资源简介

姓名 座位号
（在此卷上答题无效）
绝密 ★ 启用前
2025年“江南十校”高二年级 5月份阶段联考
物 理
注意事项：
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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框涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号框。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. 考试结束后，将答题卡交回。
一、单项选择题：本题共 8小题，每小题 4 分，共 32分。在每小题给出的四个选项中只有一项
符合题目要求。
1．物理学科的发展离不开无数科学家们对自然界不断地探索和思考。以下关于物理学史的说法
正确的是
A．法拉第确定了电磁感应定律，可用于计算感应电动势的大小
B．麦克斯韦通过实验捕捉到了电磁波，证实了电磁场理论
C．奥斯特率先发现了电流的磁效应，开启人们探索电磁联系新纪元
D．伽利略确定了单摆周期公式
2．2025年 4月 19日，在北京亦庄首次举行了机器人半程马拉松比赛，来自北京亦庄的机器人“天
工 Ultra”用时 2小时 40分 20秒夺得全球首个人形机器人半程马拉松赛事桂冠。随着科技的
发展，机器人会逐渐走进人们的生活。现有一款机器人在水平路面上行走，紧急制动时，在
0.5 s内速度从 2 m/s减小到 0。若机器人质量为 20 kg，则制动过程中受到制动力冲量大小为
A．40 N s B．80 N s C．100 N s D．120 N s
3．如图所示，一列简谐横波沿 x轴传播。图甲是 t = 1 s时的波形图像，P、Q为波传播方向上的
两个质点，此时 yP= 10 cm；图乙是质点 Q的振动图像，且 xQ= 2 m。下列说法正确的是
20 20
-20 -20
A．该波沿 x轴正方向传播
高二物理试题 第 1 页 共 6 页
B．该波通过 3.5 m的障碍物时，不会发生明显的衍射现象
C．质点 P再经过 0.25 s通过的路程为 10 cm
D．t = 4 s时，质点 P的加速度方向沿 y轴正方向，且加速度正在增大
E，B
4．如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场和匀强磁场。某时刻一个带
正电粒子速度的大小为 v，与水平方向夹角为θ。此时将速度 v分解为 v1 v
平行于磁场方向的分量 v1和垂直于磁场方向的分量 v2来进行研究，不 θ
计粒子重力。则此后一段时间内，下列说法正确的是 v2
A． 粒子的加速度增大
B． 洛伦兹力的瞬时功率减小
C． 电场力的瞬时功率增大
D． 夹角θ减小
5．理想变压器的原、副线圈的匝数比为 5:1，变压器原线圈接入瞬时值 = 50 2 100 (V)的
正弦交变电压，灯泡恰好正常发光（阻值保持不变），滑动变阻器滑片在中区某位置，电表
均为理想电表，电流表的示数为 3A，如图所示。下列说法正确的是
A．电压表的示数为 10 2 V
B．小灯泡的额定功率为 30 W
C．向上移动滑片，灯泡亮度不变
D．副线圈电流方向每秒改变 50次
6 2 ．如图甲所示，D1和 D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间接有周期为 = 的交变电压，
如图乙。两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，D1盒的中央 A处的粒子源可以产生质量
为 m、电荷量为+q的粒子。控制两盒间的电压 U大小不变，周期性改变电场方向，使粒子每
次经过狭缝都会被电场加速，进入磁场做匀速圆周运动。经过若干次加速后，粒子从盒边缘
离开。忽略粒子的初速度、粒子的重力、在电场中的运动时间、粒子间的相互作用及相对论
效应。下列说法正确的是
A．粒子每次通过加速电场的动能增加量逐渐变大
B．只增大狭缝的电势差 U，粒子被加速的次数减少
高二物理试题 第 2 页 共 6 页
C．只增大狭缝的电势差 U，粒子离开加速器的最大动能增大
D．若题干中涉及字母均为已知，则可以求出粒子的最大动能
7. 空间有竖直向下的匀强磁场，磁场左、右边界均为直线，俯视图如图所示。一质量为 m = 0.1 kg
正方形金属框放在光滑绝缘水平桌面，由左边界以 v0 = 7 m/s
v0 v
初速度垂直磁场边界进入磁场，最后以 v = 1 m/s速度完全离开
磁场。已知正方形边长小于磁场宽度，则
A．金属框在进入磁场过程中加速度恒定
B
B．金属框完全在磁场中运动速度大小为 5 m/s
C．金属框进入磁场过程和滑出磁场过程产生的焦耳热之比为 11:5
D．金属框进入磁场过程和滑出磁场过程，通过导线截面电量大小不相等
8．如图所示,半径为 L的圆形区域Ⅱ中存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小
为 B的匀强磁场（图中未画出），和Ⅱ相内切于 P点的圆形区域Ⅰ直径为 L。
P处的粒子源瞬间一次性均匀地向两圆所在平面内各个方向射出质量为 m、
电荷量为 q的带电粒子，所有带电粒子的初速度大小均相同。研究在磁场中
运动的粒子发现：最后离开区域Ⅰ的粒子，恰好在离开区域Ⅱ时，距离 P点
最远。不考虑粒子间的相互作用，不计粒子重力，则带电粒子的初速度大小
为
2 3 5 7
A． B． C． D．
2 3 5 7
二、多项选择题：本题共 2小题，每小题 5 分，共 10分。在每小题给出的选项中，有多项符合
题目要求。全部选对得 5分，选对但不全的得 3分，有选错或不答得 0分。
9．已知光敏电阻 RG的阻值随光照强度的增大而减小。
现将 RG和电源、开关、线圈 M相连，如图所示。
铁芯穿过线圈 M和 P，在铁芯右边悬挂一个质量很
小金属环 Q，线圈 P与电流表相连，下列说法正确
的是
A．合上开关瞬间，金属环 Q向右摆动
B．保持开关闭合，当光照强度不变时，电流表示数不为 0
C．保持开关闭合，由于光照强度变化而引起电流表电流从 b经电流表到 a时，可知光照强
度变弱
D．待开关闭合电路稳定后，突然断开开关瞬间，电流表示数由 0增大
高二物理试题 第 3 页 共 6 页
10．一列机械横波在同一均匀介质中沿水平 x轴传播，传播方向上有两质点 A、B，其平衡位置
间距 L=1 m，t0时刻 A在波峰处，B恰好在平衡位置且向上运动，经 t = 0.1 s时间，A第一
次回到平衡位置。则这列波可能的波速有
10 10
A． m/s B． m/s C．8 m/s D．4 m/s
17 103
三、非选择题（共 58分）
11．(6分)
某同学在健身房看到一悬挂的沙袋，于是想用手头的工具测定当地重力加速度。该同学将沙
袋从最低点移开一小段距离由静止释放，则沙袋的运动可等效为单摆模型，如图甲所示。考虑到
悬点很高，不方便测单摆摆长，但可以改变绳长，进行多次实验。
h
具体步骤如下： 甲
①用米尺测量沙袋距地面距离 h；
②用秒表测量沙袋摆动时对应周期 T：
③调整绳长得不同的 h，重复步骤①②，正确操作，根据实验记录的数据，绘制如图乙所示
的 T2－h图像，横纵轴截距分别为 a、b。请回答下列问题：
(1)测量沙袋运动周期时，开始计时的位置为图甲中的最 点；(选填“高”或“低”)
(2)由 T2－h图像可得当地的重力加速度 g＝ 。(用字母π、a、b表示)
(3)考虑到沙袋形状不规则，有同学认为应该从沙袋重心往地面测高度 h，但由于重心没有办
法确定，实际操作是从沙袋底部到地面测 h，该做法测重力加速度的测量值 真
实值。(选填“大于”、“小于”或“等于”)
12．(10分)
小明同学利用如图所示的轨道槽内滚下的球和槽口悬挂的摆球碰撞来验证动量守恒定律。实
验步骤如下：
①选两个直径相同的小钢球（有一个空心，另一个实心），用天平称量质量分别为 m、M
（m < M）；
高二物理试题 第 4 页 共 6 页
②调好轨道槽，多次从同一点由静止释放实心球M，在水平地面上确定其落点 A；
③把空心球 m悬挂在槽口，保证 m与 M放在槽口等高，再将M从②中同一点轻放，录下两
球碰后 m摆动视频，同时定下 M球的落点。重复多次，记落点为 B（图中未画出）；
④测量槽口在地面上投影点 O分别到 A、B两点的间距记为 SA和 SB；通过视频处理软件
得 m球上摆的最大高度 h的平均值（m 没有摆到悬点高度）；
请回答下列问题：
（1）固定轨道槽时，槽末端 调成水平；（填“需要”或“不需要”）
（2）为了完成验证动量守恒定律，实验步骤中还需要测量一物理量是（ ）；
A．槽口离地面高度 H
B．最大角度θ
C．摆线长度 L
（3）如果等式 成立，即可达到验证的目的；（用所测物理量
字母表示）
（4）如果等式 成立，能说明两球碰撞为弹性碰撞。（用所测
物理量字母表示）
13．(12分)
在深为 = 7 的池塘底有一个发光小球，可视为点光源，在水面上可见圆形发光面。已知
4
水的折射率为 = ，π = 3.14，光在真空传播速度 c = 3.0×108m/s，计算结果均保留三位有效数
3
字。求：
（1）发光圆的面积 S；
（2）光从光源到发光圆边缘的时间 t。
14．(14分)
折线导电轨道 LMN-L’N’M’平行放置，LM和 L’M’与水平面成 37°角；MN和M’N’与水平面
成 53°角，如图所示。a棒与 LM-L’M’轨道间有摩擦，且一直静止在轨道上(与轨道垂直)；b棒与
MN-M’N’之间无摩擦。已知 a、b棒在轨道间有效电阻 ra= rb= 0.1 Ω，有效长度 La= Lb= 20 cm，
高二物理试题 第 5 页 共 6 页
质量 ma = mb= 0.1 kg，在左边轨道有垂直轨道面向左上的匀强磁场，在右边轨道有垂直轨道面向
右上的匀强磁场，场强大小均相同 B = 1 T。现由静止释放 b棒，保持 b棒始终与轨道垂直。不计
轨道电阻，g = 10 m/s2，sin37° = 0.6，sin53° = 0.8。求：
（1）b棒的最大速度 vm的大小；
（2）当 b 棒速度 v=2 m/s时，a棒受到轨道摩擦力。
15．(16分)
现有两个小球 1、2，球 1 质量为 m0= 1.8 kg，球 2 质量为 m= 0.9 kg。如图所示，球 1从 A
点无初速度释放，沿光滑的四分之一圆弧轨道 AB下滑到 B点后与球 2发生弹性碰撞。（忽略球
1此后的运动）碰撞后球 2水平飞出，落到水平地面上的 P点，P、B两点的高度差为 3.2 m。球
2多次与地面碰撞后弹起，最终静止。球 2每次与地面碰撞的时间为 0.1 s，且每次与地面碰撞后
的速度大小变为碰撞前的速度大小的一半，碰撞前后速度方向与地面间的夹角相等。球与地面碰
撞过程中重力不可忽略。已知圆弧轨道 AB的半径 R = 1.8 m，不计空气阻力，g = 10 m/s2。求：
（1）两球碰撞后瞬间，球 2对轨道的压力大小；
（2）在 P点碰撞时，球 2所受地面水平方向的作用力与竖直方向作用力的比值 k；（结果可
用分数表示）
（3）球 2从 B点到停止点所发生的水平位移。（结果可用分数表示）
高二物理试题 第 6 页 共 6 页
江南十校高二 5 月联考物理参考答案
1.【答案】C
【详解】
A．电磁感应定律是纽曼和韦伯提出来的，故 A错误；
B．赫兹最先捕捉到电磁波，故 B错误；
C．丹麦物理学家奥斯特通过不断地探索发现了电流的磁效应，故 C正确；
D．单摆周期公式由惠更斯提出的，故 D错误。
故选 C 。
2.【答案】A
【详解】
机器人水平运动制动过程，制动力为合力，对其用动量定理，制动力冲量大小等于动量
变化量大小为 40 kg·m/s，故选 A。
3.【答案】D
【详解】
A．由图乙可知 t=1s时，处质点 Q向下振动，根据“同侧法”可知，该波沿 x轴负方向传
播，故 A错误；
B．该波的波长为 4m，当障碍物比波长小或与波长接近时，波会发生明显的衍射现
象，故 B错误；
C．t = 1s时 yP= 10 cm
1
，波的周期为T 2s，经过 t 0.25s T ，波向 x轴负方向传播，
8
1
可把波形整体向左平移 0.5m8 ，可知此时质点
P并未到达波峰位置，其通过的路程小
于 10 cm，故 C错误；
D．从 t = 1s到 t = 4s 3时，质点 P经历了 个周期，可把波形整体向左平移 1.5个波长，
2
即 6 m，可知此时质点 P在 y = -10 cm的位置，且质点 P向下振动，故加速度方向沿 y
轴正方向，且加速度在增大，故 D正确。
故选 D。
4.【答案】C
【详解】
A.电场力 F = Eq，竖直向上，大小不变；洛伦兹力 f = qv2B,垂直纸面向外，大小不变；
合力不变，加速度不变。A错误
B.洛伦兹力不做功，功率为 0。B错误；
C.电场力做正功，v增大，v1增大，电场力瞬时功率增大，C正确；
D.v2不变 v1增大，夹角θ增大，D错误。
故选 C。
5.【答案】C
【详解】
1 A. 1原线圈电压峰值为 50 2 V，有效值为 50V， = ，则副线圈电压有效值为 10 V，2 2
故 A错误；
B.加在灯泡两端电压为 10 V，流过灯泡电流小于 3 A，正常发的光功率小于 30 W，故 B
错误；
C.移动滑片，灯泡两端电压不变，亮度不变，故 C正确；
D.原、副线圈频率不变，由瞬时表达式可知为 50 Hz，每秒改变方向 100次。故 D错误。
故选 C。
6.【答案】B
【详解】
A. EK= qU，每此通过加速电场增加动能都相同，故 A错误；
B. EKm= nqU，EKm一定时，U越大加速次数 n越小，故 B正确；

CD. E 1 Km= mvm2，R = ，粒子的最大动能与 D型盒半径有关，与加速电场电压无关，2
故 C错误；题干中没有盒半径，最大动能不可求。故 D错误。
故选 B。
7.【答案】C
【详解】
2 2
C ．金属框进磁场过程，用牛顿第二定律 a = ，v减小 a减小，A错误；

金属框进磁场用动量定理：-BLq = mv’- mv1
2
由法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律可得：q = ，q两过程相同，D错误；

金属框出磁场过程同理：-BLq = mv2 - mv’
联立可得 v’= 4 m/s，B错误；
1 1 1 1
对两过程分别用功能关系：Q1= mv12 - mv’2 、Q2= mv’2 - mv22 2 2 2
解得 Q1:Q2= 11:5，C正确；
故选 C。
8.【答案】A
A O
【详解】
如图所示，由几何关系可知，
OP、OA为区域Ⅱ的半径，OP为区域Ⅰ的直径，
AP为最远粒子轨迹直径，AOP为等腰直角三角形，可得，
2
粒子的轨迹半径 = 2 , 2 由牛顿第二定律有 = ，解得 = ，选项 A正确。
2 2
故选 A。
9.【答案】ACD
【详解】
A．合上开关瞬间，M中电流产生磁场，跟据楞次定律，Q向右运动。故 A正确；
B．当光照强度不变时，M中电流不变化，P中磁场不变化，不满足感应产生条件，电
流表示数为 0，故 B错误；
C．光照强度变弱时，RG值变大，P中磁场向右减小，跟据楞次定律可知，电流由 b流
向 a，故 C正确；
D．断开开关瞬间，P中磁场向右减小，跟据楞次定律可知，P中产生感应电流，电流
表示数由 0增大，故 D正确。
故选 ACD。
10.【答案】AB
【详解】
A质点由波峰第一次运动到平衡位置 t = 0.1 s，则 T = 0.4 s，由于不知道波的传播方
L = kλ + λ L = kλ + 3λ向, 或 ，k λ为整数，由 v = 可知，AB项符合题意。
4 4 T
故选 AB。
2
11.(1 4 )低 (2) g = (3)等于 （每空 2分）

【详解】
(1)单摆测周期计时点在最低点计时误差小；

(2) 根据单摆周期公式 T = 2π (H为悬点到地面间距）

2 2 2
变形得 T2= 4 + 4 4 由乙图得直线斜率 k = 解得 g =

(3)每次测 h从沙袋底部到地面和从重心到地面，绘图时横坐标不同，但图线斜率不变，
本实验方法只用斜率求 g值，故不影响。故填“等于”。
12.(1)需要 （2分）
(2) A （2分）
MS 1 = MS 1(3) A B + m 2h （3分）2H 2H
2 2
(4) = + mh = 2 或 （3分）
4 4 2 2
【详解】
(1)实验需要用平抛方法求M球速度，槽口需要水平；
(2)为了求M平抛速度，需要测平抛时间，根据 H = 1gt2，所以要测平抛高度。故选 A；
2
(3)根据M球两次平抛落点可得碰撞前后速度，根据 m球上摆高度可得 m碰后速度，验
1 1
证动量守恒关系式为 MSA = MSB + m 2 ；2 2
(4)在（3）中，两球碰撞前后速度均可求，弹性碰撞满足碰撞前后机械能守恒，即在碰
2 =
2
撞点动能守恒，化简得 + mh。
4 4

也可以用弹性碰撞速度关系结论 v =v -v 带入实验数据可得 0 2 1 = 2 2 2
13.（1）28.3 m2 （2）1.78 × 10 8
【详解】（1）设发光圆的半径为 R。
1
由全反射临界角满足 sinC = （2分）
n
R
又 sinC = （2分）
R2+H2
解得 R = 3 m （2分）
所以,发光圆的面积为 S = πR2= 28.3 m2 （2分）
C
（2）光在水中的传播速度为 v = （2分）
n
2 2
由行程关系得时间为 t = R +H = 1.78 × 10 8 s （2分）
v
14.详解：（1）b棒达最大速度时，沿斜面方向二力平衡
mbgsin53° = F安 （2分）
F安 = BImL （2分）
I = BLvmm （2分）R
总
解得 vm= 4 m/s （1分）
（2）当 b棒速度 v = 2 m/s时，E 动 = BLv = 0.4 V （2分）
E
动
由闭合回路欧姆定律 I = = 2A （1分）
R
总
对 a棒用左手定则，F 安 = BIL = 0.4 N，方向沿斜面向上 （1分）
对 a棒受力分析，f 静 + F 安 = mgsin37° （1分）
带入数据得 f 静 = 0.2 N （1分）
方向：沿斜面向上 （1分）
15.解析：（1）对球 1，从 A至 B过程中，根据动能定理有
= 10 22 0 0
解得 0 = 6 / （1分）
两球碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
0 0 = 0 '0 + （1分）
1 2 = 1 '
2 + 10 0 0 0 2 （1分）2 2 2
解得 = 8 / （1分）
球 2在 B点受到的重力和支持力的合力提供向心力，则
2
=


解得 = 41 N （1分）
由牛顿第三定律可知，两球碰撞后瞬间，球 2对轨道的压力大小为
' = 41 N （1分）
（2）由题意可知，球 2每次与地面碰撞后水平方向的分速度大小和竖直方向的分速度
大小都变为碰撞前的一半
球 2第一次落地前竖直方向的分速度为
= 2 = 8 / （1分）
在 P 点，根据动量定理，有
水平方向： =
1 （1分）2
竖直方向： ( ) =
1 ( ) （1分）2
又 =
解得 = 4 （1分）
13
（3）球 2从 B至 P的时间为
0 =
2 = 0.8

发生的水平位移为 0 = 0 = 6.4 （1分）
根据 = 可知，第一次与地面碰撞后上升到最高点的时间等于从 B点到落地的
时间的一半
1
第一次反弹至落地时间 1 = 2 × 0 = 0.8 2
1
第一次反弹至落地发生的水平位移 1 = 1 1 = 1 = 3.2 （1分）2
1
同理，第二次反弹至落地发生的水平位移 2 = 2 2 = 4 1 1 = 0.8
1 1
第三次反弹至落地发生的水平位移 3 = 3 3 = 2 2 = ( )2 1 1 = 0.2 4 4
1
第 n次反弹至落地发生的水平位移 = 1 = ( ) 1 4 1 （2分）
由数学归纳法可得总位移为
= 0 + 1 + 2 + +
1 32
= 0 + 1 = （2分）1 34
注：解答题有些步骤合并书写，原则上不扣分。

展开更多......

收起↑