2024届南阳六校物理高二上期中检测试题含解析

2024届南阳六校物理高二上期中检测试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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、直流电动机的工作原理是（）
A．电流的磁效应B．电磁感应现象
C．磁场对电流的作用力D．线圈切割磁感线运动
2、如图所示，甲、乙、丙三个逻辑电路的符号分别表示（）
A．“与”门、“或”门、“非”门B．“与”门、“非”门、“或”门C．“或”门、“与”门、“非”门D．“或”门、“非”门、“与”门
3、小明家的保险丝突然熔断，以下原因不可能的是()
A．家用电器的总功率过大
B．导线绝缘皮损坏，火线、零线直接接触，造成短路
C．灯座里的电线发生短路
D．火线断路
4、真空中两个点电荷Q1、Q2，距离为R，当Q1增大到原来的3倍，Q2增大到原来的3倍，距离R增大到原来的3倍时，电荷间的库仑力变为原来的
A．1倍B．3倍
C．6倍D．9倍
5、一个匀强电场的电场线分布如图甲所示，把一个空心导体引入到该匀强电场后的电场线分布如图乙所示．在电场中有A、B、C、D四个点，下面说法正确的是( )
A．φA＝φB B．φB＝φC
C．E A＝EB D．E B＝E C
6、如图所示，平行板电容器与电池相连，当二极板间的距离减小后，则二极板间的电压U、电场强度E、电容器的电容C及电容的带电量Q与原来相比（）
A．U、E、C、Q都不变
B．U不变，E、C、Q变小
C．U不变，E、C、Q变大
D．U、E不变，C变大，Q变小
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、用如图所示的电路来测量电池电动势和内电阻，根据测得的数据作出了如图所示的U-I图线，由图可知
A．电池电动势的测量值为1.40 V
B．电池内阻的测量值为1.0 Ω
C．外电路发生短路时的电流为0.40 A
D．电压表示数为1.20 V时，电流表的示数I′＝0.2A
8、如图所示，电源电动势E=8V，内阻1
r=Ω，标有"6V，9W”的灯泡恰好能正常发
光，电动机M内阻
02
R=Ω，则（）
A．通过电源的电流为2A B．电动机的输出功率为2.5W
C．通过电动机的电流为3A D．电动机的效率为75%
9、2019年1月11日1时11分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功将“中星2D”卫星发射升空，升空后的卫星能量补给主要靠太阳能电池.硅光电池是一
种太阳能电池，具有低碳环保的优点.如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象，图线b是某纯电阻电器的U- I图象.则在该光照强度下，把该电池和该电器组成一个电路时，电池的（）
A．内阻为5.5
B．输出功率为12.5 W
C．内耗功率为0.22 W
D．效率为50%
10、发射地球同步卫星要经过三个阶段:先将卫星发射至近地圆轨道1,然后使其沿椭圆轨道2运行，最后将卫星送入同步圆轨道3.轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P 点，如图所示．当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是( )
A．卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度B．卫星在轨道1上经过Q点时的速度等于它在轨道2上经过Q点时的速度大小C．卫星在轨道3上受到的引力小于它在轨道1上受到的引力
D．卫星由2轨道变轨到3轨道在P点要加速
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）用如图1所示装置研究平抛运动．将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上．钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上．由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点．移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点．
(1)下列实验条件必须满足的有_____． A ．斜槽轨道光滑 B ．斜槽轨道末段水平 C ．挡板高度等间距变化
D ．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
(2)为定量研究，建立以水平方向为x 轴、竖直方向为y 轴的坐标系．
a ．取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q 点，钢球的___（选填“最上端”、“最下端”或者“球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定y 轴时_______（选填“需要“或者“不需要”）y 轴与重锤线平行．
b ．若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图2所示，在轨迹上取A 、B 、C 三点，AB 和BC 的水平间距相等且均为x ，测得AB 和BC 的竖直间距分别是y 1和y 2，则1
2y y ___1
3（选填“大于”、“等于”或者“小于”）．可求得钢球平抛的初速
度大小为___（已知当地重力加速度为g ，结果用上述字母表示）．
(3)伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样．这实际上揭示了平抛物体______． A ．在水平方向上做匀速直线运动 B ．在竖直方向上做自由落体运动 C ．在下落过程中机械能守恒
12．（12分）在“测定金属的电阻率”实验中，用米尺测量金属丝的长度，用螺旋测微器测量金属丝的直径，用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据公式计算出该金属材料的电阻率．
（1）用螺旋测微器测量金属丝直径的示数如图所示，从图中读出金属丝的直径为___________mm ．
（2）金属丝的电阻大约为5Ω．在用伏安法测量该金属丝的电阻时，除被测的电阻丝外，还有如下供选择的实验器材：
A．电池组（3V，内阻约1Ω）
B．电流表（0~3A，内阻约0.0125Ω）
C．电流表（0~0.6A，内阻约0.125Ω）
D．电压表（0~3V，内阻约3kΩ）
E.电压表（0~15V，内阻约15kΩ）
F.滑动变阻器（0~20Ω，额定电流1A）
G.滑动变阻器（0~2000Ω，额定电流0.3A）
H.开关、导线若干
①在可供选择的器材中，应该选用的电流表是_____，应该选用的滑动变阻器是
______．（填器材前面的字母代号）
②实验电路应采用电流表___________接法（填“内”或“外”）．
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）如图所示的电路中，电源的电动势E=12V，内阻可忽略不计，电阻的阻值分别为R1=R2=20Ω，滑动变阻器的最大阻值R=60Ω，电容器MN的电容C=20μF，现将滑动触头P置于最左端a点，合上开关S，经过一段时间电路处于稳定．求：
（1）通过R1的电流；
（2）断开S后，通过R2的电荷量；
（3）滑动触头P置于最左端a点，合上开关S，待电路稳定后，将P缓慢地从a点移到最右端b点的过程中，通过导线BM的电荷量．
（16分）如图所示，长为1.8m的轻质细线一端固定于D点，另一端系一质量m＝0.5kg 14．
的小球．把小球拉到A点由静止释放，O、A在同一水平面上，B为小球运动的最低点．忽略空气阻力，取B点的重力势能为零，重力加速度g＝10m/s2求：
（1）小球受到重力的大小；
（2）小球在A点的重力势能；
（3）小球运动到B点时速度的大小．
15．（12分）如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变阻器。

当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的。

求：
(1)电源的电动势和内阻；
(2)定值电阻R2的阻值；
(3)滑动变阻器的最大阻值。

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、C 【解题分析】
电动机，即通电能动，故是利用通电导线在磁场中受力的作用的原理制成的，直流电动机是根据通电线圈在磁场中受力转动的原理制成的，故C 正确，ABD 错误； 2、A 【解题分析】
甲为“与”门符号，乙为“或”门符号，丙为“非”符号，A 符合题意，BCD 不符合题意。

故选A 。

3、D 【解题分析】
根据“保险丝突然熔断，以下原因不可能的是”可知，本题考查了电流过大的原因和保险丝熔断的原因，根据保险丝熔断的原因是电路中电流过大，电流过大的原因是短路或电路中总功率过大，分析判断即可． 【题目详解】
A 、根据P UI =得，电路中用电器过多，可能总功率过大，电压不变，电流过大，会熔断保险丝．说法正确，不符合题意．故A 错误；
B 、导线绝缘皮损坏，火线、零线直接接触，造成短路时，电流过大，会导致熔断保险丝．说法正确，不符合题意．故B 错误；
C 、当灯座里的电线发生短路，电路中电流变大时，就会烧毁保险丝，说法正确，不符合题意；故C 错误；
D 、火线断路时，电路断开，所以不会引起保险丝熔断，故D 正确． 本题选不可能的，故选D ． 【题目点拨】
保险丝熔断的原因是电路中电流过大；电流过大的原因是短路或电路中总功率过大． 4、A 【解题分析】 因为12
2
Q Q F k
R =当Q 1增大到3倍时，Q 2增大为原来的3倍，而距离增大到原来的3
倍时12
2
339Q Q F k F R '
⨯==，选A
5、B
【解题分析】处于静电平衡状态的整个导体是个等势体，它的表面是个等势面。

所以空心导体是个等势体，即φB =φC 。

沿着电场线电势一定降低，所以A 点电势大于空心导体上的电势，所以φA ＞φB ．故A 错误，B 正确。

电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，
C 点的电场线比B 密，B 点的电场线比A 密，所以E A ＜E B ，E B ＜E C ．故C
D 错误。

故选B 。

点睛：本题关键在于通过电场线的疏密程度看电场强度的大小，通过电场线的指向看电势的高低．要掌握静电平衡内部电场的特点． 6、C 【解题分析】
平行板电容器与电池相连，则U 不变；当两极板间距减小时，d 减小，由可知C
变大，根据Q=CU 可知Q 变大；根据E=U/d 可知，E 变大；故选C. 【题目点拨】
本题是电容器动态变化分析问题，是常见的题型，关键抓住不变量：电容器与电源保持相连，其电压不变；充电后与电源断开，其电量不变．较为简单．
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、ABD 【解题分析】
A 、由图象可知，电源U ﹣I 图象与纵轴交点坐标表示电源的电动势，则知电源的电动势为1.40V ，故A 正确；
B 、电源的内阻r ＝|U I | 1.40 1.000.4
-=Ω＝1Ω，故B 正确； C 外电路发生短路时的电流 I 1.40
1
E r ==
=1.40A ，故C 错误； D 、当电压表示数为1.20V 时，I ′ 1.40 1.20
1
E U r --==A ＝0.20A ，故D 正确； 8、AB 【解题分析】
A ．灯泡正常发光，则有
6V L U U ==
则电源内阻的电压
2V U E U =-=r
由欧姆定律得流过电源的电流
2A U I r
=
=r
故A 正确；
BC ．通过灯泡的电流
1.5A L
L L
P I U =
= 则通过电动机的电流为
0.5A M L I I I =-=
灯泡的电压为电动机两端电压，电动机总电功率
60.5W 3W M M P UI ==⨯=
电动机发热功率
P 热22
00.52W 0.5W M I R ==⨯=
电动机的输出功率
P 输出M P P =-热3W 0.5W 2.5W =-=
故B 正确，C 错误； D ．电动机的效率
100%83.3%M
P P η=
⨯=输出
故D 错误； 故选AB 。

9、AC 【解题分析】
由闭合电路欧姆定律得U =E −Ir ，当I =0时，E =U ，由a 与纵轴的交点读出电动势为E =3.6v .根据两图线交点处的状态可知，将它们组成闭合回路时路端电压为U =2.5V ，电流为I =0.2A 。

A. 将它们组成闭合回路时路端电压为U=2V ，电流为I=0.2A ，则电池的内阻为
故A 正确；
B. 电池的输出功率为： P 出=UI =2.5×0.2W=0.5W 故B 错误；
C.此时硅光电池的总功率为： P 总=EI =3.6×0.2W =0.72W 内耗功率为
P 内= P 总 -P 出=0.22 W
故C 正确；
D. 电池的输出效率为： η=×100%=×100%≈69.4%
故D 错误。

10、ACD 【解题分析】
A.根据万有引力提供向心力
2Mm
G
ma r =, 得
2GM
a r
=
, 所以卫星在轨道1上经过Q 点时的加速度等于它在轨道2上经过Q 点时的加速度.故 A 正确的;
B.卫星从轨道1上经过Q 点时加速做离心运动才能进入轨道2,故卫星在轨道1上经过Q 点时的速度小于它在轨道2上经过Q 点时的速度,故B 错误; C 、根据引力定律
2
GMm
F r =
, 可以知道,距离越大的,同一卫星受到的引力越小,因此在轨道3上受到的引力小于它在轨道1上受到的引力,故C 正确
D 、由2轨道变轨到3轨道,必须加速,才能做匀速圆周运动,否则仍做近心运动,，故D 正确；
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、BD 球心 需要 大于
v = B 【解题分析】
(1)[1]ABD ．为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但必须是水平的．同时要让小球总是从同一位置释放，这样才能找到同一运动轨迹上的几个点，故A 错误，BD 正确；
C ．档板只要能记录下小球下落在不同高度时的不同的位置即可，不需要等间距变化，故C 错误；
(2)a ．[2][3]小球在运动中记录下的是其球心的位置，故抛出点也应是小球静置于Q 点时球心的位置；故应以球心在白纸上的位置为坐标原点；小球在竖直方向为自由落体运动，故y 轴必须保证与重锤线平行；
b ．[4][5]如果A 点是抛出点，则在竖直方向上为初速度为零的匀加速直线运动，则AB 和BC 的竖直间距之比为1：3；但由于A 点不是抛出点，故在A 点已经具有竖直分速度，故竖直间距之比大于1：3，由于两段水平距离相等，故时间相等，根据 221y y gt -=
解得：
t =则初速度
v x t ==(3)[6]伽利略说明了小球由同一高度下落时的等时性，故只能说明小球在竖直方向为自由落体运动，无法说明水平方向上的匀速直线运动和是否机械能守恒，故B 正确．
12、（1）0.520 （2）①C D F ②外
【解题分析】
（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度读数：0.5mm ；可动刻度读数
0.01mm×2.0=0.020mm ；故螺旋测微器读数为：0.520mm ；
（2）①电池组提供的电压为3V ，故选用电压表D ；电路中的电流最大为
30.65
A A =，故选用电流表C ；为了方便电路操作，应选择滑动变阻器F ； ②电流表内阻0.125Ω，电压表内阻3kΩ，故x V A A
R R R R <，所以采用电流表外接法；
【题目点拨】用伏安法测电阻时安培表内、外接法的选择原则是“大内小外”，即对于大电阻采用安培表内接法，对于小电阻采用安培表外接法；（2）需要有较大的电压测量范围时，滑动变阻器采用分压式接法．
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）0.3A（2）2.4×10-5C（3）2.4×10-4C
【解题分析】
（1）通过R1的电流：
（2）电容器所带的电量为：，极板带电量为下正上负；
S断开后电容器的电量通过两个支路放电，一是电阻R1支路，另一条是电阻R2和电阻器R的串联支路，根据并联电路的电流关系可知，两支路的电阻之比为20：80，则电流之比为4：1，可知通过R2的电量为.
（3）当滑动端滑到b端时可求的电容器的带电量为：
，
此时电容器的极性为上正下负；则将P缓慢地从a点移到最右端b点的过程中，通过导线BM的电荷量为Q BM=Q+Q′=2.4×10-4C．
【题目点拨】
本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路；关键是搞清电容器极板的极性以及两端的电压，然后才能求解带电量。

要搞清电路的结构，知道电容器电量的流动路线.．14、（1）5N（2）9J（3）6m/s
【解题分析】
试题分析：(1)G=mg=0.5×10=5N
（2）A点重力势能E P=mgl=5×1.8=9J
（3）由A摆至B过程中，由动能定理mgl=
所以到B点速度
考点：重力重力势能动能定理
15、(1)20V；20Ω；(2)5Ω；(3)300Ω
【解题分析】
（1）由闭合电路欧姆定律可得
U E Ir =-
结合题图乙可知
A A U E I r =-
B B U E I r =-
代入数据，联立解得 20V E =
20Ωr =
（2）当P 滑到3R 的右端时，1R 被短路，电路参数对应题图乙中的B 点，即 224V,0.8A U I == 根据欧姆定律
222
5ΩU R I == （3）当P 滑到3R 的左端时，电路参数对应题图乙中的A 点 16V,0.2A U I ==总外 根据欧姆定律
80ΩU R I =
=外总
外 因为 13213
R R R R R R =++外 所以滑动变阻器的最大阻值为 3300ΩR =。