广东广州市西关外国语学校2025-2026学年高二下学期期中考试物理试题

广州市西关外国语学校2025学年第二学期期中素养训练 高二物理 考试分数：100分 考试时间：75分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、座位号填写在答题卡上，并用2B铅笔在答题 卡上的相应位置填涂考生号。 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点 涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。写在本试卷上无效。 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域 内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。 不按以上要求作答无效。 4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 第引卷（选择题共46分） 一、选择题：本大题共10个小题，其中1-7为单选题，每小题4分，共28分，8-10为多 选题每小题6分共18分，合计46分。 1.下列几种物理现象的解释正确的是( ) A.易碎物品运输时要用柔软材料包装，是为了增加作用时间，减小受力 B.跳远时在沙坑里填沙，是为了减小运动员落地时受到的冲量 C.推箱子时推不动，是因为推力的冲量为零 D.船舷常常悬挂旧轮胎，是为了减小靠岸时船的动量 2.在2024中国自动化大会上，一款会踢足球的智能机器人受到参观者围观。如图所示机器 人接到沿水平地面运动过来的速度为3m/s、质量为400g的足球，并在0.2s内将足球以1m/s 的速度反向踢出。忽略一切阻力，在机器人与足球接触的过程中，下列说法正确的是() A.机器人对足球的冲量大于足球对机器人的冲量 B.机器人对足球的冲量大小为1.2Ns Cc.足球动量变化量的大小为0.8kgm/s D.机器人对足球平均作用力大小为8N 3.如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，最大摆角小于5°，从某次摆球由左向右通过平衡 位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力， 下列说法中正确的是() 试卷第1页 A.小球摆动时的回复力来源为重力和绳拉力的合力 B.若小球质量变大，摆动周期将会减小 C.从t=1.5s到t=2.5s的过程中，摆球的回复力先减小后增大 五3 D.2.1s末和2.9s末，小球的势能和速度均相同 10 4.如图甲所示电路中，变压器为理想变压器，电压表与电流表均为理想电表，R为定值电 阻，R为滑动变阻器，交流电源接入如图乙所示的交流电。则( A.交流电源电压有效值为1102V te/v 交 220W√2 B.电阻R上的电流方向每秒钟改变50次 电源 0 0.01 70.02ts C.滑动变阻器的滑片向下移动，电压表的示数增大 -220√2 甲 D.滑动变阻器的滑片向下移动，电流表的示数增大 5.如图所示，实线和虚线分别表示振幅和频率均相同的两列简谐横波的波峰和波谷，此时 M点是波峰与波峰的相遇点.设两列波的振幅均为A,则 A.再过四分之一周期，Q点为振动减弱点 B.图中位于P、N两处的质点正处于平衡位置 C.M点为振动加强点，位移始终为2A D.从此刻起，经过半个周期，M点的位移为零 6.某同学注意到手机摄像头附近有一个小孔，查阅手机说明后知道手机内部小孔位置处安 装了降噪麦克风。进一步翻阅技术资料得知：降噪麦克风通过降噪系统产生与外界噪声相位 相反的声波，与噪声叠加从而实现降噪的效果。若用简谐横波模拟声波，下图是理想情况下 的降噪过程，实线对应环境噪声，虚线对应降噪系统产生的等幅反相声波。则() A.降噪声波与环境噪声的频率不相等 降噪孔 环境噪声 B.降噪过程可以消除通话时的所有背景杂音 C.降噪过程实际上是声波发生了干涉 降噪声波 D.P点经过一个周期传播的距离为一个波长 试卷第2页 7.如图甲所示为一台小型发电机的结构示意图，内阻为07Q的单匝线圈在匀强磁场中匀速 转动，产生的电动势随时间变化的正弦图线如图乙所示，电压表、电流表均为理想交流电表， 定值电阻的阻值R=10.32,则下列说法正确的是（) A.发电机产生的电动势最大值为1l0√2V,线圈的转速n=50r/min B.电流表的示数为10A,电压表的示数为110V 110.2 c.00.015的时间内，通过定值电阻的电荷量为Y5c 0.0 002 5π -110w2 D.t=0.02s时，穿过线圈的磁通量变化率最大 A 甲 8.如图所示是观察水面波衍射的实验装置，AC和BD是两块挡板，AB是一个小孔，O是波 源，图中已画出波源所在区域的传播情况，每两条相邻的波纹（图中曲线）之间距离表示一 个波长，则对于波经过孔之后的传播情况，下列描述正确的是() A.此时能明显观察到波的衍射现象 B.如果将孔AB扩大，有可能观察不到明显的衍射现象 C.挡板前后波纹之间距离相等 D.如果孔的大小不变，使波源频率增大，一定能明显观察到衍射现象 9.如图，某光伏发电站输出频率为50Hz的交流电，经理想升压变压器升压后，通过总电阻 ·=182的线路输送到电动汽车充电站，经原、副线圈匝数比为48：1的理想降压变压器降压 后给充电桩供电（系统带有输出稳压装置，图中未画出)。每台充电桩输入电压为220V, 输入电流为16A,则() A.充电桩输入的交流电周期为0.05s B.只有一台充电桩工作时，输电线损耗的功率为2W 电 C.工作的充电桩越多，输电线损耗的电压越小 D.10台充电桩同时工作时，降压变压器输出功率为35.2kW 10.图甲为一列简谐横波在t=0时刻的波形图，图乙为平衡位置在x=4cm处质点p的振动 图像。下列说法正确的是() A.该波遇到4cm障碍物可发生明显衍射 ↑/cm 0 0.1 B.该波沿x轴负方向传播 x/cm o.3/210s -0.1 C.该波的传播速度为400m/s D.t=0时刻质点P的振动方向沿y轴负方向 试卷第3页 第川卷（非选择题共54分) 二、实验题（每空2分，共16分。) 11.某同学利用插针法测定梯形玻璃砖的折射率，进行了如下操作：将玻璃砖平放在铺有白 纸的木板上，描出玻璃砖的四边，并依次插上了四枚大头针，辙走玻璃砖后画出光路图，如 图甲所示。 网甲 图乙 图丙 (1)插四枚大头针的顺序为( A.P P2 p3 P B.P4PP3、P2 C.Bp PP D.PPa P2 P3 (2)为了减小实验误差，在插下四枚大头针时，玻璃砖同侧的两枚大头针应满足() A.间距越大越好 B.间距越小越好 C.间距应相等 D.间距适当大些 (3)该同学求玻璃砖的折射率。 以O点为圆心，适当长度为半径画圆，与入射光线和折射光线分别交于a、c两点，过a、c 作法线的垂线，垂足分别为b、d,如图乙所示，分别测量出ab、Ob、Od、cd的长度，则 玻璃砖的折射率为2= (用以上的测量量表示)。 12.用如图所示的装置可以“验证动量守恒定律”，在滑块A和B相碰的端面上装有弹性碰撞 架，它们的上端装有等宽的挡光片。 光电门1 光电门2 挡光片 挡光片 气垫导轨 滑块A弹性碰撞架滑块B (1)实验前需要调节气垫导轨水平：在轨道上只放滑块A,轻推一下滑块A,其通过光电门1 和光电门2的时间分别为、专，当2（填“>”“=”或“<"），则说明气垫导轨水平。 (2)滑块A置于光电门1的左侧，滑块B静置于两光电门间的某一适当位置，给A一个向右 的初速度，通过光电门1的时间为△t,A与B碰撞后A通过光电门2的时间为△t2,B通过 光电门2的时间为△t,为完成该实验，不必测量的物理量有() 试卷第4页 A.遮光片的宽度d B.滑块A的总质量 C.滑块B的总质量m2 D.光电门1到光电门2的间距L (3)若实验测得遮光片的宽度d=0.835cm,滑块A的质量%=0.3kg,滑块B的质量 2=0.1kg,△t1=50ns,t2=104ms,t,=35ms。 ①计算可知两滑块相互作用前系统的总动量为卫= kgm/s,两滑块相互作用以后系 统的总动量算得p'=0.048kg·m/s。(计算结果保留两位有效数字) ②若实验相对误差绝对值6，= 碰撞前后总动量之差 碰撞前总动量 100%≤5%，即可认为系统动量守恒， 则本实验中δ，=。在误差范围内 (填“能”或“不能”)验证动量守恒定律。 三、解答题(13题12分，14题12分，15题14分) 13.如图所示为某种透明材料制成的棱镜的横截面图，该截面由半径为R的二圆和直角边为 R的等腰直角三角形组成，O为圆心。一细光束平行AC射入棱镜，入射点S到BO的距离 为R,光束在S点折射后直接照射到c点，光在真空中的传播速度为c。求 (1)该材料的折射率； (2)光从S到C的时间。 14.下图中的实线图像α是一列正弦横波在某时刻的波形曲线，虚线图像b是0.2s后这列 波的波形曲线 (1)若该波的周期T大于0.2s,且向右传播，求波的传播速度 和周期： (2)若该波向左传播，求波的传播速度和周期。 试卷第5页 15.如图所示，半径为R的圆槽P和物块Q静止在光滑水平地面上，圆槽P的最低点与 地面相切，物块Q的左端连接一轻弹簧。质量为m的小球从P的正上方高为R的位置由静 止释放后，恰好沿切线进入圆弧轨道。己知P、Q的质量均为3，重力加速度大小为g,忽 略空气阻力和一切摩擦。求 (1)小球第一次离开圆槽P时的速度大小： (2)小球第一次与弹簧相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能E: (3)小球再次回到圆槽P的过程中上升的最大高度。 wO 77777777777777777777777777777777777 试卷第6页2025学年下学期高二物理期中考试答案 物理期中考试参考答案 题号 y 2 4 6 7 9 10 答案 A D C D B ABC BD AC 1.A 【详解】A.易碎物品运输时要用柔软材料包装，是为了在物体动量变化一定时，增加作用 时间，从而减小受力，选项A正确： B.跳远时在沙坑里填沙，是为了在运动员动量变化一定时增加作用时间，从而减小运动员 落地时受到的冲力，选项B错误； C.推箱子时推不动，是因为推力小于最大静摩擦力，而根据I=t可知推力的冲量不为零， 选项C错误； D.船舷常常悬挂旧轮胎，是为了当船靠岸与岸碰撞时在动量变化一定时增加作用的时间， 从而减小靠岸时船受到的冲力，选项D错误。 故选A。 2.D 【详解】A.机器人对足球的作用力与足球对机器人的作用力是一对相互作用力，大小始终 相等，作用时间相同，故机器人对足球的冲量等于足球对机器人的冲量，故A错误； BC.以向右为正方向，足球的动量变化量为 p=m2-(-)=(y2+y)=0.4×(1m/s+3m/skgm/s=1.6kgm/s 即足球动量变化量大小为1.6永gs,根据动量定理可知冲量等于动量的变化量，即得机器 人对足球的冲量大小为1.6Ns,故BC错误： D.对足球，根据动量定理有Ft=△p 其中O.2s,联立解得机器人对足球平均作用力大小为F=8N,故D正确。 故选D。 3.C 【详解】A.重力沿切线方向的分力提供小球摆动时的回复力，故A错误： B.根据周期表达式T=2π 可知，若小球质量变大，摆动周期保持不变，故B错误； 答案第1页，共8页 C.由题图可知，从t=1.5s到t=2.5s的过程中，小球从负向最大位移处运动到平衡位置，再 运动到正向最大位移处，则摆球的回复力先减小后增大，故C正确： D.由题图根据对称性可知，2.1s末和2.9s末，小球的势能相同，速度大小相等，方向相反， 故D错误。 故选C。 4.【答案】D 【详解】A.由乙图可知，交流电源电压的最大值为E=220√2V 散交流电源电压的有效值为B分=220V,故A错误 B.由乙图可知，交流电源的周期T=0.02s,在一个周期内，电流方向改变2次，因此每秒 电流方向改变的次数为n=2× 100次 1 变压器不会改变交流电的周期和频率，所以电阻R上的电流方向每秒钟也改变100次，故B 错误； U=凸 c.根据元：乃 因原线圈的电压U一直保持不变，可知副线圈的电压U,也保持不变，与滑动变阻器的滑片 向下移动无关，故C错误： D.滑动变阻器的滑片向下移动，R的有效阻值减小，故并联电路的总电阻R#减小，根据 U, 1,2R 可知副线圈中的电流I,增大，即电流表的示数增大，故D正确。 B.由图可知，0.5s末振子从平衡位置向最大位移处运动，1.1s末振子从最大位移处向平衡 位置运动，所以振子在这两个时刻的速度方向不相同，故B错误： C.由图可知，在0.4s~0.8s时间内弹簧振子从平衡位置移动到最大位移处，该过程中，弹 簧振子做减速运动，即振子的速度和加速度方向始终相反，故C正确。 故选C。 5.B 【详解】A.由图知Q点是波谷和波谷叠加，正处在波谷，故A错误： B.P、N两点是波谷和波峰叠加，位移始终为零，即处于平衡位置，故B正确； 答案第2页，共8页 C.由图可知M点为波峰与波峰相遇，振动的加强点，其振幅为2A,但并不是位移始终为 2A,故C错误； D.M点为波峰与波峰相遇，半个周期后为波谷与波谷相遇，M点处于波谷，位移为-2A, 故D错误. 6.C 【详解】AC.由图看出，降噪声波与环境声波波长相等，又由于机械波传播的速度由介质 决定，可知降噪声波与环境噪声的传播速度相等，则两列波频率相同，叠加时会产生干涉， 由于两列声波等幅反相，所以振动减弱，起到降噪作用，故A错误，C正确： B.降噪过程不能消除通话时的所有背景杂音，只能消除与降噪声波频率相同的杂音，故B 错误； D.P点并不随波移动，故D错误。 故选C。 7.【答案】C 【详解】A.已知单匝线圈内阻r=0.72,外电阻R=10.32,由图乙得电动势最大值 B。=110W2V,周期T=0.02s,电动势有效值B==110V 角速度o=2π-100 rrad/s T 转速n=1 =50r/s=3000r/min 不是50rmin,故A错误； B.电流表、电压表示数均为有效值。电路电流有效值1=￡= 110V =10A R+r(10.3+0.7)2 电流表示数为10A。电压表测R的电压，U=IR=10A×10.32=103V 不是110V,故B错误； △Φ C.电荷量q=△t= -△t= Rtr R+r 由B。=BSw,得BS=E=110W2T 0100元 0~0.01s为半个周期，初始t=0时=0，线圈在中性面，末态线圈位于另一侧中性面，磁 通量变化量大小△Φ=2BS 代入得△D2BS 2x110W2r g= 100元 2c,故C正确： R+rR+r112 5 D.t=0.02s=T时，线圈完成一个周期转动，回到初始中性面位置，此时电动势=0，由 答案第3页，共8页 法拉第电磁感应定律e=VA① △t 得08=0 △t-N 即穿过线圈的磁通量变化率为零，故选C 8.ABC 【详解】A.因为波长与孔的尺寸差不多，所以能够观察到明显的衍射现象，故A正确： B.如果将孔AB扩大，孔的尺寸可能比波的波长大很多，就观察不到明显的衍射现象，故 B正确： C.波通过孔后，波速、频率、波长不变，挡板前后波纹之间距离相等，故C正确： D.如果孔的大小不变，使波源频率增大，因为波速不变，由2=知，波长减小，可能观 察不到明显的衍射现象，故D错误。 故选ABC。 9.【答案】BD 【详解】A.交流电频率∫=50Hz 1 周期7=子002s,故A错误： B.只有一台充电精工作时，副线国电流1，=16A,根据号是可知输电线电流 输电线损耗功率P=r=2W,故B正确； C.工作的充电桩越多，副线圈总电流越大，输电线电流越大，输电线损耗的电压△U=I, 越大，故C错误： D.10台充电桩同时工作时，降压变压器输出功率 10.AC 【详解】由图甲可知波长=8cm=0.08m,由图乙可知周期T=2×104s。 A.发生明显衍射的条件是障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多，该波波长1=8cm,遇 到4c的障碍物，尺寸小于波长，可发生明显衍射，故A正确： 答案第4页，共8页 B.由图乙可知，t=0时刻x=4cm处的质点P正沿y轴正方向振动，结合图甲，根据“同侧 法”或“微平移法”可知，该波沿x轴正方向传播，故B错误； C.波速y=2-400m/5,故C正确： D.根据图乙可知，t=0时刻质点P的振动方向沿y轴正方向，故D错误。 故选AC。 11.(1)C (2)D ab (3) 【详解】(1)根据图甲光线的传播方向，应先插大头针PP2,接着插大头针P挡住PP2 的像，最后插大头针P4挡住P3和PP,的像。 故选C。 （2)为了减小实验误差，在插下四枚大头针时，大头针PP2及PP,之间的距离应适当大 些。 故选D。 (3)[1]根据折射定律可得n= sin∠caOb sin∠cOd 又sin∠aob=a ao ，sin∠cOd=cd c0'a0=c0 联立可得玻璃砖的折射率为n= ab cd 12.(1)= (2)AD (3) 0.050 4% 能 【详解】(1)轻推一下滑块A,其通过光电门1和光电门2的时间分别为、t2,当t=t2, 说明滑块A通过两个光电门速度相同，即做匀速运动，气垫导轨水平。 (2)设遮光片的宽度为d碰撞前滑块A的速度为 Y=i, d 碰撞后滑块A的速度 d VA后=， 答案第5页，共8页 滑块B的速度 动量守恒有 aVa=laVA后+3B 整理有 所以为完成实验，还必须测量的物理量有滑块A的质量和滑块B的质量，不必测量 的物理量有遮光片的宽度d和光电门1到光电门2的间距L。 故选AD。 (3)[1]两滑块相互作用前系统的总动量为 P=A=% ≈0.050kgms △t [2]由题意可知，两滑块相互作用后系统的总动量为0.048kg·s所以本实验的相对误差绝对 值为 6r= p-P ×100%=4% [3]有上述分析可知，在误差范围内能验证动量守恒。 13.(1)5 器 【详解】(1)根据题意做出光路图如下 B C 1 因入射点S到BO的距离为二R,可知入射光线与法线的夹角日=60° 由∠SOC=120°可知折射光线与法线夹角02=30° 因此该材料的折射率=s血2=V5 sin e, 答案第6页，共8页 (2)由几何关系可知等腰三角形SOC中SC的边长为l=√3R t= IseIsc3R 光从S到C的时间VCC 14.(1)v=5m/s,T=0.8s ep-（20+150ms=0l2a）,7-2045u=02) 【详解】(1)根据图像可得，波的波长=4m 该波向右传播，从图像a到图像b,波传播的周期数为4+u=01,23,)个 波的周期7乙a=0123) n+ 4 由于T>0.2s 解得n=0 所以，波的周期T=0.8s 波的传播速度v=了5s 被向左传播，从图像a到图像6，波传播的周期数为+nm=0123 t 4 波的周期 T=- +320n+158(n=0,12,3) n 4 波的传播速度v= 7(201+15)ms0m=01,23,) 15.【答案】(1)%=V3gR 9 2)=smgR ⑧a=克 【详解】(1)设小球第一次离开圆槽时速度为y,圆槽的速度为2，从小球开始下落到第 一次离开圆槽，由动量守恒和能量守恒有0=m,-3m,，g2R=m+3m 1 2 解得y=√3gR (2)小球第一次与弹簧相互作用，弹簧的最大弹性势能时小球和物块Q共速，设共速的速 度为，从开始压缩弹簧到弹性势能最大三m+3my,B, 答案第7页，共8页 解得E=?mgR 8 (3)设小球与Q分离后，小球的速度为V4,Q的速度为v,;小球再次回到圆槽P上升最大 高度时，小球与圆槽共速，速度为。，上升的最大高度为，从压缩弹簧到与Q分离，由动 量守恒和能量守恒有m=na+3初，m-m+号m 从与Q分离到回到圆槽P上升的最大高度时，由动量守恒和能量守恒有 m,+3n,=(0+3)v。,2m m3mg-号m店eh 1 2 解得h= R 32 答案第8页，共8页