湖南省岳阳市平江县颐华高级中学2025-2026学年高二上学期第二次阶段检测物理试题

颐华学校2024级高二上学期第二次大练习考试试卷 物理 满分100 时量75分钟 一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项符合题目要求。 1一列沿着x轴正方向传播的横波，在仁0时刻的波形如图甲所示，图甲中某 质点的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是() A.该波的波速为4m/s ty/cm ty/cm 13 B.图乙表示质点S的振动图像 68x/m 134ts C.质点R在仁6s时的位移最大 D.质点Q经过1s沿x轴正方向移动2m 2如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1kg的小铁球，两端A、B悬挂在倾角 为30的固定斜杆上，间距为1.5m。小球平衡时，A端细线与杆垂直；当小球受到垂直 纸面方向的扰动做微小摆动时，等效于悬挂点位于小球重垂线与AB交点的单摆，重力 加速度g=10m/s2,则() A摆角变小时，周期变大 B.小球摆动周期约为2s C小球平衡时，A端拉力大小为号N 309 D.小球平衡时，A端拉力小于B端拉力 3图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机 在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度α随时间 t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是() A.0时，弹簧弹力为0 ↑a/ms-2) B.0.2s时，手机位于平衡位置上方 C.从0至=0.2s,手机的动能增大 0 1.2 t/s D.a随t变化的关系式为a-4sin(2.5πt)m/s2 甲 1 4真空中有一正三角形ABC,如图所示，M、N分别为AB、AC的中点，在B、 C两点分别固定等量异种点电荷，其中B点固定正电荷，C点固定负电荷。则( A.沿直线从A点到M点，电势逐渐降低 B.若电子沿直线从N点移动到A点，电子的电势能逐渐增大 C将电子从M点移动到A点，静电力一直做正功 B D.电子从M点移动到A点与从A点移动到N点静电力做的功相等 5如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两 倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高 为h,直径为D,重力加速度为g,则水离开出水口的速度大小 细水管 为() A兰层 4V2h C2+1D 2 √2h D2+ID层 6 2022年12月8日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条直 线，此现象被称为“火星冲日”。火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太 阳做圆周运动，火星与地球的公转轨道半径之比约为3：2，如图所示。根据以上 信息可以得出( ) A.火星与地球绕太阳运动的周期之比约为27：8 B.当火星与地球相距最远时，两者的相对速度最大 地球 - 太阳 火星 C.火星与地球表面的自由落体加速度大小之比约为9：4 D.下一次“火星冲日”出现在2023年12月8日之前 7在某次安全测试中，某款汽车在平直公路上行驶，突然发现前方有障碍物， 智能系统识别后紧急恒力制动。从制动开始计时，该汽车的位移和时间的比值与 t之间的关系图像如图所示，则下列说法正确的是( A.该汽车的初速度为20ms (m-s-) B.该汽车的初速度为6m/s 20 C.该汽车的加速度大小为4m/s2 12 D.该汽车从制动到停止用时5s t/s 二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有 多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 8甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，波速均为2/s。仁0 时刻二者在x=2处相遇，波形图如图所示。关于平衡位置在x=2m处的质点P, 下列说法正确的是() y/cm 甲 A.=0.5s时，P偏离平衡位置的位移为0 B.仁0.5s时，P偏离平衡位置的位移为-2cm c/m C.仁1.0s时，P向y轴正方向运动 D.=1.0s时，P向y轴负方向运动 9.如图所示，电源电动势为E,内阻不计，R1、R2、R4为阻值相同的定值电阻，R,为滑 动变阻器，电表均为理想电表。现闭合电键S将R的滑片向右滑动，电压表V1、V2的 示数改变量的绝对值分别为△U1、△U2,电流表A的示数改变量的绝对值为△I,下列说 法正确的是() A.电流表A的示数变大 R B.△U1<AU2 R c兴变大 D.兴不变 10如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以 底边N为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆 柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中() A.圆柱体对木板的压力逐渐增大 B.圆柱体对木板的压力先增大后减小 C两根细绳上的拉力均先增大后减小 D.两根细绳对圆柱体拉力的合力逐渐减小 三、非选择题：本题共5小题，共57分。 11(8分每空2分)利用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律，A为装有 挡光片的钩码，总质量为M,轻绳一端与A相连，另一端跨过轻质定滑轮与质 量为m的重物B相连。实验过程如下：用千分尺测出挡光片的宽度为d先用力 拉住B,保持A、B静止，测出A下端到光电门的距离为h(>);然后由静止 释放B,A下落过程中挡光片经过光电门，测出挡光时间为。已知重力加速度 为g 挡光片 25 光电门 20 15 甲 乙 (1)为了能完成上述实验，M (选填“>”“=”或“<”)月 (2)某次实验中用螺旋测微器测出挡光片的宽度，测量结果如图乙所示，则挡光片 的宽度为d正= mm; (3)在A从静止开始下落h的过程中，如果满足 则验证A、B和地球所组成的系统机械能守恒（用题中所给物理量的符号表示）： (4)挡光片经过光电门的速度与钩码A下落h时的瞬时速度间存在一个差值，为 减小这个差值，可采取的措施是 (写出合理的一条即可)。 12(8分每空2分)某实验小组为了测量某电压表V的内阻，他们找到如下 实验器材： 学生直流电源E 电阻箱R(最大阻值99992) ×1000 ×100 标准电压表Vo 滑动变阻器R1(最大阻值502) ×10 ●) 滑动变阻器R2(最大阻值5002) 甲 开关、导线若干 (1)他们设计了如图甲所示实验电路图，滑动变阻器应选择 (填“R1”或 “R2”)。 (2)正确连接电路后，调节滑动变阻器滑片至最 端（填“左”或“右”）， 电阻箱阻值调为 (填“零”或“最大值”)：闭合开关，调节滑动变阻器 使电压表满偏；保持滑动变阻器滑片位置不动，调节电阻箱阻值，使电压表半偏， 此时电阻箱示数如图乙所示，则可认为电压表内阻为 2。 13(10分)一辆汽车以3m/s2的加速度开始启动的瞬间，一辆以6/s的速度 做匀速直线运动的自行车恰好从汽车的旁边通过。试求： ()(5分)汽车在追上自行车前运动多长时间与自行车相距最远？此时的距离是 多少？ (2)(5分)汽车经多长时间追上自行车？追上自行车时汽车的瞬时速度是多大？ 14(14分) 如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管AB固定在竖直平面内，圆管的 圆心为O,D点为圆管的最低点，A、B两点在同一水平线上，过OD的虚线与 过AB的虚线垂直相交于C点。在虚线AB的上方存在水平向右的、范围足够大 的匀强电场，虚线AB的下方存在水平向左、范围足够大的匀强电场，电场强度 大小与AB上方电场强度大小相等。圆心O正上方的P点有一质量为、电荷量 为q(心0)、可视为质点的绝缘小球。现将该小球无初速度释放，经过一段时间， 小球刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，并继续运动。已知圆管的半径=√2s,圆 管的管径忽略不计，AB=2s,PC=s,重力加速度为g。求： (1)(4分)电场强度的大小： (2)(5分)小球对圆管的最大压力： (3)(5分)小球从管口离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB上的N点（图中 未标出N点)，则N点距管口A多远。 A D 15(17分)如图所示，在光滑水平面上放置一端带有挡板的长直木板A,木板 A左端上表面有一小物块B,其到挡板的距离为=2m,A、B质量均为F1kg, 不计一切摩擦。从某时刻起，B始终受到水平向右、大小为F=9N的恒力作用， 经过一段时间，B与A的挡板发生碰撞，碰撞过程中无机械能损失，碰撞时间极 短。重力加速度g=10m/s2。求： (1)(4分)物块B与A的挡板发生第一次碰撞后的瞬间，物块B与木板A的速 度大小： (2)(4分)由A、B静止开始经多长时间物块B与木板A的挡板发生第二次碰撞， 并求出碰后瞬间A、B的速度大小： (3)(4分)画出由A、B静止开始到物块B与木板A的挡板发生三次碰撞时间内， 物块B的速度v随时间t的变化图像； (4)(5分)从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第次碰撞时间内，物块B 运动的距离。 B 6颐华学校2024级高二上学期第二次大练习考试试卷（答案） 物理 一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1答案C 解析由题图甲可得，波长为8m,由题图乙可得，周期为1-4s,则波速为v2mS,故A错误；根据波沿x轴正 方向传播，由题图甲可得，在=0时，质点S在平衡位置，向下振动，因此题图乙与质点S的振动不符，故B错误；由 于仁6s7,因此质点R经过6s后处于波峰位置，此时位移最大，故C正确：质点不随波的传播而移动，因此质点在 y方向上振动，横坐标不变，故D错误。 2答案B 解析根据单摆的周期公式7一2八可知周期与摆角无关，故A错误； 同一根光滑细线，A端拉力大小等于B端拉力大小，平衡时对小球受力分析如图 可得2F4cos30°=mg 解得兰N 故C、D错误 根据几何知识可知摆长为1301m,故周期为7=2π后-2s,故B正确。 c0s30 3答案D mg 解析由题图乙知，t0时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为=mg,A错误；由题图乙知，0.2s 时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，B错误；由题图乙知，从0至0.2s,手机的加速度增大，手机 从平衡位置向最大位移欲处运动，速度减小，动能咸小，c错误；由题图乙知T=0.8s,则w2”2.5 rad/s,则a随t变化 T 的关系式为a=4sin(2.5t)m/s2,D正确 4答案D 解析根据等量异种电荷电势分布，A点在垂直平分线上，电势为零，沿直线从A点到M点，电势逐渐升高，故A错 误；沿直线从W点移动到A点，电势逐渐升高，根据E。q即，电子带负电，所以电子的电势能逐渐减小，故B错误；将 电子从M点移动到A点，电势降低，电势能升高，所以静电力做负功，故C错误；根据对称性可知，从M点移动到A 点与从A点移动到N点的电势变化相等，所以静电力做的功相等，故D正确。 5答案C 解析设出水口到水褐口中心离为x,则厚落到福底4点时号受，解得”层故C正确 6答案B 解析大星和地球均绕太阳运动，由于火星与地球的轨道半径之比约为3：2，根据开普勒第三定律有公？公。 地，可得 会器，故A竹送：大江和地陈饶太阳做习速回内运动，速度大小为不变，当大宝与地球相距花花时，由于两方 的速度方向相反，故此时两者相对速度最大，故B正确：在星球表面根据万有引力定律有g,由于不知道火星和 地球的质量比，故无法得出火星和地球表面的自由落体加速度，故C错误；火星和地球绕太阳做匀速圆周运动，有山大 受。受长发生下一水大显冲日别有货党机，得念7，可物下一次“火2冲日”出说在0学12月 8日之后，故D错误。 7答案A 解析由于汽车恒力制动，则可知该汽车制动后做匀减速直线运动，设该汽车制动后的加速度大小为，由位移与时间 的关系可得x一，变式可得hw,结合题图可得w-20m,a-8m,故A正确，B、C错误；根据速度与时 间的关系可得，该汽车从制动到停止用时t。”2.5s,故D错误。 二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的 得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 8答案BC 解折728,71 a-059, 甲波经0.5sP质点处于波谷 乙波经0.5sP质点在平衡位置 根据叠加原理可知，t-0.5s时，P偏离平衡位置的位移为2cm,故A错误，B正确： 10s-72, 经1.0s甲波在P点引起的振动向上，乙波在P点引起的振动也向上， 根据叠加原理可知，仁1.0s时，P向y轴正方向运动，故C正确，D错误。 9.答案BD 解析滑动变阻器滑片向右滑动，接入电路的电阻变大，电路总电阻变大，根据闭合电路的欧姆定律可知，干路电流减 小，而电流表接在干路，则电流表数减小，故A错误；设R风RR,可知风与无并联，则其等效电阻尺#0而 U=R#并玲，由此可知，其比值大小不变，由于电源内阻不计，则根据电路图可得-8-R8R,则可知-R, △I2 大小不变，知△U<A2,故B、D正确，C错误。 10答案BD 解析方法一：解析法 设两根细绳对圆柱体拉力的合力大小为F,木板对圆柱体的支持力大小为F,从右向左看，受力分析如图所示，绳子 与木板间的夹角不变，也不变， a F mg 在矢量三角形中，根据正弦定理有 sina singsiny mg FN FT 在木板以底边MW为轴向后方缓慢转动直至水平的过程中，α不变，Y从90°逐渐减小到0， 又y+6+a=180°，且a90° 可知90°<y+6<180°，则0<6<180° 可知6从锐角逐渐增大到钝角， 根据号”兴可知， siy不断减小，Fr逐渐减小，sm6先增大后减小，Fx先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先 增大后减小，设两根细绳之间的夹角为20，一根细绳的拉力大小为以，则2Pcos-P,可得4,0不变，， 逐渐减小，可知两根细绳上的拉力不断新减小，两根细绳对圆柱体拉力的合力不断减小，故B正确，A、C、D错误。 方法二：辅助圆法 作出圆柱体的重力g、木板对圆柱体的支持力F、两根细绳对圆柱体拉力的合力F?初始状态矢量三角形，并画出它的 外接圆，使A点在圆上顺时针移动，F与竖直方向夹角变大，由图可知，F逐渐减小，先增大后减小。 三、非选择题：本题共5小题，共57分。 11答案(1)P(2)4.700(3Mmgh-2M4m) 4)减小挡光片的宽度或者增大下落高度 解析(1)为了使A下落过程中挡光片经过光电门，需满足>m。 (2)根据螺旋测微器的读数原理可知挡光片的宽度为d-4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm (3)A经过光电门时的瞬时速度为 月 系统重力势能的减少量为 △Ep-(M-m)gh 系统动能的增加量为 △EM4m) 则系统机械能守恒的表达式为 (M-m)gh-(M+m)(y (4)某段时间内的平均速度等于中间时的瞬时速度，可采取减小挡光片的宽度或者增大下落高度。 12(8分)答案(1)R1(2)左零2010 解析(1)分压式电路应选择小电阻的滑动变阻器，故应选择R1。 (2)正确连接电路后，为了保护电路，闭合开关前应将滑动变阻器滑片调节至最左端，应将电阻箱阻值调为零：闭合开关， 调节滑动变阻器使电压表满偏；保持滑动变阻器滑片位置不动，调节电阻箱阻值，使电压表半偏，根据串联电路分压特 点可知，电阻箱的阻值等于被测电压表的内阻，所以被测电压表的内阻为2010Q。 13(10分) 答案(1)2s6m(24s12ms 14(14分)答案(1%(2)7N2mg,方向与CD成45"指向左下3)16s 解析(1如图所示，小球释放后在重力和静电力的作用下做匀加速直线运动，小球从B点沿切线方向进入，则有 UA A am051 解得电场强度的大小为"四 (2)小球从P点到B点的过程，根据动能定理可得 mgs+gBg2mvg2,解得vg=2√gs 小球在图中M点时，受到的重力和静电力的合力如图所示，此时对圆管压力最大，从B到M根据动能定理可得 96 45 mg V2mng 2r-mvn?-mvg2 解得2√3gs 由牛顿第二定律可得R-V2mg=m 解得F-7√2mg 由牛顿第三定律可知，小球对圆管的最大压力大小为7V2g,方向与CD成45指向左下。 (3)小球从B到A过程，根据动能定理可得 g82smva22vg2,解得4-2√2gs 从A到W过程，小球做类平抛运动 竖直方向有2”4sin5 9 水平方向有同0s45,a- 联立解得x=16s. 15(17分)答案(1)06ms(2)片s12m/s6m/s 3)见解析图(4)[2+4(-)]mn=1,2,3,4,…) 解析(IB从A的左端开始运动到右端的过程，由动能定理有Fdv,2 解得vo=6ms B与A碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律有vo=v+mvA inVo2-mva+mvA 解得vB0,va=6ms (2)第一次碰撞后A向右以速度vA=6/s做匀速直线运动，B做初速度为0、加速度为 a点9m公的匀加速直线运动 则第二次碰撞时有vat之 解得s 此时B的速度为v1=at-12m/s,A的速度为vA1-vA=6m/s,第二次碰撞时，同样由动量守恒定律和机械能守恒定律有 mvAr2+mvm-mvAzmvga 解得vA12m/s,6m/s (B)同理第三次碰撞时有t4at2-vAt' 解得s 此时B的速度为-Vp2+at上18m/s 从开始运动到第一次碰撞的时间 a号s 由A、B静止开始到B与A的挡板发生3次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像敕如图所示 (ms) 18 10 t/s (4)由以上分析可知，从第二次碰撞后，到下一次碰撞，B向前运动的距离都比前一次多8m, 由v-t图像可知，从B开始运动到第1次碰撞，B运动的距离为2m; 从第1次碰撞到第2次碰撞，B运动的距离为8m; 从第2次碰撞到第3次碰撞，B运动的距离为8m+8m=16m; 从第3次碰撞到第4次碰撞，B运动的距离为16m+8m=24m; 根据数学知识可知，从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第n次碰撞时间内，物块B运动的距离 2m+8m+16m+24m+…+8n-l）m=2m+a-[e4ea-卫m=[2+4a6-l】m=l,2,3,4,…力 2