河南南阳市方城县第一高级中学2025-2026学年高二下学期5月竞赛物理试题（二）

**基本信息** 聚焦学科核心素养，融合自行车灯发电、活检针取样等科技生活情境，通过梯度设计考查学生物理观念与科学思维，适配高二竞赛选拔需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择|7/28|力学（滑轮组、动量）、电磁学（卫星运动、光控继电器）|结合受力分析、v-t图像等模型，考查运动与相互作用观念| |多项选择|3/18|热学（理想气体）、磁场（带电粒子运动）、功与能量|通过圆柱形容器提水、磁场中粒子轨迹等情境，体现科学推理| |实验题|2/14|平抛运动、压敏电阻特性|设计斜槽末端调平、压力-电阻曲线分析，培养科学探究能力| |计算题|3/40|光学折射、力学综合（碰撞+传送带）、电磁感应与力学|以梯形光学组件、磁铁在铝板运动为载体，考查综合应用与创新思维|

方城县第一高级中学2025-2026学年高二下学期5月竞赛物理试题（二） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 考生注意： 1.本试卷满分100分，考试时间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密封线内项目填写清楚。 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，在试题卷、草稿纸上作答无效。 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分） 1．如图所示，站在地面不动的工人利用滑轮组将货物缓慢提起。提起过程中，工人拉绳的方向不变，动滑轮两侧的绳子不平行，不计滑轮摩擦力，下列说法正确的是（　　） A．工人受到的重力和支持力是一对作用力与反作用力 B．工人对绳子的拉力和绳子对工人的拉力是一对平衡力 C．货物缓慢拉起过程中，绳子对动滑轮的作用力不变 D．货物缓慢拉起过程中，地面对工人的支持力变大 2．滑块A的质量为1kg，以5m/s的初速度沿水平面追赶正前方初速度为3m/s的滑块B并与之发生正碰后粘在一起运动，碰撞前后两个滑块的速度一时间图像如图所示。重力加速度大小，不计碰撞时间，两个滑块均看成质点。下列说法不正确的是（　　） A．两个滑块与水平面的动摩擦因数都等于0.1 B．零时刻滑块A在滑块B的正后方4m处，2s末发生碰撞 C．碰撞过程中系统动量守恒，滑块B的质量是2kg D．碰撞过程滑块B受到的冲量大小为1N·s、方向与它的运动方向相同 3．在一次“单摆同步实验”中，物理老师将甲、乙两个小球分别用轻绳悬挂于天花板，并用细线水平连接两球使其静止。两摆线与竖直方向夹角分别为和，且。现将连接细线剪断，小球开始自由摆动，取地面为零势能面。下列判断正确的是（　　） A．两小球的摆长相等，因此它们周期必相等 B．甲摆球的机械能大于乙摆球的机械能 C．甲摆球的最大速度小于乙摆球的最大速度 D．甲摆球的最大重力势能小于乙摆球的最大重力势能 4．卫星A和卫星B均绕地球做匀速圆周运动，卫星A的轨道半径大于卫星B的轨道半径。下列说法正确的是（　　） A．相同时间内，卫星A与地球中心连线扫过的面积等于卫星B与地球中心连线扫过的面积 B．卫星A的向心加速度小于卫星B的向心加速度 C．卫星A的机械能一定小于卫星B的机械能 D．卫星A的周期小于卫星B的周期 5．为自行车灯供电的发电装置结构如图，N、S是磁铁的磁极，M是圆柱形铁芯；磁极和铁芯间的磁场均匀辐向分布，圆心角所对应的区域没有磁场；铁芯外的矩形线圈P在车轮带动下，绕M中心的固定转轴O匀速转动。若规定从图示位置开始计时的电动势为正值，则能反映线圈中感应电动势e随时间t变化的图像是（　　） A． B．C． D． 6．光控继电器是一种利用光信号控制电路通断的半导体器件，其工作原理如图所示。它由电源、光电管、放大器、电磁继电器等组成。当光照强度达到一定值时，形成的光电流被放大器放大后，电磁铁产生足够强的磁场吸引衔铁，从而达到控制电路通断的目的。已知“硬磁材料”一经磁化即能保持恒定磁性，而“软磁材料”则易于磁化，也易于退磁。对于这一控制电路，下列说法正确的是（　　） A．放大器左边的电路电流方向沿顺时针 B．光控继电器的电磁铁的铁芯应采用“硬磁材料” C．如果蓝光能使该继电器工作，那么黄光也一定能使其工作 D．用该光控继电器控制路灯工作时，白天电磁铁吸住衔铁接通电路 7．为了测定某平行于纸面的匀强电场的场强，某同学进行了如下操作：取电场内某一位置O点为坐标原点建立x轴，选取x轴上到O点距离为r的P点（图中未标出），以O为圆心、r为半径作圆。如图甲所示，从P点起逆时针沿圆周测量圆上各点的电势和转过的角度θ，当半径r分别取r0、2r0、3r0时，绘制的φ­θ图像对应乙图中③、②、①，它们的电势均在θ=θ0时达到最大值，最大值分别为2φ0、3φ0、4φ0.下列说法正确的是（　　） A．O点为电势零点 B．场强的大小为 C．场强方向与x轴正方向的夹角为θ0 D．曲线①、②、③的交点M和N不在同一等势线上 二、多项选择题（第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分，共18分） 8．将一底面积S 的圆柱形容器倒扣在水中，松手后容器底恰好与水面齐平静止，如图甲所示，容器内有高度为 h 的空气。现用拉力 F缓慢向上提起容器， 容器口始终未脱离水面， 如图乙所示， 此时在水面上方容器内有高度为H的水，高度为l 的空气。忽略容器的厚度及形变，大气压强为p0 ，重力加速度为 g ，水的密度为 ρ，容器内空气可视为理想气体， 且温度保持不变。下列说法正确的是（    ） A．容器的重力为ρghS B．h<l C．气体分子的平均动能变大 D．在此过程中气体放热 9．如图所示，圆形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场，一个质量为、电荷量为的带负电粒子从点以速度沿平行于直径的方向射入磁场，粒子经过圆心，最后离开磁场。已知圆形区域半径为，与间的夹角为，不计粒子重力。则下列说法正确的有（　　） A．圆形区域内磁场方向垂直于纸面向里 B．磁感应强度大小为 C．粒子离开磁场时到点的距离为 D．粒子在磁场中运动的路程为 10．活检针可用于人体内部组织取样，如图所示，取样时，活检针的针鞘瞬间弹出且刺入身体，穿过厚度为d1的肌肉组织后再进入目标组织，继续运动距离后停止.若两段运动过程中针鞘只受到组织的阻力（不计重力），且该阻力与针鞘进入人体内的长度成正比，比例系数为。则（　　） A．运动的过程中，肌肉组织对针鞘做的功为 B．运动的全过程中，肌肉组织对针鞘做的功为 C．运动的过程中，针鞘克服阻力做功为 D．目标组织对针鞘做的功为 三、实验题（本题共2小题，共14分） 11．“在探究平抛运动实验中” (1)为探究水平方向分运动特点，应选用图1中的________（选填“甲”或“乙”）装置；研究“平抛运动在竖直方向的运动规律”，下列说法正确的是________ A．A与B应选用大小相同的小球 B．A与B应选用质量相同的小球 C．托板离地面的高度越大，两小球落地时间差也越大 D．减小铁锤打金属片的力度，A球落地的时间会变短 (2)采用图2所示装置进行实验。将一张白纸和复写纸固定在装置的背板上，钢球落到倾斜的挡板后挤压复写纸，在白纸上留下印迹。下列说法正确的是________。 A．调节装置使其背板竖直 B．调节斜槽使其末端切线水平 C．以斜槽的末端在白纸上的投影点为坐标原点 D．钢球在斜槽静止释放的高度应等间距下降 (3)如图3所示，将实验中记录的印迹用平滑曲线连接，其中抛出点为坐标原点，A点（11.0cm，15.8cm）是记录的印迹，B点（11.8cm，19.6cm）是曲线上的一个点，为得到小球的水平速度，应取________（选填“A”或“B”）点进行计算，可得水平速度________。（g取，所得结果保留两位有效数字） 12．基于“压阻效应”，即电阻值随压力变化的现象，某实验小组对一款压敏电阻的特性展开了探究，并将其应用于一款自动分拣装置中，重力加速度大小取，请回答下列问题。 (1)探究压敏电阻的特性： 实验器材：压敏电阻（无压力时，阻值为）、滑动变阻器（最大阻值为）、滑动变阻器（最大阻值为）、灵敏电流计（量程0~300μA，内阻约）、电压表（量程，内阻约）、电源（电动势，内阻不计）、开关、导线若干。 ①图甲为实验小组设计的电路图，已知压敏电阻在以内压力下，其阻值在几千欧到十几千欧之间，为了操作简便，滑动变阻器应选用______（选填“”或“”）； ②闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于______（选填“”或“”）端，闭合开关，调节滑动变阻器，测出在不同压力下压敏电阻的阻值，作特性曲线如图乙所示。 由图像可知，随着压力的增大，阻值______（选填“增大”或“减小”），且灵敏度（随的变化率）______（选填“升高”或“下降”）。 (2)自动分拣装置设计： ①图丙为实验小组设计的自动分拣装置图，其中为滑动变阻器，电源电动势为（内阻不计），托盘（含支撑杆）重力不计，分拣标准质量为。物块运输到托盘上后，大于或小于的物块将沿不同通道运输，当控制电路（电阻无穷大）两端电压小于时，水平，物块进入水平通道，当控制电路两端电压大于或等于时，端下移，物块进入通道； ②根据以上原理可知，接入电路的阻值为____（结果保留位有效数字），质量为的物块经该装置后将进入通道____（选填“”或“”）。 四、计算题（本题共3小题，共计40分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位） 13．由某均匀透明介质制成的光学组件，其横截面由直角梯形ABCD和半圆组成，如图所示，CD为半圆的直径，（CD⊥BC，CD⊥AD，E、F分别为AD、AB边上的点。一束单色光平行于AB边从E点射入光学组件，经一次折射后经过F点。已知半圆的半径为R，，，光在真空中传播的速率为c。求： (1)光学组件对该单色光的折射率n； (2)该束单色光从E点到第一次射出光学组件的时间t。 14．如图所示，足够长的光滑水平面AB与传送带在B点平滑相连，衔接前后速度大小不变。长度L=2m的轻绳系一质量m1=2kg的物块甲在竖直平面内做顺时针圆周运动，最低点刚好与水平面A处接触，当物块甲运动到圆周的最低点时绳子突然断开，物块甲以水平速度v从A处射出，绳断前瞬间轻绳张力大小为120N。从A处射出的物块甲与静止在B点的质量m2=3kg的物块乙发生弹性正碰后，乙从B点冲上倾角为θ=37°的传送带。已知传送带以v0=4m/s的速度沿逆时针方向转动，两物块均可视为质点，乙与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，（，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小取g=10m/s2），求： （1）甲、乙碰撞后的瞬间，甲、乙的速度大小； （2）乙不从传送带上端离开，则传送带的最小长度是多大（结果保留两位有效数字）； （3）若水平面足够长，通过计算判断甲乙是否会发生二次碰撞。 15．如图甲所示，将一块光滑的方形薄铝板倾斜固定在水平面上，其与水平方向夹角为，一质量为m的条形磁铁N极向下，在铝板上静止释放，最终恰好能沿薄铝板匀速下滑，侧视图如图乙。磁铁端面abcd是边长为的正方形，由于磁铁紧贴铝板运动，磁铁端面正对铝板区域的磁场可视为匀强磁场（俯视图如图丙），磁感应强度为B，铝板厚度为，电阻率为。磁铁端面正对的铝板区域切割磁场产生电动势，其与铝板的其它部分形成回路，为研究问题方便，铝板中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场，其他部分电阻和磁场可忽略不计，重力加速度为g。 (1)求磁铁匀速下滑时，铝板中与磁铁正对部分感应电流I的大小； (2)推导磁铁在铝板上匀速运动时的速度v的表达式； (3)磁铁由静止释放，到速度大小时，滑行的距离大小，求这个过程磁铁滑行的时间t。 试卷第8页，共9页 试卷第9页，共9页 学科网（北京）股份有限公司 《方城县第一高级中学2025-2026学年高二下学期5月竞赛物理试题（二）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C D B C A B AB AB CD 1．C 【详解】A．工人受到的重力和支持力的受力物体都是工人，这两个力不是一对作用力与反作用力，故A错误； B．工人对绳子的拉力和绳子对工人的拉力是一对作用力与反作用力，故B错误； C．货物缓慢拉起过程中，绳子的拉力在竖直方向的分力为货物重力的一半，绳子对动滑轮的作用力方向竖直向上，大小等于货物的重力，故C正确； D．货物缓慢拉起过程中，对货物受力分析，货物受重力G1、两根绳子的拉力F，设两绳间夹角为，如图 则 解得 对工人受力分析，受重力G2、支持力FN、绳子拉力F、摩擦力f，设绳子与竖直方向的夹角为，如图，则地面对工人的支持力 货物缓慢拉起过程中，逐渐变大，变小，又不变，则变小，即地面对工人的支持力变小，故D错误。 故选C。 2．C 【详解】A．由图像知三段图像的斜率大小相等均为，对滑块A，根据牛顿第二定律得 代入数据得,故A正确，不符合题意； B．因为图像在2s末发生突变，则碰撞发生在2s末；由图像围成的面积表示位移，可以求出0~2s内滑块A比B多走4m，也就是零时刻A与B间的距离为4m，故B正确，不符合题意； C．因为碰撞时间极短，所以碰撞过程中总动量守恒 其中，，，代入得,故C错误，符合题意； D．根据动量定理可知， 方向与它的运动方向相同，故D正确，不符合题意。 故选C。 3．D 【详解】A．由图可知，两个单摆静止时离天花板的高度相同，则有 因，故，可得即甲单摆的摆长更长。 根据单摆周期公式，可知甲摆的周期大于乙摆的周期，故A错误； BD．两球开始处于平衡，设绳子拉力为T，根据共点力平衡可得 因，故，可得 以水平地板为参考面，由题可知，两球离地面的高度相等，根据甲球的最大重力势能小于乙球的最大重力势能，又两球在摆动过程中，机械能守恒，故甲摆球的机械能小于乙摆球的机械能，故B错误，D正确； C．根据机械能守恒则有 解得 因甲球下降的高度大于乙球下降的高度，故甲摆球的最大速度大于乙摆球的最大速度，故C错误。 故选D。 4．B 【详解】A．开普勒第二定律仅适用于同一环绕天体，不同环绕天体单位时间扫过的面积为 根据万有引力提供向心力可得 联立，可得面积与成正比，卫星A轨道半径更大，相同时间扫过的面积更大，故A错误； B．根据牛顿第二定律可得 解得向心加速度 轨道半径越大向心加速度越小，卫星A轨道半径大于B，因此A的向心加速度小于B，故B正确； C．由于不知道两个卫星的质量关系，所以两个卫星的机械能大小没法判断，故C错误； D．根据牛顿第二定律可得 解得周期 轨道半径越大周期越大，卫星A轨道半径更大，因此A的周期大于B，故D错误。 故选B。 5．C 【详解】AB． 该磁场为均匀辐向磁场，线圈在磁场中匀速转动时，切割边的速度方向始终与磁场方向垂直，根据，、、均不变，因此感应电动势的大小恒定，故AB错误； CD．题目说明的区域没有磁场，初始位置（图示位置）线圈处在磁场中，时感应电动势为正值，大小恒定；线圈转动进入无磁场区域后，感应电动势为0；转动进入对侧磁场后，切割磁感线的方向反向，感应电动势方向变为负值，大小仍恒定；再次进入无磁场区域后，电动势又回到0，重复周期变化，故C正确，D错误。 故选C。 6．A 【详解】A．当光电管工作时，光照射阴极打出的电子向阳极运动形成光电流，电流方向与电子运动方向相反，所以放大器左边的电路电流方向沿顺时针，A正确。 B．电磁铁通过电流控制磁场变化，铁芯应采用“软磁材料”，B错误； C．黄光频率比蓝光低，蓝光照射时，光电管阴极能发生光电效应，改用黄光照射时就不一定能发生光电效应，C错误； D．路灯白天断开，晚上工作时，所以控制器白天电磁铁吸住衔铁时应断开电路，D错误。 故选A。 7．B 【详解】C．电势降低最快的方向是电场方向，则以O为圆心、r为半径的圆周上过电势最高点的电场线一定过圆心O，且方向为从电势最高点指向O点，结合题图乙知，电场方向与x轴负方向夹角为θ0，故C错误； B．由上述分析，根据匀强电场中电势差与场强的关系U=Ed，结合题意和题图乙可知，场强大小为 故B正确； A．根据U=Δφ=Ed可知，O点电势φO=2φ0-Er0=φ0 故A错误； D．曲线①、②、③交于M、N两点，则半径r分别取3r0、2r0、r0的圆周上的点在θ=θM和θ=θN时电势分别相等，根据匀强电场场强方向与等势线的关系可知，θ=θM和θ=θN时，对应的半径均垂直于场强方向，故M和N在过O点的同一等势线上，故D错误。 故选B。 8．AB 【详解】A．刚开始时，对杯子受力分析，重力等于浮力，则有,故A正确； B．刚开始时，杯内气体的压强 当在水面上方杯子内有高度为H的水时，杯内空气的压强满足 杯子被缓慢提起，有充足的时间与外界进行热交换，因此气体发生等温变化，根据玻意耳定律则有 解得 可见，故B正确； C．整个过程气体发生等温变化，温度不变，分子平均动能不变，故C错误； D．提升过程中，杯内空气的压强减小，体积增大，气体对外做功，即，根据热力学第一定律则有 由于内能不变，可知Q > 0，故向上提升杯子的过程中，杯内空气吸热。故D错误。 故选AB。 9．AB 【详解】A．根据题意由安培左手定则可判断圆形区域内磁场方向垂直于纸面向里，A正确； B．画出粒子的运动轨迹，如图所示 由于圆形区域半径为，则P点到CD的距离为，设粒子做圆周运动的半径为，根据几何关系有 粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有 解得 B正确； C．根据上述分析可知，粒子在磁场中运动轨迹为半个圆周，则粒子离开磁场时到点的距离为圆周的直径 C错误； D．根据上述分析可知，粒子在磁场中运动的轨迹为半个圆周，则 D错误。 故选AB。 10．CD 【详解】A．由题知，针鞘在肌肉组织前进时，其受到肌肉组织的阻力由零变为 则在这段距离肌肉组织对针鞘做的功为，故A错误； D．针鞘在目标组织前进时，其受到目标组织的阻力由零变为 则在这段距离目标组织对针鞘做的总功为，故D正确； B．针鞘在目标组织前进时，其受到肌肉组织的阻力不变，为 则在这段距离肌肉组织对针鞘做的功为 所以肌肉组织对针鞘做的总功为，故B错误； C．由上分析可知在运动d2的过程中，针鞘克服阻力做功为，故C正确。 故选CD。 11．(1) 乙 A (2)AB (3) B 0.59 【详解】（1）[1]为研究水平方向分运动特点，需要将平抛运动与匀速直线运动进行对比。故应该选装置乙。 [2]A．A球平抛、B球自由下落，两者落地时间仅与竖直高度有关，与质量无关，但需保证A、B大小相同，避免空气阻力差异对实验的影响，故A正确； B．重力加速度与质量无关，质量不影响自由落体时间，且实验未要求质量相同，故B错误； C．A的竖直分运动是自由落体运动，两球竖直方向均做自由落体运动，下落高度相同则落地时间差为0，与托板高度无关，故C错误； D．A球平抛的时间由竖直高度决定（），与打击力度无关，故D错误。 故选A。 （2）A．调节装置使其背板竖直，才能保证小球落在背板上的痕迹准确反映平抛轨迹，故A正确； B．调节斜槽末端切线水平，才能保证小球抛出时初速度水平，故B正确； C．坐标原点应选小球在斜槽末端时球心的位置，不是斜槽末端的投影点，故C错误； D．每次释放小球的高度应相同，保证初速度一致，不需要等间距下降，故D错误。 故选AB。 （3）[1]由图可知因为B点更接近曲线轨迹，所以为得到小球的水平速度应该选B点进行计算； [2]从原点到B点，小球竖直方向上做自由落体运动，时间为 水平速度 12．(1) a 减小 下降 (2) 1.5 2 【详解】（1）[1]图甲中滑动变阻器的连接方式为分压式，为了操作简便，滑动变阻器应选用阻值较小的，即选； [2]为了保护负载，闭合开关前，应使两端的电压为零，故应将滑动变阻器的滑片置于a端； [3][4]由图乙可知，随着压力F的增大，阻值减小，随着F的增大，图像越来越平缓，说明随F的变化率减小，即灵敏度下降。 （2）[1]由题意知，托盘上物块的质量为时，控制电路两端的电压为，则两端的电压为2V，此时 结合图乙可知，此时，与串联，电阻之比等于电压之比，即 则 [2]因，则，，此时两端的电压小于2V，控制电路两端的电压大于1V，则质量为的物块经该装置后将进入通道2。 13．(1) (2) 【详解】（1）如图所示，过点做，已知，，则，根据数学知识有， 得折射角 依题意，平行于，则入射角 解得光学组件对该单色光的折射率 （2）根据前面证明可知，，该束单色光从E点折射后到达点，在点的入射角为，，故该单色光在点发生全反射，可知折射角为，故折射光线与平行，到达半圆面的点，过点做，则 得，根据几何知识 得，，故单色光从点射出光学组件 过点做，则 得，由 解得该束单色光从E点到第一次射出光学组件的时间 14．（1）2m/s和8m/s；（2）6.4m；（3）会 【详解】（1）甲运动到圆周的最低点时，由牛顿第二定律得 将F=120N代入解得甲运动到圆周的最低点时速度大小 v=10m/s 甲、乙发生的弹性碰撞，动量守恒 机械能量守恒 解得 v1=-2m/s，v2=8m/s 甲、乙碰撞后，速度大小分别为2m/s和8m/s （2）对物块乙，在传送带上匀减速至与传送带共速阶段，由牛顿第二定律得 解得 a2=10m/s2 位移大小 之后，由于，物体减速上滑，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得 解得加速度大小 a3=2m/s2 位移大小 传送带最小长度为 （3）乙上升到最高点后，将向下加速，同理易得加速度大小为 a3=2m/s2 最高点加速至B点过程 解得 由（1）可知甲碰撞后以2m/s的速度沿水平面向右匀速直线运动，而乙滑回水平面的速度为5m/s，所以乙会追上甲发生二次碰撞。 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）铝板受到的安培力 根据力的相互作用及磁铁的受力平衡 解得 （2）匀速运动时，切割产生的电动势   由闭合电路欧姆定律可得   正对区域电阻   联立解得 （3）加速过程根据动量定理，在极短时间内 且 代入得 累积求和可得   整理得 解得 【点睛】把正对区域等效为导体棒切割磁感线可快速找到解题思路。 答案第10页，共10页 答案第9页，共10页 学科网（北京）股份有限公司 $