第=page11頁，共=sectionpages1616頁河南省焦作市部分高級中學2024-2025學年高二（下）期中物理試卷（5月）一、單選題：本大題共8小題，共32分。1.如圖甲所示為某實驗小組驗證動量守恒定律的實驗裝置，他們將光滑的長木板固定在桌面上，a、b兩小車放在木板上并在小車上安裝好位移傳感器的發(fā)射器，且在兩車相對面上涂上黏性物質(zhì)．現(xiàn)同時給兩車一定的初速度，使a、b沿水平面上同一條直線運動，發(fā)生碰撞后兩車粘在一起；兩車的位置x隨時間t變化的圖象如圖乙所示．a(chǎn)、b兩車質(zhì)量(含發(fā)射器)分別為1?kg和8?kg，則下列說法正確的是(

)A.兩車碰撞前總動量大于碰撞后總動量 B.碰撞過程中a車損失的動能是149J

C.碰撞后兩車的總動能比碰前的總動能小 2.如圖所示的電路中，E為電池，R??1、R??2為可變電阻，R為定值電阻，C為平行板電容器。閉合開關(guān)S后，能使電容器帶電量增加的方法是(

)A.增大R??1的阻值 B.增大電容器兩極板間的距離

C.減小R??23.無人機航拍器結(jié)構(gòu)簡單、成本低，能夠?qū)崿F(xiàn)不同角度拍攝風景，深受年輕人青睞．如圖是某品牌的無人機，該無人機的總質(zhì)量為3kg，在豎直方向勻速飛行時電動機的機械輸出功率恒為P=100W.假設無人機在豎直方向飛行時受到空氣阻力恒為20N，g取10m/s2.下列說法不正確的是

A.無人機勻速上升時的速度大小為2m/s

B.無人機懸停時的升力大小為50N

C.無人機勻速下降時的重力功率為300W

D.無人機勻速下降時，2s時間內(nèi)克服空氣阻力做的功為400J4.

如圖所示為速度選擇器，兩平行金屬板水平放置，板間存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場強度大小為E(圖中未標出)，磁感應強度大小為B.一束帶正電的粒子(不計重力)以速度v0從左端沿水平方向進入兩板間，恰好做直線運動．下列說法正確的是(

)A.上極板帶負電

B.速度v0的大小滿足v0=EB

C.只改變粒子的電性，粒子在兩板間將做曲線運動5.如圖所示，電路中E、r為電源的電動勢和內(nèi)電阻，R1、R2、R3為定值電阻，電壓表和電流表均為理想電表，開關(guān)閉合時，平行金屬板中一帶電小液滴P處于靜止狀態(tài)。選地面為零電勢參考面，當滑動變阻器R4的滑片向a端移動時，則(

)A.電阻R1消耗的功率增大

B.帶電小液滴的電勢能增加

C.電源的效率減小

D.若電流表、電壓表的示數(shù)變化量分別為ΔI和ΔU，則6.如圖所示，一半徑為r的半圓形線圈，以直徑ab為軸勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)速為n，ab的左側(cè)有垂直于紙面向里(與ab垂直)，磁感應強度為B的勻強磁場。M和N是兩個集流環(huán)，負載電阻為R，線圈、電流表和連接導線的電阻不計，下列說法中正確的是

A.轉(zhuǎn)動過程中電流表的示數(shù)為π2Bnr2R

B.從圖示位置起轉(zhuǎn)過1/4圈的時間內(nèi)產(chǎn)生的平均感應電動勢為nπBr2

C.從圖示位置起轉(zhuǎn)過1/4圈的時間內(nèi)負載電阻R上產(chǎn)生的熱量為π47.如圖所示，虛線MN將平面分成Ⅰ和Ⅱ兩個區(qū)域，兩個區(qū)域都存在與紙面垂直的勻強磁場．一帶電粒子僅在磁場力作用下由Ⅰ區(qū)運動到Ⅱ區(qū)，弧線aPb為運動過程中的一段軌跡，其中弧aP與弧Pb的弧長之比為2:1，下列判斷一定正確的是(

)

A.兩個磁場的磁感應強度方向相反，大小之比為2:1

B.粒子在兩個磁場中的磁場力大小之比為1:1

C.粒子通過aP、Pb兩段弧的時間之比為2:1

D.弧aP與弧Pb對應的圓心角之比為2:18.如圖所示，質(zhì)量為M的足夠長金屬導軌abcd放在光滑的絕緣水平面上．一電阻為r，質(zhì)量為m的導體棒PQ放置在導軌上，始終與導軌接觸良好，PQbc構(gòu)成矩形．棒與導軌間光滑、棒左側(cè)有兩個固定于水平面的光滑立柱．導軌bc段電阻為R，長為L，其他部分電阻不計．以ef為界，其左側(cè)勻強磁場方向豎直向上，右側(cè)勻強磁場水平向右，磁感應強度大小均為B.在t=0時，一水平向左的拉力F垂直作用在導軌的bc邊上，使導軌由靜止開始做勻加速直線運動，加速度為a.則(

)

A.F與t成反比

B.F與t2成正比

C.當t達到一定值時，QP剛好對軌道無壓力

D.若F=0，PQbc靜止，ef左側(cè)磁場均勻減小，當△B△t達到一定值時，二、多選題：本大題共3小題，共18分。9.如圖所示，粒子源S能在圖示紙面內(nèi)的360o范圍內(nèi)發(fā)射速率相同、質(zhì)量為m、電量為+q的同種粒子(重力不計)，MN是足夠大的豎直擋板，S到檔板的距離為L，擋板左側(cè)充滿垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，則下列說法正確的是(

)

A.S發(fā)射的粒子速率至少為qBL2m，才能有粒子到達擋板

B.若S發(fā)射的粒子速率為qBLm，則擋板能被粒子擊中部分的長度為2L

C.若S發(fā)射的粒子速率為qBLm，粒子到達擋板的最短時間是πm3qB

D.若S10.如圖，以O為圓心的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B；圓的直徑AB，CD互相垂直，半徑OE與OB間的夾角θ=60°。大量質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子，以相同的初速率v從A點沿紙面各個方向射入磁場中，其中沿AB方向射入的粒子恰好從E點射出磁場。取sin35°A.半徑OB=3mvqB

B.從E點射出磁場的粒子在磁場中運動的時間為πm3qB

C.在磁場中運動時間最長的粒子在磁場中運動的路程為7πmv18qB

11.如圖甲所示，O點為單擺的固定懸點，將力傳感器接在擺球與O點之間。將擺球拉到A點從靜止釋放，擺球?qū)⒃谪Q直面內(nèi)的A、C之間做簡諧運動，其中B點為運動中的最低位置。乙表示細線對擺球的拉力大小F隨時間t變化的曲線，圖中t=0為擺球從A點開始運動時的(g取10m/s2)。下列說法中正確的是(

)

A.單擺的擺長為0.1m B.小球的質(zhì)量為0.10kg

C.小球在最低點的速度大約為0.283m/s D.小球運動到B點時回復力為0三、實驗題：本大題共2小題，共21分。12.某同學使用數(shù)碼小車研究碰撞過程，實驗裝置如圖。兩材質(zhì)完全相同的數(shù)碼小車1、2置于水平長直軌道上，小車質(zhì)量m1=0.30kg、m2=0.20kg。小車1前方固定有輕質(zhì)彈簧，以一定的速度撞擊原本靜止在軌道上的小車2，測得一段時間內(nèi)里兩車速度v隨時間t變化的v-t圖像，各時刻小車的速度值標示如圖。該同學由圖判斷兩車發(fā)生碰撞的時間段約為0.01s至0.05s，不計空氣阻力。

(1)碰撞過程中，兩車間的相互作用力(______)

A.保持不變

B.持續(xù)增大

C.先增大后減小

D.先減小后增大

(2)碰撞過程中彈簧彈性勢能的最大值最接近(______)

A.0.007J

B.0.018J

C.0.025J

D.0.050J

(3)該同學對實驗結(jié)果進行誤差分析，發(fā)現(xiàn)碰撞過程中兩車動量之和實際在不斷減少，他認為是軌道對車的摩擦力引起的。求碰撞過程中兩輛小車組成的系統(tǒng)受到的平均摩擦力大小______。

(4)如圖所示，質(zhì)量為3kg、半徑為0.6m的四分之一光滑圓弧體b靜止在光滑的水平面上，圓弧面的最低點與水平面上的A點對齊，且與水平面相切，水平面僅A、B部分粗糙，摩擦因數(shù)為0.1，AB部分長為2.5m?，F(xiàn)將質(zhì)量為1kg、可視為質(zhì)點的物塊a從圓弧面的最高點由靜止釋放，物塊a滑過AB段與靜止在水平面上B點、可視為質(zhì)點的物塊c發(fā)生彈性碰撞。已知物塊c的質(zhì)量為3kg，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，求：

①物塊a從釋放運動到圓弧面最低點時，物塊a和圓弧體b的速度之比；

②物塊a第一次運動到A點時的速度v1；

③物塊13.在“探究單擺周期與擺長的關(guān)系”實驗中，

(1)測量單擺的周期時，圖1中

(選填“甲”“乙”或“丙”)作為計時開始與終止的位置更好些。

(2)某實驗小組在測量單擺的周期時，測得擺球經(jīng)過n次全振動的總時間為Δt；在測量單擺的擺長時，先用毫米刻度尺測得擺線長為l，再用游標卡尺測量擺球的直徑為D，某次測量游標卡尺的示數(shù)如圖2所示。測得擺球的直徑為D=

mm，該單擺的周期為

(用測量物理量的符號表示)。

(3)在“利用單擺周期測量重力加速度g”實驗時，小明測量了擺線長度作為L，小華測量了懸點到擺球下端的距離作為L，小紅測量了擺線長度和擺球半徑并將兩者之和作為L。三位同學都仔細測量了單擺周期，繪制了T2-L圖像(如圖3所示)，圖像斜率均為k。通過分析可知，小明繪制的圖像是

，小華繪制的圖像是

，小紅繪制的圖像是

(選填“①”“②”或“③”)。由圖像可得當?shù)刂亓铀俣萭=

(用T、L、k等符號的合適表達式表示)。

四、計算題：本大題共2小題，共29分。14.如圖所示，質(zhì)量為m=1.0kg的鐵塊與輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在光滑斜面底端固定的擋板上，斜面傾角θ=30°，鐵塊靜止時，彈簧的壓縮量x0=0.30m。一質(zhì)量也為m=1.0kg的物塊從斜面上距離鐵塊d=0.90m的A處由靜止釋放，物塊與鐵塊相撞后立刻與鐵塊一起沿斜面向下運動(碰撞時間極短，物塊與鐵塊不粘連)，它們到達最低點后又沿斜面向上運動，且它們恰能回到O點。若給物塊v0=4.0m/s的初速度，仍從A處沿斜面滑下，則最終物塊與鐵塊回到(1)第一種情形中物塊與鐵塊相撞后一起開始沿斜面向下運動的速度大?。?2)第二種情形中物塊與鐵塊回到O點時的速度大小。

15.如圖所示，在以x軸和虛線圍成的區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面．x軸上a點左側(cè)有一足夠長的金屬板，半圓形邊界的圓心為O、半徑為3L，上邊界到x軸的距離為2L.在O點有一粒子源，在紙面內(nèi)向第一、第二象限均勻發(fā)射帶正電的粒子，粒子質(zhì)量為m，電荷量為e，速度為v0=eBmL，不計粒子之間的相互作用．求：

(1)某個粒子沿與x軸正方向成60o射出(2)打到金屬板上粒子占從粒子源發(fā)射粒子的比例；(3)磁場上邊界有粒子射出的區(qū)域?qū)挾萪．

答案和解析1.【答案】C

【解析A、設a、b兩車碰撞前的速度大小為v1、v2，碰后的速度大小為v3，根據(jù)x-t圖象表示速度，結(jié)合題圖乙得v1=2

m/s，v2=1

m/s，v3=23

m/s，以向右為正方向，碰前總動量p1=-mav1+mbv2=6

kg?m/s，碰后總動量p2=(ma+mb)v3=6

kg?m/s，則兩車碰撞前總動量等于碰撞后總動量，故A錯誤；

B、碰撞前a車動能為Ek=12m2.【答案】C

【解析】根據(jù)Q=CU得出電容器電量的變化。A、只增大R1，其他不變，電路中的電流不變，電容器兩端的電壓不變，電容器電壓所帶的電量不變，故AB、增大電容器兩極板間的距離

，電容減小，電壓不變，電荷量減小，故B錯誤；C、減小R2的阻值，電流變大，電容器兩端的電壓變大，電荷量增加，故CD、將電容器的兩極板錯開些，電容減小，電容器的電量減小，故D錯誤。故選C。3.【答案】B

【解析】A.由平衡條件可得無人機勻速上升時升力等于阻力，即F=mg+f=3×10N+20N=50N，由P=Fv得無人機勻速上升時的速度大小為v=PF=10050m/s=2m/s，故A正確；

B.無人機懸停時不再受空氣阻力作用，所以其升力大小等于無人機的重力，即為mg=3×10N=30N，故B錯誤；

C.由平衡條件可得無人機勻速下降時受平衡力作用，即mg=f+F'，則無人機的升力F'為：F'=mg-f=3×10N-20N=10N，由P=Fv得無人機勻速下降時的速度大小為v'=4.【答案】B

【解析】A、粒子恰沿直線穿過，電場力和洛倫茲力必定平衡，由左手定則知洛倫茲力向上，所以電場力向下，而粒子帶正電，所以上極板帶正電，故A錯誤；

B、因為電場力和洛倫茲力平衡，即qv0B=qE，解得：v0=EB，故B正確；

C、只改變粒子的電性，電場力和洛倫茲力的方向同時改變，仍然平衡，所以粒子仍然做勻速直線運動，故C錯誤；

D、粒子以速度5.【答案】D

【解析】A.由圖可知，R2與滑動變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)，再與R1串連接在電源兩端；電容器與R3并聯(lián)；當滑片向a端移動時，滑動變阻器R4接入電阻增大，則電路中總電阻增大；由閉合電路歐姆定律可知，干路中電流減??；路端電壓增大，同時R1兩端的電壓也減?。还什⒙?lián)部分的電壓增大；由歐姆定律可知流過R3的電流增大，故電流表的示數(shù)減?。桓鶕?jù)P1=I干2R1，電阻R1消耗的功率減小，故A錯誤；

B.電壓表的示數(shù)變大，金屬板板間的電場變強，電場力變大，電場力大于小液滴的重力，則小液滴向上運動，電勢能減小，故B錯誤；

C.由于路端電壓變大，根據(jù)η=IU外IE6.【答案】C

【解析】A.轉(zhuǎn)速為n，則ω=2πn，S=12πr2，最大感應電動勢Em=BSω，則因只有一半?yún)^(qū)域內(nèi)有磁場，由有效值的計算公式可得：E2RT=(Em2)2×1R×T2，則有效值E=Em2=Bπ2r2n2，則電路中電流I=ER=π2Bnr7.【答案】C

【解析】AB、根據(jù)曲線運動的條件，可知洛倫茲力的方向與運動方向的關(guān)系，再由左手定則可知，兩個磁場的磁感應強度方向相反，根據(jù)弧長半徑=圓心角，再由r=mvBq，及洛倫茲力不做功，即運動的速率不變，可得：磁感應強度大小與弧長的乘積為圓心角，因圓心角不知，所以無法確定磁感應強度之比，根據(jù)F=Bqv可知粒子在兩個磁場中的磁場力大小無法確定，故AB錯誤；

CD、已知粒子在兩個磁場中運動的速度相等，題中說兩段弧長之比為2：1，所以時間之比為

2：1，由于半徑不知，根據(jù)v=ωr可知圓心角無法確定，因此C8.【答案】C

【解析】AB、t時刻bc產(chǎn)生的感應電動勢E=BLv

導軌做初速為零的勻加速運動，v=at

則E=BLat

感應電流I=ER+r

bc所受的安培力大?。篎安=BIL

對導軌，由牛頓第二定律得：F-F安=Ma

則得：F=Ma+B2L2aR+rt，可知F與t不成反比，F(xiàn)與t2不成正比，故AB錯誤；

C、拉動過程中，電流由Q到P，可以判斷PQ受到的安培力向上，當t達到一定值時，導致QP的電流產(chǎn)生的安培力等于其重力，則剛好對軌道無壓力，故C9.【答案】AC

【解析】A、板上的點到S的距離最小為L，要保證有粒子打在板上，粒子做圓周運動的最小半徑：r=L2，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=mv2r，解得，粒子最小速度：v=qBL2m，故A正確

B、倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=mv2r，由題意可知：v=qBLm，解得：r=L，

粒子能打在擋板上的點與S的距離最大為：2r=2L，

由幾何知識得：AC=(2r)2-L2=3L，

當粒子向右水平射出時，剛好能打在檔板上如圖B點，則：BC=r=L，

被粒子擊中的部分長度為：AB=AC+BC=(3+1)L；

CD、根據(jù)B可知粒子做圓周運動的軌道半徑：r=L10.【答案】BC

【解析】從E點射出磁場的粒子在磁場中運動的軌跡如圖甲所示，

則α=180°-θ2=60°，tanα=rR，r=mvqB，解得R=3mv3qB，A錯誤;

從E點射出磁場的粒子在磁場中運動的時間t=180°-2α360°?2πmqB=πm3qB，B正確;

由于r>R，且R一定，當粒子圓周運動的軌跡以AB為弦時，粒子在圓形磁場中的運動時間最長，如圖甲所示，

設在磁場中運動的路程為L，則sinβ=Rr=1tanα=33，11.【答案】CD

【解析】A.根據(jù)圖像可知單擺周期為

T=0.4πs根據(jù)周期公式

T=2π解得

L=0.4m故A錯誤；BC.小球在最高點時

0.495N=mg小球在最低點時

0.510N從最高點到最低點根據(jù)機械能守恒定律

mgL解得

m=0.05kg

，

v=0.283m/s故B錯誤，C正確；D.小球運動的到B點時合外力垂直速度方向，速度最大，回復力為0，故D正確。故選CD。12.【答案】C；

C；

0.5N；

①物塊a從釋放運動到圓弧面最低點時，物塊a和圓弧體b的速度之比為3：1；②物塊a第一次運動到A點時的速度v1為3m/s；③物塊a最終停止在距離B點為0.5m【解析】(1)由v-t圖像斜率表示加速度，可知加速度先增大后減小，根據(jù)牛頓第二定律可知兩車間的相互作用力先增大后減小。故ABD錯誤，C正確。

故選：C。

(2)兩車共速時，彈簧的彈性勢能最大，由圖可知兩車共速的速度為0.35m/s，小車1初始速度為0.610m/s，根據(jù)能量守恒定律有ΔEpmax=12m1v02-12(m1+m2)v共2

解得ΔEpmax=0.025J。故ABD錯誤，C正確。

故選：C。

(3)以初速度方向為正方向，碰撞過程中兩車總動量變化Δp=(m1v1'+m2v2')-(m1v1+m2v2)

該過程中Δt=0.04s，根據(jù)動量定理有-f-Δt=Δp

根據(jù)v-t圖像，把v1'=0.086m/s，v2'=0.686m/s，v1=0.610m/s，v2=0代入，聯(lián)立可求得碰撞過程中兩輛小車組成的系統(tǒng)受到的平均摩擦力大小f-=0.5N

(4)①設物塊a質(zhì)量為m，圓弧體質(zhì)量為M。取水平向右為正方向，從釋放a運動到圓弧面最低點時，根據(jù)水平方向動量守恒