云南保山市昌宁县第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试物理试卷

**基本信息** 高二物理期中试卷聚焦电磁学、热力学等核心模块，通过斯诺克碰撞情境题与动量守恒验证实验题，融合物理观念与科学探究，实现基础巩固与能力提升的梯度考查。 **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|电磁场、热力学循环、简谐运动|以斯诺克碰撞考查动量守恒，体现科学推理| |非选择题|5题/54分|动量守恒实验、电阻率测量、电磁感应综合|实验题强化科学探究，计算题融合力学与电磁学，深化物理观念|

2025-2026学年下学期期中考试 高二物理 试卷 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.关于电磁场和电磁波的观点，下列说法正确的是 （      ）  A.光是一种电磁波，电磁波的传播不需要介质 B.可见光中蓝色光比红色光的波长更长 C.变化的电场一定会产生变化的磁场 D.LC振荡电路中，在电感线圈中放入铁芯可以增加振荡频率 2.关于扩散现象，下列说法正确的是（  ） A.扩散现象是不同物质间的一种化学反应 B.扩散现象只能在气体、液体中发生，在固体中不能发生 C.液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的 D.温度越高，扩散进行得越快 3.下列关于安培力或洛伦兹力方向判断正确的是（  ） A. B. C. D. 4.如图所示，在绝缘光滑水平面上，有一个边长为的单匝正方形线框，在外力的作用下以恒定的速率向右运动进入磁感应强度为的有界匀强磁场区域。线框被全部拉入磁场的过程中线框平面保持与磁场方向垂直，线框的边始终平行于磁场的边界。已知线框的四个边的电阻值相等，则（      ）  A.在线框被拉入磁场的过程中，电流方向为顺时针 B.线框b点电势比a点电势高 C.在线框被拉入磁场的过程中，边两端的电压为 D.在线框被拉入磁场的过程中，dc边两端的电压为0.5V 5.如图甲所示为一台小型发电机的结构示意图，内阻为0.7Ω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，，则下列说法正确的是(　　) A.电流表的示数为10A，电压表的示数为110V B.1分钟内定值电阻和内阻产生的总焦耳热 C.0~0.01s的时间内，通过定值电阻的电荷量为 D.t=0.02s时，穿过线圈的磁通量变化率最大 6.热力学理论上最完善的闭式概括性卡诺循环，它包含两个等容变化过程和两个等温变化过程，如图所示是一定质量的理想气体在该循环下的P—V图像，其中a→b和c→d是等温过程。关于卡诺循环，下列说法正确的是( ) A.a→b的过程中，气体从外界吸收热量 B.c→d过程中，气体分子在单位时间与器壁单位面积的碰撞次数增加 C.经历如图所示这一完整的循环过程，气体对外界放出热量 D.b→c过程气体吸收的热量等于d→a过程气体放出的热量 7.某弹簧振子沿轴的简谐运动图像如图所示，下列描述正确的是(  ) A.时，振子的速度为零，加速度为负的最大值 B.时，振子的速度为负，加速度为正的最大值 C.时，振子的速度为零，加速度为负的最大值 D.时，振子的速度为正，加速度为正的最大值 8.一列简谐横波沿轴传播，图甲是时刻的波形图；是介质中位于处的质点，其振动图像如图乙所示。下列说法正确的是(  ) A.波速大小为 B.波沿轴负方向传播 C.处的质点在时位于平衡位置 D.质点在时间内运动的路程为 9.2025年5月27日，中国选手在广东东莞卫冕女子斯诺克世锦赛冠军。在某一杆中，杆击打球A后瞬间，球A的动量大小pA0=1.6kg⋅m/s，球B静止，球A和球B碰撞(时间极短)前瞬间，球A的动量大小pA=1.28kg⋅m/s，球A和球B碰撞前后都在同一直线上，球A和球B碰撞后瞬间，球B的动量大小.9kg⋅m/s，已知球A的质量mA=160g，下列说法正确的是( ) A.杆击打球A后瞬间，球A的速度大小为16m／s B.球A和球B碰撞前瞬间，球A的速度大小为8m／s C.球A和球B碰撞后瞬间，球A的动量大小为0.38kg·m／s D.球B的质量一定为150g 10.如图所示，弹簧振子在B、C间做简谐运动，O为平衡位置，B、C间距离是10 cm，B→C运动时间是1 s，则(　　) A.振动周期是1 s，振幅是10 cm B.从B→O→C振子做了一次全振动 C.经过两次全振动，通过的路程是40 cm D.从B开始经过3 s，振子通过的路程是30 cm 第Ⅱ卷(非选择题，共54分) 二、非选择题：本题共5个小题，共54分 11.（6分）某同学用如图所示的装置验证动量守恒定律。将斜槽轨道固定在水平桌面上，轨道末段水平，右侧端点在水平木板上的垂直投影为O，木板上叠放着白纸和复写纸。实验时先将小球a从斜槽轨道上Q处由静止释放，a从轨道右端水平飞出后落在木板上；重复多次，测出落点的平均位置P与O点的距离xP。将与a半径相等的小球b置于轨道右侧端点，再将小球a从Q处由静止释放，两球碰撞后均落在木板上；重复多次，分别测出a、b两球落点的平均位置M、N与O点的距离xM、xN。 完成下列填空： (1) 记a、b两球的质量分别为ma、mb，实验中须满足条件ma__________mb(填“>”或“<”)； (2) 如果测得的xP、xM、xN、ma和mb在实验误差范围内满足关系式__________，则验证了两小球在碰撞中满足动量守恒定律。实验中，用小球落点与O点的距离来代替小球水平飞出时的速度，依据是__________。 12.（8分）某同学要测量一段金属丝的电阻率，可供选择的实验器材有： A．电流表A1(量程为0~0.6A，内阻r1约为2Ω) B．电流表A2(量程为0~3mA，内阻r2=100Ω) C．定值电阻R1=900Ω D．定值电阻R2=9900Ω E.滑动变阻器R3(0~20Ω，允许通过的最大电流为3A)； F.滑动变阻器R4(0~100Ω，允许通过的最大电流为3A)； G.电池E(电动势为3V，内阻很小)； H.开关S及若干导线。 (1) 用螺旋测微器测量该金属丝的直径，某次测量时如图甲所示，读出该金属丝的直径d=                  mm。 (2) 该同学设计了如图乙所示的测量电路，滑动变阻器应选择                  (填“R3”或“R4”)；定值电阻R应选择                  (填“R1”或“R2”)；A处电流表应选择                  (填“A1”或“A2”)。 (3) 调节滑动变阻器，测得多组电流表A的示数IA和电流表B的示数IB，并作出IB—IA图像如图丙所示，图像的斜率为k。测得金属丝的长度为L，定值电阻R和电流表A的总阻值用R0表示，可知该金属丝的电阻率                  (用R0、d、k、L的字母表示) 13.（10分）如图所示，一细光束照射到圆形玻璃砖上A点，经折射后折射光线刚好照到玻璃砖底边的右端C点，入射光线与BC平行，入射角为60°，圆的半径为R，光在真空中的传播速度为c，求： (1) 玻璃砖的折射率； (2) 光从A传播到C所用时间。 14.（12分）如图所示，在直角三角形abc（含边界）区域内，存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一束质量为m，电荷量为q的带正电粒子从ab边中点O以不同初速度沿平行于ac方向射入该磁场区域。已知ac边长为L，，不计粒子间的相互作用力及粒子所受的重力。求： (1) 粒子想从ab边射出的最大速度； (2) 粒子想从bc边射出的最小速度。 15.（16分）如图所示，水平固定的金属圆环，半径为d，环内存在垂直向下的匀强磁场，长度为2d的导体棒ab通过轴承固定在O点。在外力作用下金属棒ab可绕着圆心O沿逆时针方向匀速转动，转动的角速度。转动过程中，金属棒两端与金属圆环接触良好。从圆心和圆环边缘用细导线连接足够长的两光滑平行金属导轨，导轨与水平面的夹角，导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，将金属棒cd垂直导轨放置，并用卡槽固定(卡槽未画出)。已知圆环内的磁场和导轨间的磁场的磁感应强度大小均为，圆环半径为，导轨宽度和金属棒cd的长度为，金属棒cd的质量，导体棒ab的电阻为，cd棒的电阻，其余电阻不计，重力加速度大小。求： (1) 金属棒cd两端的电压； (2) 某时刻取下cd棒的卡槽，cd棒沿导轨自由下滑，且始终垂直导轨，求cd棒稳定时的速度大小； (3) 若(2)问中，当cd棒自由下滑的同时停止ab棒的旋转，经1.8s达到稳定，求此过程中cd棒上产生的焦耳热为多大？ 2025-2026学年下学期期中考试 高二物理 答案 一、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.A【解析】光属于电磁波谱的组成部分，电磁波传播不需要介质，真空中也可传播，A正确；电磁波谱中，可见光的波长从红到紫依次减小，红色光波长比蓝色光更长，故B错误；根据麦克斯韦电磁场理论，可知变化的电场会产生磁场，但只有非均匀变化的电场才会产生变化的磁场，均匀变化的电场产生的是恒定磁场，C错误；LC振荡电路的频率公式为，电感线圈中放入铁芯会使电感增大，从而导致振荡频率减小，D错误。故选A。 2.D【解析】不同物质相互接触时，彼此进入对方的现象是扩散现象扩散现象表明分子不停地做无规则运动，属于物理变化，A错误；扩散现象在气体、液体、固体中都可以发生，B错误；液体中的扩散现象本质是液体分子的无规则热运动，与液体的对流没有关系，C错误；温度越高，分子无规则热运动越剧烈，分子迁移速度越快，扩散进行得就越快，D正确。故选D。 3.B【解析】根据图中磁场方向及电流方向结合左手定则可知，安培力方向应垂直导线向上，A错误；带电粒子带正电，正电荷运动的方向与该粒子运动方向相同。根据左手定则，洛伦兹力方向向上。B正确；根据图中磁场方向及电流方向结合左手定则可知，安培力方向应垂直导线向下，C错误；根据左手定则，洛伦兹力方向应垂直纸面向内，D错误。故选B。 4.D【解析】在线框被拉入磁场的过程中，磁通量增大，由楞次定律可知感应电流为逆时针方向，则b点电势低于a点电势，A、B错误；在线框被拉入磁场的过程中，感应电动势为，边两端的电压为，dc边两端的电压为，C错误，D正确。故选D。 5.C【解析】由乙图可知，交流电压的峰值为，则有效值，根据闭合电路欧姆定律，电流，电压表测电阻R两端的电压，，A错误；根据焦耳定律，，B错误；由乙图可知交流电的周期，则线圈转动的角速度为，由于线圈最大感应电动势，可得，0~0.01s的时间内，通过定值电阻的电荷量为，又，，联立解得，而0~0.01s的时间内，磁通量的变化量为，可得，C正确；t=0.02s时，感应电动为零，根据法拉第电磁感应定律，此时穿过线圈的磁通量变化率最小，D错误。故选C。 6.D【解析】a→b为等温压缩过程，外界对气体做功，但气体内能不变，故此过程放出热量，A错误；由于体积增大但温度不变，压强减小，故单位体积内分子数减少，单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数也减少，B错误；P—V图像图线与横轴所围面积表示做功，a→b过程外界对气体做功小于c→d过程气气体对外界所做的功，一个循环结束后气体温度回到初始状态，即内能不变，故一个循环过程需要吸收热量，C错误；b→c过程和d→a过程都是等容变化，气体不对外界做功，温度变化相同，故内能变化量的大小相等，因此b→c过程吸收的热等于d→a过程放出的热，D正确。故选D。 7.C【解析】t=1s时，振子位于负向最大位移处，速度为零，加速度为正的最大值，A错误；时，振子处于平衡位置向上振动，此时振子的速度为正，加速度为零，B错误；时，振子处于正向最大位移处，此时振子的速度为零，加速度为负的最大值，C正确；时，振子处于平衡位置向下振动，振子的速度为负，加速度为零，D错误。故选C。 8.AD【解析】由图甲可知波长为，由图乙可知波的周期为，则波速大小为，A正确；由图乙知，t=1s时P点向y轴正方向振动，结合图甲，根据“上下坡”法或“同侧”法，可判断波沿x轴正方向传播，B错误；根据图甲可知时处的质点位于波谷处，由于，可知在时质点位于波谷处，C错误；质点运动的路程，D正确。故选AD。 9.BC【解析】由动量表达式，可得杆击打球A后瞬间，球A的速度大小为10m/s，球A和球B碰撞前瞬间，球A的速度大小为8m/s，A错误，B正确；两小球碰撞时间极短，设碰撞前A的运动方向为正方向，由动量守恒定律有，解得碰撞后瞬间，球A的动量为，碰撞后球B的速度未知，故不能求出球B的质量，C正确、D错误。故选BC。 10.CD【解析】振子从B→C是半次全振动，故周期T＝2×1 s＝2 s，振幅A＝OB＝＝5 cm，故A错误；从B→O→C→O→B是一次全振动，故B错误；经过一次全振动，振子通过的路程是4A，两次全振动通过的路程是40 cm，故C正确；从B开始3 s时间内振子做次全振动，路程是s＝4A＋2A＝30 cm，故D正确． 第Ⅱ卷(非选择题，共54分) 二、非选择题：本题共5个小题，共54分 11.(1) > 【解析】为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求ma>mb； (2) maxP＝maxM＋mbxN 【解析】两球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们做平抛运动的时间t相等， 碰撞前a球的速度大小v0＝ 碰撞后a的速度大小va＝ 碰撞后b球的速度大小vb＝ 如果碰撞过程系统动量守恒，则满足 mav0＝mava＋mbvb 整理得maxP＝maxM＋mbxN 小球离开斜槽末端后做平抛运动，竖直方向高度一定，故下落时间一定，水平方向小球做匀速直线运动，小球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比。 12. (1) 0.150； (2) R3，R1，A2； (3) 【解析】(1)图甲中，螺旋测微器半毫米刻度线未露出，根据螺旋测微器的读数规律，该读数为 (2) 图乙控制电路中滑动变阻器采用分压式接法，为了便于调节，确保处理数据的连续性强一些，滑动变阻器选择总阻值小一些，即滑动变阻器选择R3；由于电源电动势为3V，为了测量电压，需要将已知内阻的电流表A2改装成量程为3V的电压表，根据电压表的改装原理可知定值电阻，即定值电阻R应选择R1；为了将电流表改装成电压表，电流表的内阻应为已知值，可知，A处电流表应选择A2，B处电流表应选择A1。 (3)根据欧姆定律有，变形得，结合IB—IA图像可知图线斜率，根据电阻定律有，其中，解得 13. (1)； (2) 【解析】(1) 由题知 入射角为i=60°， 由几何关系可知，折射角r=30°， 由折射定律知： 由几何关系可知，AC的长度L=2Rcos30°， 光在玻璃中的传播速度： 则光从A到C传播时间： 14. (1) (2) 【解析】(1)由图知，当粒子的轨迹与边相切时，根据几何关系有 此时对应的为最大速度，由牛顿第二定律得： 联立得： (2)由图可知，当粒子的轨迹与边相切时，有 此时对应的为最小速度，由洛伦兹力提供向心力得 联立解得 15. (1) 0.8V (2) (3) 【解析】(1) 金属棒ob、oa上的感应电动势 根据欧姆定律有 解得 (2) 金属棒ob上的电动势 金属棒cd上的电动势 对导体棒cd根据平衡方程有 解得 故 (3) 对导体棒cd根据动量定理有 根据能量守恒定律有 解得 故 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $