安徽省合肥市第六中学2025-2026学年高二上学期期中教学质量检测物理试卷

合肥六中2025-2026学年上学期高二期中教学质量检测 物理 (考试时间：75分钟满分：100分) 一.选择题(1-8为单项选择，每道题4分，共32分；9-10为多项选择，每道题5分，共10分) 1.关于电源和电流，下述说法正确的是() A.电源的电动势在数值上始终等于电源正、负极之间的电压 B.电流的方向是负电荷定向移动的方向，导线中自由电荷定向运动的速率接近光速 C.磁通量有方向，所以是矢量 D.麦克斯韦提出变化的磁场会在空间激发一种电场 2.在静电场中，一个电子由a点移到b点时电场力做功为5V,则以下认识中正确的是() A.电场强度的方向一定由b沿直线指向aB.a、b两点间电势差Ua-5V C.电子的电势能减少5eV D.电子的电势能减少5J 3.一列沿x轴向右传播的简谐横波在t=4s时的波形如图甲所示，x=2m处质点的振动图像如图乙所示， 则波速可能是( y/cm Y/n 图甲 图乙 A.mls B.m/s C.m D.mls 4.如图所示，一轻质弹簧下端系一质量为m的物块，组成一竖直的弹簧振子，在物块上装有一记录笔， 在竖直面内放置有记录纸。当弹簧振子沿竖直方向上下自由振动时，以速率V水平向左匀速拉动记录纸， 记录笔在纸上留下如图所示的余弦型函数曲线印迹，图中的y、y2、x0、2x0、3x和为记录纸上印迹的位置坐 标值，P、Q分别是印迹上纵坐标为y,和2的两个点。若空气阻力、记录笔的质量及其与纸之间的作用力 均可忽略不计，则下列说法正确的是() A.该弹簧振子在P点时的加速度最大，在Q点时的加速度最小 B.若拉纸的速度y变大，该弹簧振子的周期变大 C.由图可计算该弹簧振子的周期为如 ￥0 D.在记录笔留下PQ段印迹的过程中，物块所受合力的冲量为零 OlXo 2to 3xo 5.如图所示，α和b是完全相同的两个电容器，串联接在电动势为E=6V的电池（内阻不可忽略）两端 充电，达到稳定后将一内阻为几千欧姆的直流电压表接到电容器α的两端，经过一段时间后电路又重新达 到稳定。下列说法正确的是() A.电压表示数为3V,电压表接入之前电容器a和b带电量相等 B.电压表示数为3V,电压表接入稳定之后电容器a带电量为零 C.电压表示数为0，电压表接入之前电容器α和b带电量不相等 D.电压表示数为0，电压表接入稳定之后电容器α带电量为零 6.甲、乙两物体以相同的初动量在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其动量p随时间的变化规律 如图所示，已知甲、乙两物体与地面间的动摩擦因数相同，在此过程中() A.甲、乙两物体的质量之比为1：1 P Po B.甲、乙两物体的初速度大小之比为2：1 7 C.甲、乙两物体受到的摩擦力冲量大小之比为1：1 甲 D.甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为2：1 7.如图，水平面上O与O点分别放置等量异种点电荷+Q与-Q,两个半径均为R的四分之一圆弧光滑细 管AB与BC在B处平滑连接，BC固定在水平面上，其圆心为O,AB所在平面垂直平分线段OO',现让一 质量为m、电荷量为+9的小球从A处静止释放进入细管，从C处离开，重力加速度大小为g,下列说法正 确的是() A,小球经B处时动能大于mgR B.小球从B到C过程中，点电荷-Q对其做正功 C.小球在C处动能小于mgR R D.小球从B到C过程中，电势能不变 8.中国新一代粒子研究器“超级陶聚装置近日正式启动，静电分析器是其重要组成部分。静电分析器的两 、电极之何存在如图所示的静电场，以静电场中任意一点电场方向均沿半径方向指向圆心，大小均满足E=人 (k为与装置有关的常数，r为该点到圆心0的距离)。某次实验中质量之比为1：2、电荷量之比为2：1 的甲、乙两粒子由入射口P进入静电分析器，分别沿轨迹1、Ⅱ仅在电场力作用下做圆心为O的匀速圆周运 动，最后从出射口Q射出，下列说法正确的是() 电极 A.甲、乙两粒子运动时的速率之比为2：1 B.甲、乙两粒子运动时的角速度之比2：1 C.甲、乙两粒子运动时的动量大小之比为1：2 D.甲、乙两粒子运动时的动能之比为1：2 9.如图所示，在某一点电荷Q产生的电场中，有A、B两点。其中A点的场强大小为E,方向与AB连 线成90°角，B点的场强大小为EB,方向与AB连线成150°角。则关于A、B两点电 E 势高低及场强大小的关系正确的是() 4 A. B. C.E=3Ea D.E=4Eg 1509 10.如图甲，竖直挡板固定在光滑水平面上，质量为M的光滑半圆形弯槽静止在水平面上并紧靠挡板，质 量为m的小球从半圆形弯槽左端静止释放，小球速度的水平分量和弯槽的速度与时间的关系如图乙所示。 下列说法正确的是() A.小球释放后，小球与弯槽系统动量守恒 B.2时小球到达位置低于释放时的高度 C.由图可知m大于M D.图中阴影面积S2<2S 二.填空题（每空2分，共18分） 11.某同学设计了如图1所示的单摆装置来测量当地重力加速度g,将小钢球通过没有弹性的长为1的细 绳悬挂于O点，小球通过最低点时球心会经过光电计时器，光电计时器用于测量小球的通过时间及次数。 (1)本实验中有关小球摆动时对应的圆心角α、绳长【与小钢球直径d的关系，最符合要求的是（多选）。 A.圆心角a很小 B.圆心角a不大于30即可 C,1大于d即可 D.I远大于d (2)若已知绳长1，还需要测量小钢球的直径d。某同学利用测量工具测 得d的值如图2所示，其读数为d= mm. 40 (3)某次实验时，他将小钢球第一次到达最低点记作次数0，此时开始 计时，经时间t小球第次经过最低点，则当地重力加速度的测量值 -30 光电计时器 8= (用测量的物理量字母符号表示)。 图1 图2 12.某实验小组准备利用表头G,设计一个多挡位欧姆表，G,量程为200uA,但不知道其内阻。为了精确 测量表头内阻，小组首先采用“电桥法进行测量。实验电路如图所示： 1 2.55.025P -2 200发 表笔a 表笔b 丙 (I)闭合开关，将滑动变阻器滑片置于合适位置。调节，当灵敏电流计G,中的电流为 (选填“满偏”、 “半偏”或“0”)时，电阻箱R3的读数为1080.02。已知定值电阻R1=50.02,R2=30.02,计算出RG 2 (2)将表头G.改装成具有“×I0”、“×100或“×1k三个挡位的欧姆表，如图乙所示。电源电动势E=3.0V, 内阻忽略，，为调节范围足够的滑动变阻器，且接线柱3未接电阻。表笔b为 (填“红”或“黑”) 表笔：当开关S接接线柱3时，对应的倍率为 (填“×10、“×100或xk”):短接表笔a、b 进行欧姆调零时，R应调至 (3)将开关拨至3测量某个电阻，进行欧姆调零后，将两表笔接待测电阻两端，示数如图丙所示，该电阻 的阻值为Ω 三.解答题（共3小题，13题10分，14题15分，15题15分） 13.在x=0处的波源从t=0时刻起开始振动，产生的简谐横波在t=0.1s时的波形图如图所示，此时x=2 处的质点恰好起振。求： (1)波速大小： (2)距离波源8m的质点Q，从波源起振开始经多长时间第一次到达波峰。 ◆/cm x/m 14.如图，空间存在范围足够大且与水平地面成30°角的匀强电场，图中带箭头的实线为电场线，一光滑 的竖直大圆环固定在地面上且和电场线共面，O为圆弧轨道的圆心，PQ为直径。一带电小环（视为质点） 静止套在P点，半径OP与竖直方向的夹角为60°。己知圆弧轨道的半径为R-0.4m,小环的质量为m=1kg, 电荷量为q1C(q心0)，重力加速度大小为8，不计空气阻力，求： 0609 、309 (I)电场强度E的大小： (2)若在P点给小环一个初速度，（沿切线方向），使小环沿圆弧轨道恰好能做完整的圆周运动，则，的大 小为多少？ (3)若在P点给小环一个初速度y,=2V3ms(沿切线方向)，小环经过0.2s到达大圆环最高点M,求该过程大 圆环对小环作用力的冲量？ 15.如图甲所示，在光滑水平地面上固定一个竖直光滑圆形轨道，圆心角0=53°，与地面平滑相切于C处， 半径为R=m。右侧DP之间有一个如图所示长为x0.12m的长方形区域（足够高），内存在未知的匀强电 场，电场右侧紧接着一倾角a-37固定在水平地面上的斜面PQ。一轻弹簧的两端与质量分别为m、m2(已 知m2=1kg)两物块相接触但并不连接，m2带正电q=1C(整个运动过程不影响其电量)，m1不带电。现使物 块m,获得水平向右的瞬时速度，并从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示(：后未 画出，m、m到达C之前已经分开)。m2与弹簧分离后，将m1和弹簧取走，m2经CD轨道从D处沿切线方 向飞出后，恰能从P点以vp=1.5ms的速度平行PQ方向飞入斜面。整个装置均处于同一竖直平面内，不计 空气阻力，不计m2电量对匀强电场的影响，重力加速度8取g=10ms2,sin37°0.6，cos37-0.8。求： v/(m-s) →s 用 (1)物块2经过C点时受到圆管的作用力大小： (2)求长方形区域内电场强度的大小和方向； )若斜面P下方有一段粗糙部分PM,长度L-m,与物块2间的动摩擦因数2斜面底端固定一轻质 弹簧，弹簧始终在弹性限度内，且不与粗糙部分PM重叠，求物块2在PM段上运动的总路程s。 试卷第4贝，共4贸 合肥六中2025-2026学年上学期高二期中教学质量检测答案 物理 4 5 6 8 9 10 D A D D AD BD 1.【答案】D 【详解】A.电源电动势在断路时等于正负极间电压，闭合时因内阻分压，路端电压小于电 动势，故A错误； B.电流方向与自由电子定向移动的方向相反：自由电荷定向速率远小于光速（电场传播速 率接近光速)，故B错误； C.磁通量是标量，故C错误；故D正确。 故选D。 2.【答案】C 【详解】A.根据题意可知，电子由a点移到b点，电场力做功5eV,但电子的所受电场力 方向不一定是a到b,电场强度的方向不一定由b指向a,A错误； B.a、b两点电势差： U-形=5ey-5V. g-e B错误； CD.由于电场力对电子做功5eV,电子的电势能就减少了5eV,约9x1019J,C正确D错 误。 本题选错误的，故选C。 3.【答案】A 【详解】根据图乙，在t=4s时x=2m处的质点在平衡位置向上运动； 若波向右传播，根据图甲得 5+n=2, n=0,1,2. 2 根据图乙，周期为T=4s,又因为=2 T 解得v= =lm/s,-m/s,二m/s,-m/s…n=0,l,2.. 2n+1 3 51 故选A。 4.【答案】D 【详解】A.该弹簧振子在P点时的加速度最大，在Q点时的加速度也最大，A错误； B,若拉纸的速度y变大，不影响弹簧振子运动，该弹簧振子周期不变，弹簧振子的振动与 纸带的运动无关，B错误： C.弹簧振子的周期应当是两次相邻波峰之间经过的时间，为如，C错误 D.在记录笔留下PQ段印迹的过程中，物块所受合力的冲量为I=mv。-mvp=0-0=0 D正确；故选D。 5.【答案】D 【详解】电压表接入之前，由于a和b是完全相同的两个电容器，所以a和b两端电压相等， 所带电量相等；因为电压表是由小量程表头串联大电阻改装而成，将电压表接到电容器α 的两端，稳定后，由于电容器b的存在，使得回路电流为0，则流过电压表表头的电流为0， 所以电压表示数为0，则电容器a两端电压为0，电容器a带电量为零。 故选D。 6.【答案】C 【详解】A.根据动量定理-mg=0-A,得m=P可知质量之比等于运动时间的反比， ugt 即甲、乙两物体的质量之比为2：1，故A错误； B.根据p=mv,甲、乙两物体的初速度大小之比为1：2，故B错误： C.根据I=△p,甲、乙两物体受到的摩擦力冲量大小之比为1：1，故C正确： D. 根据动能定理m,=m心=P，甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为1：2，故D错 2 2m 误。 故选C。 7.【答案】C 【详解】A.由于A、B均位于点电荷Q与-Q组成的等势面上，所以小球从A到B只有重力 做功，根据动能定理，有gR=△Ex 可知小球在B处动能为mgR,故A错误； BCD.从B到C的过程中，+Q对小球不做功，一Q对小球做负功，合外力对小球做负功， 小球动能减小，电势能增加，故C正确，BD错误。 故选C。 8.【答案】A 【详解】A.由电场力提供向心力可得 b gE =m- 其中 解得 gk m 故 9年mz 22 =2 可得速度之比为2：1，故A正确； B.根据 r 由于两粒子运动的半径之比未知，则角速度之比未知。故B错误： C.由动量 p=mv 可得 座=m生×2=1 Pz me v 21 可得动量之比为1：1，故C错误： D.动能 可得动能之比为 可得动能之比为2：1，故D错误。 故选A。 9.【答案】AD 【详解】将E4、E延长相交，交点即为Q点的位置。设AB两点到Q的距离分别为R4和 RB,由几何知识得到R,=ABtan30°，Ra= AB c0s30° 则1 故根据点电荷电场强度公式E=k 产得E,=46, 由电场线的方向可知，场源电荷为正电荷，由于B离Q点较远，故有p4>PB 故选AD。 10.【答案】BD 【详解】A.小球从弯槽左侧边缘静止下滑的过程中，弯槽对球的支持力沿半径方向指向圆 心，而小球对弯槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直挡板挡住，所以弯槽不会向左运 动，则小球与弯槽在水平方向受到外力作用，系统动量不守恒；小球从弯槽最低点向右侧运 动过程，由于存在小球的重力作用，系统动量不守恒，但水平方向所受合外力为零，故水平 方向动量守恒，故A错误： B.时小球与弯槽在水平方向第一次共速，即小球到达弯槽右侧，2时再次共速则到达弯 槽左侧，根据能量守恒mgh-(m+M)心片+mg 可知h>h,故小球此时不可能到达释放时的高度，故B正确： C.小球通过弯槽最低点后，系统水平动量守恒，则有m%=M,-my, 移项得m(y+y2)=M 若m大于M,则y+y2< 图中明显获知%>，故C错误； D.小球第一次到达弯槽最低点时，其具有最大速度，而在(~，时间内即小球的从弯槽右 侧共速点到左侧共速点，共速点低于弯槽左右两端，根据y,-t图像围成面积等于水平位移， 得S,=R,而S2为t~t2两者的相对位移，有S2<2R,故D正确。 故选BD。 11.【答案】(1)AD (2)3.860 3g号+d 【详解】(1)单摆对摆角的要求为摆角很小，且细绳长度远大于小球直径，故AD正确。 (2)读数为d=3.5mm+0.01×36.0mm=3.860mm。 (3)根据题意周期T=2 由单摆周期公式T=2π 其中L=l+ d 2 解得g兰时0 12.【答案】(1)0 1800 (2)黑 ×lk 13200 (3)19000 【详解】(1)调节R,当灵敏电流计G中的电流为0时，待测电阻的阻值为元尺 解得R.=1800.02 (2)表笔b接内部电源正极，故应为黑表笔。接线柱3未接电阻，表头和分流电阻构成的 电流表量程最小，倍率最大，可知倍率为×1k”。短接调零时，满偏电流g=200A 由rg+R号-15000n 得R0=132002 (3)接3接线柱，量程为×1k,读数为190002 13.【答案】(1)20m/s(5分) (2)0.45(5分) 【详解】(1)由图可知2=2×2m=4m----2分 T=2×0.ls=0.2s-- -2分 则波速为y= --1分 T =20m/s- (2)波沿x轴正方向传播，根据平移法可知，从0时刻波源振动起，质点Q第一次到达 波峰处的时间即波传播△x=8m-----1分 所用的时间，则有仁=0.4s --2分 再到达波峰需要振动-！T-0.05s --1分 所以总共需要0.45s----1分 14.【答案】(1)10Vm(6分) (2)4m/s (6分) (3)4Ws;与水平方向夹30，斜向左下方(3分) 【详解】(1)带电小环静止在P点时，设大环对小环的支持力为F,根据共点力平衡条件 Fcos60°+qEcos60°=mg,Fsin60°=qEsin60°- -5分 解得E="mS10vm-1分 (2)小环沿圆弧轨道恰好能做完整的圆周运动，则小环在等效最高点Q点，由重力和电场 力的合力提供向心力，重力和电场力的合力F盒=g 在Q点的速度为0-----3分 小球从r点运动到Q点，根据动能定理-R×)-店m时 解得vo=2√gR=4mls- -3分 060 309 (3)根据动量定理，IwF合广mAv矢量式----1分 根据动能定理得从P到M:F含cos30°=mW2-vp2)-1分 得vMO 得；Iw=4N.s;方向斜向左下方与水平夹300 --1分 15.【答案】(1)24.4N(6分) (2)E=15Vm,方向竖直向下(3分) (6S-8m (6分) 【详解】(1)物块1、2组成的系统动量守恒可得mY=(m+m2)v共 可得解得m1=2水g-----1分 当物块1小、2与弹簧分离时，由机械能守恒定律可得=2m+2m,…1分 物块1、2组成的系统动量守恒，则有my。=my+m2y2----1分 解得y=0.75m/s,y2=3m/s-------1分 在C处，由牛顿第二定律可得人-m,8=m -1分 R 解得Fw-24.4N-- ----1分 (2)物块2由C运动到D的过程中，由动能定理可得-m2gR(1-cos53)m2(yD2-v22) 得vp=2mls- ---1分 物块2恰能从P点以vp=1.5ms的速度平行PQ飞入斜面，即其速度与水平方向夹角为37°， 则vp恰好与yp垂直，△=2.5m/s ---1分 方向竖直向下。D点与P点的水平距离为x=Vp cos53°t,可求出a==25m/s2 求得E-15Vm方向竖直向下----1分 (3)F,tan37°，所以物块2不会停在斜面上。 1分 如果物块2能回到P点，-2m2gcos37°L=m2(yp2-vp2),yp2<0,无法回到P点飞出--2 分 所以物块2一直在斜面上来回滑动，最终在光滑处简谐振动，到M点速度为零（简谐运动 最高点)，又下滑。 从P往复多次到M(最终简谐振动状态)：由动能定理 m2gc0s37°S+2gLsi37°=5m2(0-vp2）----2分 解得Sm1分