湖南省长沙市第一中学2025-2026学年高二下学期学情调研物理试题（含解析）

高二物理入学
时量：75 分钟满分：100 分
一、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，只有一项符合题目要求）
1 ．物理学的发展离不开科学家们的贡献，他们的发现和研究成果对生活生产产生了很大的影响。下列符合物理学史的是( )
A ．法拉第总结得出了法拉第电磁感应定律
B ．奥斯特发现了电流的磁效应，即电磁感应现象
C ．卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量
D ．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律，洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律
2 ．如图甲所示，弹簧振子在 A 、B 两点之间做简谐运动，平衡位置为 O 点，取向右为正方向，以振子从 A 点开始运动的时刻作为计时起点，振子的位移 x 随时间 t 变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A ．t=0.4s 时，振子的速度方向向右
B ．t=0.4s 时，振子的回复力最大
C ．t=0.8s 到 t=1.2s 的时间内，振子的加速度逐渐增大
D ．t=1.2s 到 t=1.6s 的时间内，振子的动能逐渐增大
3．如图所示，实线是沿 x 轴传播的一列简谐横波在 t=0 时刻的波形图，虚线是这列波在 t=0.2s时刻的波形图。已知该波的波速是 0.8m/s，则下列说法正确的是( )
A ．这列波的波长是 14cm
B ．这列波的周期是 0.15s
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C ．这列波可能是沿 x 轴正方向传播的
D ．t=0 时，x=4cm 处的质点速度沿y 轴正方向
4 ．如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒 PQ 、MN，MN 的左边有一闭合电路，当 PQ 在外力的作用下运动时，MN 向左运动，则 PQ 所做的运动可能是( )
A ．向右匀速运动 B ．向左匀速运动
C ．向右减速运动 D ．向左减速运动
5 ．将一均匀导线围成一闭合的环状扇形线框 MNPQ，其中OQ = R ，OM = 3R ，圆弧 MN和 PQ 的圆心均为 O 点，O 点为直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为 B，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 2B。从t = 0 时刻开始让导线框以 O 点为圆心，以恒定的角速度w 沿逆时针方向做匀速圆周运动，规定沿 QMNP 方向的电流为正，则导线框中的电流随时间的变化规律描绘正确的是( )
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A．
C．
B．
D．
6 ．如图所示，两根足够长的直金属导轨 MN、PQ 平行放置在倾角为θ = 37。的绝缘斜面上，两导轨间距为 L=0.5m，M、P 两点间接有阻值为 R=0.5Ω 的电阻，一根质量为 m=0.5kg 的均匀直金属杆 ab 放在两导轨上，并与导轨垂直，金属杆的电阻为r =0.5Ω ,整套装置处于磁 感应强度为 B=2T 的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨电阻可忽略，让 ab 杆沿 导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦，重力加速度g = 10m / s2 ， sin37。= 0.6 。下列说法正确的是( )
A ．在下滑过程中，当 ab 杆的速度大小为 v=2m/s 时，ab 杆中的电流大小为 3A
B ．在下滑过程中，ab 杆可以达到的最大速度为 2m/s
C ．已知杆在下滑距离 d=2m 时已经达到最大速度，则此过程中通过电阻 R 的电量 q 为 3C
D．已知杆在下滑距离 d=2m 时已经达到最大速度，则此过程中电阻 R 上产生的热量为 1.875J
7 ．在光滑水平桌面上将长为 的软导线（不可伸长）两端固定，固定点间的距离为 、L ，导线通有电流 I，处于磁感应强度大小为 B、方向竖直向下的匀强磁场中，导线中的
张力大小为( )
A ．BIL B ． BIL C ． BIL D ． BIL
二、多项选择题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分）
8 ．如图所示，图甲为磁流体发电机原理示意图，图乙为质谱仪原理图，图丙和图丁分别为速度选择器和回旋加速器的原理示意图，忽略粒子在图丁的 D 形盒狭缝中的加速时间，不计粒子重力，下列说法正确的是( )
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A ．图甲中，将一束等离子体喷入磁场，A 、B 板间产生电势差，A 板电势高
B．图乙中，两种氢的同位素从静止经加速电场射入磁场，打到A1 位置的粒子比荷比打到A2位置的小
C ．图丙中，若正电子能以速度v0 从 O 到 A 沿直线通过，则负电子也能以速度v0 从 O 到 A
沿直线通过
D ．图丁中，随着粒子速度的增大，交变电流的频率也应该增大
9 ．如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行光滑导槽，质量为M = 2kg 的 U 形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量为m = 1kg 的小球沿导槽方向，以v0 = 3m / s 水平向左的初速度从 U 形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，重力加速度g = 10m / s2 。下列说法正确的是( )
A ．小球从 U 形管射出时的速度大小为 1m/s
B ．小球从 U 形管射出时的速度大小为m / s
C ．小球从入射到运动至 U 形管圆弧部分最左端的过程中，导槽对 U 形管的冲量大小为 N . s
D ．小球从入射到运动至 U 形管圆弧部分最左端的过程中，导槽对 U 形管的冲量大小为
10．如图所示，在半径为 R 的半圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，CD 为圆的直径， O 为圆心。某时刻从最低点 S 向磁场内各个方向均匀发射速度大小为 v，质量为 m ，电荷量为+q 的粒子。已知磁感应强度大小为，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，sin53。= 0.8 ，下列说法正确的是( )
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A ．粒子在该匀强磁场中运动轨迹的半径为 R
B ．在直径 CD 上有粒子射出的区域长度为 R
C ．从 S 射入磁场的粒子中可以从直径 CD 上射出的粒子占比为
D ．从直径 CD 上射出的粒子，在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为
三、非选择题（本题共 5 小题，共 57 分）
11．在第四次“天宫课堂”中，航天员演示了动量守恒实验。受此启发， 某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，气垫导轨两端分别安装 a 、b 两个位移传感器，a 测量滑块 A 与它的距离 xA ，b 测量滑块 B 与它的距离 xB。部分实验步骤如下：
①测量两个滑块的质量，分别为 200.0g 和400.0g；
②接通气源，调整气垫导轨水平；
③拨动两滑块，使 A 、B 均向右运动；
④导出传感器记录的数据，绘制 xA、xB 随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示。
回答以下问题：
(1)从图像可知两滑块在 t=_________s 时发生碰撞；
(2)滑块 B 碰撞前的速度大小v=_____________ m/s （保留 2 位有效数字）；
(3)通过分析，得出质量为 200.0g 的滑块是________（填“A”或“B”）。
12 ．测定一节干电池的电动势和内阻。可供使用的实验器材有：
A. 电流表 A（量程 0.6A，内阻约 1Ω)
B. 电压表V1 （量程 3.0V、内阻约为 1kΩ)
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C. 电压表V2 （量程 15.0V、内阻约为 5kΩ)
D.滑动变阻器 R（阻值范围 0~15Ω、额定电流 2A）
E.开关 S、导线若干
（1）某实验小组采用如图 1 所示的电路测量电源的电动势和内阻。甲同学在一次测量时，电压表的示数如图 2 所示，电压表的读数为____V。
（2）乙同学经过多次测量后，测得数据如下表格。
电压（V） 1.30 1.14 1.12 0.98 0.82 0.74
电流（A） 0.10 0.20 0.25 0.30 0.40 0.45
（3）请在图 3 的 U—I 坐标系中描点作图____，并通过图像求出此干电池的电动势E = ____
V 。
（4）为了更精确地得到电源的内阻，该实验小组另外设计了如下的实验测量电流表的内阻。
①断开S2 ，闭合S1 ，调节R1 使得电流表满偏（R1 RA ）；
②保持R1 不变，闭合S2 ，调节电阻箱R2 。使得电流表指在满偏的 ，读出R2 的值为 2.2 Ω ;
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则RA = ____ Ω ,测定的干电池的内阻为____ Ω （保留 2 位有效数字）。
13．某光学组件横截面如图所示，半圆形玻璃砖圆心为 O 点，半径为 R；直角三棱镜 FG 边的延长线过 O 点，EG 边平行于 AB 边且长度等于 R ， FEG = 30。；P 为 EF 上一点，且 EP长度等于 R 。横截面所在平面内，单色光线以 θ 角从 P 点入射到 EF 边发生折射，折射光线垂直 EG 边射出。已知玻璃砖和三棱镜对该单色光的折射率均为 1.5。
(1)求sin θ ;
(2)请通过计算判断该单色光线第一次到达半圆弧 AMB 时能否发生全反射？（要写具体的计算过程）
14．在如图所示的坐标系中，第一和第二象限（包括 y 轴的正半轴）内存在磁感应强度大小为 B、方向垂直 xOy 平面向里的匀强磁场；第三和第四象限内存在平行于y 轴正方向、大小未知的匀强电场。P 点为y 轴正半轴上的一点，坐标为（0，l）；N 点为y 轴负半轴上的一点，坐标未知。现有一质量为 m、电荷量为+q 的粒子由 P 点沿y 轴正方向以一定的速度射入匀强磁场，该粒子经磁场偏转后以与 x 轴正方向成 53°角的方向进入匀强电场，在电场中运动一段时间后，该粒子恰好垂直于y 轴经过 N 点。粒子的重力忽略不计，sin53。= 0.8 。求：
(1)粒子在 P 点的速度大小v；
(2)第三和第四象限内的电场强度的大小E；
(3)带电粒子从由 P 点进入磁场到再次经过 P 点的总时间t总 。
15 ．一边长为 L、质量为 m 的正方形金属细框 abcd，每边电阻为R0 ，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为 2L 的区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大
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小为 B，两虚线为磁场边界，金属框的 ad、bc 边框与磁场边界平行，如图甲所示。
(1)使金属框以一定的初速度v0 （方向与磁场边界垂直）向右运动，求金属框 bc 边框刚进入磁场时两端电压Ucb 的值；
(2)使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小；
(3)再在水平桌面上固定两条平行的光滑长直金属导轨，两导轨间距离为 L，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1 = 2R0 ，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图乙所示。让金属框以与（2）中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的 ab、dc 边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1 产生的热量。
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1 ．C
A ．法拉第发现了电磁感应现象，法拉第电磁感应定律是纽曼、韦伯对实验和理论资料分析后总结得出的，故 A 错误；
B ．奥斯特发现的电流的磁效应是电生磁现象，电磁感应是磁生电现象，二者不是同一物理概念，故 B 错误；
C ．卡文迪许通过扭秤实验首次精确测出了引力常量的数值，故 C 正确；
D ．洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，二者对应关系颠倒，故 D 错误。
故选 C。
2 ．A
A ．由振动图像可知 t=0.4s 时，振子在平衡位置向正方向运动，说明振子的速度方向向右，选项 A 正确；
B ．由振动图像可知，t=0.4s 时，振子在位移为零处，所以振子的回复力为零，选项 B 错误；
C ．t=0.8s 到 t=1.2s 的时间内，振子从最大位移处往平衡位置运动，所以振子的回复力和加速度逐渐减小，选项 C 错误；
D ．t=1.2s 到 t=1.6s 的时间内，振子从平衡位置往最大位移处运动，振子的速度逐渐减小，振子的动能逐渐减小，选项 D 错误。
故选 A。
3 ．B
A ．根据图像可得波长 λ = 12cm ，故 A 错误；
B ．因为v = 0.8m/s ，所以周期T s = 0.15s ，故 B 正确；
C ．经过0.2s 时经过TT ，只看经过 T 的振动情况即可，根据波形的平移法可得知，该波沿x 轴负方向传播，故 C 错误；
D ．由于该波向左传播，所以根据振动和波动关系可知t = 0 时刻，x = 4cm 处的质点的速度沿y 轴负方向，故 D 错误。
故选 B。
4 ．D
根据安培定则可知，ab 右侧产生的磁场方向垂直纸面向里，MN 在安培力作用下向左运动，说明MN 受到的安培力向左，由左手定则可知MN中电流N 流向M ，线圈L1 中
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感应电流的磁场向下，由楞次定律可知，线圈L1 中的磁场应该向上增强，或向下减弱，则
线圈L2 中的磁场向上增强，或向下减弱；由安培定则可知PQ 中感应电流方向由Q 到P 且增大，或PQ 中感应电流方向由P 到Q 且减小，再由右手定则可知PQ 可能向右加速运动或向左减速运动。
故选 D。
5 ．B
在0 ~ t0 时间内，线框从图示位置开始(t=0)转过 90°的过程中产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I
根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向，为负方向。
在t0 ~ 2t0 时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向，为正方向。回路中产生的感应电动势为
感应电流为II1
在2t0 ~ 3t0 时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向，为负方
向，回路中产生的感应电动势为E3 = E2
感应电流为I3 = 3I1
在3t0 ~ 4t0 时间内，线框出第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向，为正方向，
回路中产生的感应电动势为E4 = E1
回路电流为I4 = I1
故选 B。
6 ．D
A ．杆受力图如图所示，重力mg ，竖直向下，支持力 N ，垂直斜面向上，安培力 F ，沿斜面向上，故ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意图如下，当ab 杆速度为v = 2m/s 时，感应电动势E = BLv
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E BLv
此时电路中电流I = = = 2A ，故 A 错误；
R + r R + r
B ．当金属杆速度最大时mgsin 解得vm = 3m/s ，故 B 错误；
E BLd
C ．杆在下滑距离d 时，可得q = It = t = = 2C ，故 C 错误；
R + r r + R
D ．由能量守恒定律mgdsinθ = Q + mv
得Q = 3.75J
电阻R 产生热量QR Q = 1.875J ，故 D 正确。
7 ．A
软导线在垂直磁场的水平面内平衡时为一段圆弧，设圆弧圆心角为θ、半径为R ，由弧长公式得 = θR
由弦长公式得 L = 2R sin 联立解得θ = ，R = L 如图所示
导线所受安培力的有效长度为弦长、L ，故安培力大小 F = BI . L ，方向垂直于弦。两端的张力T 沿端点切线方向，两切线夹角为π -θ = ，两张力的合力为
F合 = 2T cos T
根据平衡条件可得 T = BIL
解得T = BIL
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故选 A。
8 ．BC
A ．由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A 极是电源的负极，B 极是电源的正极，B 极电势高，故 A 错误；
B ．带电粒子经过加速电场 mv2 = qU
进入磁场根据洛伦兹力提供向心力qvB = m 解得R
可知，R 越大，比荷越小，故 B 正确；
C ．丙图中若带正电粒子能以速度v0 从O 到A 沿直线通过，则qv0B = Eq所以v
带负电粒子将受到竖直向上的电场力和竖直向下的洛伦兹力，能够以速度v0 从O 到A 沿直线通过，故C 正确；
D ．根据带电粒子在磁场中做圆周运动的公式qvB = m ，可得v ，随着粒子速度的增大，圆周运动的半径也应该增大，与交变电流的频率无关，故D 错误。
故选 BC。
9 ．AC
AB ．取水平向左为正方向，设小球射出时，U 形管的速度为vU ，由沿导槽方向动量守恒得mv0 = MvU + mv
U 形管和小球组成的系统机械能守恒得 mv mvMv 得v = -1m/s ，则速度大小为1m/ s ，故 A 正确，B 错误；
CD ．设小球运动到U 形管圆弧部分最左侧时沿导槽方向的分速度为vx ，垂直导槽方向的分速度为vy ，
此时U 形管的速度为vx ，沿导槽方向动量守恒得mv0 = Mvx + mvx由机械能守恒得 mvMv ，解得vy = m/s
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对U 形管和小球组成的系统，由动量定理得I = mvy = N·s ，故 C 正确，D 错误。故选 AC。
10 ．BC
A ．经分析可知水平向右射入的粒子射出CD 时离D 点最近，恰好与CD 边相切的粒子射出时离D 点最远，轨迹如图
洛伦兹力提供向心力qvB = m 可得r R ，A 错误；
B ．如图所示，由几何关系可知OC1 = R R可得OAR ，同理可得OBR
在直径CD 上有粒子射出的区域长度为AB = R ，B 正确；
C ．由几何关系得 O1SO = 53。，则 θ = 53。
所以从S 射入磁场的粒子，可以从直径CD 上射出的粒子占比为N ，C 正确；
D ．因为粒子在磁场中运动轨迹对应弧长越长，则运动时间越长
则可得从A 点射出的粒子弦长最长，在磁场区域内时间最长，由几何关系得对应圆心角为θ1 = 180。- 53。= 127。
从O 点射出的粒子弦长最短，在磁场区域内时间最短，由几何关系得对应圆心角为
θ2 = 106。
故从直径CD 上射出的粒子，在磁场区域内运动的最长时间与最短时间之比为 ，D 错误。故选 BC。
11 ．(1)1.0
(2)0.20 (3)B
（1）由 x -t 图像的斜率表示速度可知两滑块的速度在t = 1.0s 时发生突变，即这个
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时候发生了碰撞；
（2）根据 x -t 图像斜率的绝对值表示速度大小可知碰撞前瞬间 B 的速度大小为
（3）由题图乙知，碰撞前A 的速度大小vA = 0.50m/s ，碰撞后A 的速度大小约为v = 0.36m/s ，
由题图丙可知，碰撞后 B 的速度大小为v = 0.5m/s ，A 和 B 碰撞过程动量守恒，则有

m v m v m v m vAABAA B+=+B
代入数据解得
所以质量为 200.0g 的滑块是 B。
12 ． 0.80 ##0.79##0.81 见解析 1.46##1.45##1.47##1.48 1.1 0.49 （0.40~0.60）
[1]一节干电池电压约为 1.5V，故图 1 中的电压表量程应为3.0V ，最小分度值为0.1V ，读数精确到 0.01V，故读数为 0.80V；
[2]将表格中数据进行描点，并拟合成图像如图所示
[3]U - I 图像的纵截距表示电源电动势，结合图像可得读数约为 1.46V；
[4]当调节电阻箱R2 使电流表满偏时，电流表与R2 电流之比为 2 ：1，由于并联电流之比等于电阻的反比，则可得电流表内阻为RA
[5]U - I 图像斜率的绝对值为 又 k = RA + r
则电源内阻r = k - RA = 0.49Ω
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13 ．(1)0.75 (2)能
(
sin
θ
sin
a
)（1）由折射定律 n =
由几何关系知a = FEG = 30。
得sinθ = 0.75
（2）由几何关系知，P 点到 FG 距离l = R cosR得sin
由sinC 得sinC ，即能发生全反射
14 ．(1) (2)
(3) + 6,)÷
(
sin37
3
)（1）由几何关系 r = = 5 l
由牛顿第二定律qvB = m 解得v
（2）粒子在电场中做类斜抛运动，
沿 x 方向，到y 轴时vcos53。·t = r + rcos37。
沿y 方向有qEt = mvsin53。得E
（3）磁场中 T
(
360 90
qB
)代入数据可得t1 = 2 × T = 217π m
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电场中t2 = 2t
总时间t总 = t1 + t2 = + 6,)÷
15 ．(1)
（1）bc 边框刚进入磁场时，E0 = BLv0 ，I Ua = I0 ·3R0 ，得Ua （2）金属框进入磁场过程中有 E = BL q1 = I1t
(
0
)则金属框完全穿过磁场区域的过程中流过回路的电荷量为q1 =
有-Bq1L mv0
得v
（3）设金属框的初速度为v0 ，则金属框进入磁场时的末速度为v1 ，向右为正方向。由于导
2R . R 5R
轨电阻可忽略，此时金属框上下部分被短路，故电路中的总电阻R总 = R0 + 0 0 = 0
2R0 + R0 3
再根据动量定理有 t = mv1 - mv0 ，得v
则在此过程中根据能量守恒有 mv mv 得Q 其中QR
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此后线框完全进入磁场中，则线框左右两边均作为电源，且等效电路图如下
则此时回路的总电阻R总 ' = 2R
(
总
)设线框刚离开磁场时的速度为v2 ，再根据动量定理有 t = mv2 - mv0
解得v2 = 0
则说明线框刚离开磁场时就停止运动了，则再根据能量守恒有 mvQ2其中QR
则在金属框整个运动过程中，电阻R0 产生的热量QR0总 = QR0 + QR
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