资源简介

2025-2026学年广东省广州市荔湾区西关外国语学校高二（下）期中
物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.下列几种物理现象的解释正确的是( )
A. 易碎物品运输时要用柔软材料包装，是为了增加作用时间，减小受力
B. 跳远时在沙坑里填沙，是为了减小运动员落地时受到的冲量
C. 推箱子时推不动，是因为推力的冲量为零
D. 船舷常常悬挂旧轮胎，是为了减小靠岸时船的动量
2.在中国自动化大会上，一款会踢足球的智能机器人受到参观者围观。如图所示机器人接到沿水平地面运动过来的速度为、质量为的足球，并在内将足球以的速度反向踢出。忽略一切阻力，在机器人与足球接触的过程中，下列说法正确的是( )
A. 机器人对足球的冲量大于足球对机器人的冲量
B. 机器人对足球的冲量大小为
C. 足球动量变化量的大小为
D. 机器人对足球平均作用力大小为
3.如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，最大摆角小于，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移随时间变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，下列说法中正确的是( )
A. 小球摆动时的回复力来源为重力和绳拉力的合力
B. 若小球质量变大，摆动周期将会减小
C. 从到的过程中，摆球的回复力先减小后增大
D. 末和末，小球的势能和速度均相同
4.如图甲所示电路中，变压器为理想变压器，电压表与电流表均为理想电表，为定值电阻，为滑动变阻器，交流电源接入如图乙所示的交流电。则( )
A. 交流电源电压有效值为
B. 电阻上的电流方向每秒钟改变次
C. 滑动变阻器的滑片向下移动，电压表的示数增大
D. 滑动变阻器的滑片向下移动，电流表的示数增大
5.如图所示，实线和虚线分别表示振幅和频率均相同的两列简谐横波的波峰和波谷，此时点是波峰与波峰的相遇点。设两列波的振幅均为，则( )
A. 再过四分之一周期，点为振动减弱点
B. 图中位于、两处的质点正处于平衡位置
C. 点为振动加强点，位移始终为
D. 从此刻起，经过半个周期，点的位移为零
6.某同学注意到手机摄像头附近有一个小孔，查阅手机说明后知道手机内部小孔位置处安装了降噪麦克风。进一步翻阅技术资料得知：降噪麦克风通过降噪系统产生与外界噪音相位相反的声波，与噪音叠加从而实现降噪的效果。如图是理想情况下的降噪过程，实线对应环境噪声，虚线对应降噪系统产生的等幅反相声波。则( )
A. 降噪过程实际上是声波发生了干涉 B. 降噪过程可以消除通话时的所有背景杂音
C. 降噪声波与环境噪声的传播速度不相等 D. 点经过一个周期传播的距离为一个波长
7.如图甲所示为一台小型发电机的结构示意图，内阻为的单匝线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦图线如图乙所示，电压表、电流表均为理想交流电表，定值电阻的阻值，则下列说法正确的是( )
A. 发电机产生的电动势最大值为，线圈的转速
B. 电流表的示数为，电压表的示数为
C. 的时间内，通过定值电阻的电荷量为
D. 时，穿过线圈的磁通量变化率最大
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示是观察水面波衍射的实验装置，和是两块挡板，是一个小孔，是波源，图中已画出波源所在区域的传播情况，每两条相邻的波纹图中曲线之间距离表示一个波长，则对于波经过孔之后的传播情况，下列描述正确的是( )
A. 此时能明显观察到波的衍射现象
B. 如果将孔扩大，有可能观察不到明显的衍射现象
C. 挡板前后波纹之间距离相等
D. 如果孔的大小不变，使波源频率增大，一定能明显观察到衍射现象
9.如图，某光伏发电站输出频率为的交流电，经理想升压变压器升压后，通过总电阻的线路输送到电动汽车充电站，经原、副线圈匝数比为：的理想降压变压器降压后给充电桩供电系统带有输出稳压装置，图中未画出。每台充电桩输入电压为，输入电流为，则( )
A. 充电桩输入的交流电周期为
B. 只有一台充电桩工作时，输电线损耗的功率为
C. 工作的充电桩越多，输电线损耗的电压越小
D. 台充电桩同时工作时，降压变压器输出功率为
10.图甲为一列简谐横波在时刻的波形图，图乙为平衡位置在处质点的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 该波遇到障碍物可发生明显衍射
B. 该波沿轴负方向传播
C. 该波的传播速度为
D. 时刻质点的振动方向沿轴负方向
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学利用插针法测定梯形玻璃砖的折射率，进行了如下操作：将玻璃砖平放在铺有白纸的木板上，描出玻璃砖的四边，并依次插上了四枚大头针，撤走玻璃砖后画出光路图，如图甲所示。
插四枚大头针的顺序为
A.、、、
B.、、、
C.、、、
D.、、、
为了减小实验误差，在插下四枚大头针时，玻璃砖同侧的两枚大头针应满足
A.间距越大越好
B.间距越小越好
C.间距应相等
D.间距适当大些
该同学求玻璃砖的折射率。
以点为圆心，适当长度为半径画圆，与入射光线和折射光线分别交于、两点，过、作法线的垂线，垂足分别为、，如图乙所示，分别测量出、、、的长度，则玻璃砖的折射率为 用以上的测量量表示。
12.用如图所示的装置可以“验证动量守恒定律”，在滑块和相碰的端面上装有弹性碰撞架，它们的上端装有等宽的挡光片。
实验前需要调节气垫导轨水平：在轨道上只放滑块，轻推一下滑块，其通过光电门和光电门的时间分别为、，当 填“”“”或“”，则说明气垫导轨水平。
滑块置于光电门的左侧，滑块静置于两光电门间的某一适当位置，给一个向右的初速度，通过光电门的时间为，与碰撞后通过光电门的时间为，通过光电门的时间为，为完成该实验，不必测量的物理量有 。
A.遮光片的宽度
B.滑块的总质量
C.滑块的总质量
D.光电门到光电门的间距
若实验测得遮光片的宽度，滑块的质量，滑块的质量，，，。
计算可知两滑块相互作用前系统的总动量为 ，两滑块相互作用以后系统的总动量算得。计算结果保留两位有效数字
若实验相对误差绝对值，即可认为系统动量守恒，则本实验中 。在误差范围内 填“能”或“不能”验证动量守恒定律。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示为某种透明材料制成的棱镜的横截面图，该截面由半径为的圆和直角边为的等腰直角三角形组成，为圆心。一细光束平行射入棱镜，入射点到的距离为，光束在点折射后直接照射到点，光在真空中的传播速度为。求：
该材料的折射率；
光从到的时间。
14.下图中的实线图像是一列正弦横波在某时刻的波形曲线，虚线图像是后这列波的波形曲线
若该波的周期大于，且向右传播，求波的传播速度和周期；
若该波向左传播，求波的传播速度和周期。
15.如图所示，半径为的圆槽和物块静止在光滑水平地面上，圆槽的最低点与地面相切，物块的左端连接一轻弹簧。质量为的小球从的正上方高为的位置由静止释放后，恰好沿切线进入圆弧轨道。已知、的质量均为，重力加速度大小为，忽略空气阻力和一切摩擦。求：
小球第一次离开圆槽时的速度大小；
小球第一次与弹簧相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能；
小球再次回到圆槽的过程中上升的最大高度。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：易碎物品运输时要用柔软材料包装，是为了增加作用时间，减小受力，故A正确；
B.跳远时在沙坑里填沙，根据动量定理，是为了增加作用时间，减小了作用力，冲量等于动量的变化，是恒定的，故B错误；
C.在推箱子时推不动是因为推力小于最大静摩擦力，推力的冲量不为零，故C错误；
D.船舷常常悬挂旧轮胎，是因为轮胎能延长作用时间，减小作用力，靠岸时船的动量不变，故D错误。
故选：。
根据动量定理：合力的冲量等于动量的变化，公式为，由此分析即可。
考查对动量定理的理解，根据公式分析即可。
2.【答案】
【解析】解：机器人对足球的作用力与足球对机器人的作用力是一对相互作用力，大小始终相等，作用时间相同，故机器人对足球的冲量等于足球对机器人的冲量，故A错误；
以向右为正方向，足球的动量变化量为，
即足球动量变化量大小为，
根据冲量为动量的变化量，可得机器人对足球的冲量大小为，故BC错误；
D.以向右为正方向，对足球，根据动量定理有，解得，故D正确。
故选：。
3.【答案】
【解析】解：、重力沿切线方向的分力是单摆摆动过程中的回复力，故A错误；
B、根据单摆周期公式可知，周期与摆球质量无关，故质量变大时周期不变，故B错误；
C、由题图可知，从到的过程中，摆球由负向最大位移处经平衡位置运动至正向最大位移处，其回复力大小先减小后增大，故C正确；
D、由题图及运动对称性可知，末与末，摆球势能相同，速度大小相等但方向相反，故D错误。
故选：。
本题描述单摆小角度摆动模型，位移随时间变化图像呈现正弦规律。分析过程需基于简谐运动基本特征：回复力由重力沿切线方向分力提供，其大小与位移成正比。从图像中读取周期、最大位移等关键信息，结合单摆周期公式判断质量是否影响周期；依据位移变化分析回复力变化趋势；利用运动对称性比较不同时刻的势能与速度方向关系。
本题以单摆的振动图像为背景，综合考查简谐运动的基本概念与单摆模型的规律。题目要求学生准确理解回复力的来源、周期公式的适用条件，并能结合位移时间图像分析摆球在不同时刻的受力与运动状态。解答过程需运用单摆周期公式，明确周期与质量无关，同时需根据图像信息判断位移变化，进而分析回复力大小变化趋势。对于选项D，还需注意速度的矢量性，区分速度大小与方向。本题计算量小，但概念辨析要求清晰，能有效检验学生对简谐运动图像与单摆模型核心知识的掌握程度。
4.【答案】
【解析】解：结合图像，交流电源电压的最大值为
代入数据得电源电压的有效值为，故A错误；
B.交流电源的周期，在一个周期内，电流方向改变次，因此每秒电流方向改变的次数为次
变压器不会改变交流电的周期和频率，所以电阻上的电流方向每秒钟也改变次，故B错误；
C.根据
原线圈的电压一直保持不变，可知副线圈的电压也保持不变，与滑动变阻器的滑片向下移动无关，故C错误；
D.滑动变阻器的滑片向下移动，的有效阻值减小，故并联电路的总电阻减小，根据
副线圈中的电流增大，即电流表的示数增大，故D正确。
故选：。
根据图乙的交流电图像计算电源有效值与频率，结合理想变压器变压规律分析副线圈电压，再由滑片移动引起的副线圈总电阻变化，分析原线圈电流变化，逐一判断各选项。
本题以理想变压器电路为载体，综合考查交流电的基本性质与变压器动态分析，注重对基础规律的理解与应用，考查学生的电路分析能力。
5.【答案】
【解析】【分析】
振动加强点始终是振动加强点；、两点是波谷和波峰叠加，位移始终为零，即处于平衡位置；振动加强点，质点会不断运动，位移并非始终不变。
质中同时存在几列波时，每列波能保持各自的传播规律而不互相干扰。在波的重叠区域里各点的振动的物理量等于各列波在该点引起的物理量的矢量和。
【解答】
A.再过四分之一周期，质点还是振动加强点，故A错误；
B.、两点是波谷和波峰叠加，由于振幅相同，位移始终为零，即处于平衡位置，故B正确；
C.点为振动加强点，质点会不断运动，位移并非始终不变，故C错误；
D.从此刻起，经过半个周期，点的位移为，故D错误。
故选：。
6.【答案】
【解析】解：、由图看出，降噪声波与环境声波波长相等，波速相等，则频率相同，叠加时产生干涉，由于两列声波等幅反相，所以振动减弱，起到降噪作用，故A正确。
B、降噪过程不能消除通话时的所有背景杂音，只能消除与降噪声波频率相同的杂音，故B错误；
C、机械波传播的速度由介质决定，则知降噪声波与环境噪声的传播速度相等，故C错误；
D、质点点并不随波移动，故D错误。
故选：。
降噪过程实际上是声波发生了干涉，机械波传播的速度由介质决定；介质中质点不随波移动。
解决本题时要明确机械波传播的速度由介质决定，声波在同一介质中传播波速相等，要掌握波的叠加原理和干涉的条件。
7.【答案】
【解析】解：、由题图乙可知，发电机产生的电动势最大值为，电动势的有效值为，周期为，则转速为
故A错误；
B、电流表的示数为
电压表测量的是定值电阻两端的电压，电压表的示数为
故B错误；
C、线圈的角速度为
根据线圈最大感应电动势为
可得
则电荷量
代入数值得
故C正确；
D、在时，由题图乙可知此时的电动势为零，感应电动势与磁通量的变化率成正比，故该时刻穿过线圈的磁通量变化率为零，故D错误。
故选：。
根据周期求转速；根据图像可以知道交流电的最大值和交流电的周期，根据最大值和有效值的关系即可求得交流电的有效值；根据平均值计算电荷量；在时，由题图乙可知此时的电动势为零，根据法拉第电磁感应定律判断。
解决本题的关键是交流电的瞬时值表达式的求解，根据瞬时值表达式来分析磁通量的变化的情况，明确有效值、平均值、瞬时值的应用场景。
8.【答案】
【解析】解：、因为波长与孔的尺寸差不多，所以能够观察到明显的衍射现象，故A正确；
B、如果将孔扩大，孔的尺寸大于波的波长，可能观察不到明显的衍射现象，故B正确；
C、波通过孔后，波速、频率、波长不变，则挡板前后波纹间的距离相等，故C正确；
D、如果孔的大小不变，使波源频率增大，因为波速不变，根据知，波长减小，可能观察不到明显的衍射现象，故 D错误；
故选：。
当孔、缝的宽度与波长差不多或者比波长还小时，就能够发生明显的衍射现象，这是发生明显衍射的条件，从而即可判定求解。
解决本题的关键掌握产生明显衍射的条件，知道波速、频率、波长的关系。
9.【答案】
【解析】解：、发电站输出交流电的频率为，变压器不改变交流电频率或周期，故充电桩输入的交流电周期为，故A错误；
B、工作的充电桩越多，并联后的电阻越小，则降压变压器副线圈中的电流越大，对降压变压器有
又输电线上的电流越大， 越大，故B错误；
C、由
输电线上的电流
则
代入数据得，故C正确；
D、台充电桩同时工作时，降压变压器输出功率为，故D正确；
故选：。
A、理想变压器不会改变交流电的频率，光伏发电站输出的交流电频率是，所以充电桩输入的交流电频率也保持，再根据频率和周期的对应关系，算出周期；
B、先根据降压变压器原、副线圈的匝数比，结合理想变压器电流和匝数成反比的规律，算出只有一台充电桩工作时，输电线里的电流大小，再用输电线的电阻和电流，计算出输电线的损耗功率；
C、工作的充电桩数量越多，降压变压器副线圈的总电流就越大，对应输电线里的电流也会变大，再根据输电线损耗电压和电流的关系，分析出损耗电压的变化；
D、先算出单台充电桩的输入功率，再乘以得到台充电桩的总功率，这个总功率就是降压变压器的输出功率。
本题考查远距离输电与理想变压器的核心知识点，涵盖变压器的频率、电流、功率规律及输电线损耗的分析，解题要点在于明确变压器不改变交流电频率、电流与匝数成反比、输出功率等于负载总功率，结合输电线损耗与电流的关系逐一分析选项，题目综合性强，能有效考查学生对输电系统的整体理解与公式应用能力。
10.【答案】
【解析】解：从图甲可得波长
障碍物的尺寸小于波长，会发生明显的衍射现象，故A正确；
B.由图乙可知，时刻，质点沿轴正方向振动，根据同侧法，该波沿轴正方向传播，故B错误；
C.由图乙可知，周期，则波速，故C正确；
D.由图乙可知，后质点位移向正方向增大，时刻质点振动方向沿轴正方向，故D错误。
故选：。
先从波形图读取波长、振动图像读取周期以计算波速，再由质点的振动图像判断时的振动方向，进而确定波的传播方向，最后结合波长与障碍物尺寸判断衍射现象。
本题以波形图与振动图像为载体，考查波速计算、传播方向判断、明显衍射条件等知识点，需要学生精准提取两类图像的关键信息并关联分析，对图像识别和波动规律应用的能力要求适中，能有效检验学生对波动核心知识点的掌握程度。
11.【答案】

【解析】解：根据图甲光线的传播方向，应先插大头针、，接着插大头针挡住、的像，最后插大头针挡住和、的像，故ABD错误，C正确。
故选：。
为了减小实验误差，在插下四枚大头针时，大头针、及、之间的距离应适当大些，故ABC错误，D正确。
故选：。
入射角的正弦，折射角的正弦，
根据折射定律可得。
故答案为：；；。
根据实验的正确操作分析作答；
根据实验的正确操作，从减小实验误差的角度分析作答；
根据折射定律求解作答。
本题主要考查了测量玻璃的折射率的实验，要明确实验原理，掌握实验的正确操作，掌握折射定律的运用。
12.【答案】
能

【解析】解：轻推一下滑块，其通过光电门和光电门的时间分别为、，当，说明滑块通过两个光电门速度相同，即做匀速运动，气垫导轨水平。
设遮光片的宽度为，碰撞前滑块的速度为
碰撞后滑块的速度
滑块的速度
动量守恒
整理有
所以为完成实验，还必须测量的物理量有滑块的质量和滑块的质量，不必测量的物理量有遮光片的宽度和光电门到光电门的间距。
故选AD。
两滑块相互作用前系统的总动量为
由题意可知，两滑块相互作用后系统的总动量为所以本实验的相对误差绝对值为
有上述分析可知，在误差范围内能验证动量守恒。
故答案为：；；，，能。
由瞬时速度测量和匀速直线运动确定；
由瞬时速度测量和动量守恒定律确定；
由相对误差绝对值计算。
本实验考查动量守恒定律，瞬时速度测量，匀速直线运动，相对误差绝对值。
13.【答案】该材料的折射率为 光从到的时间为
【解析】解：根据题意作出光路图如下
因入射点到的距离为，可知入射光线与法线的夹角
由可知折射光线与法线夹角
因此该材料的折射率
由几何关系可知等腰三角形中的边长为
光从到的时间
答：该材料的折射率为；
光从到的时间为。
根据光路图，结合几何关系以及折射定律分析求解；
根据路程，结合光在介质中的速度与折射率的关系分析求解。
本题考查了光的折射相关知识，理解折射定律和不同情况下的光路图是解决此类问题的关键。
14.【答案】波向右传播时，周期为，波速为 波向左传播时，周期为，波速为
【解析】解：根据波形图可知，波长。若波向右传播，从图到图，波传播的周期数可表示为，波的周期。由于，解得，因此周期，波速，解得。
若波向左传播，从图到图，波传播的周期数为，波的周期，解得，波速，解得。
答：波向右传播时，周期为，波速为。
波向左传播时，周期为，波速为。
明确波形图提供波长信息，根据波向右传播且周期大于秒的条件，确定实线波形到虚线波形对应波传播的最小距离为四分之一波长，由此建立波传播时间与周期的关系，结合波长、波速和周期的基本关系，求解出满足条件的唯一周期与波速。
当波向左传播时，实线波形到虚线波形对应波传播的最小距离变为四分之三波长，由此建立波传播时间与周期的通式关系，结合波长、波速和周期的基本关系，得到传播速度与周期的通解表达式。
本题以波动图像为载体，综合考查机械波传播的多解性问题。学生需熟练掌握波长、周期、波速的基本关系，并深刻理解波传播方向与质点振动方向的关系。题目难点在于根据波形平移距离与波长的关系，正确写出波传播时间与周期的通式，并利用附加条件确定特定解。本题对学生的空间想象能力、逻辑推理能力及数学运算能力均有较高要求，是一道能够有效检验学生是否掌握波传播周期性特点的典型问题。解答时需特别注意传播方向不同导致的相位差差异，以及周期大于给定时间这一条件对整数取值的限定作用。
15.【答案】小球第一次离开圆槽时的速度大小为 小球第一次与弹簧相互作用过程中，弹簧的最大弹性势能为 小球再次回到圆槽的过程中上升的最大高度为
【解析】解：设小球第一次脱离圆弧槽时的速度为，圆弧槽的速度为。从小球开始下落到首次脱离圆弧槽，以运动方向为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律可得：，，解得：。
小球首次与弹簧作用，当弹簧弹性势能最大时，小球与物块达到共同速度。从开始压缩弹簧至弹性势能最大，以运动方向为正方向，由动量守恒与能量关系可得：，，解得：。
设小球与分离后，小球的速度为，的速度为；小球再次返回圆弧槽并上升至最大高度时，小球与槽达到共同速度，上升的最大高度为。
从压缩弹簧到与分离，根据动量守恒与机械能守恒有：，。
从小球与分离到返回圆弧槽并上升至最大高度，由动量守恒与机械能守恒可得：，，解得：。
答：小球第一次离开圆槽时的速度大小为。
小球第一次与弹簧相互作用过程中，弹簧的最大弹性势能为。
小球再次回到圆槽的过程中上升的最大高度为。
小球从释放到离开圆槽的过程，系统水平方向不受外力，满足动量守恒；同时忽略一切摩擦，机械能也守恒。小球初始高度为，重力势能转化为小球和圆槽的动能。通过这两个守恒定律，可以联立求解小球离开时的速度。
小球与物块及弹簧组成的系统，在相互作用过程中，水平方向动量守恒，机械能也守恒。当小球与物块速度相等时，弹簧压缩至最短，弹性势能最大。利用小球离开圆槽时的速度作为初速度，根据动量守恒和能量守恒，即可求出最大弹性势能。
小球与物块通过弹簧相互作用后会分离，分离过程同样满足动量守恒和机械能守恒，可求出分离后小球的速度。之后小球返回与圆槽相互作用，当两者在竖直方向达到相对静止即共同水平速度时，小球上升到最大高度。此过程系统水平方向动量守恒，机械能也守恒，结合分离后小球和圆槽的速度，即可求出上升的最大高度。
本题是一道综合性极强的力学压轴题，将圆周运动、动量守恒、机械能守恒以及弹性碰撞等核心知识点巧妙融合于多阶段、多物体构成的复杂系统中。题目计算量较大，对学生的物理建模能力、过程分析能力和多方程联立求解能力提出了很高要求。学生需要清晰划分小球与圆槽分离、与物块及弹簧作用、再与圆槽相互作用这三个关键物理过程，并准确判断每个过程所遵循的守恒定律。本题的亮点在于，小球与物块及弹簧的作用本质上是弹性碰撞模型，而小球与圆槽的两次相互作用则分别对应了动量守恒下的分离与共速过程，充分考查学生对碰撞模型和守恒定律本质的深刻理解与应用迁移能力。
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