河南省新乡市2025-2026学年高二上学期教学目标测评物理试题

2025一2026学年高二教学目标测评卷 物理试题 (考试时间：75分钟试卷满分：100分) 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题意） 1.我国宋代科学家沈括在公元1086年写的《梦溪笔谈》中，最早记载了地磁偏角：“方家（术 士)以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”沈括是历史上第一个从理论高度来 研究磁偏现象的人。关于磁场、磁感线、磁感应强度、磁通量，下列说法正确的是 A.若地磁场是由于地球带电随地球自转产生的，则地球表面带正电 B.磁感线是磁场把铁屑磁化形成的，磁场是由无数条磁感线组成的 C.小磁针$极所受磁场力的方向与该处磁感应强度的方向相同 D.线圈处在磁感应强度很大的磁场中，穿过线圈平面的磁通量可能为零 2.如图所示，A、B为相互接触并用绝缘支柱支持的金属导体，起初都不带电，在它们的下部贴 有金属箔片，C是带正电的小球，下列说法错误的是 A.此时B带正电 B.A的电荷量等于B的电荷量 C.把C移近导体A,先把A、B分开，然后移去C,A、B上的金属箔片仍张开 D.把C移近导体A,用手摸B,A、B上的金属箔片都张开 3.如图，直角三角形ABC处在负点电荷的电场中，∠B=90°，∠A=30°，A、B、C三点与点电荷 在同一平面内，0为AB边的中点，D为AC边的中点，将一电荷从A移到C电场力做功为 零，从D移到B点电场力做功也为零。下列图中箭头表示C点电场的方向，则正确的是 D D A.A 0 B.A C A D.A 4.电容式加速度传感器可以用于触发汽车安全气囊等系统。如图所示，极板M、N组成的电容器 视为平行板电容器，M固定，N可左右运动，通过测量电容器极板之间电压的变化来确定汽车 的加速度。当汽车加速时，极板M、N的距离增大，若极板上电荷量保持不变，则该电容器 高二物理试题第1页（共6页） A.电容增大 M B、极板间电压变小 C.极板间电场强度不变 D.极板间电场强度变小 5、在“观察电容器的充、放电现象”实验中，某同学设计的实验电路如图所示。先调节电阻箱， 将单刀双掷开关S与“1”端相接，电容器充电完成后，开关S再 与“2”端相接，相接后小灯泡亮度变化情况是 A.迅速变亮，然后亮度趋于稳定 B.迅速变亮，然后亮度逐渐减小至熄灭 C.亮度逐渐增大，然后趋于稳定 D、亮度逐渐增大，然后亮度逐渐减小至熄灭 6.如图所示，在一个平面内有六根彼此绝缘的通电直导线，各通电导线的电流强度大小相同 (通电的长直导线在周围空间某位置产生磁场的磁感应强度大小为 B=k,其中1为电流强度，r为该位置到长直导线的距离，k为常 数)方向如图所示，I、Ⅱ、Ⅲ、V四个区域的面积相同，则磁感应强度 为零的区域是 A.Ⅱ和V B.I和Ⅱ C.I和Ⅲ D.Ⅲ和V 7.如图所示，α、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘丝线悬挂于同一点，两球静止时，它们距 水平面的高度相等，绳与竖直方向的夹角分别为&、B,且B>x。若同时剪断两根细线，空气 阻力不计，两球带电荷量不变，则 A.剪断细线后，两球做匀变速曲线运动 B.a球比b球先落地 C.a球的质量比b球的小 D.从剪断到落地，小球b电势能变化量的绝对值大于小球α电势能变化量的绝对值 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中有多个选 项符合题意，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错或不选得0分) 8.某实验小组通过如图所示的实验电路测量干电池的电动势和内阻，并根据测得的数据作出 了U-I图像，下列正确的是 AUN 3.0 2.8 2.6 2.40 0.20.40.6→I1A A.电池的电动势E=3.0V B.根据r= △1 ,计算出待测电池内电阻为52 高二物理试题第2页（共6页） C.电池电动势测量值小于真实值 D.本实验的系统误差来源于电流表的分压作用 9.如图所示，灵敏电流计的内阻R。为480，满偏电流/。为250μA。政装成量程为0-1mA和 0~5mA的双量程电流表，0~3V电压表。接线柱a为公共接线柱，则下面正确的是 R A.a、c接线柱时电流表的量程0~5mA B.R1=322 C.R2=1282 D.R3=28802 10.质量为m带电量为+q的小球，用一长为1的绝缘轻绳系住，绳另一端固定在0点，现加一 匀强电场，场强大小为m,电场线和轻绳均在竖直平面内，考虑小球重力，重力加速度为 8。则 O>轻绳 轻绳 乙 A.如图甲，电场强度竖直向下，若小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，则小球通 过圆周最高点A的最小速度v4=√5gl B.如图甲，电场强度竖直向下，若小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，则小球通 过圆周最高点A的最小速度v=√3gl C.如图乙，电场强度水平向右，小球静止在M点，在M点给小球一个垂直于OM方向的初 速度vM,小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，则vM=√4,5gl D.如图乙，电场强度水平向右，小球静止在M点，在M点给小球一个垂直于OM方向的初 速度vM,小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，则M点轻绳的拉力FM=6√5mg 三、非选择题（本题共5小题，共计54分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算 步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) (一)必考题（共38分） 11.（6分)用如图甲所示的多用电表的欧姆挡来测量电阻时，要用到选择开关K和两个部件 S、T。请根据下列步骤完成电阻测量。 高二物理试题第3页（共6页） ok1G0504030 20 /&A是L111山L山上1】1生2a222金 100 1 50 20 2 2 K 甲 L (1)调节指针定位螺丝“S”,使指针对准 (填电流的“0刻线”或电阻的“0刻线”)将K 旋转到电阻挡“×100"的位置；将插人“+”“-”插孔的表笔短接，旋动部件“T”,使指针对 准 (填电流的“0刻线”或电阻的“0刻线”)；将两表笔分别与待测电阻相接， 发现指针偏角过大，为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并 按」 的顺序进行操作，再完成测量读数。 A.将K旋转到电阻挡“×1k”的位置 B.将K旋转到电阻挡“×10”的位置 C.将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接 D.将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行欧姆调零 E.测量和读数完成后，将选择开关调到“OF℉”挡 (2)若(1)中更换合适的倍率后，测量时多用电表的表盘如图乙所示，则待测电阻的阻值R= 2。 12.（10分)某实验小组的同学为了测量电阻R,（阻值约为4)的阻值和电阻丝R(阻值约为 3Ω)的电阻率，设计了如图甲所示的电路图，实验室提供的器材如下： A.千电池E(电动势约为3.0V) B.电流表A（量程为3A,内阻r1=0.52) C.电流表A2(量程为0.6A,内阻T2=12) -40 D.电压表V(量程为3.0V,内阻约为2k) E.滑动变阻器R,(最大阻值为10Ω) 甲 乙 F.滑动变阻器R2(最大阻值为1kΩ) G.开关、单刀双掷开关、导线若干 (1)为了较为准确测量和方便电路调节，电流表应选用 ,滑动变阻器应选用 （选 填实验器材前的序号)。 (2)用螺旋测微器测量电阻丝的不同位置的直径，然后求平均值为d,某次测量的示数如图乙 所示，则该示数为 mm。 (3)实验时，将电阻丝R的滑片Q置于最右端，闭合开关S1,将单刀双掷开关S2接α，调节滑动变 阻器的滑片P,电压表的示数为U,电流表的示数为I,再将单刀双掷开关S2接b,电压表的 示数为U2,电流表的示数变化忽略不计，则未知电阻R.的阻值为 (用测量量表示)。 高二物理试题第4页（共6页）》 (4)闭合开关S,将单刀双掷开关S2接b,改变片Q的位置读出电压表的示数U,电流表的示 数，测量滑片Q到电阻丝最左端的距离L;继续改变滑片Q的位置，调节P使电流表的示数 仍为1。，记录多组电压表的示数U以及Q到电阻丝最左端的距离L,建立坐标系，纵轴为U, 横轴为L,作出U-L图像，图线是斜率为k的直线，则电阻丝的电阻率p= （用k、T、 d、I表示)。 13.(8分)如图，电源电压恒为U(内阻不计)，定值电阻阻值为R。,滑动变阻器的最大阻值为 2风，电流表的内阻不计。平行板电容器两极板水平放置，板长为儿。比荷为子一的带电 微粒以初速度。沿电容器的中心线水平进人电容器。闭合开关，当滑动变阻器的滑片移 到最右端时，带电微粒恰从电容器下极板右侧边缘离开电容器。此过程中，微粒未与极板 发生碰撞，不计微粒重力。求： (1)滑动变阻器消耗的最大电功率； (2)求平行板电容器两极板间距d。 14.（14分)如图甲所示，真空中的电极逸出电子（设电子的初速度为零），经加速电场加速，由 小孔穿出，t=0时刻电子沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B的中线射人偏转电场， A、B板长为L,A、B两板距离为d,AB两板间加周期性变化的电场UB,如图乙所示，周期为 工，加速电压乙-，其中m为电子质量9为电子电有量，了为编转电场的周期，不计电 子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求： (1)电子从加速电场U,飞出后的水平速度。的大小； (2)射人偏转电场的电子离开偏转电场时距A、B间中线的距离y; (3)要使电子不打到A、B板上，A、B两板距离d满足的条件。 UA U -3I (二)选考题(16分。请考生从给出的15,16题中任选一题解答。如果多做，则按所做的第 题计分) 15.【物理一选择性必修一】(16分) I.滑块a与静止的滑块b在光滑水平面上正碰，碰撞时间不计。滑块α、b碰撞前后的位移随 时间变化的图像如图所示，根据已知信息可知 (填正确答案的标号，每题6分，全 部选对得6分，选对但不全得3分，有选错或不选得0分)。 高二物理试题第5页（共6页) A.滑块a和滑块b的质量之比为1：6 个x/m B.滑块a和滑块b的质量之比为1：2 12 C.滑块a和滑块b碰撞属于弹性碰撞 D.滑块a和滑块b碰撞属于非弹性碰撞 2 467§ Ⅱ.(10分)如图所示，足够长的光滑水平面上静置着质量M=3kg的光滑圆轨道，圆轨道最 低点与水平面相切。质量，=1kg的小球A和质量m2=4kg的小球B中间压缩锁定着水 平轻质弹簧并静止在水平面上，小球B与弹簧连接，小球A未与弹簧连接。弹簧锁定时弹 性势能E,=40J,解除锁定后小球A冲上圆轨道，恰好能运动到圆轨道的最高点，取重力加 速度大小g=10/s2,小球A、B均可视为质点，求： (1)弹簧锁定解除后小球A离开弹簧时A、B的速度； (2)圆轨道的半径R。 B 图M@ 16.【物理一选择性必修二】(16分) I.如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面 与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已知导体棒MN受到的安培 力大小为F,则下列说法正确的是 (填正确答案的标号，每题6分，全部选对得 6分，选对但不全得3分，有选错或不选得0分)。 ××L×X A.线框LMN的安培力合力大小为0 + B.线框LMN的安培力合力大小为1.5F,方向竖直向上 X C.导体棒ML与LN的安培力的合力为0.5F,方向竖直向上 N XXX D.导体棒ML的安培力大小为0.5F,方向竖直向上 Ⅱ.（10分)如图所示，位于第一象限内半径为R=1m的圆形磁场与两坐标轴分别相切于 P、Q两点，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B=2T,第三、四象限内存在沿y轴 正方向的匀强电场，一个质量为m=0.01kg,电量g=0.1C的带正电粒子从y轴上A点以 ,=10√2m/s沿x轴正方向射人电场，恰好从P点射人圆形磁场。A点坐标(0，-0.5m), 不计粒子重力。 (1)求匀强电场的电场强度大小； (2)求粒子经过第一象限到达y轴时的坐标。 高二物理试题第6页（共6页）2025一2026学年高二教学日标测评卷 物理参考答案 题号 1 ny 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C C B A 0 AC BCD BD 1.【答案】D 【解析】A.若地磁场是由于地球带电随地球自转产生的，根据安培定则可以判断，则地 球表面带负电，故A错误；B.磁感线是人为假想的曲线，用于描述磁场分布，并非由铁 屑形成，磁场本身也不由磁感线组成，故B错误；C.小磁针S极所受磁场力方向与该处 磁感应强度方向相反，、极受磁场力方向才与磁场方向相同，故C错误；D.磁通量 =B.Scos0,若线圈平面与磁场方向平行(=90°)，则cos0=0,此时磁通量为零，与B的 大小无关，故D正确。故选D。 2.【答案】D 【解析】A、B.把C移近导体A时，导体A、B的电子被吸引到左端，A端带负电，B端 带正电，A带负电荷量等于B带正电荷量，A、B都正确；C.把C移近导体A,A端带 负电，B端带正电，先把A、B分开，然后移去C,导体A的负电与导体B正电不能中和， A、B上的金属箔片都张开；C正确；D.把C移近导体A,A端带负电，B端带正电，A、 B上的金属箔片都张开；用手摸了一下B,地球远端的电子被吸引到左端，左端仍带负电， 地球带正电，导体B不带电，A上的金属箔片张开，B上的金属箔片闭合；故D错误。 3.【答案】C 【解析】因为粒子从A移到C电场力做功为零，A、C电势相等，A、C处在同一个圆上， 从B移到D点电场力做功也为零，B、D电势相等，B、D处在同一个圆上，分别作AC、BD 的垂直平分线，必交于一点，则由几何关系得到交点在AB上，但不是AB的中点O:应 在O右侧，C正确。 4.【答案】C 【解析】当汽车加速时，极板M、N的距离增大，由平行板电容器的决定式C=S 可 4πkd 知，电容变小，选项A错误；若极板上电荷量保持不变，由电容定义式C=QU可知，极 板M、N之间电压增大，选项B错误；由于极板上电荷量保持不变，极板正对面积不变 可知，极板之间电场强度不变，选项C正确，D错误。 5.【答案】B 【解析】电容器充电完成后，开始时两极板电量较多，电势差较大，当闭合“2接入小灯泡， 回路立即形成电流，灯泡迅速变亮；随着时间的积累，两极板电量变少，电势差变小，流 过灯泡的电流减小，直至两极板电荷量为零不带电，则无电流流过小灯泡即熄灭，故B 正确。 6.【答案】A 【解析】如图把导线编号，先确定每根导线产生的磁场再叠加。I 区域中①⑥直线电流磁场方向垂直纸面向里，②⑤直线电流磁场 ① 方向垂直纸面向里，③④直线电流磁场方向垂直纸面向外。叠加 ② 后磁场方向垂直纸面向里。Ⅱ区域中①④直线电流磁场方向相反， ③ 大小相等。叠加后为零，②⑤直线电流磁场方向相反，大小相等。 叠加后为零，③⑥直线电流磁场方向相反，大小相等。叠加后为 ⑤ 高二物理参考答案第1页（共6页） 零。所以该区域磁场为零。Ⅱ区域中①⑥直线电流磁场方向垂直纸面向里，②⑤直线电流 磁场方向垂直纸面向外，③④直线电流磁场方向垂直纸面向外。叠加后磁场方向垂直纸面 向外。V区域中①④直线电流磁场方向相反，大小相等。叠加后为零，②⑤直线电流磁场 方向相反，大小相等。叠加后为零，③⑥直线电流磁场方向相反，大小相等。叠加后为零。 所以该区域磁场为零。综上所述，则磁感应强度为零的区域是Ⅱ和Ⅳ，A正确。 7.【答案】D 【解析】剪断细线后两球受力一直变化，所以不是均变速曲线运动，故A错误；对两个小 球受力分析，其如图所示： a G 由示意图可知，有三=mu,三三=m0,由于B>4,两球之间的库仑力大小相等，所 mg mig 以。>，，故C错误；剪断细线后，两球竖直方向做自由落体运动，高度相同，时间 相等，故B错误；两小球在水平方向受到的库仑力大小相等，由于小球α的质量大，由 F=a可知，小球b在水平方向的加速度大，所以相同时间下，小球b水平方向的位移 大小大于小球α水平方向的位移，故电场力对小球b做的功大于对小球α做的功，即小球 b电势能变化量的绝对值大于小球α电势能变化量的绝对值，D正确。 8.【答案】AC 【解析】A.根据闭合电路欧姆定律，U=E-r,=0时=E=3.0V,A正确；B.根据闭 合电路欧姆定律，可以写出U=B-,所以图像的斜率k=-T=△V, 代入数据后，可 计算出待测电池内电阻为12，故B错误；CD.由于电压表的分流，使得电流表的测量值 偏小，导致电池电动势测量值小于真实值，故C正确，D错误。故选AC。 9.【答案】BCD I(R+R) 【解析】根据电路可知用α、b和a、c接线柱时电流表的量程分别为I,=I。+~ R IgRg I,=人+R千R,则有1，≥L,a、c接线柱时电流表的量程0-1mA,将数据代入可解得 R1=322,R2=1282,当使用a、d两个端点时，设流过R3的电流为I3=1mA,则满足 U-I; (Ri+Rz)Rs+R 解得R3=28802,故BCD正确。 R+R2+R。 10.【答案】BD 【解析】A、B.甲图模型为竖直平面内圆周运动中的绳球模型，在圆周运动最高点重力和 电场力的合力提供做圆周运动的向心力，即g+☑=m三，代入题中电场强度大小，解 得小球通过圆周最高点A的最小速度v=V3gl,故A错误，B正确；C、D.小球静止在 M点，将重力和电场力的合力看成等效重F金=V(Eq}+(ng)2=V5mg,则等效最高点在 M0延长线与圆周的交点N处，该点处合力提供向心力，即厂，=加兰， 根据动能定理 高二物理参考答案第2页（共6页） 可得-2--吃，方程联立解得=，在点，R5g 2 1 F=6√5g,故C错误，D正确。 11.【答案】 (1)电流的“0刻线”(1分) 电阻的0刻线”(1分) BDCE(2分，选不全顺序颠倒皆不给分) (2)150(2分) 【解析】 (1)[1]旋动部件S;可以使指针对准电流的0刻线”，[2]旋动部件T,可以使指针对准电阻 的“0刻线”，[3]由题可知，选用“×100”挡时发现指针偏角过大，说明电阻较小，应更 换小倍率的挡位，两表笔短接进行欧姆调零，再测量电阻，完毕后将选择开关调到O℉， 挡，故顺序为BDCE。 (2)由图可知，待测电阻的阻值R=15×102=1502。 12.【答案】 (1)C E (2)0.3820.386 (3)y- 1 (4) 41 (每空2分) 【解析】 (1)[1]电路中的电流最大值约为Im= U_=0.6A,所以电流表选A2。故选C。[2☑]由电路 R+2 图可知，滑动变阻器用分压式接法，则滑动变阻器应选择最大阻值较小的R,方便调 节电路。故选E。 (2)由图可知，螺旋测微器的读数为0mm+38.4×0.01mm=0.384m。 (3)油题意可知，单刀双掷开关接a时，有R+R+5=号，单刀双掷开关接b时，有R+5=马 则未知电阻R=4=y-边 ④由欧姆定律U=L,欣+，电阻定律R=三P其中S=d 4,整理可得U=1+L, nd2 第合题意可知，图线U-工的斜率为k三之，则电阻丝的电阻率p 、xkd2 41。 13.【答案】 0卫x-4R : (2)d=5L 3 【解析】 (1)设滑动变阻器的电阻为时，消耗的电功率为P 高二物理参考答案第3页（共6页） P=rR=（R UR Ro+R …………2分 (R-R)2+4RR 当R'=Ro时Pmx= U …2分 4R0 (2)微粒在电容器中做类平抛运动，在水平方向上L=y,t …1分 在竖直方向上的偏转位移y=-1。 at 2-2 …1分 又a=g-q0 1 m md ，=U0… …1分 3 解得d=3…d, …1分 14.【答案】 月 (2)0 (3)d2T Uog 3m 【解析】 (1)电子在加速电场中加速，由动能定理得qU=,，解得o7 …2分 (2)粒子在垂直板方向先向上加速后向上减速再反向加速，v-t图像如图所示： 41V 粒子在二到T过程，加速度大小4，= 3qU …1分 d 粒子在0到了过程中垂直极板方向y- T)2 U.gT 24 ……2分 2 8dm TT 1 .2 T UgT2 立子在，到T过程中垂直极板方向y=4222 …2分 8dn 由于y=y1+y2=0故该粒子离开电容器右侧时的偏转距离为y=0…1分 (3)粒子在垂直板方向先向上加速后向上减速到零再返回 1 T 电子在0到2，垂直极板向上y=4 U.qT2 2 2 8dn …2分 T UgT 末速度为142加2 高二物理参考答案第4页（共6页) )后向上减速到零加速度大小4= 片_Uo9 md’3 …2分 2a2.24dm d y1ty3≤2' Uoq d>l ………2分 3m 15.【答案】 I.AD 【解析】在位移一时间图象中，图线的斜率表示物体的速度，由图象可知，碰撞前α的 速度为， A- m/s=-2m/s: △t。 ms=ms,b的速度为零：碰撞后a的速度y=-08 △t4 b的速度为2= △x2=12-8 △t24 ms=1m/s,由动量守恒定律m。=my+lV2, 撞前后a、b的机械能关系为m,哈m+m吃，4，b的碰撞属于非弹性碰撞，故 2 2 AD正确，BC错误。 Ⅱ.(1)=8m/s 02=-2m/s (2)2.4m 【解析】 (1)取水平向左为正方向，弹簧解除锁定后，动量守恒，有0=出+22…2分 则弹簧锁定时的弹性势能为B=叫+%=40J…1分 2 解得1y1=8m/S,2=-2m/8………2分 (2)小球A运动到圆轨道的最高点时，小球A与圆轨道的速度相同，对小球A和圆轨道构 成的系统，水平方向上动量守恒，有=(+M)Y共…1分 资解得V共=2/g…】分 守恒定律有三号%+M)+gR…产 解得R=2.4m… …1分 16.【答案】 I.BC 【解析】MN中电流为I,ML和IN与MN并联，电流为2，由F=BIL和左手定则，当导 体棒MN的安培力大小为F,导体棒ML与LN的安培力大小均为0.5F,方向分别垂直 ML、LN斜向上，且两力夹角120°，合力为0.5F,方向竖直向上，导体棒MN的安培 力方向也竖直向上，合成后线框LMN的安培力合力大小为1.5F,方向竖直向上，A错 误，B、C正确，D错误。故选BC。 Ⅱ.(1)E=20Vm (2)(0, 2+2m) 2 【解析】 (1)粒子由A到P做类平抛运动，则Rot…1分 高二物理参考答案第5页（共6页） y4作1Bg2 …1分 2 n 2=Egt……… …1分 tan& …1分 % + 解得：E=20V1m,0=45°，1=20n/s… …1分 (2)粒子在第一象限做匀速圆周运动，则B,得1m…2分 由几何关系知粒子射出磁场时的速度方向沿x轴负方向， 则y=+rsim45。=2+√2 m…2分 2 粒子经过第一象限到达y轴时的坐标为(0,2+ ∠m)…1分 2 高二物理参考答案第6页（共6页)