安徽定远育才学校2025~2026学年高二（下）4月期中物理试题 含答案

/定远育才学校2025-2026学年高二（下）4月期中物理试卷一、单选题：本大题共8小题，共32分。1.许多科学家在物理学发展中做出了重要贡献。下列有关物理学家的贡献，正确的是A.安培提出了分子电流假说，能够解释一些磁现象

B.法拉第发现了电流的磁效应，首次揭示了电现象和磁现象间的某种联系

C.奥斯特发现电磁感应现象，使人们对电磁内在联系的认识更加完善

D.洛伦兹通过实验捕捉到了电磁波，证实了麦克斯韦的电磁场理论2.“女排精神”广为传颂，家喻户晓，各行各业的人们在女排精神的激励下，为中华民族的腾飞顽强拼搏，如图所示，一排球以2m/s的速度竖直砸向手臂，与手臂接触0.3s后以5m/s的速度竖直向上离开，已知排球的质量是270g，重力加速度A.2.7N B.5.4N C.6.3N3.空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场方向沿x轴负方向。一带正电的小球从坐标原点O由静止释放，已知小球所受重力与电场力大小相等。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是(

)A.B.

C.D.4.如图所示，电阻不计的矩形线圈abcd处于磁感应强度大小B=2T的匀强磁场中，线圈面积S=25m2，匝数n=10。线圈绕中心轴OO'匀速转动，转动角速度ω=50rad/s。线圈的输出端与理想变压器原线圈相连，变压器的原、副线圈的匝数比n1：n2=5：1A.当线圈平面与磁场方向垂直时，线圈中的感应电动势最大

B.电阻R1中电流方向每秒变化100次

C.改变滑动变阻器R2接入电路的阻值，滑动变阻器R2两端电压最大瞬时值为24V

D.改变滑动变阻器R5.如图甲所示，D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间接有周期为T=2πmqB的交变电压，如图乙。两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，D1盒的中央A处的粒子源可以产生质量为m、电荷量为+A.粒子每次通过加速电场的动能增加量逐渐变大

B.只增大狭缝的电势差U，粒子被加速的次数减少

C.只增大狭缝的电势差U，粒子离开加速器的最大动能增大

D.若题干中涉及字母均为已知，则可以求出粒子的最大动能6.绝缘水平桌面上有一质量为m的“”型金属框，框宽度为d，ab间电阻为R，两侧部分电阻不计且足够长。在竖直固定的绝缘挡板间放一根金属棒，挡板间隙略大于棒的直径，棒与金属框垂直且接触良好，金属棒接入电路部分的电阻为R，不计一切摩擦。空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，现给框水平向左、大小为v0的初速度，俯视图如图所示。则下列说法正确的是

A.开始时金属框的加速度大小为B2d2v0mR

B.开始时挡板给导体棒的作用力大小为B27.如图所示，半径为L的圆形区域Ⅱ中存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，和Ⅱ相内切于P点的圆形区域Ⅰ直径为L。P处的粒子源瞬间一次性均匀地向两圆所在平面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带电粒子，所有带电粒子的初速度大小均相同。研究在磁场中运动的粒子发现：最后离开区域Ⅰ的粒子，恰好在离开区域Ⅱ时，距离P点最远。不考虑粒子间的相互作用，不计粒子重力，则带电粒子的初速度大小为(

)

A.2qBL2m B.3qBL8.一列简谐横波沿x轴传播，图甲是t=1.0s时的波形图，图乙是x=3.0m处质点的振动图像，a、b质点在x轴上平衡位置分别为xa=0.5mA.波沿x轴正方向传播

B.波的传播速变为0.5m/s

C.t=1.5s时，a、b两点的速度和加速度均等大反向

D.从t=1.0二、多选题：本大题共2小题，共10分。9.一匝数N=100，总电阻R=75Ω、边长L=0.4m的匀质等边三角形金属线圈静止在绝缘粗糙水平面上，水平面上有一个半径r=0.1m的圆形区域，线圈bc边中点与圆形区域中心重合，如图甲所示。圆形区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间均匀增大，变化规律如图乙所示，取A.线圈中感应电流方向为顺时针 B.线圈静止时感应电动势为7.5V

C.线圈所受摩擦力方向水平向左 10.如图所示，质量为m的木板B与直立轻弹簧的上端拴接，弹簧下端固定在地面上。平衡时弹簧的压缩量为h，一质量为m的物块A从木板B正上方距离为3h的高处自由落下，打在木板上与木板粘连在一起向下运动。从A、B碰撞到两者到达最低点后又向上运动到最高点经历的总时间为t，已知弹簧的弹性势能Ep=12kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为gA.弹簧的最大弹性势能为8mgh

B.A和B一起运动的最大加速度大小为3g2

C.A和B一起运动的最大速度大小为3gh三、实验题：本大题共2小题，共18分。11.（8分）某同学学习了单摆的相关知识后，想利用如图甲所示的装置测量当地的重力加速度。

他的实验步骤如下：A.按装置图安装好实验装置；B.由于没有游标卡尺，他直接用米尺测量细线悬点到小球的长度L作为摆长；C.将小球拉离平衡位置一个小角度，由静止释放小球，稳定后小球在某次经过________位置时开始计时，并计数为0，此后小球每摆到该位置一次，计数一次，依次计数为1、2、3……，当数到N=60时，停止计时，测得时间为t，则小球完成一次全振动的时间为________(用N和t表示)D.多次改变悬线长度，测出每次悬线的长度和对应小球完成一次全振动的时间T；E.该同学根据实验数据作出T2−L图线如图乙所示，根据图像测出了当地的重力加速度和小球的半径，由图可知g=________m/s2(取π2=9.86，结果保留三位有效数字)12.（10分）如图1所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球碰撞前后的动量关系。图1中的O点为小球抛出点在记录纸上的垂直投影。实验时，先使A球多次从斜轨上位置P静止释放，找到其平均落地点的位置E。然后，把半径相同的B球静置于水平轨道的末端，再将A球从斜轨上位置P静止释放，与B球相碰后两球均落在水平地面上，多次重复上述A球与B球相碰的过程，分别找到碰后A球和B球落点的平均位置D和F。用刻度尺测量出水平射程OD、OE、OF。测得A球的质量为mA，(1)实验中，通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度。①实验必须满足的条件有__________。A.两球的质量必须相等

B.C.A球每次必须从轨道的同一位置由静止释放②“通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度”可行的依据是___________。A.运动过程中，小球的机械能保持不变B.平抛运动的下落高度一定，运动时间相同，水平射程与速度大小成正比(2)当满足表达式______时，即说明两球碰撞中动量守恒；如果再满足表达式_______时，则说明两球的碰撞为弹性碰撞。(用所测物理量表示)(3)某同学在实验时采用另一方案：使用半径不变、质量分别为16mA、13mA、12mA的B球。将A球三次从斜轨上位置P

四、计算题：本大题共3小题，共40分。13.（9分）取一个半径为r=3cm的软木塞，在圆心处插上一枚大头针，让软木塞浮在液面上，如图，调整大头针插入软木塞的深度，使它露在外面的长度为h=7(1)液体的折射率n；(2)光在液体中的传播速度v。

14.（13分）现有两个小球1、2，球1质量为m0=1.8kg，球2质量为m=0.9kg。如图所示，球1从A点无初速度释放，沿光滑的四分之一圆弧轨道AB下滑到B点后与球2发生弹性碰撞。(忽略球1此后的运动)碰撞后球2水平飞出，落到水平地面上的P点，P、B两点的高度差为3.2m。球2多次与地面碰撞后弹起，最终静止。球2每次与地面碰撞的时间为0.1s，且每次与地面碰撞后的速度大小变为碰撞前的速度大小的一半，碰撞前后速度方向与地面间的夹角相等。球与地面碰撞过程中重力不可忽略。已知圆弧轨道(1)两球碰撞后瞬间，球2对轨道的压力大小；(2)在P点碰撞时，球2所受地面水平方向的作用力与竖直方向作用力的比值k；(结果可用分数表示)(3)球2从B点到停止点所发生的水平位移。(结果可用分数表示)15.（18分）如图甲所示，固定光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面成θ=37°倾斜放置，其电阻不计，导轨间距L=0.5m，导轨顶端与电阻R=2Ω相连。垂直导轨水平放置一根质量m=0.2kg、电阻r=0.5Ω的导体棒ab，ab距导轨顶端d1=2m，距导轨底端距离为d2(未知)。在装置所在区域加一个垂直导轨平面向上的匀强磁场，其磁感应强度B和时间t(1)0～2s内通过导体棒的电流I(2)导体棒滑到底部前的最大速度vm(3)导体棒由静止开始下滑到导轨底部的过程，电阻R上产生的焦耳热QR。

答案和解析1.【正确答案】A

【分析】

根据物理学史和常识进行解答，记住著名科学家的物理学贡献即可。

本题的解题关键是掌握一些物理上的重大发现和著名实验，属于常识性问题，要求能熟记相关内容。

A.安培提出了分子电流假说，能够解释永久磁铁产生磁场的原因，以及磁铁受猛烈撞击后突然失去磁性等一些磁现象，A正确；B.奥斯特发现了电流的磁效应，通电导线周围能产生磁场，首次揭示了电现象和磁现象间的某种联系，B错误；C.法拉第发现电磁感应现象，从而使人们知道了电不仅能生磁，同样磁也能生电，对电与磁内在联系的认识更加完善，C错误；D.赫兹通过实验捕捉到了电磁波，证实了麦克斯韦的电磁场理论，D错误。故选A。2.【正确答案】D

由动量定理

F代入数据解得

F=9.0故选D。3.【正确答案】B

粒子受重力和电场力的合力指向第三象限，故从原点由静止开始向第三象限运动，同时受洛伦兹力指向第二象限，故粒子向第二象限偏转，排除A、C项；

运动的过程中电场力与重力对粒子做功，其合力与沿x轴负方向成45∘角斜向左下方，粒子从O点出发运动到与x轴成45∘的虚线过程中，电场力与重力的合力做功为0，洛伦兹力不做功，故粒子再次到与x轴成45∘的虚线时速度为0，随后再次重复上述过程，故B4.【正确答案】D

A、当线圈平面与磁场方向垂直时，磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零，故A错误；

B、线圈转动角速度ω=50rad/s，根据ω=2πf可得交流电的频率为f=25Hz，变压器变压不变频，所以副线圈电流频率为25Hz，每个周期电流方向变化2次，则电阻R1中电流方向每秒变化50次，故B错误；

C、原线圈两端电压有效值为：U1=nBSω2=10×2×25×502V=200V，根据U1：U2=n1：n2可得副线圈两端电压有效值为：U2=40V；

改变滑动变阻器R2接入电路的阻值，当R2阻值最大时，滑动变阻器R2两端电压最大，此时R5.【正确答案】B

A.根据

Δ每次通过加速电场增加动能都相同，A错误；B.根据

EEKm

一定时，U越大加速次数n越小，BCD.根据

EKm粒子的最大动能与D型盒半径有关，与加速电场电压无关，题干中没有盒半径，最大动能不可求，C错误，D错误。故选B。6.【正确答案】C

A.开始时金属框ab边切割电动势E=Bdv0，电流I=E2R，安培力FA=BId，加速度a=FAm，联立可得，开始时金属框的加速度大小a=B2d2v02mR，A错误；

B7.【正确答案】A

如图所示OP、OA为区域Ⅱ的半径，OP为区域Ⅰ的直径，AP为最远粒子轨迹直径，AOP为等腰直角三角形，由几何关系可知粒子的轨迹半径

r=由牛顿第二定律有

qvB联立解得

v=2故选A。8.【正确答案】C

【分析】

本题考查波的图像和振动图像，关键是能够从图像中分析出波的传播信息和质点的振动信息，基础题。

根据图像结合“上坡下，下坡上”的规律分析波的传播方向；根据波长、波速和周期关系计算波速；根据平移法分析a、b质点振动情况及路程。

，

A.t=1s时，x=3.0m处质点向y轴正方向振动，根据“上坡下，下坡上”可知波沿x轴负方向传播，故A错误；

B.根据图像可知该波波长λ=4m，周期T=2s，故波的传播速度为v=λT=2m/s，故B错误；

C.根据波的平移，可知t=1.5s时，a质点在y=−52cm位置向y轴负方向振动，b质点在y=52cm位置向9.【正确答案】BD

A.匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小B随时间均匀增大，根据楞次定律，线圈中感应电流方向为逆时针，A错误；B.线圈静止时感应电动势为E=NΔCD.根据左手定则，bc边所受安培力水平向左，则线圈所受摩擦力方向水平向右，C错误，D故选BD。10.【正确答案】AD

如图：

；

A.物块A做自由落体运动，设其与木板B碰撞前瞬间的速度大小为v0，由动能定理可得mg·3h=12mv02，解得v0=6gh；

物块A与木板B碰撞瞬间满足动量守恒，由动量守恒定律可得mv0=2mv1，解得v1=126gh

从A、B碰撞到达最低点，设最低点位置弹簧压缩量为x1，由能量守恒定律可得12×2mv12+12kh2+2mg(x1−h)=12kx12，

其中kh=mg

解得x1=4h，可得弹簧的最大弹性势能为EPm=12kx12=8mgh，故A正确；

B.A、B一起运动到最低点时，弹簧的形变量最大，弹簧对A、B整体的弹力最大，加速度最大，

由牛顿第二定律有kx1−2mg=2mam

解得A、B11.【正确答案】平衡；

2tN

；

9.86

；不会

；

【分析】

本题难度较小，掌握实验原理和计数方法，能够利用图像求解重力加速度是关键。

为减小实验误差，应在小球经过平衡位置时开始计时；

数到N次时，小球完成N/2次全振动，所用的总时间t，一次全振动的时间为2tN；

由单摆周期公式T=2πLg可知T2=4π2Lg，故T2−L图线斜率为4π12.【正确答案】(1)①BC；②B；(2)mA·OE【分析】

本题考查了实验验证动量守恒定律，解题的关键是理解实验原理，熟练运用平抛运动的基本规律和动量守恒定律。

(1)①由实验原理即可分析；

②小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，可知平抛运动的下落高度一定，运动时间相同，水平射程与速度大小成正比；

(2)因为可用小球做平抛运动的水平射程来代替小球抛出时的速度，根据动量守恒定律和机械能守恒定律即可写出表达式；

(3)根据动量守恒定律和机械能守恒定律写出函数关系式即可分析。

(1)①A.为防止碰后小球A反弹，应使A的质量大于B的质量，故A错误；

B.为保证小球做平抛运动，轨道末端必须水平，故B正确；

C.为保证小球到轨道末端时的速度相等，A球每次必须从轨道的同一位置由静止释放，故C正确。

②小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有：h=12gt2，水平方向做匀速直线运动，有：x=vt，整理得：t=2hg，x=v2hg，可知，平抛运动的下落高度一定，运动时间相同，水平射程与速度大小成正比，故B正确，A错误。

(2)因为可用小球做平抛运动的水平射程来代替小球抛出时的速度，根据动量守恒定律有：mAv0=mAv1+mBv2，即：mA·OE=1