【文档说明】重庆市巴蜀中学校2024-2025学年高二上学期11月期中物理试题 Word版含解析.docx，共(18)页，2.638 MB，由envi的店铺上传

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重庆市巴蜀中学教育集团高2026届高二（上）期中考试物理试卷注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚。2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，

用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试卷上作答无效。3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存。满分100分，考试用时90分钟。一、选择题（本题10小题，共36分。其中，1-7题只有一项是符合题目要求的，每小题3分；

8-10题有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分）1.一束复色光由空气射向玻璃，发生折射而分为a、b两束单色光，光路图如图所示，下列说法正确的是（）A.a光和b光的入射角都是40°B.a光在玻璃中的折射率较大C.a光

在玻璃中的传播速度较大D.a光和b光从空气进入玻璃后频率都会增大【答案】B【解析】【详解】A．由入射角定义，入射角应该为50°，故A错误；B．由光路图和折射定律可知sinsininr=因a光折射角较小，则abnn故B正确；C．根据cnv=可知，在玻璃中的传播速度b光更大

，C错误；D．ab、光进入玻璃后频率不会发生改变，D错误。故选B。2.如图所示，一细束单色光从半圆形玻璃砖上的P点沿半径方向射向圆心O，刚好在玻璃砖的底面发生全反射后从玻璃砖射出，单色光在玻璃砖下表面的反射角为53°，取4sin535=，玻璃砖对该单色光的折射率为（）A.43

B.53C.54D.35【答案】C【解析】【详解】根据折射率及全反射的临界条件可知115sinsin534nC===故选C。3.如图所示的四个场景中，属于光的干涉现象的是（）A.泊松亮斑B.彩色的肥皂泡C.彩虹D.立体电影【答案】B【解析】【

详解】A．图甲的原理是光的衍射，A错误；B．图乙的原理是光的干涉，B正确；C．图丙的原理是光的折射，C错误；D．图丁的原理是光的偏振，D错误。故选B。4.如图所示，小球在光滑的圆槽内做简谐振动，小球的半径很小，可将小球视为质点，为了使小球的振动周期变为原来

的2倍，可采取的方法是（）A.使小球的质量减小为原来的一半B.使小球的振幅减小为原来的一半C.使小球通过平衡位置的速度增大为原来的2倍D.将圆槽半径变为原来的4倍【答案】D【解析】【详解】小球在光滑的圆槽内做

简谐振动，可看做单摆，根据单摆的周期公式2πlTg=可得小球在光滑的圆槽内做简谐振动时的周期为2πRTg=由上式可得，小球的质量和振幅，以及通过平衡位置的速度均与周期无关，将圆槽半径变为原来的4倍，周期变为原来的2倍。故选D。5.一个单摆在地面上做受迫振动，其振幅与驱动力频率的关系如图所示，下列说

法正确的是（）A.此单摆的固有周期约为1sB.此单摆的摆长约为2mC.若摆长增大，曲线的峰将向左移动D.若摆长减小，单摆的固有频率减小【答案】C【解析】【详解】AB．由图可知，单摆的固有频率约为0.5Hz，则单摆的固有周

期约为12sTf==由单摆周期公式2πLTg=可得此单摆的摆长约为1mL=AB错误；CD．若摆长增大，单摆固有周期变大，单摆的固有频率减小，曲线的峰将向左移动；若摆长减小，单摆固有周期变小，单摆的固有

频率增大，曲线的峰将向右移动，C正确，D错误。故选C。6.为测量干粉灭火器喷出磷酸盐的速度，有人做了这样的实验：如图，人坐在小车上，手持灭火器，按压阀门让灭火器水平向前喷射。人自静止状态出发，在8.0s内匀加速移动的距离为16.0m。已知人（连同设备）的总质量为65kg，灭

火器单位时间内喷出磷酸盐的质量恒为0.20kg/s，人（连同设备）在地面运动时，所受阻力恒定为自身重力的0.01倍。忽略该过程中人（连同设备）总质量的变化，可估算出磷酸盐喷出的速率最接近（）A.195m/sB.120m/sC.1

00m/sD.60m/s【答案】A【解析】【详解】设人（连同设备）的末速度为v，根据2vxt=解得4m/sv=设磷酸盐喷出的速率为v，分别对人（连同设备）和硫酸盐根据动量定理得,FtMgtMvFtmv−==解得195m/sv=故选A。7.将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个

小铅块（可视为质点）以水平初速度04m/sv=由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。小铅块的质量1kgm=，木板的总质量3kgM=，小铅块与木板的动摩擦因数为0.6，现将木板分成A和B两段，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块

仍以初速度0v由木块A的左端开始向右滑动，如图乙所示，则下列有关说法正确的是（）A.甲图中如果增大铅块质量，其他条件不变，则铅块将从木板右端滑出B.甲图中木板的长度为2米C.乙图中A最终的速度为61m/s3+D.乙图中滑块不会从B的右端滑出，且与木

板保持相对静止时，离木板B右端距离2m27【答案】D【解析】【详解】A．铅块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得()0mvmMv=+由能量守恒定律得()2201122mvmMvmgL=++解得()202MvLgMm=+代入数据解得1mL=如果增

大铅块的质量m，其他条件不变，则铅块相对木板静止时相对木板滑行的距离将变小，铅块不会从木板右端滑出，故AB错误；C．从铅块滑上A到离开A的过程，铅块、AB、组成的系统动量守恒，在铅块离开A前，AB、一起向右加速运动，铅块离开A时，AB、的速度相等。以向右为正方向，用动量守恒定律得0

12mvmvMv=+由能量守恒定律得22201211112223mvmvMvmgL=++代入数据解得()116m/sv=+，261m/s3v=−（261m/s3v=+舍去）故C错误；D．在图甲中，在

小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，在图乙中小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于图甲中对应的过程，故图乙中小铅块与B木板将更早达到

速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端就相对B静止，不会从的右端滑出；考虑铅块刚滑上B到铅块和B相对静止的过程，由动量守恒定律得()1B2BmvMvmMv+=+共由能量守恒定律得()2221B2B111222mvMv

mMvmgx+=++共解得16m27x=距离2Δ3xLx=−解得2Δm27x=故D正确。故选D。8.下列关于简谐振动的说法正确的是（）A.在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小B.弹簧振子做简谐

振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变C.弹簧振子的速度和加速度方向始终相同D.做简谐运动的物体，其频率固定，与振幅无关【答案】BD【解析】【详解】A．根据单摆周期公式2πLTg=可知，单摆的周期与质量无关，A错误；B．弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能参与转化，根据

机械能守恒条件可知，振动系统的势能与动能之和保持不变，B正确；C．弹簧振子速度和加速度方向不一定相同，C错误；D．做简谐运动的物体的振动周期和频率只与振动系统本身有关，与振幅无关，D正确。故选BD。9.在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A、B、C，如图所

示。三球的质量分别为ABC1kg2kg6kgmmm===、、，初状态B、C球之间连着一根轻质弹簧并处于静止状态，B、C连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A球以018m/s=v的速度向左运动，与同一杆上的B球碰撞后粘在一起（作用时间极短），则下列判断，正确的是（）A.A球与B球碰撞中

损耗的机械能为108JB.在以后的运动过程中，弹簧形变量最大时C球的速度最大C.在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能为36JD.在以后的运动过程中，B球的最小速度为2m/s【答案】AC【解析】【详解】A．AB、碰撞的过程中，满

足动量守恒()A0AB1mvmmv=+解得16m/sv=A球与B球碰撞中损耗的机械能()22A0AB111Δ108J22Emvmmv=−+=A正确；B．弹簧再次恢复原长时C球速度最大，B错误；C．在以后的运动过程中，AB的组

合体与C的速度相等时，弹性势能最大，根据动量守恒()()AB1ABC2mmvmmmv+=++解得22m/sv=最大弹性势能()()22pAB1ABC21122Emmvmmmv=+−++解得p36JE=C正确；D．当弹簧再次恢复原长时，根据动量守恒和能量守恒可知()()ABC2AB3C4

mmmvmmvmv++=++()()222ABC2pAB3C4111222mmmvEmmvmv+++=++解得32m/sv=−44m/sv=此时B反向速度最大，而B由于速度由正向到反向，因此最小速度为零，D错误。故选AC。10.在某次地震

中，勘测人员勘测到在地震波中有一列横波，这列横波沿x轴方向传播，x=0.8m处质点的振动图像如图甲所示，t=0.15s时部分波形图如图乙所示，下列说法正确的是（）A.该简谐横波沿x轴正方向传播B.该简谐横波传播速度4m/sC.x=0.8m处的质点比x=0处

的质点振动滞后0.3sD.t=0.45s时，x=0处的质点对应的位移为2m5【答案】AB【解析】【详解】A．由甲图得当t=0.15s后，x=0.8m处质点将向下振动，根据同侧法可知，横波沿x轴正方向传播，A正确；B．由甲图可知T=0.4s，由乙图可知λ=1

.6m，则波传播速度4m/svT==B正确；C．由于0.8s0.2s4t==即x=0.8m处的质点比x=0处的质点振动滞后0.2s，C错误；D．由图可知波的振动方程为π0.4sin5π2yt=+由于x=0.8m比x=0滞后0.2s，则t=0.45s

时x=0处质点对应的纵坐标和x=0.8m处质点在t=0.65s时的纵坐标相同，所以把t=0.65s代入甲图振动方程中解得2m5y=−D错误。故选AB。二、实验题（本题2个小题，共15分。第11题6分，第12题9分）11.如图所示，某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率。为（1）在平铺的白纸上画

出玻璃砖上表面和圆心O，先画出入射光线，让入射光线过圆心O。放置好玻璃砖，在入射光线适当位置垂直纸面插入大头针12PP、，从玻璃砖圆面一侧观察，垂直纸面插入大头针3P，使3P挡住______的像；（2）图中A、B分别是入射光线延长线、折射光线上与O点等距的两点，A、

B两点到法线的距离分别为4.50cm、2.75cm，则该玻璃砖的折射率n=______；（结果保留三位有效数字）（3）该实验中在白纸上画出玻璃砖的边界后，利用插针法，如果入射光线不过圆心O点，是否可以完成该玻

璃砖折射率的测量______（选填“可以”或“不可以”）【答案】（1）12PP、（2）1.64（3）可以【解析】【小问1详解】在入射光线适当位置垂直纸面插入大头针12PP、，从玻璃砖圆面一侧观察，找到12PP、的像，垂直纸面插入大头针3P，为使3P在折射光线上，应使3P挡住12PP、

的像；小问2详解】设半圆形玻璃砖的半径为cmR，根据几何关系可得入射角的正弦值14.50sinR=折射角的正弦值22.75sinR=则该玻璃砖的折射率12sin4.501.64sin2.75n==【小问3详解】【利用四根大头针就可以完成实验。12.如图甲所示，利用双缝干

涉测定光的波长的实验中，双缝的间距0.5mmd=双缝到光屏的距离80cmL=，实验时，接通电源使光源正常发光，调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。（1）某种单色光照射双缝得到的干涉条纹如图乙所示，则分

划板在图乙中A位置时游标卡尺的读数（如图丙所示），Ax=______mm，在B位置时游标卡尺的读数16.3mmBx=；该单色光的波长=______nm；（2）实验时测量多条干涉条纹宽度的目的是减小______（选填“

系统误差”或“偶然误差”）；（3）在该实验中，如果分别用红色和绿色的激光照射同一双缝，装置各数据不变，在双缝后的屏幕上观察到的红光条纹个数比绿光条纹个数______（选填“多”或“少”）。【答案】（1）①.11.5②.500（2）偶然误差（3）少【解析】【小问1详解】[1]游标卡尺

的读数为11mm50.1mm=11.5mmAx=+[2]根据ΔLxλd=解得500nmdxL==【小问2详解】取平均值是为了减小偶然误差；【小问3详解】根据ΔLxλd=可知，红光条纹间距x大，条纹个数少。三、计算题（本题4个小题，共48分。13题8分，14题

10分，15题14分，16题18分，要求解题过程写出必要的文字说明和方程）13.如图所示，一艘帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面4.5m。距水面6m的湖底P处有一点光源，P发出的一束光从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向

的夹角为53°（取sin530.8=）已知水的折射率为43。（1）求桅杆到P点的水平距离；（2）求P发出的光能从水面射出时对应的水面面积（结果用π表示）。【答案】（1）10.5m（2）()2324πm7【解析】【小问1详解】设光束从水面射出的

点到桅杆的水平距离为x1，到P点的水平距离为2x；桅杆高度为1,hP点处水深为2h；光束在水中与竖直方向的夹角为。由几何关系有11tan53xh=22tanxh=由折射定律有sin53sinn=设桅杆到P点的水平距离为x，则1210.5mxxx

=+=【小问2详解】光束刚好在水面发生全反射时1sinCn=由几何关系222sinrCrh=+面积2πSr=解得()2324πm7S=14.如图所示质量6kgM=的小车A以大小为05m/sv=的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架光滑水平台面的边缘放置质量10kgm=

的小球B（可看做质点），小球距离车上表面的高度1.25mh=。某一时刻，小车与静止在水平面上的质量04kgm=的物块C发生碰撞并粘连在一起（碰撞时间可忽略），此后，小球刚好落入小车右端固定的桶中，小球落入桶后不弹起（桶的尺寸可忽略），不计空气阻力，取重力加速度210m/sg=，求：（1）

初始时小球与桶的水平距离x；（2）小球落入桶中到与车共速的过程中合力对小球的冲量大小。【答案】（1）1m（2）1026Ns【解析】小问1详解】A与C碰撞有()001MvMmv=+小球下落有212Hgt=水平方向()01xvvt=−【解得1mx=【小问2详解】整个过程中水平

动量守恒()()002MmvMmmv+=++小球入桶水平方向20xImvmv=−小球入桶竖直方向0yyImv=−竖直速度ygt=v合力的冲量22xyIII=+解得1026NsI=15.近年来我国航天事业

取得了举世瞩目的成就，2024年10月30日神州十九号飞船成功发射，蔡旭哲、宋令东、王浩泽三名宇航员进入空间站工作。如图（a）所示，太空舱中一弹簧振子沿轴线AB自由振动，一垂直于AB的长绳与振子相连，沿绳方向为x轴，沿弹簧轴线方向为y轴，弹簧振子振动后，某时刻记为0t

=时刻，振子的位移y随时间t变化的关系式为2πsinyAtT=，绳上产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波。如图（b）所示，实线为0t时刻绳子的波形，虚线为00.4st+时刻绳子的波形，P为4mx=处的质点

。（1）在（a）图中画出tT=时波形图；的（2）求绳波的传播速度；（3）若振动周期1sT，求从0t时刻到01.8st+时刻的过程中质点P运动的路程S。【答案】（1）（2）()()102.5m/s0,1,2,3vnn=+=（3）20.4m20S=+【解析】【小问1详解】波沿x轴正

方向传播，因此tT=时的波形图如图所示。【小问2详解】振源在坐标原点，绳子上产生的波向右传播，由0t到00.4st+波传播的距离()()1Δ41m01234xnnn=+=+=，，，则波速ΔΔxvt=解得()()102.5m/s0123vnn=+

=，，，【小问3详解】由题意得()10.4s01234nTTn=+=，，，解得1.6s1s41Tn=+则0,1.6snT==以0t时刻为计时起点，质点P位移y随时间t变化的关系式2π0.1sinmytT=−

可得在01.8st+时刻，质点P位移2m20y=−质点P的路程4SAy=+解得20.4m20S=+16.小巴同学设计了如图所示的趣味实验装置，用长度均为L相同的不可伸长的轻绳依次将N个大小相同、质量不等的小球悬挂于水平天花板下方，小球大小可以忽略

。相邻的小球静止时彼此接触但无相互作用力，小球编号从左到右依次为1、2、3、……、()1NN，第1个小球的质量是m，其他每个小球的质量为其相邻左边小球质量的一半。在第N个小球右侧有一光滑轨道，其中AB段是水平的，在水平轨道的A端放置滑块P，滑块P的质量是第N个球的一半。所有小球的球心

等高。B的右侧平台上放置如图所示的装置，C点左边上表面与AB相平，C点右边是一个四分之一圆弧光滑轨道，圆心在C点的正上方，圆弧的的半径1.5RL=，整个装置的总质量M是滑块P质量的3倍。现将1号小球由最低点向左拉起高度0.5hL=，保

持绳绷紧状态由静止释放1号小球，使其与2号小球碰撞，2号小球再与3号小球碰撞……。所有碰撞均为在同一直线上的正碰且无机械能损失，不计一切摩擦力和空气阻力。已知重力加速度为g，空气阻力、小球每次碰撞时间均可忽略不计。（1）求1号

小球与2号小球碰撞之前瞬间绳子对小球1的拉力大小：（2）求滑块P进入圆弧后能到达的最高点距离BC面的高度；（3）求滑块P进入圆弧以后第一次离开圆弧时滑块P的速度大小。【答案】（1）2mg（2）211423NL−（3）14(2)23NgLN，2143(

3)3NgLN−−【解析】【小问1详解】1号小球向下运动时，根据机械能守恒定律可得211112mghmv=在最低点受力分析可得1T2vFmgmL−=联立解得T2Fmg=【小问2详解】设1号、2号小球碰撞后的速度分别为1v和2v，取水平向右为正方向。对于12、号

小球碰撞动量守恒111122mvmvmv=+机械能守恒222111122111222mvmvmv=+同理可推知碰后滑块P速度P43NvgL=滑块P运动到最高时与轨道共速()PPPmvmMv=+共系统机械能

守恒()22PPPP1122mghmvmMv=−+共的解得211423NhL−=【小问3详解】由（2）结果知若从D点离开211423NhLR−=时3N①2N时滑块第一次从C点离开，水平动量守恒PPPPMmvmvM

v=+机械能守恒222PPPP111222MmvmvMv=+解得'P1423NvgL=−即滑块P进入圆弧以后第一次离开圆弧时滑块P的速度大小为1423NgL②3N时滑块第一次从D点离开，水平动量守恒()PPPmvmMv=+机械

能守恒222PPPPP111222mvmvMvmgR=++解得21343163NPvgL=−