湖南张家界市第一中学2025-2026学年高二下学期开学考试物理试题含答案

这是一份湖南张家界市第一中学2025-2026学年高二下学期开学考试物理试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共 7 小题，共 28 分。
1 ．对于以下光学现象的说法中正确的是( )
A ．图甲是双缝干涉示意图，若只增大挡板上两个狭缝S1 、S2 间的距离d ，两相邻亮条纹间距离Dx将增大
B ．图乙是单缝衍射实验现象，若只在狭缝宽度不同情况下，上图对应狭缝较窄
C ．图丙是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凹陷的
D ．图丁中的P 、Q 是偏振片，当P 固定不动，缓慢转动Q 时，只有当P 、Q 的透振方向完全相同时光屏上才是明亮的，当P 、Q 的透振方向不完全相同时光屏上都是黑暗的
2 ．如图所示，R 是光敏电阻，当光照强度增大时，它的阻值减小，电压表和电流表均为理想电表，当外界的光照强度减弱时，下列说法正确的是( )
A ．电流表的示数增大
B ．电压表的示数减小
C ．电源的总功率减小
D ．电源的输出功率减小
3 ．2025 年 2 月 11 日 17 时 30 分，我国在海南文昌航天发射场使用长征八号改运载火箭成 功将卫星送入预定轨道。如图所示，如果卫星先沿圆周轨道1运动，再沿椭圆轨道 2 运动，两轨道相切于P 点，Q 为轨道2 离地球最远点，在两轨道上卫星只受地球引力作用，下列说法正确的是( )
A ．卫星在轨道 2 上经过P 点时机械能和经过Q 点时机械能相等
B ．卫星经过P 点时在轨道 1 上加速度比在轨道 2 上加速度大
C ．卫星在轨道 1 的速度比在轨道 2 上经过Q 点时的速度小
D ．卫星在轨道 1 的周期比轨道 2 的周期大
4 ．如图，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于 ab边向上。ac 、bc 两金属棒分别串有电压表、电流表， 当金属框绕ab 边逆时针转动时，下列判断正确的是( )
A ．电流表无读数，b 、c 电势相等
B ．电流表有读数，b 、c 电势不相等
C ．电压表有读数，a 、c 电势不相等
D ．电压表无读数，a 、c 电势不相等
5 ．如图所示，在光滑绝缘水平面上，三个完全相同带正电的小球 A 、B 、C，通过不可伸长的绝缘细线 a 、b 、c 连接成正三角形，小球均处于静止状态，细线被拉直。剪断细线 a，小球开始运动。则( )
A ．剪断 a 前，a 中张力大于 B 、C 间的库仑力
B ．剪断 a 瞬间，细线 b 、c 中张力均变大
C ．三个球运动至一直线时，整个系统电势能最大
D ．球 A经过 B 、C 初始位置连线中点时的速度最大
6 ．如图所示，半径为 R 的圆形区域中，有磁感应强度大小为 B ，垂直纸面向里的匀强磁场，质子从 A 点沿直径AC 方向以速度 v（未知）射入，射出磁场时，速度偏转角为 60° ,已知 质子质量为 m，电荷量为 q，则( )
A ．质子做圆周运动的半径为2R
B ．质子的速度大小v
C ．若质子的速度大小为vv ，当质子的入射速度方向与AC 夹角为30° 斜向右下方时，质子在磁场中的运动时间最长
D ．若质子的速度大小为vv ，则质子在磁场中运动的最长时间为
7 ．如图所示，质量为 M 的小车静止在光滑的水平面上，小车 AB 段是半径为 R 的四分之一光滑圆弧轨道，BC 段是长为 L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于 B 点，一质量为 m 的滑块在小车上从 A 点静止开始沿 AB 轨道滑下，然后滑入 BC 轨道，最后恰好停在 C 点。已知小车质量 M＝3m，滑块与轨道 BC 间的动摩擦因数为 μ,重力加速度为 g。则( )
A ．全程滑块水平方向相对地面的位移 R＋L
B ．全程小车相对地面的位移大小 x
C ．滑块 m 运动过程中的最大速度 vm
D．μ 、L 、R 三者之间的关系为 R ＝4μL
二、多选题：本大题共 3 小题，共 15 分。
8 ．如图，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是( )
A ．甲图可通过增加磁感应强度B 来增大粒子的最大动能
B ．乙图可通过减小磁感应强度B 来增大电源电动势
C ．丙图无法判断出带电粒子的电性，粒子只能从左到右沿直线匀速通过速度选择器
D ．丁图中产生霍尔效应时，无论载流子带正电或负电，稳定时都是C 板电势高
9．一列横波在某介质中沿 x 轴传播，t=0.75s 时的部分波形图如图甲所示，x=1.5m 处的质点P 的振动图像如图乙所示( )
A ．该波源激起的波在传播途中遇到一个直径为 2m 的球，能够发生明显的衍射现象
B ．波沿 x 轴正向传播
C ．t=0.75s 时 P 点的位移为10cm
D ．从图甲时刻开始再经过 4.25s，质点 P 通过的路程约为 174cm
10 ．如图所示，倾角θ = 37。、间距L = 1m 的足够长平行导轨固定在绝缘水平面上，导轨的顶端用导线与阻值R = 1Ω 的定值电阻相连，质量m = 1kg 、长度也为 L、阻值r=0.25Ω 的导体棒垂直导轨放置，整个空间有垂直导轨向上、磁感应强度大小B = 1T 的匀强磁场。t = 0 时刻，该导体棒以大小v0 = 5m / s 的初速度沿导轨向上运动，滑行x =0.8m 时速度减为零，然后再沿导轨下滑。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数μ = 0.5 ，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，忽略导轨与导线的电阻，重力加速度 g 取10m / s2 ，sin 37。= 0.6 ，cs 37。= 0.8 ，
下列说法正确的是( )
A ．t = 0 时，导体棒的加速度大小为10m / s2
B ．导体棒上滑的时间为 s
C ．导体棒上滑过程中，定值电阻产生的焦耳热为 3.6J
D ．导体棒沿导轨下滑时，稳定时的速度大小为 2.5m/s
三、实验题：本大题共 2 小题，共 18 分。
11．如图所示，用碰撞实验器可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
（1）在不放小球m2 时，小球m1 从斜槽某处由静止开始滚下，m1 的落点在图中的___________
点，把小球m2 放在斜槽末端边缘处，小球m1 从斜槽相同位置处由静止开始落下，使它们发
生碰撞，碰后小球m1 的落点在图中的___________点。
（2）用天平测量两个小球的质量m1 、m2 ，实验中分别找到m1 碰前和m1 、m2 相碰后平均落
地点的位置，测量平抛水平射程OP 、OM 、ON 。
①则动量守恒的表达式可表示为___________（用测量的量表示）；
②若碰撞过程中，机械能守恒，不计空气阻力，则下列表达式中表示机械能守恒的是
___________。
2 2 2
A. m1 . OP + m1 . OM = m2 . ON
2 2 2
B. m1 . OP = m1 . OM + m2 ON
C. ON - OM = OP
D. ON + OM = 2OP
12．某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图（a）所示电路，所用器材如下：电压表（量程0 ~ 3V，内阻很大）；
电流表（量程0~0.6A ）；
电阻箱（阻值0 ~ 999．9Ω );
干电池一节、开关一个和导线若干。
（1）根据图（a），完成图（b）中的实物图连线__________。
（2）调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值 R、相应的电流表示数 I 和电压表示数 U。根据记录数据作出的U - I 图像如图（c）所示，则干电池的电动势为__________V（保留 3 位有效数字）、内阻为__________ Ω （保留 2 位有效数字）。
（3）该小组根据记录数据进一步探究，作出R 图像如图（d）所示。利用图（d）中图像的纵轴截距，结合（2）问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为__________ Ω
（保留 2 位有效数字）。
（4）由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值__________（填“偏大”或“偏小”）。
四、计算题：本大题共 3 小题，共 39 分。
13 ．如图所示，质量为3kg 的A 球和质量为5kg 的B 球，原来均静止在光滑水平面上。现给A 球一个向右的6m / s 初速度，之后与B 球发生对心碰撞。
(1)若碰后两球粘在一起，求碰后速度的大小；
(2)在满足（1）条件下，求碰撞时损失的机械能大小；
(3)若是弹性碰撞，求碰后 A 球的速度。
14．如图所示，一边长L = 1 m 、质量m = 1 kg 的正方形金属框，静置于光滑绝缘水平桌面上。金属框右侧宽度为L 的区域内存在垂直于桌面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B = 1 T 。对金属框施加一水平向右、大小为F = 1 N 的恒力，当金属框进入磁场时恰好以v0 = 2 m / s 的速度做匀速直线运动，当金属框完全进入磁场时，撤去恒力F 。已知金属框运动过程中左右两边始终平行于磁场边界。求
(1)金属框的电阻；
(2)金属框完全进入磁场过程中，通过金属框的电荷量；
(3)金属框完全离开磁场区域时速度的大小。
15 ．如图所示，在xOy 平面内存在有界匀强磁场，磁场的边界是半径为 R 的圆，圆心 C 点的坐标为(0, R) ，磁场方向垂直xOy 平面向外，第Ⅱ象限内垂直 x 轴放置线状粒子源，粒子源的一端在 x 轴上，长度为2R ，沿+x 方向均匀发射速度大小为v0 的相同粒子，所有粒子经磁场偏转后从坐标原点 O 处射出。第Ⅲ象限内垂直 x 轴放置一荧光屏 S，荧光屏的一端在 x轴上，长为、3R ，到 y 轴的距离为 R。已知粒子的质量为 m，电荷量为 + q ，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。
(1)求磁感应强度大小B；
(2)求能打在屏上粒子的数目占粒子源发出粒子总数的百分比k；
(3)若在第Ⅲ , Ⅳ象限内加沿-x 方向的匀强电场（图中未画出），使所有粒子都能打在屏上，求电场强度的最小值 E。
1 ．B
A ．根据双缝干涉相邻两亮条纹的间距Dx 与双缝间距离 d 及光的波长λ 的关系式
可知只增大挡板上两个狭缝S1 、S2 间的距离 d，两相邻亮条纹间距 Dx 将减小，故 A 错误；
B ．根据发生明显衍射现象的条件可知，狭缝越窄，衍射现象越明显，因此若这是在狭缝宽度不同的情况下，上图对应狭缝较窄，故 B 正确；
C ．由图可知，条纹向空气薄膜较厚处发生弯曲，说明弯曲处的光程差变短，空气薄膜间距变小，则被检测的平面在此处是凸起的，故 C 错误；
D ．缓慢转动 Q 时，当 P、Q 的透振方向完全相同时光屏上最明亮，然后会逐渐变暗，当
P、Q 的透振方向垂直时最暗，故 D 错误。
故选 B。
2 ．C
AB ．当外界的光照强度减弱时，R 阻值变大，则总电阻变大，总电流减小，电流表示数减小，因 R0 及内阻上的电压减小，可知电阻 R 上电压变大，即电压表示数变大，选项 AB 错误；
C ．电源的总功率 P=IE，因电流 I 减小，则电源总功率 P 减小，选项C 正确；
D ．因外电阻和电源内阻的关系不确定，则不能判断电源的输出功率的增减情况，选项 D 错误。
故选 C。
3 ．A
A ．卫星在轨道 2 上稳定运行时，只受万有引力，机械能守恒，经过 P 点时机械能等于经过 Q 点时机械能，故 A 正确；
B ．根据牛顿第二定律可得G ma解得a = G
卫星经过 P 点时在轨道 1 上加速度等于在轨道 2 上加速度，故 B 错误；
C．卫星在轨道 1 的速度v1 ，根据变轨原理可知，在轨道 2 上经过 Q 点时的速度小于以 Q 点到地心距离为半径圆轨道的速度vQ1 ，根据 G
可得v 所以vQ1 < v1
所以卫星在轨道 1 的速度比在轨道 2 上经过 Q 点时的速度大，故 C 错误；
D ．根据开普勒第三定律可知，卫星在轨道 1 的周期比轨道 2 的周期小，故 D 错误。故选 A。
4 ．D
导体棒bc 、ac 做切割磁感线运动，产生感应电动势，Ubc 、Uac 不为零，则b 、c电势不相等，a 、c 电势不相等，运动的过程中穿过线圈的磁通量一直为零，磁通量保持不变，故金属框中无电流，电流表没有读数，同时电压表也无读数。
故选 D。
5 ．B
A ．由受力分析可知，剪断a 前，a 中的张力等于B 、C 间的库仑力，c 中的张力等于A 、B 间的库仑力，A 错误；
B．剪断a 瞬间，对 B 分析，受 A 对 B 的斥力、C 对 B 的斥力以及细线 c 的拉力，则此时 c的拉力Tc' = FAB + FCB cs 60 > Tc = FAB
同理可知 b 中张力也变大，即剪断 a 瞬间，细线 b 、c 中张力均变大，B 正确；
C ．系统初始时静止，剪断后开始运动，动能增加，电势能减小，所以电势能最大时是初始静止状态，C 错误；
D ．当三个小球在同一直线上时，动能最大，电势能最小，但此时 B 、C 小球已经离开了初始位置，D 错误。
故选 B。
6 ．C
AB ．质子运动轨迹如图 1 所示，根据几何关系，粒子的回旋半径
根据洛伦兹力提供向心力，可得
解得
可得
选项 AB 错误；
CD ．若质子的速度为vv，当质子的入射速度方向与 AC 夹角为30° 斜向右下方时，则粒子的运动半径为r2 = 2R ，则粒子从 C 点射出时，运动时间最长，如图 2 所示，由图 2可得
φ = 30°
对应时间为
解得
选项 C 正确，D 错误。
故选 C。
7 ．B
AB ．设全程小车相对地面的位移大小为 x,，则滑块水平方向相对地面的位移
x＝R＋L－x,
取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得
即
结合 M＝3m，解得
x, ＝ （R＋L），x （R＋L）
故 A 错误，B 正确；
C．滑块刚滑到 B 点时速度最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒分别得
0 ＝mvm－Mv
联立解得
故 C 错误；
D ．对整个过程，由动量守恒定律得
0＝（m＋M）v,
得
v, ＝0
由能量守恒定律得
mgR =μmgL
解得
R =μgL
故 D 错误；
故选 B。
8 ．AC
A ．粒子在磁场中满足qvB = m 可得v
设回旋加速器 D 形盒的半径为 R，则当粒子的轨迹半径为R 时，速度最大，动能最大；可推导出粒子的最大动能为Ekm mv
甲图可通过增大磁感应强度 B 来增大粒子的最大动能，故 A 正确；
B ．当磁流体发电机达到稳定时，电荷在 A 、B 板间受到的电场力和洛伦兹力平衡，即
得电源电动势为U = Bdv
由此可知，可通过增加匀强磁场的磁感应强度来增大电源电动势，故 B 错误；
C ．粒子从左侧沿直线匀速通过速度选择器时，无论正电荷还是负电荷电场力与洛伦兹力方向相反，如果从右侧沿直线匀速通过速度选择器时，无论正电荷还是负电荷电场力与洛伦兹力方向相同，因此只能从左侧进入，故 C 正确；
D ．若载流子带正电，洛伦兹力指向 D 板，载流子向D 板聚集，D 板电势高。若载流子带负电，洛伦兹力指向 D 板，载流子向D 板聚集，D 板电势低，C 板电势高，故 D 错误。
故选 AC。
9 ．AD
A ．由图甲可知该波波长为 4m 大于障碍物的尺度 2m，所以能够发生明显的衍射现象，故 A 正确；
B ．由图乙可知 t=0.75s 时，质点 P 的振动方向沿y 轴负方向，结合甲图知波的传播方向是沿 x 轴负方向，故 B 错误；
C ．0.75s 时，质点 P 的位移为y = 20sin cmcm
故 C 错误；
D ．由图甲时刻开始计时再经过t = 4.25s= T
通过的路程为s = 2 × 4 × 20cm +× 20cm ≈ 174cm故 D 正确。
故选 AD。
10 ．CD
A ．t = 0 时，导体棒上产生的感应电动势E = BLv0 = 5V由闭合电路的欧姆定律，得此时电路中的电流为IA
由右手定则可知回路中的电流方向为逆时针，由左手定则，可知安培力方向沿导轨向下，对
导体棒由牛顿第二定律有mg sinθ + μmg csθ + BIL = ma解得a = 14m / s2 ，故 A 错误；
B ．上滑过程中，由法拉第电磁感应定律有 由闭合电路的欧姆定律有
其中q Dt
对导体棒上滑过程由动量定理有-BIL·Dt - (mg sinθ + μmg csθ)t = 0 - mv0
解得t = 0.436s ，故 B 错误；
C ．导体棒上滑过程，由能量守恒定律有 mvEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(2),0) = mg . x sin θ + μmg csθ . x +Q
解得Q = 4.5J
则定值电阻产生的焦耳热QR Q = 3.6J ，故 C 正确；
D ．导体棒下滑达到稳定状态时，感应电动势E ¢ = BLv导体棒中的电流I
对导体棒受力分析，由平衡条件mg sinθ = μmg csθ + BI¢L解得v =2.5m / s ，故 D 正确。
故选 CD。
11 ． P M m1 . OP = m1 . OM + m2 . ON C
(1)[1][2]碰撞过程由动量守恒定律及机械能守恒定律分别可得
m1v0 = m1v1 + m2v2
联立解得
要使碰后两球都向前运动，应满足m1 > m2 ，可确定
v1 < v0
v2 > v0
在不放小球m2 时，小球m1 从斜槽某处由静止开始滚下，m1 的落点在图中的 P 点，把小球m2
放在斜槽末端边缘处，小球m1 从斜槽相同位置处由静止开始落下，使它们发生碰撞，碰后
小球m1 的落点在图中的 M 点，小球m2 的落点在图中的 N 点。
(2)[3][4]小球从斜槽末端飞出后做平抛运动，由
x = vt
可知，小球运动时间相等，初速度与水平位移成正比，故动量守恒的表达式由
m1v0 = m1v1 + m2v2
变形为
若碰撞过程中，机械能守恒，则表达式由
变形为
2 2 2
m1 . OP = m1 . OM + m2 ON
联立解得
ON - OM = OP
C 正确。故选 C。
12．
1.58
0.64
2.5
偏小
（1）[1]实物连线如图：
（2）[2][3]由电路结合闭合电路的欧姆定律可得
U = E - Ir
由图像可知
E=1.58V
内阻
r = Ω = 0.64Ω
（3）[4]根据
E = I(R + RA + r)
可得
1 = 1 . R + RA + r
I E E由图像可知
解得
RA = 2.5Ω
（4）[5]由于电压表内阻不是无穷大，则实验测得的是电压表内阻与电源内阻的并联值，即实验中测得的电池内阻偏小。
13 ．(1) v = 2.25m/s
(2) DE = 33.75J
(3)vA = -1.5m/s ，负号表示碰后 A 的速度方向向左
（1）若碰后两球一起运动，则mA v0 = (mA + mB )v解得v = 2.25m/s
（2）碰撞时损失的机械能大小为DE mA vv2解得DE = 33.75J
（3）两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，有
1 2 1 2 1 2
mA v0 = mAvA + mBvB ， mA v0 = mAvA + mBvB
2 2 2
联立解得vA = -1.5m/s ，负号表示碰后 A 的速度方向向左。
14 ．(1) R = 2Ω
(2)q = 0.5C
(3) v = 1.5 m / s
（1）金属框右边进入磁场切割磁感线，
0
E = Blv
金属框中的电流
I =
金属框匀速运动，有
F = BIl
联立以上各式，得
（2）金属框进入磁场时间
t =
l
v 0
通过截面的电荷量
q = I ' t ' = 0.5C
（3）设金属框出磁场时速度为v ，由动量定理得
-BI ' lt ' = mv - mv 0
金属框进入磁场和穿出磁场穿过截面的电荷量相等
q = It
解得
v = 1.5 m / s
15 ．(1)B =
(2) k = 25%
2
(3) E =
（1）由几何关系得粒子的半径 r = R洛伦兹力提供向心力qv0B = m
解得B =
（2）粒子从 O 点离开磁场时，速度与-x 方向夹角为 0~60°范围内的粒子都能打到屏上，临界粒子的轨迹如图所示
夹角为 60°的粒子进入磁场时的纵坐标y = R + R cs 60。解得y =
打到荧光屏上的粒子占粒子源发出粒子总数的百分比k 解得k = 25%
（3）设速度与-y 方向夹角为 θ 的粒子从 O 点离开磁场，经电场偏转恰好打到屏下端，则
-y 方向： R = v0 csθ . t
-x 方向： R = -v0 sinθ . t at2
得到 tan tan
因为夹角为 θ 的粒子恰好打到荧光屏的下端，所以 θ 的值只有一解，D = 0 ，即
解得a
由牛顿第二定律qE = ma解得E