天津市第七中学2025-2026学年第二学期高二年级4月阶段检测物理试卷

2025~2026学年第二学期高二 年 一、单选题（每题5分，共25分) 1.关于电磁波下列说法正确的是( A.一切物体都在辐射红外线，这种辐射与物体的温度有关 B.医院里常用Y射线照射病房和手术室进行消毒 C.麦克斯韦通过实验验证了“变化的电场产生磁场”和“变化的磁场产生电场”， 并证实了电磁波的存在 D.电磁波的传播需要介质，其在介质中的传播速度等于光速 2.如图为交流发电机的示意图，磁场可视为水平方向的匀强磁场，矩形线圈绕垂直 于磁场的水平轴O0沿逆时针方向以角速度ω匀速转动，线圈内阻为r, 外电阻为R,电流表为理想电表。己知线圈由图示位置转过30°过程中， 通过电阻R的电荷量为q。下列判断正确的是( A.图示位置线圈的磁通量变化率最小 B.电流表的示数为V2g@ R C.每经过图示位置1次，电流方向改变1次 D.线圈由图示位置转过90过程中，通过电阻R的电荷量为3g 3.如图甲所示，为某品牌电热毯的简易电路，电热丝的电阻为R=4842,现将其接 在u=220V2sin100πt(V)的正弦交流电源上，电热毯被加热到一定温度后，温控装置P使 输入电压变为图乙所示的波形，从而进入保温状态，若电热丝的电阻保持不变，则保温状 态下，理想交流电压表V的读数最接近( ↑u/V 311 丝 0 0.010.020.030.040.05s 分 乙 A.220V B.156V C.110V D.311V 4.图乙是降压变压器（图甲）给用户供电的电路示意图，R表示输电线的总电阻，假 设用户端的用电器均为纯电阻器件，总电阻为，若变压器视为理想变压器，输入电压恒 定，电表可视为理想电表，当用户使用的用电器减少时，则( A 分 第1页共 年级物理学科阶段检测2026.4 A.电压表V2示数增大 B.电流表A2示数保持不变 C.用电器R两端电压升高 D.电流表A1示数保持不变 5.一质点做简谐运动的振动方程是x=2sin(50mt+否cm,则( A.在0~0.02s内，质点的速度与加速度方向始终相同 B.在0.02s时，质点具有沿x轴正方向的最大加速度 C.在0.035s时，质点的速度方向与加速度方向均沿x轴正方向 D.在0.04s时，回复力最大，质点的速度方向沿x轴负方向 二、多选题（每题5分，漏选得3分，错选不得分，共15分） 6.咸宁九宫山的风电通过如图所示的线路输送到某工厂。两变压器均为理想变压器， 升压变压器的匝数比1：2=1：5，输电线的总电阻R=3Q。风力发电机的输出功率为 62.5kW,升压变压器的输入电压U1=250V,降压变压器的输出电压U4=220V。下列说 法正确的是() 升压变压器 降压变压器 R n, n3 发电机 U, U, A.降压变压器输出的电流为50A B.降压变压器匝数比3：n4=5:1 C.输电线路上损失的电功率为750W D.降压变压器的输入电压U3=1.1kV 7.如图甲所示，金属小球用轻弹簧连接在固定的光滑斜面顶端。小球在斜面上做简 谐运动，到达最高点时，弹簧处于原长。取沿斜面向上为正方向，小球的振动图像如图乙 所示。则() 个x/cm 0.6 0.2 0.8t/s 2 甲 A.弹簧的最大伸长量为4cm B.t=02s时，弹簧的弹性势能最大 C.t=0.2s到t=0.6s内，小球的重力势能逐渐减小 D.t=0到t=0.4s内，回复力的冲量为零 共3页 2025~2026学年第二学期高二 年 8.甲、乙两个单摆的振动图像如图所示，根据振动图像可以判定() x甲 A.若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9：4 B.甲、乙两单摆振动的频率之比是3：2 C.甲、乙两单摆振动的周期之比是2：3 D.若甲、乙两单摆在不同地点摆动，但摆长相同，则甲、乙两单摆所在地点的重力 加速度之比为9：4 三、填空题（每空2分，共16分） 9.图中的有效卡尺读数为 mms 2 cm 0 10 10.兴趣小组的同学们用伏安法测某导体的电阻，在其两端引出两个接线柱，先用欧 姆表粗测其电阻约为500Ω，再将其接入测量电路。在实验室里他们找到了以下实验器材： A.电源E(电动势为4V,内阻约为0.52) B.电压表V(量程为0~15V,内阻约为50002) C.电流表A(量程为0~300mA,内阻约为22) D.电流表A2(量程为0250mA,内阻为22) E.滑动变阻器R1(总阻值为102) F.滑动变阻器R2(总阻值为1002) G.定值电阻Ro=102 H.开关和导线若干 (1)要更好地调节和较为精确地测定其电阻，则以上不必要的器材有（选填器材 前面的序号)。 (2)在方框内画出实验电路图。 第2页共 年级物理学科阶段检测2026.4 11.实验小组测量某型号电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、待 测电池等器材组成如图甲所示实验电路，由测得的实验数据绘制成的U一Ⅰ图像如图乙所 示。 U/V 4.5 0 2.51∥A 甲 乙 (1)图甲中的电路图为下图中的 (选填“A”或B”)。 E. E. B (2)如果实验中所用电表均视为理想电表，根据图乙得到该电池的电动势E=V, 内阻r= 2。 (3)实验后进行反思，发现上述实验方案存在系统误差。若考虑到电表内阻的影响， 对测得的实验数据进行修正，在图乙中重新绘制U一I图线，与原图线比较，新绘制的图 线与横坐标轴交点的数值将 ,与纵坐标轴交点的数值将 。(两空均选填“变 大”“变小”或“不变”) 共3页 2025~2026学年第二学期高二 年 四、计算题（共分） 12.(分)如图所示，小物块A、B的质量均为m=0.10kg,B静止在轨道水平段的末 端。A以水平速度6与B碰撞，碰后两物块粘在一起水A 平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h=0.45m, 两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s=0.30m,取 重力加速度g=10m/s2。求： (1)两物块在空中运动的时间t: (2)两物块碰前A的速度6的大小： (3)两物块碰撞过程中损失的机械能△E。 13.(分)如图，边长为L的正方形abcd区域及矩形cdef区域内均存在电场强度大 小为B、方向竖直向下且与b边平行的匀强电场，e时右边有一半径为5L且与可相切的 圆形区域，切点为ef的中点，该圆形区域与cdf区域内均存在磁感应强度大小为B、方 向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b点斜向上射入电场后沿图中曲线运动，经 cd边的中点进入cdf区域，并沿直线通过该区域后进入圆形区域。所有区域均在纸面内， 粒子始终在该纸面内运动，不计粒子重力。求： (1)粒子沿直线通过cde区域时的速度大小： d ××× (2)粒子的电荷量与质量之比： ×××1 (3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速 度方向的夹角。 第3页共 年级物理学科阶段检测2026.4 14.(分)如图所示，相距L=40cm的两光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，在 M、P两点间接一阻值为R=0.52的电阻，在两导轨间的矩形区域OO1O1O内有垂直导轨 平面向里、宽为d=0.7m的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T。一质量m=0.02kg、电阻r =0.12的导体棒αb垂直搁在导轨上，与磁场的上边界相距 P M do=0.8m。现使ab棒由静止开始释放，棒ab在离开磁场前 R 6 已做匀速直线运动（棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过 do 程中始终保持水平)，导轨电阻不计。g取10m/s2,求： ××× 01 (1)棒ab离开磁场下边界的速度大小： d (2)棒ab在通过磁场区域的过程中，电阻R上产生的焦 ×BX 耳热； O 0' (3)棒ab从静止释放到离开磁场所用的时间。（计算结果 Q N 保留两位有效数字) 共3页 2025~2026学年第二学期高二 年 一、单选题：ABB C B 二、多选题：BD AC BCD 三、填空题： 9. 9.9mm 10. (1)BF (2) E 11.(1)B (2)4.5,1.8 (3)不变，变大 12.(1)0.30s (2)2.0m/s(3)0.10J 解析：(1)两物块碰撞后，竖直方向的运动为自由落体运动，则有A一3，解得1=0,30 S。(2)设A、B碰后瞬间的速度为，水平方向的运动为匀速运动，则有s=1,解得= 1.0ms,根据动量守恒定律有m6=2my,解得6=2.0m/s。(3)根据能量守恒定律可得， 两物块碰撞过程中损失的机械能△E=m6-×2m心，解得△E=0.I0J。 2 四、计算题： 13.哈 E (3)60° 解析：(1)带电粒子在cdf区域做直线运动，则有静电力与洛伦兹力平衡，可知粒子 带正电，经cd边的中点速度水平向右，设粒子到达cd边的中点时速度大小为o,带电荷 量为9，质量为m,由平衡条件则有qE=qB,解得0=三 (2)粒子从b点到cd边中点的运动，可逆向看作从cd边的中点到b点的类平抛运动， 设运动时间为t,加速度大小为a,由牛顿第二定律可得qE=ma,由类平抛运动规律可得 w=L,P=片联立解得粒子的电荷量与质量之比县=置分 m EL LB2 (3)粒子从时中点进入圆形区域做匀速圆周运动，设粒子的运动半径为R,由洛伦兹 力提供向心力可得gvoB= ,解得R=L。粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由图可知粒 R 子沿半径方向射入，又沿半径方向射出，设粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域 时速度方向的夹角为a,由几何关系可知，a=20,可得tan0=3= R3 ,9=30°，则有a 第4页共 年级物理学科阶段检测2026.4 =60°。 Q d e0 E B ××× 6 14.(1)3m/s(2)0.175J(3)0.53s 解析：(1)根据题意可得：L=40cm=0.4m,棒ab在离开磁场前已做匀速直线运动， 则有：mg一BL=0,根据闭合电路欧姆定律，有： R十，联立并代入数据解得：=3mS。 BLV ②棒ab在通过磁场区城的过程中，根据能量守恒可得：mgd十小-m2+0,代入数据 解得：Q=0.21J,根据焦耳定律可得电阻R上产生的焦耳热为Q=R2,代入数据解 R十 得：QR=0.175J。(3)棒ab释放到离开磁场，取向下为正方向，由动量定理得：mg1一BIL△t m0,过的巴有为0T平有m业R R+r 入数据解得：≈053s。 共3页 2025~2026学年第二学期高二 年 选择题详解： 1.【答案】A 【解析】麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在且测得了波 速，故C错误： BX射线都有很高的穿透本领，常用于医学上透视人体：Y对人体有辐射，故不能用 来消毒，故B错误： A一切物体都在不停地向外辐射红外线，这种辐射与物体的温度有关，物体的温度越 高，辐射的红外线就越强，故A正确： D.电磁波的传播不需要介质，电磁波在真空中的传播速度等于光速，故D错误： 2.【答案】B 解析：线圈位于题中图示位置时，穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大，故 A错误；线圈由图示位置转过30°过程中，通过电阻R的电荷量为q,该过程的平均电流I 二E,E三9T△，联立得nBS=29(R+,Em=nBS0,a=童，解得 R十r 1m=2g@,所以I有==2g0,故B正确：线国年经过中性面1次，电流方向改变1次， 图示位置与中性面垒面，C错误：根据法拉第电磁感应定律=公仁 R+,q=6,三 △Φ 个式子联立得q= 可知电量g是正比于磁通量的变化量的，而图示位置转过30° R+r 过程中△中=BS sin30°=-BS,而由图示位置转过90°过程中△=BS sin90°=BS,则g= 2 2q,故D错误。故选B。 3.【答案】B Um 解析：设电压有效值为U,根据有效值的定义可得： UT- T+0, 代入数据得： R U≈156V,故B正确，A、C、D错误。 4.【答案】C 【解析】电压表V示数为理想变压器的输出电压，由输入电压决定，输入电压恒 定，则电压表V2示数不变，故A错误；当用户使用的用电器减少时，输出端总电阻增大， 根据h=得，电流表A示数减小，故B错误：用电器R两瑞电压为U=U5-R,则 R 用电器R两端电压升高，故C正确：理想变压器原、副线图电流比等于匝数的反比，有 第5页共 年级物理学科阶段检测2026.4 =巴，则电流表A1示数减小，故D错误。 nI 5.答案B 解析由振动方程可知，振幅A=2cm,T=0.04s,初相位p=工，即1=0时，位于正 的最大位移处。在0~0.02s内，前0.01s内，速度与加速度方向相同，后0.01s内，速 度与加速度方向相反，A错误；在0.02s时，质点在负的最大位移处，具有正向最大加速 度，B正确；在0.035s时，质点从平衡位置上方，向最大位移处运动，速度方向沿x轴 正方向，加速度方向沿x轴负方向，C错误：在0.04s时，质，点回到正的最大位移处，回 复力最大，速度为零，无方向，D错误。 6.答案BD 【解析】根据理想变压器电压与匝数比的关系，副线圈两端电压U2=”U1=5X250 V=1250V,根据理想变压器电流与匝数比的关系，通过副线圈的电流2=四，=四×P- 2n2U1 1×2500A=50A,则降压变压器的输入电压为U=-bR=1250V-50X3V=1100 5250 V,故D正确；根据理想变压器电压与匝数比的关系，降压变压器原、副线圈匝数比= 凸_1100_ ,故B正确：根据理想变压器电流与匝数比的关系，降压变压器的输出电流 U42201 为5=”3h=5X50A=250A,故A错误：输电线路上损失的电功率为P=BR=502×3W na =7500W,故C错误。 7.答案AC 解析小球的振幅等于振子位移的最大值，由题图乙可知，振幅为A=2c,由于当 振子到达最高，点时，弹簧处于原长，所以弹簧的最大伸长量为2A=4cm,A正确：t=0.2 s时，弹簧处于原长，弹簧的弹性势能最小，为零，B错误：t=0.2s到t=0.6s内，小球 由最高点向最低点运动，小球的重力势能逐渐减小，C正确：1=0时小球经过平衡位置沿 斜面向上运动，=0.4s时小球经过平衡位置沿斜面向下运动，回复力方向都为沿斜面向 下，根据动量定理可知回复力的冲量不为零，D错误。 8.答案BCD 解析根据题图可知，单摆振动的周期关系7，=T。,所以周期之比为- 所 T3 以频率之比为=3 故B、C正确：若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则重力加速度相 2 同，根据T=2π1 可得摆长之比为4：9，故A错误；若甲、乙两单摆在不同地点摆 共3页 2025~2026学年第二学期高二 年 动，摆长相同，根据T=2π 可得重力加速度之比为9：4，故D正确。 9.答案9.9mm 10.(1)答案BF (2)答案：见解析图 解析：(1)游标卡尺的读数为9mm+9×0.1mm=9.9mm。(2)①由于电源电压为4V, 而电压表的量程为0~15V太大，不利于读数：滑动变阻器R2(总 阻值为1002)阻值偏大，不利于调节，产生误差较大。所以不 必要的器材为B、F。②将电流表A2与定值电阻Ro串联玫装成 电压表，并将电流表A外接，从而减小测量电流和电压的误差， 同时采用滑动变阻器分压式接法，如图所示。 11.(1)答案：B (2)答案：4.5,1.8 (3)答案：不变，变大 解析：()通过观察题图甲中的实物图可知电压表接在电源两端，故电路图为B。 (2)根据闭合电路欧姆定律E=U+,有U=一r十E,则U一I图线在纵轴上的截距 表示电池的电动势E,斜率的绝对值表示电池的内阻r,根据图像可知，纵轴截距为4.5， 横轴截距为2.5，结合上述分析可知电池电动势E=4.5V,内阻r=452=1.82。 2.5 (3)分析测量电路可知系统误差的来源是电压表的分流作用，使得电流表的示数小于 流过电池的电流，考虑电压表内阻v的影响，流过电压表的电流为=，可知流过电 1=1+,Pl, 因电压表内阻Rv不变，随着电压U满值减小，电压表中电流N减小，当电压U测值趋 于0时，I趋于I测，在题图乙中重新绘制的U一I图线如图所示， tU 45 25A 故新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将不变，与纵坐标轴交点的数值将变大。 第6页共