山西省长治市上党区第一中学校2025-2026学年高二下学期7月期末考试物理试题及答案

这是一份山西省长治市上党区第一中学校2025-2026学年高二下学期7月期末考试物理试题及答案，共5页。
【详解】根据质量数守恒，有2+3—1=4,电荷数守恒，有1+1-0=2,故式中X 是 2He, 故选 C。
2.C
【详解】A. 实心球在运动过程中只受重力，加速度恒为重力加速度，所以实心球在运动过程为匀变速运动， 故A 错误；
B. 根据 可知实心球速度变化率恒定不变，故B 错误；
C. 根据题意可知实心球在竖直方向的速度先减小后向下变大，根据PG=mgv, 可知实心球运动过程中重力 的瞬时功率先减小后增大，故C 正确；
D. 根据题意可知实心球到达最高点时竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，故D 错误。 故选C。
3.C
【详解】A. 由轨道I 进入轨道Ⅱ需在0点减速，由高轨道进入低轨道需要点火减速，故A 错误；
B. 根据开普勒第三定律 可 知在轨道Ⅱ上运行的周期大于在轨道III 上运行的周期，故B 错误；
C. 根据万有引力提供向心力 可得
火星的第一宇宙速度等于火星表面做圆周运动的卫星的运行速度，可知在轨道Ⅱ运行的线速度小于火星的 第一宇宙速度，故C 正确；
D. 根据开普勒第二定律可知，在近地点的线速度大于远地点的线速度，所以在轨道Ⅲ上，探测器运行到0 点的线速度小于Q 点的线速度，故D 错误。
故选C。
4.D
【详解】A. 有拉力F 时，根据牛顿第二定律mg-F=ma 没有拉力F 时，根据牛顿第二定律mg=md
可知a'>a
根据速度位移关系v²-v2=2ah
可得v= √ 唱-2ah
可知无论哪一个阶段v-h 图线都不可能是直线，故A 错误；
B. 小球在拉力F 作用下向上做匀减速直线运动过程中根据动能定理可知E-E =(F-mg)h
试卷第1页，共8页
则E=(F- mg)h+E
E -h图像的斜率为F-mg, 斜率为负数；当撤去F 后 ，在上升过程利用动能定理得E'-Ek=- mgh
则E'=-mgh+E
斜率为-mg, 撤 去F 后Ek-h 图像的斜率绝对值变大，故B 错误；
CD. 小球在拉力F 下向上做减速运动，根据功能关系E=E₀+Fh
可知为一次函数，当撤去F 后，小球机械能守恒，机械能保持不变，即为平行于h 轴的直线，故D 正确，C 错误。
故选D。
5.C
【详解】从侧面观察运载中的石墩，其受力分析如图甲所示
甲
乙
由平衡条件有Fu₂=mg cs30°
从正面观察运载的石墩，黑色部分为两条叉车臂，石墩受力分析如图乙所示。
F支为单个叉车臂对石墩的支持力，则有2F支cs30°=Fu₂
单个叉车臂受到石墩的压力为
由牛顿第三定律可知单个叉车臂受到石墩的压力为
故选 C。
6.C
【详解】A. 由题意可知，整个图像在 B 点的切线斜率绝对值最大，而斜率即表示加速度，故小物块在 B 点时的加速度最大，故A 错误；
B. 由图乙可知小物块先做加速度减小的减速后又做加速运动，若物块带负电会一直减速至0再反向加速， 故物块只能带正电，B 错误；
C. 由图乙可知，A 、C 两点的加速度为0,小物块所受合力为0,故得qE-F=0
而F₁=μmg, 联立并代入数据得 A 、C 两点的电场强度大小均为, 故C 正确；
D.0~t1 时间内，小物块由O 运动到A, 电场力一直增大并做正功，电势能一直减小，故D 错误。 故选C。
7.B
【详解】A. 在A 位置时，根据关联速度规律有v车cs30°=V 物
解得 , 故A 错误；
B. 整个过程中物块和小车组成的系统机械能的增加量等于除重力外的其它力做的功，即
△E=Pt+W₁=20×10J-78J=122J, 故 B 正确；
C. 小车运动到A 位置时，根据能量守恒定律有
结合上述解得小车运动到A位置时的速度大小为v车=8m/s, 故 C 错误；
D.0~10s 内，对物块进行分析，根据动能定理
结合上述解得W外=26J, 故 D 错误。
故选B。
8.ABD
【详解】A. 根据万有引力等于向心力有
解得
结合题意金星的周期小于地球的周期，因此金星轨道半径小于地球公转半径，故A 正确；
B. 同理(
解得
结合上述结论可知，金星绕太阳运动的线速度大于地球绕太阳运动的线速度，故B 正确；
C. 同理
解得
金星绕太阳运动的角速度大于地球绕太阳运动的角速度，故C 错误；
D. 根据牛顿第二定律可得
解得
结合上述分析可知，金星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度，故D 正确。
故选ABD。
9.AC
【详解】A.t=3s 时，波传到了x=-3m, 如图所示，可知此时x=-3m 处的质点要向下振动，则波源P 的 起振方向向下，A 正确；
B. 根据多普勒效应，一观察者从x=2m 处沿x 轴负方向匀速运动，观察者接受到的此波频率大于波源频率， B 错误；
C. 依题意，由
可得波速为
由图可知波长为4m, 由 得T =2s
振动从波源P 传到x=-1m, 用时t, 则
之后开始向下振动t₂=8-5=3s=1.5T
一个周期，振子振动4A, 则0~8s 时间内，平衡位置位于x=-1m 的质点所走过的路程为 S= 1.5×4×2=12cm,C 正确；
D. 同一介质中，波速相同，由v=λf 可知波源Q 与波源P 的频率不同，则在两列波相遇区域不会产生干 涉现象，D 错误。
故选AC。
10.AC
【详解】以圆环中心O 为原点，竖直向上为V轴正方向。顶点A(0,R)
设B点坐标为(x,y), 满足x²+y²=R²
弹簧现长1=AB, 由夹角θ=30°,可得
解得
代入圆的方
解得1= √3R,
AB. 小环静止，受重力mg ( 竖直向下)、大圆环支持力N ( 沿半径方向)、弹簧弹力F ( 沿弹簧方向)。
设支持力N 沿半径向外，从O 指向B, 为正，方向单位向量
假设弹簧对小环的力为拉力，沿BA方向，方向单位向量
列平衡方程，x 方向1 V方向
联立解得N=mg,F=√3mg
N>0 表示支持力背离圆心，F>0 表示弹簧拉力，方向与假设一致，故弹簧处于拉伸状态，故A 正确，B 错 误；
CD. 弹簧现长1= √ 3R, 弹 力F=k(1- L)
解得 , 故C 正确，D 错误。
故选AC。
11. (1)1.26
(2)不需要，因为力传感器已经直接测出绳对小车的拉力
(3)不需要
【详解】(1)相邻两个计数点间的时间间隔为T=0.1s
根据逐差法
根据牛顿第二定律F=Ma 解得F=1.26N
(2)本实验中，砝码和托盘的总质量不需要远小于小车的质量，因为力传感器已经直接测出绳对小车的拉 力。
(3)平衡摩擦力是利用小车重力沿斜面向下的分力与摩擦力平衡，故平衡摩擦力时不需要挂上砝码和托盘。
12. (1)红
(2) ×10 10 (3) 1401 500
【详解】(1)红表笔与内部电源的负极相连，黑表笔与内部电源的正极相连，故接线柱A 端应与红表笔相 连。
(2)[1]当单刀双掷开关拨到1端时，电流表的量程较大，故调零时欧姆表的内电阻较小，即欧姆表的中值
电阻也较小，测量待测电阻时的量程较小，倍率为较小的“×10”。
[2]S 拨到1端，则有： ( I-Ig)R₁=Ig(Rg+R₂) 解得：I=10mA
即当电流表G 满偏时，通过红黑表笔的电流为10mA。
(3)[1]当欧姆表倍率取“×100”,即单刀双掷开关拨到2端时，欧姆调零的电阻为R, 则有
解得R=1401Ω
[2]当欧姆表倍率取“×100”,干路电流为
此时欧姆表内阻为
当指针指到 处时，电路的总电流为 总电阻为短接时的倍，即2000Ω,故待测电阻为 R,=R 总-呐=2000Ω-1500Ω=500Ω
13.(1)0.125m/s ², 竖直向下；(2)1m/s;(3)40m
【详解】(1)由图2可知0~26s内物体匀速运动，26s~34s 物体减速运动，在减速运动过程根据牛顿第二定律 有
mg-F=ma
根据图2得此时FT=1975N, 则有
方向竖直向下。
(2)结合图2根据运动学公式有
V=at₂=0.125×(34-26)m/s=1m/s
(3)根据图像可知匀速上升的位移
h=vt₁=1×26m=26m
匀减速上升的位移
匀加速上升的位移为总位移的 则匀速上升和减速上升的位移为总位移的, 则 有
所以总位移为
I=40m
14.(1)2.5s
(2)6m
【详解】(1)滑块刚放到传送带，在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有 mg=ma
解得 a₁= 从8=3 m/s²
设滑块加速到与传送带共速所经历的时间为t, 则v=at₁
解得t=2s
对应位移
解得x=6m