湖南省常德市汉寿县第一中学2025-2026学年高二上学期11月期中考试物理试卷

这是一份湖南省常德市汉寿县第一中学2025-2026学年高二上学期11月期中考试物理试卷，共17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。
湖南省常德市汉寿县第一中学 2025—2026 学年高二上学期期中考试物理试卷
一、单选题
如图甲，战士操控无人机，练习投弹，无人机沿水平方向匀速运动，运动到 P 点投弹，炸弹落点在距目标4m 远处，如图乙。调整无人机的速度重新投弹，将无人机的速度增大2m/s，无人机沿原方向匀速运动到 P 点时继续投弹，结果炸弹刚好击中目标，不计空气阻力，不 计炸弹大小，重力加速度 g 大小取10m / s2 ，则投弹后，炸弹下落的高度为（ ）
5mB．20mC．25mD．40m 2．某无人机在竖直方向沿直线飞行，其高度 y 随时间 t 变化的图像如图所示。EF 段、MN段可视为两段直线，其中 MN 段的方程为 y=-2t+140（m）。图线与横轴的交点横坐标为 t=85s，图线最高点 Q 的坐标为（35s，70m）。取竖直向上为正方向，则（）
A．EF 段无人机处于超重状态 B．MN 段无人机的速度大小为 140m/s
无人机在 0~85s 这段时间内的平均速度为 0
在 t=35s 时，无人机的速度达到最大值 3．如图，在真空中的绝缘光滑水平面上，边长为 L 的正三角形的三个顶点上分别固定放置电量为+Q、+Q、-Q 的点电荷，以图中顶点为圆心、0. 5L 为半径的圆与其腰及底边中线的交点分别为 A、B、C、D。下列说法正确的是（ ）
A．A 点场强等于 C 点场强
B．B 点电势等于 D 点电势
由 A 点静止释放一正点电荷+q，其轨迹可能是直线也可能是曲线
将正点电荷+q 沿圆弧逆时针从 B 经 C 移到 D，电荷的电势能始终不变
如图为计算机键盘上的某一个键，键下面连有一块小金属片 A，小金属片 B 固定在键盘上，与金属片 A 隔有一定空气间隙组成电容器，与电压恒定的电源连接后，按下该键后立即松开，则此过程（ ）
电容器的电容先变小后变大B．两金属片间电压先变大后变小 C．两金属片间电场强度先变大后变小D．电容器先放电后充电
如图甲为一对长度为 L 的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压。现有两个质
子以相同的初速度分别从t  0 和t  T
2
时刻水平射入电场，已知两质子在电场中的运动时间
均为 T，并从右端离开电场，则两质子在电场中的偏转位移大小之比是（）
A．1：1B．2：1C．3：1D．4：1
如图所示，电源电动势为 E、内阻恒为 r，R 是定值电阻，热敏电阻 RT 的阻值随温度的降低而增大，C 是平行板电容器，电路中的电表均为理想电表。闭合开关 S，带电液滴刚好
静止在 C 内。在温度降低的过程中，分别用 I、U1 、U 2 和U3 表示电流表A 、电压表V1 、电压表V2 和电压表V3 的示数，用I 、U1 、U2 和U3 分别表示电流表A 、电压表V1 、电压表V2 和电压表V3 的示数变化量的绝对值。温度降低时，关于该电路工作状态的变化，下列
说法正确的是（ ）
U1 、U 2 、U3 一定都不变B． U1 、 U3 和U2 均不变
III
III
C．带电液滴一定向下加速度运动D．电源的输出功率一定变大
二、多选题
一质量为 2kg 的遥控小汽车由静止开始在水平面上运动，运动中发现前方有一障碍物，立即关闭发动机仅在阻力作用下做减速运动，其速度 v 随时间 t 变化的图像如图所示。若小
汽车在整个运动过程中受到的阻力大小不变， 0 ~ t0 时间内小汽车的总位移为 37.5m，下列
说法正确的是（ ）
小汽车加速阶段的位移大小为 25m B．小汽车减速阶段运动的时间为 2s C．小汽车受到的阻力大小为 15N D．小汽车加速阶段受到的牵引力大小为 30N
示波器的核心部件是示波管，示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示。下列说法正确的是（）
如果在 XX′之间加图 a 的电压，在 YY′之间加图 b 的电压，在荧光屏上会看到一条与 Y
轴平行的竖直亮线
如果在 XX'之间加图 b 的电压，在 YY'之间加图 c 的电压，在荧光屏上看到的亮线是正弦曲线
如果在 XX'之间不加电压，在 YY'加图 a 电压，在荧光屏的 Y 轴上会看到一个亮斑
如果在 XX'之间加图 a 的电压，在 YY'之间加图 c 的电压，在荧光屏看到的亮线是正弦曲线
如图所示，闭合电路中电源 E 的内阻为 r， R1、 R2 为定值电阻，L 为小灯泡，V 为理想
电压表， R3为光敏电阻（阻值随照射光强度的增大而减小），当照射光强度降低时，下列说法正确的是（）
通过 R1的电流变大B．通过小灯泡的电流变小
C．电源的输出功率变大D． R2 两端的电压变大
如图所示，用长为 L 的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为m 、带电荷量为q 的小球（可视为质点），细线的上端固定于O 点，装置处在一水平向左的匀强电场中，当小球平衡时细线与竖直方向成 60°角，现将电场反向，小球开始运动，且小球在运动过程中电荷量保持不变，细线不可伸长，重力加速度为 g ，不计空气阻力则下列说法正确的是（）
小球带正电，电场强度大小为 3mg
q
3gL
电场反向后，小球在最低点的最终速度大小为
5gL
电场反向后，小球先做匀加速直线运动，然后做圆周运动，最大速度为
电场反向后，小球将做往复运动，能够回到初始位置
三、实验题
为测量一段粗细均匀的金属丝的电阻率，实验中所用的器材：电压表、电流表、滑动变阻器、学生电源、开关、导线若干。
用螺旋测微器测量金属丝的直径时，某次的测量结果如图甲所示，其读数为 D＝mm。
采用伏安法测金属丝电阻时，为减小系统误差，需考虑电流表内接还是外接。如图乙所示，某同学采用试触法：让电压表的一端接在 A 点，另一端先后接 B 点和 C 点。结果发现电压表示数有明显变化，而电流表示数无明显变化，则实验中应将电压表的另一端接
（选填“B”或“C”）点。
根据实验数据作出 U－I 图线，如图丙所示。若接入电路的金属丝长度为 L，利用上述物理量可得出该金属丝的电阻率 ρ＝（用字母 D、a、b、π、L 表示）
某同学利用重物自由下落来做“验证机械能守恒定律”的实验装置如图 1 所示。查阅当地重力加速度 g  9.8m/ s2 。
在“验证机械能守恒定律”的实验中，有下列器材可供选择： A．带夹子的铁架台 B．电磁式打点计时器C．低压交流电源D．纸带 E．带夹子的重物F．秒表G．天平H．刻度尺
在纸带上确定计数点时，选取起始点为第 1 个计数点，得到的纸带如图 2 所示，打下 B
点时重物的速度为m/s（结果保留 3 位有效数字）；
测得重物的质量m  0.2kg ，重物由 O 点运动到 C 点时重力势能的减小量为J（结
果保留 2 位有效数字）。
2
将测得的数据描绘 v
2
 h 图像，如图 3，求得图线斜率为 k，下落 h 时，重力势能减小
量与动能增加量之间的差值为（结果用字母“m”、“h”、“k”、“g”表示）。
四、解答题
如图所示为直流电动机提升重物装置，电动机的内阻一定，闭合开关 K，当把它接入电压为U1  0.2V 的电路时，电动机不转，测得此时流过电动机的电流是 I1  0.5A ；当把电动
机接入电压为U2  4.0V 的电路中，电动机正常工作且电动机匀速提升重物，工作电流是
I2  1.0A ，求：
电动机线圈的电阻r ；
当U2  4.0V 电动机正常工作时的输出功率；
如果重物质量m  1.0kg ，当U2  4.0V 时电动机提升重物的速度大小是多少?（ g 取
10m/s2 ）
如图所示，平面直角坐标系的第二象限内有沿 x 轴正方向的电场强度大小为 E1 的匀强电场Ⅰ，在第一象限内有平行于坐标平面的匀强电场Ⅱ（未画出）。在坐标为d , d  的 A 点由静止释放一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子，粒子仅在电场力的作用下运动，从 y 轴上的 P 点进入电场Ⅱ，经 x 轴上的 Q 点垂直 x 轴离开电场Ⅱ。已知粒子在 P 点的速度与在 Q点的速度大小相等， OP  OQ ，求：
粒子运动到 P 点的速度大小；
粒子在电场Ⅱ运动过程中最小速度的大小； (3)电场Ⅱ的电场强度大小 E2 。
如图所示，某物流分拣装置由长 L1  1m 的粗糙水平平台 AB、光滑竖直半圆轨道 BC（B
为最低点，C 为最高点，B 到 C 竖直距离h  1m ）和长 L2  2m 的水平传送带 CD 组成。传 送带CD 顺时针转动（速度可调），可视为质点的滑块质量m  1kg ，与平台动摩擦因数μ1  0.5 ，与传送带动摩擦因数μ2  0.2 ，从 A 点以初速度v  6m/s 向右滑出，重力加速度 g 取10m/s2 。
求滑块通过半圆轨道最高点 C 时的速度大小；
若传送带速度大小为v0 
6m/s ，求滑块在传送带上运动时因摩擦产生的热量 Q。
参考答案
1．B
【详解】设炸弹下落的高度为h ，则有h  1 gt 2
2
由题意有x  v2t  v1t  (v2  v1 )t  v  t
其中v  2m / s ， x  4m ，联立解得t  2s ， h  20m
故选 B。 2．C
【详解】A．根据 y  t 图像的切线斜率表示无人机的速度，可知 EF 段无人机匀速上升，则
无人机处于平衡状态，故 A 错误；
根据 MN 段方程 y=-2t+140（m）可知，MN 段无人机的速度大小为v  Δy  2m/s ，故 B
Δt
错误；
根据平均速度等于位移与时间的比值，由于无人机在 0~85s 内总位移为 0，则平均速度为 0，故 C 正确；
根据 y  t 图像的切线斜率表示无人机的速度，t=35s 对应无人机上升到最高点，瞬时速
度为 0，故 D 错误。故选 C。
3．B
【详解】A．由场强叠加可知，A 点和 C 点场强大小和方向都不同，选项 A 错误； B．由于底边上的正负电荷在 BD 两点形成电场的电势叠加后的总电势均为零，则 BD 两点的电势就等于顶端电荷在 BD 两点的电势，则 B 点电势等于 D 点电势，选项 B 正确；
C．两个正电荷形成的电场在两个电荷连线的垂直平分线上，即与过-Q 的电荷的直线上，可知 A 点与-Q 连线上的电场线是直线，且指向-Q，则由 A 点静止释放一正点电荷+q，其轨迹一定是指向-Q 的直线，选项 C 错误；
D．由 B 的分析可知，BD 两点电势相等，但是与 C 点的电势不相等，则将正点电荷+q 沿圆弧逆时针从 B 经 C 移到 D，电荷的电势能要发生变化，选项 D 错误。
故选 B。 4．C
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
B
C
C
B
BC
ABC
BD
BC
C  εS
4πkd
可知，两金属片间的距离先变小后变大，电容先变大后变小，A 项错误；
B．与电压恒定的电源连接，可知两金属片间的电压不变，B 项错误；
C．由
E  U
d
可知，电场强度先变大后变小，C 项正确；
D．由
Q  CU
可知，带电量先增大后减小，因此先充电后放电，D 项错误。故选 C。
5．C
【详解】粒子在两板之间的运动时间均为 T，在t  0 时刻进入的粒子在前半个周期竖直方向是加速，后半个周期竖直方向是匀速，设加速度为 a，则位移为
y  1  a 
12
(T )2  a  T  T  3 aT 2
2228
在t  1 T 进入的粒子，竖直方向上在前半个周期是静止，后半个周期是匀加速，侧移量为
2
y  1T 212
a( )
222
故
 aT
8
y1 : y2  3 :1
故选 C。 6．B
【详解】A．由题图可知，电压表V3 测路端电压，电压表V2 测热敏电阻 RT 的电压，电压表
V1 测定值电阻 R 的电压，由欧姆定律可得
U1  R I
U2  R
IT
U3  R  R
IT
在温度降低的过程中，热敏电阻 R
的阻值增大，可知U1 不变， U 2 和U3 都增大，A 错误；
B．由欧姆定律可得
TIII
U1  R
I
保持不变；由闭合电路欧姆定律可得
保持不变；由闭合电路欧姆定律可得
保持不变，B 正确；
U2  E  I  R  r 
U2  R  r
I
U3  E  Ir
U3  r
I
C．带电液滴在平行板电容器中受到向上的电场力和向下的重力处于平衡状态，在温度降低时，热敏电阻 RT 的阻值变大，回路中电流变小，路端电压增大，由于流经定值电阻 R 的电流变小，则其两端的电压变小，电压表V2 的读数增大，平行板电容器间的电场强度增大，带电液滴受的电场力增大，使带电液滴向上做加速运动，C 错误； D．由电源输出功率随外电阻的变化规律可知，当
R  RT  r
时，电源输出功率最大；当
R  RT  r
时，随热敏电阻 RT 的阻值增大，电源输出功率变大；当
R  RT  r
时，随热敏电阻 RT 的阻值增大，电源输出功率变小。因 R  RT 与r 的大小关系不明确，因此电源的输出功率不一定变大，D 错误。
故选 B。 7．BC
【详解】A．小汽车在加速阶段的位移大小 x  1 15 3m  22.5m ，A 项错误；
12
B．小汽车减速阶段有37.5m  22.5m  1 15t ，解得t  2s ，B 项正确；
211
CD．图像的斜率等于加速度可知加速阶段和减速阶段小汽车的加速度大小分别为
a  15 m/s2  5m/s2 、a  15 m/s2  7.5m/s2
1322
由牛顿第二定律得 F  f  ma1 、 f  ma2
联立解得 f  15N 、 F  25N ，C 项正确，D 项错误。故选 BC。
8．ABC
【详解】C．如果在 XX′之间不加电压，则电子在 X 轴方向不偏转，在 YY′加图 a 恒定电压，电压值为正，Y 极板电势高于 Y′极板电势，板间的匀强电场由 Y 极板指向 Y′极板，所有电子 运动的轨迹都相同，向着 Y 极板一侧偏转，即所有电子都打在荧光屏的正 Y 轴上的同一点，因此在正 Y 轴上将出现一个亮斑，故 C 正确；
A．如果在 XX′之间加图 a 的电压，则会在正 X 轴上将出现一个亮斑，若同时在 YY′之间加图 b 的变化规律的电压，电子将同时在 YY′轴上发生偏转，电压越大，侧移量越大，在一个周期内的时间内，电子由 X 轴上的某点向 Y 轴负方向扫描，直到到达到负向侧移量最大的位置，所以在荧光屏上会看到一条与 Y 轴平行的竖直亮线，故 A 正确；
B．如果在 XX′之间加图 b 的电压，电子在一个周期内会在 X 轴方向上，由 X′轴上某点向正 X轴方向扫面到关于原点对称的某点，在荧光屏上会看到 X 轴上的一条水平亮线，若只在 YY′之间加上图 c 所示电压，根据以上分析可知，Y 轴方向上发生周而复始与电压变化一致的偏转，根据运动的合成可知，若在 XX′之间加图 b 的电压，YY′在之间加图 c 的电压，在荧光屏上看到的亮线是正弦曲线，故 B 正确；
D．如果在 XX′之间加图 a 的电压，电子会向 X 轴正半轴偏转到一个点，同时在 YY′之间加图 c 的电压，电子在竖直方向偏转成一条直线，因此在荧光屏上会看到一条与 Y 轴平行的竖直亮线，故 D 错误。
故选 ABC。 9．BD
【详解】A．当照射光强度降低时, 光敏电阻 R3的阻值变大，则电路的并联部分的阻值增大，
由
I E
R1  r  R并
可知干路电流 I 减小，即通过 R1 的电流变小，故 A 错误；
D．由闭合电路的欧姆定律可得
U并  E  I (r  R1)
因干路电流 I 减小，则并联部分的电压U并 增大，即 R2 两端的电压变大，故 D 正确；
B．通过小灯泡的电流为
L
I  I  U并
R2
干路电流 I 减小，U并 增大，则通过小灯泡的电流减小，故 B 正确；
C．电源的输出功率为
2E2E2
P  I R  (R  r)2  (R  r)2
4r
R
因外电路的总电阻 R 与内阻r 的大小关系未知，则电源的输出功率的变化无法判断，故 C 错误。
故选 BD。 10．BC
【详解】A．由平衡条件知小球受的电场力水平向右，而场强方向向左，故小球带负电，如图
根据平衡条件得
解得
T sin 60  mg T cs 60  qE
qE  mg tan 60
解得
E 3mg q
A 错误；
C．电场反向后，小球受向右的电场力大小为 3mg ，绳子松弛不再有拉力，则小球沿电场
力与重力合力的方向做匀加速直线运动，当小球运动到最低点时绳子恰被拉直，拉直时由于重力做功获得的竖直分速度变为 0，保留水平方向分速度做圆周运动，当绳子方向与重力与电场力合力方向在一条直线上时，小球有最大速度，即当绳子到达左侧与竖直方向夹角为
60°时速度最大，根据动能定理
qE  3L  mgL cs 60  1 mv2
2m
得
5gl
vm 
C 正确； B．电场反向后，小球运动到最低点的过程由动能定理得
mgL sin 30  qEL cs 30  1 mv2
2
解得
gL
v  2
在最低点时绳紧绷，使竖直方向速度为零，则最终最低点只剩水平方向的速度
3gL
vx  v cs 30 
B 正确； D．由于绳子被拉直时小球的动能有所损失，所以小球无法回到初始位置，D 错误。故选 BC。
11．(1)0.538/0.539/0.540/0.541/0.542 (2)B
aπD2
(3)
4bL
【详解】（1）固定刻度部分有 0 毫米线，半毫米线露出，活动刻度部分第 4 小格对齐，再估
读一位，
读数结果 D  0  0.5  0.040 mm=0.540mm
R D
换接不同的位置，发现电压表读数变化比较大，说明被测电阻为小电阻，应使用电流表外接法，所以电压表的另一端接 B 点。
电阻定律
R  ρl
Uaπ 2
，， S 
由以上各式可得
Ib4
ρ aπD2
4bL
12．2.070.52m(g-k)h
【详解】（2）打下 B 点时重物的速度为v
 xAC  0.2656  0.1830 m/s  2.07m/s
B2T
0.04
重物由 O 点运动到 C 点时重力势能的减小量为EP  mghOC  0.2  9.8 0.2656J=0.52J
2
设重物所受的阻力为 f，根据动能定理有 mgh-fh= 1 mv2
v2  f 
m
整理可得
2
所以k  g  f
m
则 f=m（g-k）
 g   h

根据功能关系 可知重力势能减小量与动能增加量之间的差值为克服阻力做的功，即为
∆E=m(g-k)h
13．（1） 0.4Ω ；（2） 3.6W ；（3） 0.36m/s
【详解】（1）电动机不转时，此时电动机为纯电阻元件，则
r  U1  0.4
I1
电动机正常工作时消耗的功率为
P  U2 I2  4.0 1.0W  4.0W
电动机正常工作时线圈电阻损耗的功率为
2
热
P  I 2r  0.4W
电动机正常工作时输出功率为
P出  P  P热  3.6W
匀速提升时，拉力等于重力，即
F  mg  10N
由电动机的输出功率
P出  Fv
可得提升重物的速度为
v  P出  0.36m/s
F
2E1qd m
14．(1) v0 
E1qd m
v合min 
E2  2E1
【详解】（1）根据动能定理可得 E qd  1 mv2
120
2E1qd m
解得v0 
在电场Ⅱ运动过程中，从 y 轴上的 P 点进入电场Ⅱ，经 x 轴上的 Q 点垂直 x 轴离开电场
Ⅱ；则沿 x 轴方向上，做减速运动，在 y 轴上，做加速运动；根据对称性可知，运动过程中
v2  v2
xy
加速度的大小相等，根据v  v  at ， vy  at ， v2  2ad ， v 
x00合
2a2t 2  2av t  v2
00
可得v合 
根据数学知识可得v
2 v 
E1qd m
合min
20
a2  a2
v22E q
由上述可知a合 
 2 0  1
2dm
根据 E2 q  ma合
解得 E2  2E1
15．(1) 6m/s
无法到达
Q  12J
1
mv2
vmg  1
【详解】（ ）设滑块刚好通过最高点的速度为 1 ，根据h
2
得v1  5m/s
设滑块运动到 C 点时的速度为v ，由动能定理可得μmgL  mgh  1 mv2  1 mv2
得vC 
C
6m/s
112C2
设滑块在传送带上运动的位移为x ，由动能定理可得μmgx  0  1 mv2
1212C
得 x1  1.5m  L2 ，无法到达 D 点
滑块以vC  6m/s 速度进入传送带先向左，再向右，直至与传送带共速，设滑块向左
的位移为x1 ，向右的位移为 x2 ，则滑块与传送带间的相对位移Δx   x1  v0t1   v0t2  x2 
v
2
其中 x1  x2  C
2a2
解得x  6m
摩擦生热Q  μ2mgx  12J