陜西省榆林市第十二中學2025屆物理高二上期中預測試題含解析

陜西省榆林市第十二中學2025屆物理高二上期中預測試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、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、如圖所示，在光滑水平面上質量分別為，速率分別為的A、B兩小球沿同一直線相向運動，則（）A．它們碰撞前的總動量是，方向水平向右B．它們碰撞后的總動量是，方向水平向左C．它們碰撞后的總動量是，方向水平向左D．它們碰撞前的總動量是，方向水平向右2、一帶正電的粒子僅在電場力作用下從A點經B、C點運動到D點，其v-t圖像如圖所示，則下列說法中正確的是（

）A．A點的電場強度一定小于B點的電場強度B．粒子在A點的電勢能一定小于在B點的電勢能C．CD間各點電場強度和電勢差都為零D．AB兩點間的電勢差大于CB兩點間的電勢差3、守門員將4m/s迎面飛來的足球，以8m/s的速度踢回，守門員踢球的時間為0.1s，規(guī)定足球以8m/s被踢回的方向為正方向，則足球在這段時間內平均加速度的大小及方向是（）A．120m/s2，負方向 B．120m/s2，正方向C．40m/s2，負方向 D．40m/s2，正方向4、如圖所示，在勻強電場中有直角三角形BOC，電場方向與三角形所在平面平行，若三角形三頂點處的電勢分別為、、，且邊長，，則下列說法中正確的是A．電場強度的大小為B．電場強度的大小為C．電場強度的大小為100V/mD．一個電子在O點由靜止釋放后會沿直線OB運動5、如圖所示的電路中，電源電阻不能忽略，已知R1=10Ω，R2=8Ω，當開關置于位置1時，電流表讀數為0.20A，則當開關置于位置2時，電流表的讀數可能是()A．0.28AB．0.25AC．0.22AD．0.19A6、傳感器是一種采集信息的重要器件.如圖所示是一種測定壓力的電容式傳感器，A為固定電極，B為可動電極，組成一個電容大小可變的電容器.可動電極兩端固定，當待測壓力施加在可動電極上時，可動電極發(fā)生形變，從而改變了電容器的電容.現將此電容式傳感器與零刻度在中央的靈敏電流表和電源串聯成閉合電路，已知電流從電流表正接線柱流入時指針向右偏轉.當待測壓力增大時，下列說法中不正確的是（）A．電容器的電容將增加B．電容器的電荷量將增加C．靈敏電流表指針向左偏轉D．靈敏電流表指針向右偏轉二、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、如表是一輛電動自行車的部分技術指標，參考表中數據判斷以下說法正確的是（）A．自行車每秒鐘消耗的電能為216JB．電動機每秒鐘消耗的電能為180JC．電動機的內電阻為6ΩD．電動機的內電阻為1Ω8、用均勻導線做成的正方形線圈abcd放在紙面內，其一半放在有理想邊界且垂直于紙面向里的勻強磁場中，如圖所示，關于穿過線圈的磁通量的說法正確的是()A．若線圈以為軸轉動，則穿過線圈的磁通量時刻在變化B．若線圈以為軸轉動，則線圈轉動后磁通量有一段時間為零，直至邊ab再次進入磁場C．若線圈以ab為軸轉動，開始轉動的一段時間內磁通量不變，直至其cd邊進入磁場磁通量才開始變化D．若線圈以ab為軸轉動，因線圈在垂直于磁場方向的投影面積一直在變化，故穿過線圈的磁通量一直在變化9、1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖甲所示，其核心部分是分別與高頻交流電極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電場,使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，帶電粒子在磁場中運動的動能EK隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，若忽略帶電粒子在電場中的加速時間，則下列判斷中正確的是()A．高頻電源的變化周期應該等于B．勻強磁場的磁感應強度越大，則粒子獲得的最大動能越大C．粒子加速次數越多，粒子最大動能一定越大D．D形金屬盒的半徑越大，則粒子獲得的最大動能越大10、下列說法中正確的是（）A．經典力學適用于高速（接近光速）、微觀領域B．動量守恒定律適用于物理學研究的一切領域C．卡文迪許測出了萬有引力常量，成為“測量地球的質量”的第一人D．安培最早發(fā)現了電流周圍存在磁場，并提出了著名的分子電流假說三、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）要測繪額定電壓為2V的日常用小電珠的福安特性曲線，所供選擇的器材除了導線和開關外，還有以下一些器材可供選擇：A．電源E（電動勢3.0V，內阻不計）B．電壓表V1（量程為0~3.0V，內阻約2kΩ）C．電壓表V2（量程為0~15.0V，內阻約6kΩ）D．電流表A1（量程為0~0.6A，內阻約1Ω）E．電流表A2（量程為0~100mA，內阻約2Ω）F．滑動變阻器R1（最大值10Ω）G．滑動變阻器R2（最大值2kΩ）（1）為減小實驗誤差，實驗中電壓表應選擇____________，滑動變阻器應選擇____________（填各器材序號）（2）為了提高實驗精度，請你在如圖a中設計實驗電路圖____________（3）根據圖a，在圖b中把缺少的導線補全，連接陳實驗的電路____________（4）實驗中移動滑動變阻器滑片，得到了小燈泡的U-I圖像如圖C所示，則該小電珠的額定功率是________W，小電珠的電阻隨U變大而________（填“變大”、“變小”或“不變”）．（5）若把小電珠L接入如圖d所示的電路中時，理想電流表的讀數為0.4A，已知A、B兩端電壓恒為2V，則定值電阻R0阻值為____________Ω．（結果保留兩位有效數字）12．（12分）在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，利用實驗得到了8組數據，在圖1所示的坐標系中，通過描點連線得到了小燈泡的伏安特性曲線.（1）根據圖線的坐標數值，請在圖2中選出該實驗正確的實驗電路圖：____(選填“甲”或“乙”).（2）根據所選電路圖，請在圖3中用筆畫線代替導線，把實驗儀器連接成完整的實驗電路.（________）（3）根據圖1，可判斷出圖4中正確的關系圖象是（圖中P為小燈泡功率"為通過小燈泡的電流）___.（5）將同種規(guī)格的兩個這樣的小燈泡并聯后再與R=10的定值電阻串聯，接在電動勢為8V、內阻不計的電源上，如圖5所示.閉合開關S后，則電流表的示數為____A，兩個小燈泡的總功率為__W(本小題結果均保留兩位有效數字）.四、計算題：本題共2小題，共26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）如圖所示，質量m1=0.3kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L=1.5m，現有質量m2=0.2kg可視為質點的物塊，以水平向右的速度v0=2m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止，物塊與車面間的動摩擦因數μ=0.5，取g=10m/s2，求：（1）最終物塊和小車達到的共同速度v；（2）物塊在車面上滑行的時間t.14．（16分）如圖示，光滑水平面上有一質量M=4.0kg的平板車，車的上表面右側是一段水平軌道，水平軌道左側連一半徑R=0.25m的1/4圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在O′點相切，車右端C點固定一個處于自然狀態(tài)的彈簧，彈簧左端恰與水平軌道上B點相齊。一質量m=1.0kg的小物塊從圓弧形軌道頂端由靜止釋放，小車O′B部分與小物塊間摩擦系數為=0.2，其余各部分摩擦不計。已知O′B的長度L=1m，g=10m/s2，求：（1）小物塊經過O′點時的速度大?。唬?）彈簧的最大彈性勢能；（3）小物塊最終離小車B點的距離。15．（12分）如圖所示電路，電源內阻，，，燈L標有“3V1.5W”字樣，滑動變阻器最大值為R，當滑片P滑到最右端A時，電流表讀數為1A，此時燈L恰好正常發(fā)光，試求：（1）電源電動勢E；（2）當滑片P滑到最左端B時，電流表讀數；（3）當滑片P位于滑動變阻器的中點時，滑動變阻器上消耗的功率．

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、D【解析】

取水平向右方向為正方向，設碰撞后總動量為P．則碰撞前，A、B的速度分別為：vA=5m/s、vB=-2m/s．根據動量守恒定律得：P=mAvA+mBvB=2×5+4×（-2）=2（kg?m/s），P＞0，說明碰撞后總動量方向水平向右．則碰撞前總動量方向也水平向右．故選D．【點睛】本題碰撞過程中遵守動量守恒，不僅碰撞前后總動量的大小不變，方向也保持不變，要注意選取正方向，用符號表示速度的方向．2、C【解析】由運動的v-t圖象可看出，帶正電的粒子的加速度在A點時較大，根據牛頓第二定律得知在A點的電場力大，故A點的電場強度一定大于B點的電場強度，故A錯誤；從A到B，速度增大，電場力做正功，電勢能減小，所以粒子在A點的電勢能一定大于在B點的電勢能故B錯誤；CD間各點電荷的加速度為零，所以不受電場力，則電場強度為零，電場強度為零說明各點之間的電勢差為零，但電勢不一定為零，故C正確；A、C兩點的速度相等，故粒子的動能相同，因此從A到B和從B到C電場力做功的絕對值相同，AB兩點間的電勢差等于CB兩點間的電勢差，故D錯誤．所以C正確，ABD錯誤．3、B【解析】

規(guī)定足球以8m/s被踢回的方向為正方向，則足球的初速度v0=-4m/s，末速度v=8m/s

所以足球在這段時間內平均加速度方向為正方向．故選B.點睛：解決本題的關鍵是要掌握加速度的定義式，以及知道足球的初速度方向與末速度方向相反，代入數據時要注意速度的正負號．4、C【解析】由勻強電場的特點可知，則B、C連線中點D的電勢為B、C電勢的平均值，即為4.5V．連接OD線，即為一條等勢線，作出過D的與OD垂直的線ED如圖，即電場線，由幾何關系可知：，所以：，D是BC的中點，則△OBD是等邊三角形，又ED⊥OD，所以DE與BD之間的夾角是30°，則電場線與OB之間的夾角也是30°，故該電場的場強方向沿∠B的角平分線向上，根據電勢差與電場強度的關系：，而：，代入數據可得：，故AB錯誤，C正確；由作電場的圖可知，一個電子在O點由靜止釋放后會沿電場線運動，而不會沿直線OB運動，故D錯誤；故選C.5、C【解析】

根據歐姆定律求出電鍵S接位置1時路端電壓．當電鍵S接位置2時，外電阻減小，路端電壓減小，總電流增大，根據歐姆定律進行分析．【詳解】當電鍵S接位置1時，電流表的示數為0.20A，則根據歐姆定律得知：路端電壓U1=I1R1=10×0.2V=2V。A、當電鍵S接位置2時，若電流表的示數為I2=0.28A，根據歐姆定律得到，路端電壓U2=I2R1=0.28×8V=2.24V．但是由于R2＜R1，路端電壓減小，不可能增大，所以U2＜2V，則電流表的示數不可能是0.28A．故A錯誤。B、當電鍵S接位置2時，若電流表的示數為I2=0.25A，根據歐姆定律得到，路端電壓U2=I2R1=0.25×8V=2V．但U2＜2V，所以電流表的示數不可能是0.25A．故B錯誤。C、當電鍵S接位置2時，若電流表的示數為I2=0.22A，根據歐姆定律得到，路端電壓U2=I2R1=0.22×8V=1.76，可見U2＜2V，而且外電路減小，電路中電流大于0.2A，則電流表的示數可能是0.22A．故C正確。D、由于R2＜R1，當電鍵S接位置2時，電流表的示數大于0.20A．故D錯誤。故選：C?！军c睛】本題要根據閉合電路歐姆定律分析路端電壓與外電阻的關系，同時分析總電流與外電路總電阻的關系，可確定出電流表示數的范圍進行選擇．6、C【解析】當壓力增大時，電容器極板間距離減小，根據電容的決定式，可知，電容增大，故A說法正確；電容兩端電勢差不變，根據Q=CU可知，電容器的電荷量將增加，故B說法正確；由于電容器上極板帶正電，則電路中形成逆時針方向的充電電流，故靈敏電流表的指針向右偏．故D說法正確，C說法錯誤．所以選C.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、AD【解析】自行車電動機每秒鐘消耗的電能為，故A正確，B錯誤；電動機發(fā)熱功率為216-180=36W，熱功率計算得內阻為1Ω，故D正確，C錯誤；故選AD。8、AC【解析】

A．若線圈以OO′為軸轉動，則穿過線圈的磁通量時刻在變化，選項A正確；B．若線圈以OO′為軸轉動，則線圈轉動90°的時刻磁通量為零，然后cd邊進入磁場，磁通量逐漸變大，選項B錯誤；CD．若線圈以ab為軸轉動，開始轉動的一段時間內磁通量不變，直至其cd邊進入磁場磁通量才開始減小，選項C正確，D錯誤；9、BD【解析】解：A、交流電源的周期必須和粒子在磁場中運動的周期一致，故電源的變化周期應該等于2，故A錯誤；BC、根據半徑公式知，則所以勻強磁場的磁感應強度越大，D形金屬盒的半徑越大，則粒子獲得的最大動能越大，故BD正確；C錯誤；綜上所述本題答案是：BD點睛：本題考查了回旋加速器的原理，特別要記住粒子獲得的最大動能是由D型盒的半徑決定的．10、BC【解析】

A.經典力學適用于低速宏觀的物體，不適用于高速接近光速的物體，也不適用于微觀的物體，故A錯誤；B.動量守恒定律既適用于低速宏觀物體，也適用于高速微觀物體，適用于目前為止物理學研究的一切領域，故B正確；C.卡文迪許測出了萬有引力常量，成為“測量地球的質量”的第一人，故C正確；D.奧斯特最早發(fā)現了電流周圍存在磁場，故D錯誤。故選BC。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、BF見解析見解析1變大2.0【解析】

(1)[1][2]因小燈泡的額定電壓為2V，因此選擇3V的電壓表即可，選B；由小燈泡的福安特性曲線可知小燈泡的額定電流約為0.5A，因此選擇量程為0.6A的電流表，滑動變阻器采用分壓式解法，因此電阻越小測量越精確，滑動變阻器選擇F（2）[3]小燈泡屬于小電阻，因此采用外接法測量比較準確，滑動變阻器為分壓式，點如圖如圖甲所示（3）[4]電路圖連接如圖（4）[5][6]小燈泡的額定電壓為2V，此時電流為0.5A，因此小燈泡的額定電壓為;由小燈泡的伏安特性曲線可以看出小燈泡的電阻隨電壓的增大而增大（5）[7]電路中的電流為0.4A，由小燈泡的福安特性曲線可知小燈泡的電壓為1.2V，可知此時電阻兩端電壓為0.8V，因此電阻12、甲D0.601.2【解析】

（1）[1]描繪燈泡伏安特性曲線，電壓與電流應從零開始變化，滑動變阻器應采用分壓接法，所以正確的實驗電路圖是甲．（2）[2]根據實驗電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示：（3）[3]由于燈泡電阻隨電流增大電阻R增大，由可知，圖象斜率增大，故選D．（4）[4][5]由圖5所示電路圖可知，兩燈泡并聯，可以把電源與定值電阻等效為電源，設每只電燈加上的實際電壓和實際電流分別為U和I，在這個閉合電路中，則有：代入數據并整理得：在圖a所示坐標系中作出的圖象如圖所示由圖象可知，兩圖象交點坐標值為：U=2V，I=0.3A此時通過電流表的電流值0.6A每只燈泡的實際功率=2×0.3=0.6W所以兩個小燈泡的總功率為1.2W．四、計算題：本題共2小題，共26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、（1）0.8m/s；（2）0.24s【解析】

(1)由于系統動量守恒,所以根據動量守恒可求出