四川省某中学2025-2026学年高二年级上册11月期中物理试题（含解析）

物理试题

（考试时间：75分钟满分：100分）

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑，如需改动,

用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试

卷上无效。

一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有

一顼是最符合题目要求的）

1.如图，光滑水平地面上有一小车，一根细绳将车厢挡板与滑块相连，中间压缩一根弹簧，强簧与车厢、

滑块都相连，滑块与车厢水平底板间有摩擦，剪断细绳后的过程中（）

"濡肃肃入肃濡

A.弹簧、滑块组成的系统动量守恒，机械能守恒

氏弹簧、滑块组成的系统动量不守恒，机械能不守恒

C.弹簧、滑块、小车组成的系统动量守恒，机械能守恒

D.弹簧、滑块、小车组成的系统动量不守恒，机械能不守恒

【答案】B

【解析】

【详解】AB.地面光滑，车厢水平底板粗糙，簧处于压缩状态，故剪断细绳后，则弹簧伸长，滑块会向右

运动，小车会向左运动，两者相对滑动，产生滑动摩擦力，故弹簧、滑块组成的系统所受外力不为零，则

该系统动量不守恒；由r滑块与小车之间产生了相对位移，故滑动摩擦力对弹簧、滑块组成的系统做负功，

则该系统的机械能不守恒，故A错误，B正确；

CD.地面光滑，车厢水平底板粗糙，弹簧处于压缩状态，故将细绳剪断，则弹簧伸长，故滑块会向右运动,

小车会向左运动，两者相对滑动，产生滑动摩擦力，但弹簧的弹力和两者间的滑动摩擦力都是内力，故系

统动量守恒，但滑块与小车之间产生了相对位移，故滑动摩擦力对整体做负功，故系统机械能不守恒，故

CD错误。

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故选Bo

2.如图所示，磁感应强度为8的匀强磁场中，有一个与磁感线垂直的矩形线框，面积为，设图示位置穿

过线框的磁通量为正值。则线框从图示位置开始，以线框右边为轴，逆时针（俯视）旋转1801此过程磁

通量的变化量为（）

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

A.OB.8sc.26sD.-2BS

【答案】D

【解析】

【详解】闭合线圈〃在匀强磁场中与磁场方向垂直，则穿过线圈的磁通量（口=微

当线圈从图示转过180°时，磁通屈％=

线圈从图示转过180°的过程，磁通吊的变化量为A中=6-R=-28S

故选D。

3.如图所示，矩形线圈。从4位于通电长直导线附近，线圈与导线在同一平面内，线圈的时边与导线平行。

那么下列操作中，线圈中没有感应电流的是（）

b

A.通电导线电流变大

B.线圈水平向右移动

C.线圈沿长直导线向上运动

D.以心为轴转动线圈

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【答案】C

【解析】

【详解】A.通电导线电流变大，则穿过线圈的磁通量增加，线圈中会产生感应电流，故A错误;

B.线圈水平向右移动，则穿过线圈的磁通量减小，线圈中会产生感应电流，故B错误：

C.线圈沿长直导线向上运动，则穿过线圈的磁通量不变，线圈中不会产生感应电流，故C正确;

D.以必为轴转动线圈，则穿过线圈的磁通量发生变化，线圈口会产生感应电流，故D错误。

故选Co

4.在如图所示的电路中，R、幺均为定值电阻。当滑动变阻器/?的滑动触头缓慢向上滑动时，卜.列说法

C.电源的输出功率一定增大D.电源的效率一定减小

【答案】D

【解析】

【详解】当滑动变阻器"的滑动触头缓慢向上滑动时，滑动变阻器接入电路中的阻值变小。

AB.根据“串反并同”可知，与滑动变阻器串联的B灯功率变大，变亮；与滑动变阻器等效并联的A灯功

率变小，变暗，故AB错误；

C.当外电路电阻与电源的内阻大小相等时，电源的输出功率最大，由于外电路电阻与电源的内阻大小关系

不能确定，因此不能确定电源的输出功率如何变化，故c错误；

D.因为滑动变阻器接入电路中的阻值变小，所以外电路的总电阻减小，电源的工作效率

UI&卜1

1/・----------

E［与”］十二

心

由于外电路的电阻R纤减小，电源的工作效率D减小，故D正确。

故选Do

5.如图所示，电源电动势E=10V,内阻「=1C,电容器的电容C=4。以-，电阻«=5Q,

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&=&=g,电压表为理想电压表。接通电键S,待电路稳定后，下列说法正确的是（）

A.电压表示数大小为4V

B.电压表示数大小为5V

C.电容器所带的电荷量为1.6x|l'C

D.电容器所带的电荷量为？x104C

【答案】A

【解析】

RR

【详解】AB.接通电键S,待电路稳定后，&、&并联，并联后的总电阻为&3=广限

K2+小

,EIO..

1A

根据闭合电路欧姆定律可得电流=D上p上=77A=1A

AJJ+K|+rIv

电压表测大两端电压，可得电压表示数大小火=£/I8♦j|=4V

故A正确，B错误；

CD.电容器两端电压等于路端电压，即I=£lr=9V

可得电容器所带的电荷量为0=CU=40x106X9C=3.6X104C

故CD错误。

故选Ao

6.如图所示，一根长为L、横截面积为S的金属棒，在棒两端加上恒定电压U时，棒内产生电流。已知金

属棒的电阻率为P,金属棒单位长度内的自由电子数为〃，电子的电荷量为e,则电子定向运动的平均速率

为（）

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USUSULUL

D2

A，nepLB・nep[}C.,nepS

【答案】A

【解析】

【详解】根据电阻定律，金属棒的电阻R=

,uUS

根据欧姆定律，可知通过金属棒的电流/二R=pL

根据电流的定义式/=：=vne

US

联立解得了:-故选A。

nepL

7.如图所示，在鞋直平面内正方形Med的四个顶点，分别固定有电流方向垂宜纸面向外的水平长宜导线，

电流大小之比为1：2：3：4,。为正方形的中点。已知〃处电流在。点产生磁场的磁感应强度大小为发，

长直导线在某处产生的磁感应强度大小与导线中电流成正比。关于0点的磁场，下列判断正确的是（）

a

触..........0b

：o・\

II

II

II

II

d的----------------------④c

A.磁感应强度大小为204）,方向平行乃向右

B.磁感应强度大小为2及与）,方向平行。〃向左

C.磁感应强度大小为“0,方向平行他向右

D.磁感应强度大小为方向平行后向左

【答案】B

【解析】

【详解】。处电流在0点产生磁场的磁感应强度大小为Bo,可知〃〃处的电流在。点产生磁场的磁感应强

度大小分别为2&、3Bo、4均；ac两处导线在0点的磁场置加大小为2阴，方向由。指向d;队/两处导线

在。点的磁场叠加大小为2国,方向由。指向〃；可知0点的磁场大小为

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%=J(280)，+(28°)J2jl80

方向平行〃。向左。

故选Bo

二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小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)

8.在如图所示的电路中，闭合开关S,当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，电表A、％、、、M的示数

分别用/、q、q和q表示，其示数变化量的绝对值分别用△/、AU、AU和表示。所有电表均

B.AC।>AI,

aAtz_qALZ

C.7变大，-7广不变D.7不变，不变

【答案】CD

【解析】

【详解】AB.滑动变阻器的滑片P向下滑动，滑动变阻器接入电路阻值增大，电路总电阻增大，根据闭合

电路欧姆定律可知，电路总电流减小，路端电压增大；则电流表示数/减小，通过定值电阻R.的电流减小,

R：两端电压减小，则电压表V)示数乙«曾大；通过定值电阻R的电流减小，R两端电压减小，则电压表

%示数q减小，根据—=〃+上

可知电压表Y示数u?增大，且内的增大量大于q的减小量，即有AGVAU：

故AB错误;

C.根据欧姆定律可得a=’；

由于滑动变阻器接入电路阻值增大，则了变大；根据闭合电路欧姆定律可得E=U?+/(〃+&+8)

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可得当2=1+'+凡

A/

3

可知一；不变，故c正确;

D.根据欧姆定律可得"=生

可知一不变；根据闭合电路欧姆定律可得E=USRJ

可得当2=「+&

A/

可知々不变，故D正确。

故选CD。

9,一质量为1kg的物块在合外力”的作用下从静止开始沿直线运动。户随时间，变化的图线如图所示，则

()

fF/N

2------；

1•:

0~1~斤不―这衣

-1卜...J----:

A./=1s时物块的速率为ln/s

B.1=2$时物块的动量大小为Skg-m$

c.1二3sM物块的速率为5ms

D.打时物块的动量大小为2kgms

【答案】BD

【解析】

【详解】FT图像的面积表示力的冲量；

A.在第1s内由动量定理有

3=〃叫

代入数据可得

v,=2m/s

选项A错误：

B.前2s内由动量定理有

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代入数据可得

/A=4kg•m/s

选项B正确：

C.0~3§内，由动量定理可得

代入数据可得

V）•3n/t

选项C错误；

D.在0~也，由动量定理可得

代入数据可得

Pa=2kg-m/s

选项D正确。

故选BDo

10.某同学设计了如图所示的电路进行电表的改装，已知电流表A的量程为500mA,内阻RA=0-4C,其

中R=RA.R2=5RA，下列说法王确的是（）

A.若将接线柱1、2接入电路时，可以测量的最大电流为0.5A

B.若将接线柱1、2接入电路时，可以测量的最大电流为L0A

C.若将接线柱1、3接入电路时，可以测量的最大电压为L2V

D.若将接线柱1、3接入电路时，可以测量的最大电压为2.2V

[1BD

【解析】

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【详解】AB.根据电流表改装原理，若将接线柱1、2接入电路时，最大可以测量的电流为

/=/+-^-=2/=1.0A

8R、8

故A错误，B正确；

CD.根据电压表改装原理，若将接线柱1、3接入电路时，最大可以测量的电压为

U=1风+=0.5X0.4V+1,0x5x0.4V=2.2V

故C错误，D正确。

故选BD。

三、非选择题（本题共5小题，共54分。其中第13〜15小题解答时请写出必要的文字说明、

方程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位）

1L在“测定金属的电阻率”的实验中，所用测量仪器均已校准。电路图如图所示。已知待测金属丝的电阻值

氐约为5Q,在测电阻时，可供选择的器材有：

电源E：输出电压约为3V

电流表Ai：量程0~0.6A,内阻约0.125C

电流表A2：量程0~3A,内阻约0.025Q

电压表Vi：量程0~3V,内阻约3kQ

电压表V2：量程0~15V,内阻约15kC

滑动变阻器仆：最大阻俏5C,允许最大电流2A

滑动变阻器R2：最大阻值1000Q，最大电流0.6A

开关一个，导线若干。

S

（1）在上述器材中，应该选用的电流表是,应该选用的电压表是。若想尽量多测几组数据，

应该选用的滑动变阻器是（填写仪器的字母代号）。

（2）该同学用螺旋测微器测金属丝的直径如图所示，则螺旋测微器的示数仁mm。

（3）正确连接实验电路进行测量，若测得电流表的示数为/、电压表的示数为U、金属丝的长度为L则金

属丝电阻率的测量值为（用L、d、U、/表示）。

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【答案】⑴A）②.V]③.Ri

（2）0.600（3）

4/L

【解析】

【小问1详解】

£

[1]；古算电流的最大值〃=h=0・6人

阳

故选电流表A】

⑵电源E输出电压约为3V,故选电压表Vi

[3]要使滑动变阻器的分压范围大就要选分压式接法，分压式接法滑动变阻器选全阻值较小的，因若全阻值

较大，操作或控制不方便，故选滑动变阻滞R

【小问2详解】

螺旋测微器不数为o.5mm*10.0x0.01mm-0.600mm

【小问3详解】

p_L_L

由电阻定律77

呜A

又R=±

1

联立解得p-"小

4/A

12.利用电流表（量程0.6A，内阻约为0.1。）和电压表（量程3V，内阻约为5kC）测定一节干电池的

电动势和内阻（约为1欧），要求尽量减小实验误差。

（1）应该选择的实验电路是______（填写“甲”或“乙”）。

（2）处理实验中的数据得到如图丙所画图线，由此可得出干电池的电动势£=V,内阻「二

Q>（结果都保留3位有效数字）

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NUN

（3）本实验存在系统误差，经分析可知所测干电池的电动势比真实值________（填写“偏大”或“偏小”），

内阻比真实值（填写“偏大”或“偏小”）。

【答案】①.甲②.1.45③.2.50④.偏小⑤.偏小

【解析】

【详解】（1）口]电压表内阻远大于干电池内阻，故采用相对于干电池的电流表外接法。

故选甲。

（2）[2][3]根据闭合电路欧姆定律

E=1/4/r

得

结合图像可知

£=1.45v

|必1.45-0.70n,.nn

r=——=-------------Q=2.50Q

|A/|0.30

（3）[4][5]采用甲图电路，实际上是将电压表和电源部分看作等效电源，所测内阻为电压表内阻和电池内

阻的并联电阻，故所测内阻小于电池的真实内阻。电流表示数为零时，电压表与电源串联，电压表示数为

路端电压，因为电压表内阻并不是尢穷大，有微小电流通过电压表，故干电池内压大;零，故电压表示数

小于电池电动势，即所测干电池的电动势比真实值偏小。

13.如图所示，电动机M线圈电阻力=2C,定值电阻R=24Q,电源电动势£=40V,断开开关S,理想电流

表的示数/尸1.6A；闭合开关S,理想电流表的示数/2=4.（）A,求：

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(1)电源内阻r：

(2)闭合开关S后，电动机的输出功率尸出。

【答案】(1)1。(2)77.5W

【解析】

【小问1详解】

根据£'=//

E(40)

可得电源内阻7-R=-7-24Q=10

【小问2详解】

路端电压为u=E-/:r=(40-4.0xl)V=36V

,U36、一

通过电阻R的电流(=,=-A=1.5A

R24

电动机的电流匕-「乙:2〃

电动机的输入功率匕=U/“=36x2.5W=90W

输出功率A=P-Q=|90-2.52X2|W=77.5W

14.一篮球质量为例二0.60kg,一运动员使其从距地面高度为4=1.8m处由静止自由落下，反弹高度为

=0.8m,篮球与地面接触时间/=0.20§。重力加速度大小取g=l0m/s2,不计空气阻力。求:

(1)由静止下落到反弹达到最高点，重力对篮球的冲量大小；

(2)地面对篮球的平均作用力的大小。

【答案】(D7.2N.5(2)36N

【解析】

【小问1详解】

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自由下落过程，由A,=jgz；

可得/=0.6s

反弹到最高点过程，由生=gg]

可得L=0.4s

则整个过程重力作用的总时间为，2=。I=I3

重力的冲量/=mg%=0.60xl0x1.2Ns=7.2N-s

【小问2详解】

篮球触地前的速度，根据动能定理"必4

可得”=6ms

篮球触地后反弹的速度，根据动能定理〃耳生二；〃”；

可得।=*m§

设竖直向上为正方向，动量变化量Ap二加工wI1）1=6kg-ms

与地面接触过程，根据动量定理丹用即=桁匕""F）

解得F=36\

15.如图所示，光滑轨道。bM固定在竖直平面内，〃〃水平，机d为半圆，圆弧轨道的半径R=0.32m,

在方处与相切。在直轨道〃〃上放着质量分别为。4=、■!=1kg的物块A、B（均可视为质点），

用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧紧靠。点

的光滑水平地面上停着一质量为M=2kg的小车。小车上表面与水平面他等高，车上有一根轻弹簧Q。弹簧

Q的左端固定在小车上，弹簧原长时右端在小车上e点正上方，小车上表面e点右侧与右端点f之间是粗糙

的，e点左侧是光滑的，物块A与“、/两点之间小车上表面间的动摩擦因数〃=0.2。现将细绳剪断，与弹簧

分开之后A向左滑上小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点处。重力加速度g取10ms:。求：

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