資源簡介

姓名 座位號
（在此卷上答題無效）
絕密 ★ 啟用前
2025年“江南十校”高二年級 5月份階段聯考
物 理
注意事項：
1. 答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。
2. 回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號框涂黑。如
需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號框。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫
在本試卷上無效。
3. 考試結束后，將答題卡交回。
一、單項選擇題：本題共 8小題，每小題 4 分，共 32分。在每小題給出的四個選項中只有一項
符合題目要求。
1．物理學科的發展離不開無數科學家們對自然界不斷地探索和思考。以下關于物理學史的說法
正確的是
A．法拉第確定了電磁感應定律，可用于計算感應電動勢的大小
B．麥克斯韋通過實驗捕捉到了電磁波，證實了電磁場理論
C．奧斯特率先發現了電流的磁效應，開啟人們探索電磁聯系新紀元
D．伽利略確定了單擺周期公式
2．2025年 4月 19日，在北京亦莊首次舉行了機器人半程馬拉松比賽，來自北京亦莊的機器人“天
工 Ultra”用時 2小時 40分 20秒奪得全球首個人形機器人半程馬拉松賽事桂冠。隨著科技的
發展，機器人會逐漸走進人們的生活。現有一款機器人在水平路面上行走，緊急制動時，在
0.5 s內速度從 2 m/s減小到 0。若機器人質量為 20 kg，則制動過程中受到制動力沖量大小為
A．40 N s B．80 N s C．100 N s D．120 N s
3．如圖所示，一列簡諧橫波沿 x軸傳播。圖甲是 t = 1 s時的波形圖像，P、Q為波傳播方向上的
兩個質點，此時 yP= 10 cm；圖乙是質點 Q的振動圖像，且 xQ= 2 m。下列說法正確的是
20 20
-20 -20
A．該波沿 x軸正方向傳播
高二物理試題 第 1 頁 共 6 頁
B．該波通過 3.5 m的障礙物時，不會發生明顯的衍射現象
C．質點 P再經過 0.25 s通過的路程為 10 cm
D．t = 4 s時，質點 P的加速度方向沿 y軸正方向，且加速度正在增大
E，B
4．如圖所示，空間存在豎直向上的勻強電場和勻強磁場。某時刻一個帶
正電粒子速度的大小為 v，與水平方向夾角為θ。此時將速度 v分解為 v1 v
平行于磁場方向的分量 v1和垂直于磁場方向的分量 v2來進行研究，不 θ
計粒子重力。則此后一段時間內，下列說法正確的是 v2
A． 粒子的加速度增大
B． 洛倫茲力的瞬時功率減小
C． 電場力的瞬時功率增大
D． 夾角θ減小
5．理想變壓器的原、副線圈的匝數比為 5:1，變壓器原線圈接入瞬時值 = 50 2 100 (V)的
正弦交變電壓，燈泡恰好正常發光（阻值保持不變），滑動變阻器滑片在中區某位置，電表
均為理想電表，電流表的示數為 3A，如圖所示。下列說法正確的是
A．電壓表的示數為 10 2 V
B．小燈泡的額定功率為 30 W
C．向上移動滑片，燈泡亮度不變
D．副線圈電流方向每秒改變 50次
6 2 ．如圖甲所示，D1和 D2是兩個中空的半圓金屬盒，它們之間接有周期為 = 的交變電壓，
如圖乙。兩個金屬盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，D1盒的中央 A處的粒子源可以產生質量
為 m、電荷量為+q的粒子。控制兩盒間的電壓 U大小不變，周期性改變電場方向，使粒子每
次經過狹縫都會被電場加速，進入磁場做勻速圓周運動。經過若干次加速后，粒子從盒邊緣
離開。忽略粒子的初速度、粒子的重力、在電場中的運動時間、粒子間的相互作用及相對論
效應。下列說法正確的是
A．粒子每次通過加速電場的動能增加量逐漸變大
B．只增大狹縫的電勢差 U，粒子被加速的次數減少
高二物理試題 第 2 頁 共 6 頁
C．只增大狹縫的電勢差 U，粒子離開加速器的最大動能增大
D．若題干中涉及字母均為已知，則可以求出粒子的最大動能
7. 空間有豎直向下的勻強磁場，磁場左、右邊界均為直線，俯視圖如圖所示。一質量為 m = 0.1 kg
正方形金屬框放在光滑絕緣水平桌面，由左邊界以 v0 = 7 m/s
v0 v
初速度垂直磁場邊界進入磁場，最后以 v = 1 m/s速度完全離開
磁場。已知正方形邊長小于磁場寬度，則
A．金屬框在進入磁場過程中加速度恒定
B
B．金屬框完全在磁場中運動速度大小為 5 m/s
C．金屬框進入磁場過程和滑出磁場過程產生的焦耳熱之比為 11:5
D．金屬框進入磁場過程和滑出磁場過程，通過導線截面電量大小不相等
8．如圖所示,半徑為 L的圓形區域Ⅱ中存在垂直于紙面向里、磁感應強度大小
為 B的勻強磁場（圖中未畫出），和Ⅱ相內切于 P點的圓形區域Ⅰ直徑為 L。
P處的粒子源瞬間一次性均勻地向兩圓所在平面內各個方向射出質量為 m、
電荷量為 q的帶電粒子，所有帶電粒子的初速度大小均相同。研究在磁場中
運動的粒子發現：最后離開區域Ⅰ的粒子，恰好在離開區域Ⅱ時，距離 P點
最遠。不考慮粒子間的相互作用，不計粒子重力，則帶電粒子的初速度大小
為
2 3 5 7
A． B． C． D．
2 3 5 7
二、多項選擇題：本題共 2小題，每小題 5 分，共 10分。在每小題給出的選項中，有多項符合
題目要求。全部選對得 5分，選對但不全的得 3分，有選錯或不答得 0分。
9．已知光敏電阻 RG的阻值隨光照強度的增大而減小。
現將 RG和電源、開關、線圈 M相連，如圖所示。
鐵芯穿過線圈 M和 P，在鐵芯右邊懸掛一個質量很
小金屬環 Q，線圈 P與電流表相連，下列說法正確
的是
A．合上開關瞬間，金屬環 Q向右擺動
B．保持開關閉合，當光照強度不變時，電流表示數不為 0
C．保持開關閉合，由于光照強度變化而引起電流表電流從 b經電流表到 a時，可知光照強
度變弱
D．待開關閉合電路穩定后，突然斷開開關瞬間，電流表示數由 0增大
高二物理試題 第 3 頁 共 6 頁
10．一列機械橫波在同一均勻介質中沿水平 x軸傳播，傳播方向上有兩質點 A、B，其平衡位置
間距 L=1 m，t0時刻 A在波峰處，B恰好在平衡位置且向上運動，經 t = 0.1 s時間，A第一
次回到平衡位置。則這列波可能的波速有
10 10
A． m/s B． m/s C．8 m/s D．4 m/s
17 103
三、非選擇題（共 58分）
11．(6分)
某同學在健身房看到一懸掛的沙袋，于是想用手頭的工具測定當地重力加速度。該同學將沙
袋從最低點移開一小段距離由靜止釋放，則沙袋的運動可等效為單擺模型，如圖甲所示。考慮到
懸點很高，不方便測單擺擺長，但可以改變繩長，進行多次實驗。
h
具體步驟如下： 甲
①用米尺測量沙袋距地面距離 h；
②用秒表測量沙袋擺動時對應周期 T：
③調整繩長得不同的 h，重復步驟①②，正確操作，根據實驗記錄的數據，繪制如圖乙所示
的 T2－h圖像，橫縱軸截距分別為 a、b。請回答下列問題：
(1)測量沙袋運動周期時，開始計時的位置為圖甲中的最 點；(選填“高”或“低”)
(2)由 T2－h圖像可得當地的重力加速度 g＝ 。(用字母π、a、b表示)
(3)考慮到沙袋形狀不規則，有同學認為應該從沙袋重心往地面測高度 h，但由于重心沒有辦
法確定，實際操作是從沙袋底部到地面測 h，該做法測重力加速度的測量值 真
實值。(選填“大于”、“小于”或“等于”)
12．(10分)
小明同學利用如圖所示的軌道槽內滾下的球和槽口懸掛的擺球碰撞來驗證動量守恒定律。實
驗步驟如下：
①選兩個直徑相同的小鋼球（有一個空心，另一個實心），用天平稱量質量分別為 m、M
（m < M）；
高二物理試題 第 4 頁 共 6 頁
②調好軌道槽，多次從同一點由靜止釋放實心球M，在水平地面上確定其落點 A；
③把空心球 m懸掛在槽口，保證 m與 M放在槽口等高，再將M從②中同一點輕放，錄下兩
球碰后 m擺動視頻，同時定下 M球的落點。重復多次，記落點為 B（圖中未畫出）；
④測量槽口在地面上投影點 O分別到 A、B兩點的間距記為 SA和 SB；通過視頻處理軟件
得 m球上擺的最大高度 h的平均值（m 沒有擺到懸點高度）；
請回答下列問題：
（1）固定軌道槽時，槽末端 調成水平；（填“需要”或“不需要”）
（2）為了完成驗證動量守恒定律，實驗步驟中還需要測量一物理量是（ ）；
A．槽口離地面高度 H
B．最大角度θ
C．擺線長度 L
（3）如果等式 成立，即可達到驗證的目的；（用所測物理量
字母表示）
（4）如果等式 成立，能說明兩球碰撞為彈性碰撞。（用所測
物理量字母表示）
13．(12分)
在深為 = 7 的池塘底有一個發光小球，可視為點光源，在水面上可見圓形發光面。已知
4
水的折射率為 = ，π = 3.14，光在真空傳播速度 c = 3.0×108m/s，計算結果均保留三位有效數
3
字。求：
（1）發光圓的面積 S；
（2）光從光源到發光圓邊緣的時間 t。
14．(14分)
折線導電軌道 LMN-L’N’M’平行放置，LM和 L’M’與水平面成 37°角；MN和M’N’與水平面
成 53°角，如圖所示。a棒與 LM-L’M’軌道間有摩擦，且一直靜止在軌道上(與軌道垂直)；b棒與
MN-M’N’之間無摩擦。已知 a、b棒在軌道間有效電阻 ra= rb= 0.1 Ω，有效長度 La= Lb= 20 cm，
高二物理試題 第 5 頁 共 6 頁
質量 ma = mb= 0.1 kg，在左邊軌道有垂直軌道面向左上的勻強磁場，在右邊軌道有垂直軌道面向
右上的勻強磁場，場強大小均相同 B = 1 T。現由靜止釋放 b棒，保持 b棒始終與軌道垂直。不計
軌道電阻，g = 10 m/s2，sin37° = 0.6，sin53° = 0.8。求：
（1）b棒的最大速度 vm的大小；
（2）當 b 棒速度 v=2 m/s時，a棒受到軌道摩擦力。
15．(16分)
現有兩個小球 1、2，球 1 質量為 m0= 1.8 kg，球 2 質量為 m= 0.9 kg。如圖所示，球 1從 A
點無初速度釋放，沿光滑的四分之一圓弧軌道 AB下滑到 B點后與球 2發生彈性碰撞。（忽略球
1此后的運動）碰撞后球 2水平飛出，落到水平地面上的 P點，P、B兩點的高度差為 3.2 m。球
2多次與地面碰撞后彈起，最終靜止。球 2每次與地面碰撞的時間為 0.1 s，且每次與地面碰撞后
的速度大小變為碰撞前的速度大小的一半，碰撞前后速度方向與地面間的夾角相等。球與地面碰
撞過程中重力不可忽略。已知圓弧軌道 AB的半徑 R = 1.8 m，不計空氣阻力，g = 10 m/s2。求：
（1）兩球碰撞后瞬間，球 2對軌道的壓力大小；
（2）在 P點碰撞時，球 2所受地面水平方向的作用力與豎直方向作用力的比值 k；（結果可
用分數表示）
（3）球 2從 B點到停止點所發生的水平位移。（結果可用分數表示）
高二物理試題 第 6 頁 共 6 頁
江南十校高二 5 月聯考物理參考答案
1.【答案】C
【詳解】
A．電磁感應定律是紐曼和韋伯提出來的，故 A錯誤；
B．赫茲最先捕捉到電磁波，故 B錯誤；
C．丹麥物理學家奧斯特通過不斷地探索發現了電流的磁效應，故 C正確；
D．單擺周期公式由惠更斯提出的，故 D錯誤。
故選 C 。
2.【答案】A
【詳解】
機器人水平運動制動過程，制動力為合力，對其用動量定理，制動力沖量大小等于動量
變化量大小為 40 kg·m/s，故選 A。
3.【答案】D
【詳解】
A．由圖乙可知 t=1s時，處質點 Q向下振動，根據“同側法”可知，該波沿 x軸負方向傳
播，故 A錯誤；
B．該波的波長為 4m，當障礙物比波長小或與波長接近時，波會發生明顯的衍射現
象，故 B錯誤；
C．t = 1s時 yP= 10 cm
1
，波的周期為T 2s，經過 t 0.25s T ，波向 x軸負方向傳播，
8
1
可把波形整體向左平移 0.5m8 ，可知此時質點
P并未到達波峰位置，其通過的路程小
于 10 cm，故 C錯誤；
D．從 t = 1s到 t = 4s 3時，質點 P經歷了 個周期，可把波形整體向左平移 1.5個波長，
2
即 6 m，可知此時質點 P在 y = -10 cm的位置，且質點 P向下振動，故加速度方向沿 y
軸正方向，且加速度在增大，故 D正確。
故選 D。
4.【答案】C
【詳解】
A.電場力 F = Eq，豎直向上，大小不變；洛倫茲力 f = qv2B,垂直紙面向外，大小不變；
合力不變，加速度不變。A錯誤
B.洛倫茲力不做功，功率為 0。B錯誤；
C.電場力做正功，v增大，v1增大，電場力瞬時功率增大，C正確；
D.v2不變 v1增大，夾角θ增大，D錯誤。
故選 C。
5.【答案】C
【詳解】
1 A. 1原線圈電壓峰值為 50 2 V，有效值為 50V， = ，則副線圈電壓有效值為 10 V，2 2
故 A錯誤；
B.加在燈泡兩端電壓為 10 V，流過燈泡電流小于 3 A，正常發的光功率小于 30 W，故 B
錯誤；
C.移動滑片，燈泡兩端電壓不變，亮度不變，故 C正確；
D.原、副線圈頻率不變，由瞬時表達式可知為 50 Hz，每秒改變方向 100次。故 D錯誤。
故選 C。
6.【答案】B
【詳解】
A. EK= qU，每此通過加速電場增加動能都相同，故 A錯誤；
B. EKm= nqU，EKm一定時，U越大加速次數 n越小，故 B正確；

CD. E 1 Km= mvm2，R = ，粒子的最大動能與 D型盒半徑有關，與加速電場電壓無關，2
故 C錯誤；題干中沒有盒半徑，最大動能不可求。故 D錯誤。
故選 B。
7.【答案】C
【詳解】
2 2
C ．金屬框進磁場過程，用牛頓第二定律 a = ，v減小 a減小，A錯誤；

金屬框進磁場用動量定理：-BLq = mv’- mv1
2
由法拉第電磁感應定律和閉合回路歐姆定律可得：q = ，q兩過程相同，D錯誤；

金屬框出磁場過程同理：-BLq = mv2 - mv’
聯立可得 v’= 4 m/s，B錯誤；
1 1 1 1
對兩過程分別用功能關系：Q1= mv12 - mv’2 、Q2= mv’2 - mv22 2 2 2
解得 Q1:Q2= 11:5，C正確；
故選 C。
8.【答案】A
A O
【詳解】
如圖所示，由幾何關系可知，
OP、OA為區域Ⅱ的半徑，OP為區域Ⅰ的直徑，
AP為最遠粒子軌跡直徑，AOP為等腰直角三角形，可得，
2
粒子的軌跡半徑 = 2 , 2 由牛頓第二定律有 = ，解得 = ，選項 A正確。
2 2
故選 A。
9.【答案】ACD
【詳解】
A．合上開關瞬間，M中電流產生磁場，跟據楞次定律，Q向右運動。故 A正確；
B．當光照強度不變時，M中電流不變化，P中磁場不變化，不滿足感應產生條件，電
流表示數為 0，故 B錯誤；
C．光照強度變弱時，RG值變大，P中磁場向右減小，跟據楞次定律可知，電流由 b流
向 a，故 C正確；
D．斷開開關瞬間，P中磁場向右減小，跟據楞次定律可知，P中產生感應電流，電流
表示數由 0增大，故 D正確。
故選 ACD。
10.【答案】AB
【詳解】
A質點由波峰第一次運動到平衡位置 t = 0.1 s，則 T = 0.4 s，由于不知道波的傳播方
L = kλ + λ L = kλ + 3λ向, 或 ，k λ為整數，由 v = 可知，AB項符合題意。
4 4 T
故選 AB。
2
11.(1 4 )低 (2) g = (3)等于 （每空 2分）

【詳解】
(1)單擺測周期計時點在最低點計時誤差小；

(2) 根據單擺周期公式 T = 2π (H為懸點到地面間距）

2 2 2
變形得 T2= 4 + 4 4 由乙圖得直線斜率 k = 解得 g =

(3)每次測 h從沙袋底部到地面和從重心到地面，繪圖時橫坐標不同，但圖線斜率不變，
本實驗方法只用斜率求 g值，故不影響。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
【詳解】
(1)實驗需要用平拋方法求M球速度，槽口需要水平；
(2)為了求M平拋速度，需要測平拋時間，根據 H = 1gt2，所以要測平拋高度。故選 A；
2
(3)根據M球兩次平拋落點可得碰撞前后速度，根據 m球上擺高度可得 m碰后速度，驗
1 1
證動量守恒關系式為 MSA = MSB + m 2 ；2 2
(4)在（3）中，兩球碰撞前后速度均可求，彈性碰撞滿足碰撞前后機械能守恒，即在碰
2 =
2
撞點動能守恒，化簡得 + mh。
4 4

也可以用彈性碰撞速度關系結論 v =v -v 帶入實驗數據可得 0 2 1 = 2 2 2
13.（1）28.3 m2 （2）1.78 × 10 8
【詳解】（1）設發光圓的半徑為 R。
1
由全反射臨界角滿足 sinC = （2分）
n
R
又 sinC = （2分）
R2+H2
解得 R = 3 m （2分）
所以,發光圓的面積為 S = πR2= 28.3 m2 （2分）
C
（2）光在水中的傳播速度為 v = （2分）
n
2 2
由行程關系得時間為 t = R +H = 1.78 × 10 8 s （2分）
v
14.詳解：（1）b棒達最大速度時，沿斜面方向二力平衡
mbgsin53° = F安 （2分）
F安 = BImL （2分）
I = BLvmm （2分）R
總
解得 vm= 4 m/s （1分）
（2）當 b棒速度 v = 2 m/s時，E 動 = BLv = 0.4 V （2分）
E
動
由閉合回路歐姆定律 I = = 2A （1分）
R
總
對 a棒用左手定則，F 安 = BIL = 0.4 N，方向沿斜面向上 （1分）
對 a棒受力分析，f 靜 + F 安 = mgsin37° （1分）
帶入數據得 f 靜 = 0.2 N （1分）
方向：沿斜面向上 （1分）
15.解析：（1）對球 1，從 A至 B過程中，根據動能定理有
= 10 22 0 0
解得 0 = 6 / （1分）
兩球碰撞過程中，根據動量守恒定律和機械能守恒定律有
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點受到的重力和支持力的合力提供向心力，則
2
=


解得 = 41 N （1分）
由牛頓第三定律可知，兩球碰撞后瞬間，球 2對軌道的壓力大小為
' = 41 N （1分）
（2）由題意可知，球 2每次與地面碰撞后水平方向的分速度大小和豎直方向的分速度
大小都變為碰撞前的一半
球 2第一次落地前豎直方向的分速度為
= 2 = 8 / （1分）
在 P 點，根據動量定理，有
水平方向： =
1 （1分）2
豎直方向： ( ) =
1 ( ) （1分）2
又 =
解得 = 4 （1分）
13
（3）球 2從 B至 P的時間為
0 =
2 = 0.8

發生的水平位移為 0 = 0 = 6.4 （1分）
根據 = 可知，第一次與地面碰撞后上升到最高點的時間等于從 B點到落地的
時間的一半
1
第一次反彈至落地時間 1 = 2 × 0 = 0.8 2
1
第一次反彈至落地發生的水平位移 1 = 1 1 = 1 = 3.2 （1分）2
1
同理，第二次反彈至落地發生的水平位移 2 = 2 2 = 4 1 1 = 0.8
1 1
第三次反彈至落地發生的水平位移 3 = 3 3 = 2 2 = ( )2 1 1 = 0.2 4 4
1
第 n次反彈至落地發生的水平位移 = 1 = ( ) 1 4 1 （2分）
由數學歸納法可得總位移為
= 0 + 1 + 2 + +
1 32
= 0 + 1 = （2分）1 34
注：解答題有些步驟合并書寫，原則上不扣分。

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