黑龙江省佳木斯市桦南县第一中学2025-2026学年高二下学期学情自测物理试题（含解析）

2025-2026 学年度下学期开学考试
高二物理试卷
满分 100 分， 考试时间75 分钟
第 I 卷（选择题， 共 46 分）
一、选择题：（本题共 10 小题， 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， 每题 4 分， 第8-10 题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）
1． 快递员常会将易碎陶瓷碗放入铺有泡沫的纸箱内，这样做是为了在搬运时( )
A． 减小陶瓷碗的动量变化率 B． 减小陶瓷碗的动量变化量
C． 增大陶瓷碗所受力的冲量 D． 减小陶瓷碗所受力的冲量
2． 如图所示， 弹簧振子的平衡位置为 O 点， 在相距 0.2m 的 B、 C 两点间做简谐运动。小球经过 C 点时开始计时， 0.5s 时首次到达 B 点，则 1.25s 内小球的路程为( )
A． 0.25m B． 0.5m C． 1.0m D． 1.25m
3． 如图所示， O 点为单摆的固定悬点， 现将摆球（可视为质点） 拉到A 点， 此时细线处于张紧状态， 释放摆球， 摆球将在竖直平面内的 A、 C 之间来回摆动， B 点为运动中的最低位置，则在摆动过程中( )
A． 摆球受到重力、拉力、向心力、回复力四个力的作用
B． 摆球在 A 点和 C 点处，速度为零，合力与回复力也为零
试卷第 1 页，共 7 页
C． 摆球在 B 点处，速度最大，细线拉力也最大
D． 摆球在 B 点处，速度最大，回复力也最大
4． 下列关于磁场的相关判断和描述正确的是( )
A． 甲图中导线所通电流与受力后导线弯曲的图示符合物理事实
B． 乙图中如果长为 l、通过电流为 I 的短直导线在该磁场中所受磁场力的大小为 F， 则可测出该处磁感应强度必为 B
C． 丙图中导线通电后，其正下方小磁针的旋转方向符合物理事实
D． 丁图中环形导线通电后，其轴心位置小磁针的旋转方向符合物理事实
5． 如图所示， 两只同心圆形线圈 a 和 b 位于同一水平面内， 一条形磁铁穿过圆心竖直安放， S 极朝下，则下列说法中正确的是( )
A． 穿过两线圈的磁通量均为零 B． 穿过两线圈的磁通量相等
C． 穿过线圈 a 的磁通量较大 D． 穿过线圈 b 的磁通量较大
6． 一列波长大于 1m 的横波沿着 x 轴正方向传播， 处在 x1 = 1m 和 x2 = 4m 的两质点A、 B 的振动图像如图所示，由此可知( )
试卷第 2 页，共 7 页
A． 波长可能为 m
B． 波速可能为 m/s
C． 3s 末 A 质点的加速度方向沿 y 轴负方向
D． 1s 末 A 质点的振动速度大于 B 质点的振动速度
7． 一列简谐横波沿 x 轴正方向传播， t = 0 时的完整波形如图所示， 此时平衡位置为 x = 2m的质点 M 处于波峰位置， 质点 N 处于平衡位置 x =6m 处。 t = 1s 时， N 点第一次到达波峰，则( )
A． 该波的波速为 6m/s
B． 波源的起振方向沿 y 轴向上
C． 质点 M 的振动方程为 y = 2sin tcm
D． 平衡位置位于 x =10m 处的质点在t = 2s 时的位移为 2cm
8． 在光滑水平面上 A、 B 两小车中间有一弹簧（不与小车连接）， 如图所示， 用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将两小车及弹簧看作一个系统， 下列说法中正确的是 ( )
A． 两手同时放开后，系统总动量始终为零
B． 先放开左手，再放开右手后，动量不守恒
试卷第 3 页，共 7 页
C． 先放开左手，后放开右手，总动量方向向左
D． 无论何时放手， 两手放开后， 在弹簧恢复原长的过程中， 系统总动量都保持不变， 但系统的总动量不一定为零
9． 如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在电场中有一根长为 L 的绝缘细线，一端固定在 O 点，另一端系一质量为 m 的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成 θ 角，此时让小球获得初速度且恰能绕 O 点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为 g。下列说法正确的是( )
A． 匀强电场的电场强度E
B． 小球动能的最小值为 Ek
C． 小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最大
D． 小球从初始位置开始， 在竖直平面内运动一周的过程中， 其电势能先减小后增大再减小
10． 某电场沿 x 轴方向分布。 x 轴上各点电势随 x 坐标变化的关系如图所示， 0 ~ x2 段为曲
线，x2 ~ x4 段为直线。一电子只在静电力作用下沿 x 轴正方向由 O 点运动至x4 位置，则( )
A． 0 ~ x1 之间电场方向沿 x 轴负方向
B． 粒子在x1 点处动能最大
C． 粒子在 O ~ x2 段加速度先变大后变小
D． x1 处粒子电势能最小， x2 ~ x4 段粒子的动能随 x 均匀增加
第 II 卷（非选择题， 共 54 分）
试卷第 4 页，共 7 页
三、实验题（共 14 分）
11． 在“用双缝干涉测光的波长”实验中， 某同学某次测量时， 手轮上的示数如图甲所示， 其示数为______mm。如图乙， 若测得第 1 条暗条纹中心到第 5 条暗条纹中心之间的距离为 x，双缝间距为 d，双缝到屏的距离为 l，则单色光的波长 λ = ______ （用 d、 l、 x 表示）。如果 测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上， 如图丙所示， 则在这种情况下测量干涉条纹的间距 Δx时，真实值______ （选填“大于”“小于”或“等于”）测量值。
12． 某同学为了测一节干电池的电动势和内电阻，设计电路如图甲所示。
(1)在图乙中用笔画线代替导线按照甲图连接实验电路________。
(2)正确连接电路后， 闭合开关 S， 进行实验时， 发现无论怎么移动滑动变阻器的滑片， 电压表的读数都不变，电流表无读数。则电路的故障可能是 。
A． 电流表断路 B． 开关 S 接触不良 C． 滑动变阻器短路
(3)排除故障后， 根据（2） 中正确的实验操作， 记录数据， 绘制如图丙中所示的图线， 则电池电动势 E=______V，内阻 r=______a。（计算结果均保留两位小数）
(4)该实验存在有系统误差，导致电动势测量的结果比真实值______， r 的测量值比真实值 ______ （填“偏大”、 “偏小”或“相等”）。实验误差来源于______ （填“电压表分流”或“电流表分压”）。
四、解答题（共 40 分）
13． 如图所示，光由空气射入某种介质时的折射情况，光在真空中传播速度为 c。求：
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(1)介质的折射率 n；
(2)光在介质中的传播速度 v；
(3)光从该介质射向空气，发生全反射的临界角正弦值sinC。
14． 用一长 1m 的轻质柔软绝缘细线拴一个质量为 0.2kg、电荷量为 2.0× 10-6 C 的小球， 细线的上端固定于 O 点，现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与竖直方向成 37° （g 取
10m/s2， sin 37。= 0.6， cos37。= 0.8）。求：
(1)细线对小球的拉力大小；
(2)匀强电场的场强大小；
(3)把小球从 A 点移到 B 点， OA=OB，此时细线与竖直方向成 53°,小球的电势能是增加还是减少？电势能变化量为多少？
15． 如图甲所示， 一轻弹簧的两端分别与质量为 m1、 m2 的两物块 A、 B 相连接，并静止在光滑水平面上。现使 B 获得水平向右 v0 = 3m / s 的瞬时速度， 从此刻开始计时， 两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。若已知题中 B 物块的质量 m2 = 2kg ，两物块第一次共速的时刻 ts ，共速的速度大小 v =1m / s ，图中阴影部分的面积为 S = 0.2m。试求：
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(1)A 物块的质量 m1 及弹簧的最大弹性势能；
(2)t2 时刻 A、 B 两物块的速度大小；
(3)0 - t1 这段时间内 A、 B 两物块的位移大小。
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1． A
A． 动量变化率即合外力（ F合 ）。泡沫增加作用时间 Δt ，在动量变化量 Δp 不变的情况下，合外力F合 减小，即动量变化率减小，故 A 正确；
B． 动量变化量 Δp 取决于速度变化和质量，泡沫仅改变作用时间，不影响 Δp ，故 B 错误；
C． 冲量 I合 = F合 . Δt = Δp， Δp 不变，冲量不变，故 C 错误；
D． 同理，冲量不变，故 D 错误。
故选 A。
2． B
振子振动的振幅 A=0.1m，周期为 T=1s，则1.25sT 可知， 1.25s 内小球的路程为 x = 5A = 0.5m
故选 B。
3． C
A． 球受到重力、拉力两个力的作用，向心力、回复力只是效果力，故 A 错误；
B． 摆球在 A 点和 C 点处， 速度为零， 所需向心力为 0， 合力等于回复力， 不为零， 故 B 错误；
CD． 摆球在 B 点处，速度最大，根据牛顿第二定律可得 T - mg = m
可知此时细线拉力最大；但此时重力沿切线方向的分力为零，回复力为零，故 C 正确， D错误。
故选 C。
4． C
A． 根据安培定则， 同向电流相互吸引， 异向电流相互排斥， 图甲所示两导线应相互排斥，故 A 错误；
B． 只有长为 l、通过电流为 I 的短直导线垂直放在匀强磁场中所受磁场力的大小为 F， 则可测出该处磁感应强度才为 B ，故 B 错误；
C． 根据安培定则可知， 如图直导线下方有垂直纸面向里的磁场， N 极向纸面内转动， 故 C
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正确；
D． 根据安培定则可知， 如图环形导线内部有垂直纸面向外的磁场， N 极向纸面外转动， 故D 错误。
故选 C。
5． C
根据条形磁铁的磁场分布情况可知， 磁铁内部穿过两图线圈的磁感线方向向上， 外部磁感线方向向下， 由于磁感线是闭合的，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部的磁感线总条数，而外部磁感线分布在无限大的空间中，故有Φ = Φ内 - Φ外
由图中可知Φ内a = Φ 内b， Φ 外b > Φ 外a
则有Φa > Φb
故选 C。
6． B
A． 由图知， t = 0 时刻A 点通过平衡位置向上运动， B 点位于波峰，则有
解得 m (n = 0, 1, 2, 3…)
波长大于 1m，则n 可取 0、 1、 2，则波长可能为 4m， m， m ，故 A 错误；
B． 由图可知， 周期为 4s ，由公式 v 可得，波速可能为1ms、 ms、 s，故 B 正确；
C． 由图可知， 3s 末 A 质点在波谷，加速度沿 y 轴正方向，故 C 错误；
D． 由图可知， 1s 末 A 质点在波峰， 速度为 0， B 质点在平衡位置， 速度最大， 则 A 质点的
振动速度小于 B 质点的振动速度，故 D 错误。
故选 B。
7． D
A． 由波形图可知 m可得波长 m
由题意可知， t = 1s 时 N 点第一次到达波峰，有T = 1s ，可得周期
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故该波的波速为 v m / s ，故 A 错误；
B． 波源的起振方向与 t = 0 时 N 点的起振方向相同，即沿 y 轴向下，故 B 错误；
C． 由题图像可知 A = 2cm， w rad / s，故质点 M 的振动方程为 y = 2cos tcm，故 C 错误；
D． t = 2s 时，波形平移的距离为 x = vt = 8m
故平衡位置位于 x =10m 处的质点此时在波峰处，故位移为 2cm，故 D 正确。
故选 D。
8． ACD
A． 两手同时放开 A、 B 两小车后， 系统所受合外力为零， 系统动量守恒， 由于系统初动量为零，则系统总动量为零，故 A 正确；
B． 先放开左手， 此过程两车与弹簧组成的系统所受合外力不为零， 系统动量不守恒， 但是两手都放开后，系统所受的合力为零，动量守恒，故 B 错误；
C． 先放开左手， 系统所受合外力的冲量方向向左， 系统总动量方向向左， 再放开右手后，系统动量守恒，总动量的方向向左，故 C 正确；
D． 无论何时放手， 两手放开后， 系统所受合外力为零， 系统动量守恒， 在弹簧恢复原长的过程中， 系统总动量都保持不变， 如果同时放手， 系统总动量为零， 如果不同时放手， 系统总动量不为零，则系统的总动量不一定为零，故 D 正确。
故选 ACD。
9． ABD
． 小球静止时，对小球受力分析如图
小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件有
解得
答案第 3 页，共 7 页
故 A 正确；
B． 小球恰能绕 O 点在竖直平面内做圆周运动， 在等效最高点 A 速度最小， 根据牛顿第二定律有
则最小动能为
故 B 正确；
C． 小球的机械能和电势能之和守恒， 则小球运动至电势能最小的位置机械能最大， 由于小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最右侧端点时机械能最大，故 C 错误；
D． 小球从初始位置开始， 在竖直平面内运动一周的过程中， 电场力先做正功， 后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，故 D 正确。
故选 ABD。
10． AB
A． 沿着电场线方向电势降低，故O ~ x1 之间电场方向沿x 轴负方向， A 正确；
B． 电子带负电， 一电子只在静电力作用下沿 x 轴正方向由 O 点运动至x4 位置， 电势能和动能之和恒定， 根据Ep = qφ 可知电子在x1 点处电势能最小， 则粒子在x1 点处动能最大， B 正确；
C．粒子在O ~ x2 段图像的斜率先变小后变大，则场强先变小后变大，由牛顿第二定律 a 可知粒子的加速度先变小后变大， C 错误；
D． x1 处粒子电势能Ep = qφ ,电子带负电，则x1 处粒子电势能最小， x2 ~ x4 段粒子受到的电场力恒定， 电场力做功W = qEx 随 x 均匀变化， 故动能随 x 均匀变化， x2 ~ x4 过程中电势能增大，则动能均匀减小， D 错误。
故选 AB。
11． 0.820 小于
[1]根据螺旋测微器的读数规律可知，该读数为 0.5mm + 0.01× 32.0mm = 0.820mm
答案第 4 页，共 7 页
[2] 第 1 条暗条纹中心到第 5 条暗条纹中心之间的距离为 x，则有 根据干涉条纹公式有
解得
[3]干涉条纹公式中的 Δx指相邻明条纹， 或者相邻暗条纹中心线之间的垂直距离， 可知， 根据如图丙所示情况下测量干涉条纹的间距 Δx时，真实值小于测量值。
12． (1)
(2)A
(3) 1.48 1.20
(4) 偏小 偏小 电压表分流（1）根据电路图连接实物图如图
（2）电压表的读数都不变，电流表无读数，电压表有示数说明电压表和电源回路导通，排除开关接触不良；电流表无读数，则电流表、滑动变阻器的其中之一断路。
故选 A。
（3） [1][2]根据闭合电路欧姆定律有U = E - Ir
根据图像斜率与截距可知 E = 1.48 V， r 解得 r = 1.20Ω
（4）[1][2][3]本实验的系统误差是电压表分流引起的。干路电流等于流经电流表的电流和流经电压表的电流之和，从而导致电动势与内阻测量值均偏小。
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13． (1)
c
（1）由图可知，光由空气射入某种介质时的入射角和折射角分别为θ1 = 60° ,
θ2 = 45°
(
sin
θ
sin
60
°
) (
sin
θ
2
sin
45
°
2
)根据折射定律有 n = = =1
（2）光在介质中的传播速度 v c
（3）光从该介质射向空气，发生全反射的临界角正弦值 sinC
14． (1) 2.5N
(2) 7.5× 105 N / C
(3)增加， 2.1J
（1）在 A 点，小球的受力情况如图所示
由平衡条件有F cos 37° = mg解得 F N
（2）结合小问（1）受力分析图，由平衡条件有F sin 37° = Eq解得E = = 7.5 × 105 N/C
（3） 根据小球受力情况可知小球带正电， 把小球从 A 点移到 B 点， 电场力做负功， 电势能增加， AB 在水平方向的距离dAB = Lsin37° + Lsin53°
解得dAB = 1.4m
电场力做的功W电 = UABq = -qEdAB
解得W电 = -2.1J
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因 W电 = -ΔEp
解得ΔEp = 2.1J
即电势能增加量为 2.1J。
15． (1)4kg， 6J
(2)2 ms， -1ms
(3)1.6m， 1.8m
（1） 物块 A、 B 与弹簧组成的系统动量守恒， 设共速时的速度为 v， 规定向右为正方向，由动量守恒定律有 m2v0 = (m1 + m2 )v
解得 m1 =4kg
根据机械能守恒有 m2vv2 + Ep联立解得 Ep = 6J
（2） t2 时刻两物块的加速度都为零，说明此时弹簧处于原长状态，由动量守恒定律和机械
答案第 7 页，共 7 页
能守恒定律得 m2v0 = m1vA + m2vB ，
解得 vA = 2m/s， vB = -1m/s
（3）设物块 A、 B 在这段时间内的位移大小分别为 x1、 x2，任取极短的时间 Δt，两物块在任意时刻动量均守恒，任意时刻的速度分别设为Δv1、 Δv2 则根据动量守恒定律有
m2v0 = m1ΔvA + m2ΔvB
整理得 m2v0t1 = m1ΔvAt1 + m2ΔvBt1
m2v0t1 = m1x1 + m2x2
两物块的对地位移间的关系为 x2 - x1 = x
联立解得 x1 = 1.6m， x2 = 1.8m