云南省玉溪市师院附中2026届物理高二上期末学业质量监测模拟试题含解析

云南省玉溪市师院附中2026届物理高二上期末学业质量监测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、如图，半径相同的两个金属球A、B带有相等的电荷量（可视为点电荷），相隔一定距离，两球之间相互吸引力的大小是F。今让第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A、B两球接触后移开。这时，A、B两球之间的相互作用力的大小是（）A B.C. D.2、如图所示，为地球赤道上的物体，为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，为地球同步卫星．则下列说法正确的是（）A.角速度的大小关系是B.向心加速度的大小关系是C.线速度的大小关系是D.周期的大小关系是3、电场中A、B两点的电势差UAB>0，将一正电荷从A点移到B点的过程中A.电场力做正功，电荷的电势能增加B.电场力做正功，电荷的电势能减少C.电场力做负功，电荷的电势能增加D.电场力做负功，正电荷电势能减少4、如图为真空中两点电荷A、B形成的电场中的一簇电场线，已知该电场线关于虚线对称，O点为A、B电荷连线的中点，a、b为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的是（）A.A、B可能为带等量异号的正、负电荷B.A、B可能为带不等量的正电荷C.a、b两点处无电场线，故其电场强度可能零D.同一试探电荷在a、b两点处所受电场力大小相等，方向一定相反5、如图，螺线管导线的两端与两平行金属板相连接，一个带正电的小球用绝缘丝线悬挂于两金属板间并处于静止状态．线圈置于方向竖直向上的均匀增大的磁场中，现将s闭合，当磁场发生变化时小球将偏转．若磁场发生了两次变化，且第一次比第二次变化快，第一次小球的最大偏角为；第二次小球的最大偏角为，则关于小球的偏转位置和两次偏转角大小的说法正确的（）A.偏向B板，θ1＞θ2B.偏向B板，θ1＜θ2C.偏向A板，θ1＞θ2D.偏向A板，θ1＜θ26、一平行板电容器两极板间距为d、极板正对面积为S，电容为，其中是常量。对此电容器充电后断开电源．当增大两极板间距时，电容器极板间的电场强度将A.变大 B.变小C.不变 D.不能确定二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g，关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是()A.末速度大小为v0B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了mgdD.克服电场力做功为mgd8、如图所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A、B为两个套在此杆上的带有同种正电荷的小球，用一指向竖直杆的水平力F作用在A球上，使两球均处于静止状态．现将A球向竖直杆NO方向缓慢移动一小段距离后，A、B两小球可以重新平衡，则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，下列说法正确的是（）A.A、B两小球间的库仑力变大B.A、B两小球间的库仑力变小C.A球对MO杆的压力不变D.A球对MO杆的压力变小9、利用如图所示方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数n,现测得一块横截面为矩形的金属导体的宽为b,厚为d,并加有与侧面垂直的匀强磁场B,当通以图示方向电流I时,在导体上、下表面间用电压表可测得电压为U.已知自由电子的电荷量为e,则下列判断正确的是A.下表面电势高B.上表面电势高C.该导体单位体积内的自由电子数为D.该导体单位体积内的自由电子数为10、回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列方法可行的是（）A.增大磁场的磁感应强度 B.减小狭缝间的距离C.增大D形金属盒的半径 D.增大两D形金属盒间的加速电压三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）某金属导线长度为L，粗细均匀，为测定这种金属材料的电阻率，吴老师带领物理研究性学习小组做如下测量(1)用多用电表测量该导线的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转过大，因此需选择_____倍率的电阻挡（填：“×10”或“×1k”），欧姆调零后再次进行测量，多用电表的示数如图所示，则测量结果R为_____Ω(2)用螺旋测微器测量金属导线的直径，示数如图所示，则直径d是_____mm12．（12分）为了测定一节干电池的电动势和内电阻，现准备了下列器材：A.被测干电池（电动势约1.5V，内阻约1.0Ω）B.灵敏电流表G（满偏电流3.0mA，内阻10Ω）C.电流表A（量程0~0.60A，内阻0.10Ω）D.滑动变阻器R1（0~20Ω，10A）E.滑动变阻器R2（0~100Ω，1A）F.定值电阻R3=990ΩG.电键和导线若干(1)为了能较为准确地进行测量，也为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是_____。(2)请在下图矩形框中画出实验电路图___。(3)右图为某同学根据正确的电路图作出的I1—I2图线（I1为灵敏电流表G的示数，I2为电流表A的示数），由该图线可得：被测干电池的电动势E=_____V，内电阻r=____Ω。四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（1）求磁感应强度B的大小；（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度14．（16分）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）(1)小球到达C点的速度大小(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小15．（12分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0=1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、A【解析】A、B两球相互吸引，则两球带异种电荷，设A带有电荷量为Q，B带有电荷量为-Q，相隔一定距离r，两球之间相互吸引力的大小是第三个不带电的金属小球与A球接触后移开，第三个球与A球的带电量都为，第三个球与B球接触后移开，第三个球与B球的带电量都为A、B两球之间的相互作用力的大小故选A。2、D【解析】a与c的角速度相等，即，而b、c都围绕地球做匀速圆周运动，则有：，解得：，因b的半径小于c的半径，故，所以有：，根据可知，，故A错误，D正确；a与c的角速度相等，由可知，a的半径小于c的半径，故，而b、c都围绕地球做匀速圆周运动，则有：，解得：，因b的半径小于c的半径，故，所以，故B错误；a与c的角速度相等，由可知，a的半径小于c的半径，故，而b、c都围绕地球做匀速圆周运动，则有：，解得：，因b的半径小于c的半径，故，所以，故C错误；故选D【点睛】本题中涉及到三个做圆周运动物体，ac转动的周期相等，bc同为卫星，故比较它们的周期、角速度、线速度、向心加速度的关系时，涉及到两种物理模型，要两两比较3、B【解析】根据电场力做功公式，由于，，所以电场力做正功，由功能关系可知，电荷的电势能减小，故B正确故选B4、D【解析】AB．电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断，则由电场线分布可知，A、B是两个等量同种正电荷，故AB错误；C．电场线只是形象描述电场的假想曲线，a、b两点处无电场线，其电场强度也不为零，故C错误；D．由对称性可知，在a、b两点处场强大小相等方向相反，则同一试探电荷所受电场力大小相等，方向一定相反，故D正确。故选D。5、C【解析】由题意可知，线圈置于竖直向上的均匀增大的磁场中，根据法拉第电磁感应定律会产生稳定的电动势，判断出电感应电动势的高低，分析小球受力方向及力的大小【详解】线圈置于方向竖直向上的均匀增大的磁场中，据楞次定律可知线圈的感应电动势下高上低，则B板电势高，A板电势低，小球向A偏转，当磁场变化快时电动势大，偏角大，则C正确，ABD错误；故选C6、C【解析】通电后断开，故两板上的带电量不变；根据公式代入可得即当电容器充电后与电源断开后，两极板间的电场强度的大小和两极板间的距离无关，C正确。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、BC【解析】AB．0～时间内微粒匀速运动，则有：qE0=mg，～内，微粒做平抛运动，下降的位移，～T时间内，微粒的加速度，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0．故A错误，B正确C．0～时间内微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为d，则重力势能减小量为mgd，故C正确D．在～内和～T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，则～内和～T时间内位移的大小相等均为d，所以整个过程中克服电场力做功为，故D错误8、BC【解析】对A球受力分析,受重力mg、拉力F、支持力,静电力,如图,根据平衡条件,有x方向:

①y方向:

②再对B球受力分析,受重力Mg、静电力、杆对其向左的支持力,如图,根据平衡条件,有x方向:

③y方向:

④有上述四式得到

⑤

⑥由⑤式,因为新位置两球连线与竖直方向夹角变小,故静电力变小,故A错误,B正确;由⑥式,水平杆对球A的支持力等于两个球的重力之和,不变,再结合牛顿第三定律可以知道,球A对水平杆的压力不变,故C正确,D错误;9、AC【解析】定向移动的电子受到洛伦兹力发生偏转，在上下表面间形成电势差，电子到达的表面带负电，电势较低．最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出单位体积内的自由电子数【详解】根据左手定则，电子向上表面偏转，下表面失去电子带正电，所以下表面电势高．故A正确、B错误．再根据e=evB，I=neSv=nebdv得n=，故C正确，D错误．故选AC【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡10、AC【解析】由洛伦兹力提供向心力，可知计算得出则动能可知，动能与加速的电压无关，与狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能，故选AC。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、①.×10②.70③.2.150【解析】(1)[1]选用“×100”档，发现指针偏角太大，说明指针示数太小，所选档位太大，为准确测量电阻，应换小挡，应把选择开关置于×10挡；[2]由图示可知，欧姆表示数为7×10Ω＝70Ω；(2)由图读出，螺旋测微器的固定刻度读数为2.0mm，可动刻度读数为0.150mm，则该金属导线的直径为d＝2.0mm+0.150mm＝2.150mm12、①.D②.③.1.47V④.0.740.78【解析】(1)[1]为方便实验操作，滑动变阻器应选阻值较小D。(2)[2]伏安法测电源电动势与内阻，需要电压表，现在没有电压表，可以用G与R3串联组成电压表测电压，电流表测电路电流，电路图如图所示。(3)[3][4]由闭合电路欧姆定律可得：E=U+Ir，U=E-Ir，则I1（R3+RG)=E-I2r由图像可知，电源电动势E=I1（R3+RG)=1.47×10-3×（990+10）