云南省红河州2025-2026学年高二（上）期末模拟物理试卷

这是一份云南省红河州2025-2026学年高二（上）期末模拟物理试卷，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法不正确的是( )
A. 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B. 欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系
C. 法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
D. 焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系
2.某质点运动的x-t图像如图所示，由图像可知质点( )
A. 一直处于运动状态
B. 运动方向一直没有改变
C. 前4s内的位移大小为2m
D. 最后2s做匀减速直线运动
3.如图所示，带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在这条线上有A、B两点，用EA、EB表示A、B两处的场强，则( )
A. 正试探电荷只受电场力作用下一定沿A到B的方向运动
B. 因为A、B在一条电场线上，且电场线是直线，所以EA=EB
C. 电场线从A指向B，所以EA>EB
D. 电场线从A指向B，所以A点电势一定高于B点
4.如图所示，线圈abcd水平向右穿过磁场区域B时，在以下情况中，线圈中有感应电流产生的是( )
A. 整个线圈都在磁场中上下平动
B. 整个线圈都在磁场中左右平动
C. 线圈离开磁场的过程中
D. 整个线圈都在磁场中，线框在其所在的平面内绕a点旋转
5.在宇宙大尺度上，天体的空间分布是均匀的。设地球上有两台直径分别为d1、d2的小型射电望远镜A和B，两者能观测到天体需要收集的电磁波总功率的最小值相同。现仅以辐射功率为P的同类天体为观测对象，望远镜A能够观测到此类天体的数量为N，则望远镜B能够观测到此类天体的数量为
A. d2d1NB. d2d132NC. d2d12ND. d2d13N
6.如图所示，ABC三个带电小球在光滑的水平面上处于静止状态，其中AB用长度为L的轻杆连接，小球的直径很小，可忽略不计。已知A球带电荷量-16q，B球带电荷量为+q，则下列说法中正确的是( )
A. BC之间的距离一定等于3L4
B. C球一定带负电
C. C球的带电荷量一定为-169q
D. 轻杆可能处于拉伸状态、压缩状态或不受力的状态
7.将质量为m的小球在距地面高度为h处抛出，抛出时的速度大小为v0，小球落到地面时的速度大小为2v0.若小球受到的空气阻力不能忽略，重力加速度为g，则对于小球下落的整个过程，下列说法中正确的是( )
A. 小球克服空气阻力做的功等于mghB. 重力对小球做的功等于32mv02
C. 合外力对小球做的功等于32mv02D. 小球重力势能增加了mgh
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.(多选)如图所示，a、b是两颗质量相同的绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，它们距地面的高度分别是R和2R(R为地球半径).下列说法中正确的是( )
A. 地球对a、b万有引力的大小之比 4：1B. a、b的线速度大小之比是2：1
C. a、b的角速度大小之比是36：4D. a、b的向心加速度大小之比是9：4
9.在如图所示电路中，定值电阻R1、R2阻值均为R，电源电动势为E，内阻r=R，平行板电容器的电容为C。初始时，开关S1闭合，S2断开，带电液滴在P点处于静止状态。整个装置处于真空中，重力加速度为g，下列说法正确的是
A. 若仅减小电容器两极板的正对面积，则液滴仍保持静止
B. 若仅将电容器上极板上移少许，则P点电势升高
C. 若闭合S2，则电路稳定后电容器所带电荷量比原来增加了CE3
D. 若闭合S2，电路稳定后液滴还在板间运动，则其加速度大小为g3
10.如图所示，在水平地面上方有一个水平匀强电场，电场强度大小为E=mgq，把一个质量为m、电荷量为+q(q>0)的小球系在长为L的绝缘轻质细线一端，初始时受控静止于A点，A、B、C、D是以O为圆心的竖直面内圆周上的四点，AB为水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. 将小球从A点由静止释放，它将开始做圆周运动
B. 将小球从A点以某一初速度释放，它能做完整的圆周运动
C. 若小球恰好做完整的圆周运动，则运动过程中最小速度为 gL
D. 若小球能做完整的圆周运动，则释放时小球初速度最小为 (3 2-2)gL
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.（6分）在探究加速度与力、质量关系的实验中，某同学设计了如图所示的实验装置。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。
(1)实验中为探究加速度与力的关系，下列操作正确的是__________。
A.为减小系统误差，砂和砂桶的质量要远小于小车的质量
B.用天平测出砂和砂桶的质量
C.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
D.先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数
(2)在正确操作的前提下，该同学在实验中得到如图所示的一条纸带(两计数点间还有四个计时点没有画出)。打点计时器所用交流电的频率为50Hz，打计数点2时小车的速度大小为__________m/s，小车的加速度为__________m/s2(结果均保留三位有效数字)。
12.（10分）在做“测定金属丝的电阻率”的实验中，已知待测金属丝的电阻约为5Ω．
(1)若用L表示金属丝的长度，d表示直径，测得电阻为R，请写出计算金属丝电阻率的表达式ρ= ______．
(2)实验时，某组同学用螺旋测微器测金属丝的直径，用多用电表“×1”挡测该金属丝的电阻，二者的示数分别如图甲、乙所示，则：测得金属丝的直径是______mm；金属丝的电阻是______Ω.
(3)若采用伏安法测该金属丝的电阻，而实验室提供以下器材供选择：
A.电池组(3V，内阻约1Ω)
B.电流表(0～3A，内阻约0.0125Ω)
C.电流表(0～0.6A，内阻约0.125Ω)
D.电压表(0～3V，内阻约4kΩ)
E.电压表(0～15V，内阻约15kΩ)
F.滑动变阻器(0～20Ω，允许最大电流1A)
G.滑动变阻器(0～2000Ω，允许最大电流0.3A)
H.开关、导线若干．
请回答：
①实验时应从上述器材中选用______(填写仪器前字母代号)；
②在组成测量电路时，应采用电流表______接法，待测金属丝电阻的测量值比真实值偏______(选填“大”或“小”)；
③某次实验测量时，表面刻度及指针如图丙所示，则实验数据应记录为：I= ______A，U= ______V.
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.（11分）如图甲所示，操场上有一质量不计的足够长的竖直滑竿，滑竿上端固定，下端悬空，在竿的上端装有一传感器．可显示竿的上端所受拉力的大小．一学生手握滑竿，从竿的上端由静止开始下滑．第5s末速度刚好为零，并用手紧握住滑竿悬空保持静止不动．以这个学生开始下滑时刻为计时起点．传感器显示的拉力随时间变化的情况如图乙所示．(g=10/m/s2 )求：
(1)该学生的质量；
(2)该学生在下滑过程中的最大速度；
(3)1s-5s期间传感器的示数．
14.（13分）第九届亚洲冬季运动会(亚冬会)将于2025年2月7日至2月14日在我国哈尔滨市举行，滑雪比赛项目备受人们关注。某滑雪训练场里的滑道可简化为如图所示，运动员(可视为质点)从四分之一圆弧滑道AB上的A点由静止开始自由下滑，并从圆弧滑道末端上的B点沿切线方向水平飞出，恰好落在倾斜滑道底端上的C点。已知运动员质量m=60kg，圆弧滑道半径R=5m，倾斜滑道水平方向长度L=10m，不计一切阻力，g取10m/s2，求运动员：
(1)对B点的压力大小；
(2)在C点的速度。
15.（15分）如图所示，xOy平面内的第三象限内有加速电场，一比荷为k的带正电粒子从A点由静止加速，从B点进入第二象限内的辐向电场(电场强度方向指向O)，沿着半径为R的圆弧虚线(等势线)运动，从C点进入第一象限内沿y轴负方向的匀强电场中，从D2R,0点射出电场，不同象限内电场互不影响，不计粒子的重力。圆弧虚线处电场强度大小为E，求：

(1)加速电场的电势差U；
(2)第一象限匀强电场的场强大小E'；
(3)粒子从D射出电场时的速度v'。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】AC.奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，揭示了电现象和磁现象之间的联系，AC正确；
BD.焦耳发现了焦耳定律，说明了热现象和电现象之间存在联系，D正确，B错误。
本题选不正确项，故选B。
2.【答案】C
【解析】A.x-t图像斜率大小表示速度大小，由图像可知，2～4s内图线的斜率为 0，即物体处于静止状态，所以质点并不是一直处于运动状态，故A 错误；
B.图像斜率正负代表运动方向，可知4～6s与6～8s图像斜率由正变负，说明物体运动方向发生改变，故B错误；
C.由图像可知，4s 末的纵坐标为 2m，0～4s内的位移大小为2m，故C正确；
D.图像可知最后2s图像斜率不变，速度不变，故物体做匀速直线运动，故D错误。
故选：C。
3.【答案】D
【解析】A、电荷在电场中的运动还与电荷的初速度有关，不知道试探电荷的初速度的大小与方向情况，所以不能判断出试探电荷具体的运动轨迹以及方向，故A错误；
BC、只有一条电场线，无法判断电场线的疏密，也就无法判断A、B两点电场强度的大小，故BC错误；
D、沿电场线方向电势降低，可知A点电势一定高于B点电势，故D正确。
故选：D。
4.【答案】C
【解析】A、整个线圈都在磁场中上下平动时，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，故A错误；
B、整个线圈都在磁场中左右平动时，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，故B错误；
C、线圈离开磁场的过程中，磁通量减小，有感应电流产生，故C正确；
D、整个线圈都在磁场中，线框在其所在的平面内绕a点旋转，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，故D错误；
故选：C
5.【答案】D
【解析】地球上不同望远镜观测同一天体，单位面积上接收的功率相同，则PB=d22d12P，
在宇宙大尺度上，天体的空间分布是均匀的，因此一个望远镜能观测到的此类天体数目正比于以望远镜为球心、以最远观测距离为半径的球体体积，设能接收到的最小功率为P0，直径为d1望远镜和d2能观测到的最远距离分别为d12、d22，则P0=πd124⋅P4πd124=πd224⋅PB4πd224，又P=NP0
可得N '=(d2d1)3N；
故D正确，ABC错误。
6.【答案】D
【解析】A.因C球静止，可知C球所在位置的场强为零，则kqx2=k16q(L+x)2，解得x=L3，故A错误；
BC .由表达式kqx2=k16q(L+x)2，可知C球对AB的合力为零，则C球可能带正电，也可能带负电，且电量是任意值，故BC错误；
D.若杆不受力，则kqqCx2=k16qqC(L+x)2=k16qqL2，解得qC=169q，且C带负电；若C带正电，则C对B为斥力，对A为引力，则杆表现为压缩状态；若C带负电(此时 qC≠169q )，则C对B为引力，对A为斥力，则杆表现为拉伸状态；故D正确。
故选D。
7.【答案】C
【解析】A、根据动能定理得：12m(2v0)2-12mv02=mgh-Wf
解得：小球克服空气阻力做的功Wf=mgh-32mv02，故A错误；
BC、重力对小球做的功为WG=mgh，根据动能定理知：合外力对小球做的功W合=12m(2v0)2-12mv02=32mv02，由上分析可知WG>32mv02，故B错误，C正确．
D、重力对小球做的功为mgh，则小球重力势能减少了mgh，故D错误．
故选：C
8.【答案】CD
【解析】A、a、b距离地面的高度分别为R和2R，则轨道半径分别为2R和3R，轨道半径之比为2：3，根据F=GMmr2知，卫星的质量相同，则万有引力大小之比为9：4，故A错误．
B、根据GMmr2=ma=mv2r=mrω2得，a=GMr2，v= GMr，ω= GMr3，因为a、b的轨道半径之比为2：3，则线速度之比为 3： 2，角速度之比为3 3：2 2=3 6：4，向心加速度之比为9：4，故B错误，CD正确．
故选：CD．
9.【答案】AD
【解析】A.减小电容器两极板的正对面积，两极板间电压不变，根据E=Ud可知两极板间电场强度不变，液滴所受的电场力不变，仍然保持静止，A正确。
B.若将电容器上极板上移少许，即电容器两极板间距离d变大，根据E=Ud可知E减小，因为电容器下极板接地，电势为零，所以P点电势φ=EdP，可知P点电势降低，B错误。
C.闭合S2之前，根据电压与电阻关系可知电容器两端电压U=E2，闭合之后，外电路总电阻R2 是总电阻的13 ，所以电容器两端电压U'=E3，故ΔQ=CΔU=-CE6，电路稳定后电容器所带电荷量比原来减小了，故C错误；
D.闭合S2之前，Udq=mg；若闭合S2，U'dq-mg=ma，整理得a=g3，故D正确。
故选 AD。
10.【答案】BD
【解析】A.将重力和电场力合成，合力大小F合= 2mg，方向与水平方向夹角45°斜向右下，故将小球从A点由静止释放，小球将开始沿AC的连线方向做匀加速直线运动，故A错误；
C.由F合= 2mg=mg等，故AD弧线的中点F等效为最高点，小球在该点速度最小，当在该点，重力和电场力的合力恰好提供向心力时，恰好完成完整的圆周运动，此时有F合= 2mg=mvmin2L，解得vmin= 2gL，故C错误；
BD.若小球能做完整的圆周运动，则从A点到等效最高点F点有：-F合L1-cs45°=12mvmin2-12mv02，解得此时小球在A点释放的初速度v0= (3 2-2)gL，故BD正确。
故选BD。
11.【答案】(1)CD；(2)0.411；2.00
【解析】(1)AB.本题的拉力可以由力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也不需要使小桶的质量远小于车的总质量，故AB错误；
C.本题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板的右端垫高，以平衡摩擦力，故C正确；
D.为打点充分，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数，故D正确；
故选：CD。
(2)根据匀变速直线运动的规律可知，中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，则v2=x132T=3.09+5.122×0.1×10-2m/s=0.411m/s；
根据逐差法可知小车的加速度为a=x36-x039T2=7.10+9.13+11.09-1.10-3.09-5.129×0.12×10-2m/s2=2.00m/s2。
故答案为：(1)CD；(2)0.411；2.00
12.【答案】(1)πd2R4L；(2)0.900；7；(3)①ACDFH；②外；小；③0.46，2.30
【解析】 (1)根据电阻定律公式，有：R=ρLS，其中：S=14πd2，联立解得：ρ=πd2R4L；
(2)由图甲所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度所示为40.0×0.01mm=0.400mm，螺旋测微器的示数为0.5mm+0.400mm=0.900mm，由图乙所示多用电表可知，金属丝电阻阻值R=7×1Ω=7Ω；
(3)①电源电动势为3V，考查测量的精确性，电压表选D；最大电流：I=ER=35=0.6A，故电流表选择C；考虑操作方便，滑动变阻器选择F，则选择的器材为ACDFH；
②由于RxRA=50.125=40，RVRx=40005=80，RxRA