2025屆河南省許平汝九校聯(lián)盟物理高二上期末檢測(cè)模擬試題含解析

2025屆河南省許平汝九校聯(lián)盟物理高二上期末檢測(cè)模擬試題注意事項(xiàng):1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)碼填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時(shí)請(qǐng)按要求用筆。3．請(qǐng)按照題號(hào)順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無(wú)效；在草稿紙、試卷上答題無(wú)效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、一種未知粒子跟靜止的氫原子核正碰，測(cè)出碰撞后氫原子核的速度是7v。該未知粒子（速度不變）跟靜止的氮原子核正碰時(shí)，測(cè)出碰撞后氮原子核的速度是v。已知?dú)湓雍说馁|(zhì)量是mH，氮原子核的質(zhì)量是14mH，上述碰撞都是彈性碰撞，則下列說(shuō)法正確的是A.碰撞前后未知粒子的機(jī)械能不變B.未知粒子在兩次碰撞前后方向均相反C.未知粒子的質(zhì)量為D.未知粒子可能是α粒子2、如圖所示，四邊形的通電閉合線框abcd處在垂直線框平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，它受到磁場(chǎng)力的合力()A.豎直向上B.方向垂直于ad斜向上C.方向垂直于bc斜向上D.為零3、把電阻是1的一根金屬絲截成等長(zhǎng)的十段，再把這十段金屬絲并聯(lián)起來(lái)，這樣并聯(lián)的一組金屬絲的總電阻是（）A.0.01 B.0.10C.10 D.1004、如圖(甲)所示,在平行板電容器A、B兩極板間加上如圖(乙)所示的交變電壓.開(kāi)始A板的電勢(shì)比B板高,此時(shí)兩板中間原來(lái)靜止的電子在電場(chǎng)力作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng).設(shè)電子在運(yùn)動(dòng)中不與極板發(fā)生碰撞,向A板運(yùn)動(dòng)時(shí)為速度的正方向,則下列圖象中能正確反映電子速度變化規(guī)律的是（其中C,D兩項(xiàng)中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化）A. B.C. D.5、如圖所示，先接通電鍵S使電容器充電，然后斷開(kāi)S，增大兩極板間的距離時(shí)，電容器所帶電量Q，電容C，兩極板間電勢(shì)差U的變化情況是（）A.Q變小，C不變，U不變B.Q變小，C變小，U不變C.Q不變，C變小，U變大D.Q不變，C變小，U變小6、不可回收的航天器最終將成為漂浮在太空中的垃圾．如圖所示，是繞地球運(yùn)行的太空垃圾，對(duì)于離地面越高的太空垃圾，下列說(shuō)法正確的是()A.運(yùn)行速率越大B運(yùn)行速率越小C.運(yùn)行周期越小D.可能追上同一軌道上的航天器二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、如圖所示,平行金屬板中帶電質(zhì)點(diǎn)P原處于靜止?fàn)顟B(tài),不考慮電流表和電壓表對(duì)電路的影響,當(dāng)滑動(dòng)變阻器R4的滑片向a端移動(dòng)時(shí),則()A.電壓表讀數(shù)變大 B.電流表讀數(shù)變大C.質(zhì)點(diǎn)P將向上運(yùn)動(dòng) D.R1上消耗的功率逐漸增大8、如圖所示為兩列相向傳播的振幅、波長(zhǎng)都相同的橫波，它們?cè)贠點(diǎn)相遇，此后可能出現(xiàn)的狀態(tài)是A. B.C. D.9、如圖所示的電場(chǎng)中有A、B兩點(diǎn)，下列判斷正確的是（）A.電勢(shì)φA>φB，場(chǎng)強(qiáng)EA>EBB.電勢(shì)φA>φB，場(chǎng)強(qiáng)EA<EBC.將電荷量為q的正電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少D.將電荷量為q的負(fù)電荷分別放在A、B兩點(diǎn)，電荷具有的電勢(shì)能EpA>EpB10、如圖所示，在邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正三角形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B和平行于MN的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，一帶電粒子（不計(jì)重力）剛好以初速度v0從三角形的頂點(diǎn)O沿角平分線OP做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若只撤去磁場(chǎng)，該粒子仍以初速度v0從O點(diǎn)沿OP方向射入，此粒子剛好從N點(diǎn)射出。下列說(shuō)法中正確的是（）A.粒子帶負(fù)電B.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與電場(chǎng)強(qiáng)度的大小之比為＝v0C.若只撤去電場(chǎng)，該粒子仍以初速度v0從O點(diǎn)沿OP方向射入，粒子將在磁場(chǎng)中做半徑為L(zhǎng)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且剛好從M點(diǎn)射出D.粒子在只有電場(chǎng)時(shí)通過(guò)該區(qū)域的時(shí)間大于粒子在只有磁場(chǎng)時(shí)通過(guò)該區(qū)域的時(shí)間三、實(shí)驗(yàn)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(guò)程。11．（6分）將一銅片和一鋅片分別插入一個(gè)蘋果內(nèi)，就構(gòu)成了簡(jiǎn)單的“水果電池”，其電動(dòng)勢(shì)約為1.5V．可是這種電池并不能點(diǎn)亮額定電壓為1.5V、額定電流為0.3A的手電筒上的小燈泡，原因是流過(guò)小燈泡的電流太小了，經(jīng)實(shí)驗(yàn)測(cè)得還不足3mA.為了較精確地測(cè)定該水果電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，提供的實(shí)驗(yàn)器材有：A．電流表A1(量程0～3mA，內(nèi)阻約為0.5Ω)B．電流表A2(量程0～0.6A，內(nèi)阻約0.1Ω)C．電壓表V(量程0～1.5V，內(nèi)阻約為3kΩ)D．滑動(dòng)變阻器1(阻值0～10Ω，額定電流為1A)E．滑動(dòng)變阻器2(阻值0～3kΩ，額定電流為1A)F．電鍵，導(dǎo)線若干G．水果電池（1）實(shí)驗(yàn)中電流表應(yīng)選用______，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用______(均用序號(hào)字母表示)（2）請(qǐng)?jiān)谔摼€框內(nèi)畫出實(shí)驗(yàn)電路圖，（有錯(cuò)不給分）．（）（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)記錄的數(shù)據(jù)，經(jīng)描點(diǎn)、連線得到水果電池的路端電壓隨電流變化的圖象如圖所示，由圖可知：水果電池的電動(dòng)勢(shì)＝____V，內(nèi)阻r＝________Ω.（保留3位有效數(shù)字）12．（12分）如圖所示，在第二象限內(nèi)存在一個(gè)半徑為a的圓形有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)圓心坐標(biāo)。在位置坐標(biāo)為的P點(diǎn)存在一個(gè)粒子發(fā)射源，能在紙面內(nèi)的第二象限向各個(gè)方向發(fā)射質(zhì)量為m、帶電量的粒子，其速度大小均為v。這些粒子經(jīng)過(guò)圓形磁場(chǎng)后都可以垂直y軸進(jìn)入第一象限，并經(jīng)過(guò)第一象限內(nèi)一個(gè)垂直xOy平面向外的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，該區(qū)域磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為第二象限圓形磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的二分之一，粒子經(jīng)過(guò)該磁場(chǎng)后，全部匯聚到位置坐標(biāo)為的Q點(diǎn)，再?gòu)腝點(diǎn)進(jìn)入第四象限，第四象限內(nèi)有大小為、方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)。不計(jì)粒子重力，求：（1）第二象限圓形有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度；（2）第一象限有界磁場(chǎng)的最小面積；（3）這些粒子經(jīng)過(guò)勻強(qiáng)電場(chǎng)后再次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)速度的大小以及粒子所能達(dá)到的最遠(yuǎn)位置坐標(biāo)。四、計(jì)算題：本題共3小題，共38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(shuō)明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖甲所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一質(zhì)量為m=0.1kg、帶電荷量為的小物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，小物塊與地面間的摩擦因數(shù).從t=0時(shí)刻開(kāi)始，空間上加如圖乙所示的電場(chǎng)。（1）2s末小物塊的速度大?。唬?）0-4s小物塊電勢(shì)能的減少量。14．（16分）如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為2kg的物體放在粗糙的水平面上，與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2．用一個(gè)大小為8N的水平外力拉動(dòng)物體．g=10m/s2求：（1）該物體做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小；（2）外力持續(xù)作用3s，此時(shí)的速度大??；（3）3s時(shí)撤去外力，還能向前滑行多遠(yuǎn)停下來(lái)？15．（12分）如圖所示的區(qū)域中，第二象限為垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，第一、第四象限是一個(gè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其方向如圖．一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為+q的帶電粒子從P孔以初速度v0沿垂直于磁場(chǎng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，初速度方向與邊界線的夾角θ=30°，粒子恰好從y軸上的C孔垂直于勻強(qiáng)電場(chǎng)射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)x軸的Q點(diǎn)，已知OQ=OP，不計(jì)粒子的重力，求：（1）粒子從P運(yùn)動(dòng)到C所用的時(shí)間t；（2）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；（3）粒子到達(dá)Q點(diǎn)的動(dòng)能Ek

參考答案一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、C【解析】A．碰撞過(guò)程中末知粒子將一部分能量轉(zhuǎn)移到與其相碰的粒子上，所以機(jī)械能減小，故A錯(cuò)誤；BCD．碰撞過(guò)程中由動(dòng)量守恒和能量守恒得解得同理可知，聯(lián)立解得碰撞后未知粒子的速度說(shuō)明未知粒子沒(méi)有反向，故BD錯(cuò)誤，C正確；故選C。2、D【解析】由題意可知abcd中電流組成一個(gè)封閉的電流，其有效長(zhǎng)度為零，所以線框abcd所受安培力的合力為零，選項(xiàng)D正確。故選D?！军c(diǎn)睛】考查安培力大小與通電導(dǎo)線的長(zhǎng)度關(guān)系，及力的合成法則．當(dāng)然本題還可以采用等效法進(jìn)行求解3、A【解析】把電阻是1的一根金屬絲截成等長(zhǎng)的十段，根據(jù)電阻定律R=知，每段金屬絲的電阻為0.1，再把這十段金屬絲并聯(lián)起來(lái)，橫截面積變?yōu)樵瓉?lái)的10倍，則總電阻為原來(lái)的十分之一，所以這樣并聯(lián)的一組金屬絲的總電阻為0.01，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤4、A【解析】根據(jù)AB兩極板電場(chǎng)的變化，分析電子所受電場(chǎng)力的變化，結(jié)合加速度與速度方向的關(guān)系判斷其運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，然后分析圖示圖象作出選擇【詳解】在前半個(gè)周期內(nèi)，A板的電勢(shì)高，電場(chǎng)的方向向右，電子受到的電場(chǎng)力方向水平向左，電子向左做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在后半個(gè)周期，電場(chǎng)水平向左，電子所受的電場(chǎng)力水平向右，電子向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直到速度為零，然后進(jìn)入第二個(gè)周期，重復(fù)之前的運(yùn)動(dòng)，由此可知，電子在每個(gè)周期內(nèi)先向左做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，然后向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，如此反復(fù)，由圖示圖象可知：A正確，BCD錯(cuò)誤；故選A【點(diǎn)睛】由于電場(chǎng)方向不斷變化，粒子運(yùn)動(dòng)情況比較復(fù)雜，分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確解題的關(guān)鍵5、C【解析】由于充電后，電容器的帶電量Q不變，AB錯(cuò)誤；根據(jù)可知，當(dāng)兩板間距離d增大時(shí)，電容C變小，根據(jù)可知，而兩板間的電勢(shì)差U增大，D錯(cuò)誤；而內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度，因此電場(chǎng)強(qiáng)度與兩板間距離變化無(wú)關(guān)，C正確【點(diǎn)睛】電容器的定義式是一個(gè)比值定義，也就是電容器的大小與Q和U都無(wú)關(guān)，只與它們的比值有關(guān)；而電容器的決定式說(shuō)明電器的大小與兩板的正對(duì)面積成正比，與兩板間的距離成反比；電容器內(nèi)部是勻強(qiáng)電場(chǎng)，且電場(chǎng)強(qiáng)度大小為6、B【解析】根據(jù)萬(wàn)有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力，由軌道的大小變化判定描述圓周運(yùn)動(dòng)物理量大小關(guān)系即可【詳解】根據(jù)萬(wàn)有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力有：A、B項(xiàng)：垃圾的運(yùn)行速率可得半徑越大的太空垃圾運(yùn)行速率越小，故A錯(cuò)誤，B正確；C項(xiàng)：垃圾運(yùn)行的周期T=可得半徑越大的太空垃圾周期越大，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)：在同一軌道上運(yùn)動(dòng)的航天器周期和線速度大小相同，故在同一軌道上不能追上同一軌道的航天器，故D錯(cuò)誤故應(yīng)選：B【點(diǎn)睛】航天器繞地球勻速圓周運(yùn)動(dòng)向心力由萬(wàn)有引力提供，能根據(jù)半徑關(guān)系分析描述圓周運(yùn)動(dòng)物理量的大小關(guān)系是正確解題的關(guān)鍵二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、BD【解析】AB．由圖可知，R2與滑動(dòng)變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)后，再與R1串聯(lián)接在電源兩端；電容器與R3并聯(lián)；當(dāng)滑動(dòng)變阻器R4的滑片向a移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減小；由閉合電路歐姆定律可知，電路中電流增大；路端電壓減小，同時(shí)R1兩端的電壓也增大，故并聯(lián)部分的電壓減小；由歐姆定律可知流過(guò)R3的電流減小，流過(guò)并聯(lián)部分的總電流增大，故電流表示數(shù)增大；因并聯(lián)部分電壓減小，而R2中電壓增大，故電壓表示數(shù)減?。蔄不符合題意，B符合題意C．因電容器兩端電壓減小，故電荷受到的向上電場(chǎng)力減小，則重力大于電場(chǎng)力，合力向下，質(zhì)點(diǎn)將向下運(yùn)動(dòng)．故C不符合題意D．由于流過(guò)R1的電流增大，根據(jù)，可知R1上消耗的功率逐漸增大．故D符合題意8、BD【解析】當(dāng)左列波的波峰和右列波的波谷相遇時(shí)，疊加后的圖象為B；當(dāng)兩列波的波峰相遇時(shí)，疊加后的圖象為D；而A和C是不可能出現(xiàn)的9、BC【解析】AB．電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)強(qiáng)度的相對(duì)大小，A處電場(chǎng)線疏，場(chǎng)強(qiáng)小，故場(chǎng)強(qiáng)EA＜EB．順著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降落，可知φA＞φB，故A錯(cuò)誤B正確；C．將電荷量為q的正電荷放在電場(chǎng)中，受力的方向是從A指向B，故從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，故C正確；D．負(fù)電荷受到的電場(chǎng)力和電場(chǎng)方向相反，所以從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，故D錯(cuò)誤故選：BC。10、AD【解析】A．只撤去磁場(chǎng)，即只有電場(chǎng)時(shí)，粒子從N點(diǎn)射出，說(shuō)明粒子受到的電場(chǎng)力方向水平向右。同時(shí)存在電場(chǎng)與磁場(chǎng)時(shí)粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力與洛倫茲力合力為零，所以洛倫茲力方向水平向左，根據(jù)左手定則判斷可知粒子帶負(fù)電，故A正確。B．粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，有qE＝qv0B得＝v0故B錯(cuò)誤。C．若只撤去電場(chǎng)，只存在磁場(chǎng)時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qv0B＝m只存在電場(chǎng)時(shí)，粒子從O點(diǎn)沿角分線OP射入，此粒子剛好從N點(diǎn)射出，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有結(jié)合＝v0，解得r＝L設(shè)軌跡圓心為O′，則O′M＝＝L＞r所以粒子從OM之間的某位置射出，故C錯(cuò)誤。D．粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1＝＝只有磁場(chǎng)時(shí)，因射入磁場(chǎng)時(shí)與OM的夾角為30°，在OM之間射出磁場(chǎng)時(shí)，速度方向與OM的夾角仍為30°，粒子的偏轉(zhuǎn)角為60°，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比＞1故粒子在只有電場(chǎng)時(shí)通過(guò)該區(qū)域的時(shí)間大于粒子在只有磁場(chǎng)時(shí)通過(guò)該區(qū)域的時(shí)間，故D正確。故選AD。三、實(shí)驗(yàn)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(guò)程。11、①.A②.E③.④.1.35⑤.450【解析】(1)[1]電流約為3mA，故電流表選擇A；[2]電源的內(nèi)阻大約若選用0～10Ω的滑動(dòng)變阻器，移動(dòng)滑片，電流基本不變，因此滑動(dòng)變阻器應(yīng)選E；(2)[3]由題意可知水果電池內(nèi)阻較大，為減小實(shí)驗(yàn)誤差，相對(duì)于電源來(lái)說(shuō)，電流表應(yīng)采用內(nèi)接法，電路圖如圖所示(3)[4]由圖示電源U-I圖線可知，圖象與縱軸截距為1.35，則電源電動(dòng)勢(shì)[5]圖線斜率的絕對(duì)值即為內(nèi)阻12、（1）（2）（3）3v；（0，）【解析】（1）要想使這些粒子經(jīng)過(guò)圓形磁場(chǎng)后都可以垂直y軸進(jìn)入第一象限，則粒子在圓形磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑必須和圓形磁場(chǎng)的半徑相同，即：R=a在磁場(chǎng)中，由洛侖茲力提供向心力：聯(lián)立可得：由左手定則知：磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向垂直xOy平面向外（2）第一象限區(qū)域磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為第二象限圓形磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的二分之一，則根據(jù)此時(shí)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R′=2a則最小磁場(chǎng)的直徑為最小面積為（3）粒子在從P到Q運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，所經(jīng)歷的磁場(chǎng)區(qū)域均不可以改變其速度的大小，所有粒子在到達(dá)Q點(diǎn)的速度仍是v。雖然不同粒子在Q點(diǎn)的速度方向不同，從Q到y(tǒng)軸負(fù)方向，由動(dòng)能定理可得：解得：由第一象限內(nèi)的磁場(chǎng)分布可以知道，所有從Q點(diǎn)射出的粒子，其速度大小均為v，方向頒布在沿x軸正向與y軸負(fù)向之間的90°范圍之內(nèi)?，F(xiàn)研究從Q點(diǎn)射出的，速度與y軸負(fù)向平角為θ的粒子。其軌跡應(yīng)是類斜拋。則有y=vcosθ×t聯(lián)立兩式，消去θ可得：從此式可以看出：當(dāng)時(shí)，故第二次經(jīng)過(guò)y軸最遠(yuǎn)位置坐