湖北省荆州市沙市中学2025-2026学年高二上学期期中考试物理试卷（Word版附答案）

这是一份湖北省荆州市沙市中学2025-2026学年高二上学期期中考试物理试卷（Word版附答案），共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
命题人：高胜华 审题人：刘潇
考试时间：2025年11月14日
一、单选题
1．列实验现象，属于电磁感应现象的是（ ）
A．甲图中，导线通电后其下方的小磁针发生偏转
B．乙图中，开关闭合后通电导线在磁场中运动
C．丙图中，开关闭合后通电线圈在磁场中转动
D．丁图中，金属杆切割磁感线时，电流表指针偏转
2．如图甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连。带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是（ ）
A．在Ekt图像中应有
B．加速电压越大，粒子最后获得的动能就越大
C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大
D．要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径
3．将卫星送入预定轨道后。卫星两翼的太阳能电池板把太阳能转化为电能供卫星使用。如图所示，图线a是太阳能电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图像（电池内阻不是常量），图线b是某电阻R的图像。在该光照强度下将它们组成闭合回路时，则（ ）
A．电源的电动势为
B．电阻两端的电压为
C．电源输出功率为
D．硅光电池的内阻为12.5Ω
4．如图1所示，有一种电吹风由线圈电阻为r的小型电动机与电阻为R的电热丝串联组成，电路如图2所示，将电吹风接在电路中，电吹风两端的电压为U，电吹风正常工作，此时电热丝两端的电压为，则下列判断正确的是（ ）
A．电热丝中的电流大小为
B．电动机中的电流大小为
C．电吹风的机械功率为
D．电动机消耗的功率为
5．高压水枪在生活中的应用越来越广泛，高速水流射到物体上会产生强大的作用力，可以达到非常好的清洗效果。已知水枪出水口的直径为d，水流从枪口冲出的速度为v，水的密度为ρ，水流水平射出，忽略水流竖直方向的运动且水射到物体上后速度可认为变为零，则水流对物体的平均作用力为（ ）
A． B． C． D．
6．如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球P、Q发生一维碰撞，两小球质量分别为和，如图乙所示为两小球碰撞前后的图像。已知，由此可以判断（ ）
A．碰前P做匀加速直线运动，Q做匀速直线运动
B．可以计算出
C．碰撞过程为非弹性碰撞
D．若两球碰撞后粘合在一起运动，则碰撞过程中损失的动能为1.2J
7．如图，在竖直平面内的直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子电荷量为q、质量为m、速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则（ ）
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为
B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为
C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为
D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为
二、多选题
8．静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核衰变放出一个α粒子（即氦4原子核），其速度方向与磁场方向垂直。测得α粒子与反冲核轨道半径之比为30∶1，如图所示。已知原子核衰变过程动量守恒，电荷守恒，α粒子带2个单位元电荷，相对原子质量是4，则（ ）
A．反冲核的原子序数为62
B．原放射性元素的原子序数是62
C．反冲核与α粒子的周期之比为1∶62
D．α粒子和反冲核的动量大小相等、方向相反
9．电容式传感器在日常生活中应用极其广泛，比如话筒、智慧黑板、计算机键盘等。如图甲所示，计算机键盘为电容式传感器，每个键下面由相互平行间距为d的活动金属片和固定金属片组成，两金属片间有空气间隙，两金属片组成一个平行板电容器，如图乙所示。其内部电路如图丙所示，当松开键盘过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电容器的电容变小B．电容器所带电荷量变大
C．电容器的电场强度变大D．电流从a经电流计流向b
10．如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m（重力不计）、电荷量为q（q＞0）的同种粒子，所有粒子均能通过MN上的b点，已知ab＝L，则粒子的速度可能是（ ）
A．B．
C．D．
三、实验题（16分）
11．（8分）物体的带电量是一个不易测得的物理量，某同学设计了如下实验来测量带电物体所带电量。如图（a）所示，他将一由绝缘材料制成的小物块放在足够长的木板上，打点计时器固定在长木板末端，物块靠近打点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块相连，操作步骤如下，请结合操作步骤完成以下问题：
（1）为消除摩擦力的影响，他将长木板一端垫起一定倾角，接通打点计时器，轻轻推一下小物块，使其沿着长木板向下运动。多次调整倾角，直至打出的纸带上点迹 ，测出此时木板与水平面间的倾角，记为。
（2）如图（b）所示，在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，用细绳通过一轻小定滑轮将物块与物块相连，绳与滑轮摩擦不计。给物块带上一定量的正电荷，保持倾角不变，接通打点计时器，由静止释放小物块，该过程可近似认为物块带电量不变，下列关于纸带上点迹的分析正确的是___________
A．纸带上的点迹间距先增加后减小至零
B．纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值
C．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差不变
D．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差逐渐减少，直至间距不变
（3）为了测定物体所带电量，除、磁感应强度外，本实验还必须测量的物理量有___________
A．物块的质量
B．物块的质量
C．物块与木板间的动摩擦因数
D．两物块最终的速度
（4）用重力加速度，磁感应强度、和所测得的物理量可得出的表达式为 。
12．（8分）磷酸铁锂电池具有较高的安全性和能量密度，广泛应用于我国的电动汽车。某同学利用以下器材测量单体磷酸铁锂电池的电动势和内阻。
A．磷酸铁锂电池（电动势约为3V，内阻为几十毫欧）
B．电压表V（量程0~3V）
C．毫安表mA（量程200mA，内阻为1.5Ω）
D．定值电阻
E.定值电阻
F.滑动变阻器R（最大阻值为10Ω）
G.开关、导线若干
根据提供的器材，设计电路如图甲所示。
（1）将毫安表与定值电阻并联改装成电流表Ⓐ，则改装后的量程为 A（结果保留两位有效数字）
（2）闭合开关，调节滑动变阻器滑片，多次记录电压表的示数U、改装后电流表Ⓐ的示数I，作出U-I图线如图乙所示，该磷酸铁锂电池的电动势E＝ V，内阻r＝ mΩ。（以上结果均保留两位有效数字）
（3）利用图甲进行测量，该磷酸铁锂电池的电动势测量值 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
四、解答题（44分）
13．（14分）如图，在方向竖直向下的匀强电场中有一倾角为37°的足够长斜面，从斜面上a点以初速度垂直斜面向上抛出一个带正电的小球，运动一段时间后落到斜面上的b点（图中未画出）。已知匀强电场的电场强度，小球的电荷量、质量，小球可视为质点，不计小球重力和空气阻力，，。求：
（1）小球在空中运动的过程中，离斜面的最远距离；
（2）a、b两点的距离及小球在b点的动能。
14．（14分）如图，质量为kg的木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x，右端与一固定在地面上的半径m的光滑四分之一圆弧紧靠在一起，圆弧的底端与木板上表面水平相切。质量为kg的滑块B（可视为质点）以初速度m/s，从圆弧的顶端沿圆弧下滑，B从A右端的上表面水平滑入时撤走圆弧。A与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力，A、B之间动摩擦因数，A足够长，B不会从A表面滑出，取重力加速度m/s2。
（1）若A与台阶碰前，已和B达到共速，求A向左运动的过程中与B因摩擦产生的热量；
（2）若A与台阶只发生一次碰撞，求x满足的条件。
15．（16分）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限内，存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场，以及方向与轴负方向成60°角的匀强电场。一质量为、电荷量为的粒子从坐标原点以大小为的速度射入，速度方向与轴正方向的夹角为，该粒子在第四象限内恰好以速度做匀速直线运动。不计粒子的重力及空气阻力。
（1）求匀强电场的电场强度；
（2）若改变粒子射入的速度大小为，且与轴正方向的夹角改为，经过一段时间后，该粒子经过点（图中未画出）时，其速度方向平行于轴且沿轴负方向，求粒子从点运动至点的过程中电场力做的功。
高二上学期期中考试物理参考答案
1．D【详解】磁生电的现象叫作电磁感应。甲图中的现象是通电导线产生磁场使小磁针发生偏转，是电流的磁效应，乙图和丙图中的现象均为通电导线在磁场中受到安培力的现象，丁图中的现象是电磁感应现象。故选D。
2．D【详解】A．粒子在D形盒中做圆周运动的周期，周期与速度无关，相邻两次加速的时间间隔为半个周期，故，A错误；B．带电粒子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，即，为形盒的半径，粒子最终轨道半径等于形盒半径时，速度最大。由此解出最大速度，进而得到最大动能，其与加速电压无关，B错误；C．粒子最大动能由D形盒半径、磁感应强度等决定，若加速电压减小，加速次数增多但最大动能不变，C错误；D．由，增加D形盒半径，最大动能增大，D正确；故选D。
3．C【详解】A．由闭合电路欧姆定律有，当I=0时，有E=U，由图线a与纵轴的交点读出电源的电动势为E=4V，故A错误；BC．根据两图线交点可知，电阻两端的电压为U=3V，电流为I=0.2A，电源输出功率为，故B错误，C正确；D．此时太阳能电池的内阻
为，故D错误。故选C。
4．D【详解】根据欧姆定律，电热丝中的电流大小，电动机两端的电压为
通过电动机的电流为，电动机消耗的功率为，电吹风的机械功率。故选D。
5．D【详解】在Δt时间内，水的质量为，由动量定理，解得。故选D。
6．B【详解】A．在图像中，斜率表示速度。碰前P的图像是一条倾斜的直线，说明P做匀速直线运动；Q的图像是一条平行于时间轴的直线，说明Q处于静止状态。故A错误；
B．根据可得，碰前P的速度为，碰后P的速度为，碰后Q的速度为 ，根据动量守恒定律有，代入数据解得Q的质量为，故B正确；C．碰撞前系统的动能为，碰撞后系统的动能为，因为，所以碰撞过程为弹性碰撞，故C错误；D．若两球碰撞后粘合在一起运动，则根据动量守恒定律有，解得，则碰撞过程中损失的动能为，故D错误。故选B。
7．B【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力有，可得，故A错误；B．当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近，如图轨迹1，根据几何关系可知，当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可知。故上表面接收到粒子的区域长度为，故B正确；C．根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面N点；当粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为d，故下表面接收到粒子的区域长度为d，故C错误；D．根据图像可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短，有，故D错误。故选B。
8．BD【详解】ABD．静止的原子核发生衰变，由动量守恒定律可知，反冲核与α粒子的动量大小相等，方向相反，由洛伦兹力提供向心力得，解得，由题意知rα:r反＝30:1，
则反冲核的电荷量，反冲核的原子序数为60，由电荷守恒可知原放射性原子核的电荷量为，则它的原子序数为62，故A错误，BD正确；C．粒子在磁场中的周
期，因不知道反冲核与α粒子的质量之比，所以二者周期之比也不确定，故C错误。故选BD。
9．AD【详解】A．当松开键盘时，活动金属板上移，活动金属板与固定金属板之间的距离增大，依据可知电容器的电容变小，故A正确；B．电容器与电源相连，电容器的板间电压不变，由可知电容器所带电荷量变小，故B错误；C．由可知电容器板间的电场强度减小，故C错误；D．电容器所带电荷量变小，电容器处于放电状态，电流从a经电流计流向b，故D正确。故选AD。
10．AB【详解】由题意可知，粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧所对的圆心角均为120°，所以粒子运动的半径满足，即r＝·（n=1，2，3，…），，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，得qvB＝m，则v＝＝·（n=1，2，3，…）,当n=1、2时可得或，选项AB。
11．（1）间距相等（2）D（3）BD（4）
【详解】（1）为消除摩擦力的影响，多次调整倾角θ，直至打出的纸带上点迹间距相等，测出此时木板与水平面间的倾角，记为，说明此时滑块做匀速直线运动。
（2）设A的质量为M，B的质量为m，没有磁场时，由平衡条件可知，解得，当存在磁场时，以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律可得，由此式可知v和a是变量，其他都是不变的量，所以A、B一起做加速度减小的加速运动，直到加速度减为零后做匀速运动，即速度在增大，加速度在减小，最后速度不变。所以纸带上的点迹间距逐渐增加，说明速度增大；根据逐差公式，可知加速度减小，则相邻两点间的距离之差逐渐减小；匀速运动时，间距不变，综上可知D选项符合题意。故选D。
（3）根据，可得当加速度减为零时，速度最大，设最大速度为v，则有，把代入，联立解得
，可知还必须测量的物理量有物块B的质量m、两物块最终的速度v，可知BD符合题意。故选BD。
（4）由（3）分析可知，q的表达式为
12．（1）1.2（2）3.2 83（3）偏小
【详解】（1）毫安表的满偏电压为，则改装后干路最大电流为，即改装后的电流表量程为1.2A。
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有，整理得，由图乙可知图像的截距，图像斜率的绝对值，解得
（3）考虑到电压表的分流作用，根据闭合电路欧姆定律有，整理得，所以图像的截距。故，即利用题图甲进行测量，磷酸铁锂电池的电动势测量值偏小。
13．（1）0.3m（2）0.9m，2.34J
【详解】（1）小球在空中运动的过程中，可以分解为沿着斜面和垂直于斜面的两个分运动，根据牛顿第二定律得，解得，垂直于斜面的加速度，当小球离斜面最远时，垂直斜面的速度减为零，根据运动学规律得，解得
（2）小球从a点运动到b点的时间，小球沿着斜面的加速度，所以a、b两点的距离，解得，小球从a点运动到b点的过程中，根据动能定理得，解得
14．（1）（2）m
【详解】（1）滑块B从释放到最低点，由动能定理得，解得m⁄s，A、B向左运动过程中，规定向左为正方向，由动量守恒定律得，由能量守恒定律得，解得
（2）设A左端与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为和，由动量守恒定律得，若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足，对A板，应用动能定理，联立解得m
15．（1）（2）
【详解】（1）粒子做匀速直线运动，则受到的洛伦兹力与电场力平衡，有，解得。
（2）如图所示，将此时的速度分解为和，与轴正方向的夹角为，沿轴负方向，根据几何关系可知，由于，该粒子在第四象限内的运动可看作沿方向的匀速直线运动和初速度为的仅受洛伦兹力的匀速圆周运动的叠加。采用平移圆方法处理，圆心移动的速度大小为，设粒子做匀速圆周运动的半径为，则周期为
，点为粒子在轴上的圆心，圆心沿着PQ所在虚线
移动，经过移动到点时，P、Q两点间距离为，由于，则粒子始终在第四象限内运动，当合速度方向沿轴负方向时，两速度的夹角为120°。根据平行四边形定则，其合速度大小为，根据动能定理，有。