河南新乡市部分学校2025-2026学年高二下学期6月阶段检测物理试题

高二物理试题 注意事项： 1.各题前，弃必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形马粘贴在答题卡上的指定位置。 2回答选择通时，选出每小题答灸后，用梧笔起答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用 禄皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上。 3.考试培来后，将本武总和答题卡一并交回。 一、单选题（每小题4分，共28分） 1.大量处于=3能级的氢原子，向低能级跃迁时辐射光子的最短波长为.已知氢原子的能级公式为 E导 (E未知)，普朗克常量为h,光速为c,则氢原子的基态能量() A.￡=9hc 8hc 82 B.6=96e 82 c.6- D.E=S 92 2.一质点做匀加速直线运动时，速度变化△v时发生位移x,紧接着速度变化同样的△v时发生位移 53,则该质点的加速度为() AaG B.2(v) c.( D.(Av) 马- 3.如图，物体P(上表面光滑)放在固定斜面上，轻质弹资一端固定在物体上，另一端与置于物体 上表面的滑块Q相连，如图所示，若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力。则物体P的受 力个数为() Yww☐Q P 777n7nn7nn7777n77 A.2 B.3 C.4 D.5 4.如图所示为桥式整流电路简图，变压器、二极管均为理想器材，变压器原线图输入电压为 4=2202si100x(V)的交流电，原副线图匝数比为10：1，副线圈两端电压为42，负载为R,下 列说法正确的是( 高二物理试题 A.4的有效值为11V B.R上电流的方向由A到B C.R上电流的变化周期为0.02s D.若增加R的阻值，则原线图的输入功率增大 5.如图所示，边长为L的固定正三角形金属线框由粗细均匀的同种金属棒构成，O为正三角形的中 心，以0为圆心，以为半径的圆形区域内有垂直线框平面的匀强磁场，圆与线框在同一平面内， 匀强磁场的磁感应强度大小为B,将C、D两端接入电路，从C端流入的电流大小为/，则线框受 到的安培力大小为() C D A. an. B. c. D.a 6.目前在太空中为我们提供服务的北斗三号系统是由30颗卫星组成的.如图(a),以地球球心为坐 标原点，以某一颗北斗卫星所在轨道平面建立xOy平面直角坐标系，将卫星绕地球运动视为逆时 针的匀速圆周运动，其运动轨迹与x轴正半轴交点为K,现从K点开始计时，将卫星所受地球的 万有引力F沿x轴、y轴两个方向进行正交分解，得到两个分力F,F,其中F,随卫星运动时间t 变化图像如图(b)所示，已知卫星质量为m,地球表面重力加速度为g,引力常量为G,忽略地 球自转，则（) mg 16 mg 16 图(a) 图(b) A.当1=时F= B. 该卫星距地面高度是地球半径的4倍 32 C.该卫星的轨道半径为r= 16r D.地球的质量为M=,黔 256x'G 7.如图()所示轻质弹簧下端固定在水池底部，上瑞固定一个小灯泡，其大小可忽略，点光源在水 第1页，共4页 面上的投影位置为O'点，点光源静止不动时在O点，距离水面深度为OO'=h=15m,现让点光源 在竖直方向做简谐运动，其振动图像如图(b)所示振幅为A,周期为2s,光源向左照射的最远位 置记为P,当点光源距离水面最近时P在a点，点光源距离水面最远时P在e点.己知图(a)中 ac=ce,bc=cd,水的折射率为；，则下列错误的是() edcb a O' 空气 界面 y/m m 0 s 二乐西痛部 图(a) 图(b) A.P在C点时，光斑的移动速度最大 B.P从b到d经过的时间可能为1s C. 光振幅=3y5A 7 D.点光源在O点时，有光射出水面的面积为 二、多选题（每小题6分，选对部分得3分，共18分) 8.图甲表示一根没有发生形变的弹簧，上面用数字标出一些质点的平衡位凰：图乙表示弹簧中产生 纵波时，某一时刻各个质点相对于各自的位移：把该时刻各质点的位移画到纵轴的方向上，纵坐 标为正表示位移向右，为负表示位移向左，得到了图丙所示的图像。己知1为波源，类比横波相 关知识，可知() 甲WAA/9/A9 MIMAAAAAMM" A.此时质点2速度向左 高二物理试要 B.此时质点3回复力为零 C.质点2比质点5先回到平衡位置 D.质点4和质点8的振动速度总是等大反向 9.如图所示，球心为O、半径为R的球面下方有一处于水平面的圆周，该圆周与球面直径PM垂直， 圆心为0，在该圆周上等分的三点位置A、B、C以及球面的最高处P点均固定一个电荷量为+g的 点电荷，己知A、P两点连线与球直径PM的夹角a=30,静电力常量为k,下列说法正确的是() P R ⊕ : M AM点场强大小为资 B.O点和M点电势相等 C.一带正电的点电荷，沿着球面直径PM由P到O,其电势能一直增加 D.若在0点放置一个电荷量为9的点电荷，则该负点电荷受到的库仑力大小为 2R2 10.如图，质量m,=1kg的木板静止在光滑水平地面上，右阅的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m的 轻弹簧，处于自然状态，质量心=4kg的小物块以水平向右的速度%-子6滑上木板左端，两者 共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数“=01，最大静摩擦力等 于滑动摩擦力.弹簧始终处在弹性限度内，弹资的弹性势能马，与形变量x的关系为瓦，=) 2 （g=10ms2)。则下列说法正确的是（) m 4 77777777777兴 A.木板刚接触弹簧时速度为1m/s B.木板运动前右端距弹簧左端的距离0.125m C.木板与弹簧接触后弹簧的最大压缩量为0.5m D.木板与弹偾接触到弹簧再次恢复原长的过程中系统机械能守恒 第2页，共4页 三、实验题(15分) 11.(6分)如图所示，小车通过细绳与钩码相连，遮光片固定在小车的最右端，光电门传感器固定 在长木板上，李明研究组利用图中装置完成了“验证牛领第二定律“的实验，张红研究组将长木板 放平，并把小车换成木块，完成了“测定长木板与木块间动摩擦因数”的实验， 2 遮光片 光电门传感器 弹簧 测力计 小车口 轻绳 -b0 轨道：长木板 ① 动滑轮 韵码色 (1)关于李明研究组的实验，下列说法正确的是 A.需要平衡摩擦力，要求钧码的质量远小于小车质量 B.不需要平衡摩擦力，要求钩码的质量远小于小车质量 C.需要平衡摩擦力，不要求钧码的质量远小于小车质量 (2)在实验操作完全正确的情况下，李明研究组将小车从某一位置由静止释放，测出遮光片的宽 度d和它通过光电门的挡光时间，小车静止时的位置到光电门的位移5，小车的质量M, 弹资测力计的示数F,则F与（应满足的关系式为F=一·（可用从d、小、M等字 母表示) (3)张红研究组测出开始木块静止时遮光片距光电门的位移为5，由遮光片宽度d和挡光时间△ 求出滑块的速度大小，并算出v,然后作出F-的图像如图所示，根据图像可求得动摩擦 因数μ= 。(可用a、b、g、s等字母表示) 12.(9分)某实验小组测量电池组的电动势E和内阻r(E约为3V,r约为1Ω)。除电池组、滑动变 阻器R（最大阻值202)、开关、导线外，可供使用的实验器材还有： A.电压表V1,(量程03V,内阻约3k2) B.电压表V2,(量程0-15V,内阻约1kΩ) C.电流表A1,(量程0-0.6A,内阻约1Ω) D.电流表A,(量程03A,内阻约0.2Q) E.定值电阻R,(阻值10Q) F.定值电阻R(阻值5Ω) (1)要求测量结果尽量准确，在实验中，电压表应选用 (填器材前的字母)，电流表应选 高二物理试题 用 (填器材前的字母)，定值电阻应选用 (填器材前的字母)， (2)在虚线框内画出实验电路原理图，图中各元件需用题目中给出的符号 (3)逐浙减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表示数1，以U为纵 坐标，1为横坐标，做出U-1图线(U、1都用国际单位)，求出U-I图线斜岸的绝对值k和 横轴上的被距a,则电池组的电动势￡=一，r=一 (用k、a、R、R表示). 四、解答题(39分) 13.(10分)如图所示，质量为M的柱形汽缸内用质量为m的活塞封闭了一定质量的理想气体，活 塞横截面积为S,可沿汽缸无摩擦滑动但不漏气.系统静止时活塞底面到汽缸底部的距高为， 现用竖直向上的力F作用在活塞上，缓慢增大力F,直到汽缸刚要离开地面，汽缸导热良好，周 围环境温度不变，重力加速度为g,大气压强恒为P。,汽缸壁厚度不计，求： (1)此时活塞底面距高汽缸底部的高度： (2)若汽缸刚要离开地面时撤去外力F,足够长时间后活塞重新处于静止状态，撤去F后到最终 活塞静止的过程中，气体放出的热量。 77777777777777 席3页，共4项 14.(12分)如图所示。一抛物线的方程为y=号(x≤0)，在抛物线的上方有竖直向下的匀强电场。 抛物线上每个位置可连续发射质量为m、电荷量为g的粒子，粒子均以大小为%的初速度水平向 右射入电场，所有粒子均能到达原点O,第四象限内（含x边界）存在垂直于纸面向外、磁感应 强度大小B=5m的匀强磁场，0N为平行于x轴且足够大的荧光屏，荧光屏可以上下移动，不 gl 计粒子重力及粒子间的相互作用，粒子打到荧光屏上即被吸收。 (1)求电场强度的大小E: (2)求从抛物线上横坐标x=-/的A点发射的粒子射出磁场时的坐标： (3)若将荧光屏缓慢上下移动，求从A点和O点发射的粒子打在荧光屏上的发光点的最大距离L, B M 高二物理试题 15.(17分)如图所示，绝缘部分P、Q将左右两侧的光滑导轨平滑连接起来，在导轨的左侧接有电 动势为E、内阻为r的电源和电容为C的电容器，质量为m、电阻为R的金属棒ab与导轨垂直 的放在导轨左端靠近电源的位置，金属棒ab在外力作用下保持静止，质量为2m、电阻为0.5R 的金属棒cd与导轨垂直的静止在PQ右侧适当位置，整个装置处于垂直纸面的匀强磁场中（图中 未画出)，现在释放金属棒ab,金属棒ab在运动PQ之前已经达到最大速度，它滑过PQ后刚好 未与金属棒cd碰撞、已R=2r=2。,E=31。,磁场的磁感应强度为B,导轨间的距离为L,金 属棒cd右侧的导轨足够长，不计导轨电阻，(I,、、B、L、m、C为已知量) (1)判断磁场的方向，并求被释放瞬间金属棒ab的加速度： (2)当金属棒ab的速度为最大速度的一半时，求金属棒ab的热功串和此过程中电容器极板所带 电荷量的变化量（忽略电容器极板电荷量变化对电流的影响）： (3)金属cd棒距离PQ的距离以及整个过程中cd棒产生的焦耳热， 6 第4页，共4页高二物理参考答案 1,A【详解】根据题意可知，3能级的能量为马，=号，由能级跃迁原理有△E=加=h可知， 能级差越大，辐射光子的波长越短，则由3跃迁到=1时，辐射光子的波长最短，则有 8,故选A 居，-8=h发，解得=- 2.D【详解】由于质点做匀加速直线运动，可知其通过两段位移的时间一定相等，设时间为 t,由运动学公式得△v=m,x,5=m,解得a=a,故选D。 X2-X1 3.C【详解】若P、Q一起沿斜面匀速下滑，且物体P的上表面光滑，则先对Q分析其合外 力为零，可知受重力和P的支持力，弹簧应处于原长没有弹力，再对P分析可知，受重力， 斜面的支持力，Q对P的压力，整体一起匀速下滑，斜面还有滑到摩擦力，故P一共受4 个力。故选C。 4.B【详解】A.原线圈输入电压4=220W2sin100πtV,因此原线圈电压有效值U1=220V,根 据变压器电压比9=4，可得副线圈电压有效值U,=二U=22V,A错误：B.根据二极管 U,n 72 单向导电性，无论副线圈交流电处于正半周还是负半周，桥式整流后，负载上A点电位始 终高于B点电位，电流方向始终保持A→B,B正确；C.原交流电的角频率⊙=I00π，周期 T--002s:桥式整流将负半周翻转到正半周，电流变化频率加倍，周期变为原来的， 即R上电流周期为0.O1s,C错误：D.变压器输入功率等于输出功率，输出功率P=,R增 R 大时输出功率减小，因此原线圈输入功率也减小，D错误。故选B。 5.B【详解】根据题意，由几何关系有o5-am30=51,又有O-,则Or=60, 6 三角形OG为正三角形，则G=}L,则三角形ACD的三边均有}L长度在磁场中，由4C、 AD两边在磁场中受到的安挤力的合力为写=8×}×-。L,CD边在磁场中受到的安塔 331 力为尽=B号8：因此线框受到的安培力为-号虹-号n-肌，故选B. 6.Q【详解】A.根据图像可知随时间的变化符合函数二”坚血(0，当吃 16 3 故A错误：B.当最天时，有=乃R+炉=6，在星球表面，有】 32 Rg, 高二物理答案第1页，共6页 可解得h=3R,故B错误；C.根据图像可知卫星绕地球转动的周期为T-2t,根据公式 r，可解得 g_.4π2 16 ,故C正确：D.根据公式mg以及4F，可 16x3 16 解得M=,&日 1GG,故D错误。故选C 7.D【详解】A.根据题意可知，P在C点时，光斑相当位于做简谐运动的平衡位置，则光 斑的移动速度最大，故A正确；B.P从b到d,可能是路径是b→a→d,该过程经过的 时间为周期的一半，即为1s,故B正确：C.设光从水中射出空气发生全反射的临界角为C, 根据金反射临界角公式nC三根据几何关系可得光斑振隔满足mC=,可知光斑 A 4tmC374,故C正确：D.点光源在O点时，根据儿何关系 解得r=htan C= ,则有光射出水面的面积为S=”8gm,放D错误。放送D. 9W7 8.BD【详解】A.由图知，质点1正处于位移正向最大，质点2跟随质点1振动，故质点2 向右运动，故A错误；B.由图知质点3位移为零，则加速度为零，回复力为零，故B正 确；C.质点2先向右运动再返回，运动时间超过四分之一个周期，而质点5只需四分之一 个周期，故C错误；D.质点4和质点8相隔半个波长，二者振动速度总是等大反向，故D 正确。故选BD。 9.AD【详解】A.由几何关系可知，A、B、C三个点电荷与球心O的连线与球直径PM的 夹角均为B=60°，A、B、C三个点电荷与M点的距离均为R,根据几何关系可得，A、B、 C三个点电荷在M处产华的合场强大小为5=3是。ms60说方向向下：P处点电荷在山 2R2 处产生的场强大小为B念方向向下：所以M点场强大小为w=B+B=,散A正确。 B.根据对称性可知，A、B、C三个点电荷产生电场在O点和M点的电势相等；P处点电 荷产生电场在O点电势高于在M点的电势，故O点电势高于在M点的电势，故B错误：C.将 一带正电的点电荷，沿着球面直径PM由P到o',在靠近P点位置的场强方向向下，电场 力一定先做正功，电势能一定先减小，故C错误；D.A、B、C三个点电荷在O处产生的 合场强大小为B3网c0s60,方向向上：点电荷P在0处产生的场强大小为区名 R2 方向向下：所以0点处的场强大小为风，=层-网=贸方向向上：若在0点放置一个电荷量 9的点电荷，则该负点电荷受到的库仑力大小为F=地。=，故D正确。故选A 高二物理答案 第2页，共6页 10.AB【详解】A.根据题意，设木板刚接触弹簧时速度为y,由动量守恒定律有， =(叫+)乃，解得y=1m/s,故A正确；B.对木板，由牛顿第二定律有8=a, 解得a=4m/s,则木板运动前右端距弹簧左端的距离x==0.125m,故B正确：CD.木板 2a 与弹簧接触以后，对木板和小物块组成的系统有x=(+)a共，小物块的最大加速度为 a。=g,当a共=am时，小物块与木板发生先对滑动，解得x=0.25m;设此时木板和小物块 速度为，由能量守相定律有m+m)-m,解得飞=g,即木板与 弹簧接触到弹簧再次恢复原长的过程中，小物块与木板发生相对滑动，系统机械能不守恒， 若小物块与木板的动能全部转化为弹簧的弹性势能，木板与弹簧接触后弹簧的压缩量最大， 则有网+叫)州-，解得x-05m。由于木板运动到最远的过程中，由摩擦力做功， 则小物块与木板的动能未全部转化为弹簧的弹性势能，则木板与弹簧接触后弹簧压缩量的 最大值一定小于0.5m,故CD错误。故选AB。 Md b 11.(1)C (②)2s(Ai 3)2g5 【详解】(1)因为细绳的拉力大小可由弹簧测力计测出，不需要近似等于钩码的重力，则 不要求钩码的质量远小于小车质量；为了使得细线的拉力等于小车受的合力，所以需要平 衡摩擦力。 故选C。 d (2)小车通过光电门的遮度"是，由匀变速直线运动规律y2=2s,解得a=2 若满足牛顿第二定律则有F=Ma,解得”=， 2s(△t)2 1 (3)根据动能定理可得(F-g)s= m,解得r-%+mg,结合刀-r图像可行 2 a m b2s 由牛顿第二定律得a=4mg,联立解得u= 2gs 12.(1)ACF (2) (3)ka k-R, R E'r 高二物理答案 第3页，共6页 【详解】(1)[1]电源电动势约为3V,所以电压表选0-3V量程，即选A。 [2]测量电池组的电动势和内阻实验回路中电流较小，为减小实验误差，电流表应选用 0-0.6A量程，即选C。 [3]电流表应选用00.6A量程，为调节方便，电表示数变化明显，定值电阻R应选择阻值 52,即选F。 (2)为使电压表示数变化明显，定值电阻相对于电源内接，为准确测出电池组的电动势和 内阻，电流表应相对于电源外接，实验电路原理图如图所示。 E r (3)1][2]根据闭合电路的欧姆定律E=U+I(R+),整理得U=-I(R2+r)+E, 横轴上的被面表示短路电流，为尾，口，图像斜率的笔对值为=儿十，联立解得 E=ka,r=k-R, 13.)么=S+h(5分：（2)Q=g+A+m PoS-Mg (5分) PoS-Mg 【详解】(1)气体发生等温变化P=p巧， 据题意可得pS=PoS+g,Y=hS 末状态，对汽缸PS+Mg=PS,V,=h,S, 解得么=✉S+吸h PoS-Mg (2)气体温度不变，可得Q=W气， 对活塞，据动能定理可得g△h+PS△h-W=O 解得Q=(mg+hSM+mgh PoS-Mg 14.B="(3分)，20，-V)(5分，③)L=(反-1(4分) gl 【详解】（1)粒子在电场中做类平抛运动。 水平方向有=，竖直方向有y=,t 高二物理答案 第4页，共6页 其中y= 解得E=d (2)如图所示， N 在电场中，水平方向有1=4，竖直方向有，-汽，则-后+y, 设粒子进入磁场时速度v与竖直方向的夹角为日， 2 则si0=h,即0=45°，由牛顿第二定律得B=m 由几何关系知d=2Rsin6,解得d=√21，射出磁场时的位置坐标为(0，-V2l。 （3》从0点发射进入愁场的粒子，运动半径为见-需，解得元= 2 由几何知识可知，从A点和O点发射的粒子从同一点射出磁场，所以打在荧光屏上的发光 点的最大距离为L=R-R1-cos),解得L=（W2-1)l 15.①垂直纸面向里(1分，LB(3分)( m 臣3分.1%3分) 6)6m,5(4分，mu(3分) BE BL 【详解】(1)由题意可知金属棒b中的电流方向为由α到b,所受安培力方向为水平向右， 由左手定则可知磁场方向为垂直纸面向里。金属棒αb释放的瞬间，由闭合电路欧姆定律可 知此时通过金属棒b的电流乙片，三，它受到的安培力”=B=西 由牛顿第二定律可知此时金属棒b的加速度a-P_IB mm (2)当金属棒b中的电流为0时它的速度达到最大， 由法拉第电磁感应定律有E感m=BLVnag=E, 当金属棒b的速度为最大速度一半时E=BL'= 22 高二物理答案 第5页，共6顶 E-E盛=b 由闭合电路欧姆定律可知此时通过金属棒b的电流上=R+,2 此时它的热功率R=1乃R= 2 金属棒ab刚释放时电容器两端的电压U,=I1R=2I 当金属棒d的速度为录大速度一半时电容器两端的比压心-日--5 所以此过程中电容器极板所带电荷量的变化量△q=CaV=C心，-U,)=C4,6 (3)由题意可知最终两个金属棒速度相同，且即将相互接触，金属棒αb滑过PO后与金 属cd组成的系统动量守恒，有11Vax=(m+2m)v,此过程中对金属棒cd分析由动量定理 有I安=2w △Φ 而I安=及安A1=TLBA1= LBAt=△ B2Ex LB△t= R+0.5 R+0.5R R+0.5R 解得金属cd棒距离PQ的距离r=6m,片 BD 系统损失的机械能△5-m2 21 2 (+2m2 由电阻串联关系可知金属棒cd上产生的焦耳热2=05R,△B=m西 0.5R+R BD 高二物理答案 第6页，共6顶