陕西省榆林市第十二中学2025届物理高二上期中预测试题含解析

陕西省榆林市第十二中学2025届物理高二上期中预测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、如图所示，在光滑水平面上质量分别为，速率分别为的A、B两小球沿同一直线相向运动，则（）A．它们碰撞前的总动量是，方向水平向右B．它们碰撞后的总动量是，方向水平向左C．它们碰撞后的总动量是，方向水平向左D．它们碰撞前的总动量是，方向水平向右2、一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其v-t图像如图所示，则下列说法中正确的是（

）A．A点的电场强度一定小于B点的电场强度B．粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能C．CD间各点电场强度和电势差都为零D．AB两点间的电势差大于CB两点间的电势差3、守门员将4m/s迎面飞来的足球，以8m/s的速度踢回，守门员踢球的时间为0.1s，规定足球以8m/s被踢回的方向为正方向，则足球在这段时间内平均加速度的大小及方向是（）A．120m/s2，负方向 B．120m/s2，正方向C．40m/s2，负方向 D．40m/s2，正方向4、如图所示，在匀强电场中有直角三角形BOC，电场方向与三角形所在平面平行，若三角形三顶点处的电势分别为、、，且边长，，则下列说法中正确的是A．电场强度的大小为B．电场强度的大小为C．电场强度的大小为100V/mD．一个电子在O点由静止释放后会沿直线OB运动5、如图所示的电路中，电源电阻不能忽略，已知R1=10Ω，R2=8Ω，当开关置于位置1时，电流表读数为0.20A，则当开关置于位置2时，电流表的读数可能是()A．0.28AB．0.25AC．0.22AD．0.19A6、传感器是一种采集信息的重要器件.如图所示是一种测定压力的电容式传感器，A为固定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器.可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容.现将此电容式传感器与零刻度在中央的灵敏电流表和电源串联成闭合电路，已知电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏转.当待测压力增大时，下列说法中不正确的是（）A．电容器的电容将增加B．电容器的电荷量将增加C．灵敏电流表指针向左偏转D．灵敏电流表指针向右偏转二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如表是一辆电动自行车的部分技术指标，参考表中数据判断以下说法正确的是（）A．自行车每秒钟消耗的电能为216JB．电动机每秒钟消耗的电能为180JC．电动机的内电阻为6ΩD．电动机的内电阻为1Ω8、用均匀导线做成的正方形线圈abcd放在纸面内，其一半放在有理想边界且垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示，关于穿过线圈的磁通量的说法正确的是()A．若线圈以为轴转动，则穿过线圈的磁通量时刻在变化B．若线圈以为轴转动，则线圈转动后磁通量有一段时间为零，直至边ab再次进入磁场C．若线圈以ab为轴转动，开始转动的一段时间内磁通量不变，直至其cd边进入磁场磁通量才开始变化D．若线圈以ab为轴转动，因线圈在垂直于磁场方向的投影面积一直在变化，故穿过线圈的磁通量一直在变化9、1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图甲所示，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场,使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，带电粒子在磁场中运动的动能EK随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是()A．高频电源的变化周期应该等于B．匀强磁场的磁感应强度越大，则粒子获得的最大动能越大C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大D．D形金属盒的半径越大，则粒子获得的最大动能越大10、下列说法中正确的是（）A．经典力学适用于高速（接近光速）、微观领域B．动量守恒定律适用于物理学研究的一切领域C．卡文迪许测出了万有引力常量，成为“测量地球的质量”的第一人D．安培最早发现了电流周围存在磁场，并提出了著名的分子电流假说三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）要测绘额定电压为2V的日常用小电珠的福安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A．电源E（电动势3.0V，内阻不计）B．电压表V1（量程为0~3.0V，内阻约2kΩ）C．电压表V2（量程为0~15.0V，内阻约6kΩ）D．电流表A1（量程为0~0.6A，内阻约1Ω）E．电流表A2（量程为0~100mA，内阻约2Ω）F．滑动变阻器R1（最大值10Ω）G．滑动变阻器R2（最大值2kΩ）（1）为减小实验误差，实验中电压表应选择____________，滑动变阻器应选择____________（填各器材序号）（2）为了提高实验精度，请你在如图a中设计实验电路图____________（3）根据图a，在图b中把缺少的导线补全，连接陈实验的电路____________（4）实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的U-I图像如图C所示，则该小电珠的额定功率是________W，小电珠的电阻随U变大而________（填“变大”、“变小”或“不变”）．（5）若把小电珠L接入如图d所示的电路中时，理想电流表的读数为0.4A，已知A、B两端电压恒为2V，则定值电阻R0阻值为____________Ω．（结果保留两位有效数字）12．（12分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，利用实验得到了8组数据，在图1所示的坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线.（1）根据图线的坐标数值，请在图2中选出该实验正确的实验电路图：____(选填“甲”或“乙”).（2）根据所选电路图，请在图3中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路.（________）（3）根据图1，可判断出图4中正确的关系图象是（图中P为小灯泡功率"为通过小灯泡的电流）___.（5）将同种规格的两个这样的小灯泡并联后再与R=10的定值电阻串联，接在电动势为8V、内阻不计的电源上，如图5所示.闭合开关S后，则电流表的示数为____A，两个小灯泡的总功率为__W(本小题结果均保留两位有效数字）.四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图所示，质量m1=0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L=1.5m，现有质量m2=0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止，物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2，求：（1）最终物块和小车达到的共同速度v；（2）物块在车面上滑行的时间t.14．（16分）如图示，光滑水平面上有一质量M=4.0kg的平板车，车的上表面右侧是一段水平轨道，水平轨道左侧连一半径R=0.25m的1/4圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在O´点相切，车右端C点固定一个处于自然状态的弹簧，弹簧左端恰与水平轨道上B点相齐。一质量m=1.0kg的小物块从圆弧形轨道顶端由静止释放，小车O´B部分与小物块间摩擦系数为=0.2，其余各部分摩擦不计。已知O´B的长度L=1m，g=10m/s2，求：（1）小物块经过O´点时的速度大小；（2）弹簧的最大弹性势能；（3）小物块最终离小车B点的距离。15．（12分）如图所示电路，电源内阻，，，灯L标有“3V1.5W”字样，滑动变阻器最大值为R，当滑片P滑到最右端A时，电流表读数为1A，此时灯L恰好正常发光，试求：（1）电源电动势E；（2）当滑片P滑到最左端B时，电流表读数；（3）当滑片P位于滑动变阻器的中点时，滑动变阻器上消耗的功率．

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】

取水平向右方向为正方向，设碰撞后总动量为P．则碰撞前，A、B的速度分别为：vA=5m/s、vB=-2m/s．根据动量守恒定律得：P=mAvA+mBvB=2×5+4×（-2）=2（kg•m/s），P＞0，说明碰撞后总动量方向水平向右．则碰撞前总动量方向也水平向右．故选D．【点睛】本题碰撞过程中遵守动量守恒，不仅碰撞前后总动量的大小不变，方向也保持不变，要注意选取正方向，用符号表示速度的方向．2、C【解析】由运动的v-t图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，根据牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，故A错误；从A到B，速度增大，电场力做正功，电势能减小，所以粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能故B错误；CD间各点电荷的加速度为零，所以不受电场力，则电场强度为零，电场强度为零说明各点之间的电势差为零，但电势不一定为零，故C正确；A、C两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同，AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，故D错误．所以C正确，ABD错误．3、B【解析】

规定足球以8m/s被踢回的方向为正方向，则足球的初速度v0=-4m/s，末速度v=8m/s

所以足球在这段时间内平均加速度方向为正方向．故选B.点睛：解决本题的关键是要掌握加速度的定义式，以及知道足球的初速度方向与末速度方向相反，代入数据时要注意速度的正负号．4、C【解析】由匀强电场的特点可知，则B、C连线中点D的电势为B、C电势的平均值，即为4.5V．连接OD线，即为一条等势线，作出过D的与OD垂直的线ED如图，即电场线，由几何关系可知：，所以：，D是BC的中点，则△OBD是等边三角形，又ED⊥OD，所以DE与BD之间的夹角是30°，则电场线与OB之间的夹角也是30°，故该电场的场强方向沿∠B的角平分线向上，根据电势差与电场强度的关系：，而：，代入数据可得：，故AB错误，C正确；由作电场的图可知，一个电子在O点由静止释放后会沿电场线运动，而不会沿直线OB运动，故D错误；故选C.5、C【解析】

根据欧姆定律求出电键S接位置1时路端电压．当电键S接位置2时，外电阻减小，路端电压减小，总电流增大，根据欧姆定律进行分析．【详解】当电键S接位置1时，电流表的示数为0.20A，则根据欧姆定律得知：路端电压U1=I1R1=10×0.2V=2V。A、当电键S接位置2时，若电流表的示数为I2=0.28A，根据欧姆定律得到，路端电压U2=I2R1=0.28×8V=2.24V．但是由于R2＜R1，路端电压减小，不可能增大，所以U2＜2V，则电流表的示数不可能是0.28A．故A错误。B、当电键S接位置2时，若电流表的示数为I2=0.25A，根据欧姆定律得到，路端电压U2=I2R1=0.25×8V=2V．但U2＜2V，所以电流表的示数不可能是0.25A．故B错误。C、当电键S接位置2时，若电流表的示数为I2=0.22A，根据欧姆定律得到，路端电压U2=I2R1=0.22×8V=1.76，可见U2＜2V，而且外电路减小，电路中电流大于0.2A，则电流表的示数可能是0.22A．故C正确。D、由于R2＜R1，当电键S接位置2时，电流表的示数大于0.20A．故D错误。故选：C。【点睛】本题要根据闭合电路欧姆定律分析路端电压与外电阻的关系，同时分析总电流与外电路总电阻的关系，可确定出电流表示数的范围进行选择．6、C【解析】当压力增大时，电容器极板间距离减小，根据电容的决定式，可知，电容增大，故A说法正确；电容两端电势差不变，根据Q=CU可知，电容器的电荷量将增加，故B说法正确；由于电容器上极板带正电，则电路中形成逆时针方向的充电电流，故灵敏电流表的指针向右偏．故D说法正确，C说法错误．所以选C.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、AD【解析】自行车电动机每秒钟消耗的电能为，故A正确，B错误；电动机发热功率为216-180=36W，热功率计算得内阻为1Ω，故D正确，C错误；故选AD。8、AC【解析】

A．若线圈以OO′为轴转动，则穿过线圈的磁通量时刻在变化，选项A正确；B．若线圈以OO′为轴转动，则线圈转动90°的时刻磁通量为零，然后cd边进入磁场，磁通量逐渐变大，选项B错误；CD．若线圈以ab为轴转动，开始转动的一段时间内磁通量不变，直至其cd边进入磁场磁通量才开始减小，选项C正确，D错误；9、BD【解析】解：A、交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故电源的变化周期应该等于2，故A错误；BC、根据半径公式知，则所以匀强磁场的磁感应强度越大，D形金属盒的半径越大，则粒子获得的最大动能越大，故BD正确；C错误；综上所述本题答案是：BD点睛：本题考查了回旋加速器的原理，特别要记住粒子获得的最大动能是由D型盒的半径决定的．10、BC【解析】

A.经典力学适用于低速宏观的物体，不适用于高速接近光速的物体，也不适用于微观的物体，故A错误；B.动量守恒定律既适用于低速宏观物体，也适用于高速微观物体，适用于目前为止物理学研究的一切领域，故B正确；C.卡文迪许测出了万有引力常量，成为“测量地球的质量”的第一人，故C正确；D.奥斯特最早发现了电流周围存在磁场，故D错误。故选BC。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、BF见解析见解析1变大2.0【解析】

(1)[1][2]因小灯泡的额定电压为2V，因此选择3V的电压表即可，选B；由小灯泡的福安特性曲线可知小灯泡的额定电流约为0.5A，因此选择量程为0.6A的电流表，滑动变阻器采用分压式解法，因此电阻越小测量越精确，滑动变阻器选择F（2）[3]小灯泡属于小电阻，因此采用外接法测量比较准确，滑动变阻器为分压式，点如图如图甲所示（3）[4]电路图连接如图（4）[5][6]小灯泡的额定电压为2V，此时电流为0.5A，因此小灯泡的额定电压为;由小灯泡的伏安特性曲线可以看出小灯泡的电阻随电压的增大而增大（5）[7]电路中的电流为0.4A，由小灯泡的福安特性曲线可知小灯泡的电压为1.2V，可知此时电阻两端电压为0.8V，因此电阻12、甲D0.601.2【解析】

（1）[1]描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，所以正确的实验电路图是甲．（2）[2]根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（3）[3]由于灯泡电阻随电流增大电阻R增大，由可知，图象斜率增大，故选D．（4）[4][5]由图5所示电路图可知，两灯泡并联，可以把电源与定值电阻等效为电源，设每只电灯加上的实际电压和实际电流分别为U和I，在这个闭合电路中，则有：代入数据并整理得：在图a所示坐标系中作出的图象如图所示由图象可知，两图象交点坐标值为：U=2V，I=0.3A此时通过电流表的电流值0.6A每只灯泡的实际功率=2×0.3=0.6W所以两个小灯泡的总功率为1.2W．四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、（1）0.8m/s；（2）0.24s【解析】

(1)由于系统动量守恒,所以根据动量守恒可求出