湖南娄底市部分普通高中2025-2026学年高二上学期2月期末考试物理试题（Word版附答案）

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答案 B A B D C C BC ACD AC BC
1．B
【详解】A．不同频率的声波在空气中相遇时也能叠加，只是不能产生干涉，选项 A 错误；
B．相同条件下，低频声波比高频声波波长较大，更容易发生衍射现象，选项 B 正确；
C．高频声波和低频声波相遇时因频率不同，不能发生干涉现象，选项 C 错误；
D．波的频率由波源决定，波的传播速度由介质决定选项 D 错误。
故选 B。
2．A
【详解】要将一电流表改装为电压表，需要串联一电阻分压，根据
解得串联的电阻阻值为
故选 A。
3. B
【详解】由图示可知，BA 方向与电场线方向间的夹角θ=30°，AB 两点沿电场方向的距离
d=LcsθAB 两点间的电势差
UAB=Ed=ELcsθ=100V/m×0.1m×cs30°= V
故选 B。
4. D
【详解】A．不计空气阻力，铅球运动过程中只受重力作用，机械能守恒，合外力不为零动
量不守恒，故 A 错误；
B．由动量定理可知动量变化量的方向与合外力冲量方向相同，故向上运动过程动量变化量
与向下运动过程动量变化量方向相同，故 B 错误；
C．重力方向总是竖直向下，由重力冲量 可知重力冲量的方向总是竖直向下，故 C
错误；
D．根据动能定理可知，动能变化量等于合外力做功，上升与下降过程中，两者做功大小相
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等，符号相反；故 D 正确。
故选 D。
5．C
【详解】A．由图乙可知，0s 时质点 P 沿 y 轴负方向运动，由上下坡法可知波的传播方向为
x 轴负方向，故 A 错误；
B．质点 P 不会随波逐流，只会上下振动，故 B 错误；
C．质点 P 图示位置在平衡位置且向 y 轴负方向振动，到波峰的最短时间为
故 C 正确；
D．当质点 M 运动的路程为 0.4m 时，到达波谷的位置，用时
s
故 D 错误。
故选 C。
6．C
【详解】A．振子静止在 O 点时，有
代入数据得
N 点弹簧处于原长，即振幅
所以 点到 点的距离为 ，故 A 错误；
BC．根据简谐运动的对称性可知，小球从 运动到 和从 运动到 的时间是相等的；在
点和 点的位移大小相等，方向相反，根据 F=-kx=ma 可知在 点的加速度大小和 点
的加速度大小相等，故 B 错误，C 正确；
D．弹簧振子的振动周期与振子振幅无关，故将小球拉到 点下方静止释放，弹簧振子的周
期不变，故 D 错误。
故选 D。
7．BC
【详解】A．线框在运动过程中，面积不变、磁感应强度不变，穿过线框的磁通量不变，不
产生感应电流，故 A 错误；
BC．线框转动过程中，穿过闭合线框的磁通量发生变化，能产生感应电流，故 BC 正确；
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D．线框与磁场平行，线框在运动过程中，穿过线框的磁通量始终为零，不发生变化，没有
感应电流产生，故 D 错误；
故选 BC。
8．ACD
【详解】A．沿着电场线方向电势降低，所以 点电势低于 点，故 A 正确；
B．由图可知质子从 到 电势能增大，故电场力做负功，电场方向沿 轴负方向，故 B 错
误；
C．从 到 斜率绝对值变小，则电场力变小，故加速度减小，故 C 正确；
D．沿 x 轴正向场强减小，由 可知， 间电势差大于 间电势差，根据 ，
则质子从 到 克服电场力做的功比 到 克服电场力做的功多，故 D 正确。
故选 ACD。
9．AC
【详解】A．球 a 与球 b 相碰并粘在一起运动，发生完全非弹性碰撞，所以三个小球与弹簧
组成的系统动量守恒，机械能有损失，故 A 正确；
B． 弹簧被压缩时，弹簧弹力 F = kx 随形变量 x 增大而增大。根据牛顿第二定律可知，a,b,c
的加速度一直增大，故 B 错误；
C．弹簧压缩到最短时，弹簧形变量最大，弹簧弹性势能最大，系统动能最小，c 球速度速
度还要继续增大，当弹簧恢复原长时 c 球速度最大，故 C 正确；
D．规定向右为正方向，球 a 与球 b 相碰并粘在一起运动，由动量守恒有
当弹簧第一次恢复原长时，三个小球与弹簧组成的系统动量守恒，有
机械能守恒有
解得
可知当弹簧第一次恢复原长时，小球 c 的速度一定最大，球 b 此时的速度方向一定水平向右，
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故 D 错误。
故选 AC。
10．BC
【详解】B.当滑动变阻器. 的滑片向 a 端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，外电
路总电阻增大，干路电流减小，根据闭合电路欧姆定律有
可知电容器两端的电压增大，根据
可知，电容器极板之间的电场强度增大，即带电油滴受到的电场力增大，液滴将向上加速运
动，故 B 正确；
A .根据欧姆定律有 ，结合上述可知，流经. 的电流增大，由于干路电流减小，根
据并联电路分流特点可知，电流表示数减小，故 A 错误；
C .由于
根据上述，干路电流 I 减小， 增大， 减小，可知电流表示数减少的量应比干路电流减
小的量更大，故 C 正确；
D .根据闭合电路欧姆定律有
则有
由于
则有
由于干路电流 I 减小， 增大， 减小，即有
即有
解得
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即有
可知 的比值不变，故 D 错误。
故选 BC。
11．(1)AC
(2)
(3)C
【详解】（1）要验证动量守恒定律，即验证
小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相等，在空中运动的时间 相等，因此由平
抛运动在水平方向做匀速直线运动可知 ， ，
代入动量守恒可得
因此实验需要测量两个小球的质量，小球的水平位移，AC 正确。
（2）由（1）分析可知，两小球碰撞后动量守恒，其表达式为 。
（3）若两小球发生弹性碰撞，即碰撞过程中机械能守恒，由机械能守恒可知
联立动量守恒
可得 ，
代入水平位移与平抛时间关系可得 ，
分析可得 ，即 。
故选 A。
12．(1) 机械调零 右侧零刻度线 (2) 挡 (3) 16.0 b
【详解】（1）[1]测电阻时还需要进行欧姆调零，使得短接时指针在表示电阻刻度的 0 刻度
线处；
[2]S 是指针调零旋钮，当没有电流时，通过调节 S 将指针归零；K 是多用电表功能选择和挡
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位调节旋钮；T 是欧姆调零旋钮，当切换多用电表欧姆挡位时，短接后通过 T 调零；
[3]为了测量准确，短接时需要通过欧姆调零旋钮将指针指向右侧零刻度线。
（2）指针偏转大，说明电阻小，需要换小挡位，因此选择 挡。
（3）[1]电阻箱读数：
[2]由闭合电路欧姆定律得
推导出
图像纵轴截距为
[3] 图像斜率
推导得
13．(8 分)（1）45°；（2）
【详解】（1）光路图如图所示
根据折射定律有
分
由几何关系知折射角 r＝30°，解得
i＝45° 分
（2）根据几何关系知，光线第一次射到 BC 上的入射角为 60°，根据临界角的定义
，得光线的临界角为 45°，可知入射角大于临界角，光在 BC 面发生全反射。发生全发射的
光线又射到 AC 面上，根据几何关系可知，反射光线垂直于 AC 射出，设出射点为 E，根据
题意和几何关系可得
同理可得
，
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， 分
根据 可知光在该玻璃砖中的传播速率
分
光在玻璃砖中的传播路程
分
光在该玻璃砖中传播所需的时间
分
14．(14 分)(1)
(2)
(3)
【详解】（1）电子经过加速电场过程，根据动能定理 分
解得 分
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向有 分
竖直方向有 ， 分
联立解得 分
则电子从偏转电场射出时速度的大小为 分
（3）在偏转电场，有 分
离开偏转电场后，有 ， 分
解得 分
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则电子打在荧光屏上的 P 点到 O′点的距离为 分
15．(16 分)(1)
(2)
(3)2
【详解】（1）设滑块到 B 点时的速度大小为 ，根据机械能守恒定律 2
分
解得
滑块运动到 B 点时，根据牛顿第二定律 分
解得
根据牛顿第三定律，滑块对圆弧面的压力大小为 。 分
（2）当滑块到 E 点时，设滑块速度为 v1，根据水平方向动量守恒得 分
根据能量守恒 分
由于滑块恰好不从 C 点滑离，根据动量守恒可知，滑块到 C 点时，滑块和小车的共同速度
也为 ，根据能量守恒得 分
联立解得
分
（3）设给滑块的瞬时冲量大小为 I，则有 分
对滑块和小车研究，当滑块到 E 点时，由水平方向动量守恒有 分
根据能量守恒得 分
联立解得 ，
分
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