云南省玉溪第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试物理试卷

这是一份云南省玉溪第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试物理试卷，共7页。试卷主要包含了05πV等内容，欢迎下载使用。
命题人: 徐敏 马健审题：高一物理备课组
单项选择题（本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项正确的）
电磁弹射器在我国自行研制的第三艘航空母舰“福建舰”进行了使用。其原理是弹射车处于强磁场中，当弹射车内的导体有强电流通过时，弹射车就给舰载机提供强大的推力而快速起飞， 下列与其原理相同的是（）
ABCD
质点 S 沿竖直方向做简谐运动，在绳上形成的波传到质点 P 时的波形如图所示，则
（）
该波为纵波B． S、P 两质点振动步调完全一致
质点 S 开始振动时向上运动
经过一个周期，质点 S 向右运动一个波长的距离
如图所示，L 是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q 是两个相同的小灯泡，开始时，开关 S 处于闭合状态，P 灯微亮，Q 灯正常发光，
断开开关后（）
A．P 与 Q 同时熄灭B．P 闪亮后再熄灭
C．Q 闪亮后再熄灭D．P 比 Q 先熄灭
宝石切工决定价值，优秀的切割工艺可以让宝石璀璨夺目。某宝石的剖面简化如图，一束复合光斜射到宝石的 AB 面上，经折射后分成 a、b 两束单色光照射在 CO 面上，对于上述折射现象，下列说法正确的是（ ）
宝石对 a 光的折射率比 b 光的大
宝石中 a 光的传播速度比 b 光的大
b 光的折射角较大
a 光的全反射临界角更小
如图所示，abcd 为 100 匝的正方形闭合金属线圈，边长为 L，线圈整体处于磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，绕着与磁场垂直且与线圈共面的轴OO 匀速转动。图中是在匀速转动过程中穿过该线圈的磁通量随时间按正弦规律变化的图像，则下列说法正确的是（ ）
线圈产生的最大电动势为0.05πV
若线圈边长 L  0.1m ，则磁感应强度大小为0.5T
t  0.5s 时感应电动势最小
t 1s 时线圈中的电流改变方向
电磁流量计可以测量导电液体的流量 Q(单位时间内流过管道横截面的液体体积)。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为 B。液体充满管道并以速度 v 沿轴线方向流动，圆管壁上的M、N 两点连线为直径，且垂直于磁场方向， M、N 两点的电势差为U0 。下列说法正确的是（）
A．N 点电势比 M 点低
B．U0 反比于流量 Q
C．若直径 MN 与磁场方向不垂直，测得的流量 Q 偏大
D.在流量 Q 一定时，管道半径越小，U0 越大
如图所示，一理想变压器的原线圈一侧接在电压为 220V 的正弦交流电源上，原、副线圈的匝数比为 9∶1，原线圈串联定值电阻 R1，
副线圈接滑动变阻器 R2。当滑动变阻器
滑片 P 位于某一位置时，R1、R2 消耗的功率之比为 2∶9。则下列说法正确的是（）
副线圈回路中滑动变阻器两端的电压为 22V B．此时定值电阻 R1 与滑动变阻器接入电路的阻值之比为 18∶1 C．若滑动变阻器滑片向上移动，电阻 R1 的功率增大
D．若原线圈匝数可调，现原、副线圈的匝数比变为 3∶1，滑动变阻器滑片处于原位置不动，电阻 R1 的功率减小
多项选择题（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分，有多项符合题目要求，全部
选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分）
下列情境中，能观察到顺时针方向的感应电流的是（）
图甲中，从右向左观察闭合圆环中的电流
图乙中，线框所在平面始终与磁场方向垂直，当线框完全处于磁场中时 C．图丙中，电流 I 减小时，垂直纸面向里观察 abcd 回路中的电流
D．图丁中，处于竖直向上匀强磁场中的两金属棒沿水平金属导轨运动，当两棒分别向左右移动时，俯视观察回路中的电流
如图甲为一列简谐横波在 t＝0.10 s 时刻的波形图，此时质点 P 的位置横坐标为 x＝1 m，质点 Q 的位置横坐标为 x＝4 m。
图乙为质点 Q 的振动图像。则下列说法正确的是()
该波沿 x 轴正方向传播
该波的传播速度是 40 m/s
从 t＝0.10 s 到 0.20 s 内，质点 P 沿 x 轴方向运动 4 m
t＝0.10 s 时，沿 x 轴正方向与 P 相距 10 m 处的质点与 P 点振动方向相反
如图所示，水平地面上竖直放置着用轻质弹簧拴接的物块 A、B，弹簧劲度系数为k ，
A 的质量为m 。质量也为m 的物块 C 从距 A 高度为ℎ = 15?0?处由静止释放，与 A 碰
00?
撞后粘在一起，之后它们运动到最高点时，B 与地面间的弹力恰好减小为 0。已知弹簧的
12 xm?
弹性势能为?? = 2 ??（
为弹簧的形变量），质量为
的弹簧振子的振动周期为? = 2?√,
?
重力加速度为 g ，不计碰撞时间及空气阻力，弹簧足够长且弹力始终在
弹性限度内。下列说法正确的是（）
2
A、C 物块相撞过程中损失的机械能为15（?0g）
2?
物块 A、C 粘在一起后做简谐运动的振幅为 2m0 g
k
A、C 碰撞后，第一次运动至最低点的时间为 2π 2m0
3k
A、C 运动到最低点时，地面对 B 的支持力大小为8m0g
实验题（共 14 分）
11．（6 分）小组用单摆测量重力加速度，装置如图。
游标卡尺测得摆球直径 d，刻度尺测得摆线长?，则摆长 L  (用字母 d、?表示)；
使摆线与竖直方向夹角为 （  5 ），无初速度释放摆球，摆球位于（选填：“最高点”或“最低点”）开始计时，记录摆球
做 n 次全振动所用时间 t，由此测得当地重力加速度 g  （用字母表示）。
12．（8 分）某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆的电阻 Rx，所用电压表的内阻为
1 kΩ，电流表内阻为 0.5Ω。该同学采用两种测量方案，一种是将电压表跨接在图（a）所示电路的 O、P 两点之间，另一种是跨接在 O、Q 两点之间。测量得到如图（b）所示的两条 U–I 图线，其中 U 与 I 分别为电压表和电流表的示数。
回答下列问题：
图（b）中标记为 II 的图线是采用电压表跨接在（填“O、P”或“O、Q”）两点的方案测量得到的。
根据所用实验器材和图（b）可判断，由图线（填“I”或“II”）得到的结果更接近待测电阻的真实值，结果为Ω（保留 1 位小数）。
考虑到实验中电表内阻的影响，需对（2）中得到的结果进行修正，修正后待测电阻的阻值为Ω（保留 1 位小数）。
计算题（本题共 3 小题，40 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中须明确写出数值和单位）
2
13. （10 分）如图所示，折射率n 的玻璃圆柱水平放置，平行于其横截面的一束光线从顶点入射，与竖直方向的夹角 α=45°。已知圆柱横截面半径为 R，光速为 c。求：
光线射入圆柱时的折射角 θ；
光线从射入圆柱至射出时的时间 t（不考虑光线在圆柱内的反射）。
14．（12 分）如图，某实验中需要操控质量为m、电荷量为q的带正电粒子依次经过纸平面内九宫格中的三个格点a、b、c，要求经过a、b和经过b、c间的时间相等。且经过b点时速度大小为?0。实验时可根据需要调整粒子从a点注入时的速度大小和方向，不计粒子重力和所有阻力，九宫格每小格的边长均为L。
若通过平行于纸面的匀强电场实现操控，使得粒子经过a、b、c，求粒子从a到b的时间t。
若通过垂直于纸面的匀强磁场实现操控，求磁感应强度B的大小和方向。
15．（18 分）如图甲所示，光滑倾斜导体轨道(足够长)与光滑水平导体轨道平滑连接。轨道宽度均为 L＝1 m，电阻忽略不计。水平向右的匀强磁场仅分布在水平轨道平面所在区域；垂直于倾斜轨道平面向下，同样大小的匀强磁场仅分布在倾斜轨道平面所在区域。现将两质量均为 m＝0.2 kg，电阻均为 R＝0.5 Ω 的相同导体棒 eb 和 cd，垂直于轨道分别置于水 平轨道上和倾斜轨道的顶端，并同时由静止释放，导体棒 cd 下滑过程中加速度 a 与速度 v的关系如图乙所示。(g＝10 m/s2)。
求导轨平面与水平面间夹角 θ；磁场的磁感应强度 B；
求导体棒 eb 对水平轨道的最大压力 FN 的大小；
若已知从开始运动到 cd 棒达到最大速度的过程中，eb 棒上产生的焦耳热 Q＝0.45 J，求该过程中通过 cd 棒横截面的电荷量 q。
玉溪一中 2025-2026 学年下学期高二年级期中考物理学科答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
C
B
B
C
D
B
CD
BD
AD
11、（6 分） (1)� + �
2
(2)最低点�2�2(4�+2�)
t2
12．（8 分）（1） O、P （2）I50.5 （3） 50.0
6R
13．（10 分）(1)θ= 30°(2) t =
c
【详解】（1）根据光的折射定律有 n = sina
sinθ
解得光线射入圆柱时的折射角为θ= 30°
（2）光在玻璃圆柱内的光路图如图所示：
由几何关系可得光线在圆柱内的长度为l = 2R csθ= 3R
2
则由n = c 可得光在圆柱内的传播速度为v = c = c = 2 c
vn2
6 R
所以解得光线从射入圆柱至射出时的时间为t = l =
vc
3 2L
2mv0
14．（12 分）(1) t = 2v(2) B = 5qL ，方向垂直于纸面向外
0
【详解】（1）带电粒子在匀强电场中做类抛体运动，如图所示，由于对称性可知，电场沿
bd方向，即与 ac连线垂直指向 d点的方向。粒子在 ac方向以速度v0 做匀速直线运动，从a
3 2L
到 b，在 ac方向有 解得t =
(3L)2 + (3L)2 2
= v0t
2v0
（2）由对称性，粒子轨迹圆心在过b点且与 ac连线垂直的直线 bd上，如图所示。设轨迹
半径为 R，则Oe = R – 2L ， Oa = R ， ae = 3 2L
22
三角形 Oae中，由勾股定理，有Oa2 = Oe2 + ae2
解得 R = 5 2 L
2
v2
根据洛伦兹力提供其做圆周运动的向心力有qv B = m 0
解得 B = 2mv0
5qL
0R
方向垂直于纸面向外。
15.（18 分）答案 (1)30° (2)1 T(3)3 N(4)1 C
解析 (1)由 a－v图象可知，导体棒 cd刚释放时，加速度 a＝5 m/s2 对 cd棒受力分析，由牛顿第二定律得
mgsinθ＝ma
联立解得θ＝30°。
当 cd棒匀速下滑时，由图象知 a＝0，v＝1 m/s
BLv
B2L2v
联立得 mgsinθ＝
此时 mgsinθ＝F安，F安＝BIL，I＝
2R
2R
解得 B＝1 T。
当电路中的电流I最大时，eb棒所受的安培力竖直向下最大，则压力最大
FN＝mg＋F安
由牛顿第三定律 FN′＝FN
解得 FN′＝3 N。
eb棒产生的焦耳热Qeb＝Q＝I2Rt＝0.45 J
cd棒产生的热量与 eb棒相同
对 cd，由能量守恒定律1 2
mgxsinθ＝ mv＋2Q
2
–
－－E
– ΔΦ
解得 x＝1 m，q＝It，I＝
，E＝
2Rt
ΔΦ BLx
则 q＝
＝＝1 C。 2R2R