2025-2026学年高二上学期期末模拟物理试题

2025-2026年高二年级上学期物理期末模拟试题 (时间:75分钟　满分:100分) 命题范围：人教版必修三、选修一 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.物理学的伟大发现离不开科学家的努力与奉献，物理思维的养成离不开对物理学历史的了解，以下符合物理学历史的是(    ) A. 奥斯特发现了电磁感应现象 B. 麦克斯韦提出电磁场理论并用实验捕捉到电磁波 C. 普朗克提出能量量子化 D. 法拉第发现电流的磁效应 2.在 x轴上有两个点电荷、，其静电场的电势在 x轴上分布如图所示。下列说法正确的有（ ） A. 和带有同种电荷 B. 处的电场强度为零 C. 负电荷从移到，电势能增加 D. 负电荷从移到，受到的电场力减小 3.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可忽略。开关闭合时一带电的油滴静止于两极板间的P点，若断开开关K，将平行板电容器的下极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是(    ) A. 带电油滴带正电 B. 带电油滴向下运动 C. 静电计指针的张角不变 D. 带电油滴的电势能变小 4.欧姆表的内部结构如图甲所示，先将a、b两表笔短接，表头满偏，再将阻值为的电阻接在a、b之间，发现指针正好指向灵敏电流计表盘的正中央；某个欧姆表的表盘，用来测量某个电阻时，指针的刻度如图乙所示，设指针向右的偏角为，下列说法正确的是(    ) A. 乙图的读数为 B. 甲图欧姆表的内阻为 C. a是红表笔、b是黑表笔 D. 对乙图，重新欧姆调零来测阻值更大的电阻时，指针向右的偏角一定小于 5. 如图所示，绝缘杆OP竖直固定在绝缘水平桌面上，带正电的小球A套在杆上，带正电的小球B右侧为绝缘竖直固定挡板。系统静止在图示位置，不计一切摩擦，两小球均可视为质点，重力加速度为g。由于空气潮湿，两球缓慢漏电，球A从a处缓慢移到b处，则此过程中(    ) A. 球B对桌面的压力逐渐增大 B. 杆对球A的弹力逐渐减小 C. 挡板对球B的弹力逐渐减小 D. 两球间的库仑力逐渐增大 6.在如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，电源内阻不能忽略．当闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片 P向下调节，则下列叙述正确的是 A. 电压表和电流表的示数都增大 B. 灯变暗，电流表的示数减小 C. 灯变亮，电压表的示数减小 D. 电源的效率增大，电容器C的带电量增加 7.如图所示，楔形玻璃的横截面POQ的顶角为，OP边上的点光源S到顶点O的距离为d，垂直于OP边的光线SN在OQ边的折射角为。不考虑多次反射，OQ边上有光射出部分的长度为     A. B. C. d D. 二、多选题：本大题共3小题，共15分。 8.真空中有两个点电荷，电荷量均为，固定于相距为2r的、两点，O是连线的中点，M点在连线的中垂线上，距离O点为r，N点在连线上，距离O点为，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是    A. 中垂线上电场强度最大的点到 O点的距离为 B. 中垂线上电场强度的最大值为 C. 在M点放入一电子，从静止释放，电子的加速度一直减小 D. 在N点放入一电子，从静止释放，电子做周期性往复运动 9.图为示波管的部分原理图，电子经加速电压加速后，向右进入水平偏转电极，电极X、间加上图所示的扫描电压，内部可视为匀强电场竖直偏转电极未画出。已知加速电压为U，水平偏转电极长，间距d，电极右端到荧光屏距离为。当扫描电压周期为T，峰值为时，荧光屏上可见一亮点在水平方向上移动。电子比荷为，不计电子重力及电子间的相互作用力，电子通过水平偏转电极的时间极短。关于扫描过程，下列说法正确的是(    ) A. 电子射入偏转电极时的速度大小为 B. 入射的电子有可能打到图所示亮点a的位置 C. 若要在荧光屏上看到一条水平亮线，应该降低扫描频率 D. 荧光屏上亮点移动的速度为 10.水袖是中国古典舞中用于情感表达和抒发的常用技巧，舞者的手有规律的振动传导至袖子上，给人一种“行云流水”的美感。水袖可简化为一列沿x轴传播的简谐横波，如图为时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为和的两质点，图为质点Q的振动图像，下列说法正确的是    A. 简谐波向x轴负方向传播 B. 简谐波的传播速度为 C. 从图所示时刻起，质点Q比质点P先到达正向最大位移处 D. 时刻，质点P恰好位于平衡位置 三、实验题：本大题共2小题，11题前四空1分，后两空2分；12题每空1分，共17分 11.利用如图①所示的电路测定电源的电动势和内电阻。 若闭合电键，将单刀双掷电键掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数则由于未考虑电压表分流导致电动势的测量值与真实值相比          ，内阻的测量值与真实值相比          。填“偏大”“相等”或“偏小” 若断开，将单刀双掷电键掷向b，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电流表的读数则由于未考虑电流表分压导致电动势的测量值与真实值相比          ，内阻的测量值与真实值相比          。填“偏大”“相等”或“偏小” 某同学分别按照以下两种方式完成实验操作之后，利用图线处理数据，得到如下两个图象如图②和③所示，纵轴截距分别是、，斜率分别为、综合两条图线的数据可以避免由于电压表分流和电流表分压带来的系统误差，则电源的电动势          ，内阻          。 12.如下图1螺旋测微器读数为          ，如下图2游标卡尺读数为          _ 某表头满偏电流为、内阻为。以下计算结果均取整数 为了将表头改装成量程为3V的电压表，需要一个阻值为          的电阻与表头串联 为了将表头改装成量程为的电流表，需要一个阻值约为          的电阻与表头并联 为了测量一个“、”的小灯泡的不同电压下的功率．某位同学测得小灯泡的伏安特性曲线如下左图所示．某次测量时，电流表指针位置如下右图所示，电流表读数为          ，此时小灯泡的实际功率为           W 如图所示，直线A为电源的图线，直线B为电阻R的图线，由该图可以判断：电源的电动势          ；电源的内电阻为          ；电阻           四、计算题：本大题共3小题，13题10分，14题16分。15题14分 13.如图所示，一个带电荷量为q，质量为m的小物块可看作质点处于一倾角为的光滑绝缘斜面上，斜面长为L，整个装置处于一水平向左的匀强电场中，此时物块恰好静止于斜面的顶端，重力加速度大小为g，求： 电场强度的大小； 若从某时刻开始，电场强度减小为原来的，物块下滑到斜面底端时的速度大小。 14.如图所示，竖直虚线的左右两侧区域Ⅰ、Ⅱ分别存在竖直向下和水平向左的匀强电场，区域Ⅰ的电场强度为大小未知，区域Ⅱ的电场强度大小为，紧靠虚线的右侧沿竖直方向固定一光滑绝缘的圆弧形轨道BCD，O为弧形轨道的圆心，CD为竖直方向的直径，BO与CD的夹角为，质量为、电荷量为，可视为质点的小球由区域Ⅰ中的A点以水平向右的速度进入电场，经过一段时间小球恰好沿切线方向从B点进入弧形轨道，已知A、B两点的高度差为，重力加速度，，，求： 、B两点的水平间距x以及的大小； 小球沿弧形轨道BCD段运动的过程中，欲使小球不脱离轨道，则轨道半径R的取值范围是多少？ 15.如图所示，水平传送带以的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为、不可伸长的轻绳悬挂一质量为的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度大小。 求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小。 求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能。 若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。 2026年高二年级上学期物理期末模拟试题 参考答案 【答案】 1. C  2. D  3. D  4. C  5. D  6. C  7. C  8. BCD  9. BD  10. AD  11. 偏小 偏小 相等 偏大 （前4空1分，后两空2分） 12. 2018 20 3 1 （每空1分） 【解析】 1. 【解析】奥斯特发现了电流的磁效应，A错误；麦克斯韦提出电磁场理论，赫兹通过实验捕捉到电磁波，B错误；普朗克提出能量量子化，C正确；法拉第发现电磁感应现象，D错误。 2. A.由图可知，无穷远处电势为零，有电势为正的地方，故存在正电荷；又有电势为负的地方，故也存在负电荷，所以和带有异种电荷，故A错误； B.图中曲线斜率大小等于电场强度，处的斜率不为零，故处的电场强度不为零，故B错误； C.负电荷从移到，电势升高，电势能减小，故C错误； D.负电荷从移到，曲线的斜率减小，电场强度减小，所以负电荷受到的电场力减小，故D正确。 3. A.电容器上极板带正电，对带电油滴受力分析，根据平衡条件，油滴受到向上的电场力，所以油滴带负电，故A错误； B.根据场强公式，即，当断开开关后，极板的电荷量不变，故可得场强不变，故带电液滴不会移动，故B错误； C.将平行板电容器的下极板竖直向下平移一小段距离，极板间距增大，根据可知，电容器的电容减小，当开关断开后，两极板的电荷量不变，又，所以极板间的电势差增大，则静电计指针的张角增大，C错误； D.根据匀强电场电势差与场强的关系可知，上极板和P点的电势差不变，又因两极板电势差变大，所以P点的电势增大，带电油滴的电势能减小，D正确。 4. A. 因为乙图没给欧姆表的倍率，所以读数可能是、、等，A项错误； B. 对甲图，满偏时，半偏时，则，B项错误； C. 对于欧姆表测量电阻时，电流由红表笔流进，黑表笔流出，则红表笔接内部电源的负极，黑表笔接正极，C项正确； D. 对乙图，若增大欧姆表的倍率，再来测量阻值更大的电阻，指针向右的偏角可能小于，也可能大于，还可能等于，D项错误。故选：C。 5. A.以两球为研究对象，受力分析可知桌面对球B的支持力FN始终与两球的总重力大小相等、方向相反，根据牛顿第三定律知球B对桌面的压力始终与两球的总重力大小相等，即不变，选项A错误； 对球A受力分析，如图所示，球A缓慢移动，则受到的合外力始终为零，库仑力F=  ，杆对球A的弹力FNA=mg，球A从a处缓慢移到b处的过程中，逐渐增大， 逐渐减小，逐渐增大，则F、FNA均逐渐增大，选项B错误，D正确； C.由两球受力平衡得挡板对球B的弹力FNB与FNA等大反向，则FNB逐渐增大，选项C错误。故选 6. 【解答】 当闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向下时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，路端电压减小，则灯变亮，电压表的示数减小，根据串联电路分压规律可知，并联部分的电压减小，则灯的电流减小，灯变暗，根据干路电流增大，灯的电流减小，可知电流表的示数增大，故AB错误，C正确； D.电源的效率，U减小，则电源的效率减小；并联部分电压减小，则电容器的电压减小，由，可知电容器C的带电量减小，故D错误． 7. 【解答】设光纤在OQ界面的入射角为  ，折射角为  ，几何关系可知  ，则根据有折射定律有： 故该光线的临界角，即临界角为 光线恰好未射出OQ界面的临界为发生全反射，光路图如下，其中  光线在AB两点发生全反射，即AB之间有光线射出，由几何关系可知故选：C。 8. 设处的点电荷在中垂线上某点A处产生的场强与竖直向下的夹角为，则根据场强的叠加原理可知，A点的合场强为 根据均值不等式可知当  时E有最大值，且最大值为 再根据几何关系可知A点到O点的距离为 故AB错误； C.在M点放入一电子，从静止释放，由于 可知电子向上运动的过程中电场力一直减小，则电子的加速度一直减小，故C正确； D.根据等量同种电荷的电场线分布可知，电子运动过程中，O点为平衡位置，可知当发生位移x时，粒子受到的电场力为 由于x  r，整理后有 在N点放入一电子，从静止释放，电子将以O点为平衡位置做简谐运动，故D正确。故选BCD。 9. A.电子在加速电场中，根据动能定理可得，电子射入偏转电极时的速度，故A错误。 B.在时间内，扫描电压为正，电子在水平偏转电极间受到沿的电场力，会向X侧偏转，所以入射的电子有可能打到图所示亮点a的位置，故B正确。 C.在荧光屏上看到一条水平亮线的条件需要减小扫描时间，即提高扫描频率，使得电子在荧光屏上的位置快速变化，由于视觉暂留效应，人眼就会看到一条连续的亮线，而不是降低扫描频率，故C错误。 D.电子在水平偏转电极间做类平抛运动，水平方向，轴方向做匀变速直线运动，由牛顿第二定律有，所以有，离开偏转电场竖直方向速度为，有，电子离开偏转电场，做匀速直线运动，水平方向位移，竖直方向有，则电子所打位置与O之间的距离为，由题图可知，其偏转电场U与时间在内关系由题图结合数学知识可知为，将其代入，整理有，由速度的定义可知，其是物体运动的位移与其时间的比值，在数学上的表示即为位移与时间函数的一阶导，可得荧光屏上亮斑移动的速度，故D正确。故选：BD。 10. 【解答】 由图可知时 Q沿y轴负方向振动，根据波形图由同侧法可知简谐波沿x轴负方向传播，P先达到正向最大位移处，故A正确，C错误； B.波长为，周期，故波速为，故B错误； D.时，机械波向x轴负向传播的距离为，即时Q的振动形式恰好传播到P点，故D正确。 11. 【解答】 若闭合电键，将单刀双掷电键掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U，根据闭合电路欧姆定律可知，，则，因此图象的纵轴截距，电动势，图象的斜率，则电源内阻； 由图示电路图可知，由于电压表的分流作用，通过电源的电流大于，这是造成系统误差的原因；若考虑电源电压表内阻，则表达式为，变形得：则；则由数学规律可知，电动势的测量值与真实值相比偏小；内阻的测量值与真实值相比偏小； 根据闭合电路欧姆定律变形，得到与R的关系式，。根据数学知识得知，图象的斜率的倒数等于电源的电动势E，纵轴截距的绝对值等于。若考虑电流表内阻，则表达式为，变形得：，则可知，电动势的测量值与真实值相比相等，内电阻的测量值与真实值相比偏大。 由以上分析可知，中电动势是准确的，故；而图象的斜率；联立解得：； 12.【解答】 螺旋测微器的固定刻度为，可动刻度为，所以最终读数为； 游标卡尺的主尺读数为14mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为，所以最终读数为：。 故答案为：；。 【解答】 ①把电流表改装成3V的电压表需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值：； ②把表头改装成50mA的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：； 故答案为：①2018；②20。 【解答】 因灯泡额定电流，故电表量程应为，则最小分度为，则指针的示数应为；从图象可以看出，当电流为时电压，故功率为：；故答案为：；。 【解答】 图线A纵截距等于电源的电动势，斜率的绝对值等于电源的内阻，则由图线A可知，电源的电动势为：；内阻为：；图线B的斜率为R的电阻，为： 故答案为：3；；1。 13. 小物块静止时，受力如图所示 由受力平衡水平方向 （2分） 竖直方向 （2分） 解得； （2分） 物体沿斜面下滑时，根据动能定理 （2分） 解得 （2分） 14. 解：设小球在区域Ⅰ中运动的加速度大小为a，则由牛顿第二定律得，（1分） 由题意可知，小球运动到B点时的速度与圆轨道相切，即速度与水平方向的夹角为， 在水平方向上有，（1分） 竖直方向上有，，（2分） 又，（1分） 由以上解得，；（2分） 小球在B点的速度大小为，（1分） 小球在区域Ⅱ中运动时，电场力大小为，重力为， 则电场力与重力的合力大小为，方向斜向左下方与竖直方向的夹角为（2分） 小球沿弧形轨道BCD段运动的过程中，小球不脱离轨道的情形有二： ①小球刚好运动到等效最高点，等效最高点如图的H点， 小球在H点时，小球与弧形轨道之间的作用力为零，则有，（1分） 小球由B点到H点的过程中，由动能定理得（1分） 解得；（1分） ②小球运动到与BH相垂直的G点时速度为零，小球由B到G的过程中，得（1分） 解得，（1分） 由以上分析可知，小球在BCD段不脱离轨道的条件是  或  。（1分） 15. 解：根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有 解得 由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为，可知，小物块运动到传送带右端前与传送带已共速，则小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度为。（4分） 小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有，其中，你 解得 小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为 解得（5分） 若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时 P点到O点的距离为d，小球在 P点正上方的速度为，在P点正上方，由牛顿第二定律有 小球从O点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有 联立解得，即P点到O点的最小距离为。 （5分） 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $