河南新蔡一高2025-2026学年高二上学期期末模拟物理试题

新蔡一高2025-2026学年上学期期末模拟 高二物理试题 一、单选题（共七题，每题4分共28分） 1.下列说法正确的是() A.公式B=￡表明，电场强度的大小与试探电荷的电荷量q成反比 B.公式B=k号表明，点电荷周围某点电场强度的大小与其电荷量Q成正比 。.公式县表明，电场中某点的电势与试探电荷的电荷量g成反比 D.公式U。-表明，电场中A、8两点间的电势差与试探电荷的电荷量9成反比 2.用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点的电场强弱和方向。图甲是等量异种点电 荷形成的电场的电场线，图乙是该静电场中的一些点，O是电荷连线的中点，E、F是连 线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D分别相对O点左右对称。则下列说法正确的 是() E +9 -9 甲 乙 A.B、C两点电场强度大小相等，方向相同 B.A、D两点电场强度大小相等，方向相反 C.E、O、F三点相比较，O点电场强度最小 D.B、O、C三点相比较，O点电场强度最大 3.光滑的水平地面上，一质量为2m的小球A以水平初速度y,向右运动，与右侧质量为m的 静止小球B发生正碰，碰后两小球动量相同，则碰撞前后小球A的动量减少了() A.2nv B.w。 C.21w D.3。 4.一列沿x轴向右传播的简谐横波在t=4s时的波形如图甲所示，x=2m处质点的振动图 像如图乙所示，则波速可能是() 试卷第1页，共6页 ◆y/cm y/cm x/m 甲 4 A. m/s B.2m/s C.m/s D -m/s 3 5.如图所示，平行板电容器与电源连接，下极板B接地，开关S闭合，电容器两极板间P 点处有一带电油滴处于静止状态。下列说法正确的是() a ●D A.保持开关闭合，A板竖直下移一小段距离，电容器的电容变小 B.保持开关闭合，A板竖直上移一小段距离过程中，电流表中有从α向b的电流通过 C.断开开关，A板竖直下移一小段距离，带电油滴向上运动 D.断开开关，B板竖直上移一小段距离，P点的电势将增大 6.如图所示，真空中有一电子以速度v沿着与电场强度垂直的方向自O点进入匀强电场。 以O为坐标原点建立直角坐标系，x轴垂直于电场方向，在x轴上取OA=AB=BC,分别自 A、B、C作与y轴平行的线，跟电子的径迹交于M、N、P三点，电子经过M、N、P 三点时，沿y轴的分速度分别为yM、Vw、Vp,则下列说法正确的是() A.Wy VN:Vp=1:2:3 A B B.B.v Vy V=1:3:5 M C.AM:BN:CP=1:2:3 D.AM:BN:CP=1:3:5 7.一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点，开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度。击中沙 袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为m,沙袋质量为3，弹丸和沙袋形状大小忽略 不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说 法中正确的是() 试卷第2页，共6页 A.弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变 B.弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量等于沙袋对弹丸的冲量 C.弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为3m, 8 D。沙袋和弹丸一起摆动相对最低点所达到的最大高度为 16g 二、多选题（共3题，每题6分，共18分。选对但不全得3分，有错选得0分。） 8.光滑水平面上有A、B两个带电点电荷，质量均为m,电荷量分别为4Q和-362，在真 空中相距4l。已知静电力常量为k。现引进第三个点电荷C,正好使三个点电荷均处于平衡 状态，则点电荷C() A.应放在A的左侧21处 B.应放在A的左侧31处 C.电荷量为-9Q D.电荷量为16Q 9.如图中R=42,R=22,R=22,通电后() A.经R和R的电流之比I1:I=2:1 R B.R两端的电压和R,两端的电压之比U:U,=1:1 C.三个电阻消耗的电功率之比卫：P:P=8:1:1 D.三个电阻消耗的电功率之比P::P=3:2:4 10.如图所示，真空中三个点电荷固定在等边三角形的三个顶点上，其电性如图所示，每个 点电荷的电荷量大小相同，O为三角形的中心，A、B、C均为等边三角形三个边的中点， 则() A.O点电场强度为零 B.C点电势为零 C.A、B两点电场强度大小相等 ⊕ ⊕ D.试探电荷在A、B两点的电势能相等 三、实验题（每空2分，共12分） 11.某实验小组想用多种方式验证动量守恒定律。小明同学选取两个体积相同、质量不等的 小球，先让质量为4的小球从轨道顶部由静止释放，由轨道末端的O点飞出并落在斜面上。 再把质量为m,的小球放在O点，让小球仍从原位置由静止释放，与小球m,碰后两小球均 落在斜面上，分别记录落点痕迹，其中M、P、N三个落点的位置距离O点的长度分别为 试卷第3页，共6页 XoM、top、Xowo 2 3 M HHHHHHHHH 0 10 20 7777 甲 (1)用游标卡尺测得两小球的直径均如图乙所示，则小球直径d= cmo (2)在实验误差允许的范围内，若满足关系式 则可认为两球碰撞过程中 动量守恒（用题目中的物理量表示）。 (3)小帅同学利用该套装置做了一个新实验，仅改变小球m,的质量（两小球质量关系仍符合 题干条件)，其他条件均不变，将小球多次从轨道顶部由静止释放，与不同质量的小球m2 相碰，分别记录对应的落点到O点距离xou Xop XoN,以√xow为横坐标、√XoN为纵坐标 作出图像，若该碰撞为弹性碰撞，则下列图像正确的是 XON B C.√o 12.某物理兴趣小组想利用如图所示的电路测量一水果电池的电动势和内阻。 R 试卷第4页，共6页 (1)由于没有找到合适量程的电压表，小组同学决定利用一个最大阻值为999.92的电阻箱将 满偏电流为I,=5A：内阻R=2002的表头改装成量程为0~2V的电压表，应将电阻箱与 表头串联，同时将电阻箱的阻值调到Ω。 (2)将改装后电压表V按图连接好，闭合开关，实验中多次改变电阻箱的阻值R,用从改装 后重新标度后的电压表的电压口，同学们作出】。图像如图所示，图像的纵截距为4、斜 UR 率为k,如果不考虑电压表的分流作用，则电源的电动势和内阻的测量值分别为E=一、 T= R 四、解答题 13(12分)一束初速不计的带电粒子，电荷量q=1.6x1019C在经U=5000V的加速电压加速 后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d=1.0cm,板 长1=5.0cm,两个极板间电压为U'=400V,已知，粒子的质量为4×1030kg。（重力忽略 不计)求： Vo (1)粒子进入偏转电场时的速度。： (2)粒子在偏转电场中的加速度大小： 14.(14分)如图所示，虚线OO左侧的水平地面粗糙，右侧的水平地面光滑，在虚线左侧 20m处静止着一质量为m=1kg的物块A,在虚线右侧静止着质量为M=3水g的长木板B,B 的右端静止放置着另一质量为。=2kg的小物块C,现给A一水平向右、大小为'。=12/s 的初速度，一段时间后A与B发生碰撞并粘在一起，已知A与OO左侧地面间的动摩擦因 数为4=0.2，C与B间的动摩擦因数为L2=0.25,重力加速度g=10m/s2,A、C均可视为 试卷第5页，共6页 质点。 BC (1)求A与B发生碰撞后瞬间的速度大小： (2)若最终C恰好未滑离B,求长木板的长度。 15.(16分)如图甲，质量为m=2kg的小物块放在长木板左端，小物块与长木板间的动摩擦 因数4=0.1。长木板静止在水平面上，右端紧靠竖直墙面，质量为M=0.5kg,与地面间的 动摩擦因数为凸=0.07。t=0时刻小物块获得水平向右的初速度v。=8m/s,同时给小物块 施加如图乙所示的水平向右的作用力。4s时小物块与竖直墙壁发生弹性碰撞，碰撞时间极 短。最终，小物块静止于长木板上某一位置，重力加速度g取10m/s2。求： (1)4s内水平向右作用力的冲量大小： (2)小物块与竖直墙碰撞前瞬间速度的大小： (3)小物块相对长木板静止时，距长木板右端的距离。 F/N ☐m M 77777777777777777777777777777 甲 0 乙 试卷第6页，共6页新蔡一高2025-2026学年上学期期末模拟 高二物理试题参考答案 题号 y 2 6 7 8 9 10 答案 B A B A D A AC AC CD 1.B 【详解】A,公式B=P是电场强度的定义式，该式表明B是F与9的比值，但电场强度E 9 由电场本身决定，与9无关，故A错误： B。公式B=号是点电荷电场强度的决定式，其中Q为点电荷的电荷量，为距离。该式 直接表明，对于固定距离”，电场强度E与点电荷的电荷量Q成正比，故B正确； c.公式0=三是电势的定义式，电势P由电场本身决定，与9无关，故C错误； 9 D.公式U=”是电势差的定义式，电势差由电场和位置决定，与9无关，故D错误。 2.A 【详解】A.根据对称性可知，B、C两点电场强度大小相等，方向相同，均水平向右， B.根据对称性可知，A、D两点电场强度大小相等，方向相同，均水平向左，故B错误： CD.根据电场线的疏密程度表示场强大小，由图可知B、O、C三点，O点电场线最稀疏， 则O点场强最小：在中垂线上，O点电场强度最大，所以E、O、F三点比较，O点场强 最大，故CD错误。 4.A 【详解】根据图乙，在t=4s时x=2处的质点在平衡位置向上运动；若波向右传播，根据 图甲得(+0元=2m=0.1,2.),根据图乙，周期为T=4s,又因为v= 1 解得v= 1 2n+1 n=01,2小1F1时，=3m/s,故选A。 5.D 【详解】A.保持开关闭合，电容器两极板的电压保持不变，A板竖直下移一小段距离，则 板间距d变小可知电容器的电容C变大，故A错误； B.保持开关闭合，电容器两极板的电压保持不变，A板竖直上移一小段距离过程中，则板 间距d变大，可知电容器的电容C变小： 答案第1页，共4页 C.根据Q=CU可知电量变小，故电容器放电；因电容器的B板带正电，故放电时电流表 中有从b向a的电流通过，故B错误：C.断开开关，电量不变，根据C=,ES 4kr’e=CU, 8、心 可得五一4秋可知电场强度E不变，即电场力不变，故粒子仍处于平衡我 ES D.由题知，B板接地，则B板的电势一直为零；且B板为正极，则电场线方向竖直向上： 断开开关，B板竖直上移一小段距离，根据E=4kπ ES 可知电场强度E不变：将B板竖直上移一小段距离，即P点与B板的距离减小，根据U=Ed 可知P点与B板的电势差减小，故P点的电势增大，故D正确。 6.A 【详解】电子沿x轴方向做匀速直线运动，由于OA=AB=BC,则粒子从O点运动到M、N、 P三点的时间之比tow:tow:top=1:2:3电子沿y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，则 有y,=t所以电子经过M从、P三点沿y轴方向的分速度之比为 VM :VN:Ve=tou:tow top=1:2:3电子沿y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有 a所以4MBN.CP=w。=149,故选A 7.C 【详解】A.弹丸未打入沙袋时，绳子拉力为3g；弹丸以水平速度。击中沙袋后未穿出， 由动量守恒可知沙袋瞬间获得速度而做圆周运动，则沙袋与弹丸受到细线的拉力与重力的合 力提供向心力，可知拉力F>4g,故A错误： B.弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的力与沙袋对弹丸的力等大反向，作用时间相同，故 弹丸对沙袋的冲量与沙袋对弹丸的冲量等大反向，故B错误： C.规定向右为正方向，由动量守恒有m,=0m+3m)加根据能量守恒得到}m,:=)4m'+Q 2 联立解得Q=3,故C正确：D.对沙袋与弹丸，从最低点到最高点，由机械能守恒 8 】4m=4mgh解得h=。 ,故D错误。故选C。 32g 8.AC 【详解】由两大夹小，两同夹异”可知第三个小球应带负电，且位于A球左侧位置，假设 第三个小球带电荷量大小为g,距小球A的距离为x,则对第三个小球有x(4+ k40q_k360q 答案第2页，共4页 解得x=2L对A小球有×409_kx4x36O解得q=90故选AC。 x (4)2 9.AC 【详解】A.串联电路电流相等，并联电路电流之比等于电阻的反比，故7元 ==1 又=，+2所以I:I3=2:1,故A正确；B.U:U3=IR:IR=4:1,故B错误； CD.根据电功率公式P=I有？：：P=U1:U2I2:U3=8:1:1,故C正确，D错误。 10.CD 【详解】A.设三角形的边长为L,由电场叠加规律可知，两个正点电荷在O点产生的电场 强度大小为写=水日 3kg 三个点电荷在O点电场强度大小为 E。=k9一+ 3kg 6kg ，故A错误。 3 B.由于电场的电势大小取决于电势零点的选择，本题没有给出电势为0的点，所以不能确 定C点电势的大小，故B错误。 C.由于A、B两点关于OC对称，电荷分布也关于OC对称，根据对称性电荷在A、B两点 的电场强度大小相等，故C正确。 D.由于A、B两点关于OC对称，电荷分布也关于OC对称，根据对称性A、B两点电势相 等，所以无论试探电荷电荷量正负，试探电荷在A、B两点的电势能相等，故D正确。 11.(1)1.070(2)m=M+XoN (3)C 【解析】【小题1】小球直径d=10m+0.05x14m=10.70mm=1.070cm 【小题4】小球飞出后均为平抛运动，假设小球位移为x,由平抛运动的知识可得xcos0=t, x sin=. )8解得v=cos日 Y 由碰撞规律可知Yp=YM+Yw 2sin e 联立解得Vop=VoM+2√oN 【小题5】小球的碰前速度保持不变，则x不变，根据前问可得动量守恒关系式 1V√xop=hVoM+2Vkow能量守恒关系式xoP=hXoM+2xow 联立解得√xow=√xoM+√xop故选C。 1 12.(1)200(2) b b (1)根据欧姆定律可得U=I,(R+R)解得R=2002 答案第3页，共4页 1P1,1 ②2)山[2]根据闭合电路欧姆定律可得E=U+办其中1=联立，可得方g? R 所以。员国践的率为片-日级益E为的至解得：有，一 k 13.(1)。=2×10'm/s(2)a=1.6×105m/s2(3)y=5×103m 【详解】(1)粒子加速过程中，由动能定理可得qU=】m解得，=2×10ms 2 (2)根据牛顿第二定律，可得gB=ma其中B=Y 联立解得粒子在偏转电场中的加速度a=1.6×105m/s2 14.()y=2ms(2L=8m 15 【详解】(1)选A为研究对象，在OO!左侧运动阶段，设A与B碰撞前A的速度为v v2-1v=-2ax由牛顿第二定律可知4g=a联立解得v=8m/s =(m+M)y解得B的速度大小为y=2m/s (2)全过程，A、B、C三者组成的系统动量守恒定律N=(M,+m+M)Y,由能量守恒定律 可知4sL=m+-u+m+M解得L- 5 15.(1)4N.s;(2)6m/s;(3)12m 【详解】(1)冲量大小即为图线与坐标轴围成的面积，则I=2×4Ns=4Ns 2 (2)对小物块，取向右为正方向，由动量定理可得I-4gt=w-'o 带入数据解得v=6m/s (3)物块与墙壁碰撞后速度大小不变，方向向左 对木板，由牛顿第二定律可得g-凸2(M+mg=M@ 解得木板加速度大小为4=0.5m/s2对物块可得4g=a,解得加速度大小为a,=1m/s 设经过时间t,木块和木板速度相等，由运动学公式可得V=☑t=v-a,t 解得t=4s由于4>4，所以物块和木板共速后保持相对静止 、1 1 木板位移为x=24=4m物块位移为名=M-2=16m 这段时间内相对位移为△x=x2-x=12所以小物块相对长木板静止时，距长木板右端为 12m 答案第4页，共4页