四川省南充市2025-2026学年高二物理下学期学情调研试题含解析

（总分100分，时间75分钟）

第Ⅰ卷选择题共50分

一、本大题共11个小题，第1~8题为单项选题每题4分，第9~11题为多项选题，每题6分

1.下列关于电场强度和电势的说法中，正确的是（）

A.电场强度为零的地方，电势一定为零

B.电势为零的地方，电场强度一定为零

C.电场强度较大的地方，电势一定较高

D.沿着电场强度的方向，电势逐渐降低

【答案】D

【解析】

【详解】电场线的疏密程度反映场强大小，沿电场线方向电势逐渐降低，两者的大小没有什么必然的联系，

只是都从电场线上可以表示出来．

所以选D．

2.一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势

面彼此平行等距，各个相邻的等势面间电势差相等，不计粒子的重力．下列说法正确的有（）

A.粒子带正电荷

B.粒子的加速度一直减小

C.粒子的动能一直减小

D.粒子的电势能先不变，后增大

【答案】C

【解析】

【详解】A．由粒子的运动轨迹可知，带电粒子做曲线运动．由曲线运动的条件可知，受到的电场力指向凹

的一侧，且与等势面垂直，即指向左偏下方；与电势降低的方向相反，电势降低最快的方向为电场强度的

方向，所以粒子带负电，故A错误；

B．由图可知，电场强度一开始均匀不变，后逐渐减小，所以加速度先不变后逐渐减小，故B错误；

C．电场力与粒子的运动方向成钝角，所以电场力做负功，动能减少，故C正确；

D．电场力做负功，电势能增加，故D错。

故选C。

3.如图所示，将某小量程电流表改装成电压表，对改装表进行校准时发现，它的示数总是略大于标准表的

示数。某同学提出几个修改建议，其中正确的是（）

A.给R串联一个适当的大电阻B.给R串联一个适当的小电阻

C.给R并联一个适当的小电阻D.给R并联一个适当的大电阻

【答案】B

【解析】

【详解】改装后的电压表示数比标准表略大些，说明加上相同电压时，流过电流表的电流略大，应该稍微

增大串联电阻，所以给电阻R串联一个适当的小电阻是正确操作。

故选B。

4.一个质量为M的木块静止在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹，以水平速度v0射入木块并留在木块中，

在此过程中，子弹射入木块的深度为d，木块运动的距离为s，木块对子弹的平均阻力为f，则对于子弹和

木块组成的系统，下列说法正确的是（）

A.子弹射入木块过程中，系统的机械能守恒B.系统的动量守恒，而机械能不守恒

C.子弹减少的动能等于fsD.系统损失的机械能等于f（s+d）

【答案】B

【解析】

【详解】AB．子弹射入木块的过程中，系统处于光滑的水平面上，水平方向不受其他的外力，所以动量守

恒；但木块与子弹间的阻力对系统做负功引起摩擦生热，所以系统的机械能不守恒．故A错误，B正确；

C．对子弹，根据动能定理有fsdΔEk

即子弹减少的动能等于fsd，故C错误；

D．对系统，根据能量守恒定律，可知系统损失的机械能等于系统产生的热量，即fd，故D错误。

故选B。

5.如图甲所示，水平弹簧振子在A、B两点之间做简谐运动，O点为平衡位置，规定水平向右为正方向。图

乙是弹簧振子做简谐运动的xt图像，则下列说法正确的是（）

A.弹簧振子的振动方程为x12sin2πtcm

B.弹簧振子在前5s内的路程为60cm

C.弹簧振子从A点经过O点再运动到B点为一次全振动

D.图乙中的P点时刻，弹簧振子的速度方向与加速度方向都沿x轴正方向

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据图乙可知弹簧振子的振动方程为

22

xAsint12sin(t)cm12sin(t)cm

T42

故A错误；

B．由于

5

t5sT

4

可知弹簧振子在前5s内的路程为

5

s4A5A60cm

4

故B正确；

C．弹簧振子从A点经过O点再运动到B点再从B点经过O点回到A点为一次全振动，故C错误；

D．图乙中的P点时刻，弹簧振子的速度方向沿x轴负方向，加速度方向沿x轴正方向，故D错误。

故选B。

6.如图所示，光滑圆槽的半径R远大于小球运动的弧长。甲、乙、丙三个小球（均可视为质点）同时由静

止释放，开始时，甲球比乙球离槽最低点O远些，丙球在槽的圆心处。则以下关于它们第一次到达点O的

先后顺序的说法正确的是（  ）

A.乙先到，然后甲到，丙最后到B.丙先到，然后甲、乙同时到

C.丙先到，然后乙到，甲最后到D.甲、乙、丙同时到

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】对于丙球，根据自由落体运动规律有

1

Rgt2

23

解得

2R

t

3g

对于甲乙两球，做简谐运动，其运动周期为

R

T2

g

1

甲乙两球第一次到达点O时运动周期，则

4

TR

tt

1242g

故丙先到，然后甲、乙同时到。

故选B。

7.圆心为O、半径为R的半球形玻璃砖横截面如图所示。光线从P点垂直界面入射后恰好在玻璃砖圆形表

面发生全反射；当光线由P点以某入射角θ进入玻璃砖后光线恰好从玻璃砖圆形表面的最高点出射，已知

玻璃砖的折射率为3，则（）

A.OP之间的距离为3RB.OP之间的距离为2R

22

C.入射角θ为60°D.入射角θ为30°

【答案】C

【解析】

【详解】作出光路图如图所示

根据题意，有

OP

sinC

R

1

sinC

n

sin

n

sinr

OP

sinr

OP2R2

联立解得

3R

OP，60

3

故选C。

8.如图所示，水下光源S向水面A点发射一束光线，折射光线分成a、b两束，则（）

A.若保持入射点A位置不变，将入射光线顺时针旋转，则从水面上方观察，a光先消失

B.在真空中，b光波长比a光波长大

C.a、b两束光相比较，在真空中的传播速度a光比b光大

D.用同一双缝干涉实验装置做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的条纹间距

【答案】D

【解析】

【详解】A．两光束的入射角i相同，折射角rarb，根据折射定律

sinr

n

sini

可得折射率

nanb

1

由公式sinC分析得知，b光的临界角较小，将入射光线顺时针旋转，则从水面上方观察，b光的折射

n

角先达到90，发生全反射，最先消失。故A错误；

B．根据折射角rarb，有频率fafb，波长ab，故B错误；

C．在真空中两束光的传播速度相同，均为光速c，故C错误；

L

D．根据公式x知，因为a光的波长长，所以a光的干涉条纹间距大于b光的条纹间距，故D正确。

d

故选D。

9.如图，在x轴上的O、M两点固定着两个电荷量分别为q1和q2的点电荷，两电荷连线上各点电势φ随x

的变化关系如图所示，其中A、B两点的电势均为零，BD段中的C点离x轴最远，则（）

A.q1为正电荷，q2为负电荷

B.BD段中C点场强最大且沿x轴正方向

C.A点场强大于C点场强

D.将一正点电荷从B点移到D点，电场力先做正功后做负功

【答案】AC

【解析】

【分析】两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．

【详解】A．由图知A点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷带正电，M点电荷带负电，

故A正确；

BC．点C为电势图象的拐点，若正点电荷从D到B点，根据公式Epq，电势能先增大后减小；x图

象的斜率表示电场强度，C点处图像的斜率为零，则该处电场强度为零，故B错误，C正确；

D．因为BC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一正点电荷从B点移到

D点，电场力先做负功后做正功；故D错误；

【点睛】电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决

定电势能的增加与否．

10.如图1所示，为定值电阻，为滑动变阻器（最大阻值25Ω），现闭合电路中的开关S，将滑动变

R1R2

阻器的滑动触头P从最左端滑到最右端的过程中，由电表的测量数据得到UI图线如图2所示（电表均为

理想电电表）。则下列说法正确的是（）

A.电源电动势为4V

B.电源内电阻的阻值为10Ω

C.电源的最大输出功率为1.8W

D.滑动变阻器R2的最大功率为0.9W

【答案】CD

【解析】

【详解】AB．滑动变阻器的滑动触头P从最左端滑到最右端的过程中，接入电路的电阻增大，电路总电阻

增大，电流减小，R1两端的电压减小，故乙表示V1示数的变化，甲表示V2示数的变化，由图可知图乙的斜

率表示定值电阻的阻值

30

R5

10.60

图甲斜率的绝对值为

60

Rr10

10.60

可得电源内阻为

r5

纵轴截距表示电源电动势

E6V

故AB错误；

C．设外电阻为R外，电源的输出功率为

2

2（E）2E

P出IR外R外2

R外rr

R外2r

R外

根据数学知识可知，当R外r5时，电源的输出功率最大

E262

PW1.8W

4r45

故C正确；

D．将R1看作电源的内阻，当滑动变阻器接入阻值为R2R1r10时，滑动变阻器消耗的功率最大

E262

PW=0.9W

4(R1r)410

故D正确。

故选CD。

11.如图所示，在光滑水平面上的两个小球A、B发生一维碰撞，两小球质量分别为m1和m2，右图为他们

碰撞前后的x-t图像。已知m10.3kg，由此可以判断（）

A.碰前B做匀速直线运动，A做匀加速直线运动

B.可以计算出m20.9kg

C.碰撞过程为非弹性碰撞

D.若两球碰撞后粘合在一起运动，则碰撞过程中损失的动能是1.8J

【答案】BD

【解析】

【详解】A．由图像可知，碰前B处于静止状态，A做匀速直线运动，故A不符合题意；

B．碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态，m1的速度大小为

x

v4ms

1t

方向只有向右才能与m2相撞，故题图乙中向右为正方向，由题图乙可求出碰后m2和m1的速度分别为

v22ms

v12ms

碰后m2的速度方向为正方向，说明m2向右运动，而m1的速度方向为负方向，说明m1向左运动，根据动量守

恒定律得

m1v1=m1v′1＋m2v′2

代入解得

m2=0.9kg

故B正确；

C．碰撞过程中系统损失的机械能为

111

Emv2mv2mv20

211211222

碰撞过程为完全弹性碰撞，故C错误；

D．若两球碰撞后粘合在一起运动，则

m1v1m1m2v

解得

v1m/s

碰撞过程中损失的动能是

11

Emv2mmv21.8J

211212

故D正确。

故选BD。

第Ⅱ卷非选择题共50分

12.用圆弧状玻璃砖做测量玻璃折射率的实验时，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，圆弧状玻璃砖平

放在白纸上，在纸上标出大头针的位置和圆弧状玻璃砖的轮廓，如图甲所示，其中O为圆弧AB、DC的圆心。

、

在玻璃砖的一侧竖直插上两枚大头针、P1P2，图中已画出经过P1、P2点的入射光线。

（1）在玻璃砖的另一侧观察，调整视线使P1的像被P2的像挡住，接着在眼睛所在的一侧插两枚大头针P3

和P4，使P3挡住_______________，P4挡住___________________。

（2）在图甲上补画出所需的光路，并在图甲中的AB分界面上标出测量玻璃的折射率所需的入射角i和折

射角r___________________。

（3）多次改变入射角，测得几组入射角和折射角的数据，根据测得的入射角和折射角的正弦值，作出如图

乙所示的图像，由图像可知该玻璃的折射率n___________________

（4）若无论怎样调整视线方向，在玻璃砖的另一侧都观察不到P2和P1的像，可能的原因是

______________________________。

【答案】（1）①.P1和P2的像②.P3以及P1和P2的像

（2）（3）1.5

（4）光线在弧面CD发生全反射

【解析】

【小问1详解】

[1][2]使P3挡住P1和P2的像，P4挡住P3以及P1和P2的像.

【小问2详解】

根据光的折射定律，作出相关折射光路，如图所示

【小问3详解】

sini

根据折射率n

sinr

整理可得sininsinr

0.6

因此在sinisinr图像中其斜率即为介质的折射率，即nk1.5

0.4

【小问4详解】

若无论怎样调整视线方向，在玻璃砖的另一侧都观察不到P2和P1的像，可能的原因是光线在弧面CD发生全

反射。

13.

（1）如图所示，读出下图中游标卡尺（20等分）、电压表和电流表的读数，图a读数为___________cm；图

b读数为___________V；图c读数为___________A。

（2）某同学测量一只未知阻值的电阻。他先用多用电表进行测量，选用“×10”倍率挡按照正确的步骤操

作后，测量的结果如图甲所示。请你读出其阻值大小为___________Ω。为了使测量的结果更准确，该同学

应将选择开关打到___________（填“×100”或“×1”）挡重新测量。

（3）如图所示的是用伏安法测电阻的部分电路，当开关S分别接通a和b时，若电压表的读数有较大变化，

说明电阻R的值___________（填“较大”或“较小”）；

【答案】（1）①.2.060②.2.60③.0.52

（2）①.1000Ω②.×100

（3）较小

【解析】

【小问1详解】

[1]游标卡尺主尺读数为20mm，副尺第12格对齐，则读数为20mm+12×0.05mm=20.60mm=2.060cm

[2]电压表的量程是3V，由图示表盘可知，其分度值为0.1V，其读数是2.60V；

[3]电流表的量程是0.6A，由图示表盘可知，其分度值为0.02A，其读数是0.52A；

【小问2详解】

[1]挡位为×10，指针所对示数为100，则所测阻值为R测=10×100Ω=1000Ω；

[2]为使测量结果更准确，应使指针打在欧姆表中线左右区域，中线对应刻度为15，则可知应将挡位调至

×100。

【小问3详解】

若电压表的读数有较大变化，说明电流表分压较多，由串联分压可知，电阻R阻值与电流表接近，则电阻R

阻值较小。

14.一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示。介质中x=2m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为

y=10sin(5πt)cm。

（1）由图确定这列波的波长λ与振幅A。

（2）求出这列波的波速。

（3）试判定这列波的传播方向。

【答案】（1）λ=4m，A=10cm

（2）v=10m/s

（3）沿x轴正方向

【解析】

【小问1详解】

由图像得波长λ=4m，振幅A=10cm。

【小问2详解】

2π

波的圆频率ω=5πrad/s，周期T==0.4s

波速v10m/s

T

【小问3详解】

t=0时刻质点P的速度沿y轴正方向，根据波形平移法可知，该波在介质中传播速度的方向沿x轴正方向。

15.如图所示，滑块A从光滑曲面上离桌面h高处由静止开始下滑下，与滑块B发生碰撞（时间极短）并

粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段

时间后从桌面边缘飞出．已知mAm,mBm,mC3m求：

（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度；

（2）被压缩弹簧的最大弹性势能；

（3）滑块C落地点与桌面边缘的水平距离。

3mgh4

【答案】（1）2gh；（2）；（3）

EpmsHh

2105

【解析】

【分析】

【详解】（1）滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程中，机械能守恒，设其滑到底面的速度为

v1，由机械能守恒定律有

1

mghmv2

A2A1

解得

v12gh

滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为v2，由动量守恒定律有

mAv1mAmBv2

解得

12gh

vv

2212

（2）滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大

时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，由动量定恒定律有

mAv1mAmBmCv3

解得

12gh

vv

3515

由机械能定恒定律有

11

Emmv2mmmv2

pm2AB22ABC3

代入数据得

3mgh

E

pm10

（3）被压缩的弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B速度为v4，滑块C的速度为v5，

分别由动量定恒定律和机械能定恒定律有：

mAmBv2mAmBv4mCv5

111

mmv2mmv2mv2

2AB22AB42C5

解得

2gh

v

410

22gh

v

55

（另一组解舍去），滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动

sv5t

1

Hgt2

2

解得

4

sHh

5

16.如图所示，空间有场强为E竖直向下的电场，长为L的不可伸长的轻绳固定于O点。另一端系一质量

为m，带正电为q的小球。拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时绳