2025屆廣西柳州二中物理高二上期中檢測試題含解析

2025屆廣西柳州二中物理高二上期中檢測試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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、用比值法定義物理量是物理學中一種常用方法，以下物理量表達式中不屬于比值法定義的是（）A．電源電動勢E=WqB．C．電容器的電容C=εrS2、質(zhì)量為m的運動員從下蹲狀態(tài)豎直向上跳起，離開地面的速度為v，在這段時間內(nèi)下列說法正確的是A．地面對運動員的沖量大小為mvB．重力的沖量為零C．動量的變化量為mvD．地面對運動員做的功為3、下列說法正確的是A．由C=可知，電容器的電容與任一極板的電荷量Q成正比B．由φ=可知，電場中某點的電勢與電荷在該點處具有的電勢能Ep成正比C．由R=ρ可知，金屬導體的電阻與其接入電路的長度成正比D．由E=可知，某一電源的電動勢與電源中非靜電力所做的功成正比4、R=的物理意義是（）A．加在導體兩端的電壓越大，則電流越大B．導體的電阻與電壓成正比，與電流成反比C．導體的電阻越大，則電流越小D．通過導體的電流越大，則導體的電阻越小5、如圖所示，一勻強電場的場強方向為水平方向(虛線為電場線)，一帶負電微粒以某一角度θ從電場中a點斜向上方射入，沿直線運動至b點，則可知()A．電場中a點的電勢低于b點的電勢B．場強方向為水平向左C．微粒的機械能保持不變D．微粒在a點時的動能大于在b點時的動能，在a點的電勢能小于在b點的電勢能6、下列有關電場線、電勢能、電勢的說法中正確的是（）A．正電荷沿電場線的方向運動電勢能越來越大B．沿電場線的方向電勢越來越低C．電荷在電勢越高的地方電勢能越大D．電勢能越大的地方電場線越密二、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、下列說法正確的是A．沿著電場線的方向移動電荷，電荷的電勢能可能增大B．只有點電荷在真空中任一點產(chǎn)生的電場強度大小才可以用求解C．根據(jù)可知，電容器的電容與其儲存的電荷Q成正比，與其兩端的電壓U成反比D．電腦和手機屏幕上很容易聚集灰塵是因為靜電現(xiàn)象8、在光滑水平面上，A、B兩小車中間有一彈簧，如圖所示.用左、右手分別抓住小車A、B，將彈簧壓縮后使兩小車均處于靜止狀態(tài)．將兩小車及彈簧看做一個系統(tǒng)，下列說法中正確的是（）A．兩手同時放開后，系統(tǒng)總動量始終為零B．先放開左手再放開右手后，系統(tǒng)總動量不守恒C．先放開左手再放開右手后，系統(tǒng)總動量向左D．先放開左手再放開右手后，系統(tǒng)總動量向右9、如圖所示，豎直平面內(nèi)有一固定的光滑橢圓大環(huán)，其長軸長BD=4L、短軸長AC=2L，勁度系數(shù)為k的輕彈簧上端固定在大環(huán)的中心0，下端連接一個質(zhì)量為m、電荷量q、可視為質(zhì)點的小環(huán)，小環(huán)剛好套在大環(huán)上且與大環(huán)及彈簧絕緣，整個裝置處在水平向右的勻強電場中，將小環(huán)從A點由靜止釋放，小環(huán)運動到B點的速度恰好為0，已知小環(huán)在A、B兩點時彈簧的形變量大小相等，則（）A．小環(huán)從A點運動到B點的過程中，彈簧的彈性勢能一直增大B．小環(huán)從A點運動到B點的過程中，小環(huán)的電勢能一直減小C．電場強度的大小E=D．小環(huán)在A點時受到大環(huán)對它的彈力大小F=mg+10、如圖甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0-T/3時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關于微粒在0-T時間內(nèi)運動的描述，正確的是A．末速度沿水平方向,大小為v0B．重力勢能減少了C．電場力做功為D．金屬板長度為3v0三、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）如上圖所示為實驗室中驗證動量守恒的實驗裝置示意圖．(1)若入射小球質(zhì)量為m1，半徑為r1；被碰小球質(zhì)量為m2，半徑為r2，則________．A．m1>m2,r1>r2B．m1>m2,r1<r2C．m1>m2，r1＝r2D．m1<m2,r1＝r2(2)為完成此實驗，以下所提供的測量工具中必需的是________(填下列對應的字母).A．直尺B．游標卡尺C．天平D．彈簧測力計E．秒表(3)本實驗中，實驗必須要求的條件是（______）A．斜槽軌道必須是光滑的B．斜槽軌道末端點的切線是水平的C．入射小球每次都從斜槽上的同一位置無初速釋放D．入射球與被碰球碰撞后必須黏合在一起運動(4)設入射小球的質(zhì)量為m1，被碰小球的質(zhì)量為m2，P為碰前入射小球落點的平均位置，則關系式(用m1、m2及圖中字母表示)________________成立，即表示碰撞中動量守恒．12．（12分）用如圖所示器材研究電磁感應現(xiàn)象感應電流方向。（1）用筆畫線代替導線將實驗電路補充完整。（______）（2）閉合開關，能使感應電流與原電流繞行方向相同的實驗操作是______。A．插入軟鐵棒B．拔出小線圈C．使交阻器阻值變小D．斷開開關（3）某同學閉合開關后，將滑動變阻器的滑片向左滑動時，發(fā)現(xiàn)電流表指針向右偏轉。則當他將鐵芯向上拔出時，能觀察到電流計指針_____（選填“向右”或“向左”）偏轉。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，在離地4h的平臺邊緣放一個小球A，在其左側有一個擺球B，當B球從離平臺h高處由靜止釋放到達最低點時，恰能與A球發(fā)生正碰撞，使A球水平拋出，若A球落地時距離平臺邊緣4h，B球碰撞后能上升到離平臺的高度，求（1）碰撞后A球水平拋出時的速度．（已知重力加速度為g）（2）A、B兩球的質(zhì)量之比．14．（16分）如圖所示，絕緣細繩的一端固定在O點、另一端懸掛著質(zhì)量m=2×10﹣3kg的帶電小球A，若將電荷QB=4.0×10﹣6C的帶正電小球B靠近A，當A球靜止時，兩球球心恰在同一高度，且球心相距l(xiāng)=0.3m，此時繩與豎直方向成α=45°角．已知靜電力常量k=9.0×109N.m2/C2，g=10m/s2，兩球均可視為質(zhì)點．求：（1）B球受到的庫侖力；（2）A球的電荷量．15．（12分）宇航員駕駛一飛船在靠近某行星表面附近的圓形軌道上運行，已知飛船運行的周期為T，行星的平均密度為．試證明（萬有引力恒量G為已知，是恒量）

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、C【解析】

電動勢公式E=Wq是電動勢的定義式，故A不符合題意；導體電阻R=UI，R等于電壓U與電流I的比值，屬于比值法定義，故B不符合題意；電容器的電容是由電容器本身決定的，電容器的電容C=εS4πkd，是電容器電容決定式，本身定義式，故C符合題意；電流強度I=qt2、C【解析】

A．合力的沖量大小為mv，故A錯誤；B．重力的沖量I=mgt，不為0，故B錯誤；C．動量的變化為△P=mv，故C正確；D．地面對運動員的力的作用點沒位移，故故功為0，故D錯誤。3、C【解析】

A．電容是描述電容器容納電荷本領的物理量，取決于電容器本身,并不是電容器的電容與所帶電荷量成正比,與兩極板間的電壓成反比,故A錯誤B．電場中某點的電勢由電場本身決定，不隨電勢能的變化而變化，故B錯誤C．根據(jù)電阻定律可知電阻與導體的長度和橫截面積都有關系；當其他條件不變時與其接入電路的長度成正比，所以C正確;

D．電動勢反映的是電源的屬性，由電源內(nèi)部非靜電力的特性決定，故D錯誤.4、A【解析】

（1）導體電阻的大小與導體的材料、長度、橫截面積和溫度有關，與導體兩端電壓和通過電流無關；（2）R=是電阻的定義式和計算式．【詳解】A、加在導體兩端的電壓越大，則電流越大；故A正確；B、導體電阻的大小與導體的材料、長度、橫截面積和溫度有關，與導體兩端電壓和通過電流無關；但可以通過R=計算出導體電阻的大小，故，B、D選項錯誤C、因不知電壓大小，故不能說電阻越大，電流越?。还蔆錯誤；故選A5、D【解析】

AB．粒子沿直線運動到b點，粒子的合力與速度在同一直線上，重力豎直向下，則受到的電場力水平向左，電場方向水平向右。則a點的電勢高于b點的電勢。故AB錯誤。CD．粒子從a到b電場力做負功，電勢能增加，機械能減小合外力做負功，動能減小，即微粒在a點時的動能大于在b點時的動能，在a點的電勢能小于在b點的電勢能，選項C錯誤，D正確。6、B【解析】A、沿電場線的方向電勢降低，正電荷沿電場線的方向運動電勢能越來越小，而負電荷沿電場線的方向運動電勢能越來越大，故A錯誤；B、根據(jù)電場線的物理意義知，沿電場線的方向電勢越來越低，故B正確；C、根據(jù)電勢能與電勢的關系，可知正電荷在電勢越高的地方電勢能越大，負電荷在電勢越高的地方電勢能越小，故C錯誤；D、電勢能與電場線的疏密沒有直接關系，故D錯誤．點睛：解決本題的關鍵要掌握電場線的物理意義和電勢能與電勢的關系式，要注意運用該公式時各個量要代入符號運算．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】

A．正電荷沿電場線方向移動，電場力做正功，電勢能減小。負電荷沿電場線方向移動，電場力做負功，電勢能增加；故A正確。B．電場強度的定義式適用于任何電場；故B錯誤。C．公式是電容的定義式，采用比值法定義，C與Q、U無關，由電容器本身的性質(zhì)決定；故C錯誤。D．電腦和手機屏幕上會帶上電荷，很容易吸附灰塵，是因為靜電現(xiàn)象；故D正確。故選AD。8、AC【解析】

A．若兩手同時放開A、B兩車，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，由于系統(tǒng)初動量為零，則系統(tǒng)總動量為零。故A正確。

B．先放開左手，再放開右手后，兩車與彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒。故B錯誤。

CD．先放開左手，再放開右手，系統(tǒng)所受合外力向左，系統(tǒng)所受合外力的沖量向左，系統(tǒng)總動量向左。故C正確；D錯誤。9、BCD【解析】

已知小環(huán)在A、B兩點時彈簧的形變量大小相等。故小環(huán)在A點時彈簧壓縮量為12L，在B點時彈簧伸長12L，小環(huán)從A點運動到B點的過程中，彈簧的形變量先減小后變大，則彈性勢能先減小后增大，故A錯誤；小環(huán)從A點運動到B點的過程中，小環(huán)沿電場線方向水平運動2L，故小環(huán)的電勢能一直減小，故B正確；整個過程由能量守恒定律得，Eq?2L=mgL，得E=mg2q，故C正確；小環(huán)在A點時，彈簧壓縮12L，受到大環(huán)對它的彈力為mg+1210、ABD【解析】A、時間內(nèi)微粒勻速運動，則有：，內(nèi)，微粒做平拋運動，下降的位移，時間內(nèi)，微粒的加速度，方向豎直向上，微粒在豎直方向上做勻減速運動，T時刻豎直分速度為零，所以末速度的方向沿水平方向，大小為，故A正確；B、微粒在豎直方向上向下運動，位移大小為，則重力勢能的減小量為，故B正確；

C、在內(nèi)和時間內(nèi)豎直方向上的加速度大小相等，方向相反，時間相等，則位移的大小相等，為，整個過程中電場力做功為：，故C錯誤；D、根據(jù)上面分析可以知道：在內(nèi)和時間內(nèi)位移大小相等為，則在內(nèi)下降的位移，則，而水平方向為勻速運動，則金屬板長度為：，故選項D正確。點睛：解決本題的關鍵知道微粒在各段時間內(nèi)的運動規(guī)律，抓住等時性，結合牛頓第二定律和運動學公式進行求解．知道在內(nèi)和時間內(nèi)豎直方向上的加速度大小相等，方向相反，時間相等，位移的大小相等。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、CACBCm1OP=m1OM+m2ON【解析】

（1）為了保證碰撞前后使入射小球的速度方向不變，故必須使入射小球的質(zhì)量大于被碰小球的質(zhì)量；為了使兩球發(fā)生正碰，兩小球的半徑相同；

（2）根據(jù)表達式確定需要測量的量，然后確定測量工具；（3）求根據(jù)實驗注意事項及動量守恒定律內(nèi)容進行分析答題；

（4）根據(jù)動量守恒定律與圖示實驗情景確定需要驗證的表達式；【詳解】（1）為保證兩球發(fā)生對心正碰，兩球的半徑應相等，為防止碰撞后入射球反彈，入射球的質(zhì)量應大于被碰球的質(zhì)量，故選C正確，選項ABD錯誤；

（2）實驗需要測量的量有：①入射小球的質(zhì)量，②被碰小球的質(zhì)量，③入射小球碰前平拋的水平位移，④入射小球碰后平拋的水平位移，⑤被碰小球碰后平拋的水平位移，測量水平位移需要用直尺，測質(zhì)量需要天平，因此需要的實驗器材是AC；（3）A、驗證動量守恒定律實驗，必須保證斜槽軌道末端切線水平，斜槽軌道不必要光滑，故A錯誤，B正確；

C、為保證球的初速度相等，入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下，兩球碰撞后不一定要黏合在一起，故C正確，D錯誤；

（4）兩球碰撞后做平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間t相等，碰撞過程動量守恒，則m1v1=m1v1【點睛】本題是運用等效思維方法，平拋時間相等，用水平位移代替初速度，這樣將不便驗證的方程變成容易驗證。12、BD向左【解析】

（1）[1]．將線圈L2和電流計串聯(lián)形成一個回路，將電鍵、滑動變阻器、電壓、線圈L1串聯(lián)而成另一個回路即可，實物圖如下所示：（2）[2]．根據(jù)楞次定律可知，若使感應電流與原電流的繞行方向相同，則線圈L2中的磁通量應該減小，故拔出線圈L1、使變阻器阻值變大、斷開開關均可使線圈L2中的磁通量減小，故AC錯誤，BD正確．（3）[3]．由圖示可知，將滑動變阻器的滑動片P向左滑動時，滑動變阻器接入電路的阻值減小，通過線圈A的電流增大，電流產(chǎn)生的磁場增強，穿過線圈B的磁通量增大，電流計指針向右偏轉，由此可知，穿過線圈B的磁通量增大時，電流表指針向右偏，則磁通量減少時，指針向左偏；如果將鐵芯向上拔出時，穿過線圈B的磁通量減少，電流表指針左偏；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）（2）【解析】

(1)碰撞后A球做平拋運動，小球A在水平方向上：4h=vAt，在豎直方向上：解得A球碰后速度為(2)設B球運動到最低點與A球碰撞前的速度