山东省济宁市2025-2026学年高二上学期11月期中联考物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12025~2026学年度第一学期期中教学质量检测高二物理试题注意事项∶1、答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2、选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5mm黑色签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。3、请按照题号在各题目的答题区域内答题，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效；保持卡面清洁，不折叠、不破损。一、单项选择题∶本题共10小题，每小题3分，共30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.关于电路和电能，下列说法正确的是（）A.电路中电阻的个数越多，电路的总电阻越大B.焦耳定律表达式只适用于纯电阻电路C.电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量越多D.电源是通过静电力做功把其它形式的能转化为电能的装置【答案】C【解析】A．总电阻取决于电阻的连接方式：若电阻串联，总电阻电阻个数增多则总电阻增大；若电阻并联，总电阻电阻个数增多则总电阻减小，故A错误；B．焦耳定律表达式描述电流通过导体产生的热量，适用于任何电路（包括纯电阻和非纯电阻电路），因为它仅由电流、电阻和时间决定，与电路类型无关。例如，在电动机（非纯电阻电路）中，该公式仍可计算发热量，故B错误；C．电流定义为单位时间内通过导体横截面的电荷量，即，由公式可知，电流越大，在相同时间内通过的电荷量越多，故C正确；D．电源是将其他形式的能（如化学能、机械能）转化为电能的装置，但这一转化是通过非静电力（如化学力或电磁力）做功实现的，故D错误。故选C。2.下列说法正确的是（）A.物体的动能发生改变，则动量一定变化B.多个物体组成的系统动量守恒，则机械能一定守恒C.穿过某一面积的磁通量为零，则该处磁感应强度一定为零D.通电导线在磁场中受到的磁场力为零，则该处的磁感应强度一定为零【答案】A【解析】A．动能公式为，动量公式为，动能改变意味着速度大小改变（质量不变），动量是矢量，其大小取决于速度大小和方向，速度大小改变时，动量大小必然改变，因此动量一定变化，故A正确；B．系统所受合外力为零，动量守恒；在只有重力或弹力做功的系统内，机械能守恒，二者守恒条件不同。在完全非弹性碰撞中，系统动量守恒，但机械能不守恒（动能损失）。因此，动量守恒不保证机械能守恒，故B错误；C．磁通量公式为，其中为磁场方向与面积夹角，当线圈平面与磁场平行时，但，故C错误；D．安培力公式为，其中为电流方向与磁场的夹角。安培力为零可能由（即电流方向平行于磁场，或)导致，不一定，故D错误。故选A。3.如图所示，将小磁针A置于一带负电的金属环所在的平面内，若金属环绕O点按逆时针方向匀速旋转时，小磁针A的N极将（）A.向纸里转 B.向纸外转C.在纸面内顺时针旋转90° D.在纸面内逆时针旋转90°【答案】A【解析】金属环带负电，绕O点按逆时针方向匀速旋转时，可知产生的电流为顺时针方向，根据安培定则可知，圆环产生的磁场垂直纸面向里，可知小磁针A的N极将向纸里转。故选A。4.近两年推出的“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以（）A.减小穿戴者与地面接触的时间 B.减小穿戴者动量的变化量C.减小穿戴者动量的变化率 D.减小穿戴者所受合力的冲量【答案】C【解析】依题意，根据动量定理可得可知安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间，从而减小人所受到的合外力，即减小穿戴者动量的变化率，而穿戴者动量的变化量，也即穿戴者所受合力的冲量均未发生变化。故选C。5.如图所示，矩形闭合线圈竖直放置，是它的对称轴。通电直导线与平行，且平面与线圈平面垂直，能使线圈中产生感应电流的做法是（）A.将中电流反向B.将正对靠近线圈C.以为轴，线圈绕其逆时针转动（俯视）D.以AB为轴，线圈绕其逆时针转动（俯视）【答案】C【解析】A．根据直导线周围磁感线分布可知，开始时穿过线圈的磁通量为零，若将中电流反向，穿过线圈的磁通量仍为零，可知线圈中不会产生感应电流，A错误；B．将正对靠近线圈，则穿过线圈的磁通量一直为零，可知不会产生感应电流，B错误；C．以为轴，线圈绕其逆时针转动（俯视），穿过线圈的磁通量增加，可知线圈中会产生感应电流，C正确；D．以AB为轴，线圈绕其逆时针转动（俯视），则穿过线圈的磁通量一直为零，可知不会产生感应电流，D错误。故选C。6.两条完全相同的均匀电阻丝、，现把电阻丝均匀拉长到原来的倍记为，将电阻丝、并联接入电路，电阻丝、中的自由电荷定向移动的平均速率之比为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设初始时电阻丝和的电阻均为。将均匀拉长到原长的2倍后，体积不变，横截面积变为原来的根据电阻定律可得电阻变为的电阻不变，则将电阻丝、并联接入电路，电压相同，设为U，根据欧姆定律可得，所以根据电流微观表达式其中为单位体积内自由电荷数，q为自由电荷的电荷量，为横截面积。其中所以电阻丝、中的自由电荷定向移动的平均速率之比为故选B。7.如图所示，四根相互绝缘的长直导线分别位于立方体的四个竖直棱上，通以大小相等方向如图所示的电流，为对角线、的交点，每根通电导线在处产生的磁感应强度大小均为，处磁感应强度的大小为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】如图所示，将三维空间变为二维空间，由于四根相互绝缘的长直导线通有大小相等的电流，四根通电导线在处产生的磁感应强度大小相等，均为，可知点的磁感应强度方向水平向左，根据平行四边形定则可知大小为。故选A。8.把两个相同灵敏电流表分别改装为量程不同的电压表（0∼3V）和（0∼15V），下列说法正确的是（）A.和串联接入电路后，电压表示数之比为B.和串联接入电路后，指针偏转角度之比为C.和并联接入电路后，电压表示数之比D.和并联接入电路后，指针偏转角度之比为【答案】D【解析】AB．两个相同的灵敏电流表改装成电压表，表头内阻相同，满偏电流相同，改装量程不同，需要串联的电阻阻值不同。改装为量程0∼3V的电压表，有电压表的内阻为，改装为量程0∼15V的电压表，有电压表的内阻为，可得和串联时，电流相同，电压表示数满足，联立可得电压表示数之比为串联时电流相同，指针偏转角度与电流成正比，角度比为1:1，故AB错误；CD．和并联接入电路后，电压相同，电压表示数比为1:1。电流关系有，，故电流大小之比为，指针偏转角度与电流成正比，角度比为5:1，故C错误，D正确。故选D。9.小明同学坐在汽车的副驾驶位上看到一个现象：当汽车的电动机启动时，汽车的车灯会瞬时变暗。汽车的电源、电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示，已知汽车电源电动势为，内阻为，电流表内阻为，电动机线圈电阻为。车灯接通，电动机未起动时，电流表示数为；电动机启动的瞬间，电流表示数达到，车灯的电阻视为不变。在电动机启动的瞬间，下列说法正确的是（）A.车灯的电阻为B.流经电动机的电流为C.电动机的输入功率为D.电动机的输出功率为【答案】D【解析】A．电动机未起动时，电流表示数为，根据闭合电路欧姆定律有可得车灯电压为，根据欧姆定律可得车灯的电阻为，故A错误；B．电动机启动的瞬间，电流表示数达到，车灯的电阻视为不变，根据闭合电路欧姆定律有可得车灯电压为，车灯电流为根据，可得流经电动机的电流为，故B错误；C．电动机的电压与车灯电压相同，为，根据可得电动机的输入功率为，故C错误；D．电动机的线圈的热功率为根据可得电动机的输出功率为，故D正确。故选D。10.图甲为某电源的图线，图乙为某小灯泡的伏安特性曲线，图丙为将电源、小灯泡和滑动变阻器（最大阻值）串联的电路图，下列说法正确的是（）A.电源的内阻为B.小灯泡的电阻随电压的增大而减小C.在的变化范围内，小灯泡的最小功率约为D.在的变化范围内，小灯泡的最大功率约为【答案】D【解析】A．电源的内阻为故A错误；B．图乙中图像上某一点与坐标原点连线的斜率斜率减小，故小灯泡的电阻随电压的增大而增大，故B错误；C．当，小灯泡的最小功率，把等效为电源内阻的一部分，在图乙中作出电源的图线I由图线I与小灯泡的伏安特性曲线的交点，得小灯泡的最小功率约为故C错误；D．当，小灯泡的功率最大，把等效为电源内阻的一部分，在图乙中作出电源的图线II，由图线II与小灯泡的伏安特性曲线的交点，得小灯泡的最大功率约为故D正确。故选D。二、多项选择题（本题共4个小题，每小题4分，共16分；全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）11.某同学在学习电表改装的原理以后，想找器材实践一下，于是他从学校实验室找来了一个小量程电流表，查阅说明书，知道了该电流表满偏电流为，内阻为，他想把该电流表改装成0~0.6A和的双量程电流表，电路图如图所示。下列说法正确的是（）A.改装后开关接2时量程为0~3AB.改装后开关接2时量程为C.电阻的阻值是的4倍D.改装后的电流表量程均随电阻的阻值增大而减小【答案】AC【解析】ABD．改装后开关接1时，有改装后开关接2时，有故随着电阻的阻值增大，减小，增大，又由于，所以改装后开关接2时量程为0~3A，故A正确，BD错误；C．根据，代入数据联立解得，所以则电阻的阻值是的4倍，故C正确。故选AC。12.如图所示，电源电动势为，内阻为，为定值电阻且，为滑动变阻器其总电阻，电路中为电容器，电流表、电压表均为理想表。闭合开关S，将滑动变阻器的滑动触头P从最左端向右滑动的过程中，、和分别表示对应电压表和电流表的示数变化量绝对值，、分别是电压表、示数，为电流表的示数，下列说法正确的是（）A.电容器的电荷量不断减少B.的值变大C.D.电源输出功率先增大后减小【答案】CD【解析】AB．将滑动变阻器的滑动触头P从最左端向右滑动的过程中，R减小，电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流增大，电流表示数增大，则减小，电容器的电荷量不断增大，故AB错误；C．根据可知根据可知则，故C正确；D．电源的输出功率滑动变阻器的滑动触头P从最左端向右滑动的过程中，R减小，外电路总电阻减小，当时电源的输出功率最大，当时有，电源输出功率小于最大功率，综上所述电源的输出功率先增大后减小，故D正确。故选CD。13.如图所示，一小球以的速度与水平地面发生碰撞，碰撞后的反弹速度，碰撞前后的速度方向与水平地面的夹角均为。已知小球的质量，，，碰撞过程忽略重力作用，小球与地面碰撞过程中，下列说法正确的是（）A.摩擦力的冲量为0B.摩擦力的冲量大小为C.地面的支持力的冲量大小为D.地面的支持力的冲量大小为【答案】BD【解析】AB．碰撞前小球竖直方向的速度大小为方向竖直向下，水平方向的速度大小为方向水平向右，碰撞后小球竖直方向的速度大小方向竖直向上，水平方向的速度大小为方向水平向右。取水平向右为正方向水平方向根据动量定理有解得摩擦力的冲量大小为，故A错误，B正确；CD．取竖直向上为正方向，竖直方向根据动量定理有解得地面的支持力的冲量大小为，故C错误，D正确。故选BD。14.如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为，甲车上有质量为的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量，乙和他的小车的总质量。为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为的水平速度抛向乙，且被乙接住，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.乙接到第一个球后的速度大小为B.乙接到第一个球后的速度大小为C.为保证两车不相撞，甲最少抛给乙28个小球D.为保证两车不相撞，甲最少抛给乙29个小球【答案】AD【解析】AB．向右为正方向，当乙接第一个球时，由动量守恒定律，解得，方向向左，A正确，B错误；CD．向右为正，对甲抛球的过程，由动量守恒定律对乙接球的过程为保证两车不相撞，则，联立解得可知为保证两车不相撞，甲最少抛给乙29个小球，C错误，D正确。故选AD。三、非选择题∶本题共6小题，共54分。15.某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器，a测量滑块A与它的距离，b测量滑块B与它的距离。部分实验步骤如下∶①测量两个滑块的质量，分别为和；②接通气源，调整气垫导轨水平；③拨动两滑块，使A、B均向右运动；④导出传感器记录的数据，绘制、随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示。回答以下问题∶（1）从图像可知两滑块在____时发生碰撞；（2）通过分析可得，质量为400.0g的滑块是____（填“A”或“B”）；（3）碰撞后滑块A、B所构成系统的总动量大小是____kg·m/s（保留2位有效数字）。【答案】（1）（2）A（3）0.24【解析】（1）由图像的斜率表示速度可知两滑块的速度在时发生突变，即这个时候发生了碰撞。（2）根据图像可知碰撞前滑块A、滑块B都向右做匀速直线运动，碰撞后，滑块A的速度方向不变，可知滑块A的质量大于滑块B的质量，即质量为400.0g的滑块是A。（3）由题图乙知，碰撞后A的速度大小约为由题图丙可知，碰撞后B的速度大小为碰撞后滑块A、B所构成系统的总动量大小为16.某实验小组测量一均匀材料制成的圆柱体的电阻率。（1）如图所示，用螺旋测微器测其直径为____mm，再用游标卡尺测其长度为____cm。（2）用多用电表粗测圆柱体的电阻。将多用电表选择开关旋转到“×10”挡，正确操作后，指针位置如图所示，测得该电阻的阻值为____。（3）为了进一步较准确的测其电阻，现选用以下实验器材∶电压表V（量程15V，内阻约30k）电流表A（量程100mA，内阻约0.5）电源E（电动势12V，内阻不计）滑动变阻器R（最大阻值5）开关S和导线请将实物连接图补充完整。【答案】（1）2.450##2.449##2.45110.050（2）100（3）【解析】（1）[1]螺旋测微器又称千分尺，分度值为0.01mm，则该圆柱体的直径为[2]该游标卡尺的分度值为0.05mm，则该圆柱体的长度为（2）该电阻的阻值为（3）由于所以电流表用外接法，由于滑动变阻器的最大阻值为5Ω，为了使电流表和电压表示数变化明显，则滑动变阻器应采用分压式接法，故实物图如图所示17.如图甲所示为某兴趣小组测量电池组的电动势和内阻的实验电路图。现提供器材如下∶A、待测电池组（电动势约为3V，内阻约为2Ω）B、电压表V1（量程0~15V，内阻约10kΩ）C、电压表V2（量程0~3V，内阻约3kΩ）D、电阻箱R（0~99.9Ω）E、定值电阻R1=4ΩF、定值电阻R2=100ΩG、开关和导线若干依据实验电路图和实验室提供的器材，回答下列问题∶（1）在闭合开关前，电阻箱应调到最大值。（2）要准确测量电源的电动势和内阻，电压表V应选_____（填“B”或“C”），定值电阻R0应选_____（填“E”或“F”）。（3）改变电阻箱的阻值R，记录对应电压表的读数U，作出的图像如图乙所示，图线与横坐标轴的截距为，与纵坐标轴的截距为，则可得该电池组的电动势为_____V，内阻为_____Ω。（4）本实验电源电动势的测量值_____（填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。【答案】（2）CE（3）2.52.25（4）小于【解析】[1]因待测电池组的电动势约为3V，故电压表V应选C；[2]为方便实验操作，定值电阻应选择与电源内阻相当的E；[3][4]根据闭合电路欧姆定律有整理得则，解得，[5]若考虑电压表的分流作用，根据闭合电路欧姆定律有整理得则，解得故本实验电源电动势的测量值小于真实值。18.如图甲所示，边长为的匝正方形闭合线圈内部有一边长为的正方形区域的匀强磁场，磁场右边界与线圈右边界重合，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度随时间的变化如图乙所示。（1）求时穿过线圈的磁通量；（2）若时线圈开始以右边界为转轴按箭头方向转动，时线圈刚好转过，求到内穿过线圈的磁通量的变化量。【答案】（1）（2）【解析】（1）由图乙可知时磁感应强度大小为，则时穿过线圈的磁通量（2）由图乙可知时磁感应强度大小为由题意可知时线圈刚好转过，此时线圈平面与磁场垂直的面积仍然是则内穿过线圈的磁通量所以到内穿过线圈的磁通量的变化量19.蹦床运动员与网作用时，通过“屈腿然后用力蹬网”的动作使自己越蹦越高。某次训练时，一个质量的蹦床运动员，从静止通过“屈腿然后用力蹬网”，蹦起的最大高度距离水平面为，之后第1次下落着网，与网相互作用后沿竖直方向蹦回到离水平面高处。假设运动员与网接触的时间均为，不计空气阻力，重力加速度大小。（1）求运动员蹦起后第1次触网过程中动量的变化量；（2）