安徽省定远某中学2025-2026学年高二（下）开学考试物理试卷

定远育才学校2025・2026学年高二（下）开学考试

物理试卷

一、单项选择题：共8题，每题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符

合题目要求的。

1.如图，挡板M是固定的，挡板N可以上下移动。现在把M、N两块挡板中的空隙当做一个“小孔”做水波

的衍射实验，出现了图示的图样，P点的水没有振动起来。为了使挡板左边的振动传到P点，可以采用的办

法（）

A.挡板M、N整体略向左移动B.挡板M略向上移动

C.减小波的频率D.增大波的频率

2.一只竖直向上的避雷针发生尖端放电时在空间形成的电场如图，在空间取一条水平线Me和一条圆弧线

Qdc,bd连线为QC连线的中垂线，图中所画电场线关于直线bd对称，以下说法正确的是（）

避指针

A.（山c是条等势线

B.沿a儿移动与沿adc移动点电荷电场力做的功均为零

C.Q、c两点的电场强度相同

D.正点电荷在b点比在d点受到的电场力大，且在b点比在d点的电势能大

3.如图所示，电流表4（0〜34）和々（O〜0.6力）是由两个相同的电流计改装而成，现将这两个可流表并联后

接入电路中，闭合开关S,调节滑动变阻器，下列说法中正确的是（）

A4］、力的读数之比为1：1B.4、4的读数之比为5:1

C.小、4的指针偏转角度之比为5：1D.4、&的指针偏转角度之比为1：5

4.如图所示，平面直角坐标系中P点（（）,?m）放置一电量Q3=q的负电荷，在坐标原点放置一电荷Qi，在M

点Qm,0）放置一电荷Q2,此时N点（0.5m,苧m）的电场强度为0,则下列说法正确的是（）

y/m

<-P----•N

M

・»

0x/m

A.0i带正电，。2带负电，01的电量大小为?q，02的电量大小为差q

B.Qi带正电，Qz带负电，Qi的目量大小为2q,Q2的电量大小为6cq

C.Qi带负电，Q2带负电，Qi的日量大小为gq，Q2的电量大小为差q

D.Qi带正电，Q2带正电，Qi的电量大小为:q，Q2的电量大小为2cq

5.某横波在介质中沿％轴传播，图甲为£=0.255时的波形图，图乙为质点p（工=1.5m处的质点）的振动图象,

那么下列说法错误的是（）

A.该波向右传播，速度为2m/s

B.质点L与质点N的运动方向总是相反

C.t=0.75s时，质点M处于平衡位置，并正在往正方向运动

D.t=1.25s时，质点K向右运动了27n

6.如图甲为双缝干涉实验装置示意图，如图乙为用该装置实验时得到的甲、乙两种单色光的干涉条纹。下

列说法正确的是（）

单缝双缝光屏

鸣ds刈mr

O

-N屋

甲乙

A.若甲光是蓝光，乙光可能是红光

B.双缝到P点的距离差为0.75卬n,若用频率/=6X1014HZ的光做实验，P处为亮条纹

C.测量过程中，把乙光干涉条纹的亮条纹少数一个，会导致波长测量值偏大

D.用甲光做实验时，，若把双缝竖直向上移动一小段距离，光屏上的。点为亮条纹

7.如图所示，两电荷量分别为-Q和+2Q的点电荷固定在直线MN上，两者相距为L,以+2Q点可荷所在位置

为圆心、?为半径画圆，Q、匕、c、d是圆周上四点，其中Q、b在MN直线上，c、d两点连线垂直于MN,下

列说法正确的是（）

A.c、d两点的电场强度相同B.c、d两点的电势相同

C.Q点的电势高于。点的电势D.。点的电场强度小于b点的电场强度

8.质量相等的五个物体在光滑的水平面上，间隔一定的距离排成一直线，如图所示，具有初动能为琢的物

块1向其他4个静止物块运动，依次发生碰撞，每次碰后不在分开，最后5个物体粘成一个整体，这个整体的

动能是（）

12345

114

A.B.—EoC.-EOD.Eo

二、多项选择题：共2题，每题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题

目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

9.无限长通电直导线在周围某一点产生的磁场的磁感应强度B的大小与电流成正比，与导线到这一点的距离

成反比，即B（式中k为常数）.如图所示，两根相距L的无限长直导线分别通有电流/和3/.在两根导线的连

线上有匕两点，Q点为两根直导线连线的中点，b点距导线/的距离为L.下列说法正确的是（）

3/a/b

A.。点和b点的磁感应强度方向相同

B.a点和力点的磁感应强度方向相反

C.Q点和b点的磁感应强度大小之比为8：1

D.a点和b点的磁感应强度大小之上为16：1

10.半径为R的半圆柱形玻璃砖置于空气中，其横截面如图所示，。为圆心，4B面水平，设光在空气中的传

播速率为C。一束单色光与水平面成45。角照射到48面上的D点，。为04中点，折射光线刚好照射到圆弧最

低点C,光线在C点折射后照射到地面上的E点（图中未画出），现将入射点从。点移到。点，保持入射方向始

终与原入射方向平行，最终光线也照射到地面上的£点，不考虑光的反射。则下列说法正确的是（）

A.玻璃砖对光的折射率为，IB.C点到E点的距离为2R

C.C点离地面的高度为RD.光在玻璃砖中的传播速率为苧。

三、非选择题：共5题，共58分。

11.（6分）如图所示，当光线4。以一定入射角穿过两面平行的玻璃砖时，通过插针法可计算出玻璃的折射

率。找出跟入射光线4。对应的出射光线的02,从而确定折射光线。。'。

（1）如图1,测出入射角i和折射角r,根据九=______可计算出玻璃的折射率。

（2）如图2,以。为圆心，作圆与。400'分别交于P、Q点，过P、Q点分别作法线NN'的垂线，垂足分别为P'、

Q',测量出PP'和QQ'的长度，则玻璃的折射率几=_____。

（3）在完成上述实验过程时，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针心和P2,用“+”表示大头针的位置，然后在

另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针03和”。在插P3和时，应使_____（选填选项前的字母）。

八.尸3只挡住P1的像B.夕4只挡住「2的像C.。3同时挡住P1、尸2的像

12.（10分）在“测量金属丝电阻率”的实验中,可供选用的器材如下：

待测金属丝：咒（阻值约4。，额定也流约0.54）;

A电压表:V（量程3V,内阻约表0）;

8.电流表：&（量程0.64内阻约0.40;

C电流表:C（量程34内阻约0.030;

D电源：E（电动势3V,内阻不计）；

E滑动变阻器：&（最大阻值约20000;

E滑动变阻器：&（最大阻值约20。）；

G螺旋测微器;毫米刻度尺;开关S;导线.

\

图1

（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图1所示，读数为mm;

（2）若滑动变阻器采用限流接法，设计了如图2所示的电路，为使测量尽量精确，电流表应选____（选填“力1”

或“2”）,滑动变阻器应选____（选填"RJ或）；接线柱“11”应该连接（选填“9”或

“10”），待测金属丝电阻的测量值比真实值偏（选填“大”或“小”）。

13.（10分）如图所示，一轻质弹簧的上端固定在光滑斜面顶部，下端栓接小球44通过一段细线与小球8

相连，两球均静止。某时刻，将细线烧断。已知斜面的倾角为。且固定在水面上，力、8的质量分别为mA、SB，

弹簧的劲度系数为k,重力加速度为g,空气阻力可忽略不计。

(1)/1运动的平衡位置;

(2)4运动的振幅;

(3)证明A的运动是简谐运动。

14.(14分)如图，在平面直角坐标系xOy的平面内存在与平面平行的匀强电场，一质量为m、电量为q的

带正电粒子，从坐标原点。处沿x轴正方向以初速度火射出，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示,

粒子经过MR。/。)点时速度大小为火,运动到y轴上的N(0⑷°)点时速度大小为"为。

求:

(1)0.N间的电压

(2)电场强度的方向;

(3)电场强度的大小£。

15.(16分)如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙.重物质量为

木板质量的3倍，重物与木板间的动摩擦因数为必使木板与重物以共同的速度北向右运动，某时刻木板与

墙发生碰撞。己知板与墙的碰撞均为弹性碰撞，时间极短。设木板足够长，重物始终在木板上。重力加速

度为g,求:

///J/////////////////////J//////////,"

(1)木板与墙第一次碰撞后，当木板离墙最远时，重物的速度也

(2)木板与墙第二次碰撞前瞬间重物距木板左端的距离s；

(3)木板从第一次与墙碰撞到第n次与墙碰撞所经历的总时间7\

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：P处质点没有振动，说明P点波没有明显衍射过去，原因是MN间的缝太宽或波长太小，因此

若使P处质点振动，可采用N板上移或M下移减小小孔的间距；同时也可以增大波的波长，即减小频率，故

A外D错误，C正确。

故选：Co

发生明显衍射的条件是当缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或比波长更小。

本题考查衍射现象的应用，注意发生明显衍射的条件是当缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多，

或比波长更小。

2.【答案】B

【解析】解：A、由图，。处与c处连线adc与电场线不垂直，所以小是等势线，故A错误；

B、由题可知，a与c的电势是相等的；根据电场力做功的特点可知，沿abc移动与沿adc移动点电荷电场力

做的功均为零，故4正确；

C、电场强度是矢量，其方向沿电场线的切线方向，结合图可知，a、c两点的电场强度方向不相同，故C

错误；

。、由图，b点处的电场线比d点处的等势线密，贝必点的电场强度大于d点的电场强度；b点距离带负电的避

雷针更近，则b点的电势低于d点的电势，根据正电荷在电势高处的电势能大，则正电荷在b点比在d点的电

势能小，故。错误。

故选：Bo

根据电场线方向判断电势的高低；根据电场线的疏密判断电场的强弱；根据电势的高低或电场力做功正负

情况判断电势能的变化。

解决本题的关键要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场强度，顺着电场线方向电势降低。

3.【答案】B

【解析】【分析】

电流表4、&是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏

转的角度相同，量程大的电流表读数大.

本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成.指针偏转角度取决于流过

表头的电流大小.

【解答】

电流表4(0〜3A)和4(0〜0.64)是由两个相同的电流计改装而成，都是并联电路，在图中两可流计也是并

联的，电压相等，电流相等，则4、人2的指针偏转角度之比为1：1；它们的量程之比为5：1,即总电阻之

比为1：5,所以并联时读数之比为5：1,故3正确，ACO错误。

故选：8。

4.【答案】B

【解析】【分析】

根据点电荷的场强公式《=华，结合场强的叠加原理进行分析求解。

本题考查电场强度的叠加，意在考查推理能力，考查物理观念。

【解答】

(23在N点的电场强度方向沿％轴负向，因此Qi和Q2的合电场强度方向沿%轴正向，Q]带正电，带负电，如

图所不：

由几何知识可知三角形ONP为直角三角形，q=ON=Im,r『NM=73m.r3=PN=0.5?n,0=60°,

根据点电荷电场强度的决定式2=詈=4kq,E]=詈=号,%=詈==E3cos8,邑=E3s\n0,

解得Qi=2q,Q2=6/Iq,故3正确，ACZ)错误。

5.【答案】D

【解析】解:

A、从振动图象可知，在t=0.25s时，。点振动方向向上，所以波向右传播，且波速为〃=*=[m./s=2m/s,

I4

故A正确；

8、由波动图象可知，质点L与质点N平衡位置相距半个波长，振动情况总是相反，因此运动方向总是相反,

故B正确.

C.日乙图可知周期是2s；右图为£=0.25s时的波形图，到t=o.75s时经过了的时间是:0.75s-0.25s=

0.5s="7时，即t=0.75s时，质点M处于平衡位置，并正在向3轴正方向运动.故C正确.

D、在1.25s时间内，质点K在平衡位置来问振动，并不随着波迁移.故D错误.

本题选错误的，故选：Do

根据质点P点的振动图象，可确定波的传播方向，再由波的传播方向来确定质点心的振动方向.由振动图象

读出质点的振动周期，从而知道波的传播周期，根据u=彳，从而求出波速，注意保持中的质点不随着波迁

移.

本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力，以及把握两种图象联系的能力，同时掌握由振动图象来

确定波动图象的传播方向.

6.【答案】C

【脩析】4.由

a

可知甲的干涉条纹间距大，所以甲的波长长，则甲光可能是红光，乙光可能是蓝红光，故人错误；

8.光的波长为2=y=0.5x10-6a=o

则由As=n

可得几=3

P处为暗条纹，故B错误；

C.测量过程中，把乙光干涉条纹的亮条纹少数一个，则条纹间距测量值偏大，由

可知会导致波长测量值偏大，故C正确；

D若把双缝竖直向上移动一小段距离，导致双缝到。点的光程差发生变化，可能变为半波长的奇数倍，屏上

的0点可能为暗条纹，故。错误。

故选Co

7.【答案】B

【解析】A+2Q的场源在c、d两点产生的场强大小相等，-Q的场源在c、d两点产生的场强大小也相等，根

据场强的合成可知两点的总场强大小相等，但方向不同，故c、d两点的电场强度不同，故A错误；

BC.a、Ac、d四点在以点电荷+2Q为圆心的圆上，可知+2Q产生的电场在a、b、c、d四点的电势是相等

的，所以a、b、c、d四点的总电势可以通过-Q产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，

。点的电势最高，c、d两点对称，电势相等，a点电势最低，故B正确，C错误；

D由点电荷的场强公式E=学，合成可得a点电场强度为治=4*+多=竿，方向向左，b点电场强度为

(I；出L

&二答一3二解，方向向右，故则。错误。

(1)(T)九

故选B.

8.【答案】A

【脩析】对整个系统研究，整个过程运用动量守恒定律得，=解得口=*，因为&)=：m评，则

整体的动能Ek=；•5m.卢=白沆诏=(&),故A正确，B、C、O错误。

L<LUO

故选:力。

以五个物体为系统，在整个过程中，动量守恒，运用动量守恒定律，求出最终整体的速度，从而得出整体

的动能.

本题考查了动量守恒定律的基本运用，知道五个物体组成的系统，在整个过程中动量守恒；碰后粘在一起

则机械能不守怛.

9.【答案】AD

【解析】【分析】

本题考查了磁场的叠加，根据右手螺旋定则判断电流产生的磁场方向；由题干给出的电流周围的磁感应强

度决定式判断磁感应强度大小，根据矢量合成得解。

磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围的磁场方向是解

题的前提。

【解答】

根据右手螺旋定则，导线周围的磁场的磁感线是围绕导线形成的同心圆，3/导线与/导线在a处的磁感

应强度方向都向下，则合磁感应强度方向是向下的；

3/导线在b处的磁感应强度方向向下，而/导线在b处的磁感应强度方向向上，根据8=k：可知，3/导线产

生£勺磁场较大，则合磁感应强度方向向下，因此a点和b点的磁感应强度方向相同，故人正确，B错误；

CD.31导线与/导线在a处的磁感应强度大小=上半+/=押，

一一L

22

而引导线与/导线在b处的磁感应强度大小8b=k*-k；=k)则a点和b点的磁感应强度大小之比为16：

1,故C错误，。正确。

故选ADO

1()•【答案】C。

【解析】解：A设入射角为i，根据几何关系可知，光在。点的折射角的正弦值为立位二了肃募=告

根据由折射定律，玻璃砖对光的折射率为几=呼

sint

代入数据解得九=苧

故A错误；

8c.根据题意和折射定律画出光路图，如图所示：

入射光线从。点射入时，折射光线传播方向不变;

设OlC的距离为从由几何关系有OiE=h

CE=JF+（九+R）2

则有.小忘前

解得h=R

则CE=Vh2+/i2=<2/?

0rE

tanZ.OjOE=CO】=00x—R

解得CO】=R

故B错误，。正确；

。.根据光速有折射率的关系有

CCyTlO

v———,——=-c

几£105

故。正确

故选：CD。

1L【答案】(1)器;

(2玲

⑶。

【解析】【分析】

该题考查测定折射率实验相关知识。熟知实验原理、操作方法和步骤是解决本题的关键。

根据光的折射定律结合数学知识求解八;根据操作方法和步骤分析。

【解答】

(1)根据光的折射定律可计算出玻璃的折射率为n=黑：

(2)设圆的半径为R,得PP'=Rsini,QQ'=Rsinr,将两式代入折射率公式得九二薪：

(3)为了能够确定出射光线，在插P3时，应使「3同时挡住Pi、02的像，插”时，使它挡住前面三个大头针，

A8错误，。止确；

故选Co

12.【答案】⑴1.772；(2)4、&、10、小

【解析】解：(1)由图示螺旋测微器可知，其示数为：1.5mm+27.2x0.01nm2=1.772mm；

(2)待测电阻的额定电流为0.54则电流表选择公；

由于采用了限流接法，为了电路的安全，滑动变阻器RN萤-&=总。-4。=1小故滑动变阻器选最大

阻值较小的心；

待测电阻阻值约为40电流表内阻约为0.4。电压表内阻约为3AC,电压表内阻远大于待测电阻阻值，电

流表应采用外接法，故接线柱11应接在10上；

外接法的误差在于电压表的分流，电流的测量值比真实大，所以电阻的测量值比真实值小。

螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数：

根据待测电阻的电流选择电流表，从保护电路的角度选用滑动变阻器，根据待测电阻与电表内阻的关系确

定电流表的接法并分析误差的大小。

螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器的可动刻度需要估读一位；要掌

握实验器材的选择原则：行电压表内阻远大于待测电阻阻值时电流表采用外接法，当待测电阻阻值远大于

电流表内阻时电流表采用内接法。

13.【答案】解：(1)4运动过程中，受力平衡时，设弹簧的伸长量为工。，

则有=mAgsin(O')

解得%°=也誓

即其运动的平衡位置是弹簧伸长量为%。=叫嘤竺的位置；

(2)开始时力B组成的系统静止时，设弹簧的伸长量式1，

则有依1=(mA4-mB)^sin(0)

解得不=(2弁皿。)

K

烧断细线后力从此位置开始向上运动，到达平衡位置运动的距离为物块力的振幅，则振幅为

_“sin⑹

A—"1—k，

(3)选A的平衡位置处为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标系，用工表示4离开平衡位置的位移，当4运

动到平衡位置卜工位置时，物块A受到的合力为尸=mAgsin[0)-k(x+x0)

解得F=-kx

则4受到的合外力总是与物块的位移成正比，所以A做简谐振动。

【解析】(1)4受力分析，根据平衡方程求解力运动的平衡位置.；

(2)开始4B系统处于静止状态，对系统列出平衡方程，得出此时弹簧的形变量，烧断细线后力从此位置开始

向上运动，到达平衡位置运动的距离为物块力的振幅；

(3)对A进行受力分析，证明力受到的合外力与位移成正比。

本题是关于简谐运动的考查，基础题目。

14.【答案】。、N间的电压是等电场强度方向与+y轴成45。角电场强度的大小是奇誓

【解析】解：(1)由0到N,根据动能定理有qU0N=gm%一gm诏

代入数据得U°N=粤

(2)由0到M,根据动能定理有：qU.M=诏一1

代入数据得U0M=0

故0、M在同一条等势线上，则电场强度与0M垂直，可知电场强度方向与+y轴成45。角。

(3)0、N沿电场方向的距离为：d=4/0xcos45°=2V~2/O

由"ON=Ed

代入数据得后二号笋

2qg

答：(1)。、N间的电压是警：

(2)电场强度方向与+y轴成45。角；

(3)电场强度的大小是受L

⑴利用动能定理，分别对。到M和。到N的过程列方程，由M点速度与初速度相等得出。、M等势，再结合N

点速度求。、N间的动能变化，进而求出电压；

(2)由。、M等势确定等势线，根据甩场线与等势面垂直且由高电势指向低甩势的特点，判断电场强度的方

向；

(3)先求