2024-2025学年上学期高二期中联考物理

2024年秋季高二期中联考 物理 答题卡 姓名 班级 考号 贴条形码区 考生禁填 缺考考生，由监考员贴条形码，并用2B船笔填涂右而的 缺考标记 ,正确填涂 填正 注 1,答题前，考生务必清楚地将自己的姓名、准考证号填写在规定的位置，核准条形码上的准考证号、姓名与本人相符并完全 涂钻误填涂 意 正确及考试科日也相符后，将条形码粘贴在规定的位置 2,选择题必须使用2B铅笔填涂：非选择题必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔作答，学体工整、笔迹清楚， 样 ■■ 事 3,考生必须在答题卡各题目的规定答题区域内答题，超出答题区域范围书写的答案无效：在草德纸、试题卷上答题无效 例 0 项 4保持卡面清清，不准折叠、不得弄陵。 选择题（请用2B铅笔填涂） 1[AJ[B][C][D] 5[AJ[B][C][D] 9[A][B][c][D] 2[A][B][C][D] 6[A][B][C][D] 10[A][B][C][D] 3[AJ[B][C][D] 7[AJ[B][C][D] 4[A][B][C][D] 8[A][B][C][D] 非选择题（请使用0.5毫米的黑色字迹签字笔书写） 11.(6分) (1) (2) 12.(10分) (1) (2) (3) (4) 13.(10分) 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 高二物理第1页（共2页） 请在各疆目的答题区域内作答，短出矩形边框限定区域的答案无效 14.(14分) 15.(16分) 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 高二物理第2页（共2页） 13. (10分）如图所示电路中，电阻R1 =9 n，电压表扯程 ” 0~15V"。 闭合 开关后，调节滑动变阳器，当电压表示数为13 V时，凡上消耗的电功 率为2.25W；当电压表示数为8V时，R 上消耗的电功率为9W。 求： (1)电源的电动势和内电阳； (2)滑动变阻器凡上消耗的最大电功率。 高二物理试题 第6页（共8页） 2024年秋季高二期中联考 物理参考答案 一、二选择题（单项选择题1一6每小题4分。多项选择题7一10每小题5分，选对但不全得3分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D B C A D AC BD BC AC 1.C【解析】伽利略通过实验和逻辑推理得出结论：物体在做落体运动时，速度v与时间（成正比，A错误；牛顿 发现万有引力定律，万有引力常量由卡文迪什测出，B错误；丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，C正 确：美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，密立根通过油滴实验测出元电荷数值，D错误。 2.D【解析】a一t图像的面积表速度的变化量，2s末物体的速度最大，4s末物体的位移最大，A、B错误；1s~ 3s物体加速度不断发生变化，C错误。故答案为D项。 3.B【解析】物体的动量为零，合外力不一定为零，物体不一定处于平衡状态，A错误；由I=F△1可知，冲量是力 对时间的累积效果，与力是否与位移垂直无关，B正确：人从高处跳下时，有一个屈膝的动作，是为了延长力的 作用时间，减小地面对人的冲击力，C错误；由△p=u一m%可知，物体的动量变化量可能增大、减小或不变， D错误。 4C【解折】由开普勒第三定律可知，梁=六 一7，求得6轨道周期T=22,故A错误：由a©宁知嫦绒六号在6 轨道上运动的向心加速度比α轨道的大，B错误；嫦娥六号在a轨道进行变轨时，轨道要降低，需要做近心运 动，因此需要F万>F向，轨道变化前万有引力大小保持不变，因此探测器需要减速从而减小所需要的向心力，从 而达到做近心运动的条件，C正确；题目未给出万有引力常量G和月球半径，因此无法求出月球的质量和月球 体积，从而无法算出月球平均密度，D错误。 5.A【解析】电场的方向总是与等势面垂直，所以R点的电场线的方向与该处的等势面垂直，而带正电粒子受到 的静电力的方向与电场线的方向相同，加速度的方向又与受力的方向相同，所以带电粒子在R,点的加速度方向 垂直于等势面b,故A正确；等差等势面的疏密知粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度，故B错误：假设 粒子从P点运动到Q点，此时力与位移的夹角为锐角，电场力做正功，所以阳>p,从Q运动到P结果相同， 故C错误；带电粒子所受静电力指向轨迹弯曲的内侧，电场线与等势面垂直，且由于带电粒子带正电，因此电场 线指向下方，根据沿电场线电势降低，可知α等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故D错误。 6.D【解析】由小物块恰好能通过圆轨道最高点可知：B=√gT,从A点到B,点运动过程中，仅有重力做负功，所 以有：-2mgr=m(-项)，求得=5m/s。在A点物块受到的支持力：F=m十mg=60N,A错误； 摩擦力对物块微的功为：W,=△E=2m听=12.5J,B错误；由W1=mgL=12.5J可求得=0.5，C错误；物 块从传送带左端运动右端所花时间为：=巴-1s,传送带与物块的相对位移为：工时=x一x物=3,5m,系统 a 产生的热量为：Q=fx和财=17.5J,D正确。 7.AC【解析】线圈远离直导线移动，穿过线圈的磁通量减少，产生感应电流，A正确；线圈沿平行于直导线的方 向向上移动，穿过线圈的磁通量并未发生改变，不产生感应电流。B错误；线圈以虚线为轴转动过程中，线圈的 磁通量发生变化，产生感应电流，C正确；线圈以直导线为轴转动，且转动时始终与直导线共面，则通过线圈的 磁通量并未发生改变，不产生感应电流，D错误。 8.BD【解析】光照强度减弱，R1电阻增大，总电流减小，路端电压增大，电流表示数变小，R。分压减小，R1电压 增大，电压表示数增大，A错误；由闭合电路欧姆定律可知电压表示数的变化量等于R。及？串联部分电压的 支化量，故有器R十，B正确：电客器电压增大，电容器充电，电容器左板板带负电右板板带正电，充电时 有从右向左的电流流过R2,C错误；总电流变小，由功率关系可知R。的功率变小，电源的输出功率为P曲 rR=(R)'R=。E R+6+2 ，可知当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，由于题千信息无法判 断外电阻与内阻的大小关系，所以电源的输出功率可能变小也可能变大，也可能不变，故D正确。 高二物理参考答案一1 9.BC【解析】设小物体A、B静止时弹簧形变量为x1,A、B恰好分离时弹簧形变量为x2,静止时对A和B根据 平衡条件可得：kz,=3 mgsin,解得：x=3mgsi血旦，A,B恰好分离时二者之间的弹力为零且具有相同的加速 度和速度，对B根据牛顿第二定律有kx2一mgsin0=ma;对A根据牛顿第二定律可得：2mg-2 mgsin0=2ma, 解得：=，A错误B正确：根据功能关系得2mg一)十（号-之）=3mg国一)sin计号(m十 2m口，联立解得：U=√买，C正确。因为电场力微正功，故小物体A,B和弹黄构成的系统机核能增加，D 错误。故BC正确。 10.AC【解析】根据电场分布的特点可知，在AC连线上，C,点右侧某处(P点)电场强度为0，由此可知A、P之 间电场方向由A指向P,电势pA>p>,又粒子在AP间做加速运动，过P点后电场方向向左指向P点，粒 子做减速运动，故P点速度最大，故AC正确。由对称性可知，与两圆环平面平行的中垂线为等势线，取无穷 远处为零势，点时此线即为零势线，粒子由B点运动到无穷远处，电势未发生变化，电场力做功为零，故粒子最 终的速率与B点的速率相等，微粒不会返回B点，故BD错误。 三、非选择题（共56分） 11.(每空2分，共6分)(1)m1gl 2(m+m)(）)(2)见解析 【解析】(1)在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中，系统的重力势能减少量△E。=mg:遮光条通过光电 门时的连度v一兰，系统动能增加量△迟=号m十m)(任)月 (2)空气阻力的影响；摩擦阻力的影响；气垫导轨并不完全水平；存在测量误差等。 12.(每空2分，共10分)(1)100.20(2)欧姆调零(3)R2a(4)1.0×10-4 【解析】(1)游标卡尺读数为100mm十4×0.05mm=100.20mm (2)欧姆挡位换挡后，需要重新进行欧姆调零 (3)滑动变租器若选用R,则电路中电流的最小值为1=架A0,61A心0.5A,为了实险实全进行，故不 能选R1只能选R2。又R<√RaRv,故采用外接伏安法，电压表接a。 (4)由R=p5,代值得p-1.0X104n·m 13.(10分)【解析】(1)当电压表示数U1=13V时，R1上消耗的电功率为2.25W 对R1有匠·R1=2.25①解得：1=0.5A…1分 对闭合回路有E=I1(R1十r）十U1②…1分 当电压表示数U2=8V时，R1上有消耗的电功率为9W 即有：经·R1=9③解得I2=1A… …1分 对于闭合回路有E=12(R1十r)十U2④ …1分 联立②④解得E=18Vr=1… 2分 (2)当R2=R1十r=10时，…2分 R,上消耗的电功率最大：P一4R十可=8.1W 2分 14.(14分)【解析】(1)人和滑板系统所受合外力为零，动量守恒； 根据动量守恒定律 mop=(M-+m........................................................... …2分 代入数据可得v=0.8m/s …1分 对滑板加速过程，由动量定理f化=MU一0…2分 代入f=以g得1=0.2s…1分 高二物理参考答案一2 (2)对人和滑板系统加速过程由能量守恒知，系统机械能的减少量等于产生的摩擦热 呢-7(M什m)2=Q=mgL (其中L为鞋在滑板上滑行的长度) 解得L=01m …2分 (3)人和滑板系统进入止停区到停下过程根据动能定理 w,=0-2(M+m)2 2分 由4一x图可得μ=0.05十0.05x,故f=10+10x 因∫与x呈线性关系，故W,=-十上x=-10十10十10z, 2 2 …1分 代入数据，解得x=0.5m…1分 15.(16分)【解析】(1)A到B过程，由动能定理：一mgL1sin30°=m呢- m话 …1分 得g=6m/S…1分 B到E过程，小球做斜抛运动，由运动的分解有： 竖直方向：t=2 vnsin30°. …1分 水平方向：x=gC0s30无…1分 联主①②③解出CD长度x=1.8√3m… …1分 (②)在区城2中对小球受力分析，重力和电场力合成后记为等效重力，等效重力大小为G=2 3mg…1分 等效重力恰好与FG直线垂直向下，相当于小球在等效的水平面运动，受到摩擦力大小为：f=:FN,FN=G 由机械能守恒，小球在F点速度大小为o=8m/s, 从F运动到G有：一L=2m呢-2m听 1分 得到=6m/s 从G点到最低点有：mgR1-cos30门=7muf-2m运 …1分 在最线点：Fmg=爱 …1分 联立解得：F=(54一10W3)N…1分 由牛顿第三定律知小球对轨道的压力为F=(54一10√3)N 1分 (3)小球在区域3的运动无机械能损失，在斜面HI上折返后返回G点，且速度大小仍为6m/s,从第一次通过 区城2到最后静止有：一f5=0-号m听…1 所以小球在FG上运动的路程为51=4.8m… …1分 因为s1=4.8m小于6.3m,所以小球无法第二次到达区域3， 所以小球在HI上运动的路程为：52=2× 2gsin 30 …1分 解得：52=7.2m…1分 高二物理参考答案一3