江西省赣州市上犹中学2025-2026学年高二下学期开学物理试题（含解析）

2025-2026 学年高二下学期开学检测
高二物理试卷
试卷共 15 小题，满分 100 分。考试用时 75 分钟。
注意事项：
1 ．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上。
2 ．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目 的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。 回答非选择题时，将答案写在答题卡上。 写在本试卷上无效。
3 ．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，请将答题卡交回。
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 ．下列各图中，已标出电流 I 和磁感应强度 B 的方向，其中符合安培定则的是
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A．
B．
D．
C．
2 ．有一电场的电场线如图所示，场中 A 、B 两点电场强度的大小和电势分别用EA ，EB 和
φA ， φB 表示，则( )
A ．EA > EB ， φA = φB B ．EA < EB ， φA < φB
C ．EA = EB ， φA = φB D ．EA > EB ， φA > φB
3 ．A 、B 导体的伏安特性曲线如图实线所示，下列判断正确的是( )
A ．A 导体的电阻随着电流的增大而减小
B ．B 导体的电阻是3Ω
C ．当电流为 0.3A 时，A 导体的电阻是6Ω
D ．当电流为 0.3A 时，A 导体的电阻等于图像在该点切线的斜率
4 ．某学校的科学兴趣小组利用所学知识设计了一个电容式压力传感器，如图所示。将电容器可动电极（上极板）与静电计连接，下极板固定，上极板在压力作用下会向下移动，引起电容的变化，压力越大，移动距离越大（设两电极始终不接触），上极板带正电且电荷量保持不变，P 为极板间的一点。在上极板受到的压力变大时，下列说法正确的是( )
A ．静电计指针张角变大，P 点的电势不变
B ．静电计指针张角变大，P 点的电势变大
C ．静电计指针张角变小，P 点的电势变小
D ．静电计指针张角变小，P 点的电势不变
5 ．如图所示，在匀强电场中，A、B、C、D 四个点将半径为3cm 的圆平均分为四个等份，其中A、B、C 三点的电势分别为2V、14V、8V 。下列说法正确的是( )
A ．D 点的电势为10V
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B ．B 点和D 点的电势差为6V
C ．该电场的电场强度为20V / m ，方向由 B 指向A
D ．将一电子从C 点移到A 点过程中，电场力做的功为6eV
6 ．如图所示，我国的探月卫星在进入地月转移轨道时，由于卫星姿势的改变，卫星中一边长为 50cm 的正方形导线框由水平方向转至竖直方向，此处磁场磁感应强度B = 2 × 10-5 T ，方向如图中所示，sin37o = 0.6, cos37o = 0.8 ，则下列说法正确的是( )
A ．在水平位置时，穿过线框的磁通量大小为4.0× 10-6 Wb
B ．在竖直位置时，穿过线框的磁通量大小为3.0× 10-6 Wb
C ．该过程中穿过线框的磁通量的变化量大小是1.0× 10-6 Wb
D ．该过程中穿过线框的磁通量的变化量大小是7.0× 10-6 Wb
7 ．如图所示，质量为 m、电荷量为 q 的带正电金属块（可视为质点）以初速度v0 从足够高的光滑绝缘水平高台（侧壁竖直）上飞出，高台右侧有水平向左的匀强电场，电场强度大小为 ，重力加速度大小为 g。金属块离开高台后，下列说法正确的是( )
A ．金属块做变加速曲线运动
B ．金属块不会与高台相撞
C ．金属块进入电场后经过 时的动能最小
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D ．金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为
8 ．如图所示是三根平行直导线的截面图，若它们的电流大小都相同，方向垂直纸面向里，
每根导体棒在 A 点产生的磁感应强度均为 B，如果 AB=AC=AD，则关于 A 点的磁感应强度，下列说法正确的是( )
A ．3 根导体棒在 A 点磁感应强度矢量和为 3B
B ．3 根导体棒在 A 点磁感应强度矢量和为 B
C ．3 根导体棒在 A 点叠加的磁感应强度方向水平向右
D ．3 根导体棒在 A 点叠加的磁感应强度方向与 AD 成 45°角向右下方
9．某同学设计了如图所示的电路图，其中电源电动势为 E，内阻为 r，R1 是定值电阻，L 是白炽灯，电表 A、V1、V2、V3 均为理想电表，它们的示数分别为 I、U1 、U2 、U3 ，示数变化量的绝对值分别为△I、△ U1 、△ U2 、△ U3 ，则下列说法正确的是( )
A ．将滑动变阻器 R2 滑片往下移，灯泡亮度变暗
B ．将滑动变阻器 R2 滑片往下移，灯泡亮度变亮
C ．无论滑片往上移还是往下移， 的值为定值，大小为r + R1
D ．无论滑片往上移还是往下移， 的值为定值，大小为r + R1
10．如图，质量M = 2kg 的圆环套在光滑水平轨道上，质量m = 1kg 的小球通过长L = 0.6m 的轻绳与圆环连接。现将细绳拉直，且与AB 平行，小球以竖直向下的v0 = 6m / s 初速度开始运动，重力加速度g = 10m / s2 ，则( )
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A ．运动过程中，小球和圆环构成系统的动量和机械能均守恒
B ．从小球开始运动到小球运动到最低点这段时间内，圆环向右运动的位移大小为0.2m
C ．小球通过最低点时，小球的速度大小为4m / s
D ．小球运动到最高点时，细绳对小球的拉力大小为50N
三、实验题：11 题 6 分，每空 2 分；12 题 10 分，每空 2 分；共计 16 分
11．如图所示，某同学制作了一个弹簧弹射装置，轻弹簧两端各放一个金属小球（小球与弹簧不连接），压缩弹簧并锁定，该系统放在内壁光滑的金属管中（管内径略大于两球直径），金属管水平固定在离水平地面一定高度处，解除弹簧锁定，两小球向相反方向弹射，射出管时均已脱离弹簧。现要测定弹射装置锁定时具有的弹性势能，并探究弹射过程遵循的规律，实验小组配有足够的基本测量工具，重力加速度大小为 g，按以下步骤进行实验：
①用天平测出小球 P 和 Q 的质量分别为 m1 、m2；
②用刻度尺测出管口离地面的高度 H；
③解除锁定，分别记录两小球在水平地面上的落点 M、N。
根据该同学的实验，回答下列问题：
(1)除上述测量外，要测定弹射装置锁定时具有的弹性势能，还需要测量的物理量是
_________。
A.金属管的长度 L
B.弹簧的压缩量 Δx
C.两小球从弹出到落地的时间 t1 、t2
D.P 、Q 两小球的落地点 M、N 到对应管口的水平距离 x1 、x2
用测量的物理量表示弹簧的弹性势能：Ep= 。
(2)若满足关系式 ____________，则说明弹射过程中轻弹簧和两金属小球组成的系统动量守恒。（用测得的物理量符号表示）
12．三元锂电池具有较高的能量密度，目前广泛应用于我国的新能源汽车。三元锂电池电动
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势和内阻与带电量和温度有关。某同学利用以下器材测量某单体三元锂电池在25o C时的电动势和内阻。
A ．三元锂电池（电动势约为4 V ，内阻为几十毫欧）
B ．电流计 G(0 ~ 100μA )，内阻为 2500a ）
C ．电流表 A（0 ~ 3 A, 内阻约为0.02a ）
D ．定值电阻R1 = 47500a
E ．定值电阻R2 = 1.35a
F ．滑动变阻器R （最大阻值为10a ）
G ．开关、导线若干
根据提供的器材，设计电路如图甲所示。
(1)将电流计 G 与定值电阻R1 串联改装成电压表 V，则改装后的电压表能测量的电压最大值为___________V。（结果保留两位有效数字）
(2)闭合开关，调节滑动变阻器滑片，多次记录改装后电压表 V 的示数U 、电流表 A 的示数I ，作出 U - I 图线如图乙所示，该三元锂电池的电动势E = ___________ V ，内阻 r =
___________ ma 。（以上结果均保留两位有效数字）
(3)实验中，定值电阻R2 的主要作用是___________。（填选项前的标号）
A ．增大等效内阻，使得负载变化时电压变化更明显，便于电压表测量
B ．保护电压表
C ．消除系统误差
(4)利用图甲进行测量，该三元锂电池的电动势测量值___________（选填“大于”“小于”或“等于”）实际值。
四、计算题：本大题共 3 小题，第 13 题 10 分，第 14 题 12 分，第 15 题 16 分，共 38 分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤；有数值计
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算的题，解答过程必须明确写出数值和单位，只写出最后答案不得分。
13 ．一质量为 0.1kg 的弹性小球从高 1.25m 处自由下落（不计阻力），与地面作用时间 0.1s后以 3m/s 的速度反弹，g = 10m/s2 。求：
(1)小球落地时的速度；
(2)地面对小球的平均作用力大小。
14 ．电动自行车的车灯和电动机（提供行驶动力）均由电瓶供电，工作原理简化为如图所示电路，查得电瓶的电动势E = 48 V， 电瓶的内阻 r 未知。在停车状态下打开车灯（ S1 闭合、
S2 断开），车灯正常发光，电流表的示数为 1A，电压表的示数为 44V；在打开车灯时行驶
（S1 和S2 均闭合），调节R2 ，仍使车灯正常发光，此时电流表的示数为 3.2A。若电动机内
阻RM = 2 Ω ,电流表和电压表均为理想电表，假定车灯灯丝电阻不变。求：
(1)电源内阻 r 的值；
(2)电动机的热功率；
(3)打开车灯行驶时电动机的效率。
15 ．如图所示，平面直角坐标系xOy 位于竖直平面内，倾斜光滑直轨道AO 与y 轴正方向夹角为θ = 60° , 轨道AO 与水平轨道OB 及半径为R 的竖直光滑圆管之间均平滑连接，圆管对应的圆心角为120° ,其所在圆 O ' 分别与x 轴和y 轴相切于B 点和C 点。已知第二象限内有方向竖直向下、大小为E 的匀强电场，第一象限内，x ≥ R 的区域内有水平向右的匀强电场，其中 R 区域内场强大小为E y R 区域内场强大小为
E 。质量为m 、电荷量为q 的带正电小球（可视为质点）从到O 点距离为R 的Q 点由静止释放，经水平轨道OB 进入圆管内。小球与水平轨道OB 之间的动摩擦因数为
μ = 0.2 ，其余摩擦不计，所有轨道均为绝缘轨道，轨道的直径远小于所在圆的直径，小球
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所带电荷量不损失，进入和飞出管道时无能量损失，重力加速度为g 。求：
(1)小球经过坐标原点 O 处时的速度大小；
(2)求小球在管道中能达到的最大速度；
(3)从开始运动到小球静止，小球在 OB 段走过的总路程 s 为多少？
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1 ．A
A．图 A 为环形电流产生的磁场，根据环形电流的安培定则，用右手握住环形线圈，使四指弯曲方向与电流的方向一致，大拇指方向为磁场 N 极的方向，故 A 图符合安培定则，故 A 正确；
B ．图 B 是直线电流产生的磁场，根据通电直导线中的安培定则，用右手握住通电直导线，使大拇指方向与电流的方向一致，四指弯曲方向为磁感线的环绕方向，则磁感线的环绕方向为右进左出，故 B 图不符合安培定则，故 B 错误；
C ．图 C 是直线电流产生的磁场，根据通电直导线中的安培定则，用右手握住通电直导线，使大拇指方向与电流的方向一致，四指弯曲方向为磁感线的环绕方向，故 C 图不符合安培 定则，则磁感线的环绕方向为逆时针，故 C 图不符合安培定则，故 C 错误；
D ．图 D 为环形电流产生的磁场，根据环形电流的安培定则，用右手握住环形线圈，使四指弯曲方向与电流的方向一致，大拇指方向为磁场 N 极的方向，则磁场 N 极的方向为水平向右，故 D 图不符合安培定则，故 D 错误。
故选 A。
2 ．B
根据电场线的疏密程度表示电场强度的大小，因 B 点电场线较 A 点密集，得EA < EB ；
根据沿着电场线方向电势降低，得 φA < φB 。
故选 B。
3 ．C
A ．由图可知 A 导体的图像不是直线，所以其电阻不是定值，电阻随着电流的增大而增大，故 A 错误；
B ．由图可知 B 导体的电阻为RB Ω = 2Ω ,故 B 错误；
C ．由图可知，当电流为 0.3A 时，A 导体的电阻为RA ，故 C 正确；
D ．在图像中，电阻等于纵横坐标值之比，只有当图像为过原点的直线时，才有 但是导体 A 的图像是一条曲线，当电流为 0.3A 时，导体的电阻应该等于该点与坐标原点连线的斜率，故 D 错误。
故选 C。
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4 ．D
上极板受到的压力变大时，d 变小，电容C变大， Q 一定，根据 Q=CU 可知极板间电压 U 变小，静电计指针张角变小；
根据E 可知E
则电场强度不变，P 点和固定电极的距离不变，则 P 点电势不变。
故选 D。
5 ．B
A ．AB 的中点O 的电势为V ，可知CD 为等势面，D 点的电势为8V ，故 A 错误；
B ．B 点和D 点的电势差为UBD = φB - φD = 6V ，故 B 正确；
C ．电场强度为E V / m方向由B 指向A ，故 C 错误；
D ．将一电子从C 点移到A 点，电场力做的功为WCA = -eUCA = -6eV ，故 D 错误。故选 B。
6 ．D
在水平位置时穿过线框的磁通量为 Φ1 = BS sin 37° = 2× 10-5 × 0.52 × 0.6Wb = 3.0 × 10-6 Wb在竖直位置时穿过线框的磁通量为 Φ2 = -BS cos 37° = -2× 10-5 × 0.52 × 0.8Wb = -4.0× 10-6 Wb
磁通量的变化量的大小为 ΔΦ = |Φ2 -Φ1 | = 7.0 × 10-6 Wb故选 D。
7 ．C
A ．金属块所受合力F合 mg为定值，则金属块做匀变速曲线运动，选项 A 错误；
B．金属块运动过程中，在水平方向受到向左的电场力，水平方向先向右做匀减速直线运动，然后向左做匀加速直线运动，则金属块一定会与高台边缘相碰，选项 B 错误；
C ．从进入电场开始计时，设经过时间 t 金属块的动能最小，即速度最小，在水平方向上有
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竖直方向vy = gt
则合速度v
解得v
由数学知识可知当t 时，速度 v 有最小值，选项C 正确；
D ．当水平方向上的末速度为 0 时，金属块到高台边缘的水平距离最大，由运动学公式有最大水平距离xm ，选项 D 错误。
故选 C。
8 ．BC
根据右手螺旋定则可知 B、D 、C 三处的导线在 A 点产生的磁场方向分别为竖直向下、竖直向上、水平向右，大小相等，根据磁场的叠加法则可知 A 点的磁感应强度的大小B，方向向右，B 正确，C 正确。
故选 BC。
9 ．AC
AB ．该电路中 R1 与电源串联，灯泡 L 与 R2 并联后再与 R1 串联，V1 测量 R1 两端电压，V2 测量路端电压，V3 测量 L 以及 R2 两端电压，A 测量总电流；将滑动变阻器滑片往下移，电阻减小，电路总电阻减小，则 I 变大，由 U1=IR1 ，U2=E-Ir ，U3=E-I(r+R1)
可得，U1 变大，U2 、U3 变小，灯泡亮度变暗，故 A 正确，B 错误；
CD ．由上面分析可得 r + R1 ，大小为定值；r ，大小为电源内阻，故 C 正确，D错误。
故选 AC。
10 ．BD
A ．分析小球和圆环组成的系统可知，水平方向上不受外力，所以系统水平方向动量守恒，但竖直方向合外力不为零，动量不守恒，只有重力做功，则系统机械能守恒。故 A错误；
B ．系统水平方向动量守恒，根据“人船模型”可得
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Md1 = md2
又
d1 + d2 = L
联立，解得
d1 = 0.2m ，d2 = 0.4m
可知从小球开始运动到小球运动到最低点这段时间内，圆环向右运动的位移大小为0.2m 。故 B 正确；
C ．从开始运动到小球运动到最低点时，设圆环和小球的速度大小分别v1 为和v2 ，由水平方向动量守恒可知
Mv1 = mv2
由能量守恒可知
联立，解得
故 C 错误；
D ．若小球运动到最高点时，圆环和小球的速度大小分别为v3 、v4 ，由水平方向动量守恒可知
Mv3 = mv4
由能量守恒可知
解得
v3 = 2m / s ，v4 = 4m / s
小球相对圆环的速度大小为
v相对 = v3 + v4 = 6m / s
由牛顿第二定律，可得
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解得
F = 50N
故 D 正确。
故选 BD。
11 ．(1) D
（1）[1]AB ．两小球向相反方向弹射，射出管时均已脱离弹簧，故弹性势能全部转化为小球的动能，可以通过测量两球的动能来间接测量弹簧的弹性势能，所以要测定弹射装置锁定时具有的弹性势能，不需要测量金属管的长度 L 和弹簧的压缩量 x，且弹簧的劲度系数也未知，故 AB 错误；
C ．两小球从弹出到落地的时间可由竖直位移求出，不需要测量，故 C 错误；
D ．还需要测量 P 、Q 两小球的落地点 M、N 到对应管口的水平距离 x1 、x2，这样才能求出两球的初速度，故 D 正确。
故选 D。
[2]设 P 、Q 两小球射出管时的初速度为v1 、v2 ，水平位移满足 x1 = v1t ，x2 = v2t时间满足H gt2 ，根据能量守恒可得弹簧的弹性势能 Ep m1v m2v22 整理可得Ep
（2）若系统动量守恒，有 m1v1 = m2v2 ，即
故若 ，弹射过程中轻弹簧和两金属小球组成的系统动量守恒。
m2 x1
12 ．(1)5.0
(2) 4.2 50 (3)A
(4)小于
（1）电流计的满偏电压为Ug = Ig Rg = 0.25V则改装后U = Ig (Rg + R1 ) = 5V
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即改装后的电压表量程为5.0V 。
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有E = U + I (r + R2 )
整理得U = -I(r + R2 ) + E
由图乙可知U - I 图像的截距b = E = 4.2V图像斜率的绝对值k = r + R2 = 1.4Ω
解得r = 0.05Ω = 50 mΩ 。
（3） R2 在电压表外与电源串联，其主要作用是使电源的等效内阻变大，使得负载变化时，电压表示数变化更加明显，便于测量记录数据。
故选 A。
（4）考虑到电压表的分流作用，根据闭合电路欧姆定律有E = U 整理得U
所以图像的截距b = E测
故E测 < E ，即利用题图甲进行测量，三元锂电池的电动势测量值小于实际值。
13 ．(1)5m/s
(2)9N
（1）根据自由落体运动公式v12 = 2gh
可得小球落地时的速度vm/s = 5m/s
（2）设竖直向上为正方向，根据动量定理可得(F - mg ) Δt = mv2 - m (-v1 )解得 mg N + 0.1 × 10N = 9N
14 ．(1)4 Ω
(2)9.68W
(3)87.5%
（1）S1 闭合、S2 断开时，根据闭合电路欧姆定律有E = U1 + I1r ，解得 r = 4 Ω
（2）S1 、S2 均闭合时，流经车灯的电流IL = I1 = 1 A
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流过电动机的电流IM = I2 - IL = 2.2 A
则电动机的发热功率P机 = IRM = 9.68 W
（3）电动机的输入功率P = U2IM = (E - I2r )IM = 77.44 W
电动机输出的机械功率P机 = P - P热 = 67.76 W则电动机的效率： 15 ． (2) · (3) 7.5R （1）带电小球从 Q 点到 O 点，应用动能定理有
解得v
（2）小球从 O 点到 B 点过程中，动能定理可知-μmgR mv mv
解得vB
小球进入圆管之后，进入复合场中，将重力场和电场 E2 合成为等效重力场，用 g9表示该等效场的加速度，如图所示
根据平行四边形法则可知等效重力mg mg与竖直方向的夹角 θ 满足tan θ = qE2 =
mg
则θ = 60°
当小球运动到等效重力场与圆管相交点 P 时，速度最大。P 点的位置为
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则 P 点的位置坐标为 。
小球从 B 点到 P 点，根据动能定理可知-mgR+ qE2R sin mv mv 解得vm
（3）假设小球能够到达管口上端 D 点，设小球到达管口上端 D 点的速度为 v1，从 B 到到 D根据动能定理有-mg + qE2R cos mv mv
解得vD
方向垂直于O D 指向左上方。小球进入电场E3 后，受到电场力和重力，设两者的合力 F 与竖直方向的夹角为a ，则有 tan a ，F
解得a = 30° , F mg
F 的方向垂直O D 指向右下方，可知 vD与 F 方向共线，小球进入电场E3 后做匀减速直线运动，假设小球达到电场E3 边界 M 点时速度为 vM，从 D 到 M 的过程由动能定理得
解得v = -1.4gR < 0
说明小球不能达到电场E3 边界离开电场，可知小球进入电场E3 后先做匀减速直线运动，速度为零后反向匀加速直线运动从 D 进入圆管轨道，此后多次往复运动，最终小球将静止于OB 段上的某点，根据功能关系与能量守恒有μmgs = qE1xOQ cos θ + mgxOQ cos θ
解得s = 7.5R
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