2026届云南师范大学附属中学高二物理第一学期期末经典试题含解析.doc

2026届云南师范大学附属中学高二物理第一学期期末经典试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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、如右图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b两点之间做简谐运动，其振动图象如图乙所示．由振动图象可以得知( )

A.振子的振动周期等于t1
B.在t＝0时刻，振子的位置在a点
C.在t＝t1时刻，振子的速度为零
D.从t1到t2，振子正从O点向b点运动
2、如图所示,在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来,此时磁铁对水平面的压力为FN1,现在磁铁左上方位置固定一导体棒,当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后,磁铁对水平面的压力为FN2,则以下说法正确的是(　)

A.弹簧长度将变长 B.弹簧长度将变短
C.FN1=FN2 D.FN1
C. D.
5、如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电荷量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（　　）

A.Q变小，C不变，U不变，E变小
B.Q变小，C变小，U不变，E不变
C.Q几乎不变，C变小，U变大，E不变
D.Q几乎不变，C变小，U变大，E变小
6、如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．O为MN的中点，c、O、d在M、N的连线上，a、b位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是

A.O点处的磁感应强度为零
B.a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
C.c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
D.b、d两点处磁感应强度的方向不同
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、如图所示，两匀强磁场方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为B1、B2。今有一个质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线则以下说法正确的是（　　）

A.电子的运行轨迹为PDMCNE
B.电子运行一周回到P用时为T=
C.B1=2B2
D.B1=4B2
8、如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动。ON与水平面的夹角为，重力加速度为g，且mg=qE，则（　　）

A.电场方向竖直向上
B.小球运动的加速度大小为g
C.小球上升的最大高度为
D.若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为
9、如图所示，两个速度大小不同的同种带电粒子1、2，沿水平方向从同一点垂直射入匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．当它们从磁场下边界飞出时相对入射方向的偏转角分别为90°、60°，则它们在磁场中运动的（ ）

A.轨迹半径之比为1∶2
B.速度之比为2∶1
C.时间之比为3∶2
D.周期之比为2∶1
10、M为水平放置的橡胶圆盘，在其外侧面均匀地带有负电荷．在M正上方用丝线悬挂一个闭合铝环N，铝环也处于水平面中，且M盘和N环的中心在同一条竖直线O1O2上．现让橡胶圆盘由静止开始绕O1O2轴按图示方向逆时针加速转动，下列说法正确的是（ ）

A.铝环N对橡胶圆盘M的作用力方向竖直向下
B.铝环N对橡胶圆盘M的作用力方向竖直向上
C.铝环N有扩大的趋势，丝线对它的拉力增大
D.铝环N有缩小的趋势，丝线对它的拉力减小
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）利用如图所示装置，通过半径相同的两小球的碰撞来验证动量守恒定律．图中AB是斜槽,BC是水平槽，斜槽与水平槽之间平滑连接．图中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影．实验时，先让球1从斜槽轨道上的某位置由静止开始滚下，落到位于水平地面的一记录纸上，留下痕迹，多次重复上述操作，找到其平均落点的位置P，测得平抛射程为OP．再把球2放在水平槽末端的位置，让球1仍从原位置由静止开始滚下，与球2碰撞后，两球分别在记录纸上留下落点痕迹，多次重复上述操作，分别找到球1和球2相撞后的平均落点M、N，测得平抛射程分别为OM和ON．测得球1的质量为m1，球2的质量为m2.

(1)实验中必须满足的条件是____________
A.斜槽轨道尽量光滑以减小误差
B.斜槽轨道末端的切线水平
C.球1每次从轨道的同一位置由静止滚下
D.两小球的质量相等
(2)若所测物理量满足表达式________时，可以说明两球在碰撞过程中动量守恒
(3)若所测物理量满足表达式________时，可以说明两球的碰撞为弹性碰撞
(4)实验时尽管没有测量两小球碰撞前后速度，也同样可以验证动量是否守恒，其原因是:____________________
12．（12分）在“测定金属的电阻率”的实验中：

（1）用螺旋测微器测量金属丝直径时，其示数如图1所示，则金属丝的直径为_____
（2）某同学设计了如图所示的电路测量该金属丝的电阻（阻值约）
可选用的器材规格如下：
电源E（电动势，内阻不计）；
电流表A（，内阻约）；
电流表G（，内阻为）；
滑动变阻器（阻值，额定电流）；
滑动变阻器（阻值，额定电流）；
定值电阻；
定值电阻；
开关S和导线若干
①为了便于操作，并使测量尽量精确，定值电阻应选______，滑动变阻器R应选______
②某次测量时电流表G的读数为，安培表示数为，计算的准确值为______（计算结果保留3为有效数字）
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）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
14．（16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L

15．（12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
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、D
【解析】A中振子的振动周期等于2t1，故A不对；B中在t=0时刻，振子的位置在O点，然后向左运动，故B不对；C中在t=t1时刻，振子经过平衡位置，此时它的速度最大，故C不对；D中从t1到t2，振子正从O点向b点运动，故D是正确的
2、B
【解析】开始时磁体受重力和支持力，二力平衡，故弹簧处于原长，磁体对地压力等于磁体的重力；
通电后，根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向如图所示，由左手定则可判断出通电导线所受安培力方向如图所示；

由牛顿第三定律可知，条形磁铁受到的电流对磁体的作用力斜向左上方，如图所示，故磁体对地面的压力减小，FN1>FN2，同时弹簧缩短；所以选项B正确，选项ACD错误．故选B
3、D
【解析】设电池板的内阻为r，其开路电压等于它的电动势，依题意有：E=800mV；I短=E/r，解得电源内阻：，电池板连上20Ω阻值后，流过电阻的电流大小为：；此时的路端电压为：U=IR=20×20mV=400mV=0.4V；故D正确，ABC错误
4、A
【解析】根据可知，I-U图象的斜率大小表达电阻的倒数，因为灯丝的电阻随温度的升高而增大，因此I-U特性曲线是过原点的向电压轴倾斜的曲线，故A正确，BCD错误
5、C
【解析】平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变。增大电容器两极板间的距离d时，由电容的决定式知，电容C变小；Q不变，则根据电容的定义式知，电容C变小，Q不变，则U变大；根据，电场强度不变；故选C。
6、B
【解析】根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成
【详解】根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向水平向左，N处导线在o点产生的磁场方向水平向左，合成后磁感应强度不等于0，故A错误．M在a处产生的磁场方向垂直于aM偏上，在b出产生的磁场方向垂直bM偏下，N在a处产生的磁场方向垂直于aN偏下，在b处产生的磁场方向垂直于bN偏上，根据平行四边形定则，知a处的磁场方向水平向左，b处的磁场方向水平向左，且合场强大小相等，故B正确．M在c处产生的磁场方向水平向左，在d处产生的磁场方向水平向左，N在d处产生的磁场方向水平向左，在c处产生的磁场方向水平向左，根据场强的叠加知，c、d两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故C错误．b、d两点处磁感应强度的方向均是水平向左，选项D错误；故选B
【点睛】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成

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、AC
【解析】A．根据左手定则，可知电子的运行轨迹为PDMCNE，A正确；
B．由图可知，电子在B1磁场中转了一周，在B2磁场中转了半周，因此电子运行一周回到P用时

B错误；
CD．根据

又由图像可知

因此可得
B1=2B2
C正确，D错误
故选AC。
8、BD
【解析】AB．小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因

所以电场力Eq与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力qE与水平方向的夹角应为，受力情况如图所示

合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度为g，方向沿ON向下，故A错误，B正确；
C．小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为

则最大高度为

故C错误；
D．若小球在初始位置的电势能为零，在减速运动至速度为零的过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量的转化与守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为，小球的最大电势能为，故D正确。

故选BD。
9、AC
【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可确定粒子的半径，根据半径公式可确定初速度；根据粒子的运动的轨迹和粒子做圆周运动的周期公式可以判断粒子的运动的时间
【详解】A项：设粒子的入射点到磁场下边界的磁场宽度为d，画出粒子轨迹过程图，如图所示，

由几何关系可知：
第一个粒子的圆心为O1，由几何关系可知：R1=d；
第二个粒子的圆心为O2；由几何关系可知：R2sin30°+d=R2 ，解得：R2=2d；
故各粒子在磁场中运动的轨道半径之比为：R1：R2=1：2，故A正确；
B项：由可知v与R成正比，故速度之比也为：1：2，故B错误；
C、D项粒子在磁场中运动的周期的公式为由此可知，
粒子的运动的周期与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同；
由粒子的运动的轨迹可知，三种速度的粒子的偏转角分别为90°、60°，
所以偏转角为90°的粒子的运动的时间为，偏转角为60°的粒子的运动的时间为，所以有，故C正确，D错误
故应选：AC
【点睛】本题考查带电粒子在磁场中的运动，要注意根据几何关系确定粒子的半径，再由洛仑兹力充当向心力来确定半径与初速度的关系，利用周期公式结合粒子转过的圆心角求解粒子在磁场中运动的时间
10、AD
【解析】橡胶圆盘M由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大；橡胶圆盘在其外侧面均匀地带有负电荷，电流方向与转动方向相反，根据右手螺旋定则知，通过铝环N的磁通量向下且增大；根据楞次定律的另一种表述，感应电流引起的效果阻碍磁通量的增大，知铝环的面积有缩小的趋势，且铝环有向上的运动趋势(受到M的作用力向上)，所以丝线的拉力减小．根据牛顿第三定律可知，铝环N对橡胶圆盘M的作用力方向竖直向下．故选项A、D正确，选项B、C错误

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.BC ②.m1·OP=m1·OM+m2·ON ③.OP+OM=ON ④.两小球碰撞前后均做平抛运动下落高度相同，运动时间相同，水平射程与平抛初速度成正比，可以用水平射程替代水平速度
【解析】(1)[1].A、“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球1每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；为了使小球碰后不被反弹，要求入射小球1的质量大于被碰小球2的质量，故D错误；故选BC
(2)[2].小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间t相等，它们的水平位移x与其初速度成正比可以用小球的水平位移代替小球的初速度，若两球相碰前后的动量守恒，则
m1v0=m1v1+m2v2，
又OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，
代入得：
m1∙OP=m1∙OM+m2∙ON
(3)[3].若碰撞是弹性碰撞，则机械能守恒，由机械能守恒定律得：

将OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t代入得：
m1OP2=m1OM2+m2ON2；
与m1OP=m1OM+m2ON联立可得：
OP+OM=ON
(4)[4].由于两球从同一高度下落，故下落时间相同，所以水平向速度之比等于两物体水平方向位移之比，可以用球的水平位移代替其水平速度
12、 ①. ② ③. ④.
【解析】（1）固定刻度读数为，则此金属丝的直径为
（2）根据闭合电路欧姆定律电路和电流表最小读数，可求出电路中需要的最大电阻为：
，由于待测电阻电阻为，所以滑动变阻器应用
根据串分压原理，，故定值电阻
根据电阻定律，由：
【点睛】根据闭合电路欧姆定律电路和电流表最小读数，可求出电路中需要的最大电阻，根据欧姆定律再进行求解；用伏安法测量电阻，首先要考虑安全，其次准确，最后操作方便

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、 (1) (2)3N
【解析】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：

解得：

(2)小球在C点时受力分析如图

由牛顿第二定律得：

解得：

由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力：
NC′=NC=3N
14、8cm
【解析】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得

代入有关数据，解得
，代入数据得θ=30°
粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图
由几何关系得

联立求得
代入数据解得
15、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上
【解析】（1）当R0=1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度，由平衡条件求解磁感应强度；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律求解加速度大小
【详解】（1）当R0＝1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律可得
根据左手定则可知安培力方向水平向右；
由平衡条件有：BILcosθ＝mgsinθ
解得B＝2T；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，大小不变；
根据牛顿第二定律可得：BIL﹣mgsinθ＝ma
解得：a＝1.5m/s2，方向沿斜面向上
【点睛】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答