山东聊城市2025-2026学年高二年级上册期末考试物理试题（解析版）

2025-2026学年度第一学期期末教学质量抽测

高二物理试题

本试卷共8页，满分100分，考试时间90分钟。所有试题的答案均在答题卡的指定位置作

答，在试卷上作答不得分，

一、单项选择题：本题共8个小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目

要求。

I.光能发生折射、衍射、干涉及偏振等现象，关于其原理在科学技术中的应用，卜.列说法

正确的是（）

A.照相机镜头的增透膜应用了光的干涉

B.3D也影应用了光的衍射

C.光纤通信应用/光的折射

D.望远镜中的棱镜应用了光的十涉

【答案】A

【解析】A.照相机镜头的增透膜通过薄膜干涉原理，使反射光发生相消干涉以减少反射

损失，故应用了光的干涉，A正确；

B.3D电影利用了光的偏振（如偏振眼镜分离左右眼图像），B错误；

C.光纤通信利用光全反射传输信号，全反射属于反射现象，并非折射，C错误；

D.望远镜中的棱镜主要利用光的折射（改变光路）和反射，D错误。

故选Ao

2.如图所示，虚线MN左、右两侧存在磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场片和

与，闭合线框由位于纸面内的位置I沿直线匀速运动到位置I【的过程中（）

A.穿过线框的磁通量一直变小

B.穿过线框的磁通量先增大后减小

C.线框中有感应电流

D.线框中无感应电流

【答案】C

【解析】AB.设线框面积为S,初始时，线框全部在右侧磁场时磁通量大小为⑸S,当线

框向右运动，跨越虚线MN时，线框同时处于左右两侧磁场中，左侧与右侧的磁通量相互

抵消为0,最终，线框全部进入左侧磁场中时磁通量大小为83,故整个过程磁通量先减

小后增大，故AB错误；

CD.在线框向右运动的整个过程中，穿过线框的磁通量始终在变化，因此线框中有感应电

流，故C正确，D错误。

故选C。

3.海上养殖场的浮漂在风浪的作用下上下振动（可视为简谐振动），其振动周期为兀某

时刻浮漂正好经过平衡位置向下运动，忽略水的黏滞阻力，从该时刻起（）

T

A.经过一时间，浮漂的速度达到最大

4

B.经过二时间，浮漂的重力势能为零

c.经过r时间，浮漂的加速度为零

D.风浪突然增大，浮漂的固有频率变大

【答案】C

【解析】A.浮漂的振动可视为简谐振动，某时刻浮漂正好经过平衡位置向下运动，经过

工时间，浮漂到达负的最大位置，速度为零，故A错误；

4

B.经过工时间，浮漂又回到平衡位置，但因未规定零势能面，故重力势能大小无法确

2

定，故B错误；

C.经过7时间，浮漂又回到平衡位置，其加速度为零，故C正确；

D.固有频率由系统自身性质决定，风浪变化不影响固有频率，故D错误。

故选C。

4.2025年5月14日，我国使用长征二号丁运载火箭，成功将太空计算卫星星座发射升

空，卫星顺利进入预定轨道。如图所示，若该火箭总质最为M,点火后经过短暂时间A7,

质量为〃?的气体相对火箭以速度u喷出，忽略该过程火箭总质量的变化。则该段时间内火

箭获得推力为（）

mvMv

A.—B.

M△t

（M+〃?）□（M-m）v

D.

MAr

【答案】A

［解析】对喷出的气体由动量定理有FM="W-0

由牛顿第三定律可知火箭获得的推力F'=F

联立解得尸=竺，故选A。

5.如图甲所示的电路中，凡是可调电阻，R2是定值电阻，电源内阻为1C。实验时调节昭

的阻值，得到各组理想电压表和理想电流表数据，用这些数据在坐标纸上描点、拟合，作

出的图像如图乙中A4所示,

图甲

A.5QB.9QD.20Q

【答案】B

【解析】根据闭合电路欧姆定律可得

当电流为0.1A,电压为2V,有£=U|+/1（厂+与）

当电流为0.2A,电压为IV,有£=&+，2。”+尺2）

代入数据联立解得E=3V,6=9。

故选乩

6.某小组用如图甲所示的气垫导轨来完成两滑块碰撞的实验，导轨末端装有位移传感髓

（图中未画出）。打开气泵，将气垫导轨调节水平。让〃获得初速度后与静止的〃发生碰

撞，规定。碰前的速度方向为正方向，根据传感器记录的数据，得到它们在碰撞前后的位

移x与时间，的关系图像如图乙。已知滑块。的质量为0.1kg。下列说法正确的是（）

A.碰撞后瞬间b的速度为0.5m/s

B.碰撞后瞬间b的动量为O.25kgm/s

C.该碰撞是弹性碰撞

D.滑块〃的质量为0.3kg

【答案】D

【解析】A.X-f图像的斜率表示速度，由于规定〃碰前的速度方向为正方向，根据图乙

可知，碰撞后。发生反弹，则碰撞后瞬间匕的速度为以二止二01八二1.001/5,故A

0.8—0.2

错误；

D.根据图乙可知，碰撞前后。的速度分别为匕o==2m/s=2.5m/s,

0.2

=0.2-0.5m/s=_Q5m/s

m0.8-0.2

根据动量守恒定律有外匕.0=”,匕“+町此

结合上述解得%=0.3kg,故D正确：

B.结合上述可知，碰撞后瞬间人的动量见此=0.3kg・m/s,故B错误;

C.碰撞前系统总动能;网,（O=O,3125J

碰撞后系统总动能3帆,吟+$风哈=（）.1625J

可知，碰撞后系统总动能减小，即该碰撞是非弹性碰撞，故C错误。

故选D。

7.如图为双缝干涉装置示意图，双缝到光屏的距离为心双缝的中垂线与光屏交于。点。

某种单色光照射到双缝上，观察到光屏上。处为第。级亮条纹的中心位置，人处为第2级

亮条纹的中心位置现将光屏缓慢向左平移下列说法正确的是（）

2

B.O处变为暗条纹

C.OA之间有3条亮条纹

D.Q4之间有4条亮条纹

【答案】C

I2/

【解析】根据干涉条纹间理关系可知，当光屏向左平移不时.，条纹间距变为原

d2

来的g；

ACD.条纹间距变为原来的间距不变，A处应为第4条亮条纹，0A之间有3条亮

条纹，AD错误，C正确；

B.0处到双缝间距相同，仍是亮条纹，B错误；故选C。

8.艺术体操选手参加带操项目时抖动彩带，彩带的运动可简化为一列沿x轴传播的简谐横

波，图甲是r=0.5s时的波形图，图乙是.v=2m处质点的振动图像，〃、〃质点在x轴上的平

衡位置分别为0.5m，/=2.0m,下列说法正确的是（）

A.若选手抖动彩带的频率加快，则波长变大

B.波一定沿工轴负方向传播，波的传播速度为2m/s

C.从r=0.5s到r=ls,质点〃的路程可能为10cm

D.r=1.3s时，a、》两质点的加速度方向•定相反

【答案】D

【解析】A.波的传播速度由介质决定，介质不变，则波速不变，根据波速、频率和波长

的关系式可知，当选手抖动频率加大时，波长会减小，故A错误；

B.由振动图像可知，在/=0.5s时，x=2m处的质点处于负的最大位移处，由此不能确定波

的传播方向，故B错误；

C.r=0.5s时质点〃位于平衡位置与正的最大位移处之间，从片0.5s到z=ls,即经过四分之

一个周期，质点。的路程可能大于10cm,也可能小于10cm,不能等于10cm,故C错误;

D.由图可知，波长为4m,周期为2s,则波速为u=Z=±m/s=2m/s

T2

若波沿x轴正方向传播，经过0.8s,即z=L3s时,波传播的距离为1.6m,根据平移法可

知，此时。质点处于平衡位置与负的最大位移处之间，加速度向上，质点力处于平衡位置

与正的最大位移处之间，加速度向下，二者的加速度方向相反，同理，若沿x轴负方向传

播，经过0.8s,即r=1.3s时，波传播的距离为1.6m,根据平移法可知，此时。质点处于平

衡位置与负的最大位移处之间，加速度方向向上，质点〃处于平衡位置弓正的最大位移处

之间，加速度方向向下，二者的加速度方向相反，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。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4分，选对但不全H勺得2分，有选错的得0分。

9.1934年，科学家提出超导体的二流体模型，初步解释了低温超导现象。该模型认为：当

金属在温度低于临界温度7；成为超导体后，自由电子会有一部分凝聚成超导电子（"凝聚

是指电子动量分布趋于相同、有序）；这些超导电子与金属离子不发生“碰撞”，因而超导电

子的定向运动不受阻碍，超导体具有理想的导电性。一圆柱形金属导体，沿其轴线方向通

有均匀分布的恒定电流，将中间一段金属降温转变为超导体后，超导体内的电流只分布在

表面厚为10一8m量级的薄层内，其截面示意图如图所示，在正常金属和超导体之间还存在

尺度为10-8m量级的交界区。根据上述信息可知（)

A,交界区两侧单位时间内通过的电荷量相等

B.超导体中需要恒定电场以维持其中的超导电流

C.图中超导体轴线附近依然存在定向移动的自由电子

D.图中超导体内部轴线史的磁感应强度一定为零

【答案】AD

【解析】A.根据电流定义式可知，交界区两侧电流相同则交界区两侧单位时间内通过的

电荷量一定相等，故A止确；

B.因超导电子能产生定向运动，不受阻碍，则超导体中不需要恒定电场以维持其中的超

导电流，故B错误；

C.由题意可知，当金属在温度低于（成为超导体后，超导体内的电流只分布在表面厚为

10-8m量级的薄层内，则在除表面层外超导体内部不存在定向移动的自由电子，故C错误;

D.因为超导体内的电流只分布在表面厚为108m量级的薄层内，由对称性可知，如图中

超导体内部轴线处的磁场•定为零，故D正确。故选AD。

10.如图所示，电源电动势E=3V,内阻/*=2Q,滑动变阻器总阻值R=5Q,定值电阻用

=3C,R2=2C,电流表均可视为理想电表。滑动变阻器的滑动触头P从〃向〃移动过程

中，下列说法正确的是（）

A.电流表A的示数先减小后增大B.电流表A1的示数先增大后减小

C.电流表A2的示数逐渐增大D.电源的输出功率逐渐减小

【答案】AC

【解析】A.当满足凡+R〃p=R2+R加时，外电路的电阻最大，则滑动变阻器的滑动触头

P从〃向〃移动过程中，电路的总电阻先增大后减小，可流/先减小后增加，电流表A的

示数先减小后增大，故A正确；

B.随着RaP的增加，曷所在支路电阻增大，外电路的总电阻减小，干路电流增大，路端

电压减小，则电流表Al读数减小，故B错误；

C.由B项解析，干路电流增大，叫所在支路电流减小，由并联电路电流特点，则电流表

A2读数逐渐增大，故C正确；

D.电源的输出功率为=E/-八r，电流/先减小后增加，所以电源的输出功率变化无法

确定。故D错误。

故选ACo

11.如图所示，质量为1kg的导体棒长为0.5m,两端与长为1m的细软铜线相连，静止悬挂

在磁感应强度为1T、方向竖直向上的匀强磁场中。当导体棒通入恒定电流时，导体棒从最

低点由静止向上摆动，最大摆角为90。。重力加速度大小为g=10m/s2,忽略空气阻力（）

B.导体棒中的电流为20A

C.每根铜线所能承受的最大拉力至少为5（3人-2）N

D.从最低点摆到铜线拉力最大位置处，安培力做功为1DJ

【答案】BC

【解析】A.由左手定则可知，导体棒受到的安培力尸沿水平方向，故A错误；

B.由题意知，导体棒质量阳=lkg,导体棒长L=0.5m,细软铜线长/=lm,磁感应强

度3=1T

导体棒从最低点到最大摆侑处，由动能定理，得FI-mgl=O

解得b=mg=10N

又由安培力F=B/L

解得导体棒中的电流为/=20A,故B正确；

C.设摆角为。时，每根铜线拉力为7，由动能定理，得f7sinO-wg/（l—cos0）=gad

2

由沿铜线方向的合力提供向心力，有2T-〃2gcose-77sine=丝-

33

联立两式，整理得了=万/sin8+5cos0-mg

RAF-mg-ION,得入=15（sin^+cos^）N-10N=15\/2sin（^4-45o）N-10N

当，二45。时，T的最大值为八=（15应-10）N=56应-2）N

则每根铜线所能承受的最大拉力至少为5（3jl-2）N,故C正确；

D.铜线拉力最大位置处为。=45。

从最低点摆到铜线拉力最大位置处，安培力做功为W=&sin450=5jil，故D错误。

故选BCo

12.如图所示，粒子源不断地产生氢的三种同位素原子核（；？｛、；14和：11）,三种粒子飘入

（初速度可忽略不计）电压为a的加速电场，经加速后从小孔沿平行金属板服d的中轴

线射入偏转电场。〃两板间的电压为u2,在偏转电场的右侧存在范围足够大的有界匀强

磁场，磁场左边界PQ与cd板右端重合，磁场方向垂直纸面向里.。三种粒子通过偏转电场

后从PQ进入磁场，之后又从PQ边界射出磁场，平行金属板。、d的中轴线与PQ边界交

于。点。整个装置处于真空中，加速电场与偏转电场均视为匀强电场，不计粒子重力及粒

子间的相互作用力。下列说法正确的是（）

粒

子

遮

A.三种粒子从同一位置射入磁场

B.三种粒子射出磁场时速度方向不相同

C.三种粒子在磁场中运动时间相同

D.仅增大Ua,则;H射入磁场的位置和射出磁场的位置之间的距离不变

【答案】AD

【解析】A.粒子在加速电场中被加速，则U闻相片

2

进入偏转电场后y二,。，,=ma,I=v（/

2d

U/2

解得）'二:七"，与粒子的比荷无关，则三种粒子从同一位置射入磁场，A正确；

4dq

八atU、l

B.粒子射入磁场时的速度方向与水平方向的夹角为tan6=—=---

%2dU\

可知三种粒子进入磁场时的速度方向相同，则射出磁场时速度方向也相同，B错误：

0—027rm0m

c.粒子在磁场中转过的角度。相同，根据/=/丁=；；------=—

2乃L71qBqB

三种粒子的比荷不同，则在磁场中运动时间不相同，C错误；

D.粒子射入磁场时的速度U=一^7；

COS9

2

粒子在磁场中做圆周运动quB=in—

r

则射入磁场的位置和射出磁场的位置之间的距离d=2厂cos。

联立解得鲁

qB

可知仅增大。2,则即不变，则;H射入磁场的位置和射出磁场的位置之间的距离不变，D

正确。故选AD。

三、非选择题：本题包括6个小题，共60分。

13.某实验小组用如图甲所示的实验装置.来测量重力加速度。他们将四个完全相同的圆柱

形小磁铁叠放在一起并用细线悬挂起来构成一个能在竖直平面内摆动的单摆（忽略空气及

手机对单摆运动的影响）。

（1）用亳米刻度尺测得小磁铁悬挂后的摆线长/（从悬点到上面小磁铁的最上端），再用螺

旋测微器测得一个圆柱形小磁铁的厚度的读数如图乙所示，d=mm.

（2）手机置于小磁铁平衡位置正下方，将小磁铁由平衡位置拉开一个小角度后由静止释

放，手机软件记录磁感应强度的变化曲线如图丙所示，单摆的周期7=。

（3）计算重力加速度的公式？=（用题中符号4九、/表达）。

c712（/+2J）

【答案】⑴5.98（＞##5.978##5.979##5.981##5.982（2）2/0（3）———-

6

【解析】（1）根据图乙中螺旋测微器的示数，圆柱形小磁铁的厚度

d—5.5mm4-48.0x0.01mm=5.980mm

（2）小磁铁经过最低点时测得的磁感应强度3最大，根据单摆的运动规律，单摆的周期

7=2/0

（3）单搜的探长为L=/*2"

单摆的周期为丁=2兀

兀2（/+2d）

联立解得」^一』

%

14.某同学想要测量铅笔芯的电阻，他找到的实验器材有：6只完全相同的铅笔芯、定值电

阻扁、滑动变阻器尺、螺旋测微器、亳米刻度尺、多用电表、电压表、端在有鳄鱼夹P

的导线、开关S、电源、导线若干等。

（I）先用多用电表欧姆挡的“xlO”挡粗测铅笔芯的电阻，发现指针偏角过小。为了更准确

地测量电阻，应将旋钮调至______（选填“xl”或“xl（）0"）挡后再次进行测量。

（2）用亳米刻度尺、螺旋测微器分别测量铅笔芯的长度和直径。

（3）按原理图连接好电路进行测量。

①闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片滑到（五填””或“8”）端；

②测量时，先将滑片调整至合适位置.，并一直保持不动；

③接着将鳄鱼夹P夹在1位置，测得定值电阻R。两端的电压为Uo；

④然后依次将鳄鱼夹P夹在2、3、4、5、6、7的位置上进行测量，测得接入第N支铅笔

芯时的电压表示数为U：

⑤根据测出的数据，则一支铅笔芯的电阻为（用题中符号Uo、Ro、N、U表达）：

（4）若考虑电压表内阻的影响，此方法测量的铅笔芯电阻______（选填“大于”“小于”或

“等干”）真实信。

【答案】（1）xlOO（3）B（4）小于

NU。

【解析】［11若指针偏转角度过小，说明待测电阻阻值较大，则应换大倍率进行测量，所以

应将旋钮调至“X100”挡后再次进行测量；

⑵闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片滑到阻值最大处，即B端；

UUQ

⑶根据欧姆定律可得『三

所以R=（…阳

"，以NU。

［4］由于4+=9，/测

/测自

若考虑电压表内阻的影响，此时电压表存在分流作用，则/真＜输

所以R测＜“

此方法测量的铅笔芯电阻小于真实值。

15.有一面积足够大且水深为人的长方体水池，在水池底面一条边上的A点固定一单色点

光源。已知水对该种色光的折射率为〃，光在真空中的传播速度为c。在A点正上方水面

处有一点A求：

A'

(I)从点光源发出的光沿直线传播到A'所用的时间；

(2)水面上被照亮区域的面积(不考虑光的多次反射)。

cTih~

【答案】(1)t=—(2)S=

c2(/2--1J

【解析】(1)设光在水中传播速度为口则〃=£

V

光在水中匀速传播〃=0

解得”?

(2)水面照亮区域为半圆，设圆的半径为R,照亮区域面积S=

2

设临界角为C,由几何关系可得R=/ztanC

根据折射率与临界角的关系〃=—

sine

兀力2

联立解得S二病f

16.如图甲所示是测量某电梯备用电源电动势和内电阻的电路图，当8、S2同时闭合时，

电压表和电流表(均为理想电表)的示数分别为180V和4A；当Si闭合、S2断开时，示

数分别为190V和3A。如图乙所示，用此电源给一台电动机供电，已知电路中的电流

/=5Ao若该电动机在10s内能把一质量〃『90kg的物品匀速提升。=9m,不计摩擦及空气阻

力，取重力加速度g=10m，s2。求:

(1)电源的电动势和内电阻:

(2)电动机线圈的电阻R及在10s内电动机线圈产生的热量。。

【答案】⑴220V,IOQ(2)I.6Q,4(X)J

【解析】（1）由闭合电路欧姆定律得4二七一人-，U2=E-I2r

代入数据联立解得石=220V,r=l（）Q

（2）在电源给电动机供电回路中，由能量转化和守恒定律E〃=/2"+E电

电动机提升物品的过程中，由能量转化和守恒定律E电二〃吆0+。

解得。=400J

由焦耳定律可得Q=/?M

解得R=1.6。

17.如图所示，一质量M=O.lkg平板车静止在光滑水平面上，距平板车右端L处有一竖宜

固定挡板。，一质量〃?=0.3kg物块静止于平板车最左端，一质量相（）=0.2kg小球用长"

=1.25m不可伸长的轻质细线悬挂于。点正下方，并轻靠在物块左侧。将细线拉直到水平

位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。当物块刚好与平板车

速度相同时，平板车与挡板发生第一次碰撞，平板车和挡板碰撞过程中没有机械能损失，

物块一直未脱离平板车。小球、物块均可视为质点，物块与平板车间的动摩擦因数为

〃=0.1,不计空气阻力,重力加速度g取lOm/s?。求:

iQ

-PjI

。。I

///7////7////////（「

4L

（1）小球从释放到与物块碰撞前，小球所受合力的冲量/;

（2）小球与物块碰撞后的瞬间，物块的速度；

（3）平板车右端到挡板。的初始距离L：

（4）平板车在整个运动过程中的总路程S（若0V/V1,8则父=0）。

【答案】（1）1kgm/s,方向水平向右（2）4m/s,方向水平向右（3）1.5m

(4)5.5m

【解析】(1)小球从释放到与物块碰撞前，由机械能守恒定律〃必?4=；叫/

解得v=5m/s

小球合力的冲量/=/nov-O=lkgm/s,方向水平向右。

(2)小球与物块碰撞过程，由动量守恒定律〃70y=60%+机%

由动能不变=：/叫)片

44V

解得％nTiWs,Vp=4in/s

故物块的速度大小为4m/s,方向水平向右

(3)从物块开始运动到与平板车共速过程中

对平板车和物块，由动量守恒定律，利M=(帆1〃)匕，解得匕=3m/s

对平板车，由动能定理〃=

解得L=1.5m

(4)对平板车，由牛顿第二定律〃机g=M〃

解得a=3m/s2

平板车与挡板碰撞后第二次达到共同速度的大小为v2

由动量守恒定律(〃7-")匕=(/274-A1)V2

解得”;片

同理可得，第三次达到共同速度的大小匕=g%=(g)V.

以此类推，第〃次达到共同速度的大小V„=(g)V,

平板车走过的总路程

/、

S=L+2―+―+—+•••=L+2x^-xfl+-+-+--.1=1.5+2x——x—5-m=5.5m

[2a2a2aJ2al416J2x3」

I4J

18.如图所示，直线ON将坐标系的第一象限分为区域【和区域n,区域I内有平