【文档说明】湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高二上学期新起点考试物理试题 含解析.docx，共(21)页，1.570 MB，由小赞的店铺上传

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襄阳五中2025届高二上学期新起点考试物理试题注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题在每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；语法填空和书面表达题用0.5毫米黑色墨水签字笔答在

答题卡上相对应的答题区域内。答在试题卷上无效。一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1∼7题只有一项符合题目要求，第8∼10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.下列说法正

确的是（）A.由URI=可知，电阻与电压成正比，与电流成反比B.由lRS=可知，同种材料的导体，电阻与导体的长度成正比、与横截面积成反比C.由qIt=可知，电流与电量成正比，与时间成反比D.各种材料的电

阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而减小【答案】B【解析】【详解】A．URI=是电阻定义式，电阻是导体本身的性质，与电流、电压无关，故A错误；B．由lRS=可知，同种材料的导体，电阻与导体的长度成正比、与横截面

积成反比，故B正确；C．qIt=是电流的定义式，可知电流与电量、时间无关，故C错误；D．各种材料的电阻率都与温度有关，一般金属的电阻率随温度的升高而增大，故D错误。故选B。2.让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物由静止

开始经过同一加速电场加速，然后在同一偏转电场里偏转，最后都从偏转电场右侧离开，图中画出了其中一种粒子的运动轨迹，下列说法正确的是（）的A.在加速电场中运动时间最长的是一价氢离子B.经加速电场加速度后动能最小的是二价氦离子C.在偏转电场中三种离子的加速度之比为1:4:2D.在加速和偏转

过程中三种离子的轨迹都重合【答案】D【解析】【详解】B．设加速电压为1U，加速过程根据动能定理有21k1002=−=−qUEmv可得k1=EqU知加速后动能最小的离子是一价离子，故B错误；A．设加速电板间距离为L，在加速电场中运动时

间1122==LmtLvqU根据荷质比可知，加速时间最长的是一价氦离子，故A错误；C．设偏转电板间距离为d，偏转过程做平抛运动，则有2qUamd=知三种离子加速度之比为111::4:1:2142=故C错误；D．在加速电场中，受力方向相同，做直线

运动，轨迹相同；在偏转电场中，当水平位移为x时偏转轨迹为222222111224qUUxxyatmdvU===可知偏转轨迹与q、m无关，三种离子轨迹重合，故D正确。故选D。3.水平面上有质量比为1:2的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上

。一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的vt−图线如图所示，图中AB∥CD。则整个过程中（）A.F1的冲量等于F2的冲量B.F1的冲量大于F2的冲量C.摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量D.合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量【答案】D【解析】【详解】C．由题图

可知，AB与CD平行，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体受到的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小之比为::1:2ababffmm==a的运动总时间小于b的时间，则有aOBbODftft可知摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对

b物体的冲量，故C错误；AB．根据动量定理，对整个过程研究得110aOBFtft−=，220bODFtft−=又aOBbODftft可得1122FtFt即F1的冲量小于F2的冲量，故AB错误；D．根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，a

、b两个物体动量的变化量都为零，则合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量，故D正确。故选D。4.某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是（）A.该元件是非线性元件，所以不能用欧姆定律计算导体在某状态下的电阻B.所加电压为

5V时，导体的电阻是5ΩC.所加电压为12V时，导体的电阻是14ΩD.由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小【答案】B【解析】【详解】A．该元件是非线性元件，欧姆定律适用纯电阻元件，所以可用欧姆定律计算导体在某状态的电阻，

故A错误；B．当5U=V时，由图知电流为1.0I=A，根据电阻的定义式551.0URI===故B正确；C．所加电压为12V时，根据电阻的定义式81.251URI===故C错误；D．由图可知，随着电压的增大，根据电阻的定义可知导体的电阻不断增大，故D错误

。故选B。5.在x轴方向存在一静电场，其φ-x图像如图所示，一电子以一定的初速度沿x轴从O点运动到x4，电子仅受电场力，则该电子（）A.在x1处电势能最小B.从x2到x3受到的电场力和从x3到x4受到的电场力方向相反C.在x1处受到电场力最大D.在x3处电势为零，电场强度也为零【答案】A【解析

】【详解】A．电荷在某点的电势能为PEq=由公式可知，负点电荷在电势越大的地方，电势能越小，所以该电子在x1处的电势能最小，故A正确；B．x2到x3的场强方向向右，x3到x4的场强方向向右，所以电子在x2到x3和x3到x4受到的电场

力方向都是向左，方向相同，故B错误；C．φ-x图像中斜率表示电场强度，可知电子在x1处受到的电场力为0，故C错误；D．φ-x图像中斜率表示电场强度，x3处的斜率不为0，所以x3处的电场强度不为0，故D错误；

故选A。6.下表是某共享电动汽车的主要参数，根据信息，下列说法正确的是（）空车质量800kg电池能量50kWh标准承载200kg最大续航（充满电最大行驶路程）200km所受阻力与汽车总重比值（忽略空气阻力）0.09A.工作时，

电动汽车的电动机是将机械能转化成电池的化学能B.电池充满电时的电荷量为81.810CC.标准承载下，电动汽车以72km/h的速度匀速行驶10min所用电能为2.4kWhD.若标准承载下汽车以120km/h速度匀速行驶，汽车电动机输出功率不小于30kW【答案】D【解析】【详解】A．工作时，电动

汽车的电动机是将电能转化成机械能，故A错误；的B．由公式Wqt=得电池充满电时电能为81.810J=50kwhW=所以50kwh为充满电时的电能不是电荷量，根据题目已知信息无法求得电池充满电时的电荷量，故B错误；C．标准承载下，电动汽车以

72km/h的速度匀速行驶时，F=0.09mg功率P=Fv=0.09mgv=18kW如果电能全部转化为机械能时，根据W=Pt=3kW•h但实际过程中电能不可能全部转化为机械能，所以耗电量大于3kW•h，故C错误；D．若标准承载下汽车速度能达1

20km/h，功率P=Fv2=0.09mgv2=30000W=30kW则汽车电动机最大输出功率不小于30kW，故D正确；故选D。7.如图是一个多用表欧姆挡内部电路示意图。电流表满偏电流0.5mA，内阻10Ω；电池电动势

1.5V，内阻1Ω；滑动变阻器R0阻值范围为0~5000Ω。该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5V标度的。当电池的电动势下降到1.45V，内阻增大到4Ω时，若测得某电阻阻值为2400Ω，则这个电阻的真实值是（）A.2600ΩB.2320ΩC.2200ΩD.2100Ω【答案】B【解析】【

详解】将两表笔短接，则电流表满偏，根据闭合电路的欧姆定律得0GEIrRR=++解得02989GERrRI=−−=在两表笔之间接入一个2400R=的电阻，则流过表头的电流101A3600GEIrRRR==+++电池的电动势和内阻发生变化后，欧姆表需要重新调零，将两表笔短接，则

电流表满偏，由闭合电路的欧姆定律得0GEIrRR=++解得02886GERrRI=−−=在测量未知电阻时，由于读数为2400，则流过表头的电流211A3600II==，由闭合电路的欧姆定律得20GxEIrRRR=+++解得0

22320xGERrRRI=−−−=故选B。8.如图所示，固定的半圆形竖直轨道，AB为水平直径，O为圆心，同时从A点水平抛出质量相等的甲、乙两个小球，初速度分别为1v、2v，分别落在轨道上的C、

D两点，OC、OD与竖直方向的夹角均为37°，（sin370.6=，cos370.8=，忽略空气阻力，两小球均可视为质点），则（）A.甲乙两球下落到轨道的时间不等B.甲乙两球下落到轨道的过程中动量变化相等C.12:1:3vv=D.12:1:4vv=【答案】BD【

解析】【详解】A．甲乙两小球在竖直方向均做自由落体运动，且下落高度均为cos37hR=满足自由落体运动规律212hgt=即甲乙两个小球在空中的运动时间相同，故A错误；B．甲乙两球下落到轨道过程中动量变化均满足mgtp=又因为两小球质量和运动时间相同，故甲乙两球

下落到轨道的过程中动量变化相同，故B正确；CD．甲球在空中运动的水平距离为1sin370.4xRRR=−=乙球在空中运动的水平距离为2sin371.6xRRR=+=又因为甲乙两小球在水平方向均做匀速直线运动，故有1212::1:4xxvvtt==故C错误，D正确。故

选BD。9.如图所示的电路中，电源电动势为2V，内阻0.5=r，电阻11.5R=，电阻22R=，电阻33R=，滑动变阻器4R接入电路的阻值为2，电容器的电容1.0μFC=，电阻3R与电容器间的导线记为d，单刀双掷开关S与触点1连接，下列说法正确的是（

）A.如果仅将4R的滑片向上滑动，1R消耗的功率减少的B.如果仅将4R的滑片向上滑动，电源的输出功率减小C.如果仅将4R的滑片向上滑动，电容器两极板间的电势差增大D.若仅将开关S由触点1拨向触点2，流过导线d的横截面的电荷量为61.7

510C−【答案】CD【解析】【详解】A．如果仅将4R的滑片向上滑动，接入电路电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知114EIRRr=++则电流变大，所以1R消耗的功率211PIR=变大，故A错误；B．电源输出功率和外电阻关系图像如图所示由题

中已知数据可知在滑动变阻器滑片向上滑动过程中外电阻始终大于内阻，由图像可知当外电阻减小时，电源输出功率增加，故B错误；C．电容器两端的电压为111UIR=故电容器两极板间的电势差变大，故C正确；D．开关S与触点1接通1140.5AEIRRr=

=++电容器两端电压1110.75VUIR==开关S与触点2接通2140.5AEIRRr==++电容器两端电压2241VUIR==但电容器两极板电性发生改变，所以流过导线d的横截面的电荷量()6121.7510CQCUU−=+=

故D正确。故选CD。10.如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球静止在M点。现给小球一垂直于OM的初速度v0，

使其在竖直平面内绕O点恰好做完整的圆周运动，AB为圆的竖直直径。已知匀强电场的场强大小为3mgq，重力加速度为g。当小球第二次运动到B点时细线突然断裂，则下列说法正确的是（）A.小球做完整的圆周运动时，动能的最小值为

mgLB.细线断裂后，小球动能的最小值为12mgLC.从细线断裂到小球的动能与B点动能相等的过程中，电势能增加了mgLD.从细线断裂到小球的电势能与B点电势能相等的过程中，重力势能减少了83mgL【答案】ABD【解析】【详解】

A．由题意等效最高点在OM连线的反向延长线与圆周的交点上，设为N，则在N点满足22()(3)2Fmgmgmg=+=等所以22mvmgL=即动能的最小值为2kmin12EmvmgL==故A正确；B．由题意细线断裂后，当B点速度沿与等效

重力反方向的分速度为零时，动能最小，又因为从B到N点，由动能定理得22112(sin30)22BmgLLmvmv−−=−解得2BvgL=所以最小动能为2kmin11(sin30)22BEmvmgL==故B正确；C．因为从细

线断裂到小球的动能与B点动能相等的过程中，由动能定理知合外力做功为零，即B点速度沿与等效重力反方向的分速度变为等大反向时，故满足cos30Bvat=22mgagm==sin302Bxvt=p3(cos60)2EqExmgL=−−=即电势能

增加了32mgL，故C错误；D．从细线断裂到小球的电势能与B点电势能相等的过程中，即电场力做功为零，即相当于B点水平方向的速度等大反向时，即''Bvat='qEma=21(2')2hgt=Wmgh=p'WE=−解得

p8'3EmgL=−故D正确。故选ABD。二、填空题：本大题共2小题，每空2分，共18分。11.某兴趣小组想要较精确地测量灵敏电流计G1的内阻Rg，实验室中可供利用的器材有：待测灵敏电流计G1：（量程0~1mA，内阻约500Ω）灵敏电流计G2：（量程0~2mA，内阻约200Ω）定值

电阻R1：（阻值为400Ω）定值电阻R2：（阻值为600Ω）电阻箱R：（0~999.9Ω）直流电源：电动势1.5V开关一个，导线若干。该小组设计的实验电路图如图所示。连接好电路，并进行实验。（1）实验时，先将滑动变阻器和电阻箱的阻值调至接近最大值，闭合开关。减小电阻箱的阻值时

，观察到灵敏电流计G2的示数也减小，则此时a点电势比b点电势________（选填“高”或“低”）。（2）继续减小电阻箱的阻值，当G2的示数为0时，电阻箱的示数为750.9Ω，G1的示数为0.80mA，则G1的内阻Rg=________。（3）

该电源的内阻对G1的内阻Rg的测量结果________（选填“有”或“没有”）影响。【答案】①.高②.500.6③.没有【解析】【详解】（1）[1]实验时，先将滑动变阻器和电阻箱的阻值调至接近最大值，闭合开关，再减小电阻箱的阻值时，电桥原理则a点电势降低，发现2G的示数也减小；通

过2G的电流方向由a到b，则此时a点电势比b点电势高。（2）[2]当2G的示数为0时，电阻箱的示数为750.9Ω，1G的示数为0.80mA，则有g12RRRR=可得1G的内阻为1g2400750.9Ω500.6Ω600RRRR===（3）[3]根据g12RRRR=可知该电源的内阻对1

G的内阻gR的测量结果没有影响。12.在有光照时，太阳能电池利用半导体“P-N结”受光照射时的光伏效应发电，将光能转化为电能，可以视为一个电源。某实验小组想用伏安法测量光照一定的情况下（电动势不变）某太阳能电池的电动势E（约3V）和内阻(5Ω20Ω)rr

，所提供的器材有：A．电压表1V：量程0~3V，内阻约3kΩB．电压表2V：量程015V，内阻约15kΩC．电流表1A：量程0~300mA，内阻约0.3ΩD．电流表2A：量程03A，内阻约0.03ΩE．滑动变阻器R：最大阻值为50ΩF．开关和导线若干（1）为使

测量结果尽量准确，能采集多组实验数据且便于实验操作，电流表应选_________，电压表应选_________。（均填器材前的序号字母）（2）请在答题卡上将图（a）所示的器材符号连线，画出实验电路原理图_________。（3）实验小组调

节滑动变阻器测得多组电压和电流数据，并在坐标纸上描绘出光照一定情况下（电动势不变），电池的路端电压U与输出电流I的关系如图（b），他们发现当输出电流0150mAI时，U与I成线性关系。则该电池的电动势E=_________V

，在满足U与I成线性关系的条件下，该电池的内阻r=_________Ω。（均保留2位有效数字）（4）在实验设定的光照下，在满足U与I成线性关系的条件下，该电池的最大输出功率为maxP=_________W（保留2位有效数字

）。【答案】①C②.A③.④.2.9⑤.7.3⑥.0.27【解析】【详解】（1）[1][2]电动势E约为3V，即电压最大测量值约为3V，此时干路电流EIr=解得干路电流约为150mA~600mA，由以上分析可知，电压表应选择A，

电流表应选择C。（2）[3]因内阻r较小，电流表的分压作用大于电压表的分流作用，故应用电压表测量路端电压，实验电路图如下图（3）[4][5]由闭合电路欧姆定律可知UEIr=−故图像纵轴截距表示电源电动势，读数可知2.9VE=

.的图像线性部分的斜率的绝对值等于内阻的大小2.92.17.30.11rk−===（4）[6]当干路电流与路端电压呈线性关系时，内外电阻相等时，电源的输出功率最大，在图像上画出外电路电阻7.3Rr==的伏安特性图线，如下图此时交点处电流约为195mA，超出线性范围，若电阻

R的图线在150mA处与电源的伏安特性图线相交，可以求得此时电阻R的阻值为2.315.330.15R==此时外电路电阻大于内阻，若交点处电流继续减小，电阻R的阻值将增大，电源的输出功率减小，即外电路电阻15.33R=时，电源的输出功率最大，如下图此

时，电路中干路电流0.15AI=路端电压1.8VU=电源的输出功率为0.15W0.27W1.8PUI===三、解答题：本大题共3小题，共42分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。13.如图所示是一个示波管工作

的原理图，电子经过加速电场1U加速后垂直进入偏转电场2U，偏转电场的两个平行板间距离为d，板长为L，离开偏转电场时偏转量是h，每单位偏转电压引起的偏转量（2hU）叫示波管的灵敏度，已知电子的质量为m，电荷量为e，求示波管的灵敏度。【答案】214LdU【解析】【详解】电

子加速过程有2112eUmv=电子在偏转电场中有Lvt=，212hat=根据牛顿第二定律有eEam=偏转电场中的电场强度2uEd=解得2214hLUdU=14.如图所示，质量分别为10.1kgm=、20.2kgm=的物体A、B用跨过定滑轮的轻绳连接，其中物体A

位于水平地面上，与水平地面间的动摩擦因数0.1=，与滑轮距离足够远；物体B带正电，带电量4210Cq−=，位于倾角30=的光滑绝缘斜面上，斜面上与物体B相距1.5md=的C点下方存在沿斜面向上的匀强电场，电场强度大小为7000N/CE=。0=t时刻将物体B由静止释

放，物体A、B视为质点，重力加速度g取210m/s，求：（1）物体B到达C点时的速度大小；（2）物体B从开始到第一次运动至最低点的过程中克服电场力做的功。【答案】（1）3m/s；（2）3.15J【解析】【详解】（1）对AB组成的整体，由牛顿运动定律得()2112sinmgmgmma−=+当

物体B到达C点时22Cvad=得3m/sCv=（2）B冲入电场后，假设绳子松弛，则对B物体有222sinqEmgma−=得22s2m/a=对A物体有111mgma=得211m/sa=21aa即B物体

减速得更快，绳子松弛，假设成立，B物体运动到最低点的过程中，有222Cvsa=WqEs=克得3.15JW=克15.在如图甲所示的平面直角坐标系内，有三个不同的静电场。第一象限内有由位于原点O，电荷量为Q的点电荷产生的电场E1（未知）（仅分布在第一象限内）；第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场；第四

象限内有电场强度按图乙所示规律变化、方向平行x轴的电场E3，电场E3以沿x轴正方向为正方向，变化周期304mxTkQq=。一质量为m、电荷量为+q的离子（重力不计）从（-x0，x0）点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做圆周运动。以离子经过x轴

时为计时起点，已知静电力常量为k，求：（1）离子刚进入第四象限时的速度大小；（2）当tT=时，离子的速度大小；（3）当(123)tnTn==、、、时，离子的坐标（结果用x0表示）。【答案】（1）00kqQvmx=；（2）0152kqQvmx=；（3）离子的横

坐标为：()001243nxnnxx=++1,2,3,n=……，离子的纵坐标为：002nynvTnx=−=−1,2,3,n=……【解析】【详解】（1）根据牛顿第二定律得20200vqQkmxx=解得00kqQvmx=（2）进入第四象限

后，竖直方向上做匀速直线运动，水平方向上先加速后减速，根据动量定理得2200222xkQTkQTqqmvxx−=解得04xkqQvmx=当tT=时，离子的速度大小为220xvvv=+解得0152kqQvmx=（3）前半个周期离子水平方向的加速度为2020kQqxkqQam

mx==第一个周期内0.5122TTvaaT==112224TaTvaTaT=−=第一个周期内的水平位移为211115224222216aTaTaTTTsaT+=+=第二个周期内1.513424TTvaTaaT=+=2314222TaTvaTaT=−

=第二个周期内的水平位移为22133194442222216aTaTaTaTTTsaT++=+=第三个周期内2.5122TTvaTaaT=+=3.03224TaTvaTaT=−=第三个周期内水平方向的位移为23131324222216aTaTaTaTTTsaT++=+=根

据等差数列，第n个周期内水平方向的位移为()()22251114116416nsaTnaTnaT=+−=+1,2,3,n=……前n个周期内水平方向的位移为()()22251411161623216nnaTnaTxnnaT++==+1,2,3,n=……2320

02044mxkqQaTxmxkQq==当tnT=1,2,3,n=……时，离子的横坐标为()0004123nnxxxnnxx=+=++；1,2,3,n=……当tnT=1,2,3,n=……时，离子的纵坐标为获得更多资源请扫码加入享学资源

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