四川广安市育才学校等校2025-2026学年高二上学期1月期末综合能力调查物理试题

问卷启封前按机密事项保管 SC 字节精准教育联盟·AI赋能 2025~2026学年度上期期末综合能力调查 高二·物理 考生注意： 1. 本问卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，测试时间75分钟。 2. 答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将答题卡内项目填写清楚。 3. 考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在问卷、草稿纸上作答无效。 4. 考试结束后，请将问卷、答题卡和草稿纸一并交回。 ◈预祝你们考试成功◈ 一．单选题：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，只有一项符合要求. 1．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。V形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab与磁场方向垂直，ab与bc夹角为，边长均为l，该导线受到的安培力为（    ） A．0 B．大小为BIl，方向垂直纸面向外 C．大小为2BIl，方向垂直纸面向里 D．大小为BIl，方向垂直纸面向里 2．水平架设的三根绝缘超高压输电线缆彼此平行，某时刻电流方向如图（a）所示，电缆线在最上方，两根电缆线、在下方，且位于同一水平高度处，为等腰三角形，，点是P，连线的中点，电缆线上的M点、点、点在同一竖直平面内，其二维平面图如图（b）所示，忽略地磁场，下列说法正确的是（　　） A．输电线缆Q在点处产生的磁场方向由指向 B．输电线缆P在点处产生的磁场方向竖直向下 C．输电线缆M在点处产生的磁场方向竖直向下 D．点处的磁场方向沿水平方向由指向 3．如图，水平飞来的垒球被球棒击打后，动量变化量为20kg·m/s，则（　　） A．球的动能一定变化 B．球的动量大小一定增加20kg·m/s C．球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等 D．球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同 4．如图所示，电路中光敏电阻的阻值随光照强度增大而减小，当环境光照强度增大时，可维持小灯泡亮度不变的操作是（　　） A．将滑动变阻器滑片向左移动 B．将滑动变阻器滑片向右移动 C．换电动势更小但内阻相同的电源 D．换电动势相同但内阻更大的电源 5．一列沿x轴传播的简谐横波在时的波形如图甲，平衡位置在的质点a的振动图像如图乙，下列说法正确的是（　　） A．该波沿x轴负方向传播 B．该波的传播速度大小为4m/s C．4~10s内质点a通过的路程为40cm D．时，质点a的位移为5cm 6．如图所示，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A。则以下判断中正确的是（　　） A．电动机的输出功率为14W B．电动机两端的电压为7.0V C．电动机产生的热功率为4.0W D．电源输出的功率为24W 7．某同学将手中的弹簧笔竖直向下按压在水平桌面上，如图所示，当他突然松手后弹簧笔将竖直向上弹起，其上升过程中的图像如图所示，到阶段图像为直线，则下列判断正确的是（　　） A．弹簧原长为 B．0到之间弹簧的弹力先增加再减小 C．弹簧最大弹性势能大小为 D．笔的重力为 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得3分，有选错的得0分. 8．某学习小组的同学在实验室用如图甲所示装置研究单摆的运动规律，O是单摆的平衡位置，单摆在竖直平面内左右摆动，M、N是摆球所能到达的最远位置。取向右为正方向，图乙是单摆的振动图像。已知当地的重力加速度大小g=10m/s²，取，下列说法中正确的是（    ） A．单摆的振幅是0.14m，振动的频率是1Hz B．振动的表达式为 C．单摆的摆长为1m D．t=1.5s时摆球在N点 9．甲、乙两电路图分别是滑动变阻器R的两种连接方式。P是滑动变阻器的滑片，a、b是滑动变阻器的两端，是待测电阻，下列说法正确的是（    ） A．乙电路中的滑动变阻器只有两个接线柱连入电路 B．在闭合开关前，甲、乙两图中滑片P都应置于b端 C．甲、乙两图中待测电阻上的电压都可以调到零 D．要求上电压和电流调节范围比较大时，选择图乙电路连接 10．如图所示，A、B两物块的质量分别为3m和2m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则下列说法中正确的是（　　） A．当时，、都相对地面静止 B．当时，的加速度为 C．当时，相对滑动 D．当时，的加速度为 三、填空题：本题共2小题，每空2分，共14分． 11．如图甲，用“碰撞”实验验证动量守恒定律，用天平测得A、B球的质量分别为和点是轨道末端在白纸上的投影点，为三个落点的平均位置。测出与的距离分别为，如图乙所示。 (1)实验中，入射小球和出射小球应满足的条件（　　） A． B． C． D． (2)下列说法正确的是（　　） A．斜槽末端必须水平 B．斜槽必须光滑 C．A球每次必须从同一位置由静止释放 D．实验前应该测出斜槽末端距地面的高度 (3)在实验误差允许范围内，若满足关系式 ，则可以认为两球碰撞前后在水平方向上动量守恒；（用题中测量量表示） (4)若该碰撞是弹性碰撞，则小球落点距离应满足的定量关系为 （用表示）。 12．在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用何种接法，都会产生系统误差，为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验兴趣小组设计了如图甲实验电路进行测量。已知定值电阻。 （1）实验中，定值电阻的作用有 （填字母）。 A．保护电源 B．在电流变化时使电压表示数变化明显 C．在电压变化时使电流表示数变化明显 （2）实验操作步骤如下： ①将滑动变阻器滑片滑到最左端位置： ②接法I：单刀双掷开关与1接通，闭合开关，调节滑动变阻器，记录下若干组数据的值，断开开关； ③将滑动变阻器滑到最左端位置： ④接法II：单刀双掷开关与2接通，闭合开关，调节滑动变阻器，记录下若干组数据的值，断开开关； ⑤分别作出两种情况所对应的图像。 （3）单刀双掷开关接1时，某次读取电表数据时，电压表指针如图乙所示，此时 。 （4）根据测得数据，作出两图像分别如图丙、丁所示，根据图像可知图丙对应的接法为 （填“接法I”或“接法II”）。 四、解答题：本题共3小题，共40分．其中13题10分，14题13分，15题17分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 13．波源位于坐标原点的一列简谐波沿x轴正方向传播。t=0时波源开始振动，时，位于的c点恰好开始振动，波形如图所示。 (1)求简谐波的波长、周期和传播速度； (2)求位于的质点Q（未画出）第一次处于波峰位置的时刻。 14．如图所示，甲图中变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙中的AC、BC两直线所示，电表均为理想电表。 (1)定值电阻R0、变阻器的总电阻R分别为多少； (2)求出电源的电动势和内阻； (3)求滑动变阻器的最大输出功率。 15．如图所示，水平传送带足够长，传送带以顺时针匀速率转动，现将质量为左端有竖直挡板的木板轻放上传送带，同时给挡板施加一水平向右的推力F，使挡板顶端质量为的小木块（可视为质点）恰好相对木板静止。已知小木块与挡板和木板之间动摩擦因数均为，木板与传送带之间的动摩擦因数为，挡板高，当木板速度等于传送带速度时立即撤去推力且同时使传送带停止转动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，不计空气阻力。求： (1)水平推力F的大小； (2)小木块掉落在木板上位置到挡板的距离d； (3)要使小木块不从木板上滑出，木板水平部分L至少多长？从开始放上传送带到木板停止运动，木板相对传送带的位移X相大小是多少？（小木块落在木板上时水平速度不变，竖直速度立即减为零，且不影响木板速度。） 试卷第6页，共6页 高二物理 第6页，共6页 学科网（北京）股份有限公司 问卷启封前按机密事项保管 SC 字节精准教育联盟·AI赋能 2025~2026学年度上期期末综合能力调查 高二·物理问卷参考答案与试题解析 1．D 【详解】有效长度 该导线受到的安培力为 根据左手定则可知方向垂直纸面向里。 故选D。 2．D 【详解】A．根据安培定则可知，输电线缆Q在点处产生的磁场方向垂直QP向下，故A错误； B．根据安培定则可知，输电线缆P在点处产生的磁场方向垂直QP向上，故B错误； C．根据安培定则可知，输电线缆M在点处产生的磁场方向由指向，故C错误； D．根据安培定则和磁场的叠加可知，P、Q在O点处的合磁场为0，O点处的磁场方向与输电线缆M在O点处产生的磁场方向相同，由Q指向P，故D正确。 故选D。 3．C 【详解】AB．垒球被击打后，可能以与被击打前等大的速度反向打出，所以球的动能可能不变，动量大小不变，动量大小增量为零，故AB错误； C．由牛顿第三定律可知，球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等，故C正确； D．球受到棒的冲量方向是棒对球弹力的方向，与球被击打前的速度方向相反，故D错误。 故选C。 4．A 【详解】A．当环境光照强度增大时，光敏电阻的阻值随光照强度增大而减小，则并联部分总电阻减小，若希望小灯泡亮度不变，则需要并联电路分压不变。即电路其余部分电阻也减小，比如将滑动变阻器滑片向左移动，只需要与比值不变，就可以使并联电路分压不变，小灯泡亮度不变，A正确； B．由上述分析可知，将滑动变阻器滑片向右移动，并联电路分压更小，小灯泡变暗，B错误； C．由上述分析可知，换电动势更小但内阻相同的电源，并联电路分压变小，小灯泡变暗，C错误； D．由上述分析可知，换电动势相同但内阻更大的电源，并联电路分压变小，小灯泡变暗，D错误。 故选A。 5．B 【详解】A．由图乙可知，在时质点a向上振动，根据上下坡法可知，该波沿x轴正方向传播，故A错误； B．由甲图可知波长为16m，由图乙可知周期为4s，则该波的传播速度大小为，故B正确； C．由题知，振幅为，在4~10s内的时间间隔为 故4~10s内质点a通过的路程为，故C错误； D．设质点a的振动方程为 其中， 则有 当时，质点a的位移为，故D错误。 故选B。 6．B 【详解】B．根据闭合电路欧姆定律可得 所以 故B正确； C．电动机产生的热功率为 故C错误； A．电动机的输出功率为 故A错误； D．电源的输出的功率为 故D错误。 故选B。 7．D 【详解】A．由题图可知，系统在h1的位置时，动能最大。弹簧笔在竖直向上弹起的过程中，开始时弹力大于重力，弹簧笔向上做加速运动，动能逐渐增大，弹簧笔所受的重力不变，弹簧的弹力逐渐减小；当弹力大小等于重力时，加速度是零，速度达到最大，动能最大，此时弹簧还有一定的形变量，因h2到h3部分为直线，弹簧笔在h2处离开地面开始做竖直上抛运动，可知弹簧原长为h2，故A错误； B．结合A的分析可知，0到h2之间弹簧的弹力减小，之后弹力为零，故B错误； C．结合A的分析可知，系统在h1的位置时，动能最大为，此时弹簧仍然有形变量，仍然有弹性势能，而且上升的过程中弹簧笔动能增大，所以弹簧最大弹性势能大小大于，故C错误； D．弹簧笔在h2处离开地面开始做竖直上抛运动，在h3处达到最高的，该过程中重力做功，由动能定理可得 可得，故D正确。 故选D。 8．BC 【详解】A.由题图乙知振幅 周期 则频率 故A错误； B.振动的表达式为 故B正确； C.由单摆的周期公式 得 故C正确； D.由题图乙知，时摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以摆球在M点，故D错误。 故BC。 9．BD 【详解】A．乙图电路中的滑动变阻器采用分压式接法，是一上两下共有三个接线柱连入电路，A错误； B．在闭合开关测量前，甲图中滑动变阻器应该全部接入电路，滑片P应置于b端，乙图中两端的电压应该从零开始变化，滑片P也应置于b端，B正确； C．图甲属于限流式接法，滑片滑到b时，待测电阻两端的电压最小，但无法调节到零，C错误； D．乙图中电压和电流都可以从零开始，而甲图中电压和电流都无法调节到零，故图乙的电压和电流调节范围较大，故D正确。 故选BD。 10．AB 【详解】A．根据题意可知，B与地面间的最大静摩擦力为 A与Ｂ之间的最大静摩擦力为 所以当时，A、B都相对地面静止，故A项正确； BD．当，所以此时A、B发生相对运动，对A分析有 解得 对B分析有 解得 故B正确，D错误； C．当A、B刚要发生相对滑动时，对AB整体 得 可见只有当时，A、B之间才会发生相对滑动，故C项错误。 故选AB。 11．(1)D (2)AC (3) (4) 【详解】（1）为满足对心正碰，且碰后球不反弹，则实验中必须满足，，故选D。 （2）AB．为保证小球做平抛运动，斜槽末端必须水平，斜槽无需光滑，故A正确，B错误； C．为保证球每次碰撞前的速度相等，球每次必须从同一位置由静止释放，故C正确； D．根据实验原理可知，斜槽末端距地面的高度相同，则运动时间相同，可用水平位移代替水平初速度，无需测量地面的高度，故D错误； 故选AC。 （3）根据动量守恒定律有 结合平抛运动规律有， 可知有 （4）若这个碰撞是弹性碰撞，则由能量守恒可得 联立解得 12． AB 1.50 接法I 【详解】（1）[1]定值电阻R0有保护电源的作用，且由于电源内阻很小，则根据闭合电路的欧姆定律有U=E-I（r+R0），可知加了定值电阻后，回路中电阻增大，电流变化时使电压表的示数变化会更明显，故选AB。 （3）[2]根据（4）中所作图像可知，电压表最大量程应为3V，而量程为3V的电压表，其分度值为0.1V，由图乙可知电压表的读数为1.50V。 （4）[3]两种方法中接法Ⅰ采用了电流表的内接法，接法Ⅱ采用了电流表的外接法，比较图丙和图丁可知，图丙所示图像的斜率更大，而图像斜率的绝对值表示电源的内阻，分析可知接法Ⅰ，即电流表的内接法，所测电源内阻偏大，所测内阻应为电源实际内阻与电流表内阻之和，由此可知图丙对应的接法为接法Ⅰ。 13．(1)，， (2) 【详解】（1）由图可知，简谐波的波长为 简谐波的波速为 由可知，简谐波的周期为 （2）根据波的平移可知Q点第一次出现波峰时只需要时刻x=5m处的波峰的振动形式传递过去，即 则对应的时刻为 14．(1)， (2)8V， (3)4W 【详解】（1）由AC图像可知，定值电阻 当变阻器的滑片在最右端时电压表V2读数最大，此时滑动变阻器的总电阻 （2）由BC直线可知，当U=7.5V时I=0.5A；当U=6.0V时I=2.0A；根据 U=E-Ir 可得 7.5=E-0.5r 6.0=E-2.0r 解得 E=8V，r=1Ω （3）将R0看作是电源内阻，则当 R=R0+r=4Ω 时变阻器R的功率最大，最大功率为 15．(1) (2) (3)， 【详解】（1）对小木块，竖直方向受力平衡 水平方向由牛顿第二定律 得 对小木块和木板整体，由牛顿第二定律 解得 （2）撤去外力F同时传送带停止转动后，小木块做平抛运动 得 木板做匀减速直线运动， 得 （3）小木块落在木板上时木板速度为，此后，小木块加速度为a1、木板加速度为   小木块落在木板上后与木板共速所用时间为t1 ，小木块对地位移为X1 此过程木板位移 所以 二者共速后一起做匀减速直线运动， 整个过程木板位移 答案第8页，共8页 高二物理答案 第8页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 $