2025一2026学年度第一学期阶段检测
4.如图所示，一直流电动机与阻值92的电阻串联接在电源上，电源的电动势E-30V,内阻户1，
闭合开关，用理想电压表测出电动机两端电压=20V,已知电动机线因的电阻R一1n,则下列
高二物理
说法中正确的是
A,通过电动机的电流为20A
注意事项：
B.电动机的输入功率为400W
1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，时间90分钟。
C.电源的输出功率为29W
2.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑：第Ⅱ卷用黑
D.电动机的输出功串为16W
色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内：写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区
5,单人飞行器由微型喷气发动机和操纵系统组成，可以完成单人上升、下降、悬停和平飞等动作.已
域均无效。考试结束只交答题卡。
知飞行器连同人和装备的总质量为M,喷气口的横截面积为S,气体的密度为，且气体喷出前
第I卷（选择题，共40分）
的速度为零，重力加速度为g,要使飞行器能在空中悬停，则单位时问内喷射的气体的质量为
A.M
一、本题共12小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，
B.pgMS
选对得3分：第9一12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，
C.pgMS
有选错的得0分。
1.有关电压与电动势的说法中正确的是
”腰
A,电压与电动势的单位都是伏特，所以电动势与电压是同一物理量的不同叫法
6.如图所示，电源电动势为E,内电阻为，C为电容器，Ro为定值电阻，电表均为理想电表，R
B。电动势就是电源两极间的电压
为滑动变阻器，闭合开关后灯泡L正常发光，当滑动变阻器的滑片P向左移动一段后停止，则
C.电动势公式E=严中W与电压公式U=严中的甲是一样的，都是电场力做的功
下列说法正确的是
D。电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能的本领的物理量
A.稳定后电源输出功率一定变大
2.一质量为02kg的小锅球由距地面5m高处自由下落，与地面碰箍后又以等大的动量被反弹，碰
B.过程中定值电阻R中将有从右向左的电流
撞作用时间为0.1s。若取向上为正方向，g取10ms3下列说法正确的是()
C.稳定后电压表、电流表示数均变大，灯泡L将变暗
A小钢球碰地前后的动量变化是2kgms
D.稳定后电压表示数改变量与电流表示数改变量之比将保持不变
B.小钢球碰地过程中受到的合冲量是4Ns
7.a、b分别表示一个电池组和一只电阻的伏安特性曲线，则以下
C.地面受到小钢球的平均压力为40N
说法正确的是
D.引起小钢球动量变化的是地面对小钢球弹力的冲量
A.电池组的内阻是0.332
·3.在如图所示电路中，电源电动势为E,内阻为，A、风为定值电阻，电流表、电压表均为理
B.电阻的阻值为0.332
UN
想电表，现使滑动变阻器的滑片向左滑动，则
C.将该电阻接在该电池组两端，电池组的效率将是75%·
A.电压表读数变小
D。改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功半为3W
B.电流表读数变大
8.在如图所示电路中，闭合开关S,当滑动变阻器的滑片向左滑动时，理想电表A、V1、V、
C.R,两端的电压减小
的示数分别用I、U、h和仍表示，电表示数变化量的绝对值分别用△I、△U、△和公L5
D.流过R的电流减小
示。下列比值正确的是
高二物理第1页（共8页）
高二物理第2页（共8页）2025—2026学年度第一学期阶段检测
高二物理（选考）答案及评分意见
一、本题共12小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，每小题3分，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1.D 2.B 3.C 4.C 5.B 6.D 7.C 8.D 9.CD
10.BD 11.ABD 12.BD
二、本题共4小题，共14分。其中13小题每题6分， 14小题8分。
13.(6分) ⑴ 2Ω （2分）
⑵ 2.86V 0.41Ω (每空2分)
14.(8分) ⑴ 0.75A （2分） ⑵ R1 （2分） ⑶ 1.5V 0.8Ω (每空1分)
⑷ 偏小 偏小 (每空1分)
三、本题共4小题，共 46分。
15．(10分) 解：（1）设粒子的质量为m,电荷量为q,平行板电容器两极板间的距离为d.当开关断开时，电阻R1和R2串联，
根据闭合电路欧姆定律：E=I1（R1+R2+r） 得I1=1A， 1分
则电容器两板间的电压为：
UC1=I1R2=4V 1分
由于粒子静止，则 1分
开关闭合后，电阻R1被短路，根据闭合电路欧姆定律：
E=I2（R2+r） 得I2=2A， 1分
则电容器两极板间的电压
UC2=I2R2=8V=2UC1 1分
根据牛顿第二定律：
1分
联立得 a=g=10m/s2 方向竖直向上 2分
（2）开关闭合后，电容器再次被充电，流过R3的电荷量：Q=C（UC2-UC1）=4×10-4C 2分
16．(10分)解：对于小球，在摆动到最低点过程和反弹达到最高点的过程中，根据机械能守恒：
则有 得v1=4m/s， 1分
得v1=2m/s。 1分
球与A碰撞过程中，球与A物块系统的动量守恒，设水平向右为正方向
得vA=1m/s 2分
A物块和板B在光滑水平面上运动，由受力可知 AB系统水平方向动量守恒
则 得v共=0.5m/s 2分
小球及A、B组成的系统损失的机械能为
3分
联立以上各式，解得。 1分
17．(12分) 解：（1）自由下落过程，由 得t1=0.6s 1分
反弹到最高点过程，由 得t2=0.4s 1分
则整个过程重力作用的总时间为：t=1.2s 1分
重力的冲量：I=7.2N·s 方向竖直向下 1分
(2)篮球触地前的速度，根据动能定理：
得v1=6m/s 方向竖直向下 2分
篮球触地后反弹的速度，根据动能定理：
得v2=4m/s 方向竖直向上 2分
设竖直向上为正方向，动量变化量 P=mv2-m(-v1)=6kg·m/s 1分
与地面接触过程，根据动量定理：
Ft-mgt＝mv2-m(-v1) 2分
得F=36N 方向竖直向上 1分
18．(14分) 解：(1)在最初0时刻，弹簧处于原长，对a物体：a0＝1.0 m/s2
根据牛顿第二定律:F=maa0=1.2N, 2分
在1s时两物体加速度均为a＝0.6 m/s2，对a、b整体由牛顿第二定律：
F＝(ma＋mb)a， 2分
得mb＝0.8 kg 1分
恒力F拉动1s的过程，由a-t图像可知va>vb，则弹簧继续伸长。设水平向右为正方向
对a物体由动量定理可知
Ft-I弹＝mava 2分
对b物体由动量定理可知
I弹=mbvb， 2分
联立得：Ft＝mava＋mbvb 2分
撤去F后直至到达共同速度v时，弹簧伸长量最大，由系统的动量守恒，有
mava＋mbvb＝(ma＋mb)v， 2分
联立解得v＝0.6 m/s，即：a和b的速度大小都为0.6 m/s 1分
