUEx===(3)带电微粒水平方向速度xqEvtm=带电微粒竖直方向速度0yvvgt=−带电微粒的速度22xyvvv=+代入数

据()22100221vtt=−+由数学知识,速度v具有最小值的时间为0.5st=解得速度v的最小值min52m/sv=17.(16分)如图所示,光滑水平面上竖直固定有一半径为R的14光滑绝缘圆弧轨道BC,水平面AB与圆弧BC相切于B点

,O为圆心,OB竖直,OC水平,空间有水平向右的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电绝缘小球自A点由静止释放,小球沿水平面向右运动,AB间距离为2R,匀强电场的电场强度mgqE=,重力加速度大小为g,不计空气阻力。求:(1)小球从A点开始

到达B点的过程中电场力做的功;(2)小球从A点开始到达C点的过程中,小球的电势能变化了多少;(3)小球从A点开始到达C点的过程中对轨道的最大压力。【答案】(1)2mgR(2)减少3mgR(3)()232mg+,方向与竖直方向成45°角斜向右下【详解】(1)小球从A点开始到达B点的过程中电

场力做的功为22mgqWqExqRmgR===(2)小球从A点开始到达C点的过程中,根据功能关系可知()p2ACWqERRE=+=−解得p3EmgR=−即小球的电势能减少了3mgR。(3)小球在光滑绝缘圆弧轨道上运动时,设电场力与重力的合力与竖直方向的夹角为

,则有tan1qEmg==可得45=可知当小球运动到圆弧轨道的中点时,小球的速度最大,根据动能定理可得()()2m12sin45cos4502qERRmgRRmv+−−=−根据牛顿第二定律可得2mNco

s45sin45vFmgqEmR−−=联立解得()N232Fmg=+根据牛顿第三定律可知,小球对轨道的压力大小为()232mg+,方向与竖直方向成45°角斜向右下。

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