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马鞍山二中2025~2026学年度第一学期高二期末测试
物理试卷
注意事项：
1。答卷前，务必将自己的姓名、考号和班级填写在答题卡上。
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涂黑。如需
改动，务必擦净后再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷
上无效。
一、选择题：本题共10小题，共42分。第1~8题每小题4分，只有一项符合题目要求；第9~10题
每小题5分，有多项符合题目要求。
1.劈尖千涉是一种薄膜干涉，将一平板玻璃放置在另一平板玻璃之上，在一端夹入两张纸片，
从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜，当光从上方入射后，从上往下看到的干涉
条纹如图所示。现从所示装置中抽去一张纸片，从上往下看到的干涉条纹是
A.
↓
B.
2.如图所示，在光滑水平面上有一轻质弹簧左端固定，右端与一质量为m的小球相连，构成
一个水平弹簧振子，弹簧处于原长时小球位于O点。现使小球以O点为平衡位置，在A、B
两点间沿光滑水平面做简谐运动，关于这个弹簧振子做简谐运动的过程，下列说法中正确
的是
A.小球从O位置向B位置运动过程中合外力变小
000000000
B.小球每次通过同一位置时的速度一定相同
7n777n77777777777nn77n7n7
0
C.小球从A位置向B位置运动过程中，回复力冲量为零
D.小球先后经过关于O点对称的两个位置的过程中，弹力做正功
3.一简谐波在=0时刻的波形图如图甲所示，图乙是质点P的振动图像，波速=5ms,由图可
知下列说法中正确的是
w/cm
y/cm
2
甲
A.波的传播周期T-0.4s
B,该波沿x轴负方向传播
C.0时刻，2质点振动方向向上
D.=0.3s时刻，2质点的位移为-1cm
第1页共6页
4.如图所示，电路中电源电动势为E,内阻为r,R、R2为定值电阻，R1为光敏电阻，其阻值
随光照强度的增加而减小，若照射光敏电阻的光照强度增加，电压表示数的变化量绝对值
为△U,电流表示数的变化量绝对值为△1，两电表均为理想电表。下列说法正确的是
A.电流表的示数变大，电压表的示数变大
B.有从左向右的电流流过R2
C.电容器的电容变小
D.AU
Al
5.关于下列四幅课本上的插图的说法正确的是
等离子体
甲
丙
A.图甲是速度选择器示意图，可以判断出带电粒子的电性，不计重力的粒子能够沿直线
匀速通过速度选择器的条件是v=
B
B.图乙是磁流体发电机结构示意图，由图可以判断出A极板是发电机的正极
C.图丙是质谱仪结构示意图，打在底片上的位置越靠近狭缝S说明粒子的比荷越大
D.图丁是回旋加速器示意图，要使粒子飞出加速器时的动能增大，可仅增加电压U
6.如图所示，两个做简谐运动的波源M、N相距为28m,它们产生的简谐波在空间叠加。已知
简谐波在空间的传播速度为340m/s,两波源的振动频率均为85Hz,MP-9m、NP=19m,发
现P点始终为振动加强点，则过P点与W垂直的直线上振动加强点的个数为
A.4
B.5
C.6
D,7
7.一水平放置的光滑长半圆槽内有两根通以反向电流的水平长直平行导体棒，导体棒1固定于
最低点处，可自由移动的导体棒2恰好处于静止状态（正视图如图所示)。已知导体棒1在
导体棒2处产生的磁感应强度大小满足关系式B=亿(k为常数，x为两导体棒间距离，1为
导体棒1中电流强度)，若缓慢增大导体棒2中电流强度1，则兰将
△x
A.变大
B.变小
C.不变
D.无法确定
第2页共6页马鞍山二中2025~2026学年度第一学期高二期末测试
物理参考答案
一、选择题：本题10小题，第1~8题每小题4分，第9~10题每小题5分，共42分。
题号
1
2
3
4
5
6
9
10
答案
A
C
B
D
AC
BD
三、非选择题：共5题，共58分。
11.(6分，每空2分)(1)7.868
(2)676
(3)BC(答对一个得一分)
12.(10分，每空2分)(1)100.0
F
(2)0.4
5.9
0.50
13.(10分，4+6)
(1)由几何关系可知，棱镜对单色光的临界角：C=37
(1分)
1
由临界角公式：sinC=上
(1分)
5
解得：儿=3
.(2分)
(2)由几何关系可知，单色光在棱镜中运动的路程：=α
(2分)
由运动公式：1=
(1分)
由折射率公式：n=C
(1分)
19
Sa
联立解得：t=
3c
(2分)
14.(14分，4+5+5)
(1)由洛伦兹力提供向心力：8=m上
（2分)
解得：5=lm
…（2分)
(2)由几何关系可知，圆心角：=
3π
(2分)
2
由运动公式：t=”
…(1分)
由洛伦兹力提供向心力：gB=m
…(1分)
联立解得：02s
(1分)
(3)由几何关系可知，轨迹圆半径：5=0.5m
…(2分)
由洛伦滋力提供向心力：gB=m
.(1分)
r
联立解得：y2=10m/s
(2分)
答案第1页，共2页
15.(18分，6+4+8)
(1)对C从下落到第一次碰前过程，由水平动量守恒定律：
0='e+a'a
…（2分)
由能量守恒定律：
1
cgR=亏2+三vi
(2分)
2
联立解得：1c=6m/s,vA二3m/s
…（2分)
(2)由牛顿第二定律结合向心力公式：
F一cg=
,。-y
R2
(2分)
解得：f=4ON
(2分)
(3)对C从下落到第一次碰前过程，由人船模型：
A=c→xu=,K
..(1分)
R ma
对C、B第一次碰撞过程，由水平动量守恒定律和能量守恒定律：
meVc meYc+mav
…(1分)
.(1分)
联立解得：2=-3ms,1=3m/s
(1分)
C、B碰后，C与A速度相同，铁夹夹住时无能量损失，对系统全程，由水平动量守
恒定律和能量守恒定律：
0=(e+m+c)v
(1分)
m8R-m:+m+m)小r=m,5→1n
(1分)
因=3L,则B最终停在Q处，即B相对AC整体向右的位移为L,对B开始运动到
停止运动这段过程，由人船模型：
XA2-
3
L (m+mg)+me
→X=2
（1分)
则全程平板车的位移：
A=+x2 =1.65m
(1分)
答案第2页，共2页

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