江西省某校2025-2026学年高二上学期期末教学质量检测物理试卷（含答案）

这是一份江西省某校2025-2026学年高二上学期期末教学质量检测物理试卷（含答案），共9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。
1.在物理学发展过程中，很多伟大的物理学家对物理的发展都做出了杰出的贡献。关于物理学史，下列叙述正确的是( )
A. 法拉第设计并动手做了几十个实验后，发现了电磁感应现象
B. 麦克斯韦电磁场理论告诉我们变化的磁场一定可以产生变化的电场，变化的电场一定可以产生变化的磁场
C. 卡文迪什通过扭秤实验巧妙地实现了对电荷间相互作用力规律的研究
D. 爱因斯坦认识到了薛定谔能量子假设的意义，把能量子假设进行了推广
2.“万安鱼头鲜天下”特色美食，是以赣江鳙鱼头为主打，融合生态养殖、烹饪工艺与文旅产业，成为当地经济发展的核心支柱。以下光路图中能反映鱼儿在水下看到岸边游客的是( )
A. B. C. D.
3.如图所示，条形磁体水平放置，一个金属圆环从磁铁左侧靠近S极的a位置经过磁体中部b匀速移动到对称的c位置。下列说法正确的是( )
A. 穿过圆环的磁通量先向左再向右B. 穿过圆环的磁通量先向右再向左
C. 穿过圆环的磁通量先减小后增大D. 穿过圆环的磁通量先增大后减小
4.如图，将总质量为500g的2000粒黄豆2s内从距秤盘高h处连续均匀地倒在秤盘上，观察到指针指在刻度为200g的位置附近。若每粒黄豆与秤盘内只垂直碰撞一次，碰撞时间极短且碰撞前后速率不变，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，则h约为( )
A. 40cmB. 80cmC. 125cmD. 240cm
5.如图所示，当滑动变阻器的滑片P向下端移动时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为ΔU1和ΔU2，下列说法正确的是( )
A. V1示数减小B. V2示数增大C. A示数减小D. ΔU1=ΔU2
6.等离子体是物质除固态、液态、气态外的第四态，由大量带电粒子(离子、电子)和中性粒子组成，整体呈电中性。当外来电荷放入等离子体中时，等离子体中的异号电荷会向其聚集，同号电荷会远离，形成“屏蔽层”。屏蔽层会抵消外来电荷的大部分电场，使电场仅在德拜长度λ0内显著存在，超过λ0后，等离子体重现“准中性”，电场强度近似为零。现将电荷量为+Q的试探电荷放入等离子体中，不考虑试探电荷运动，电子和离子均视为静止电荷。下列说法正确的是( )
A. 试探电荷+Q在距离其2λ0处产生的电场为0
B. 试探电荷+Q在距离其12λ0处产生的电场为0
C. 等离子体在距离试探电荷+Q为2λ0处的电场指向试探电荷
D. 在距离试探电荷+Q为12λ0处的电场指向试探电荷
7.在公园里有一段固定的造型独特的“碗池”轨道，其竖直截面为四分之一圆弧，半径为R，轨道表面十分光滑，轨道最低点右侧连接着一段铺有光滑树脂涂层的水平地面。水平地面上有一个装有特制缓冲弹簧的质量M=2kg小球Q。一个质量m=1kg的小球P被放置在位于轨道边缘B点的正上方h=R=0.4m的平台A上，移开平台后小球由静止释放。小球P沿轨道滑下，最终冲向缓冲弹簧。重力加速度g=10m/s2，则( )
A. 小球P到达圆形轨道最低点C时对轨道的压力大小为55N
B. 小球P到达圆形轨道最低点C时对轨道的压力方向竖直向上
C. 在小球P压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为163J
D. 小球P在碰到弹簧后，P、Q弹簧系统在前进的过程中动量不守恒，但是机械能守恒
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.第一台简易版范德格拉夫起电机是美国科学家范德格拉夫于1929年发明的。它的主要部件是一个金属球壳F，一条橡胶皮带，一个金属滚轮C，一个塑料滚轮B，两个金属刷以及一个电动机。电动机驱动下方的B滚轮和皮带摩擦，滚轮带负电荷，皮带将正电荷输运至C滚轮，通过静电感应使得上方金属刷A带负电并电离空气，使得金属球壳F带正电。关于如图所示的范德格拉夫起电机，下列说法正确的是( )
A. 电荷在球内表面积累成高压B. 下方金属刷D带正电
C. 起电机能持续产生电荷，故电荷量不守恒D. 接地O处电流方向向上
9.一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻，x轴上的波形如图所示，此后质点P比质点Q晚0.6s第一次到达波峰，则( )
A. 波沿x轴正方向传播
B. 该波的传播速度大小为0.5m/s
C. 质点P和Q振动步调相反
D. 仅改变波源处质点振动频率，波传播的速度不变
10.一同学利用所学物理知识制作了具有多种倍率的欧姆表，内部结构原理如图所示，电流计通过两个电阻改装成两个不同量程的电流表，然后再通过调节滑动变阻器，就能实现倍率可调为“×1”或“×10”的欧姆表，其电路原理图如图所示。则下列说法正确的是( )
A. 开关接1时欧姆表的倍率更低B. 开关接1时欧姆表的倍率更高
C. 9R1=R2D. R1=9R2
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
11.某物理兴趣小组利用自制的装置进行“验证动量守恒定律”实验，选取两个半径为R的铝质和铁质小球，在直尺上刻画等距R的刻线，将直尺固定于光滑的墙角附近，使其与墙角的间距略大于2R，形成一条简易的带刻度值的轨道(水平地面为零刻度线位置)。将两球竖直紧靠置于轨道中，两球整体下端距水平面高度为4R，然后将两球同时由静止释放，如图所示，经过碰撞后发现上方小球的最高位置比初始位置高出很多。
(1)上方的小球应为 (选填“铝球”或“铁球”)。
(2)实际实验中发现小球高度很难达到理论位置，原因可能是 。
A.碰撞过程能量损失 B.空气阻力
C.小球与直尺存在摩擦 D.小球质量太小
(3)查表可知铁球的密度约为铝球的3倍，设所有碰撞都是对心弹性碰撞，忽略空气阻力。根据动量守恒定律和机械能守恒定律，碰后上方小球到达最高点时球心刻度高出零刻度线的距离是 。
12.小罗同学按下面改进的电路图甲“探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系”，其中A、B两个电容器完全相同。步骤如下：

①将电压传感器连接计算机并配置好相关软件程序，取一个电容器A和电压传感器相连，开关S1闭合，S2断开，用四节干电池给A充电，稳定后断开开关S1，通过计算机可以看到A两极板具有一定的电压，记为U1。
②将开关S2接1，使另一个相同的但不带电的电容器B与A并联。电压传感器测得的电压变为U2。
③然后将开关S2接2，使电容器B放电。
④不断将开关S2交替置于1和2，计算机得到图乙所示的U−t图像，电压表示数依次为U1、U2、U3、……，记录在表中。
(1)电路中电阻R1的作用是 。
(2)由图乙读数可知，表格中________处缺失的值为 (保留两位小数)。
(3)理论上每次电压值应该减半，由表格分析实际数据与理论值出现差异最可能的原因是 。
A.电阻R1过大导致电量损耗 B.电阻R2过大导致电量损耗
C.电容器在充放电过程中损耗一部分电量 D.电压传感器内阻不够大放掉一部分电量
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.水平放置的两平行金属板A、B的板间距为d，两板之间的电压为U。质量为m、带电量为+q的粒子以初速度v0从O点沿板间中线射入，粒子恰好从A极板右侧边缘离开。粒子重力不计，求：
(1)粒子在电场中的加速度；
(2)粒子以初速度2v0从O点沿板间中线射入，离开电场时动能的大小Ek。
14.如图所示，在竖直平面内一轻质弹力绳的一端固定于P点，另一端经光滑孔钉Q连接质量为m的小球A，该球穿过固定的光滑竖直直杆(足够长)，初始时为静止状态。PQ间距为弹力绳原长，PQ与杆的距离为mgk。弹力绳始终在弹性限度内且满足胡克定律，劲度系数为k，已知重力加速度为g。
(1)求弹力绳与竖直杆间的夹角θ；
(2)给小球A一个向下的冲量，开始计时，证明小球A的运动为简谐运动。
15.如图所示，在光滑绝缘水平面上有完全相同的6个绝缘滑块，从左至右等间距(间距为L)依次排列在一条直线上，编号依次为A6、A5、A4、A3、A2、A1，所有滑块可视作质点，质量都为m。使其带电量依次为+6q、+5q、+4q、+3q、+2q、+4q(q>0)，不考虑各滑块之间的库仑力。在空间加上水平向右的匀强电场E，滑块在电场作用下开始运动。已知滑块在碰撞后均会粘在一起。求：
(1)滑块A6刚运动时的加速度大小；
(2)滑块A1、A2间的最大距离s；
(3)滑块碰撞过程中损失的机械能。
参考答案
1.A
2.B
3.D
4.B
5.A
6.C
7.C
8.BD
9.AD
10.AC
11.铝球
ABC
19R

12.限流，保护电容器
1.39/1.40/1.41/1.42
C

13.解：(1)平行板间电场强度 E=Ud
粒子受电场力 F=qE=qUd
由牛顿第二定律 F=ma
联立得加速度 a=qUmd
(2)粒子以 v0 射入时，水平方向 L=v0t1
竖直方向 d2=12at12
粒子以 2v0 射入时，水平方向 L=2v0t2
得 t2=t12
竖直方向位移 y=12at22
联立得 y=d8
电场力做功 W=qEy=qU8
初动能 Ek0=12m2v02=2mv02
由动能定理 Ek=Ek0+W
得 Ek=2mv02+qU8

14.解：(1)设此时弹力绳的伸长量为 l ，小球 A 受到的重力为 mg ，小球 A 受到直杆的支持力为 FN ，小球 A 所受弹力绳的拉力为 FT ，弹力绳与竖直杆的夹角为 θ ，孔钉 Q 到竖直杆的距离为 h ，依题意 h=mgk
对小球A受力分析如图所示
可得 FTcsθ=mg
根据胡克定律 FT=kl
可得 h=lcsθ
由几何关系可得 sinθ=hl
联立解得 sinθ=csθ
所以 θ=45 ∘
(2)小球 A 向下离开平衡位置为 x 时所受的指向平衡位置的回复力方向向上，与位移方向相反，大小为 F=F′Tcsφ−mg=kx
符合简谐运动的回复力特点，因此小球 A 以初始位置为平衡位置做简谐运动。

15.解：(1)对滑块 A6 ，受到的电场力为 F6=6Eq
根据牛顿第二定律可得 F6=ma6
解得 a6=6Eqm
(2)记滑块 A6 加速度为 6a ，同理可得滑块 A6 、 A5 、 A4 、 A3 、 A2 、 A1 的加速度分别为 6a 、 5a 、 4a 、 3a 、 2a 、 4a ，根据运动学公式 x=12at2
当 A6 追上 A5 时，它们的位移之差为 L ，可得 L=12⋅6at2−12⋅5at2=12at2
此时， A6 位移为 x6=12⋅6at2=6L
同理， A5 、 A4 、 A3 、 A2 、 A1 位移分别为 5L 、 4L 、 3L 、 2L 、 4L ；发现此时 A6 、 A5 、 A4 、 A3 、 A2 位移差也为 L ，故左侧五个滑块同时发生非弹性碰撞并结合成一个整体 A0 ；碰撞前 A6 速度为 v6=6at
同理，碰撞前 A5 、 A4 、 A3 、 A2 、 A1 速度 v5 、 v4 、 v3 、 v2 、 v1 分别为 5at 、 4at 、 3at 、 2at 、 4at ；
由动量守恒得 mv6+mv5+mv4+mv3+mv2=5mv0
得整体 A0 的速度 v0=4at
又整体 A0 的加速度 a0=6+5+4+3+2Eq5m=4Eqm=4a
与 A1 的速度和加速度均相同，所以之后不再增加相对距离，所以 A2 和 A1 最大距离为碰撞时的距离，为 s=4L+L−2L=3L
(3)这次碰撞损失的机械能为 ΔE损=12mv62+12mv52+12mv42+12mv32+12mv22−12⋅5mv02
联立解得 ΔE损=5ma2t2=10EqL
由于之后不再发生碰撞，故碰撞损失的机械能为 10EqL 。
U1/V
U2/V
U3/V
U4/V
……
6.00
2.90
________
0.65
……