贵州毕节市实验高级中学2025~2026学年高二上学期期中考试物理试卷（含答案）

第第页贵州毕节市实验高级中学2025~2026学年高二上学期期中考试物理试卷一、选择题（本大题共10小题，共43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5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．关于电磁场和电磁波，下列说法中正确的是（）A．周期性变化的电场在周围空间产生周期性变化的磁场B．均匀变化的磁场在周围空间产生均匀变化的电场C．电磁波必须依赖于介质才能传播D．麦克斯韦最先用实验证实了电磁波的存在2．如图所示，一圆形线圈共有10匝，围成的面积为1m2；线圈内有一面积为0.5mA．穿过线圈的磁通量大小为10B．穿过线圈的磁通量大小为5C．穿过线圈的磁通量大小为50D．将线圈从图示位置绕某直径转过180°，穿过线圈的磁通量变化量为03．一弹簧振子沿水平方向做简谐运动的图像如图所示，其在平衡位置时位移为0。下列说法正确的是（）A．周期为2s B．振幅为C．t=2s时，回复力最大 D．t=14．如图所示，两个弹簧与钩码组成固有频率为4HzA．当电动机的转速为2r/s时，钩码的振动频率为B．当电动机的转速为2r/s时，钩码的振动周期为C．当电动机的转速为4r/sD．无论电动机的转速如何变化，钩码振动的振幅都不会发生改变5．两足够长的细直导线放置在同一竖直平面内，两导线相互垂直且绝缘，分别通有电流4I和2I，电流方向如图中所示。在该平面内有M、N两点，M、N到两直导线的距离均为d。已知一根无限长直导线在其周围空间某点产生的磁感应强度大小B与电流大小I成正比，与该点到直导线的距离r成反比，即B=kIr（k为常数）。已知M点的磁感应强度大小为BA．B0 B．2B0 C．3B0 D．4B06．如图所示，在光滑水平面上放置一光滑曲面物块B，它的底端与水平面相切，顶端离地高度为h。将一小球A从B的顶端由静止释放，小球A可看作质点，重力加速度为g。在小球A下滑过程中（）A．A、B组成的系统动量守恒B．A滑到B的底端时A的速度大小为2ghC．物块B对小球A的作用力做负功D．物块B所受重力的冲量为07．图甲是用力传感器对单摆做小角度摆动过程进行测量的装置图，图乙是与力传感器连接的计算机所显示的F−t图像，其中F的最大值F2=1.01N。已知小球质量m=0.1kg，小球的直径d=2.0cmA．单摆周期为1sB．细线的长度为0.98C．小球经过最低点时速度大小为3D．F8．如图所示，矩形线圈abcd与通电长直导线均位于竖直平面内，且线圈的ad边与导线平行，长直导线固定。下列操作可以使线圈中产生感应电流的是（）A．使线圈在该平面内沿垂直于直导线方向向左移动B．使线圈在该平面内沿平行于直导线方向向下移动C．使线圈以虚线为轴匀速转动D．使线圈以通电导线为轴匀速转动，且转动过程中线圈和直导线始终共面9．在如图所示电路中，电源内阻为r，定值电阻R1>r，电压表、电流表均为理想电表。当滑动变阻器R3A．电压表示数变大，电流表示数变小B．通过滑动变阻器R3C．R1D．电源的输出功率增大10．如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球P、Q发生对心碰撞（碰撞时间极短，且两小球均可看作质点），两小球质量分别为mP和mQ，如图乙所示为两小球碰撞前后的x−t图像。已知A．t=4s时，P、Q相距B．mC．碰撞过程中，P球所受Q球的冲量大小为12ND．该碰撞为非弹性碰撞二、填空、实验题（本大题共2小题，共15分）11．某实验小组用如图所示的实验装置验证动量守恒定律。图中气垫导轨上有光电门1和光电门2，它们与数字计时器（图中未画出）相连，滑块A、B的质量（包含遮光片）分别为mA、mB，两遮光片宽度相同。实验时先将气垫导轨调节成水平状态，再轻推滑块A使其获得一初速度，测得A通过光电门1的遮光时间为t1，A与B相碰后，A没有反弹，B和A先后经过光电门2的遮光时间分别为t（1）要使A与B相碰后，A不反弹，A、B的质量需满足mAm（2）在调节气垫导轨时，导轨上只放置滑块A，轻推滑块A使其获得一初速度，滑块A先后经过光电门1、2的遮光时间分别为t、t'，若tt（3）若在误差范围内满足关系式（用字母mA、mB、t1、t12．小明为测量某种干电池的电动势和内阻，用如图甲所示的电路进行实验，器材如下：电流表A（量程为0.3A定值电阻R0（阻值为12电阻箱R（最大阻值为999.9Ω开关S，导线若干。（1）闭合开关S，多次改变并记录电阻箱R的阻值，记下电流表的对应读数I。某次电阻箱的示数如图乙所示，读出电阻箱的阻值为Ω。（2）根据实验数据，绘制出1I−R图像，如图丙所示，不考虑电流表内阻，根据图像可求得电源电动势E=V，内阻r=（3）若电流表的内阻不能忽略，用该方法测得的电源电动势（填“偏大”“偏小”或“不变”）、电源内阻（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。三、计算题（本大题共3小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13．在如图所示的电路中，电源的电动势E=10V、内阻r=1.0Ω，小型直流电动机M的内阻r0=1.0Ω（1）电动机的输出功率；（2）若电动机保持（1）中的输出功率不变，从静止提升一质量为m=0.6kg的重物，经过时间t=1.0s刚好达到最大速度，不计摩擦、提升重物所用细绳的重力以及空气阻力，g取10m14．如图所示，一高中生练习用头颠球。某次足球由静止下落，与头部碰撞前瞬间速度为v1=3m/s，碰撞后上升的最大高度为h=0.8m。已知足球与头部的作用时间为t=0.1s，足球的质量为0.4（1）足球从静止下落到上升到最大高度的过程中，足球所受重力的冲量；（2）该学生头部受到足球的平均作用力F的大小。15．如图所示，小球A系在细线的一端，细线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h=0.8m。物块B、C的质量分别为5kg、3kg，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球A使细线水平伸直，将小球A由静止释放，运动到最低点时与物块B发生弹性正碰（碰撞时间极短），小球A反弹后上升到最高点时离水平面的距离为h4，且后续的运动过程中不会再和B发生碰撞。A、B、C均视为质点，不计空气阻力，重力加速度（1）A、B碰撞前瞬间小球A的速度大小及小球A的质量；（2）轻弹簧的最大弹性势能；（3）物块C的最大速度大小。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、根据麦克斯韦电磁场理论，周期性变化的电场会在周围空间产生同频率的周期性变化的磁场，故A正确；B、均匀变化的磁场在周围空间产生恒定电场，不是均匀变化的电场，故B错误；C、电磁波传播不需要介质，可以在真空中传播，故C错误；D、麦克斯韦预言电磁波存在，赫兹最先用实验证实电磁波的存在，故D错误；故答案为：A。【分析】A、考查麦克斯韦电磁场理论，周期性变化的场激发周期性变化的场；B、考查均匀变化的磁场产生恒定电场；C、考查电磁波传播特点，可在真空传播；D、考查物理学史，麦克斯韦预言，赫兹实验验证。2．【答案】B【解析】【解答】A、磁通量Φ=BS，S取磁场实际覆盖的有效面积，ΦB、有效面积S=0.5m2，C、磁通量和线圈匝数无关，不能乘匝数，磁通量为5Wb，不是50Wb，故C错误；D、转过180∘，初态Φ=5Wb，末态Φ'故答案为：B。【分析】A、考查磁通量公式，磁通量用磁场区域的有效面积计算；B、考查磁通量Φ=BSC、考查磁通量与线圈匝数无关，匝数影响感应电动势，不影响磁通量；D、考查磁通量是标量但有正负，翻转线圈磁通量变化量不等于零。3．【答案】D【解析】【解答】A、由x-t图像可知，完成一次全振动时间为4s，周期是4s，故A错误；B、振幅是振子离开平衡位置的最大距离，振幅为5cm，故B错误；C、t=2s时，振子在平衡位置，位移为0，回复力F=−kx，回复力等于0，故C错误；D、t=1s时，振子位移最大，离平衡位置最远，弹簧形变量最大，弹性势能最大，故D正确；故答案为：D。【分析】A、考查简谐运动x-t图像，周期的读取；B、考查振幅定义，最大位移的大小；C、考查回复力公式F=−kx，平衡位置回复力为零；D、考查简谐运动能量，位移最大处弹性势能最大，动能最小。4．【答案】C【解析】【解答】A、受迫振动稳定时，物体振动频率等于驱动力频率。转速2r/s，驱动力频率为2Hz，钩码振动频率为2Hz，故A错误；B、驱动力频率f=2Hz，周期T=1C、发生共振的条件：驱动力频率等于系统固有频率。固有频率4Hz，电动机转速4r/s时驱动力频率等于4Hz，发生共振，振幅最大，故C正确；D、驱动力频率改变时，偏离固有频率的程度改变，钩码振幅会改变，故D错误；故答案为：C。【分析】A、考查受迫振动，振动频率等于驱动力频率，不是固有频率；B、考查频率与周期关系式T=1C、考查共振条件，驱动力频率等于固有频率时振幅最大；D、考查受迫振动振幅随驱动力频率变化的特点。5．【答案】C【解析】【解答】根据安培定则，判断知水平通电直导线在M、N处产生的磁场方向均垂直纸面向里，大小均为4kId，竖直通电直导线在M点产生的磁场垂直纸面向外，在N点的磁场垂直纸面向里，大小均为根据矢量叠加原理，可得M点的磁感应强度B0=4kId故答案为：C。

【分析】本题考查安培定则与磁感应强度的矢量叠加，核心思路：根据题目给出公式分别算出两根导线在M、N两点产生磁场的大小，利用安培定则判断磁场方向，同向磁场相加、反向磁场相减，先由M点的合磁场求出kId6．【答案】C【解析】【解答】A、A、B组成的系统，小球有竖直向下的加速度，竖直方向合外力不为零，总动量不守恒，只有水平方向动量守恒，故A错误；B、系统机械能守恒，小球减少的重力势能转化为A、B两者的动能，小球动能小于mgh，速度小于2gh，故B错误；C、由动能定理mgh+W=12mAvD、冲量I=Ft，重力不为零，下滑时间不为零，重力冲量不为0，故D错误；故答案为：C。【分析】A、考查动量守恒条件，系统合外力为零才动量守恒；B、考查系统机械能守恒，势能转化为两个物体的动能；C、考查动能定理，判断弹力做功正负；D、考查冲量定义I=Ft，冲量是矢量，只要力和时间都不为零，冲量就不为零。7．【答案】D【解析】【解答】A、小球每次经过最低点拉力最大，相邻两次拉力最大值间隔1s，单摆周期为2s，故A错误；B、由T=2πLg，算出摆长L=1.0m，减去小球半径0.01m，细线长C、最低点F2−mg=mv2LD、最高点拉力F1=mgcos故答案为：D。【分析】A、考查F-t图像识别，单摆拉力最大值出现在最低点，确定周期；B、考查单摆周期公式，区分摆长和细线长度，摆长是悬点到球心距离；C、考查圆周运动向心力公式和动能定理联立求解速度；D、考查单摆最高点受力分析，沿绳方向合力为零。8．【答案】A,C【解析】【解答】A、线圈在平面内向左移动，靠近通电直导线，磁感应强度变大，穿过线圈磁通量增大，产生感应电流，故A正确；B、线圈沿平行导线方向向下移动，各处磁感应强度不变，磁通量不变，无感应电流，故B错误；C、线圈以虚线为轴匀速转动，线圈法线与磁场夹角不断变化，磁通量发生变化，产生感应电流，故C正确；D、以通电导线为轴转动，线圈始终与导线共面，穿过线圈磁通量保持不变，无感应电流，故D错误；故答案为：AC。【分析】A、考查通电直导线磁场分布，磁通量变化产生感应电流；B、考查磁通量判断，平行导线平移，磁通量不变；C、考查转动过程磁通量变化，闭合回路磁通量变化是产生感应电流条件；D、考查以导线为轴转动时磁场的对称性，磁通量不变。9．【答案】B,D【解析】【解答】A、滑片向b移动，R3接入阻值减小，总外阻减小，总电流增大，路端电压减小，电压表示数变小；并联部分电压减小，RB、总电流增大，R2支路电流减小，所以通过RC、总电流增大，由P=I2RD、电源输出功率在外电阻等于内阻时最大，已知初始外电阻R1>r，外电阻减小靠近内阻故答案为：BD。【分析】A、考查闭合电路欧姆定律，动态电路“串反并同”，路端电压、支路电流判断；B、考查并联电路电流分配，总电流等于两支路电流之和；C、考查电功率公式P=ID、考查电源输出功率规律：R外>r时，10．【答案】B,C【解析】【解答】A、由x-t图像，碰后P速度v1=−2m/s，Q速度v2=2m/s。t=2s时刻碰撞，t=4s时，时间间隔B、碰撞动量守恒：mPv0C、根据动量定理，P受到的冲量等于动量变化量，I=Δp=mD、计算碰撞前后总动能，碰撞前后总动能相等，属于弹性碰撞，故D错误；故答案为：BC。【分析】A、考查x-t图像斜率表示速度，利用速度求两物体间距；B、考查动量守恒定律，一维对心碰撞；C、考查动量定理，冲量等于物体动量的变化；D、考查弹性碰撞判断方法：对比碰撞前后系统总动能是否相等。11．【答案】（1）大于（2）等于（3）m【解析】【解答】（1）弹性碰撞模型中，入射小球质量大于被碰小球质量时，碰撞后入射球不会反弹，故mA大于m故答案为：大于；（2）导轨调水平后，滑块不受合外力，做匀速直线运动。遮光片宽度不变，速度不变，则两次遮光时间相等。故答案为：等于；（3）设遮光片宽度为d，碰前A速度vA=dt1；碰后B速度vB=dt故答案为：mA【分析】（1）本题考查碰撞实验的条件，理解防止入射球反弹的质量要求；（2）本题考查气垫导轨调平的判断依据，匀速运动时遮光时间不变；（3）本题考查验证动量守恒定律，利用光电门测瞬时速度，代入动量守恒公式推导关系式。（1）要使A与B相碰后，A不反弹，A、B的质量需满足m（2）当导轨水平时，滑块A做匀速直线运动，则t=（3）碰前A的速度为vA=dt若两滑块碰撞前后动量守恒，则满足m代入可得m即m12．【答案】（1）12.3（2）4.2；2.7（3）不变；偏大【解析】【解答】（1）由图像可知，电阻箱的阻值为R=100×0+10×1+1×2+0.1×3=12.3Ω

（2）根据闭合电路欧姆定律可得E=Ir+R由图丙可知r+R0E=3.5A−1（3）根据（2）的表达式可知电源电动势测量值等于真实值，电源内阻的测量值为其真实值与电流表内阻之和，所以偏大。

故答案为：不变；偏大

【分析】(1)考查电阻箱读数，每一档数值乘倍率后相加；(2)考查闭合电路欧姆定律、线性图像处理，把1I(3)考查系统误差分析，电流表内阻等效归入电源内阻，电动势不受影响，测得内阻包含电流表内阻，因此内阻偏大。（1）由图像可知，电阻箱的阻值为R=100×0+10×1+1×2+0.1×3=12.3（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得E=I可得1由图丙可知r+R0解得E=4.2（3）根据（2）的表达式可知电源电动势测量值等于真实值，电源内阻的测量值为其真实值与电流表内阻之和，所以偏大。13．【答案】（1）解：电动机两端的电压U=E−Ir=8电动机电功率P电动机的热功率P电动机的输出功率P（2）解：设重物的最大速度为vm，则解得v在时间t内，由动能定理得P解得h=1.8【解析】【分析】(1)本题考查含电动机的非纯电阻电路，先用闭合电路欧姆定律求电机电压；输入功率UI，热功率用焦耳定律，输出功率等于输入功率减去热功率；电动机不能用欧姆定律。

(2)本题考查机车类功率模型，达到最大速度时合力为零，拉力等于重力；变加速过程用动能定理，输出功率乘以时间为电动机做的功。（1）电动机两端的电压U=E−Ir=8电动机电功率P电动机的热功率P电动机的输出功率P（2）设重物的最大速度为vm，则解得v在时间t内，由动能定理得P解得h=1.814．【答案】（1）解：足球下落的时间t上升过程的时间满足h=解得t重力的冲量I代入数据得IG（2）解：设竖直向上为正方向，则足球的动量变化量为△p=mv根据动量定理可知(F−mg)t=解得足球受到头部的平均作用力为F=32由牛顿第三定律可知，头部受到足球的平均作用力的大小F【解析】【分析】(1)本题考查冲量定义，冲量I=Ft，重力冲量等于重力乘全过程总时间，注意把下落、碰撞、上升三段时间全部计入；

(2)本题考查动量定理，矢量问题要规定正方向；动量定理