广西壮族自治区桂林市十二县中学等校2025-2026学年高二上学期12月期中物理试题（含答案）

第第页广西壮族自治区桂林市十二县中学等校2025-2026学年高二上学期12月期中物理试题一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1．下列关于弹簧振子做简谐振动时的加速度和动能的说法正确的是（）A．加速度减小时，动能增大 B．加速度增大时，动能增大C．加速度最大时，动能最大 D．加速度为零时，动能也为零2．如图所示，在竖直平面内有垂直纸面向里的有界匀强磁场，闭合线圈ABCD由静止释放，AD边的长度大于磁场区域宽度，下列说法正确的是（）A．从AB边刚进入磁场到AB边刚离开磁场，线圈中有感应电流B．从AB边刚离开磁场到CD边刚进入磁场，线圈中有感应电流C．从AB边刚进入磁场到AB边刚离开磁场，线圈中无感应电流D．从CD边刚进入磁场到CD边刚离开磁场，线圈中无感应电流3．某电源的电动势和内阻不变，电源的路端电压U随外电路的电阻R变化的图像如图所示，则该电源的内阻为（）A．0.1Ω B．0.2Ω C．0.3Ω D．0.4Ω4．一个质量为2kg的物体在合力F的作用下由静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图像如图所示，则0~6s时间内，物体的最大速度为（）A．1m/s B．2m/s C．3m/s D．4m/s5．一长方体金属导体如图所示，其长、宽、高分别为a、b、c，它们之间满足a=b=2c，在此长方体的上、下、左、右四个面上分别通过导线引出四个接线柱1、2、3、4，在1、2两端和在3、4两端分别加上相同的恒定电压时，导体内电流之比I12A．1∶4 B．1∶2 C．2∶1 D．4∶16．如图所示，在直角三角形abc中，∠a=60°，d为ac的中点；三根通电长直导线垂直于纸面分别过a、b、c三点，a和b导线的电流方向垂直纸面向里，c导线的电流方向垂直纸面向外，已知每根导线在d点产生的磁场的磁感应强度大小均为B0A．3B0 B．2B0 C．77．如图所示，平行板电容器两个极板与水平面成θ角，极板的长度为L，A板带负电，B板带正电。一比荷为k的带电小球恰能沿电容器A、B板边缘的连线（水平直线）向右通过电容器，已知电容器的电容为C，重力加速度大小为g，则电容器所带的电荷量为（）A．kgLCtanθsinC．gLCtanθk8．八只完全相同的灯泡分别用图甲、乙两种方式连接，电路两端电压分别为6V和20V，灯泡的额定电压为4V，额定功率为4W，调节滑动变阻器的滑片，使八只灯泡均正常发光，下列说法正确的是（）A．滑动变阻器R1接入电路的阻值为4B．滑动变阻器R2接入电路的阻值为4C．滑动变阻器R1D．滑动变阻器R29．如图所示，平行板电容器两板A、B接于电池两极，用绝缘细线将一个带电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，小球平衡时，细线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（）A．将S断开，再将A板向左移少许，θ变大B．将S断开，再将A板向右移少许，θ变大C．保持S闭合，将B板向上移少许，θ不变D．保持S闭合，将B板向下移少许，θ不变10．如图所示的U−I图像中，直线a表示某电源的路端电压U与电流I的关系，直线b、c分别表示电阻R1、R2的电压U与电流I的关系。只将R1与该电源组成闭合电路时，电源的输出功率为P1，电源的效率为η1；只将RA．P1=2W B．P2=4.5W二、非选择题：本题共5小题，共54分。11．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，以历次测量的摆长L求得的L为横轴，以相应的单摆的周期T为纵轴，建立坐标系，作出T−L图像，已知图像斜率为k，则重力加速度大小g=；若小球摆动时轨迹不在同一竖直平面内而是在某一水平面内做半径为r的匀速圆周运动，则实验中小球的周期T=（用L、g和r表示），若依然用公式T=2πLg12．某实验小组测量一粗细均匀金属丝的电阻率。（1）用20等分游标卡尺测量该金属丝的长度L，测量结果如图甲所示，则L=cm。（2）用螺旋测微器测得该金属丝的直径为d。（3）该实验小组选用图乙所示的电路来测量金属丝的电阻R2，电流表A1、A2的内阻均可忽略。正确连接电路后，闭合开关S，调节电阻箱R的阻值至R1时，调节滑动变阻器的滑片至合适位置，电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，保持R1不变，调节滑片位置，多次测出电流表A1、A2的示数，以I1为纵坐标，I2为横坐标，画出I1−13．如图所示，电源的电动势E=63 V、内阻r=1Ω，定值电阻R1=20Ω、R（1）通过电动机的电流IM（2）电动机的输出功率P出14．如图所示，一实验小车静止在足够大的光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车左端，一质量为m的小球用长为L的不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置并将小球由静止释放，小球运动到最低点时与物块发生弹性正碰（碰撞时间极短），碰撞后物块恰好不能从右端脱离小车。已知物块、小车的质量均为M=32m，小车上的水平轨道长s=（1）物块的最大速度vm（2）物块与水平轨道间的动摩擦因数μ。15．真空示波管的示意图如图甲所示，电子从灯丝K逸出（初速度为零），经灯丝与A板间的加速电压U1加速后，从A板中心孔沿M、N板的中心线KO射出，然后进入由两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，并恰好从金属板M的右边缘射出，打在荧光屏上的P点。已知两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2（1）求M、N两板间的电压大小U2（2）求电子打在P点时的动能Ek（3）若偏转电场两板间的电压按如图乙所示周期性变化，偏转电场的周期T与电子在偏转电场中运动的时间t满足t=2n+12T(n=1,2,3,⋯)，要使电子经加速电场加速后，在t=0

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、加速度减小时，振子向平衡位置运动，速度增大，动能增大，故A正确；B、加速度增大时，振子远离平衡位置运动，速度减小，动能减小，故B错误；C、加速度最大时，位移最大，速度为零，动能为零，故C错误；D、加速度为零时，位移为零，速度最大，动能最大，故D错误；故答案为：A。【分析】A、考查简谐运动位移、加速度、速度的变化规律，靠近平衡位置加速度减小，速度变大；B、考查简谐运动远离平衡位置时各物理量变化；C、考查最大位移处的特点，位移最大，加速度最大，速度为0；D、考查平衡位置的特点，位移、加速度为0，速度、动能最大。2．【答案】A【解析】【解答】A、从AB边刚进入磁场到AB边刚离开磁场，线圈磁通量发生变化，产生感应电流，故A正确；B、从AB边刚离开磁场到CD边刚进入磁场，线圈内磁通量保持不变，无感应电流，故B错误；C、从AB边刚进入磁场到AB边刚离开磁场，线圈磁通量变化，存在感应电流，故C错误；D、从CD边刚进入磁场到CD边刚离开磁场，线圈磁通量发生变化，有感应电流，故D错误；故答案为：A。【分析】A、考查感应电流产生条件，闭合回路磁通量发生变化会产生感应电流；B、考查磁通量不变时，闭合回路不产生感应电流；C、考查线圈进入磁场过程，磁通量变化，存在感应电流；D、考查线圈离开磁场过程，磁通量变化，存在感应电流。3．【答案】D【解析】【解答】根据欧姆定律U=IR，根据闭合电路欧姆定律I=ER+r当R=3.6Ω，U=5.4V，当R=1.6故答案为：D。

【分析】本题综合闭合电路欧姆定律结合U-R图像，核心思路：路端电压公式U=ER4．【答案】B【解析】【解答】图像和时间轴所围成的面积表示物体受到的冲量，由图可知2s时的速度最大，

根据动量定理，有2×2kg⋅故答案为：B。

【分析】本题综合动量定理与F-t图像，核心思路：F-t图线与时间轴围成的面积表示合外力的冲量，合力与速度同向时物体加速，合力反向后物体减速，因此合力方向改变的时刻速度最大，利用动量定理I=Δ5．【答案】D【解析】【解答】根据电阻定律R=ρLS，当在1、2两端加上恒定电压U时，R1在3、4两端加上恒定的电压时，R2＝ρabc，所以根据欧姆定律I=UR，可得电流之比为故答案为：D。

【分析】本题综合电阻定律和欧姆定律，核心思路：电阻定律中L是电流通过的导体长度，S是垂直于电流方向的横截面积，两种接线方式对应的L、S不一样，先分别写出两个电阻表达式，代入已知尺寸关系求出电阻比值，电压不变，电流与电阻成反比，进而求出电流之比。6．【答案】C【解析】【解答】每根导线在d点产生的磁场的磁感应强度大小均为B0，根据安培定则则a、c导线在d点产生的磁场的磁感应强度大小为2B0，方向垂直于a、c导线向上，b导线在该点产生的磁感应强度的大小为B0，方向和a、c导线成30∘夹角向上，具体如图则将b导线在该点产生的磁感应强度分解为沿着a、c导线方向故答案为：C。【分析】本题考查安培定则与磁场的矢量叠加，核心思路：通电直导线的磁场遵循安培定则，磁感应强度是矢量，先确定每根导线在d点磁场的大小与方向，把各磁感应强度正交分解，分别算出两个垂直分量，再用勾股定理求合磁感应强度。7．【答案】C【解析】【解答】小球受竖直向下的重力，以及垂直于电容器极板的电场力，小球恰能沿图中所示水平直线向右通过电容器，

则小球所受电场力方向为垂直电容器极板斜向左上方，小球的受力分析如图根据几何关系可得板间距为d=Ltanθ根据电容的定义式Q=CU，U=Ed，联立解得Q=故答案为：C

【分析】本题考查带电粒子在平行板电容器中的受力与电容综合问题，核心思路：粒子做水平直线运动，电场力垂直极板，重力竖直向下，竖直方向受力平衡，先求出电场强度；结合几何关系得到极板间距，求出极板间电势差，再利用电容定义式Q=CU求出电容器所带电荷量。8．【答案】B,C【解析】【解答】A、灯泡额定电流IL=PU=44A=1A。甲图4灯并联，总电流I=4IL=4A。变阻器电压U1=6V−4V=2V，R1=U1【分析】A、考查并联电路特点，欧姆定律求滑动变阻器阻值；

B、考查串联电路特点，利用欧姆定律求电阻；

C、考查电功率公式P=UI，计算变阻器功率；

D、考查串联电路电功率计算，串联电流处处相等。9．【答案】C,D【解析】【解答】A、S断开，电容器电荷量Q不变，极板间场强E=4πkQεrB、S断开，电荷量Q不变，A板右移，d变小，场强E不变，电场力不变，θ不变，故B错误；C、保持S闭合，极板间电压U不变，B板上移，正对面积S改变，极板间距d不变，由E=Ud，E不变，电场力不变，D、保持S闭合，极板间电压U不变，B板下移，正对面积S改变，极板间距d不变，E=Ud，E不变，电场力不变，故答案为：CD。【分析】A、考查S断开（Q不变）时平行板电容器电场强度，场强与板距无关；B、考查电荷量不变，改变板间距，场强保持不变；C、考查S闭合（U不变），改变极板正对面积，板间距不变，场强不变；D、考查保持电压不变，场强E=U10．【答案】B,C,D【解析】【解答】A、由图线a知电源电动势E=6V，R1接入电路，交点U1=4V,B、R2接入电路，交点U2=3V,C、电源效率η1D、电源效率η2故答案为：BCD。【分析】A、考查U-I图像交点的物理意义，输出功率P=UI；B、考查利用图像交点数据计算电源输出功率；C、考查电源效率公式η=UD、考查路端电压与电动势之比为电源效率。11．【答案】4π2k【解析】【解答】根据单摆的周期公式T=2πLg设细线与竖直方向的夹角为θ，则mgtanθ=m联立解得T=2πLcos则重力加速度的测量值大于真实值。

故答案为：4π2k【分析】（1）本题考查单摆T−L（2）本题考查圆锥摆模型，分清实际等效摆长不是绳长L，而是悬点到圆周轨道平面的竖直距离；（3）本题考查实验误差分析，圆锥摆属于误操作，周期偏小，分析公式判断测量值与真实值大小关系。12．【答案】5.110；R1k【解析】【解答】（1）20等分游标卡尺测量该金属丝的长度为L=5.1cm+2×0.05mm（2）根据欧姆定律I1R1R2=I2-I1，变形整理可得则电阻率为ρ=πR2d24L=π（3）本题考查伏安法测电阻与电阻定律，结合并联电路电压电流规律，理解I113．【答案】（1）解：设通过电源的电流为I，通过R2的电流为I2，根据闭合电路欧姆定律有I=E−U解得I（2）解：设电动机的输入功率为Pλ，电动机线圈的发热功率为P热，则有Pλ=解得P【解析】【分析】(1)本题考查含非纯电阻的闭合电路，R2(2)本题考查电动机功率，输入总功率P=UI，热功率用焦耳定律，输出机械功率等于输入功率减去发热功率。（1）设通过电源的电流为I，通过R2的电流为I2，根据闭合电路欧姆定律有I=E−U解得I（2）设电动机的输入功率为Pλ，电动机线圈的发热功率为P热，则有Pλ=解得P14．【答案】（1）解：设小球与物块碰撞前瞬间的速度v0，碰撞后瞬间的速度为v1，碰撞后瞬间物块的速度最大，此时物块的速度为v解得v由于小球与物块的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒定律可得m根据能量守恒可得1联立解得v（2）解：由题可知，碰撞后物块恰好不能从右端脱离小车，则物块运动到圆弧轨道最高点时二者共速，则对物块与小车整体，由水平方向动量守恒，则有M根据能量守恒则有1由题可知s=45联立解得μ=0.25【解析】【分析】(1)本题考查弹性碰撞，小球下落用机械能守恒；弹性碰撞同时满足动量守恒、动能守恒，求出碰撞后物块最大速度；

(2)本题考查板块+圆弧模型，水平面光滑，物块冲上圆弧到最高点，水平动量守恒；损失的动能用来克服摩擦力做功和增加重力势能，能量守恒求解动摩擦因数。（1）设小球与物块碰撞前瞬间的速度v0，碰撞后瞬间的速度为v1，碰撞后瞬间物块的速度最大，此时物块的速度为v解得v由于小球与物块的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒定律可得m根据能量守恒可得1联立解得v（2）由题可知，碰撞后物块恰好不能从右端脱离小车，则物块运动到圆弧轨道最高点时二者共速，则对物块与小车整体，由水平方向动量守恒，则有M根据能量守恒则有1由题可知s=45联立解得μ=0.