山西省吕梁市孝义市2024-2025学年高二下学期期中物理试卷（图片版，含解析）

2025年孝义市春季学期高二期中考试试题(卷 )
物 理
注意事项 ：
1.答题前，考生务必用0.5mm黑色中性笔， 将学校、 班级、 姓名、 考号填写在答题卡上。
2. 请把答案做在答题卡上， 交卷时只交答题卡，不 交试题，答案写在试题上无效 。
3. 考试时间 75分钟 ， 满分 100分 。
一、 选择题： 本题共10小题，共 46分。 在每小题给出的四个选项中 ，第 1~7题只有一
项符合题目要求，每小题4分； 第 8~10题有多项符合题目要求，每小题6分， 全部选
对的得6分 ， 选对但不全的得3分，有选错的得0分 。
1. 下列关于机械振动、 机械波、 光现象的说法正确的是( )
A. 高性能相机镜头表面镀了一层透光的膜， 看起来有颜色， 这是由光的偏振现象引
起的
B.当警车向我们靠近时， 听见警笛声的频率会高于警车远离时的频率，该现象原理
是多普勒效应
C. 偏振墨镜可以阻挡刺眼的太阳光线， 光的偏振现象说明光是纵波
D. 雨后天空出现的彩虹，阳光下肥皂泡表面有彩色花纹，都是光的干涉引起的
2.防疫口罩中使用的熔喷布经驻极处理后，可增加静电吸附功能。 驻极处理如图所示，
针状电极与平板金属电极分别接高压直流电源的正、负极，针尖附近的空气被电离后，
带电粒子在电场力 (不计重力)作用下运动，熔喷布捕获带电粒子带上静电，熔喷布
带电后对电场的影响忽略不计。 下列说法正确的是 ( ) 接电源正极
针状电极
A. 沿图中虚线向熔喷布运动的带电粒子，电势能不断增加
熔喷布
B.熔喷布上表面因捕获带电粒子而带负电
接电源负极
C. 沿图中虚线向熔喷布运动的带电粒子，加速度逐渐减小
八平板电极
D. 图中虚线上的2 、 力、 C三点，电势分别为公、 %、 久， 且西 一死， 则
3.一列简谐横波沿着x轴正方向传播，t=8s时的部分波形如图1所示，x=4m处质点的
振动图像如图2所示. 下列说法正确的是 ( )
图 1 图2
高二物理 第 1页 共 8页
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2025 年孝义市春季学期高二期中考试
物理参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C D C D B D ACD AD BD
1．B
【详解】A．高性能相机镜头表面镀了一层透光的膜，光线经过膜的表面和镜头表面的反射光发生干
涉，看起来有颜色，这是由光的干涉现象引起的，故 A 错误；
B．当警车向我们靠近时，听见警笛声的频率会高于警车远离时的频率，该现象原理是多普勒效应，
故 B 正确；
C．偏振墨镜可以阻挡刺眼的太阳光线，光的偏振现象说明光是横波，故 C 错误；
D．雨后天空出现的彩虹，是光的折射引起的，阳光下肥皂泡表面有彩色花纹，是光的干涉引起的，
故 D 错误。
故选 B。
2．C
【详解】AB．带正电的粒子沿图中虚线向熔喷布运动，电场力对其做正功，则粒子的电势能不断减
小，熔喷布上表面因捕获带电粒子而带正电，选项 AB 错误；
C．针状电极附近的电场线最密集，场强最大，则沿图中虚线向熔喷布运动的带电粒子，受电场力逐
渐减小，则加速度逐渐减小，选项 C 正确；
D．图中虚线上的 a、b 、 c三点，因 ab 之间的场强大于 bc 之间的场强，则
Eab ×ab > Ebc ×bc
即
Uab > Ubc
即电势分别为
ja -jb > jb -jc
则
j j< a +jcb 2
选项 D 错误。
故选 C。
3．D
【详解】A．简谐横波沿着 x 轴正方向传播，由同侧法可知， t = 8s时，质点A 的振动方向沿 y 轴正
方向，故 A 错误；
B． t = 7s到 t =11s时间内， x = 4m 处质点的振动的时间为 3/4 个周期，由于 t = 7s时，该质点不在特
殊位置，故振动路程不等于 3A=12cm
故 B 错误；
C．由图可知，波长满足
l
+ nl = 4m(n=0,1,2,3...)
2
解得
l 8= m(n=0,1,2,3...)
2n +1
故该列波的波长不可能为 9m，故 C 错误；
D．该简谐波的波速可能为
v l 1= = m/s(n = 0,1,2,3...)
T 2n +1
当 n=4 时，该列波的波速为 1 m/s，故 D 正确。9
故选 D。
4．C
【详解】A．根据图像可知
T = 0.02s
升压变压器原线圈的输入电压
u = um sin
2p t = 500sin100p t V
T
故 A 错误；
B．升压变压器原线圈电压
U 5001 = V = 250 2V2
根据变压器两端的电学物理量的比值关系可得
U n22 = U1 =10 250 2V = 2500 2Vn1
故 B 错误；
C．输电功率为 200kW ，输送电流
I P= = 40 2A
U2
高压输电线上损失的功率
DP = I 2r = 25.6kW
故 C 正确；
D．当用户负载增加时，发电机输出端增加的功率等于用户端增加的功率与输电线上增加的损失功率
之和，故用户端增加的功率小于发电机输出端增加的功率，故 D 错误。
5.D
【详解】AB．能发生明显的衍射现象的条件是障碍物或孔的尺寸与波的波长差不多或小于波长，故
只有当 MN 间的距离与水波的波长差不多或小于波长，水波才能发生明显的衍射现象，甲图中，适
当减少 M、N 挡板的距离,可以使水波发生明显衍射，故 AB 错误；
C．B 点为波谷与波谷相遇，D 点为波峰与波峰相遇，可知 BD 连线为振动加强区，故 E 点处质点是
振动加强的质点，故 C 错误；
D． A、C 两处为波峰与波谷相遇，为振动减弱点，振幅为零，一直在平衡位置，D 正确;
故选 D。
6．B
【详解】等离子气流由左方连续不断地以速度 v0射入 P1和 P2两极板间的匀强磁场中，正电荷向上
偏，负电荷向下偏，上板带正电，下板带负电，且能形成稳定的电流，电流方向由 a 到 b，0~2s 内
互相排斥，2~3s 内无相互作用，3~4s 内互相吸引，则 0~2s 内 cd 的电流方向由 d 到 c，2~3s 内 cd 的
电流为零，3~4s 内 cd 的电流方向由 c 到 d，根据楞次定律判断可知 B 选项对应正确。
故选 B。
7．D
【详解】A．光束从空气进入水滴球时，无论怎样改变入射角，折射角都小于临界角，根据几何知识
可知光线在玻璃球内表面的入射角不可能大于临界角，所以都不可能发生全反射。故 A 错误。
B．a、b 两条出射光线均在水滴表面发生折射现象，入射角相同，a 光的折射角大于 b 光的折射角，
由折射定律
n sin i=
sin r
可知 na < nb 。
因 a 光的频率小于 b 光的频率，故 a 光的波长大于 b 光的波长，根据
x LD = l
d
可知用同一装置做双缝干涉实验，a 光产生的条纹间距较大，故 B 错误；
C．a 光的波长大于 b 光的波长，所以 a、b 两种光经相同的单缝发生衍射时，a 光中央亮条纹更宽，
故 C 错误；
D．因 a 光的频率小于 b 光的频率，故 a 光的折射率小于 b 光的折射率，根据
sinC 1=
n
故 b 光的全反射角小于 a 光的全反射角，故从同种介质进入空气时，逐渐增加入射角，b 光先发生
全反射，故 D 正确。
故选 D。
8．ACD
【详解】对小球受力分析，当静止时，电场力水平向右，重力竖直向下，支持力竖直向上与水平向
左的摩擦力，水平方向有
qE-μmg=ma
此时，加速度大小为
a qE= - mg
m
当速度增大时，导致洛伦兹力增大，根据左手定则可知，洛伦兹力的方向向上，所以随速度的增大
洛伦兹力增大时支持力减小，从而使得滑动摩擦力 f 减小，小球的加速度增大，小球做加速度增大
的变加速运动；当洛伦兹力与重力大小相等时，小球的加速度最大，则小球的最大加速度为
a qE0 = m
随着速度继续增大，洛伦兹力大于重力，支持力的方向变成向下，加速度随速度的增大开始减小，
小球做加速度减小的变加速运动，当加速度为零时，则小球达到最大速度，做匀速直线运动，此时
有
qE=μ（qv0B-mg）
最大速度为
mg qE+
v m E mg0 = = +qB mB qB
故 D 正确；
B．由以上的分析可知，小球先做加速度增大的变加速运动，后做加速度减小的变加速运动。当 a=0.5a0
时小球在加速的过程中，故 B 错误；
C．由以上分析可知，小环 P 滑动过程中的最大速度为
v E mg0 = +mB qB
故 C 正确；
A．由以上的分析可知，当 a=a0时，有
qvB=mg
故 A 正确；
故选 ACD。
9. AD
【详解】当公仔头部运动至最高点时，底座对桌面压力刚好为零，此时弹簧对底座拉力 F=mg，根据
胡克定律 F=kx（ 为弹簧伸长量），可得弹簧伸长量 。公仔头部在平衡位置时，弹簧压缩量
。振幅 A 是平衡位置到最大位移处的距离，所以振幅 ，A 正确。
在最高点时，对底座， （弹簧拉力）；对头部，受到重力 mg 和弹簧拉力 mg，根据牛顿第二
定律 ，则加速度 ，B 错误。
公仔头部从最低点释放，在最低点弹性势能最大 ,根据能量守恒，从最高点到最低点
得 C 错误
公仔头部在最低点和最高点加速度大小相等，为 。在最低点，根据牛顿第二定律
（ ），可得 。对底座受力分析，桌面对底座支持力 N=4mg ，D 正确。
10．BD
【详解】A．小球 C 从 a 点运动到 b 点的过程中，小球和圆槽 A 组成的系统合外力不为零，所以动量
不守恒，故 A 错误；
B．小球 C 从 a 点运动到 b 点时，由动能定理有
mgR 1= mv2
2 b
解得
vb = 2gR
在 b 点时，对小球有
N mg m v
2
- = b
R
解得
N = 3mg
根据牛顿第三定律可知球对 A 的压力大小也等于3mg ，对 A 槽有
N地 = N + Mg = 3mg + Mg
由牛顿第三定律可得，小球 C 从 a 点运动到 b 点时 A 槽对地面的压力大小为3mg + Mg ，故 B 正确；
C．小球 C 和 B 槽组成的系统水平方向上动量守恒有
mvb = (m + M )v
解得
m 2gR
vmax = m + M
根据能量守恒有
1 mv2 1b = (m + M )v
2 + mgh
2 2
解得
h MR=
M + m
故 C 错误；
D．小球 C 和 B 槽组成的系统水平方向上动量守恒，当两者分离时槽有最大速度，则
mvb = mv + Mvmax
由机械能守恒有
1 mv2 1= mv 2 1b + Mv
2
2 2 2 max
解得
v 2mmax = 2gRM + m
故 D 正确。
故选 BD。
11．每空 2 分，共 8 分
(1)C (2)20.4 (3)9.85 (4) ①
【详解】（1）A．单摆在摆角小于 5 度时的振动为简谐运动，单摆摆角不能太大，故 A 错误；
B．测摆长时，摆线拉得过紧，使摆线长度测量值变大，由
g 4p
2l
=
T 2
可知测得的 g 值偏大，故 B 错误；
C．开始计时时，停表过迟按下，Dt 偏小，则周期 T 偏小，由
g 4p
2l
=
T 2
可知测得的 g 值偏大，故 C 正确;
D．在使用停表测量周期时，为了减少实验误差，应从摆球摆至最低点时开始计时并计数，故 D 错
误。
故选 C。
（2）摆球的直径为
20mm + 0.1mm 4 = 20.4mm
（3）单摆的周期
T=2S
由
l d+
T = 2p 2
g
解得重力加速度大小
g=9.85m/s2
（4）由
T = 2p L + r
g
可得
T 2 4p
2
L 4p
2r
= +
g g
则T 2 - L图像的纵截距为正值，故他作出的T 2 - L图像应该是乙图中的①。
12．每空 2 分，共 10 分
(1) 图 2 2.92 1.40Ω
(2) 图 4 小于
【详解】（1）[1]由于已知电流表内阻，为了更精确地测电源的电动势和内阻，应选择电路图 2 进行
实验；
[2][3]根据闭合电路欧姆定律可得U = E - I (RA + r)
可知纵轴截距代表电源的电动势E = 2.92V
2.92 -1.80
图像斜率的绝对值等于RA + r ，即RA + r = W0.56
解得 r=1.40Ω
E(R + r)
（2）[1]图 4 中电压表测量 R0两端电压，根据闭合电路欧姆定律可知U = E - R + R0 + r
1 1
整理可得 = × R
R0 + r+
U ER0 ER0
U E E(R0 + r)图 5 中电压表测量 R 两端电压，同理可知 = - R + R0 + r
1 1 R0 + r 1整理可得 = + ×
U E E R
故应选用的电路图是图 4；
E
[2]由于电压表的分流作用，流过电源的实际电流大于 R + R + r ，所以电动势的测量值小于真实值。0
13 2 3．（1） n = ； 2 2 3R（ ）
3 C
【详解】（1）如图所示
设光射到 P 点处恰好发生全反射，临界角为q ，由几何分析可得此单色光在玻璃砖中全反射的临界
角q = 60°，又有
sinq 1= (2 分)
n
解得
n 2 3= (2 分)
3
（2）自 M 点入射的光在玻璃砖中的传播的光路图如图所示△COD 和VOED 为正角形，光的路程长
s = 2R + 2R sin 30° (2 分)
光在玻璃砖中的速度为
v c= (2 分)
n
传播时间为
t s 2 3R= = (2 分)
v c
3mv2
13 (1) 0
2 3mv
． (2) 0qR qR
【详解】（1）设粒子在电场中做平抛运动的时间为 t1 ，
根据运动学规律有
R = v0t1 (1 分)
3 R 1= at2 (1 分)
2 2 1
由牛顿第二定律得 qE = ma (1 分)
E 3mv
2
联立解得 = 0 (2 分)
qR
q· 3mv
2
0
（2）设粒子在 P 点的竖直分速度大小为 vy ，根据运动学规律有 vy = at =
qR ·R1 = 3v
(1
m v 00
分)
设粒子在 P 点的速度 v与水平方向夹角为q ，根据速度的合成与分解有
v
tanq = y = 3 (1 分)
v0
解得q = 60° (1 分)
v v故 = 0 = 2v0 (1 分)cosq
v2
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 r ，根据牛顿第二定律有 qvB = m (1 分)
r
根据几何关系可得 3 (1 分)r = R
3
2 3mv
联立解得B = 0 (1 分)
qR
8
15．(1)1.2A，1.6m/s (2) C (3)1.5m/s，0.8m
15
E
【详解】（1）由题意，根据闭合电路欧姆定律，可得闭合开关瞬间通过金属棒的电流 I = =1.2A
r + R
(1 分)
闭合开关 S 后金属棒在水平导轨上向右运动至速度稳定时，金属棒能以最大速度从上方轨道水平抛
出，此时有E = B1Lv1 (1 分)
代入数据求得金属棒达到的最大速度 v1 =1.6m / s (1 分)
（2）金属棒从开始运动到获得最大速度过程中，
根据动量定理有 - (1 分)
B I Lt = m1v1 - 0
- (1 分)
q = I t
8
代入数据求得通过金属棒的电荷量 q = C (1 分)
15
（3）闭合开关后，金属棒能以最大速度从上方轨道水平抛出，恰能从C1C2 处沿切线进入圆弧轨道，
v
根据平抛运动规律，可得金属棒m1 到达C 11C2 处的速度大小为 v2 = = 2m / s (1 分)cos37°
根据机械能守恒定律可得金属棒m1 到达水平轨道时，
1
有 m1v
2 1
2 + m1gr0 1- cos37° = m v21 3 (1 分)2 2
求得 v3 = 3m / s (1 分)
当金属棒m1 追上m2 时二者速度恰好相同，两金属棒在运动过程中恰好不发生碰撞，根据动量守恒定
律有m1v3 = m1 + m2 v4 (1 分)
求得金属棒m2 最终的速度 v4 =1.5m / s (1 分)
对金属棒m2 利用动量定理有B2I LDt = m2v4 - 0 (1 分)
I t q B LDxD = = 2 (1 分)
R + 3R
联立即可求得m1 刚到达D1D2时两金属棒之间的距离为Dx = 0.8m (1 分)