云南曲靖市罗平县第一中学2025-2026学年高二下学期阶段性考试（二）物理试题

**基本信息** 以“人造太阳”“湖科大二号”卫星等科技前沿情境为载体，通过选择、实验、计算等题型，考查核反应、天体运动、电磁感应等知识，融合物理观念与科学思维，适配高三阶段性学情。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10题46分|核反应、受力平衡、机械波等|结合“紧凑型聚变能装置”等真实情境，考查运动与相互作用观念| |非选择题|5题54分|实验（加速度测量、电表改装）、计算（电磁复合场、导轨问题）|实验题突出科学探究（如半偏法测内阻），计算题综合动量与能量，体现模型建构能力|

2025-2026学年下学期阶段性考试(二) 高三 物理 满分100分,考试时间75分钟。 第I卷(选择题,共46分) 1、 选择题(本大题共10小题,每小题4分,共46分。在每小题给出的四个选项中,第1~7题只有一项符合题目要求;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) 1.正在安徽合肥建设的紧凑型聚变能实验装置(BEST)是我国“人造太阳”工程的核心项目,有望成为人类历史上首个实现核聚变发电的装置。下列属于核聚变反应方程的是(  ) A. B. C. D. 2.如图所示,在竖直平面内用甲、乙两根筷子夹一个重为的小球,两根筷子对小球弹力的作用点和球心在同一竖直平面内,甲筷子倾斜,且与竖直方向的夹角为,乙筷子始终竖直。在缓慢变化过程中,小球始终保持静止,且筷子与小球间的摩擦忽略不计。下列说法正确的是( ) A.甲筷子对小球的弹力大小为 B.乙筷子对小球的弹力大小为 C.随着缓慢减小,两根筷子对小球的弹力均增大 D.随着缓慢减小,两根筷子对小球的合力将变大 3.被业界称为“太空加油站”的“湖科大二号”卫星准确进入预定轨道,为太空中的卫星验证在轨燃料加注技术。若“湖科大二号”卫星在椭圆轨道1绕地球运行,在P点给在轨道2做匀速圆周运动的一颗人造卫星加注燃料,如图所示。下列说法正确的是(  ) A.经过P点时,两卫星的速度相同 B.经过P点时,两卫星的加速度大小相同 C.轨道2的卫星所受万有引力保持不变 D.卫星在轨道1的任何位置都具有相同动能 4.如图甲所示,在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器,传感器下方挂上一轻质弹簧,弹簧下端挂一质量为的小球,若升降机在匀速运行过程中突然停止,并以此时为零时刻,在后面一段时间内传感器显示弹簧拉力随时间变化的图像如图乙所示,为重力加速度,忽略一切阻力,则(  ) A.的时间内小球向上运动,加速度增大 B.的时间内小球向上运动,加速度减小 C.的时间内小球向上运动,加速度增大 D.的时间内小球向下运动,加速度减小 5.一定质量的理想气体经历a b c d a循环过程,其中a b和c d是等容变化,d a是等压变化,其p—V图像如图所示。下列说法正确的是( ) A.b c过程温度不变 B.d a过程外界对气体做的功大于气体放出的热量 C.d a过程气体分子单位时间撞击单位面积的次数减少 D.经历a b c d a循环过程,系统从外界吸收热量 6.如图所示,有一面积为S,匝数为N,电阻为r的矩形线圈,绕轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度 做匀速转动,从图示位置(线圈平面与磁场平行)开始计时。矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈,副线圈接有固定电阻R0和滑动变阻器R,所有电表均为理想交流电表。下列判断正确的是( ) A.金属线圈处于图示位置时,矩形线圈中电流方向是A B C D B.矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBS sin t C.将R的滑片向下滑动时,电流表A示数变大,电压表V的示数变大 D.将R的滑片向下滑动时,矩形线圈的热功率将增大 7.如图所示的矩形区域ABCD内分布有平行于AD方向的匀强电场,AB=2BC,P为CD中点。质量相同的带电粒子a、b分别从A点和D点平行于AB同时进入电场,并同时到达P、B点,二者的运动轨迹交于O点(图中未标出)。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用。则带电粒子a、b( ) A.具有不同的比荷 B.电势能均随时间逐渐增大 C.到达O点所用的时间之比为1:2 D.到达P、B点时的动能之比为5:8 8.图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图,质点A平衡位置在处,图乙为x=2m处质点位移随时间变化的图像,则( ) A.t=1s时质点A到达处 B.0~1s内x=2.5m处质点通过的路程为2cm C.0s后x=3m处质点比质点A晚s第一次到达平衡位置处 D.接收装置从x=2m处向O点运动,接收到的波的周期大于4s 9.如图甲所示,轻质弹簧一端系在倾角为的固定光滑斜面底端,另一端与球B相连,球B处于静止状态。现将球A置于球B上方斜面某位置处,并以此位置作为原点O,沿平行于斜面向下为正方向建立轴坐标系。某时刻将球A由静止释放,A与B碰撞后以共同速度沿斜面向下运动,碰撞时间极短,测得球A的动能与其位置坐标的关系如图乙所示,图像中之间为直线,其余部分为曲线。球A、B均可视为质点,弹簧始终处于弹性限度内,不计空气阻力,重力加速度大小为g。则( ) A.A、B的质量之比为1:3 B.A与B碰撞后在位置处速度最大 C.A与B碰撞后在位置处加速度最大 D.弹簧的劲度系数为 10.如图所示,足够长的木板置于水平地面上,其上表面光滑,质量为,在水平拉力的作用下,以的速度沿水平地面向右匀速运动,现有若干个小铁块(可视为质点),每个质量均为,将第一个铁块无初速地放在木板最右端,当木板运动了时,又将第二块无初速地放在木板最右端,以后只要木板运动了L就在木板的最右端无初速地放上一个铁块,直到木板停下来,就不再向木板上放铁块了,,。则下列说法正确的是( ) A.最终有7个铁块放在木板上 B.最终有6个铁块放在木板上 C.最后一个铁块与木板最右端的距离为 D.最后一个铁块与木板最右端的距离为 第 卷(非选择题,共54分) 11.(6分)某小组利用图甲所示的装置完成实验:探究加速度与力、质量的关系。 (1) 关于本实验的操作,下列说法正确的一项是                  。 A.实验时打点计时器应接220V的交流电源 B.实验时应先释放小车后接通电源 C.实验时应调节连接小车的细绳与长木板平行 D.小车质量应远大于沙桶的质量 (2)某次实验时得到的纸带如图乙所示,已知相邻两计数点间还有4个点未画出,电源的频率为,则小车的加速度大小                  ;若本次实验时力传感器的示数为,重力加速度取,则沙桶的总质量                  (结果均保留2位有效数字)。 (3)另一小组由于操作不慎,导致力传感器损坏,于是该小组转换思路重新进行实验。平衡小车摩擦后,保持小车质量不变,以沙桶与沙总重力的2倍为小车的合外力,通过改变沙桶中沙的质量,得到了图丙中的曲线图像,一位同学利用最初的几组数据拟合了一条直线图像。如图所示,作一条与纵轴平行的虚线,与这两条图线及横轴的交点分别为、、,若此虚线对应的小车质量为,沙桶与沙的总质量为,则                  (用、表示)。 12.(8分)某学习小组要测一电池组的电动势和内阻,先用图甲电路测量一个量程为,内阻约为的微安表头的内阻,所用电源的电动势约为10V,有两个电阻箱可选,,;之后再用图乙电路测量电池组的电动势和内阻(电动势约为,内阻约为),定值电阻。 (1) 某次测微安表内阻的实验中,先将S2断开,闭合S1,调节滑片P和电阻箱,使微安表满偏;然后保持滑片P和不变,闭合S2,调节电阻箱,使微安表半偏,读出此时的读数;则微安表内阻测量值等于的读数。该实验中应选                  (填“”或“”),微安表内阻的测量值                  (填“大于”“小于”或“等于”)真实值。 (2)微安表内阻测量值,把该微安表改装成量程为的电压表,需要           (填“串联”或“并联”)电阻箱;并调节其阻值             。 (3) 学习小组测一电池组的电动势和内阻实验时,根据采集到的微安表的读数I和电阻箱的读数R,作出的图像如图丙,已知图线的斜率为,纵截距为,若学习小组测得电源中的电流远大于微安表中的电流,则所测得电池组的电动势                  ,内阻                  。(均用字母,,,,表示) 13.(10分)小妍同学为了制作“消失的钉子小创意”,先利用长方体容器测量水的折射率,矩形为容器的一个横截面,如图(a)所示,固定激光笔从容器口A射向,测得;当装满水后,激光照射到容器底部点,测得。接着将长为的钉子垂直固定在轻薄不透明的圆形泡沫的圆心,倒扣在另一较大容器水面上,如图(b),通过调节圆形泡沫半径,使得在水面上方任何位置都完全看不见钉子,“消失的钉子小创意”即制作完成。求: (1)水的折射率; (2)圆形泡沫的最小半径。(结果可用根式表示) 14.(12分)如图,在、的区域中,存在沿轴负方向的匀强电场,电场的周围分布着垂直纸面向里的匀强磁场。一带正电的粒子从点以速度沿轴正方向运动,从点第一次离开磁场进入电场,第一次离开电场时速度为。不计粒子重力。求: (1) 电场强度和磁感应强度的大小之比; (2)粒子从点开始到第二次进入电场前的运动时间。 15.(16分)如图所示,有两条不计电阻的平行光滑金属导轨MQN、,导轨间距L=0.5m,其中MQ、段倾斜放置,倾斜角,,QN、段水平放置,两段之间通过一小段(大小可忽略)光滑圆弧绝缘材料平滑相连,在倾斜导轨左端连接一电容C=2F的电容器,在N和两端与电阻器相连,在倾斜导轨MQ、区域内加有垂直于倾斜导轨平面向下的匀强磁场B1=2T,在水平导轨的区域内加有垂直水平导轨平面向上的匀强磁场B2=0.8T,、均与导轨垂直,且,cdef是质量为3m、各边长度均为L的开口向左的U形金属框,已知其de边电阻为,其余各段电阻可忽略不计,开始时紧挨导轨静置于左侧外,一不计电阻的质量为m的金属棒a紧贴从静止释放,使其向下滑行,越过后与U形金属框发生碰撞,碰后粘在一起形成一个正方形导体框沿导轨穿过磁场B2区域。已知m=1kg,不计一切摩擦,取重力加速度g=10m/s2,求: (1)金属棒a在倾斜导轨下滑的加速度大小(提示:); (2)de边刚进入磁场B2区域时的速度大小; (3)整个过程中电阻器R上产生的焦耳热。 1.D【解析】核聚变的定义是:两个轻原子核结合形成质量更大的原子核,同时释放大量能量的核反应。该反应是 衰变,不属于核聚变,A错误;该反应是用 粒子轰击氮核的人工核转变,是卢瑟福发现质子的实验反应,不属于核聚变,B错误;该反应是重核吸收中子后分裂为多个中等质量核的核裂变反应,是现有核电站的核心反应类型,不属于核聚变,C错误;该反应是氘核和氚核两个轻原子核结合成一个较重的氦核,并释放出一个中子的过程,属于核聚变,是“人造太阳”项目的核心反应,D正确。故选D。 2.C【解析】物体受力分析如图,由平衡条件可知,,A、B错误;随着缓慢减小,和均减小,故两根筷子对小球的弹力均增大,C正确;由于小球始终静止,处于平衡,根据平衡条件可得,小球所受的合力一直为零,两根筷子对小球的合力大小始终等于小球的重力,D错误。故选C。 3.B【解析】由题意可知,椭圆轨道1上的卫星在P点时,万有引力大于所需向心力,要进入圆轨道2需要在P点加速,做离心运动,因此经过P点时轨道2卫星的速度更大,两卫星速度不同,A错误;万有引力提供卫星的加速度,根据牛顿第二定律可得,两卫星在P点到地心的距离r相同,因此加速度大小相同,B正确;轨道2上做匀速圆周运动的卫星,所受万有引力大小不变,但方向始终指向地心,不断变化,因此万有引力是变化的,C错误;根据开普勒第二定律,卫星在椭圆轨道1上运动时,近地点速度大、远地点速度小,动能不断变化,D错误。故选B。 4.A【解析】的时间内,弹簧拉力在减小,故小球向上运动,小球的合力,故加速度在增大,A正确;的时间内,弹簧拉力在增大,故小球向下运动,小球的合力,故加速度在减小,B错误;的时间内,拉力继续增大,小球继续向下运动,此时弹簧弹力大于重力,合力向上(与运动方向相反),加速度增大,C错误;的时间内,弹簧拉力在减小,故小球向上运动,此时重力小于弹簧弹力(取竖直向下为正方向),故加速度在减小,D错误;故选A。 5.D【解析】根据知:温度不变,压强体积是反比关系。b c过程是正比例函数关系,因此b c过程不是温度不变,A错误;d a过程等压变化,体积减小,外界对气体做正功,由可知该过程温度降低,因此气体内能减小,有,由可知,因此外界对气体做的功小于气体放出的热量,B错误;d a过程为等压变化过程,由可知该过程温度降低,分子动能降低,单个分子单次撞击对压强的贡献减小,为了保证压强不变,气体分子单位时间撞击单位面积的次数增加,C错误;根据图线与坐标轴围成的面积表示做的功知:a b过程和c d过程不做功,b c过程气体对外做的功大于d a过程外界对气体做的功,总功为负功,经历a b c d a循环过程,气体状态不变,即内能不变,根据热力学第一定律有得:整个过程气体吸收热量,D正确。故选D。 6.D【解析】根据右手定则可知金属线圈处于图示位置时,矩形线圈中电流方向是,A错误;初始位置为中性面的垂直位置,感应电动势最大,因此瞬时电动势表达式应为,B错误;将R的滑片向下滑动时,滑动变阻器接入电路阻值变小,则副线圈电流增大,电流表A示数变大,定值电阻分担的电压增大,结合变压器的原理可知,原副线圈中的电流之比为,可知原副线圈匝数之比不变,故原线圈中的电流增大,根据闭合电路的欧姆定律可知,原线圈所在电路内电压增大,原线圈两端的电压减小,又因为,可知原线圈两端电压减小,故副线圈两端的电压减小,而定值电阻分担的电压增大,故电压表的示数减小,C错误;根据上述分析,结合功率可知,将R的滑片向下滑动时,矩形线圈的热功率将增大,D正确。故选D。 7.D【解析】由题意可知,带电粒子a、b在电场中均做类平抛运动,同时到达P、B点,沿电场方向的位移大小相等,由匀变速直线运动规律可得可知两粒子的加速度大小相等,由牛顿第二定律可得,解得,所以两粒子的比荷相等,A错误;带电粒子运动过程中,电场力均做正功,由可知电势能均随时间逐渐减小,B错误;带电粒子a、b同时到达P、B点,沿垂直电场方向的位移大小为,由运动学规律可得可知两粒子的初速度大小之比为,带电粒子a、b到达O点的垂直电场方向的位移大小相等,所用的时间之比为,C错误;带电粒子a、b同时到达P、B点,沿电场方向的位移大小相等,由,可知带电粒子a、b到达P、B点沿电场方向的速度大小相等;对b粒子,到达B点,,所以,由于带电粒子a、b的初速度大小之比为,所以,到达P、B点时的动能之比为,D正确。故选D。 二、多选题 8.BC【解析】由图乙可知在时处的质点向y轴正方向振动,结合图甲可知波沿x轴正方向传播,则时质点A向y轴负方向振动;由图甲知振幅A=2cm,波长 =4m;由图乙知周期T=4s,可得质点A的振动方程为,时,结合波的传播方向可得,时,A错误;结合图甲可知,0~1s内x=2.5m处质点从处沿y轴正方向运动到处,路程为,B正确;质点A的平衡位置在x=m,由波形图可知,t=0时刻A点的位移为正,且向y轴负方向振动,它第一次到达平衡位置需要的时间为其初相位对应的时间,,x=3m处质点第一次到达平衡位置处所用时间为,C正确;当接收装置向波源(位于x轴负方向或更远处)运动时,根据多普勒效应可知,接收到波的频率增大,则周期减小,小于4s,D错误。故选BC。 9.ACD【解析】由图乙可知,两球碰撞前,A球的动能,解得,两球碰撞后,A球的动能,解得,球A与球B碰撞时间极短,动量守恒,根据动量守恒定律,解得,A正确;由图乙可知,A与B碰撞后A在x2处动能最大,则A与B碰撞后在x2位置处速度最大,B错误;由动能定理可知,整理可得,则可知图的斜率代表物体所受的合外力,由图乙可知A与B碰撞后在x3位置处合外力最大,即加速度最大,C正确;弹簧上端与球B相连,球B处于静止状态,设此时弹簧的形变量为x0,结合图甲根据平衡条件可知,由图乙可知,当AB一起运动到x2时,速度最大,根据平衡条件,球A从O点运动到位置x1的过程中,根据动能定理,联立解得,D正确。故选ACD。 10.AD【解析】由题意可知,无铁块时,木板做匀速直线运动,由平衡条件可知,受到地面摩擦力,解得,则每放上一块铁块,木板受到的摩擦力会增大,木板最终停下来时,木板的初动能全部用来克服增加的摩擦力所做的功,第n块铁块释放时,木板克服摩擦力所做的功为 由动能定理可得,解得,即第7个铁块放上去后木板再运动不足1m便会停下来,所以木板最终停下来时上面有7个铁块,A正确;B错误;第7个铁块放上去时,增加的摩擦力已做功,木板剩下的动能为,设木板还能运动的距离为s,则由动能定理,解得,C错误;D正确。故选AD。 11. (1) C (2) (3) 【解析】(1)电磁打点计时器工作电压在的交流电压,A错误;实验时应先接通电源后释放小车,B错误;实验时应调节连接小车的细绳与长木板平行,能保证小车受到拉力为恒力,C正确;本题有力传感器测拉力,不需要小车质量远大于沙桶的质量,D错误。故选C。 (2)电源的频率为,相邻两计数点间还有4个点未画出,则相邻两计数点间时间间隔为,根据逐差法可得小车的加速度大小为;对沙桶受力分析,受竖直向下的重力和竖直向上细绳的拉力,因为沙桶运动的位移是小车位移的两倍,所以沙桶的加速度为,方向竖直向下,根据牛顿第二定律有,解得 (3)对小车和沙桶进行分析,近似认为沙桶与沙总重力的2倍为小车的合外力, 根据牛顿第二定律有,解得 小车质量不变,逐渐增加沙桶中沙的质量, 对沙桶受力分析,根据牛顿第二定律有 对小车,根据牛顿第二定律有 联立解得 所以 12. (1) R2,小于; (2) 串联,37974; (3), 【解析】(1)根据半偏法的实验原理可知,电阻箱与电表内阻阻值相当,当闭合S2之后,与滑动变阻器并联的支路的电流应基本不变,需要电阻箱的阻值较大,故应选。闭合S2后,与的并联阻值小于的阻值,则流过的电流大于原来的电流,则流过的电流大于,的电阻小于,实验中用的阻值来当作微安表内阻,故的测量值小于真实值。 (2)微安表内阻测量值,该微安表需要串联电阻箱R2,才能改装成量程为4V的电压表,根据电压表的改装原理可知。 (3)根据闭合电路欧姆定律有,变形可得,结合图像可知图线的截距和斜率分别为,,解得, 13. (1); (2) 【解析】(1)由几何知识可知,入射角的正弦值 折射角的正弦值 根据折射率定义式可得 联立解得 (2)要在水面上方任何位置都完全看不见钉子,则要求从钉子射出的光到达泡沫以外水面时发生全反射,根据折射率与临界角关系有 根据几何关系,可得 代入数据解得圆形泡沫的最小半径 14. (1); (2) 【解析】(1)由题意可知,粒子在磁场中运动,洛伦兹力提供向心力结合牛顿第二定律,可知 由几何关系可知 粒子在电场中运动过程,根据动能定理可得 解得 (2)粒子第一次在磁场中运动,轨迹为半圆,经历时间为 在电场中为匀变速直线运动,设经历时间为,则有 粒子第二次在磁场中运动时,速度为原来的二倍,轨迹半径也为原来的2倍,,轨迹如图所示 由几何关系可得,则 粒子在磁场中运动的时间 粒子从P点开始到第二次进入电场前的运动时间 解得 15. (1);(2);(3) 【解析】(1)由题意可知,金属棒a与电容器组成电路,金属棒a向下滑行过程中,电容器的电压U始终等于金属棒a切割磁感线产生感应电动势,则有 电容的电量,据电流强度的定义式可知电路中的电流,金属棒a,根据牛顿第二定律可得 联立,可得,得 (2)金属棒a匀加速下滑,设金属棒a到达倾斜导轨底端时的速度大小为v0,根据运动学公式得,得 金属棒a越过后与U形金属框发生完全非弹性碰撞,以水平向右为正方向,根据动量守恒定律可得,得 (3)在de边进入磁场的过程,de边左侧被导轨和金属棒a短路(即电阻R中无电流),回路中只有de边的电阻R,设de边达到时的速度为v2,以水平向右为正方向,此过程根据动量定理可得,中 解得,金属棒a进入磁场B2的过程,de边与电阻R并联,电路总电阻0.5R,设金属棒a达到时的速度为v3,同理,根据动量定理得 其中,得,过程中产生的焦耳热为Q,根据能量守恒定律得,个过程中电阻器R上产生的焦耳热 第1页 共1页 学科网(北京)股份有限公司 $