2026届山东省山东师大附中高二物理第一学期期末学业质量监测模拟试题含解析.doc

2026届山东省山东师大附中高二物理第一学期期末学业质量监测模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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、如图所示,三个灯泡L1、L2、L3的阻值关系为R1二极管,开关S从闭合状态突然断开时,下列判断正确的是(　　)

A.L1逐渐变暗,L2、L3均先变亮,然后逐渐变暗
B.L1逐渐变暗,L2立即熄灭,L3先变亮,然后逐渐变暗
C.L1立即熄灭,L2、L3均逐渐变暗
D.L1、L2、L3均先变亮,然后逐渐变暗
2、图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定（）

A.M点的电势高于N点的电势
B.M点的场强大于N点的场强
C.粒子在M点的速度大于在N点的速度
D.粒子在N点的电势能大于在M点的电势能
3、在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表．若将照射R3的光的强度减弱，则（）

A.电压表的示数增大
B.通过R2的电流减小
C.小灯泡消耗的功率减小
D.电源内阻的电压增大
4、在匀强电场中，将一质量为m，电荷量为q的小球由静止释放，带电小球的运动轨迹为一直线，该直线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，则匀强电场的电场强度大小为

A.最大值是
B.最小值是
C.唯一值是
D.以上都不对
5、如图所示，两平行直导线和竖直放置，通以方向相反大小相等的电流，a、b两点位于两导线所在的平面内，则（　　）

A.b点的磁感应强度为零
B.导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里
C.导线受到的安培力方向向右
D.同时改变了导线的电流方向，导线受到的安培力方向不变
6、一种未知粒子跟静止的氢原子核正碰，测出碰撞后氢原子核的速度是7v。该未知粒子（速度不变）跟静止的氮原子核正碰时，测出碰撞后氮原子核的速度是v。已知氢原子核的质量是mH，氮原子核的质量是14mH，上述碰撞都是弹性碰撞，则下列说法正确的是
A.碰撞前后未知粒子的机械能不变
B.未知粒子在两次碰撞前后方向均相反
C.未知粒子的质量为
D.未知粒子可能是α粒子
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、关于天然放射性，下列说法正确的是（　　）
A所有元素都可能发生衰变
B.放射性元素的半衰期与外界的温度无关
C.放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性
D.、和三种射线中，射线的穿透能力最强
8、我国“北斗二代”计划在2020年前发射35颗卫星，形成全球性的定位导航系统，比美国GPS多5颗。多出的这5颗是相对地面静止的高轨道卫星(以下简称“静卫”)，其它的有27颗中轨道卫星(以下简称“中卫”)轨道高度为静止轨道高度的。下列说法正确的是（　　）
A.“中卫”的线速度介于7.9 km/s和11.2 km/s之间
B.“静卫”的轨道必须是在赤道上空
C.如果质量相同，“静卫”与“中卫”的动能之比为3∶5
D.“静卫”的运行周期大于“中卫”的运行周期
9、如图所示的电路中，L为电感线圈（电阻不计），A、B为两灯泡，以下结论正确的是（ ）

A.合上开关S时，A先亮，B后亮
B.合上开关S时，A、B同时亮，以后B变暗直至熄灭，A变亮
C.断开开关S时，A、B两灯都亮一下再逐渐熄灭
D.断开开关S时，A熄灭，B先变亮再逐渐熄灭
10、1932年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示。这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙。不计带电粒子在电场中的加速时间和相对论效应，下列说法正确的是（　　）

A.粒子由加速器的边缘进入加速器
B.粒子由加速器的中心附近进入加速器
C.加速电场的周期随粒子速度的增大而减小
D.粒子从D形盒射出时的动能随D形盒半径的增大而增大
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）某同学研究小灯泡的伏安特性,所使用的器材有：
小灯泡L(额定电压3.8V，额定电流0.32A)
电压表V (量程3V，内阻3kΩ)
电流表A(量程0.5A，内阻0.5Ω)
固定电阻(阻值1000Ω)
滑动变阻器R(阻值0～9.0Ω)
电源E(电动势5V，内阻不计)
开关S，导线若干
（1）实验要求能够实现在0～3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图____
（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示

由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻___(填“增大”“不变”或“减小”)，灯丝的电阻率____(填“增大”“不变”或“减小”)
（3）用另一电源(电动势4V，内阻1.00Ω)和题给器材连接成图（b）所示的电路，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率，闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为___W．(结果均保留2位有效数字)
12．（12分）某同学要描绘一个标有“5V；4.5W”某元件的伏安特性曲线，要求元件两端的电压由零开始变化．该同学选用的器材有：
A．电源：电动势为6V，内阻约0.5Ω
B．直流电流表A1：量程0～1A，内阻约为0.4Ω
C.直流电流表A2：量程0～3A，内阻约为0.2Ω
D．直流电压表V1：量程0～15V，内阻约为10kΩ
E．直流电压表V2：量程0～3V，内阻为5kΩ
F．滑动变阻器RA：最大阻值10Ω，额定电流5A
G．滑动变阻器RB：最大阻值1400Ω，额定电流0.2A
另给定值电阻，定值电阻．开关一个、导线若干
（1）以上器材中电流表选用_____（填选项代号），电压表选用____（填选项代号），滑动变阻器选用_________（填选项代号）；
（2）根据选用的实验器材，请在方框内画出实验电路图______________（待测元件用电阻符号R表示，并标出所选元件的相应字母符号）

实验得到该元件的伏安特性曲线如图所示．如果将这个元件R接到图所示的电路中，已知电源的电动势为4.5V，内阻为2Ω，定值电阻
,闭合S后该元件的电功率为____W．（保留两位有效数字）
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）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

14．（16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
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、B
【解析】开关S处于闭合状态时,由于R1I2>I3,开关S从闭合状态突然断开时,电感线圈产生自感电动势,阻碍通过它的电流的减小,由于二极管的反向截止作用,L2立即熄灭,电感线圈、L1、L3组成闭合回路,L1逐渐变暗,通过L3的电流由I3变为I1,再逐渐减小,故L3先变亮,然后逐渐变暗,故B正确.
2、A
【解析】根据顺着电场线方向电势降低可知，M点的电势高于N点的电势．故A正确；M点处的电场线较疏，而N点处电场线较密，则M点处的电场强度较小，故B错误；由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向大致斜向左上方，对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，则知粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，在M点的动能小于在N点的动能，在M点的速度小于在N点受到的速度．故CD错误．故选A
3、C
【解析】A．光敏电阻光照减弱，故光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流减小，故R1两端的电压减小，电压表的示数减小；故A错误。
C．由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由P=I2R可知，小灯泡消耗的功率变小；故C正确
BD．因电路中电流减小，故电源内阻的电压减小，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大；则流过R2的电流增大；故B、D错误。
故选C。
4、B
【解析】物体做直线运动的条件是合外力方向与速度方向在一条直线上，即垂直于速度方向的合外力为零，故静电力最小值就等于重力垂直于速度方向的分力，即

mgsinθ=qE，
解得

A．最大值是，与结论不相符，选项A错误；
B．最小值是，与结论相符，选项B正确；
C．唯一值是，与结论不相符，选项C错误；
D．以上都不对，与结论不相符，选项D错误；
故选B。
5、D
【解析】由右手螺旋定则可知.cd导线和ef导线在b处产生的磁场方向都垂直纸面向外.所以由矢量合成知b处的磁感应强度垂直纸面向外.故A错误:
由右手螺旋定则知ef导线在左侧产生的磁感应强度垂直纸面向外，故B错误:
由左手定则知.cd导线受到的安培力方向向左.故C错误:
由题意可知，cd导线所处的位置磁场方向发生改变，但同时自身电流方向也发生改变，由左手定则知cd导线所受安培力方向不变.故D正确
6、C
【解析】A．碰撞过程中末知粒子将一部分能量转移到与其相碰的粒子上，所以机械能减小，故A错误；
BCD．碰撞过程中由动量守恒和能量守恒得

解得

同理可知，

联立解得

碰撞后未知粒子的速度

说明未知粒子没有反向，故BD错误，C正确；
故选C。

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、BCD
【解析】A．有些原子核不稳定，可以自发地衰变，但不是所有元素都可能发生衰变，故A错误；
B．放射性元素的半衰期由原子核内部因素决定，与外界的温度无关，故B正确；
C．放射性元素的放射性与核外电子无关，放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性，故C正确；
D．、和三种射线中，射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故D正确；
故选BCD。
8、BD
【解析】同步轨道卫星轨道只能在赤道上空，7.9 km/s是地球卫星的最大速度，根据万有引力提供圆周运动向心力根据半径大小关系分析描述圆周运动物理量的关系。
【详解】A．7.9 km/s是地球卫星的最大速度，所以“中卫”的线速度小于7.9 km/s，故A错误；
B．同步轨道卫星轨道只能在赤道上空，则“静卫”的轨道必须是在赤道上空，故B正确；
C．根据万有引力提供向心力得

解得

如果质量相同，动能之比等于半径的倒数比，“中卫”轨道高度为静止轨道高度的，地球半径相同，所以“中卫”轨道半径不是静止轨道半径的，则“静卫”与“中卫”的动能之比不是3:5，故C错误；
D．根据

得

则半径越大周期越大，所以“静卫”的运行周期大于“中卫”的运行周期，故D正确；
故选BD。
【点睛】同步卫星的轨道与地球赤道共面，万有引力提供圆周运动的向心力，掌握圆周运动向心力和万有引力的公式是正确解题的关键。
9、BD
【解析】AB．合上S时，电路中立即建立了电场，故立即就有了电流，故灯泡A、B同时变亮；但通过线圈的电流要增加，会产生自感电动势，电流缓慢增加；当电流稳定后，线圈相当于直导线，灯泡B被短路，故电键闭合后，灯泡A、B同时亮，但B逐渐熄灭，A更亮，B正确，A错误；
CD．断开S时，A灯立即熄灭；线圈产生自感电动势，和灯泡B构成闭合电路，B灯先闪亮后逐渐变暗；CD错误。

故选BD
【点睛】本题考查了通电自感和断电自感，关键要明确线圈中的自感电动势总是阻碍电流的增加和减小，即总是阻碍电流的变化
10、BD
【解析】AB．要加速次数最多最终能量最大，则被加速带电粒子只能由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器，故A错误，B正确；
C．据回旋加速器的工作原理知，电场的周期等于粒子在磁场运动的周期，所以

与带电粒子的速度大小无关，故C错误；
D．带电粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力，所以

所以

据表达式可知，带电粒子获得的最大动能取决于D形盒的半径，所以最大动能为

那么粒子从D形盒射出时的动能随D形盒半径的增大而增大，故D正确
故选BD。

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.电路图见解析； ②.增大； ③.增大； ④.0.39
【解析】（1）[1]．因本实验需要电流从零开始调节，因此应采用滑动变阻器分压接法；因灯泡内阻与电流表内阻接近，故应采用电流表外接法；另外为了扩大电压表量程，应用R0和电压表串联，故原理图如图所示；

（2）[3][4]．I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，图象的斜率随电压的增大而减小，故说明电阻随电流的增大而增大；其原因是灯丝的电阻率随着电流的增大而增大；
（3）[5]．当滑动变阻器的阻值最大为9.0Ω时，电路中的电流最小，灯泡实际功率最小，由E=U+I（R+r）得
U=-10I+4，
作出图线①如图所示．由交点坐标可得U1=1.78 V，I1=221 mA，
P1=U1I1≈0.39 W；

12、 ①.B ②.E ③.F ④. ⑤.0.90W
【解析】（1）元件额定电流为，选用量程为1A的电流表即可，即选电流表B；为了达到额定电压，15V量程过大，可用3V的电压表E进行改装，选用R1可将电压表改装成量程为6V的电压表，为了便于操作可选用较小的滑动变阻器，即选用F；
（2）由于被测元件在正常工作时的电阻为，和电流表内阻接近，故电流表内接分压过大，采用电流表外接法，将电压表E和串联改装电压表，然后并联在元件两端，要求元件两端的电压从零开始，所以采用滑动变阻器分压接法，如图所示

3、将R3等效为电源内阻，做电路的U-I图像，与曲线的交点即为元件在该电路中的电流与电压值，交点坐标（1.5V、0.6A），则元件的功率为0.90W.

【点睛】伏安法测电阻时注意电流表内外接法的选择方法，当待测电阻值远小于电压表内阻时，电流表用外接法；当待测电阻值远大于电流表内阻时，电流表用内接法．在要求电流或电压值从零调时，滑动变阻器应用分压式，此时应选阻值小的变阻器

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、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
14、 (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
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