河南省信阳市2024-2025学年第一学期高二期末物理检测卷（A）【含答案】

河南省信阳市2024-2025学年第一学期高二期末检测卷（A）

物理试题

一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有

一项符合题目要求）

1.如图所示，边长为Z的等边三角形力5。三个顶点处分别放有电荷量为+公-公-夕的点电荷，静电力常

量为〃，则三角形中心。处的电场强度大小为（）

6y/3kq9kq

C.D.

IT

【答案】B

【解析】三个点电荷在。点产生的电场强度大小为

E-k-

0~x2

其中

L

x=2

cos30

可得

4=3味

方向分别如下图所示，据矢量合成法则可得。点的合场强大小

E=EQ+2E0COS60=6k+

故选B。

图1

2.直角三角形Z反7中，?B90?,NC=30。，员7边长约2cm,匀强电场平行于平面力反7,将电荷量为

-6xl()FC的点电荷从力点移至6点，克服静电力做功2.4x10-5j,再将此点电荷从6点移至。点，静电力

A.4。间的电势差为8VB.若%=。则%=-4V

C.电场强度的方向与ZC边平行D.电场强度的大小为400V/m

【答案】D

【解析】B.根据

WAB=<1UAB

可得

UAB=%=-2.4x1°：v=4V

ABq-6x10-6

又

U=(

ABPA-(PB^0B=°

可得

夕A=4V

故B错误；

A.根据

WAC=(1UAC

可得

U，叼-2.4x10-5+2.4x105Y0

-6

靛qq-6X10

故A错误；

C.力、。两点的电势差为0,则直线力。为等势线，电场线与等势线垂直，故C错误;

D.如图所示

E

由几何关系，线段加长度为

d=BCsin30°=1cm

则电场强度的大小为

U4V

E=—=--------=400V/m

d0.01m

故D正确。

故选D。

3.如图所示，半径为R的虚线圆位于竖直面内，ZC和6。为相互垂直的两条直径，其中6。位于水平方向。

竖直平面内有足够大的匀强电场，场强大小为返，方向与圆周平面平行。在圆周平面内将质量为“、带

q

电荷量为+4的小球（可视为质点），从力点以相同的速率在圆周平面向各个方向抛出，小球会经过圆周上

不同的点。在这些点中，到达B点时小球的动能最大。若将小球从工点垂直电场方向抛出，小球恰好能经

过C点，则小球初速度为（重力加速度为g）（）

A./gRB.12gRC.D.2y[gR

【答案】D

【解析】小球受到电场力和重力的合力，当到达等效最低点时动能最大，故5点为等效最低点，则小球受

到的合力沿03方向。受力如图

qE

30°

F八

口

mg

由平行四边形定则可知：电场方向与。8方向成30。

^=ma

tan30°

则

a=6g

小球垂直电场抛出，做类斜上抛运动,如图，运动到c点过程

2%sin30。_6Vo

岛3g

2R=v0cos30°Z

得

%=2廊

4.如图所示的电路中，电源内阻r=lO,&=&=2。,开关S断开时，理想电压表的示数为2.0V。现将S

闭合，则（

A.电压表示数增大B.通过&的电流增大

C.电源的效率增大D.电源的输出功率增大

【答案】D

【解析】AB.闭合电键，电阻尼与&并联，外电路总电阻减小，路端电压降低，电压表的示数减小，流

过电阻总的电流减小，故AB错误；

C.电源的效率

UII2R1

EIl\R+r）1+二

R

可知，外电阻越大，电源的效率越大，因此闭合电键后，外电阻减小，电源的效率减小，故C错误；

D.当外电阻越接近内电阻时，电源的输出功率越大，当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大。闭合

电键后，外电路的总电阻等于内电阻，因此电源的输出功率增大，故D正确。

故选D。

5.如图，一根通电直导线垂直放在方向水平向右、磁感应强度大小为氏1T的匀强磁场中，以导线为圆心

的圆周上有a、b、c、d四个点，ac为竖直直径，仇7为水平直径，直导线垂直于纸面，已知c点的磁感应

强度大小为0。下列说法正确的是（）

b；\OI'd

a

-------------------------------->

A.直导线中电流方向垂直于纸面向里

B.a点的磁感应强度大小为0

C.6点的磁感应强度方向与B的方向成45°斜向右下方

D.6点的磁感应强度大小为2T

【答案】C

【解析】A.。点的磁感应强度大小为0,说明通电直导线在，点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强

度大小相等、方向相反，即通电直导线在。点产生的磁感应强度方向水平向左，根据右手螺旋定则判断可

知，直导线中的电流方向垂直于纸面向外，故A错误；

B.根据右手螺旋定则可知，通电直导线在a点产生的磁感应强度方向水平向右，与匀强磁场进行合成可知，

a点的磁感应强度大小为2T,故B错误；

CD.根据右手螺旋定则可知，通电直导线在b点产生的磁感应强度方向竖直向下，根据平行四边形定则与

匀强磁场进行合成可知，力点的磁感应强度大小为及T,方向与6的方向成45°斜向右下方，故C正确,

D错误。

故选C。

6.如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球由静止自由下落80cm,被重新顶起，离开头部后竖直上升

的最大高度仍为80cm。已知足球与头部的作用时间为Qis,足球的质量为0.42kg,重力加速度g取lOm/sz,

不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A.头部对足球的平均作用力为足球重力的8倍

B.足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.36kg.m/s

C.足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.36kg.m/s

D.足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量为3.36N-s

【答案】C

【解析】A.设足球自由下落到人头顶前瞬时速度为“，根据自由落体运动公式有

VQ=2gh

代入数据解得

%=4m/s

对足球，在与人头部作用过程中，规定竖直向上为正，由动量定理

（^F—mg^t=mv0_（一机%）

代入数据解得

F=37.8N

足球的重力

G=mg=4.2N

故头部对足球的平均作用力为足球重力的9倍，故A错误；

B.足球下落到与头部刚接触时动量大小

p=mv0=1.68kgm/s

故B错误；

C.足球与头部作用过程中动量变化大小为

瓯=〃?％-（一;仪）=2〃%=3.36kg-m/s

故C正确；

D.根据自由落体运动公式有

,12

ll=2gr

代入数据解得下落时间

t=0.4s

因上升时间与下落时间相等，则足球从最高点下落至重新回到最高点过程中重力的冲量大小为

IG=（At+2r）=4.2x（0.1+2xQ4）N-s=3.78N-s

故D错误。

故选C。

7.如图所示，光滑圆弧面上有一小球做简谐运动，5点为运动中的最低位置，力、C点均为运动过程中的

最高位置。下列说法正确的是（）

B

A.B点是平衡位置，此处小球受到的回复力就是重力

B.小球在6点时，重力势能最小，机械能最小

C.小球在4点、C点时，速度最小，对圆弧面的压力最小，回复力最大

D.若增大小球做简谐运动的幅度，则其运动周期变大

【答案】C

【解析】A.B点是平衡位置，此处小球受到的回复力是重力在切线方向的分力，此时恢复力为零，故A

错误；

B.小球在5点时，重力势能最小，整个运动过程机械能守恒，故B错误；

C.小球在4点、C点时，速度最小，对圆弧面的压力最小，回复力最大，故C正确；

D.简谐运动的周期与振幅无关，若增大小球做简谐运动的幅度，则其运动周期不变，故D错误。

故选C。

二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有多

项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）

8.如图所示，平行金属板中带电质点尸处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电

势为零，当滑动变阻器上的滑片向6端移动时，下列说法正确的是（）

&

A.电压表读数减小

B.带电质点尸的电势能减小

C.电源的效率变高

D.若电压表、电流表的示数变化量的绝对值分别为△〃和△/,则当=r+用

A/

【答案】AD

【解析】A.滑动变阻器用的滑片向人端移动时，接入电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，根

据

U=E-I（r+Rj

可知，电压表的示数减小，故A正确；

B.电压表示数减小，即平行金属板之间的电压减小，根据

£,=-

d

金属板之间的电场强度减小，由于带电质点尸先前处于静止状态，重力与电场力平衡，电场力方向向上，

当电场强度减小时，电场力减小，质点向下运动，电场力做负功，电势能增大，故B错误；

C.由于

二一&卜1

”-（即+厂厂1+L

R外

滑片向b端移动时，接入电阻减小，外电路总电阻减小，可知，电源的效率变低，故c错误；

D.根据上述有

U=E-I（r+Rj

解得

AE7八

----=r+R,

故D正确。

故选ADo

9.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽

底端与水平面相切，一质量也为m的小物块从槽上高力处开始下滑，下列说法不正确的是（）

A.在下滑过程中，物块和槽组成的系统机械能守恒

B.在下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒

C.在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统动量守恒

D.被弹簧反弹后，物块能回到槽上高力处

【答案】BCD

【解析】A.在下滑过程中，对于物块和槽组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，故A正确；

B.在下滑的过程中，物块和槽在水平方向上的合外力为零，竖直方向上的合外力不为零，故系统的合外力

不为零，不符合动量守恒的条件，故系统的动量不守恒，故B错误；

C.在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统，水平方向受到竖直墙壁水平向左的作用力，合外力不为

零，故物块和弹簧组成的系统动量不守恒，故c错误；

D.因为物块与槽在水平方向上动量守恒，由于质量相等，根据动量守恒定律知物块离开槽时物块与槽的速

度大小相等，方向相反，物块被弹簧反弹后，与槽的速度相同，做匀速直线运动，所以物块不会再滑上弧

形槽，故D错误。

本题选不正确的，故选BCD。

10.两电荷量分别为%和%的点电荷固定在X轴上的。、M两点，两电荷连线上各点电势0随X变化的关

系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，取无穷远处电势为0,则下列说法正确的是（）

A.%、%均为正电荷

B.N、C两点间场强方向沿x轴负方向

C.将一正点电荷从N点移到D点，电场力先减小后增大

D.将一正点电荷从N点移到。点，电场力先做负功，后做正功

【答案】AC

【解析】A.由图可知，靠近两点电荷时，电势正向升高，且图中电势均为正值，则/、%均为正电荷，故

A正确；

B.由图可知从N到C电势逐渐降低，可知N、C两点间场强方向沿x轴正方向，故B错误；

C.根据。-％图像切线的斜率绝对值表示电场强度的大小，由图可知从N点到。点间的电场强度大小先减

小后增大，则将一正点电荷从N点移到。点，电场力先减小后增大，故C正确；

D.由图可知从N点移到。点，电势先降低后升高，根据

E?=q（p

可知，将一正点电荷从N点移到。点，电势能先减小后增大，则电场力先做正功后做负功，故D错误。

故选ACo

三、非选择题（本大题共5小题，共54分。第11题6分，第12题9分，第13题10分，第

14题12分，第15题17分。其中13—15题解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要

的演算步骤，若只有最后答案而无演算过程的不得分；有数值计算时，答案中必须明确写出

数值和单位。）

11.碰撞的恢复系数为e其中%和々分别是碰撞前两物体的速度（%>/），匕和匕分别是碰

V10V20

撞后两物体的速度（匕4为）。若e=l则为弹性碰撞；e<l则为非弹性碰撞。某同学利用验证动量守恒定律的

装置测量两球碰撞的恢复系数，使用半径相等的小球1和2,且小球1的质量大于小球2的质量。安装装

置，做测量前的准备，并记下重垂线所指的位置。。

I.不放小球2,让小球1从斜槽上工点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用圆把小球的所有落点圈

在里面，圆尽量小，其圆心就是小球落点的平均位置。

II.把小球2放在斜槽前端边缘处的B点，让小球1从2点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，分别标

出碰撞后两小球落点的平均位置。

III.用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离。点的距离，依次用31、OP、QV表示。

(1)三个落地点距。点的距离、OP、QV中与所用的小球质量无关的是—；

(2)若测量量ON与的长度之比等于小球1与小球2的质量之比，则当满足下列—表达式时，可说

明碰撞过程动量守恒；

A.ON=2OPB.OP=2OMC.ON=2OM

(3)本实验也可用测量量OM、OP、QV来表示恢复系数e,则此时e=,当e越接近1时，碰撞越接

近弹性碰撞。

ON-OM

【答案】OPB

一-OP-「

【解析】本实验是通过平抛运动的规律求解小球碰撞前后的速度，在平抛运动中，初速度

xl2h

下落高度为一定，则下落时间r一定，设小球1碰撞前瞬时速度为％,碰撞后瞬间小球1、2的速度分别为

匕、V2O则有

OPOMON

%=丁，匕=7，%=7

(1)[1]位置P是小球1在无碰撞情况下的落点，其水平位移

初速度%与小球质量无关，故。尸的长度与小球质量无关。OM.QV分别是小球1与小球2碰撞后的平抛

运动的水平位移，因小球1与小球2碰撞后速度与小球质量有关，故OM、ON的长度就与小球质量有关。

（2）[2]ON与。”的长度之比等于小球1与小球2的质量之比，若两球碰撞过程动量守恒，则有

ONON

------mv=-------mv,+

OMn°OM

化简得

OP=2OM

可知当满足此式，说明碰撞过程动量守恒，故选B。

（3）[3]由本题介绍的恢复系数定义可知，恢复系数的表达式为

_v~vi_ON-OM

e2-

~vo-OOP

12.某同学根据实验室提供的器材组成如图1所示电路，测电源电动势和内阻并同时测量电流表A?的内阻。

所用器材：电源为两节干电池，电流表A1（量程0.6A,内阻｛=0.1Q）,电流表A2（量程0.6A）,电阻箱

耳（0~999.9。）,滑动变阻器耳（0~10C）,开关乞和单刀双掷开关邑、S3,导线若干。

图1图2

（1）实验时，先将S2接1,S3接3,滑动变阻器接入电路的电阻调到最大，闭合开关S―调节与、&，使电

流表A]、A?的指针偏转均较大，若这时A1示数为，、电流表AZ的示数如图2所示，则电流表AZ的示数

为八=A；若这时电阻箱接入电路的电阻为则电流表A?的内阻4=（用4、小人表示）。

（2）将开关工接2,开关S3接4,将电流表A1改装成量程为3V的电压表，则电阻箱接入电路的电阻与=

C；多次调节滑动变阻器，测得多组电流表A-AZ的示数[、12,作人-八图像，得到图像与纵轴的截距为

b,图像斜率的绝对值为k则得到电源的电动势E=,内阻厂=（后两空用氏k、4、仆仆中

的符号表示）。

(/凡

【答案】（1）0.26

h

(2)4.9★+N)3+尺）-4

【解析】（1）[1]电流表最小刻度为0.02,故电流表读数为0.26A；

[2]根据串并联知识可得

12丫2=(，1-，2)5

解得

2-4

（2）[1]根据串并联知识可得

U=/Ig(N+Q

解得

N=^^=3_0.1X0.6Q=4.9Q

40.6

[2][3]由闭合电路的欧姆定律得

E=，2（，+弓）+4（石+4）

整理得

一三小上

N+勺K+/

由图示图像可知，图像的斜率

k=­

N+/

纵轴截距

b=—^—

片+6

解得

厂=左（4+4）_弓

电源电动势

吁«+尺）

13.如图所示的电路中，电源的电动势未知，电源的内阻与定值电阻的关系为4=耳=&=『=尺，电路的左

侧接有水平方向的极板M、N,已知水平极板的长度为L、两板之间的距离为d。质量为机、电荷量为一夕的

小球从极板左侧正中央沿水平方向以速度%射入两极板，重力加速度为g。

M&

AR

&一X

N

（1）欲使小球沿水平方向穿过极板，则电源的电动势应为多少？

（2）欲使小球刚好从上极板边缘离开，则电源的电动势应为多少？

【答案】⑴如幽

q

⑵

【解析】（1）若使小球沿％方向射出电场，则小球在电场中做匀速直线运动，处于平衡状态，即

mg=qE=--

a

由闭合电路欧姆定律得

E]=I(R]+R2+r)

其中

“MN=成

其中

&=R2=r=R

联立解得电源的电动势应为

_3mgd

4二

q

（2）由于小球刚好从上极板离开，则小球在电场中做类平抛运动，有

L=

d12

———at

22

由牛顿第二定律有

""MN——mg=ina

由欧姆定律得

"MN，=母

联立以上各式解得电源的电动势应为

14.如图所示，左、右两平台等高，在两平台中间有一个顺时针匀速转动的水平传送带，传送带的速度恒

为v=6m/s、长度L=27m。r=0时刻将一质量，"A=lkg的物体A无初速地放在传送带左端，f=6s时与静

止在传送带右端的质量〃%=1kg的物体B发生弹性碰撞，一段时间后B又与质量收=3kg的物体C发生弹

性碰撞。已知开始时C与传送带右端相距与=3m,距离台边A与传送带的动摩擦因数和C与平台的动

摩擦因数均为〃，B与传送带和平台均无摩擦，所有碰撞时间均很短，物体均可视为质点，重力加速度g

取lOm/s?。求：

(1)动摩擦因数〃。

(2)B与C第1次碰撞后C的速度大小；

(3)A与B第1次碰撞后至A与B第3次碰撞前的过程中，A与传送带间因摩擦产生的热量Q；

【答案】(1)0.2；(2)3m/s；(3)36J

【解析】(1)A在传送带上的加速度

4=〃g

假设A一直匀加速运动，则

L=

求得

〃=0.15

则到达传送带右端速度

匕=%%=9m/s>6m/s

假设不成立，故A先加速后匀速

—vtx+vt2=L

tx+t2=t

解得

〃=0.2

(2)A与B第1次碰撞后

mAv=mAvn+m^v2l

121212

”v=-mAvn+-mBv21

解得

vu=0,v21=v=6m/s

之后B与C发生碰撞

mBV21=mCV31+,flBV21

f

121212

=万忙31+-fnBV2l'

解得

V

ai=1v21=3m/s

(3)A与B发生第二次碰撞交换速度，A和B的速度大小为

匕2=匕"=3m/s

V22=°

B静止，之后A滑上传送带再返回，与B发生第三次碰撞，第二次碰后到第三次碰前，A与传送带发生相

对位移

Ax,=vx2-^-=18m

〃g

A与传送带间因摩擦产生的热量