2025-2026学年新疆石河子市石河子二中高二上物理期末学业水平测试模拟试题含解析

2025-2026学年新疆石河子市石河子二中高二上物理期末学业水平测试模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、电场中有一点P，则（）A.若该处场强不为零，但该处试探电荷受电场力作用可能为零B.若该处场强越大，则对于同一试探电荷在该处所受电场力越大C.若该处没有试探电荷，则该处场强为零D.该处的电场强度的方向就是该处试探电荷所受力的方向2、如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为+Q和-Q。在它们的中垂线上水平固定一根内壁光滑的绝缘细管，一电量为+q的小球缓慢经过细管，则小球（）A.小球的电势能先增大后减小 B.受到的库仑力先做负功后做正功C.受到的库仑力最大值为 D.管壁对小球的弹力最大值为3、如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框的ab边平行磁场边界MN，线框以垂直于MN速度匀速地完全进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1．现将线框进入磁场的速度变为原来的两倍，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则有()A.Q2=Q1，q2=q1 B.Q2=2Q1,q2=2q1C.Q2=2Q1，q2=q1 D.Q2=4Q1，q2=2q14、如图所示，平行纸面的匀强电场中有个直角三角形OAB，边长OA为3cm，OB为4cm。己知φ0=6V，φA=φB=-6V，下列说法不正确的是A.匀强电场的方向垂直ABB.OA中点的电势等于0C.匀强电场的大小500V/mD.带电粒子从A运动到B点时不受电场力5、在如图所示的电路中，当滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列说法中正确的是（）A.路端电压变小 B.电流表的示数变大C.电路的总电阻变大 D.电源内阻消耗的功率变小6、如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置，其核心部分是两个D型金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连。下列说法正确的是（）A.粒子从磁场中获得能量B.粒子被电场加速后，运动越来越快，走过半圆的时间越来越短C.D形盘的半径R越大，粒子离开回旋加速器时最大动能越小D.粒子第2次和第3次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为：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、理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，以下说法中正确的是()A.穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1B.穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等C.原、副线圈的电流之比为10∶1D.正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶18、电荷量为Q1和Q2的两点电荷分别固定在x轴上的O、C两点，规定无穷远处电势为零，x轴上各点电势随x的变化关系如图所示．则A.Q1的电荷量小于Q2的电荷量B.G点处电场强度的方向沿x轴负方向C.将一带负电的试探电荷自G点静止释放，仅在电场力作用下一定能到达D点D.将一带负电试探电荷从D点移到J点，电场力先做正功后做负功9、如图是静电除尘装置示意图，装置的外壁连到高压电源的正极，中间的金属丝连到负极．将混浊气体通入该装置时，气体中的粉尘会不断向筒壁积累，最后在重力作用下坠落在筒底．在该装置除尘的过程中，下列说法正确的有A.粉尘由于吸附作用而带上正电荷B.粉尘由于吸附了电子而带上负电荷C.带电粉尘在静电力作用下飞向筒壁D.筒壁与中间金属丝之间存在强大的静电场10、如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是()A.A、B两处电势、场强均相同B.C、D两处电势、场强均相同C.在虚线AB上O点的场强最大D.带正电的试探电荷在O处的电势能大于在B处的电势能三、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）某中学为了探究额定功率为4W、额定电压为4V的小灯泡消耗的功率与电压的关系，准备了如下的实验器材：A.电压表V1（0～1V，内阻2kΩ）B电压表V2（0～15V，内阻15kΩ）C.电流表A（0～1A，内阻约1Ω）D.定值电阻R1＝6kΩE.定值电阻R2＝16kΩF.滑动变阻器R（0～10Ω，额定电流2A）G.学生电源（直流5V，内阻不计）H.开关、导线若干（1）为了减小实验误差，电压表应选用____，定值电阻应选用____（均用序号字母填写）；（2）在探究功率与电压的关系时，要求电压从零开始调节，并且多次测量，画出满足要求的电路图___；（3）根据设计的电路图，写出小灯泡两端电压U与电压表读数UV的关系U＝___．若小灯泡的电功率为P，则关系图线可能正确的是____12．（12分）在利用碰撞做“验证动量守恒定律”的实验中，实验装置如图甲所示，图中斜槽部分与水平槽部分平滑连接，按要求安装好仪器后开始实验．图中设计有一个支柱（通过调整，可使两球的球心在同一水平线上，上面的小球被碰离开后，支柱立即倒下）．先不放被碰小球，让入射小球从挡板C处由静止滚下，重复若干次；然后把被碰小球放到支柱上，有重复若干次．在白纸上记录下挂于槽口的重锤线在记录纸上的竖直投影点和各次实验时小球落点的平均位置，从左至右依次为O、M、P、N点，两小球直径相等，并用刻度尺测出OM、OP、ON的长度．入射小球和被碰小球的质量分别为m1、m2．则（1）入射小球的质量m1和被碰小球的质量m2应该满足m2_____m1（填“>”或“<”）（2）用螺旋测微器测量小球的直径如图乙所示，则小球的直径d=___________mm（3）当所测的物理量满足表达式_____________________（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球的碰撞遵守动量守恒定律（4）某次实验得到入射小球的落点M、P到O距离如图丙所示，假设两球的碰撞是弹性正碰，则被碰小球的落点N到O的距离ON=_________cm．（保留2位小数）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L14．（16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15．（12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

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、B【解析】A．由公式F=qE知，若该处场强不为零，但该处试探电荷受电场力作用不可能为零，故A错误；B．由公式F=qE知P点的场强越大，则同一点电荷在P点所受的电场力就越大，故B正确；C．场强是由电场本身决定的，与试探电荷无关，若P点没有试探电荷，P点场强不变，不为零，故C错误；D．场强方向是放在该点的正电荷的受力方向，与放在该点的负电荷的受力方向相反，故D错误。故选B。【点睛】本题考查场强的物理意义和方向，抓住场强反映电场本身特性的物理量，方向与正电荷所受的静电力方向相同是关键2、C【解析】AB．小球受重力、库仑力和管壁弹力作用；根据等量异种电荷电场分布可知，小球受库仑力水平向右，则库仑力对小球不做功，小球的电势能不变，选项AB错误；C．当小球运动到两电荷连线的中点时，受库仑力最大，则最大值为选项C正确；D．管壁对小球的弹力最大值等于库仑力的最大值，大小为，故D错误。故选C。3、C【解析】根据及可得安培力表达式；拉力做的功转化为电能，然后转化为焦耳热，由可知产生的焦耳热与速度成正比，所以；根据可知通过线框某横截面的电荷量与速度无关，，故ABD错误，C正确。故选C。4、D【解析】A．AB是一条等势线，所以场强垂直于AB，A正确，不符合题意；B．OA中点电势等于O、A两点电势和的一半，为零，B正确，不符合题意；C．根据几何知识，O到AB的距离为所以场强C正确，不符合题意；D．AB是一条等势线，在等势线上运动，电场力不做功，但带电粒子依然受电场力，D错误，符合题意；故选D。5、A【解析】滑片由a向b移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则外电路总电阻减小，电路的总电阻变小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，则内电压增大，由P=I2r可知，内电阻上消耗的功率变大。路端电压U=E-Ir，因I增大，故U变小。又电流表的示数，因U变小，故IA变小。故A正确，BCD错误。故选A。6、D【解析】A．磁场使粒子偏转，电场使粒子加速，粒子从电场中获得能量，故A错误；B．粒子在磁场中的运动周期，可知粒子在D型盒每个半圆周内的运动时间都是相同的，选项B错误；C．根据，最大动能可知D形盘的半径R越大，粒子离开回旋加速器时最大动能越大，选项C错误；D．则由动能定理，qU=△Ek，可知，每一次通过狭缝时获得的能量相同，粒子第2次和第3经过两D形盒间狭缝后的动能之比是2：3，所以速度之比是，根据：得：轨道半径之比为．故D正确；故选D。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、BD【解析】A．理想变压器无漏磁，故穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是1：1，故A错误；B．理想变压器无漏磁，故穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是1：1，故穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等，在每匝的线圈中，原、副线圈产生的电动势瞬时值是相等的，故B正确；C．若一个原线圈对应一个副线圈时，原、副线圈的电流之比等于匝数的反比即为1：10，故C错误；D．正常工作时变压器的输入、输出功率之比为1：1，故D正确。故选BD。8、BD【解析】A项：图像斜率表示场强大小，由图可知在H点的场强为零，即Q1和Q2两电荷在H的合场强为零，由公式可知，Q1的电荷量大于Q2的电荷量，故A错误；B项：由图知B点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以在B点边场强方向沿x轴正方向，在B点右边场强方向沿x轴负方向，故B正确；C项：由在G点场强方向沿x轴向左，负电荷所受电场力向右，所以负电荷沿x轴向右运，故C错误；D项：由图像可知从D点到J点电势先升高再降低，负电荷的电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，故D正确9、BCD【解析】装置的外壁连到高压电源的正极，中间的金属丝连到负极，粉尘向正极运动，可知粉尘吸附电子后带负电．故A错误，B正确；筒壁与中间金属丝之间存在强大的静电场，粉尘向正极运动，可知粉尘是在静电力作用下飞向筒壁．故C正确；装置的外壁连到高压电源的正极，中间的金属丝连到负极，因此筒壁与中间金属丝之间存在强大的静电场．故D正确10、BD【解析】A．根据等量异种电荷的电场分布可知，A点的电势高于B点的电势不同、两点的场强相同，选项A错误；B．C、D两处处在电势为零的等势面上，则电势相同；由对称性可知两点的场强也相同，选项B正确；C．在虚线AB上O点的电场线最稀疏，则场强最小，选项C错误；D．因为O点电势为零，而B点电势小于零，则带正电的试探电荷在O处的电势能大于在B处的电势能，选项D正确；故选BD.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.（或）②.D（或）③.如图所示：④.⑤.C【解析】（1）由于小灯泡的额定电压为4V，若选15V量程，则量程太大，所以应选A，但需要进行改装为U=4V量程的电压表；根据欧姆定律和串并联规律应有：U=，解得：R=6kΩ，所以定值电阻应选D；（2）实验要求电压从零调，说明变阻器应采用分压式接法；根据纯电阻功率P=,灯泡的电阻R==4Ω，电阻远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，电路图如图所示：（3）根据串联电路特点知，灯泡电压与电压表示数间的关系为U=UV+U1=UV+；整理得：由于灯泡灯丝电阻随温度的升高而增大，根据灯泡的功率,在P−U2图象中，斜率逐渐变小，所以可知，只有选项C可能是正确的；故选C.12、①.<②.12.803（12.802-12.804）③.m1OP=m1OM+m2（ON-d）④.36.28【解析】（1）为防止入射球反弹，入射小球的质量要大于被碰小球的质量；（2）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．（3）根据动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后根据表达式分析答题；（4）根据动量守恒定律以及机械能守恒定律列式，联立即可求得速度关系，从而求出OM、ON以及OP之间的关系【详解】（1）为防止入射球反弹，入射小球的质量m1和被碰小球的质量m2应该满足m2<m1；（2）螺旋测微器的固定刻度读数为12.5mm，可动刻度读数为0.01×30.3mm=0.303mm，所以最终读数为：d=12.5mm+0.303mm=12.803mm（3）由动量守恒定律可知，如果动量守恒，则应保证：m1v=m1v1+m2v2；因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，（ON-d）是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量满足表达式m1•OP=m1•OM+m2•（ON-d），说明两球碰撞遵守动量守恒定律；（4）设入射小球质量为m1，被碰小球质量为m2．碰撞前入射球速度为v0，碰撞后两球速度分别为v1、v2．根据动量守恒得和机械守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2m1v02=m1v12+m2v22联立解得：v0+v1=v2三球平抛运动时间相同，则得到：OP+OM=ON′=ON-d故：ON=OP+OM+d=25cm+10cm+1.2