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2025-2026 学年度秋学期期中考试联考试卷高二物理
一、单项选择题（共11个小题，每题4分，共44分）
1.某微型电动车为零排放的纯电动汽车，其电池容量为150A·h。其中单位“A·h”所对应的物理量是
（ ）
A．电动势 B．电荷量 C．电流 D．能量
2．磁贴纱窗的水平软磁条的外部正面磁感线如图所示，以下说法正确的是（ ）
A．磁感线是用来形象地描述磁场的曲线，它与磁场一样真实存在
B．磁条下方B点的磁感应强度方向与上方C点的磁感应强度方向相同
C．磁条下方A点的磁感应强度大小小于B点的磁感应强度大小
D．软磁条内部ab之间的磁感线方向应由a指向b
3.猫从高处落下时具有较高的生存技能，原因之一是猫的脚垫很厚且有很多脂肪，从高处落下时能够减少
伤害。在猫着地的过程中，厚厚的脚垫可以（ ）
A．减小猫与地面的接触时间，从而减小合力的冲量
B．延长猫与地面的接触时间，从而增大合力的冲量
C．延长猫与地面的接触时间，从而减小猫的动量变化率
D．减小猫与地面的接触时间，从而减小地面对猫的平均冲击力
4．某同学利用如图所示器材探究“磁生电”，在正确操作的情况下，得到符合实验事实的选项是
（ ）
A．将绕线的铁环换成木环后，闭合或断开开关瞬间，电流计指针有偏转
B．闭合开关稳定后，电流计指针有偏转
C．闭合开关瞬间，电流计指针无偏转
D．通电状态下，拆开与电池相连线圈的瞬间，电流计指针无偏转5.均匀带电绝缘圆环电荷量为 ，半径为 。现使圆环绕如图所示过圆心的轴以线速度 匀速转动，则圆环
转动产生的等效电流为（ ）
A． B． C． D．
6．边长为L的正方形区域内部有磁感应强度为B的匀强磁场，将边长为2L的n匝正方形线框置于磁场外
围，如图所示，则穿过线框的磁通量为（ ）
A． B． C． D．
7．有些电子原件的接线柱有很多，不同的连接方式在电路中的作用不同。如图所示，一块均匀的长方体
电阻的长、宽、高分别为a、b、c，且a = 4b。将AB接入电路时电阻为R，CD接入电路时电阻为R，R
1 2 1
与R 的比值为（ ）
2
1 1
A． B． C．4 D．16
4 16
8.下列情况中系统动量守恒的是（ ）
①在光滑水平面上，运动的小车迎面撞上一静止的小车，以两车为一系统
②子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统
③光滑水平面上放一个表面光滑的斜面体，一个物体沿斜面滑下，以物体和斜面体为一系统
④运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球为一系统
A．①和③ B．①和③④ C．只有① D．①和②
9.某同学设计了如图所示的输液提示器，灯泡的电阻可视为不变。已知弹簧始终在弹性限度内，滑动变阻
器的滑片P不会超出a、b端，对于该装置，闭合开关后，下列说法正确的是（ ）A.当向药液袋内注射液体时，灯泡变亮
B.当药液减少时，灯泡变亮
C.当向药液袋内注射液体时，电压表的示数变小
D.当药液减少时，电压表的示数变大
10.有一只电熨斗，内部电路如图甲所示，其中M为旋钮内部的接线端子，旋钮有“高”“中”“低”
“关”4个挡，这4个挡的内部接线有如图乙所示的4种方式，则下列判断正确的是（ ）
A．a方式为“中”挡 B．b方式为“中”挡
C．c方式为“关”挡 D．d方式为“高”挡
11.如图所示，是测电源电动势和内阻的两种常用方法，由于电流表和电压表都不是理想电表，所以测量结
果有系统误差。下列分析正确的是（ ）
A．采用图1的方法，引入系统误差的原因是电流表的分压作用
B．图3是用“图1”电路处理的结果，其中图线②表示测量图线
C．图4是用图2电路处理的结果，其中图线④表示真实图线
D．结合图3和图4处理实验数据，不能消除因电表不理想而引起的系统误差
二、实验题（前3空每空2分，后3空每空3分，共15分）
12.为测量某新型材料的电阻率，某小组同学选取了一个圆柱体新型材料。主要实验步骤如下：
（1）先用螺旋测微器测量圆柱体的直径 ，示数如图甲所示，其直径 mm。（2）再用刻度尺测出圆柱体的长度为 。
（3）用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至“×10”挡，进行欧姆调零后，将两表笔接待测电阻两
端，发现指针偏转过小，此时应选 （选填“×1”“×10”或“×100”）挡重新进行测量；按照正确
的操作后，读数如图乙所示，则该圆柱体的电阻 为 。
（4）用如图丙所示的电路精确测量该阻值，滑动变阻器 滑片置于 端，先将 接1，闭合 ，调
节 和 ，使电流表和电压表示数适当，电流表和电压表的示数分别为 、 ；再将 接2，保持
（选填“ ”或“ ”）不变，调节另一滑动变阻器，电流表和电压表示数分别为 、
，经计算得 。
（5）该新型材料的电阻率为 （用“ 、 、 ”表示）。
三、计算题（共41分）
13.（6分）一个表头的内阻 R =30 Ω，满偏电流 I =1 mA。要把它改装为量程是0～3 V的电压表。
g g
求：
(1)要串联电阻 R 的大小。
(2)改装后的电压表内阻r。14.（8分）如图，电池组的电动势 ，内电阻 ，电阻 ， ，小电动机M的内
电阻 。当小电动机M稳定转动时，电流表A的读数为 ，求：
(1)小电动机M两端电压 ；
(2)电动机输出的机械功率 。
15.（12分）一个质量为60kg的蹦床运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到
离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为0.8 s，g取10m/s2。
（1）求运动员与网接触的这段时间内动量的变化量。
（2）求网对运动员的平均作用力大小。
（3）求从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0m高处这一过程中运动员所受重力的冲量、弹力的冲量。
16.（15分）如图所示，固定在竖直平面内的半径R=0.45m的四分之一光滑圆弧轨道的圆心为O点，圆弧
轨道的最低点与静置在光滑水平面上的木板A的上表面平滑连接，木板A的质量m =1kg，在木板A右侧
A
一定距离处有N=2025个质量均为m=3kg的小球向右沿直线紧挨着排列，小球的直径与木板的厚度相同，
0
质量m =2kg的小滑块B（可视为质点）从圆弧轨道上与O点等高处由静止释放，经过圆弧轨道的最低点
B
滑上木板A，当滑块B与木板A恰好相对静止时木板A与小球发生第一次碰撞。已知木板A足够长，整个
过程中滑块B始终未脱离木板A，木板A每次与小球碰撞前A、B均已相对静止，所有碰撞均为弹性碰撞
且碰撞时间均忽略不计，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)滑块B在圆弧轨道最低点受到的支持力大小；
(2)滑块B与木板A第一次相对静止过程中产生的内能；(3)1号小球最终的速度为多大。题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 B D C A B A D D B D B
12．(15分）
(1)1.705(1.703~1.707) …………………………………………………………2分
(2)×100 ……………………………………………………………………………2分
(3)1400 ……………………………………………………………………………2分
(4) ……………………………………………………………………………3分
(5) ………………………………………………………………………3分
(6) ……………………………………………………………………… 3分
13．(6分）
(1)把电流表改装成电压表，需要串联电阻的阻值：
U 3
R= -R = Ω-30Ω=2970Ω ……………………………………………………3分
I g 0.001
g
U 3
(2)改装后电压表内阻：r= = Ω=3000Ω …………………………………………3分
I 0.001
g
14.（8分）
（1）根据电路图，由闭合电路欧姆定律
由欧姆定律： ，
代入数据解得： …………………………………………4分
（2）根据电路图
且
解得电动机的输入总功率为 ，
解得 …………………………………………………4分
15．（12分）
规定竖直向下为正方向，设网对运动员的平均作用力为F。
(1)设运动员从 处自由下落，刚触网时的速度为
h v =√2gh =√2×10×3.2 m/s=8m/s
1 1 1
运动员反弹到达的高度为 , 离网时的速度为 ,
h v =-√2gh =-√2×10×5 m/s=-10m/s
2 2 2
在此处键入公式。
则运动员与网接触的这段时间内动量的变化量
∆p=mv -mv =60×(-10)kg∙m/s-60×8kg∙m/s=-1080kg∙m/s,负号表示动量变化量
2 1
的方向竖直向上。 ……………………………………4分
∆P -1080
(2)由动量定理得(F+mg)∆t=∆p , 故F= -mg= N-60×10N=-1950N,负号
∆t 0.8
表示网对运动员的平均作用力F 的方向竖直向上,网对运动员平均作用力大小为1950N
……………………………………4分
运动员从开始下落到触网的时间为 √2h √2×3.2 从离网到回到距水平网面
(3) t = 1= s=0.8s
1 g 10
,
高处的时间为 √2h √2×5 则运动员在这一过程中所受重力的冲量为
t = 2= s=1s
2 g 10
5.0m ,
I=mg（t
1
+∆t+t
2
）=60×10×（0.8+0.8+1）N∙s=1560N∙s 方向竖直向下
………2分
弹力冲量 I =F∆t=-1950×0.8N∙s=-1560N∙s，负号表示弹力冲量的方向竖直向上
弹
………2分
1
16．（15分）（1）根据动能定理可得m gR= m v2
B 2 B 1
代入数据解得滑块B经过圆弧轨道最低点的速度为v =3m/s
1
滑块B在圆弧轨道最低点时可视作做圆周运动，则有 m v2
F -m g= B 1
N B R代入数据解得滑块B在圆弧轨道最低点受到的支持力大小为F =60N ……………………………4分
N
(2)滑块B与木板A接触后，二者发生相对运动，最终达到共同速度，根据动量守恒定律有
m v =(m +m )v
B 1 B A 共
代入数据解得v =2m/s
共
1 1
在这一过程中，系统机械能损失转化为内能，根据能量守恒定律有Q= m v2- (m +m )v2 =3J
2 B 1 2 B A 共
则滑块B与木板A第一次相对静止过程中产生的内能为3J ……………………………………5分
(3)木板A与小球1发生弹性碰撞，碰撞过程中动量守恒和机械能守恒。木板A与小球1第一次碰撞前的
速度为 ，小球1的速度为 ，第一次碰撞后木板A的速度为 ，小球1的速度
v =v =2m/s v =0m/s v'
A1 共 球1 A1
为 ，根据动量守恒定律有
v' m v =m v' +m v'
球1 A A1 A A1 0 球1
1 1 1
根据机械能守恒定律有 m v2 = m v'2 + m v'2
2 A A1 2 A A1 2 0 球1
1
联立解得v' =- v =-1m/s，v' =-v' =1m/s ………2分
A1 2 A1 球1 A1
即木板A与小球1碰撞后，木板A的速度大小变为原来的一半，方向变反，小球1的速度变为木板A原速
度的一半。
木板A与小球1发生碰撞后经过一段时间再次与滑块B共速，同理根据动量守恒可得
m v +m v' =(m +m )v
B 共 A A1 B A 共2
1
2v - v
解得第二次共速的速度为 2v +v' 共 2 共 1
v = 共 A1= = v =1m/s
共2 3 3 2 共
即每次木板A与滑块B重新共速后，速度变为滑块B的一半。 ………2分
小球之间质量相等，且发生的都是弹性碰撞，它们之间发生速度交换，即直到木板A最后一次与小球1发
生碰撞前瞬间，小球1的速度都为零。
1 1
综上所述，可知v = v ，v' = v
共n 2 共n-1 球n 2 共n依此类推，可得1号小球最终的速度为
v' =
(1) 2025
×v =
(1) 2025
×2=
(1) 2024
m/s
球2025 2 共 2 2
……2分
