河南省焦作市2024-2025學年高二上學期期中考試物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1焦作市普通高中2024一2025學年（上）高二年級期中考試物理考生注意：1.答題前，考生務必將自己的姓名、考生號填寫在試卷和答題卡上，并將考生號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.如圖所示，在水平向右的勻強磁場中，閉合矩形導體線框平行磁場方向放置，oo′為垂直過邊的軸線。下列操作能使線框中產(chǎn)生感應電流的是（）A.線框豎直向上平移 B.線框以為軸轉動C.線框以為軸轉動 D.線框沿垂直紙面方向向外平移【答案】B【解析】線框中產(chǎn)生感應電流的條件為穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化。A．圖示狀態(tài)穿過線框的磁通量為零，線框豎直向上平移，穿過線框的磁通量仍為零，線框中無感應電流產(chǎn)生，A錯誤；B．線框以ad為軸轉動，穿過線框的磁通量發(fā)生變化，則線框中有感應電流產(chǎn)生，B正確；C．線框以為軸轉動，穿過線框的磁通量仍為零，線框中無感應電流產(chǎn)生，C錯誤；D．線框垂直紙面向外平移，穿過線框的磁通量仍為零，線框中無感應電流產(chǎn)生，D錯誤。2.如圖所示為靜電場中一與x軸重合電場線上各點的電勢隨位置x的變化規(guī)律，其中x1位置是圖像的最低點。已知電子的電荷量為，則下列說法正確的是（）A.x1處電場強度為0B.處電場強度方向沿軸正方向C.將電子從處沿軸正方向移動到處的過程中，電場力先做正功后做負功D.電子在x1處電勢能比在處少【答案】A【解析】A．圖像中，圖線的斜率反映電場強度的大小，由圖像可知x1處圖線的斜率為，則x1處電場強度為0，A正確；B．沿電場線方向電勢降低，結合圖像可知處電場強度方向沿軸正方向，內(nèi)電場強度方向沿軸負方向，B錯誤；C．電子在內(nèi)所受的電場力沿軸的負方向，電子在內(nèi)所受的電場力沿軸的正方向，則電子從的過程中，電場力先做負功后做正功，C錯誤；D．電子在x1處的電勢能為電子在處的電勢能為則x1到的過程中，電子電勢能的減少量為電子在x1處的電勢能比在處多，D錯誤。3.如圖所示為用不同材料制成的電阻甲、乙的伏安特性曲線，其中傾斜的虛線為圖像甲電壓為時的切線。下列說法正確的是（）A.材料甲的電阻隨電壓的升高而增大B.電壓為時，甲的電阻值為C.電壓為時，乙的電阻值為D.電壓為時，甲的電阻小于乙的電阻【答案】C【解析】A．根據(jù)歐姆定律，可知圖像上點與原點連線斜率表示電阻的倒數(shù)，則材料甲的電阻隨電壓的升高而減小，故A錯誤；BC．電壓為時，由題圖可知甲、乙的電阻值為，故B錯誤，C正確；D．電壓為時，由題圖可知甲、乙的電流相等，根據(jù)可知此時甲的電阻等于乙的電阻，故D錯誤。故選C。4.一質點沿平直的軌道運動時，通過位移傳感器描繪了質點位移隨時間的變化規(guī)律，如圖所示。已知該圖像為開口向下的拋物線，為拋物線的最高點，傾斜的虛線為時的切線，質點在時的速度大小為。下列說法正確的是（）A.質點始終沿同一方向運動 B.C.質點的加速度大小為 D.【答案】B【解析】A．的時間內(nèi)質點沿正方向運動，的時間內(nèi)質點沿負方向運動，A錯誤；B．由于位移一時間圖像為拋物線，則質點做勻變速直線運動，位移一時間圖像圖線的切線斜率表示物體的速度，則時刻質點的速度為又由題意可知，解得B正確；C．設的時間內(nèi)，由速度公式得加速度大小為C錯誤；D．時間內(nèi)質點做初速度為零的勻加速直線運動，則有解得D錯誤。5.如圖所示的電路中，將滑動變阻器與電阻箱的阻值調(diào)到合適位置，閉合開關，帶電小球在平行板電容器間剛好保持靜止。下列說法正確的是（）A.小球可能帶負電B.僅增大電阻箱接入電路的電阻，小球將向上加速運動C.僅將的滑片向右移動，小球將向下加速運動D.同時斷開兩個開關，平行板的下極板向左移動少許，小球將向上加速運動【答案】D【解析】A．因電容器上極板帶負電，可知小球帶正電，選項A錯誤；B．僅增大電阻箱接入電路的電阻，電容器兩板間電壓不變，場強不變，則小球仍靜止，選項B錯誤；C．僅將的滑片向右移動，R1阻值變小，電路總電阻減小，總電流變大，則R2兩端電壓變大，電容器兩板電壓變大，場強變大，小球受向上的電場力變大，可知小球將向上加速運動，選項C錯誤；D．同時斷開兩個開關，則電容器帶電量一定，根據(jù)可得平行板的下極板向左移動少許，S減小，則E變大，小球受向上的電場力變大，則將向上加速運動，選項D正確。6.如圖所示，直角三角形中為邊的中點，邊的長度為?，F(xiàn)在三點分別固定電荷量為的點電荷，若使點的電場強度為零，有兩種方案：一是在空間加一勻強電場；二是在邊的中點（圖中未畫出）固定一點電荷。已知靜電力常量為，則下列說法正確的是（）A.勻強電場豎直向上B.勻強電場的電場強度大小為C.點的點電荷帶負電D.點的點電荷所帶電荷量大小為【答案】D【解析】AB．點的點電荷在點產(chǎn)生的電場強度大小為方向由指向，點的點電荷在點產(chǎn)生的電場強度大小為方向由指向，點的點電荷在點產(chǎn)生的電場強度大小為方向由指向，則兩點的電荷在點產(chǎn)生的電場強度大小為方向由指向，將與合成，點的合場強大小為方向豎直向上，欲使點的合場強為，則勻強電場的方向應豎直向下，大小為AB錯誤；C．方案二中，點固定的點電荷應帶正電，C錯誤；D．設點的點電荷所帶電荷量為，由幾何關系得則由點電荷的場強公式得且解得D正確。故選D。7.2024年8月3日，在巴黎奧運會網(wǎng)球女子單打金牌賽中，中國選手鄭欽文2比0戰(zhàn)勝克羅地亞選手維基奇，奪得金牌。鄭欽文某次擊球時，將球沿斜向上的方向擊出，擊球點距離地面的高度為，速度大小為，與水平方向的夾角為，重力加速度大小為，不計空氣阻力。從網(wǎng)球被擊出到落地這一過程，下列說法正確的是（）A.網(wǎng)球運動的最高點到地面的距離為B.網(wǎng)球在空中運動的總時間為C.網(wǎng)球的水平射程為D.網(wǎng)球落地瞬間的速度大小為【答案】C【解析】A．網(wǎng)球被擊出后做斜拋運動，網(wǎng)球在水平方向上做勻速直線運動，豎直方向做豎直上拋運動，網(wǎng)球水平方向的速度大小為豎直方向的速度大小為網(wǎng)球被擊出后上升的最大高度為聯(lián)立解得網(wǎng)球運動的最高點到地面的高度為A錯誤；B．網(wǎng)球上升的時間為網(wǎng)球下降的時間為網(wǎng)球運動的總時間為B錯誤；C．網(wǎng)球的水平射程為聯(lián)立解得C正確；D．網(wǎng)球落地瞬間的豎直速度為則網(wǎng)球落地瞬間的速度大小為解得D錯誤。故選C。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。每小題有多個選項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.如圖所示的電路中，各電表均為理想電表，三個定值電阻的阻值均為，當滑動變阻器的滑片向左緩慢移動時，電壓表電V、流表示數(shù)變化量的絕對值分別為。下列說法正確的是（）A.電流表的示數(shù)均增大B.電流表示數(shù)增大、電流表示數(shù)減小C.的比值減小D.【答案】AD【解析】AB．由于兩電流表與滑動變阻器均串聯(lián)，滑動變阻器的滑片向左緩慢移動時，滑動變阻器的阻值減小，由串反并同法可知，兩電流表的示數(shù)均增大，A正確，B錯誤；C．由閉合電路的歐姆定律有得則即的比值保持不變，C錯誤；D．由電路圖可知電流表測量的是總電流，而電流表測量的是定值電阻所在支路的電流，又所以D正確。故選AD。9.2024年7月21日，特魯姆普經(jīng)過16局大戰(zhàn)以11比5擊敗對手肖恩·墨菲，獲得2024年斯諾克上海大師賽冠軍。如圖所示，某次特魯姆普擊打白球撞擊靜止的綠球，白球、綠球和底袋在一條直線上，碰撞前瞬間白球的動能為，碰撞后瞬間綠球的動能為，碰撞時間極短。已知白球和綠球的質量相等，則下列說法正確的是（）A.該碰撞為彈性碰撞 B.碰撞后瞬間白球的動能為C.該碰撞損失的動能為 D.碰后白球與綠球的速度比為【答案】CD【解析】AC．該碰撞損失的動能為即該碰撞為非彈性碰撞，A錯誤,C正確；B．根據(jù)動能與動量的關系，可知碰前白球的動量為碰后綠球的動量為兩球碰撞的過程動量守恒則有碰后白球的動量為所以碰后白球的動能為B錯誤；D．兩球質量相同，由公式可知，則碰后白球與綠球的速度之比為，D正確。故選CD。10.如圖所示，豎直面內(nèi)正方形區(qū)域abcd中存在豎直向下的勻強電場，分別為邊的中點，f為的中點。三個質量相同的粒子1、2、3以相同的速度同時由點沿方向射入正方形區(qū)域，經(jīng)過一段時間，粒子1、2、3分別從三點離開電場，忽略粒子的重力以及粒子間的相互作用。下列說法正確的是（）A.粒子1、2、3在電場中運動的時間之比為B.粒子1、2、3所帶的電荷量之比為C.粒子1、2、3經(jīng)過瞬間的豎直速度之比為D.電場力對粒子1、2、3做功之比為【答案】BD【解析】A．三個粒子在電場中均做類平拋運動，則水平方向的分運動均為勻速直線運動，則由公式可知由題意可知粒子1、2、3的水平位移之比為則三個粒子在電場中的運動時間之比為故A錯誤；B．三個粒子在豎直方向均做初速度為零的勻加速直線運動，則有整理得粒子1、2、3的豎直位移之比為則粒子1、2、3電荷量之比為故B正確；C．在豎直方向上有整理得則粒子1、2、3經(jīng)過瞬間的豎直速度之比為故C錯誤；D．電場力做的功為則電場力對粒子1、2、3做功之比為故D正確。故選BD三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.某同學利用如圖所示的裝置完成了機械能守恒定律的驗證，拉力傳感器固定在天花板上，用輕質細線拴接一小球。實驗時完成了如下的操作：a.小球靜止時，拉力傳感器的示數(shù)為；b.將小球拉離至與豎直方向成角，且細線剛好伸直，由靜止釋放小球，小球擺到最低點時拉力傳感器的示數(shù)為；c.改變夾角，重復步驟，記錄相對應的拉力傳感器的示數(shù)。（1）若，忽略空氣阻力，小球的機械能守恒，則__________。（2）由于空氣阻力的影響，操作中，拉力傳感器的實際示數(shù)__________（填“大于”“等于”或“小于”）不考慮空氣阻力時的理論值。（3）利用圖像法處理實驗數(shù)據(jù)，選取為縱軸，以為橫軸，將圖線擬合成一條直線，如果小球的機械能守恒，則圖像斜率的絕對值為________（用表示）。【答案】（1）2（2）小于（3）【解析】（1）小球靜止時，有小球由釋放到最低點的過程，設小球擺動的半徑為，若機械能守恒，則有小球在最低點時，由牛頓第二定律得解得當時（2）由于空氣阻力的影響，小球擺到最低點時速度小于理論值，由可知，小球在最低點時拉力傳感器的實際示數(shù)小于理論值。（3）由整理得若小球的機械能守恒，則圖像斜率的絕對值應為。12.某實驗小組的同學設計了如圖1所示的電路，測量電源的電動勢和內(nèi)阻，電路中定值電阻的阻值約為十幾歐姆，電阻箱的調(diào)節(jié)范圍為，兩電壓表的量程足夠且內(nèi)阻足夠大。實驗時進行了如下操作：（1）該小組的同學按照圖1電路圖連接電路，圖2中部分電路已完成，請用筆畫線代替導線將實物圖補充完整___________。（2）將電阻箱的阻值置于最大位置，閉合開關S，調(diào)節(jié)電阻箱的阻值使其逐漸減小，則電壓表的讀數(shù)逐漸增大，電壓表的讀數(shù)___________（填“逐漸減小”“不變”或“逐漸增大”），同時記錄多組電阻箱的阻值與相對應的電壓表的讀數(shù)。（3）該小組的同學利用記錄的數(shù)據(jù)描繪了關于的函數(shù)圖像，如圖3所示，則定值電阻________。（4）通過討論，該小組的同學又作出了關于的函數(shù)圖像，如圖4所示，則電源的電動勢為_____，電源的內(nèi)阻為__________?！敬鸢浮浚?）（2）逐漸減?。?）12（4）61【解析】（1）根據(jù)電路圖，連線如下（2）由電路圖可知，電阻箱的阻值逐漸減小時，回路的總電流逐漸增大，則定值電阻兩端的電壓逐漸增大，電壓表的讀數(shù)逐漸增大；電源內(nèi)阻分得的電壓逐漸增大，則由閉合電路歐姆定律可知路端電壓即電壓表的讀數(shù)逐漸減小。（3）定值電阻和電阻箱串聯(lián)，則由串聯(lián)電路的特點可知電流處處相等，則整理得當時所以圖像在縱軸的截距為1.0，圖像的斜率為又由圖像可知解得（4）[1][2]由題圖1所示電路圖結合閉合電路歐姆定律得整理得結合圖4得解得圖線的斜率為由題圖4可知斜率的值為解得13.如圖所示的電路中，M為電動機，電表均為理想電表，當電動勢為、內(nèi)阻為的電源接入電路，閉合開關，電動機不轉動，此時電壓表和電流表的示數(shù)分別為；當電動勢為、內(nèi)阻為的電源接入電路，閉合開關，電動機剛好正常工作，此時電壓表的示數(shù)為，導線的電阻可忽略。求：（1）電動機的內(nèi)阻；（2）電動機剛好正常工作時，電源的輸出功率；（3）電動機剛好正常工作時，電動機的效率（最后一問結果保留2位有效數(shù)字）?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】（1）當電動勢為3V，內(nèi)阻為的電源接入電路時，由歐姆定律得代入數(shù)據(jù)解得定值電阻的阻值為由閉合電路歐姆定律得解得電動機的內(nèi)阻為（2）當電動勢為10V，內(nèi)阻為電源接入電路時，由歐姆定律可得電路中的電流解得電源的輸出功率為（3）電動機剛好正常工作時，電動機兩端的電壓為解得電動機消耗的電功率為電動機內(nèi)阻消耗的電功率為電動機輸出的機械功率為則電動機正常工作時的效率為解得14.如圖所示，矩形虛線區(qū)域ABCD所在的空間存在豎直向下的勻強電場，。矩形區(qū)域右側有一沿豎直方向固定的足夠長接收屏，接收屏到的距離也為點為虛線的中點。比荷為的帶正電粒子從點沿水平方向射入電場，粒子的初速度大小為，粒子從邊射出后到達接收屏的位置到的距離為。已知沿水平方向，忽略粒子的重力。（1）求粒子從點到接收屏的運動時間；（2）求電場強度的大小以及粒子在矩形區(qū)域的偏移量；（3）不改變?nèi)肷潼c的位置，改變粒子的入射速度大小和方向，結果粒子剛好從點沿與平行的方向離開矩形區(qū)域，求粒子的入射速度大小以及速度與水平方向夾角的正切值?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】（1）分析可知粒子在矩形區(qū)域中做類平拋運動，離開矩形區(qū)域后做勻速直線運動，由于粒子在水平方向不受外力的作用，則粒子在水平方向始終做勻速直線運動，則有解得（2）粒子在電場中的運動時間為，加速度為a，粒子離開矩形區(qū)域瞬間的速度與水平方向的夾角為，由牛頓第二定律得粒子在矩形區(qū)域中做類平拋運動，則水平方向有豎直方向的