2025-2026学年广东省实验中学高二（下）期中物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年广东省实验中学高二（下）期中物理试卷一、选择题1.2022年北京冬奥会短道速滑混合团体接力决赛中，中国队以2分37秒348的成绩夺冠。在交接区域，“交棒”运动员猛推“接棒”运动员一把，使“接棒”运动员向前快速冲出，如图所示。在此过程中，忽略运动员受到的冰面摩擦力，则下列说法正确的是(

)A.两运动员的加速度大小一定相同 B.两运动员的动量变化率大小一定相同

C.两运动员的速度变化量大小一定相同 D.两运动员组成的系统动量和机械能均守恒2.图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置，P、Q端与门铃(图中未画出)连接构成回路。下列说法正确的是(

)

A.按下按钮的过程，螺线管P端电势较高

B.松开按钮的过程，螺线管Q端电势较高

C.按下和松开按钮的过程，螺线管产生的感应电流方向相同

D.按下和松开按钮的过程，螺线管所受磁铁的安培力方向相反3.图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中速度v随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是(

)

A.在t=0时刻，手机在平衡位置

B.在0～0.2s内，弹簧弹力逐渐减小

C.在0.2s～0.6s内，手机一直向下运动

D.在t=0时刻和t=0.4s时刻，弹簧的弹性势能相同4.在同一地点有两个静止的声源，发出声波1和声波2在同一空间的空气中沿同一方向传播，如图为某时刻这两列波的图像，下列说法正确的是(

)A.波1的传播速度比波2的传播速度大

B.在传播过程中，波1比波2的更容易发生明显衍射现象

C.在两列波传播的方向上，可以产生稳定的干涉图样

D.在两列波传播方向上运动的观察者，听到这两列波的频率一定均大于从声源发出的频率5.如图，理想变压器上接有3个完全相同的灯泡，其中1个灯泡与原线圈串联，另外2个灯泡并联后接在副线圈两端。已知交流电源的电压u=12sin(100πt)(V)，3个灯泡均正常发光，忽略导线电阻，则变压器(

)A.副线圈电压的频率为100Hz B.原副线圈的电流比为2：1

C.原副线圈的匝数比为1：2 D.原线圈两端的电压为46.中国某新型连续旋转爆震发动机(CRDE)(如图)测试中，飞行器总质量(含燃料)为M，设每次爆震瞬间喷出气体质量均为m，喷气速度均为v(相对地面)，喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器被释放时初速度为零，释放后相继进行n次爆震(喷气时间极短，忽略重力与阻力)。下列说法正确的是(

)A.每次喷气后，飞行器(含剩余燃料)速度增量大小相同

B.经过n次喷气后，飞行器速度为nmvM−nm

C.将总质量为nm的气体一次性喷出，与分n次、每次喷出质量m的气体，两种方式下飞行器最终速度不相同

D.7.2024年12月13日晚，一道道“寒夜灯柱”在我国新疆克拉玛依市区上空闪现，与城市灯火交相辉映，美不胜收。“寒夜灯柱”是一种可与极光比肩的冰晕现象，因大气中的冰晶反射灯光而形成。简化光路如图所示，一束灯光(复色光)从左侧界面折射进入冰晶，分离成两束单色光a和b，再经右侧界面反射，又从左侧界面折射出来被游客看到。下列说法正确的是(

)

A.在冰晶中，a光的速度比b光大

B.若在同一界面发生全反射，a光的临界角比b光大

C.用同一装置做双缝干涉实验，a光的条纹间距比b光小

D.单色光a和b与冰晶右侧的反射是全反射8.如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的s−t图象。已知m1=0.2kgA.碰后m1做匀减速运动，m2做匀加速运动

B.碰前m2静止，m1向右运动

C.9.两列频率相同、振动方向和振幅相同的相干简谐横波，在同一均匀介质中发生稳定干涉，干涉图样如图甲所示(图中实线表示波峰，虚线表示波谷)。其中一列波在t=0时刻的波形图如图乙所示，已知该列波的周期T=0.4s，t=0时刻x=4m处的质点P沿y轴负方向运动。下列说法正确的是(

)

A.图乙所示机械波的波长为8m，沿x轴负方向传播

B.图甲中b点在0.2s内通过的路程为24cm

C.图甲中c点到两相干波源的距离差一定等于8m的整数倍

D.图甲中处于d位置的质点此刻振动速度为零10.如图甲所示，健身运动员通过抖动绳子来增强臂力。图乙为t=0时刻运动员抖动绳子形成的一列沿x轴传播的简谐横波，A、B分别是绳上平衡位置横坐标xA=1m和xB=3m的质点，A质点位于平衡位置往上运动时，B质点恰值于波谷，图丙为绳上C质点的振动图像。若运动员始终按图乙规律抖绳，下列说法正确的是(

)A.运动员的手每分钟完成24次全振动

B.t=4.1s时，C处质点的振动速度最大

C.该简谐横波的传播速度可能为4m/s

D.质点C的振动方程为y=20sin(5πt)cm二、非选择题11.某小组利用“插针法”测定玻璃的折射率，如图1所示。

(1)为了减小实验误差，下列操作正确的是

(填选项前字母)。

A.必须选择边界平行的玻璃砖进行试验

B.选用宽度大的玻璃砖进行试验

C.选用粗的大头针完成实

D.插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些

(2)某同学正确操作后，在实验中多次改变入射角，测出多组相关角度θ1、θ2，作出cosθ2−cosθ1的图像，如图2所示，则此玻璃砖的折射率n=

。

(3)若该同学在确定P3位置时，不小心把P3位置画得偏左了一些(如图1)，则测出来的折射率

(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

(4)如果使用的玻璃砖上界面和下界面不平行，仍然用这种方法测玻璃折射率，在实验操作完全正确的情况下，折射率的测量值与真实值相比将12.图1为验证动量守恒定律的实验装置，其中O点为小球抛出点在记录纸上的垂直投影。实验时，先使球1多次从斜槽上位置A由静止释放，确定其平均落地点，记为P，然后把半径相同的球2置于水平轨道的末端，再将球1从位置A由静止释放，与球2相碰，重复多次，确定碰后球1和球2的平均落地点，分别记为M和N，测出O点到各个平均落地点的距离sOM、sOP、sON。测得球1的质量为m1，球2的质量为m2，已知m1>m2。(P、M、N在图1中未画出)

(1)下列实验步骤中不必要的是

。(选填选项前的字母)

A.测出两小球的半径

B.利用重垂线确定O点的位置

C.测量抛出点距地面的高度

D.每次实验前都平衡摩擦力

(2)在误差允许范围内，若关系式

成立，说明两球碰撞前后动量守恒。

(3)上述实验中得到的可能的落点分布如图2所示，则图2中平均落地点的位置标注正确的是

。

(4)某同学进一步研究两球是否发生弹性碰撞。换用多个不同质量的球2，其他条件均不变，重复实验，绘出s13.如图，半径为R的半球形玻璃体置于水平桌面上，半球的上表面水平，球面与桌面相切于A点。一细束单色光经球心O从空气中射入玻璃体内(入射面即纸面)，入射角为45°，出射光线射在桌面上B点处。测得AB之间的距离为15R。现将入射光束在纸面内向左平移，平移到E点时，恰好在球面上D点发生全反射。(不考虑光线在玻璃体内的多次反射)求：

(1)玻璃体的折射率n；

(2)OE的距离。14.如图所示，导轨MNOQP(电阻不计)固定在倾角为θ=37°的绝缘斜面上(斜面未画出)，其中MN=PQ=2L，MN、PQ平行且与水平面的夹角也均为θ；ON=OQ=22L，ON与OQ的夹角α=90°，OO′为α的角平分线。导轨所在区域有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一根粗细均匀的金属杆ab，在平行于OO′的拉力作用下，从O点开始向下匀速运动至虚线NQ处；通过NQ后，撤去拉力，杆在MN、PQ两导轨上继续运动，速度减至初速度的一半时离开MP。已知金属杆质量为m，长为L，单位长度的电阻为r，与导轨间的动摩擦因数为μ=0.75，金属杆运动过程中始终与NQ平行且与导轨接触良好，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

(1)请判断在导轨上运动时通过金属杆的电流方向；

(2)金属杆在NQ时的速度大小；

(3)金属杆从顶点O运动到虚线NQ15.如图所示，有一上表面光滑的挡板固定在光滑水平地面上，在其右侧紧靠挡板放置一木板，木板长度为30a，水平地面右侧有一堵墙。木板和固定挡板等高，其右端有一薄挡板(质量不计)。现将可视为质点的滑块以初速度v0=4ga从左端滑上静止的木板，已知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.25，二者的质量均为m，重力加速度为g。

(1)若木板右端距离墙面足够远，则在木板与墙面碰撞前的过程中：

①滑块是否会与木板右端的挡板碰撞？请作出分析证明；

②求滑块在木板上的滑动时间t；

(2)设木板右侧距离墙长度为x(x<8a)，木板与墙和固定挡板碰撞后速度立即变为零(不反弹)，但与墙和固定挡板均不粘连，滑块与挡板碰撞后原速率反弹，请写出滑块最终静止时到木板右端的距离L与x的关系式。答案解析1.【答案】B

【解析】解：A、由a=Fm，相互作用力F大小相等，但两人质量不一定相等，所以加速度大小不一定相同，故A错误；

B、动量变化率等于合外力。忽略冰面摩擦，每人合外力就是相互推力，大小相等，所以动量变化率大小相等，故B正确；

C、Δp=mΔv=FΔt，FΔt大小相等，但质量不一定相等，所以Δv大小不一定相同，故C错误；

D、动量：系统合外力为0，动量守恒；机械能：相互推力是内力，推挤的过程中人体的化学能转化为机械能，机械能不守恒，故D错误。

故选：B。

相互推力等大反向，动量变化率等大；

质量未知，加速度、速度变化量不一定等；

人互推有化学能转化，机械能不守恒。2.【答案】D

【解析】解：A.按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左增大，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从P端流入从Q端流出，螺线管充当电源，则Q端电势较高，故A错误；

B.松开按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左减小，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从Q端流入，从P端流出，螺线管充当电源，则P端电势较高，故B错误；

C.按下和松开按钮的过程，穿过螺线管的磁通量变化相反，结合AB选项的分析，螺线管产生的感应电流方向相反，故C错误；

D.按下和松开按钮过程，根据“来拒去留”可知：按下按钮过程，螺线管所受磁铁的安培力方向向左，松开过程中，螺线管所受磁铁的安培力方向向右，故D正确。

故选：D。

根据按下和松开按钮的过程中，通过穿过螺线管的磁通量的变化结合楞次定律分析求解。

本题考查了楞次定律相关知识，理解楞次定律中“阻碍”作用的特点，熟悉“增反减同”、“来拒去留”是解决此类问题的关键。3.【答案】B

【解析】解：A、在t=0时刻，手机的速度v=0，根据简谐运动特征，此时手机位于最大位移处，而非平衡位置，故A错误；

B、在0～0.2s内，手机速度方向向上且大小增加，表明手机正从最低点向平衡位置运动，弹簧伸长量逐渐减小，依据胡克定律F=kx，弹簧弹力逐渐减小，故B正确；

C、在0.2s～0.4s内手机速度为正，方向向上；在0.4s～0.6s内手机速度为负，方向向下，故C错误；

D、在t=0时刻与t=0.4s时刻，手机分别处于最低点和最高点，由于平衡位置处弹簧已有形变，故两点相对于弹簧原长的形变量不相等，根据弹性势能公式Ep=12kx2，可知两时刻的弹性势能并不相同，故D错误。

故选：B4.【答案】B

【解析】解：A、两列声波在同一空间的空气中沿同一方向传播，波速相同，故A错误；

B、由题图可知声波1和声波2波长之比为λ1：λ2=2：1；波长越长，波动性越强，所以相对于同一障碍物，波1比波2更容易发生明显衍射现象，故B正确；

C、因λ1：λ2=2：1，由v=λf

得到声波1和声波2频率之比为f1：f2=1：2

因为两列波发生干涉的必要条件是频率相同，所以在这两列波传播的方向上，不会产生稳定的干涉现象，故C错误；

D、根据多普勒效应可知在两列波传播方向上运动的观察者，听到这两列波的频率均与小于从声源发出的频率，当故D5.【答案】D

【解析】解：A、交变电压u=Emsinωt，用待定系数法可知ω=100π，f=100π2πHz=50Hz，故A错误；

BC、三个相同的灯泡均正常发光，即通过三个灯泡的电流都相等，设原线圈电流为Ⅰ，则副线圈电流为2I，即原、副线圈的电流之比为1：2

由公式I1I2=n2n1

可知，原、副线圈的匝数之比为2：1，故BC错误；

C、原线圈电路中灯泡的功率为P，原线圈的功率等于副线圈的功率为2P，由于原线圈和小灯泡串联，则原线圈两端电压和小灯泡的电压之比为2：1，设交流电源的有效电压为U，则U=Um6.【答案】B

【解析】解：A、根据动量守恒定律，系统初始总动量为0，第一次喷气后，喷出气体质量为m，速度为v，飞行器质量变为M−m，速度为v1，规定气体喷出的方向为正方向，则有0=mv−(M−m)v1

解得v1=mvM−m，所以第一次喷气后速度增量v1=v1=mvM−m

在第二次喷气之前，此时系统总动量为(M−m)v1

喷气后，喷出气体质量仍为m，速度为v，飞行器质量变为M−2m

速度为v2则有(M−m)v1=mv−(M−2m)v2

将v1=mvM−m

代入可得v2=2mvM−2m

所以第二次喷气后速度增量Δv2=M−2mv2−v1=2mvM−2m−mvM−m=Mmv(M−2m)(M−m)，以此类推，可以看出每次喷气后飞行器速度增量大小不相同，故A错误；

B、.设经过n次喷气后飞行器的速度为vn7.【答案】C

【解析】解：AB.根据折射率公式、折射率与光速、临界角的关系有n=sinθ1sinθ2=cv=1sinC

由光路图可知，光a和b从空气进入介质中时，入射角相等，a的折射角小一些，则a光折射率大、临界角小、同介质中波速小，b光折射率小、临界角大、同介质中波速大，故AB错误；

C.a光折射率大一些，波长短一些，根据干涉条纹间距公式有Δx=ldλ

可知，用同一装置做双缝干涉实验，a光条纹间距比b光小，故C8.【答案】BD

【解析】解：在s−t图像中，图线斜率表示物体速度。由题图乙可知，碰撞前(t<2s)：m1的速度v1=8−02−0m/s=4m/s；m2的位移保持不变，处于静止状态，即v2=0。

碰撞后(t>2s)：m1的速度v′1=0−86−2m/s=−2m/s；m2的速度v′2=16−86−2m/s=2m/s。

A、由于碰撞前后两球的s−t图像均为直线，斜率恒定，说明两球均做匀速直线运动，加速度均为0，故A错误；

B、由上述分析可知，碰撞前m2静止，m1速度为正方向，即向右运动，故B正确；

C、系统碰撞过程动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律m1v1+m2v2=9.【答案】ABC

【解析】解：A、根据图乙可知，图乙所示机械波的波长为8m；由于质点P沿y轴负方向运动，根据同侧法可知波沿x轴负方向传播，故A正确；

B、图甲中b点此时刻是两列波峰相遇，为振动加强点，在0.2s=12T内通过的路程为：s=12×4(A1+A2)=2(A1+A2)=2×(6cm+6cm)=24cm，故B正确；

C、图甲中c点此时刻是两列波谷相遇，为振动加强点，所以c点到两相干波源的距离差Δs=2n×λ2=n×8m，即一定等于8m的整数倍，故C正确；

D10.【答案】D

【解析】解：A、根据图像可知该波的周期为：T=0.4s，该简谐横波的频率为：f=1T=10.4Hz=2.5Hz，运动员的手每分钟完成全振动的次数为：N=60×2.5次=150次，故A错误；

B、t=4.1s=10T+T4，此时C处质点质点位于波峰，速度为零，故B错误；

C、该波的波速为：v=λT=80.4m/s=20m/s，故C错误；

D、根据图像可知振幅为：A=20cm，又有：ω=2πT=2π0.4rad/s=5πrad/s，所以质点C的振动方程为11.【答案】BD1.51偏小不变

【解析】解：(1)A、用“插针法”测折射率时，玻璃砖上下表面不一定要平行，故A错误；

B、玻璃砖宽度大则光在玻璃中路径长，侧移明显，减小误差，故B正确；

C、粗大头针确定的点误差大，应选用细大头针，故C错误；

D、大头针P1，P2和P3，P4之间的距离适当大一些，引起的角度误差会减小，故D正确。

故选：BD。

(2)根据n=sinαsinβ=cosθ1cosθ2

得cosθ2=1ncosθ1

则1n=0.4000.604

代入数据可得折射率n=1.51。

(3)若P3偏左，画出的出射光线会偏向法线，导致玻璃中折射光线的折射角r被测量得偏大，sinr偏大，根据n=sinisinr，计算出的折射率会偏小。12.【答案】ACDmAB

【解析】解：(1)A.实验不需要测出两小球的半径，只需要两小球的半径相同即可，故A错误；

B.实验在需要利用重垂线确定抛出点O的位置，故B正确；

C.两小球每次做平抛运动的高度相同，两小球在空中的运动时间相同，因此测量抛出点距地面的高度，故C错误；

D.只要每次入射小球从斜槽上的同一位置静止释放，入射小球碰撞前的速度都相同，因此实验前不需要平衡摩擦力，故D错误。

本题选择不必要的步骤。

故选：ACD。

(2)两小球左平抛运动的时间t=2hg，平抛运动高度相同，运动时间相同；

入射小球碰撞前的速度v0=sOPt

碰撞后的速度v1=sOMt

被碰小球碰撞后的速度v2=sONt

取水平向右为正方向，若两球碰撞前后动量守恒，满足m1v0=m1v1+m2v2

代入数据化简得m1⋅sOP=m1⋅sOM+m2⋅sON

(3)入射小球碰撞前速度较大，水平位移较大，平均落点为P；碰撞后动能减小，速度小，水平位移小，平均落点M在P点左方；被碰小球的质量小于入射小球的质量，获得的速度大，水平位移大，平均落点N在P点的右方，故A正确，BC错误。

故选：A。

(4)根据机械能守恒定律12m1v02=13.【答案】玻璃体的折射率为13

OE的距离为【解析】解：(1)光路图如图所示：

由几何关系可知tanr=15，由折射定律可知n=sin45°sinr，代入数据可得n=13；

(2)由E点射入的光路图如图所示：

由折射率和全反射临界角关系可知sinC=1n，由正弦定理可知OEsinC=Rsin(90∘−r)，代入数据可得OE=2R5。

14.【答案】电流方向由a流向b

金属杆在NQ位置时的速度大小为4B2L2mr

金属杆从顶点O【解析】解：(1)根据右手定则可判断，金属杆在导轨上运动时，通过其的电流方向为由a流向b。

(2)金属杆在MN、PQ两段导轨上运动时，重力沿斜面向下的分力mgsin37°与滑动摩擦力μmgcos37°大小相等、方向相反，满足0.6mg=0.