山东泰安市泰山国际学校2025-2026学年高二上学期物理期末考试卷

2025-2026学年度高二上学期物理期末考试卷 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D B D D D D C BCD BCD 题号 11 12 答案 BC CD 1．【知识点】利用动量定理求解其他问题 【详解】该运动员先做自由落体运动，由 解得 对全过程动量定理可得 解得 故选D。 2．【知识点】计算物体的动量及动量的变化、动量定理的内容、求恒力的冲量 【详解】A．下落到与头部刚接触时，由运动学公式 解得 则足球动量大小为 故A错误； B．由题可知，与头部碰撞后，离开头部后上升的最大高度仍为20cm，则离开时速度反向，大小不变取向上为正方向，则动量变化为 故B错误； CD．以向上为正方向，由动量定理可知 解得 根据冲量的计算公式可知 故C错误，D正确。 故选D。 3．【知识点】简谐运动的图像 【详解】AB．t=0.5s时,振子处于正的最大位移处，弹簧被拉伸，t=1.5s时，振子处于负的最大位移处，故回复力大小相等，方向相反，弹簧被压缩；且t=0.5s时与t=1.5s时弹簧的拉伸量和压缩量相等，故弹性势能相同，故A错误，B正确； C．t=1s时，振子位于平衡位置正在向负方向运动，振子的速度最大，t=2s时，振子位于平衡位置正在向正方向运动，振子的速度最大，由简谐运动的特点可知，t=1s时与t=2s时的速度大小相等，方向相反，故C错误； D．t=2.3s时振子向正方向运动，速度为正，位移为正，故加速度为负，故D错误。故选B。 4．【知识点】振动图像与波形图的结合 【详解】A．由乙图可知该波的周期根据周期和频率的关系可得A错误； B．由题可知，该波的波速由波速、频率、波长的关系可知 解得 B错误 C．根据沿波传播的方向上“上波下、下波上”的特点，可知c点的起振方向沿y轴正方向，C错误； D．由于两列波源的振动步调一致，且c点到两列波源的距离之差 故c点为两波相遇后的振动减弱点，D正确。 故选D。 5．【知识点】安培力的计算式及初步应用 【详解】设电流与磁场的夹角为θ，导体棒受的安培力为 F=BILsinθ 其中θ从0增大到90°，sinθ由0增加到1，故可知安培力由零逐渐增大；根据左手定则，安培力垂直与电方向流和磁场方向构成的平面，一直不变；故ABC错误，D正确；故选D。 6．【知识点】正弦式交流电的电动势和电流有效值、计算转动过程中通过线圈截面的电量 【详解】A．根据右手定则判断可知，图示位置时边中的电流方向由，故A错误； B．交流电压表测量的是电压的有效值，不是瞬时值，灯泡两端电压的有效值为 故B错误； C．灯泡两端电压的最大值 感应电动势的最大值 由感应电动势表达式 可得，穿过线圈的磁通量变化率的最大值 故C错误； D．根据法拉第电磁感应定律有 根据闭合电路欧姆定律有 电荷量 可得 在内，通过线圈某一横截面的电荷量 又 联立解得 故D正确。 故选D。 7．【知识点】无外力作用下，水平导轨上的单杆模型、有外力作用下，水平导轨上的单杆模型、竖直平面内的导轨单杆模型 【详解】AB．因在0～t0时间内棒做匀加速直线运动，在t0时刻F2大于棒所受的所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不变，安培力逐渐变大，导体棒做加速度越来越小的加速，当加速度a=0，即导体棒所受安培力与外力F2相等后，导体棒做匀速直线运动，故AB错误； C．设在0～t0时间内导体棒的加速度为a，导体棒的质量为m，t0时刻导体棒的速度为v，通过导体棒横截面的电量为q，则有 t=0时刻，v=0，导体棒所受的安培力为零，由牛顿第二定律有 联立解得 故C错误； D．通过导体棒横截面的电量为 解得 故D正确。故选D。 8．【知识点】电感器对交变电流的影响、电容器对交流电的导通和阻碍作用 【详解】根据可知如果交变电流的频率减小，则线圈的感抗减小，则1灯变亮；根据可知如果交变电流的频率减小，则电容器的容抗增加，故2灯变暗；如果交变电流的频率减小，则电阻R阻值不变，故3灯亮度不变。故ABD错误，C正确。选C。 9．【知识点】探究感应电流产生的条件 【详解】产生感应电流的条件是，闭合回路中的磁通量有变化。故A错误；BCD正确。 10．【知识点】计算物体的动量及动量的变化、动量定理的内容、完全非弹性碰撞 【详解】A．两球的总动量为 mv-2m∙2v=-3mv 选项A错误； B．根据动量守恒定律 mv-2m∙2v=3mv共 解得 v共=-v 选项B正确； C．第二个球的动量变化的大小为 选项C正确； D．根据牛顿第三定律可知，碰撞过程两球所受到的冲量的大小相等，方向相反，选项D正确。 故选BCD。 11．【知识点】波长、频率和波速的关系、波的图像 【详解】AB．经过1.2s后质点P的速度第二次跟v相同，即经过一个全振动，周期为 T=1.2s 由图可知，波长为 波速为 若质点P向上振动，到达平衡位置另一侧对称位置时第一次速度与v相同历时较短，再次回到初始位置时速度第二次与v相同历时较长，符合题意，由“同侧法”可知该列波沿x轴正方向传播，A错误，B正确； C．离P点水平距离为3m的质点，相距P点半个波长，由AB的分析可知，经过0.1s，P到达平衡位置，故离P点水平距离为3m的质点都到达平衡位置，C正确； D．经过0.5s，P在平衡位置上方，此时离P点水平距离为3m的质点都未到达平衡位置，D错误。 故选BC。 12．【知识点】变压器两端电路的动态分析、正弦式交变电流瞬时值的表达式及其推导、电表示数的含义、铭牌上的额定电压 【详解】A．图中电表都是交流电表，其示数为交流电的有效值，由 电压表示数为220V，则电压表的示数为55V，A错误； B．副线圈两端的电压不变，R温度升高时，阻值变小，根据 ，， 副线圈电流增大，变压器原线圈的电流增大，输入功率增大，B错误； C．R温度降低时，阻值变大，同理，副线圈电流减小，电流表的示数变小，电压表示数不受影响，保持不变，C正确； D．交流电周期为0.02s，原线圈输入电压瞬时值的表达式为 D正确。 故选CD。 13． E C 1.49（1.49~1.51） 0.725（0.725~0.775） 【详解】（1）[1]如图甲所示，在闭合开关之前为防止电表过载而移动滑动变阻器的滑动头，应放在滑动变阻器a处； （2）[2][3]实验中电路中的电流不超过0.6A，则电流表应选E；测一节干电池的电动势，则电压表应选C。 （3）[4][5]根据图像可知这个干电池的电动势1.50，内电阻 （4）[6][7]由图示电路可知，由于电压表的分流作用电流表所测电流小于流过电源的电流，电压表的分流作用是造成系统误差的原因；当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的U-I图象如图所示，由图象可知，电源电动势和内阻的测量值都小于真实值； 本实验中 < < 14． AD/DA 【知识点】平抛后落在水平面验证动量守恒定律、null 【详解】（1）[1]A．复写纸和白纸依次铺好后，实验过程白纸的位置不能再移动，A正确； B．该实验中两球从同一点抛出，则不需要测量A球或B球的直径，故B错误； CD．为防止入射球碰后反弹，入射球A球的质量要大于被碰球B球的质量，为保证两球正碰，则两球大小要相同，故C错误，D正确。故选D。 （2）[2]设入射小球A碰撞前瞬间的速度为v0，碰撞后瞬间入射小球A的速度为v1，被碰小球B的速度为v2，根据动量守恒定律得 由于两小球做平抛运动下落高度相同，所用时间相同，则有 则两球相碰前后的总动量守恒满足 故填。 （3）[3]小球做平抛运动，在竖直方向上有 平抛运动时间为 设轨道末端到木条的水平位置为x，A小球做平抛运动的初速度为 小球A和小球B相碰后小球A速度为 小球A和小球B相碰后小球B速度为 若两球相碰前后的总动量守恒，则 联立解得应满足的关系式为 如碰撞属于弹性碰撞，碰撞过程系统机械能守恒，得 联立解得 15．(1)光路图如图所示；(2)0.8；(3) 【知识点】折射率的波长表达式和速度表达式、光的折射定律 【详解】(1) (2)由几何关系，可知光线从O点射到玻璃砖上表面的入射角的正切值 则有 (3)光线在玻璃砖中折射角的正切值 则有 根据折射率关系式，有 解得 16．(1)2m/s (2)①0.075m；②6T，2T 【知识点】弹性碰撞：动碰静、带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动 【详解】（1）设碰后A的速度为vA，B的速度为vB，由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 解得， 由动能定理得 解得 （2）①设小球第一次从M点进入场中，水平方向，有， 竖直方向，有，， 解得，， ②如图所示为A球轨迹图（轨迹形状相同，只作一次在电磁场的运动） 当轨迹与y轴相切时，有 解得 粒子水平打在P点应满足 解得（n=1，2，3…） 由于 所以 解得 由题意得 即 解得 当n=3时， 当n=4时， 所以磁感应强度可能为6T，2T。 17．（1）；（2） 【知识点】有电源存在的导轨单杆模型 【详解】（1）由图乙知 又 得 （2）根据题意 得 由牛顿运动定律得 ， 18．（1）；（2）；（3） 【知识点】理想变压器原副线圈的电流关系及其推导、正弦式交变电流瞬时值的表达式及其推导、理想变压器两端电压与匝数的关系、升压变压器和降压变压器、计算输电线路损耗 【详解】（1）发电机线圈产生的最大感应电动势 线圈从中性面开始计时，可知在时刻，电动势是零，则感应电动势e随时间t变化的关系式为 （2）降压变压器的原、副线圈电压比等于匝数比，则有 则降压变压器原线圈电压为 降压变压器副线圈中的电流 降压变压器原线圈中的电流为 在输电线路上所损耗的电功率 在输电线路上的电压降 （3）升压变压器输出的功率为 升压变压器输出电压为 升压变压器输入电压为 升压变压器输入电流为 交流发电机输出电压的有效值为 用电器Y上的电压为 用电器Y上消耗的功率为 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $2025-2026学年度高二上学期物理期末考试卷 考试范围：必修三后两章、选修一全册、选修二前三章；考试时间：90分钟 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题 1.某体重为60kg的“跑酷'运动员在从距离地高1.8m处一跃而下（可认为其初速度为0）， 该运动员双脚落地时采用弯曲膝盖的方式使得自身重心继续下降0.5s后静止。重力加如速 度g=10/s2,忽略空气阻力，则地面对该运动员的平均冲击力大约是() A.550N B.660N C.990N D.1320N 2.第二十二届世界杯足球赛于2022年在卡塔尔圆满落幕。如图所示为球员某次训练过程中 用头颠球。足球从静止开始下落20cm,被竖直顶起，离开头部后上升的最大高度仍为20cm。 已知足球与头部的作用时间为0.1s,足球的质量为0.4kg,重力加速度g取10/s2,不计空 气阻力。下列说法正确的是() A.下落至与头部刚接触时，足球动量大小为1.6kgm/s B.与头部作用过程中，足球动量变化量为0 C.与头部作用过程中，足球对头部的冲量大小为0.8N·s D.头部对足球的平均作用力为足球重力的5倍 3.某弹簧振子沿着x轴的简谐运动图像如图所示，下列描述正确的是() x/cm 分 3 A.仁0.5s时与1.5s时的回复力相同 B.=0.5s时与1.5s时的弹性势能相同 C.t仁1s时与2s时的速度相同 D.仁2.3s时速度为正，加速度也为正 第1页共8页 4.如图甲所示，a、b为介质中相距7m且振动方向相同的两个波源，c为ab连线上距a为 3m的一点.在t。=0时刻，a、b同时开始振动，振动图像均如图乙所示，在t2=3s时，c点 开始振动.则下列说法正确的是() a t/s 甲 乙 A.该波频率为2Hz B.该波波长为lm C.c点起振的方向沿y轴负方向 D.c点为两波相遇后的振动减弱点 5.一段通电导线平行于磁场方向放入匀强磁场中，导线上的电流方向由左向右，如下图所 示。在导线以其中心点为轴转动90°的过程中，导线受到的安培力() A.大小不变，方向不变 B.由零增大到最大，方向时刻改变 C.由最大减小到零，方向不变 D.由零增大到最大，方向不变 6.如图，一台线圈匝数为20匝、内阻为0.52的小型发电机外接理想交流电压表和电阻为 11.52的灯泡。图示位置线圈平面与匀强磁场的磁感线平行，从该位置开始计时，灯泡两端 的电压随时间的变化关系为u=23Cos200πt(V)。下列说法正确的是 A.图示位置时ad边中的电流方向由d→a B.线圈位于图示位置时，电压表的示数为23V 第2页共8页 C.穿过线圈的磁通量变化率的最大值为1.15Wb/s D.0~2.5x10s内，通过线圈某一横截面的电荷量为，1C 100元 7.如图甲所示，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B, 轨道左侧连接一定值电阻R。水平外力F平行于导轨，随时间t按图乙所示变化，导体棒在 F作用下沿导轨运动，始终垂直于导轨，在0~o时间内，从静止开始做匀加速直线运动。图 乙中to、F、F2为已知量，不计ab棒、导轨电阻。则() a F个 F B b 甲 乙 A.在to以后，导体棒一直做匀速直线运动 B.在to以后，导体棒一直做匀加速直线运动 C.在0时间内，导体棒的加速度大小为2(B-B)迟 B2Et。 D.在0-时间内，通过导体棒横截面的电荷量为区R)近 2BL 8.如图所示的电路中，如果交变电流的频率减小，1、2和3灯的亮度变化情况是() 1 2☒3☒ A.1、2两灯均变亮，3灯变暗 B.1灯变亮，2、3灯均匀变暗 C.1灯变亮，2灯变暗，3灯亮度不变 D.1灯变暗，2灯变亮，3灯亮度不变 二、多选题 9.下列情形中金属框或线圈中能产生感应电流的是() XXX A.X B.×× 的 XX X 第3页共8页 10.在光滑的水平面上，一质量为m的球以速度v向右运动，与迎面而来的质量为2m、速 率为2y的另一球正碰后粘合在一起，以向右为正方向，则() A.两球的总动量为5m B.两球一起运动的速度为-V C.第二个球的动量变化的大小为2 D.碰撞过程两球所受到的冲量的大小相等 11.一列沿水平方向传播的简谐横波，某时刻的波形图像如图所示，此时图中质点P位于 平衡位置下方，速度大小为，经过0.2s质点P的速度大小和方向第一次跟v相同，再经过 1.0s,质点P的速度再次跟v相同，则() y/m 2 0 9 x/m -2 A.波沿x轴负方向传播，波速为7.5msB.波沿x轴正方向传播，波速为5m/s C.经过0.1s,离P点水平距离为3m的质点都到达平衡位置D.经过0.5s,离P点 水平距离为3m的质点都达到平衡位置 12.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表， R为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R。为定值电阻。当原线圈接如图乙所示的正弦交 流电时，下列说法正确的是() Au/V 220√2 u 0 -0.01 0,020.03ts -220√2 用 A.t0.01s时电压表V2的示数为0 B.R温度升高时，变压器原线圈的输入功率减少 C.R温度降低时，电流表的示数变小，电压表V,的示数不变 D.原线圈输入电压瞬时值的表达式为u=220√2sinl00πt(V) 第4页共8页 三、实验题 13.测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U-I图象如图所示；请回答下列问题： 个UV 1.5 1.4 1.3 1.260.10.20.304A 匆 乙 (1)如图甲所示，在闭合开关之前为防止电表过载而移动滑动变阻器的滑动头P,应放在 滑动变阻器 处（填“a”或b) （2)现有以下器材： A.干电池1个 B.滑动变阻器(0~502) C.电压表(0~3V) D.电压表(0~15V) E.电流表(0~0.6A) F.电流表(0~3A) 其中电流表应选 电压表应选 。(填字母代号) (3)如图乙是根据实验数据画出的U-I图象，由此可知这个干电池的电动势E=_ V,内电阻r=」 2。(计算结果均保留三位有效数字) (4)本实验中E剩」 E真，别 T真° 14.用如图所示装置验证动量守恒定律。 挡板 B M 垂 线 777777777777777777777777777777 M P N 7777777777777777777 甲 乙 小明同学先用图甲所示方案验证（水平地面依次铺有白纸、复写纸）。调整好实验装置之后： I.让入射球A多次从斜轨上同一位置C(图中未画出)由静止释放： 第5页共8页 Ⅱ.把被碰小球B静止置于水平轨道的末端，再将A从斜轨上C位置由静止释放，与小球B 相撞，多次重复此步骤： Ⅱ.用最小圆圈法分别找到每个小球的平均落点MP、N,图中O为小球抛出点在水平地 面上的投影点。 (1)关于此碰撞实验，下列说法正确的是 A.白纸和复写纸依次铺好后，实验过程中白纸的位置不能移动 B.需要测量A球或B球的直径 C.A、B球的大小可以不同 D.需要测量A球和B球的质量4和a,且必须满足4>a E为了减少实验误差，斜槽倾斜部分的轨道应尽量光滑 (2)测量出平均水平位移OM、OP、ON的长度x1、x2、x3,若两球相碰前后的总动量守恒， 则应满足的关系式为 (用测量的物理量符号表示)。 (3)接下来小明同学用图乙所示方案验证（将白纸、复写纸固定在挡板上，将挡板竖直立 起来)。白纸上的O点与球心等高，重复方案甲的操作完成实验，确定落点的平均位置M、 P、N,用刻度尺测得OM、OP、ON的长度分别为h、h2、hg,若两球相碰前后的总动量 守恒，且碰撞属于弹性碰撞，则应满足的关系式为 _(用h、h2、h3表示)。 四、解答题 15.某同学为了测量玻璃砖的折射率，准备了下列器材：激光笔、直尺、一面镀有反射膜的 平行玻璃砖，如图所示，直尺与玻璃砖平行放置，激光笔发出的一束激光从直尺上0点射向 玻璃砖表面，在直尺上观察到A、B两个光点，读出0、A间的距离为24.0cm,A、B间的距 离为6.0cm,测得图中直尺到玻璃砖上表面的距离d=9.0cm,玻璃砖厚度d2=4.0cm。光在真 空中的传播速度为c。 (1)请在原图中画出激光形成两个光点的光路图： (2)光线在玻璃砖上表面的入射角的正弦值： (3)光线在玻璃砖中的传播速度。 11111 B 42 777777777777777777 第6页共8页 16.如图所示，沿水平和竖直方向建立直角坐标系，y轴左侧固定一内壁光滑的半圆管道（内 径很小)，半圆半径R=0.1m、且直径与y轴重合。第一象限内存在有界的匀强电场和匀强磁 场，电场强度E=0.5Vm,方向竖直向上，磁场方向垂直于坐标平面向外，大小未知，该区 域上边界为y=0.15m,右边界为x=0.4m。一带电量为g+0.1C、质量为4=0.005kg的绝缘 小球A(直径略小于管道内径)静止在坐标原点O处，质量也为m=0.005kg的不带电小球 B以初速度vo向左运动，与A球发生弹性正碰，A球电荷量始终不变，重力加速度g取10/s2, sin53=0.8,cos53°=0.6。 777777 7777 (1)若碰撞后A球能过管道最高点，则v至少多大： 5 (②)若碰撞后A球以速度一4ms与x轴正方向成53°进入电磁场区域，此后运动未与B球 相碰，最后恰好从坐标为(0.4m,0.2m)的P点水平射出场区，则： ①A球第一次从M点进入场中，M点距y轴的水平距离xM为多少； ②磁感应强度可能为多大？ 17.如图甲所示N、P2为足够长的两平行金属导轨，间距L=1.0m,与水平面之间的夹 角α=30°，匀强磁场磁感应强度B=0.5T,垂直于导轨平面向上，MP间接有电流传感器， 质量m=0.2kg、阻值R=1.02的金属杆b垂直导轨放置，它与导轨的动摩擦因数4=y5 如图所示。用外力F沿导轨平面向上拉金属杆b,使b由静止开始运动并开始计时，电流 传感器显示回路中的电流I随时间t变化的图像如图乙所示，0~3s,拉力做的功为225J,除 导体棒电阻外，其它电阻不计。取g=10m/s2。求： (1)03s内金属杆ab运动的位移： (2)0~3s内F随t变化的关系；。 第7页共8页 B 个I/A a 3 电流传感器 D 0 3 t/s 甲 乙 18.如图，用一小型交流发电机向远处标有“220V8.8kW的电动机供电，已知发电机线圈 acd面积S=0.03m,匝数V=10匝，匀强磁场的磁感应强度大小B=2T,输电导线的 总电阻R=102,升压变压器原、副线圈匝数比h:n,=1:10,降压变压器原、副线圈的匝数 比n:n,=10:1。当线圈匀速转动的角速度o=100πrads时，电动机恰能正常工作，发电机 线圈电阻可忽略。求此时： (1)发电机线圈从中性面开始计时，感应电动势e随时间t变化的关系式： (2)在输电线路上所损耗的电功率△P; (3)与发电机直接串联的用电器Y上消耗的功率乃。 Q.2 n 升压变压器 降压变压器 第8页共8页2025-2026学年度高二上学期物理期末考试卷参考答案 题号 1 2 3 6 6 8 9 10 答案 D ⊙ D 0 0 0 C BCD BCD 题号 11 12 答案 BC CD 1.【知识点】利用动量定理求解其他问题 【详解】该运动员先做自由落体运动。由角= 解得=0.6s 对全过程动量定理可得g化，+t,)-Ft,=0 解得F=1320N故选D。 2.【知识点】计算物体的动量及动量的变化、动量定理的内容、求恒力的冲量 【详解】A.下落到与头部刚接触时，由运动学公式v2=2gh解得v=2m/s 则足球动量大小为p=w=0.kgm/s故A错误； B.由题可知，与头部碰撞后，离开头部后上升的最大高度仍为20cm,则离开时速度反向， 大小不变取向上为正方向，则动量变化为△p=-(-w)=1.6kg·m/s故B错误： CD.以向上为正方向，由动量定理可知（(F-g)='-（-w)解得F=20N=5g 根据冲量的计算公式可知I=F△t=2N·s故C错误，D正确。故选D。 3.【知识点】简谐运动的图像 【详解】AB.0.5s时，振子处于正的最大位移处，弹簧被拉伸，1.5s时，振子处于负的 最大位移处，故回复力大小相等，方向相反，弹簧被压缩；且0.5s时与1.5s时弹簧的拉 伸量和压缩量相等，故弹性势能相同，故A错误，B正确； C.1s时，振子位于平衡位置正在向负方向运动，振子的速度最大，仁2s时，振子位于平 衡位置正在向正方向运动，振子的速度最大，由简谐运动的特点可知，1s时与2s时的 速度大小相等，方向相反，故C错误： D.仁2.3s时振子向正方向运动，速度为正，位移为正，故加速度为负，故D错误。故选B。 4.【知识点】振动图像与波形图的结合 【详解】A.由乙图可知该波的周期T=2s根据周期和频率的关系可得f=上=0.5HA错误： T B.由题可知，该波的波速v=产=1ms由波速、频率、波长的关系可知v=2对 t. 解得2==vT=2mB错误 C.根据沿波传播的方向上“上波下、下波上”的特点，可知c点的起振方向沿y轴正方向， 第1页共8页 C错误： D.由于两列波源的振动步调一致，且c点到两列波源的距离之差△r=x。-xc=lm= 故c点为两波相遇后的振动减弱点，D正确。故选D。 5.【知识点】安培力的计算式及初步应用 【详解】设电流与磁场的夹角为0，导体棒受的安培力为F=BILsin0 其中0从0增大到90°，s0由0增加到1，故可知安培力由零逐渐增大；根据左手定则，安 培力垂直与电方向流和磁场方向构成的平面，一直不变；故ABC错误，D正确：故选D。 6.【知识点】正弦式交流电的电动势和电流有效值、计算转动过程中通过线圈截面的电量 【详解】A.根据右手定则判断可知，图示位置时ad边中的电流方向由a→d,故A错误； B.交流电压表测量的是电压的有效值，不是瞬时值，灯泡两端电压的有效值为 U,=亏V≈16.3V故B错误) C.灯泡两端电压的最大值Um=23V UF-23V+ 2 感应电动势的最大值Em=Um .5×0.5V=24v △Φ 由感应电动势表达式E= (△t △Φ 可得，穿过线圈的磁通量变化率的最大值 =1.2W/s故C错误： △t D.根据法拉第电磁感应定律有五=n△9 根据闭合电路欧姆定律有7=R十7 E △t △Φ 电荷量q=I△t可得q=n R+” 在0~25x10s内，通过线圈某一横截面的电荷量q=nBS 又Em=nBSo R+r 24 联立解得9=o(R+7)200x15+05C-10元C故D正确。枚选D. 7.【知识点】无外力作用下，水平导轨上的单杆模型、有外力作用下，水平导轨上的单杆模 型、竖直平面内的导轨单杆模型 【详解】AB.因在0~to时间内棒做匀加速直线运动，在to时刻F2大于棒所受的所受的安 培力，在o以后，外力保持F不变，安培力逐渐变大，导体棒做加速度越来越小的加速， 当加速度0，即导体棒所受安培力与外力F2相等后，导体棒做匀速直线运动，故AB错误： C.设在0~一to时间内导体棒的加速度为a,导体棒的质量为，to时刻导体棒的速度为'， 适过号体称模截面的电量为g,则有a及-8产=m0时刻，0，导体棒所受 R 第2页共8页 的安培力为零，由牛顿第二定律有R=0联立解得4=(3-B)迟 B2Lto 故C错误； D.通过导体棒横截面的电量为q=1@t=△ AP-BAS-BL. 解得g-图E近故D正确。故选D。 2BL 8.【知识点】电感器对交变电流的影响、电容器对交流电的导通和阻碍作用 【详解】根据X,=2π九可知如果交变电流的频率减小，则线圈的感抗减小，则1灯变亮： 根据Xe 2汇尤可知如果交变电流的频率减小，则电容器的容抗增加，故2灯变暗；如果 交变电流的频率减小，则电阻R阻值不变，故3灯亮度不变。故ABD错误，C正确。选C。 9.【知识点】探究感应电流产生的条件 【详解】产生感应电流的条件是，闭合回路中的磁通量有变化。故A错误；BCD正确。 10.【知识点】计算物体的动量及动量的变化、动量定理的内容、完全非弹性碰撞 【详解】A.两球的总动量为m-2m21=-3m选项A错误： B.根据动量守恒定律-2r21=3m装解得V-选项B正确： C.第二个球的动量变化的大小为2(-)-(-2×2)=2w选项C正确： D.根据牛顿第三定律可知，碰撞过程两球所受到的冲量的大小相等，方向相反，选项D正 确。故选BCD。 11.【知识点】波长、频率和波速的关系、波的图像 【详解】AB.经过1.2s后质点P的速度第二次跟v相同，即经过一个全振动，周期为 7曰2s由图可知，波长为2=6m波速为v=5ms T 若质点P向上振动，到达平衡位置另一侧对称位置时第一次速度与ⅴ相同历时较短，再次回 到初始位置时速度第二次与v相同历时较长，符合题意，由“同侧法”可知该列波沿x轴正方 向传播，A错误，B正确： C.离P点水平距离为3m的质点，相距P点半个波长，由AB的分析可知，经过0.1s,P 到达平衡位置，故离P点水平距离为3m的质点都到达平衡位置，C正确； D.经过0.5s,P在平衡位置上方，此时离P点水平距离为3m的质点都未到达平衡位置， D错误。故选BC。 12.【知识点】变压器两端电路的动态分析、正弦式交变电流瞬时值的表达式及其推导、电 表示数的含义、铭牌上的额定电压 第3页共8页 【详解】A.图中电表都是交流电表，其示数为交流电的有效值，由：U2=: 电压表V示数为220V,则电压表V的示数为55V,A错误： U B.副线图两端的电压不变，R温度升高时，阻值变小，根据上，R十 ,I1:I2=2:n, R=U山副线圈电流增大，变压器原线圈的电流增大，输入功率增大，B错误： C.R温度降低时，阻值变大，同理，副线圈电流减小，电流表的示数变小，电压表示数不 受影响，保持不变，C正确： D.交流电周期为0.02s,原线圈输入电压瞬时值的表达式为 u-20N5sm24(y=20Nsm100a(V)）D正确。故选cD。 13. Q E C 1.49(1.491.51) 0.725(0.7250.775) 【详解】(1)[]如图甲所示，在闭合开关之前为防止电表过载而移动滑动变阻器的滑动头P, 应放在滑动变阻器a处： (2)[2[3]实验中电路中的电流不超过0.6A,则电流表应选E:测一节干电池的电动势，则 电压表应选C。 (3)[4[5]根据图像可知这个干电池的电动势E=1.50V,内电阻 r-4W-15=120=0.7502 1-0.4 (4)[可[7]由图示电路可知，由于电压表的分流作用电流表所测电流小于流过电源的电流， 电压表的分流作用是造成系统误差的原因；当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除 此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的1图象如图所示，由 图象可知，电源电动势和内阻的测量值都小于真实值： U 本实验中 E则<卫 1刻<T真 第4页共8页 111 14. AD/DA aX2=ma水+2光， √历√历√而 【知识点】平抛后落在水平面验证动量守恒定律、ul 【详解】(1)[1]A.复写纸和白纸依次铺好后，实验过程白纸的位置不能再移动，A正确： B.该实验中两球从同一点抛出，则不需要测量A球或B球的直径，故B错误： CD.为防止入射球碰后反弹，入射球A球的质量要大于被碰球B球的质量，为保证两球正 碰，则两球大小要相同，故C错误，D正确。故选D。 (2)[2]设入射小球A碰撞前瞬间的速度为o,碰撞后瞬间入射小球A的速度为，被碰 小球B的速度为2，根据动量守恒定律得m。=my,+m, 由于两小球做平抛运动下落高度相同，所用时间相同，则有a,t=at+'t 则两球相碰前后的总动量守恒满足max2=ax+m2X3故填ma七2=maX+2光。 (3)5小球放平抛运动，在竖直方向上有么”平抛运动时间为一 2h x 设轨道末端到木条的水平位置为x,A小球做平抛运动的初速度为 A= 2h, Vg 光 小球A和小球B相碰后小球A速度为 VA二 [2hs 小球A和小球B相碰后小球B速度为 2h Vg 若两球相碰前后的总动量守恒，则 IILAVA MILAYAL MIBYBI 联立解得应满足的关系式为 片+云 + 1。 1 如碰撞属于弹性碰撞，碰撞过程系统机械能守恒，得m=严+ 2 21 2 111 联立解得 五五 3 15.(1)光路图如图所示：(2)0.8：(6)4 【知识点】折射率的波长表达式和速度表达式、光的折射定律 第5页共8页 【详解】(1) (2)由几何关系，可知光线从O点射到玻璃砖上表面的入射角的正切值 OA tani= 2=4则有sini=4 d 3 5 AB (3)光线在玻璃砖中折射角的正切值a=2_3则有simr= 3 5 d24 根据折射率关系式，有n= 1,v=解得v= sini 3 sinr n 16.(1)2m/s(2)①0.075m:②6T,2T 【知识点】弹性碰撞：动碰静、带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动 【详解】(1)设碰后A的速度为a,B的速度为8，由动量守恒定律得。=m'A+m'B 由能量守恒定律得)4，心=号m,以+解得=%，=0 ，1 1 2 2 1 由动能定理得-a8·2R=0-一V2 解得v。=2m/s 2 (2)①设小球第一次从M点进入场中，水平方向，有V版=vC0s53°，xM=Vt 竖直方向，有2R-y= 28，w=msin53°，v6=g R 解得t =gR,%u 3R=0.075m 4 ②如图所示为A球轨迹图（轨迹形状相同，只作一次在电磁场的运动) 第6页共8页 当轨迹与y轴相切时，有r'+rsin53°=飞 解得r=15R 36 粒子水平打在P点应满足n(2xM-2rsin)=x1解得r= 5-5R(1,2,3) 162n 12 由于mAg=qE所以B=m 解得B 32、VR 447 由题意得0<r≤r'即0<( 5_5R<R 15 解得2.7<n≤4.8 62n1 36 当=3时，B=6T 当4时，B=2T 所以磁感应强度可能为6T,2T。 17.(1)9m;(2)F=0.5t+2.4 【知识点】有电源存在的导轨单杆模型 【详解】(1)由图乙知q=45C又E=A0B7- △t△t R q=T·△ 得x=婴=9m BL (2)根据题意E=BN了二R得=LsBU R 由牛顿运动定律得F-gsin0-0-B-a,a=g R △t F=0.5t+2.4 18.(1)e=300W2sin100mt(V);(2)160W;(3)3040W 【知识点】理想变压器原副线圈的电流关系及其推导、正弦式交变电流瞬时值的表达式及其 推导、理想变压器两端电压与匝数的关系、升压变压器和降压变压器、计算输电线路损耗 【详解】(1)发电机线圈产生的最大感应电动势 E=N8M=100x5x0.03×100-V=300W2V π 线圈从中性面开始计时，可知在t=0时刻，电动势是零，则感应电动势随时间t变化的关 系式为e=E.sin a=300V2sinl00t(W) (2)降压变压器的原、副线圈电压比等于匝数比，则有U,:U4=:几 则降压变压器原线圈电压为U,=U,= , ×220V=200V 10 P8.8x103 降压变压器副线圈中的电流1，=元20 A=40A 第7页共8页 降压变压器原线图中的电流为！一受= 1 ×40A=4A n 在输电线路上所损耗的电功率△P=IR=4×10W=160W 在输电线路上的电压降 △U=I,R=4×10V=40V (3)升压变压器输出的功率为D=P+△P=8.8×10W+160W=8960W 升压变压器输出电压为 U,=U,+△U=2200V+40V=2240V 升压变压器输入电压为 U,=4U.=2240V=24V 10 升压变压器输入电流为 B_8960A=40A 1-u,224 交流发电机输出电压的有效值为U= E-300W2 =300V 用电器Y上的电压为Ux=U-U=300V-224V=76V 用电器Y上消耗的功率为P,=U,I,=76×40W=3040W 第8页共8页 2025-2026学年度高二上学期物理期末考试卷 考试范围：必修三后两章、选修一全册、选修二前三章；考试时间：90分钟 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题 1．某体重为60kg的“跑酷”运动员在从距离地高1.8m处一跃而下（可认为其初速度为0），该运动员双脚落地时采用弯曲膝盖的方式使得自身重心继续下降0.5s后静止。重力加如速度g=10m/s2，忽略空气阻力，则地面对该运动员的平均冲击力大约是（D） A．550N B．660N C．990N D．1320N 【知识点】利用动量定理求解其他问题 【详解】该运动员先做自由落体运动，由 解得 对全过程动量定理可得 解得 故选D。 2．第二十二届世界杯足球赛于2022年在卡塔尔圆满落幕。如图所示为球员某次训练过程中用头颠球。足球从静止开始下落20cm，被竖直顶起，离开头部后上升的最大高度仍为20cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（　D　） A．下落至与头部刚接触时，足球动量大小为1.6kg·m/s B．与头部作用过程中，足球动量变化量为0 C．与头部作用过程中，足球对头部的冲量大小为0.8N·s D．头部对足球的平均作用力为足球重力的5倍 【知识点】计算物体的动量及动量的变化、动量定理的内容、求恒力的冲量 【详解】A．下落到与头部刚接触时，由运动学公式 解得 则足球动量大小为 故A错误； B．由题可知，与头部碰撞后，离开头部后上升的最大高度仍为20cm，则离开时速度反向，大小不变取向上为正方向，则动量变化为 故B错误； CD．以向上为正方向，由动量定理可知 解得 根据冲量的计算公式可知 故C错误，D正确。 故选D。 3．某弹簧振子沿着x轴的简谐运动图像如图所示，下列描述正确的是（　B　） A．t=0.5s时与t=1.5s时的回复力相同 B．t=0.5s时与t=1.5s时的弹性势能相同 C．t=1s时与t=2s时的速度相同 D．t=2.3s时速度为正，加速度也为正 【知识点】简谐运动的图像 【详解】AB．t=0.5s时,振子处于正的最大位移处，弹簧被拉伸，t=1.5s时，振子处于负的最大位移处，故回复力大小相等，方向相反，弹簧被压缩；且t=0.5s时与t=1.5s时弹簧的拉伸量和压缩量相等，故弹性势能相同，故A错误，B正确； C．t=1s时，振子位于平衡位置正在向负方向运动，振子的速度最大，t=2s时，振子位于平衡位置正在向正方向运动，振子的速度最大，由简谐运动的特点可知，t=1s时与t=2s时的速度大小相等，方向相反，故C错误； D．t=2.3s时振子向正方向运动，速度为正，位移为正，故加速度为负，故D错误。故选B。 4．如图甲所示，a、b为介质中相距7m且振动方向相同的两个波源，c为ab连线上距a为3m的一点．在时刻，a、b同时开始振动，振动图像均如图乙所示，在时，c点开始振动．则下列说法正确的是（   D  ） A．该波频率为2Hz B．该波波长为1m C．c点起振的方向沿y轴负方向 D．c点为两波相遇后的振动减弱点 【知识点】振动图像与波形图的结合 【详解】A．由乙图可知该波的周期根据周期和频率的关系可得A错误； B．由题可知，该波的波速由波速、频率、波长的关系可知 解得 B错误 C．根据沿波传播的方向上“上波下、下波上”的特点，可知c点的起振方向沿y轴正方向，C错误； D．由于两列波源的振动步调一致，且c点到两列波源的距离之差 故c点为两波相遇后的振动减弱点，D正确。 故选D。 5．一段通电导线平行于磁场方向放入匀强磁场中，导线上的电流方向由左向右，如下图所示。在导线以其中心点为轴转动90°的过程中，导线受到的安培力（　D　） A．大小不变，方向不变 B．由零增大到最大，方向时刻改变 C．由最大减小到零，方向不变 D．由零增大到最大，方向不变 【知识点】安培力的计算式及初步应用 【详解】设电流与磁场的夹角为θ，导体棒受的安培力为 F=BILsinθ 其中θ从0增大到90°，sinθ由0增加到1，故可知安培力由零逐渐增大；根据左手定则，安培力垂直与电方向流和磁场方向构成的平面，一直不变；故ABC错误，D正确；故选D。 6．如图，一台线圈匝数为20匝、内阻为的小型发电机外接理想交流电压表和电阻为11.5的灯泡。图示位置线圈平面与匀强磁场的磁感线平行，从该位置开始计时，灯泡两端的电压随时间的变化关系为。下列说法正确的是 （　D　） A．图示位置时边中的电流方向由 B．线圈位于图示位置时，电压表的示数为 C．穿过线圈的磁通量变化率的最大值为 D．内，通过线圈某一横截面的电荷量为 【知识点】正弦式交流电的电动势和电流有效值、计算转动过程中通过线圈截面的电量 【详解】A．根据右手定则判断可知，图示位置时边中的电流方向由，故A错误； B．交流电压表测量的是电压的有效值，不是瞬时值，灯泡两端电压的有效值为 故B错误； C．灯泡两端电压的最大值 感应电动势的最大值 由感应电动势表达式 可得，穿过线圈的磁通量变化率的最大值 故C错误； D．根据法拉第电磁感应定律有 根据闭合电路欧姆定律有 电荷量 可得 在内，通过线圈某一横截面的电荷量 又 联立解得 故D正确。 故选D。 7．如图甲所示，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一定值电阻R。水平外力F平行于导轨，随时间t按图乙所示变化，导体棒在F作用下沿导轨运动，始终垂直于导轨，在0~t0时间内，从静止开始做匀加速直线运动。图乙中t0、F1、F2为已知量，不计ab棒、导轨电阻。则（　D　） A．在t0以后，导体棒一直做匀速直线运动 B．在t0以后，导体棒一直做匀加速直线运动 C．在0~t0时间内，导体棒的加速度大小为 D．在0~t0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为 【知识点】无外力作用下，水平导轨上的单杆模型、有外力作用下，水平导轨上的单杆模型、竖直平面内的导轨单杆模型 【详解】AB．因在0～t0时间内棒做匀加速直线运动，在t0时刻F2大于棒所受的所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不变，安培力逐渐变大，导体棒做加速度越来越小的加速，当加速度a=0，即导体棒所受安培力与外力F2相等后，导体棒做匀速直线运动，故AB错误； C．设在0～t0时间内导体棒的加速度为a，导体棒的质量为m，t0时刻导体棒的速度为v，通过导体棒横截面的电量为q，则有 t=0时刻，v=0，导体棒所受的安培力为零，由牛顿第二定律有 联立解得 故C错误； D．通过导体棒横截面的电量为 解得 故D正确。 故选D。 8．如图所示的电路中，如果交变电流的频率减小，1、2和3灯的亮度变化情况是（C） A．1、2两灯均变亮，3灯变暗 B．1灯变亮，2、3灯均匀变暗 C．1灯变亮，2灯变暗，3灯亮度不变 D．1灯变暗，2灯变亮，3灯亮度不变 【知识点】电感器对交变电流的影响、电容器对交流电的导通和阻碍作用 【详解】根据可知如果交变电流的频率减小，则线圈的感抗减小，则1灯变亮；根据可知如果交变电流的频率减小，则电容器的容抗增加，故2灯变暗；如果交变电流的频率减小，则电阻R阻值不变，故3灯亮度不变。故ABD错误，C正确。选C。 二、多选题 9．下列情形中金属框或线圈中能产生感应电流的是（　BCD　） A． B． C． D． 【知识点】探究感应电流产生的条件 【详解】产生感应电流的条件是，闭合回路中的磁通量有变化。故A错；BCD正确。 10．在光滑的水平面上，一质量为的球以速度v向右运动，与迎面而来的质量为、速率为2v的另一球正碰后粘合在一起，以向右为正方向，则（　BCD　） A．两球的总动量为 B．两球一起运动的速度为 C．第二个球的动量变化的大小为 D．碰撞过程两球所受到的冲量的大小相等 【知识点】计算物体的动量及动量的变化、动量定理的内容、完全非弹性碰撞 【详解】A．两球的总动量为 mv-2m∙2v=-3mv 选项A错误； B．根据动量守恒定律 mv-2m∙2v=3mv共 解得 v共=-v 选项B正确； C．第二个球的动量变化的大小为 选项C正确； D．根据牛顿第三定律可知，碰撞过程两球所受到的冲量的大小相等，方向相反，选项D正确。故选BCD。 11．一列沿水平方向传播的简谐横波，某时刻的波形图像如图所示，此时图中质点P位于平衡位置下方，速度大小为v，经过0.2s质点P的速度大小和方向第一次跟v相同，再经过1.0s，质点P的速度再次跟v相同，则（　BC　） A．波沿x轴负方向传播，波速为 B．波沿x轴正方向传播，波速为 C．经过0.1s，离P点水平距离为3m的质点都到达平衡位置 D．经过0.5s，离P点水平距离为3m的质点都达到平衡位置 【知识点】波长、频率和波速的关系、波的图像 【详解】AB．经过1.2s后质点P的速度第二次跟v相同，即经过一个全振动，周期为 T=1.2s 由图可知， 波长为 波速为 若质点P向上振动，到达平衡位置另一侧对称位置时第一次速度与v相同历时较短，再次回到初始位置时速度第二次与v相同历时较长，符合题意，由“同侧法”可知该列波沿x轴正方向传播，A错误，B正确； C．离P点水平距离为3m的质点，相距P点半个波长，由AB的分析可知，经过0.1s，P到达平衡位置，故离P点水平距离为3m的质点都到达平衡位置，C正确； D．经过0.5s，P在平衡位置上方，此时离P点水平距离为3m的质点都未到达平衡位置，D错误。故选BC。 12．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，R为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），为定值电阻。当原线圈接如图乙所示的正弦交流电时，下列说法正确的是（　CD　） A．t=0.01s时电压表的示数为0 B．R温度升高时，变压器原线圈的输入功率减少 C．R温度降低时，电流表的示数变小，电压表的示数不变 D．原线圈输入电压瞬时值的表达式为（V） 【知识点】变压器两端电路的动态分析、正弦式交变电流瞬时值的表达式及其推导、电表示数的含义、铭牌上的额定电压 【详解】A．图中电表都是交流电表，其示数为交流电的有效值，由 电压表示数为220V，则电压表的示数为55V，A错误； B．副线圈两端的电压不变，R温度升高时，阻值变小，根据，， 副线圈电流增大，变压器原线圈的电流增大，输入功率增大，B错误； C．R温度降低时，阻值变大，同理，副线圈电流减小，电流表的示数变小，电压表示数不受影响，保持不变，C正确； D．交流电周期为0.02s，原线圈输入电压瞬时值的表达式为 D正确。故选CD。 三、实验题 13．测定电源的电动势和内电阻的实验电路和图象如图所示；请回答下列问题： （1）如图甲所示，在闭合开关之前为防止电表过载而移动滑动变阻器的滑动头，应放在滑动变阻器 处（填“”或“”） （2）现有以下器材： A． 干电池1个 B． 滑动变阻器（） C． 电压表（） D． 电压表（） E. 电流表（） F. 电流表（） 其中电流表应选 ，电压表应选 。（填字母代号） （3）如图乙是根据实验数据画出的图象，由此可知这个干电池的电动势 ，内电阻 。（计算结果均保留三位有效数字） （4）本实验中 ， 。 【答案】 E C 1.49（1.49~1.51） 0.725（0.725~0.775） 【详解】（1）[1]如图甲所示，在闭合开关之前为防止电表过载而移动滑动变阻器的滑动头，应放在滑动变阻器a处； （2）[2][3]实验中电路中的电流不超过0.6A，则电流表应选E；测一节干电池的电动势，则电压表应选C。 （3）[4][5]根据图像可知这个干电池的电动势1.50，内阻 （4）[6][7]由图示电路可知，由于电压表的分流作用电流表所测电流小于流过电源的电流，电压表的分流作用是造成系统误差的原因；当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的U-I图象如图所示，由图象可知，电源电动势和内阻的测量值都小于真实值； 本实验中 < < 14．用如图所示装置验证动量守恒定律。 小明同学先用图甲所示方案验证（水平地面依次铺有白纸、复写纸）。调整好实验装置之后： I．让入射球A多次从斜轨上同一位置C（图中未画出）由静止释放； II．把被碰小球B静止置于水平轨道的末端，再将A从斜轨上C位置由静止释放，与小球B相撞，多次重复此步骤； III．用最小圆圈法分别找到每个小球的平均落点M、P、N，图中O为小球抛出点在水平地面上的投影点。 （1）关于此碰撞实验，下列说法正确的是 。 A．白纸和复写纸依次铺好后，实验过程中白纸的位置不能移动 B．需要测量A球或B球的直径 C．A、B球的大小可以不同 D．需要测量A球和B球的质量mA和mB，且必须满足mA>mB E.为了减少实验误差，斜槽倾斜部分的轨道应尽量光滑 （2）测量出平均水平位移OM、OP、ON的长度x1、x2、x3，若两球相碰前后的总动量守恒，则应满足的关系式为 （用测量的物理量符号表示）。 （3）接下来小明同学用图乙所示方案验证（将白纸、复写纸固定在挡板上，将挡板竖直立起来）。白纸上的O点与球心等高，重复方案甲的操作完成实验，确定落点的平均位置M'、P'、N'，用刻度尺测得OM'、OP'、ON'的长度分别为h1、h2、h3，若两球相碰前后的总动量守恒，且碰撞属于弹性碰撞，则应满足的关系式为 （用h1、h2、h3表示）。 【答案】 AD/DA 【知识点】平抛后落在水平面验证动量守恒定律、null 【详解】（1）[1]A．复写纸和白纸依次铺好后，实验过程白纸的位置不能再移动，A正确； B．该实验中两球从同一点抛出，则不需要测量A球或B球的直径，故B错误； CD．为防止入射球碰后反弹，入射球A球的质量要大于被碰球B球的质量，为保证两球正碰，则两球大小要相同，故C错误，D正确。故选D。 （2）[2]设入射小球A碰撞前瞬间的速度为v0，碰撞后瞬间入射小球A的速度为v1，被碰小球B的速度为v2，根据动量守恒定律得 由于两小球做平抛运动下落高度相同，所用时间相同，则有 则两球相碰前后的总动量守恒满足 故填。 （3）[3]小球做平抛运动，在竖直方向上有 平抛运动时间为 设轨道末端到木条的水平位置为x，A小球做平抛运动的初速度为 小球A和小球B相碰后小球A速度为 小球A和小球B相碰后小球B速度为 若两球相碰前后的总动量守恒，则 联立解得应满足的关系式为 如碰撞属于弹性碰撞，碰撞过程系统机械能守恒，得 联立解得 四、解答题 15．某同学为了测量玻璃砖的折射率，准备了下列器材：激光笔、直尺、一面镀有反射膜的平行玻璃砖，如图所示，直尺与玻璃砖平行放置，激光笔发出的一束激光从直尺上0点射向玻璃砖表面，在直尺上观察到A、B两个光点，读出0、A间的距离为24.0cm，A、B间的距离为6.0cm，测得图中直尺到玻璃砖上表面的距离d1=9.0cm，玻璃砖厚度d2=4.0cm。光在真空中的传播速度为c。 （1）请在原图中画出激光形成两个光点的光路图； （2）光线在玻璃砖上表面的入射角的正弦值； （3）光线在玻璃砖中的传播速度。 【答案】(1)光路图如图所示；(2)0.8；(3) 【知识点】折射率的波长表达式和速度表达式、光的折射定律 【详解】(1) (2)由几何关系，可知光线从O点射到玻璃砖上表面的入射角的正切值 则有 (3)光线在玻璃砖中折射角的正切值 则有 根据折射率关系式，有 解得 16．如图所示，沿水平和竖直方向建立直角坐标系，y轴左侧固定一内壁光滑的半圆管道（内径很小），半圆半径R=0.1m、且直径与y轴重合。第一象限内存在有界的匀强电场和匀强磁场，电场强度E=0.5V/m，方向竖直向上，磁场方向垂直于坐标平面向外，大小未知，该区域上边界为y1=0.15m，右边界为x1=0.4m。一带电量为q=+0.1C、质量为mA=0.005kg的绝缘小球A（直径略小于管道内径）静止在坐标原点O处，质量也为mB=0.005kg的不带电小球B以初速度v0向左运动，与A球发生弹性正碰，A球电荷量始终不变，重力加速度g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。 (1)若碰撞后A球能过管道最高点，则v0至少多大； (2)若碰撞后A球以速度v=m/s与x轴正方向成53°进入电磁场区域，此后运动未与B球相碰，最后恰好从坐标为（0.4m，0.2m）的P点水平射出场区，则： ①A球第一次从M点进入场中，M点距y轴的水平距离xM为多少； ②磁感应强度可能为多大？ 【答案】(1)2m/s (2)①0.075m；②6T，2T 【知识点】弹性碰撞：动碰静、带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动 【详解】（1）设碰后A的速度为vA，B的速度为vB，由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 解得， 由动能定理得 解得 （2）①设小球第一次从M点进入场中，水平方向，有， 竖直方向，有，， 解得，， ②如图所示为A球轨迹图（轨迹形状相同，只作一次在电磁场的运动） 当轨迹与y轴相切时，有 解得 粒子水平打在P点应满足 解得（n=1，2，3…） 由于 所以 解得 由题意得 即 解得 当n=3时， 当n=4时， 所以磁感应强度可能为6T，2T。 17．如图甲所示、为足够长的两平行金属导轨，间距，与水平面之间的夹角，匀强磁场磁感应强度，垂直于导轨平面向上，间接有电流传感器，质量、阻值的金属杆垂直导轨放置，它与导轨的动摩擦因数，如图所示。用外力F沿导轨平面向上拉金属杆，使由静止开始运动并开始计时，电流传感器显示回路中的电流I随时间t变化的图像如图乙所示，0~3s，拉力做的功为225J，除导体棒电阻外，其它电阻不计。取。求： （1）0~3s内金属杆运动的位移； （2）0~3s内F随t变化的关系；。 【答案】（1）；（2） 【知识点】有电源存在的导轨单杆模型 【详解】（1）由图乙知 又 得 （2）根据题意 得 由牛顿运动定律得 ， 18．如图，用一小型交流发电机向远处标有“220V  8.8kW”的电动机供电，已知发电机线圈abcd面积，匝数匝，匀强磁场的磁感应强度大小，输电导线的总电阻，升压变压器原、副线圈匝数比，降压变压器原、副线圈的匝数比。当线圈匀速转动的角速度时，电动机恰能正常工作，发电机线圈电阻可忽略。求此时： （1）发电机线圈从中性面开始计时，感应电动势e随时间t变化的关系式； （2）在输电线路上所损耗的电功率； （3）与发电机直接串联的用电器Y上消耗的功率。 【答案】（1）；（2）；（3） 【知识点】理想变压器原副线圈的电流关系及其推导、正弦式交变电流瞬时值的表达式及其推导、理想变压器两端电压与匝数的关系、升压变压器和降压变压器、计算输电线路损耗 【详解】（1）发电机线圈产生的最大感应电动势 线圈从中性面开始计时，可知在时刻，电动势是零，则感应电动势e随时间t变化的关系式为 （2）降压变压器的原、副线圈电压比等于匝数比，则有 则降压变压器原线圈电压为 降压变压器副线圈中的电流 降压变压器原线圈中的电流为 在输电线路上所损耗的电功率 在输电线路上的电压降 （3）升压变压器输出的功率为 升压变压器输出电压为 升压变压器输入电压为 升压变压器输入电流为 交流发电机输出电压的有效值为 用电器Y上的电压为 用电器Y上消耗的功率为 第 2 页 共 18 页 第 1 页 共 18 页 学科网（北京）股份有限公司 $2025-2026学年度高二上学期物理期末考试卷 考试范围：必修三后两章、选修一全册、选修二前三章：考试时间：90分钟 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题 1.某体重为60kg的“跑酷”运动员在从距离地高1.8m处一跃而下（可认为其初速度为0）， 该运动员双脚落地时采用弯曲膝盖的方式使得自身重心继续下降0.5s后静止。重力加如速 度g=10/s2,忽略空气阻力，则地面对该运动员的平均冲击力大约是(D) A.550N B.660N C.990N D.1320N 【知识点】利用动量定理求解其他问题 【详解】该运动员先做自由落体运动，由小就 解得1=0.6s 对全过程动量定理可得g化+t)-Ft2=0 解得F=1320N 故选D。 2.第二十二届世界杯足球赛于2022年在卡塔尔圆满落幕。如图所示为球员某次训练过程中 用头颠球。足球从静止开始下落20cm,被竖直顶起，离开头部后上升的最大高度仍为20cm。 已知足球与头部的作用时间为0.1s,足球的质量为0.4kg,重力加速度g取10ms2,不计空 气阻力。下列说法正确的是(D) A.下落至与头部刚接触时，足球动量大小为1.6kgm/s B.与头部作用过程中，足球动量变化量为0 C.与头部作用过程中，足球对头部的冲量大小为0.8N·s D.头部对足球的平均作用力为足球重力的5倍 【知识点】计算物体的动量及动量的变化、动量定理的内容、求恒力的冲量 【详解】A.下落到与头部刚接触时，由运动学公式v2=2gh解得v=2ms 则足球动量大小为p=m=0.8kgm/s故A错误； B.由题可知，与头部碰撞后，离开头部后上升的最大高度仍为20c,则离开时速度反向， 大小不变取向上为正方向，则动量变化为△p=㎡-（-w)=1.6kg/s故B错误： CD.以向上为正方向，由动量定理可知(F-g)△t=w-（-w)解得F=20N=5g 根据冲量的计算公式可知I=F△t=2Ns故C错误，D正确。 故选D。 第1页共15页 3.某弹簧振子沿着x轴的简谐运动图像如图所示，下列描述正确的是(B) A.=0.5s时与1.5s时的回复力相同 ◆x/cm B.仁0.5s时与仁1.5s时的弹性势能相同 C.仁1s时与2s时的速度相同 3亦 D.仁2.3s时速度为正，加速度也为正 【知识点】简谐运动的图像 【详解】AB.0.5s时，振子处于正的最大位移处，弹簧被拉伸，1.5s时，振子处于负的 最大位移处，故回复力大小相等，方向相反，弹簧被压缩；且0.5s时与1.5s时弹簧的拉 伸量和压缩量相等，故弹性势能相同，故A错误，B正确： C.1s时，振子位于平衡位置正在向负方向运动，振子的速度最大，仁2s时，振子位于平 衡位置正在向正方向运动，振子的速度最大，由简谐运动的特点可知，仁1s时与2s时的 速度大小相等，方向相反，故C错误： D.仁23g时振子向正方向运动，速度为正，位移为正，故加速度为负，故D错误。故选B。 4.如图甲所示，、b为介质中相距7m且振动方向相同的两个波源，c为b连线上距a为 3m的一点.在t。=0时刻，、b同时开始振动，振动图像均如图乙所示，在t2=3s时，c点 开始振动.则下列说法正确的是(D) 0 t/s 甲 乙 A.该波频率为2Hz B.该波波长为lm C.c点起振的方向沿y轴负方向 D.c点为两波相遇后的振动减弱点 【知识点】振动图像与波形图的结合 【详解1A.由乙图可知该波的周期T=2s根据周期和频率的关系可得∫=无0,5业A错误： B.由题可知，该波的波速v=兰=ls由波速、频率、波长的关系可知v=对 t. 解得1==vT=2mB错误 f C.根据沿波传播的方向上“上波下、下波上”的特点，可知c点的起振方向沿y轴正方向， 第2页共15页 C错误； D.由于两列波源的振动步调一致，且c点到两列波源的距离之差△r=x-xc=l= 2 故c点为两波相遇后的振动减弱点，D正确。故选D。 5.一段通电导线平行于磁场方向放入匀强磁场中，导线上的电流方向由左向右，如下图所 示。在导线以其中心点为轴转动90°的过程中，导线受到的安培力(D) A.大小不变，方向不变 B.由零增大到最大，方向时刻改变 C.由最大减小到零，方向不变 D,由零增大到最大，方向不变 【知识点】安培力的计算式及初步应用 【详解】设电流与磁场的夹角为0，导体棒受的安培力为F=BILsin0 其中0从0增大到90°，si0由0增加到1，故可知安培力由零逐渐增大；根据左手定则，安 培力垂直与电方向流和磁场方向构成的平面，一直不变：故ABC错误，D正确；故选D。 6.如图，一台线圈匝数为20匝、内阻为0.53的小型发电机外接理想交流电压表和电阻为 11.52的灯泡。图示位置线圈平面与匀强磁场的磁感线平行，从该位置开始计时，灯泡两端 的电压随时间的变化关系为u=23c0s200πt(V)。下列说法正确的是(D) A.图示位置时ad边中的电流方向由d→a B.线圈位于图示位置时，电压表的示数为23V C.穿过线圈的磁通量变化率的最大值为1.15Wb/s D.0~2.5×103s内，通过线圈某一横截面的电荷量为，1_C 100π 【知识点】正弦式交流电的电动势和电流有效值、计算转动过程 中通过线圈截面的电量 【详解】A.根据右手定则判断可知，图示位置时ad边中的电流方向由α→d,故A错误： B.交流电压表测量的是电压的有效值，不是瞬时值，灯泡两端电压的有效值为 V≈163V故B错误 C.灯泡两端电压的最大值Um=23V 感应电动势的最大值B,=U+23V+x05V=2死 R 第3页共15页 △Φ 由感应电动势表达式E=n △t △Φ 可得，穿过线圈的磁通量变化率的最大值 =1.2Wb/s 故C错误； △t Φ D.根据法拉第电磁感应定律有E=n △t 根据闭合电路欧姆定律有7=R十7 △Φ 电荷量g=I△t可得q=n R+” BS 在0~2.5x103s内，通过线圈某一横截面的电荷量q=n 又En=nBSo R+r 优+20z04+0时C-1c故D正确。藏选D. Em 24 联立解得4=。 7.如图甲所示，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B, 轨道左侧连接一定值电阻R。水平外力F平行于导轨，随时间t按图乙所示变化，导体棒在 F作用下沿导轨运动，始终垂直于导轨，在0~o时间内，从静止开始做匀加速直线运动。图 乙中to、F、F2为已知量，不计b棒、导轨电阻。则(D) a 分 A.在to以后，导体棒一直做匀速直线运动 B.在to以后，导体棒一直做匀加速直线运动 C.在0~时间内，导体棒的加速度大小为2(B-)R B2Lt。 D.在0-时间内，通过导体棒横截面的电荷量为马) 2BL 【知识点】无外力作用下，水平导轨上的单杆模型、有外力作用下，水平导轨上的单杆模型、 竖直平面内的导轨单杆模型 【详解】AB.因在0~to时间内棒做匀加速直线运动，在to时刻F2大于棒所受的所受的安 培力，在以后，外力保持F不变，安培力逐渐变大，导体棒做加速度越来越小的加速， 当加速度0，即导体棒所受安培力与外力F2相等后，导体棒做匀速直线运动，故AB错误： C.设在0~to时间内导体棒的加速度为a,导体棒的质量为m,to时刻导体棒的速度为v, 通过导体棒损截面的电鼓为g:则有a尽一9R B2L乃 =a0时刻，1=0，导体棒所受的 第4页共15页 安培力为零，由牛顿第二定律有F=a联立解得 a=(R-5)R 故C错误； B2tt。 D.通过导体棒横截面的电量为q=71=△Φ AD-BAS-BL. 解得g-(因-上故D正确。故选D。 2BL 8.如图所示的电路中，如果交变电流的频率减小，1、2和3灯的亮度变化情况是(C) A.1、2两灯均变亮，3灯变暗 B.1灯变亮，2、3灯均匀变暗 C.1灯变亮，2灯变暗，3灯亮度不变 2☒3☒ D.1灯变暗，2灯变亮，3灯亮度不变 【知识点】电感器对交变电流的影响、电容器对交流电的导通和阻碍作用 【详解】根据X,=2π九可知如果交变电流的频率减小，则线圈的感抗减小，则1灯变亮： 根据Xc= 1 2πfC 可知如果交变电流的频率减小，则电容器的容抗增加，故2灯变暗：如果 交变电流的频率减小，则电阻R阻值不变，故3灯亮度不变。故ABD错误，C正确。选C。 二、多选题 9.下列情形中金属框或线圈中能产生感应电流的是(BCD ) A. 文B.XX X X 【知识点】探究感应电流产生的条件 【详解】产生感应电流的条件是，闭合回路中的磁通量有变化。故A错：BCD正确。 10.在光滑的水平面上，一质量为的球以速度v向右运动，与迎面而来的质量为2m、速 率为2，的另一球正碰后粘合在一起，以向右为正方向，则(BCD) A.两球的总动量为5m B.两球一起运动的速度为-V C.第二个球的动量变化的大小为2D.碰撞过程两球所受到的冲量的大小相等 【知识点】计算物体的动量及动量的变化、动量定理的内容、完全非弹性碰撞 【详解】A.两球的总动量为-2r21=-3m选项A错误； B.根据动量守恒定律-2r2=3m#解得y二v选项B正确： C.第二个球的动量变化的大小为2(-)-(-2×2)=2m选项C正确： 第5页共15页 D.根据牛顿第三定律可知，碰撞过程两球所受到的冲量的大小相等，方向相反，选项D正 确。故选BCD。 11.一列沿水平方向传播的简谐横波，某时刻的波形图像如图所示，此时图中质点P位于 平衡位置下方，速度大小为，经过0.2s质点P的速度大小和方向第一次跟v相同，再经过 1.0s,质点P的速度再次跟v相同，则(BC) ◆y/m 0 6 9 x/m A.波沿x轴负方向传播，波速为7.5m/sB.波沿x轴正方向传播，波速为5m/s C.经过0.1s,离P点水平距离为3m的质点都到达平衡位置 D.经过0.5s,离P点水平距离为3m的质点都达到平衡位置 【知识点】波长、频率和波速的关系、波的图像 【详解】AB.经过1.2s后质点P的速度第二次跟v相同，即经过一个全振动，周期为 TH1.2s由图可知，波长为2=6m波速为v=2=5ms若质点P向上振动，到达平衡位置 另一侧对称位置时第一次速度与ⅴ相同历时较短，再次回到初始位置时速度第二次与v相同 历时较长，符合题意，由“同侧法可知该列波沿x轴正方向传播，A错误，B正确： C.离P点水平距离为3m的质点，相距P点半个波长，由AB的分析可知，经过0.1s,P 到达平衡位置，故离P点水平距离为3m的质点都到达平衡位置，C正确： D.经过0.5s,P在平衡位置上方，此时离P点水平距离为3m的质点都未到达平衡位置， D错误。故选BC。 12.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表， R为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R。为定值电阻。当原线圈接如图乙所示的正弦交 流电时，下列说法正确的是(CD) A.=0.01s时电压表V2的示数为0 2202 B.R温度升高时，变压器原线圈 0.01 002 0.03'i/s 的输入功率减少 -2202… 甲 第6页共15页 C.R温度降低时，电流表的示数变小，电压表V,的示数不变 D.原线圈输入电压瞬时值的表达式为u=220√2sinl00πt(V) 【知识点】变压器两端电路的动态分析、正弦式交变电流瞬时值的表达式及其推导、电表示 数的含义、铭牌上的额定电压 【详解】A.图中电表都是交流电表，其示数为交流电的有效值，由U:U,=h: 电压表V1示数为220V,则电压表V,的示数为55V,A错误： 3副线圈两端的电压不变，R温度升高时，阻值变小，根据马，三R十R，马：凸，=，2 卫=I副线圈电流增大，变压器原线圈的电流增大，输入功率增大，B错误： C.R温度降低时，阻值变大，同理，副线圈电流减小，电流表的示数变小，电压表示数不 受影响，保持不变，C正确： D.交流电周期为0.02s,原线圈输入电压瞬时值的表达式为 M=220N2sin2买(V)=220N2sim100t(V)）D正确。故选CD。 T 三、实验题 13.测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U-I图象如图所示；请回答下列问题： 个UV 0 1.5 1.4 1.3 S 1.2 0 0.10.20.30.47A 甲 乙 (1)如图甲所示，在闭合开关之前为防止电表过载而移动滑动变阻器的滑动头P,应放在 滑动变阻器 处（填“a”或b”) (2)现有以下器材： A.干电池1个 B.滑动变阻器(0~502) C.电压表(0~3V) D.电压表(0~15V) E.电流表(0~0.6A) 第7页共15页 F.电流表(0~3A) 其中电流表应选 电压表应选 (填字母代号) (3)如图乙是根据实验数据画出的U-I图象，由此可知这个干电池的电动势E= V,内电阻r= 2。(计算结果均保留三位有效数字) (4)本实验中E别 E真，T侧 T真o 【答案】 ? E C 1.49(1.49-1.51) 0.725(0.7250.775) < 【详解】(1)[1]如图甲所示，在闭合开关之前为防止电表过载而移动滑动变阻器的滑动头P, 应放在滑动变阻器a处： (2)[2[3]实验中电路中的电流不超过0.6A,则电流表应选E:测一节干电池的电动势，则 电压表应选C。 (3)[4[]根据图像可知这个千电池的电动势B-1,50V,内阻r=△W-15-120=0,7502 ΛI0.4 (4)[[]由图示电路可知，由于电压表的分流作用电流表所测电流小于流过电源的电流， 电压表的分流作用是造成系统误差的原因；当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除 此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的1图象如图所示，由 图象可知，电源电动势和内阻的测量值都小于真实值； 本实验中 E刚<Et T知<T真 14.用如图所示装置验证动量守恒定律。 挡板 重 M 垂 线 77777777 777777777777777777777 M P N 甲 乙 小明同学先用图甲所示方案验证（水平地面依次铺有白纸、复写纸）。调整好实验装置之后： I.让入射球A多次从斜轨上同一位置C(图中未画出)由静止释放； Ⅱ.把被碰小球B静止置于水平轨道的末端，再将A从斜轨上C位置由静止释放，与小球B 第8页共15页 相撞，多次重复此步骤： Ⅱ.用最小圆圈法分别找到每个小球的平均落点MP、N,图中O为小球抛出点在水平地 面上的投影点。 (1)关于此碰撞实验，下列说法正确的是 A.白纸和复写纸依次铺好后，实验过程中白纸的位置不能移动 B.需要测量A球或B球的直径 C.A、B球的大小可以不同 D.需要测量A球和B球的质量a和a,且必须满足4>a E.为了减少实验误差，斜槽倾斜部分的轨道应尽量光滑 (2)测量出平均水平位移OM、OP、ON的长度xx2x3,若两球相碰前后的总动量守恒， 则应满足的关系式为」 (用测量的物理量符号表示)。 (3)接下来小明同学用图乙所示方案验证（将白纸、复写纸固定在挡板上，将挡板竖直立 起来)。白纸上的O点与球心等高，重复方案甲的操作完成实验，确定落点的平均位置M、 P'、N,用刻度尺测得OM、OP'、ON的长度分别为h、h2、h,若两球相碰前后的总动量 守恒，且碰撞属于弹性碰撞，则应满足的关系式为 (用h、h、h3表示)。 1 11 【答案】 AD/DA a2=a+电X3 五 【知识点】平抛后落在水平面验证动量守恒定律、ul 【详解】(1)[1]A.复写纸和白纸依次铺好后，实验过程白纸的位置不能再移动，A正确： B.该实验中两球从同一点抛出，则不需要测量A球或B球的直径，故B错误： CD,为防止入射球碰后反弹，入射球A球的质量要大于被碰球B球的质量，为保证两球正 碰，则两球大小要相同，故C错误，D正确。故选D。 (2)[2]设入射小球A碰撞前瞬间的速度为，碰撞后瞬间入射小球A的速度为v,被碰 小球B的速度为V2,根据动量守恒定律得m,=m+m% 由于两小球做平抛运动下落高度相同，所用时间相同，则有a'。t=at+'t 则两球相碰前后的总动量守恒满足x2=maX+七故填max2=a水+2水3。 1 (3)[3]小球做平抛运动，在竖直方向上有h=81平抛运动时间为t二 第9页共15页 设轨道末端到木条的水平位置为x,A小球做平抛运动的初速度为 2h 小球A和小球B相碰后小球A速度为 8 小球A和小球B相碰后小球B速度为 2h 若两球相碰前后的总动量守恒，则 IILAVA IHAVAI MBVBI 联立解得应满足的关系式为 =+ hhh 如碰撞属于弹性碰撞，碰撞过程系统机械能守恒，得 2%2+1 2 2 1 11 联立解得 压厉√五 四、解答题 15.某同学为了测量玻璃砖的折射率，准备了下列器材：激光笔、直尺、一面镀有反射膜的 平行玻璃砖，如图所示，直尺与玻璃砖平行放置，激光笔发出的一束激光从直尺上0点射向 玻璃砖表面，在直尺上观察到A、B两个光点，读出0、A间的距离为24.0cm,A、B间的距 离为6.0cm,测得图中直尺到玻璃砖上表面的距离d=9.0cm,玻璃砖厚度d2-4.0cm。光在真 空中的传播速度为c。 (1)请在原图中画出激光形成两个光点的光路图； (2)光线在玻璃砖上表面的入射角的正弦值： (3)光线在玻璃砖中的传播速度。 B 第10页共15页 2025-2026学年度高二上学期物理期末考试卷 考试范围：必修三后两章、选修一全册、选修二前三章；考试时间：90分钟 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题 1．某体重为60kg的“跑酷”运动员在从距离地高1.8m处一跃而下（可认为其初速度为0），该运动员双脚落地时采用弯曲膝盖的方式使得自身重心继续下降0.5s后静止。重力加如速度g=10m/s2，忽略空气阻力，则地面对该运动员的平均冲击力大约是（　　） A．550N B．660N C．990N D．1320N 2．第二十二届世界杯足球赛于2022年在卡塔尔圆满落幕。如图所示为球员某次训练过程中用头颠球。足球从静止开始下落20cm，被竖直顶起，离开头部后上升的最大高度仍为20cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．下落至与头部刚接触时，足球动量大小为1.6kg·m/s B．与头部作用过程中，足球动量变化量为0 C．与头部作用过程中，足球对头部的冲量大小为0.8N·s D．头部对足球的平均作用力为足球重力的5倍 3．某弹簧振子沿着x轴的简谐运动图像如图所示，下列描述正确的是（　　） A．t=0.5s时与t=1.5s时的回复力相同 B．t=0.5s时与t=1.5s时的弹性势能相同 C．t=1s时与t=2s时的速度相同 D．t=2.3s时速度为正，加速度也为正 4．如图甲所示，a、b为介质中相距7m且振动方向相同的两个波源，c为ab连线上距a为3m的一点．在时刻，a、b同时开始振动，振动图像均如图乙所示，在时，c点开始振动．则下列说法正确的是（    ） A．该波频率为2Hz B．该波波长为1m C．c点起振的方向沿y轴负方向 D．c点为两波相遇后的振动减弱点 5．一段通电导线平行于磁场方向放入匀强磁场中，导线上的电流方向由左向右，如下图所示。在导线以其中心点为轴转动90°的过程中，导线受到的安培力（　　） A．大小不变，方向不变 B．由零增大到最大，方向时刻改变 C．由最大减小到零，方向不变 D．由零增大到最大，方向不变 6．如图，一台线圈匝数为20匝、内阻为的小型发电机外接理想交流电压表和电阻为11.5的灯泡。图示位置线圈平面与匀强磁场的磁感线平行，从该位置开始计时，灯泡两端的电压随时间的变化关系为。下列说法正确的是 A．图示位置时边中的电流方向由 B．线圈位于图示位置时，电压表的示数为 C．穿过线圈的磁通量变化率的最大值为 D．内，通过线圈某一横截面的电荷量为 7．如图甲所示，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一定值电阻R。水平外力F平行于导轨，随时间t按图乙所示变化，导体棒在F作用下沿导轨运动，始终垂直于导轨，在0~t0时间内，从静止开始做匀加速直线运动。图乙中t0、F1、F2为已知量，不计ab棒、导轨电阻。则（　　） A．在t0以后，导体棒一直做匀速直线运动 B．在t0以后，导体棒一直做匀加速直线运动 C．在0~t0时间内，导体棒的加速度大小为 D．在0~t0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为 8．如图所示的电路中，如果交变电流的频率减小，1、2和3灯的亮度变化情况是（　　） A．1、2两灯均变亮，3灯变暗 B．1灯变亮，2、3灯均匀变暗 C．1灯变亮，2灯变暗，3灯亮度不变 D．1灯变暗，2灯变亮，3灯亮度不变 二、多选题 9．下列情形中金属框或线圈中能产生感应电流的是（　　） A． B． C． D． 10．在光滑的水平面上，一质量为的球以速度v向右运动，与迎面而来的质量为、速率为2v的另一球正碰后粘合在一起，以向右为正方向，则（　　） A．两球的总动量为 B．两球一起运动的速度为 C．第二个球的动量变化的大小为 D．碰撞过程两球所受到的冲量的大小相等 11．一列沿水平方向传播的简谐横波，某时刻的波形图像如图所示，此时图中质点P位于平衡位置下方，速度大小为v，经过0.2s质点P的速度大小和方向第一次跟v相同，再经过1.0s，质点P的速度再次跟v相同，则（　　） A．波沿x轴负方向传播，波速为 B．波沿x轴正方向传播，波速为 C．经过0.1s，离P点水平距离为3m的质点都到达平衡位置 D．经过0.5s，离P点水平距离为3m的质点都达到平衡位置 12．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，R为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），为定值电阻。当原线圈接如图乙所示的正弦交流电时，下列说法正确的是（　　） A．t=0.01s时电压表的示数为0 B．R温度升高时，变压器原线圈的输入功率减少 C．R温度降低时，电流表的示数变小，电压表的示数不变 D．原线圈输入电压瞬时值的表达式为（V） 三、实验题 13．测定电源的电动势和内电阻的实验电路和图象如图所示；请回答下列问题： （1）如图甲所示，在闭合开关之前为防止电表过载而移动滑动变阻器的滑动头，应放在滑动变阻器 处（填“”或“”） （2）现有以下器材： A． 干电池1个 B． 滑动变阻器（） C． 电压表（） D． 电压表（） E. 电流表（） F. 电流表（） 其中电流表应选 ，电压表应选 。（填字母代号） （3）如图乙是根据实验数据画出的图象，由此可知这个干电池的电动势 ，内电阻 。（计算结果均保留三位有效数字） （4）本实验中 ， 。 14．用如图所示装置验证动量守恒定律。 小明同学先用图甲所示方案验证（水平地面依次铺有白纸、复写纸）。调整好实验装置之后： I．让入射球A多次从斜轨上同一位置C（图中未画出）由静止释放； II．把被碰小球B静止置于水平轨道的末端，再将A从斜轨上C位置由静止释放，与小球B相撞，多次重复此步骤； III．用最小圆圈法分别找到每个小球的平均落点M、P、N，图中O为小球抛出点在水平地面上的投影点。 （1）关于此碰撞实验，下列说法正确的是 。 A．白纸和复写纸依次铺好后，实验过程中白纸的位置不能移动 B．需要测量A球或B球的直径 C．A、B球的大小可以不同 D．需要测量A球和B球的质量mA和mB，且必须满足mA>mB E.为了减少实验误差，斜槽倾斜部分的轨道应尽量光滑 （2）测量出平均水平位移OM、OP、ON的长度x1、x2、x3，若两球相碰前后的总动量守恒，则应满足的关系式为 （用测量的物理量符号表示）。 （3）接下来小明同学用图乙所示方案验证（将白纸、复写纸固定在挡板上，将挡板竖直立起来）。白纸上的O点与球心等高，重复方案甲的操作完成实验，确定落点的平均位置M'、P'、N'，用刻度尺测得OM'、OP'、ON'的长度分别为h1、h2、h3，若两球相碰前后的总动量守恒，且碰撞属于弹性碰撞，则应满足的关系式为 （用h1、h2、h3表示）。 四、解答题 15．某同学为了测量玻璃砖的折射率，准备了下列器材：激光笔、直尺、一面镀有反射膜的平行玻璃砖，如图所示，直尺与玻璃砖平行放置，激光笔发出的一束激光从直尺上0点射向玻璃砖表面，在直尺上观察到A、B两个光点，读出0、A间的距离为24.0cm，A、B间的距离为6.0cm，测得图中直尺到玻璃砖上表面的距离d1=9.0cm，玻璃砖厚度d2=4.0cm。光在真空中的传播速度为c。 （1）请在原图中画出激光形成两个光点的光路图； （2）光线在玻璃砖上表面的入射角的正弦值； （3）光线在玻璃砖中的传播速度。 16．如图所示，沿水平和竖直方向建立直角坐标系，y轴左侧固定一内壁光滑的半圆管道（内径很小），半圆半径R=0.1m、且直径与y轴重合。第一象限内存在有界的匀强电场和匀强磁场，电场强度E=0.5V/m，方向竖直向上，磁场方向垂直于坐标平面向外，大小未知，该区域上边界为y1=0.15m，右边界为x1=0.4m。一带电量为q=+0.1C、质量为mA=0.005kg的绝缘小球A（直径略小于管道内径）静止在坐标原点O处，质量也为mB=0.005kg的不带电小球B以初速度v0向左运动，与A球发生弹性正碰，A球电荷量始终不变，重力加速度g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。 (1)若碰撞后A球能过管道最高点，则v0至少多大； (2)若碰撞后A球以速度v=m/s与x轴正方向成53°进入电磁场区域，此后运动未与B球相碰，最后恰好从坐标为（0.4m，0.2m）的P点水平射出场区，则： ①A球第一次从M点进入场中，M点距y轴的水平距离xM为多少； ②磁感应强度可能为多大？ 17．如图甲所示、为足够长的两平行金属导轨，间距，与水平面之间的夹角，匀强磁场磁感应强度，垂直于导轨平面向上，间接有电流传感器，质量、阻值的金属杆垂直导轨放置，它与导轨的动摩擦因数，如图所示。用外力F沿导轨平面向上拉金属杆，使由静止开始运动并开始计时，电流传感器显示回路中的电流I随时间t变化的图像如图乙所示，0~3s，拉力做的功为225J，除导体棒电阻外，其它电阻不计。取。求： （1）0~3s内金属杆运动的位移； （2）0~3s内F随t变化的关系；。 18．如图，用一小型交流发电机向远处标有“220V  8.8kW”的电动机供电，已知发电机线圈abcd面积，匝数匝，匀强磁场的磁感应强度大小，输电导线的总电阻，升压变压器原、副线圈匝数比，降压变压器原、副线圈的匝数比。当线圈匀速转动的角速度时，电动机恰能正常工作，发电机线圈电阻可忽略。求此时： （1）发电机线圈从中性面开始计时，感应电动势e随时间t变化的关系式； （2）在输电线路上所损耗的电功率； （3）与发电机直接串联的用电器Y上消耗的功率。 第 2 页 共 9 页 第 1 页 共 9 页 学科网（北京）股份有限公司 $