甘肃省白银市靖远县第一中学2025-2026学年高二上学期1月期末考试物理试题（含解析）

每个能量子为一个光子,A、D错误;能量子的能量E=hv=每个能量子为一个光子,A、D错误;能量子的能量E=hv=hλ,B正确,C错误.2.D电场强度定义式是E=F决定式是E=KqA错误;电容定义式是C是I=,决定式是I=,C错误;电阻定义式是R=,决定式是R=,D正确.3.A通电直导线产生磁场由右手螺旋定则可知,甲导线在C点产生磁场沿CB方向,乙导线在C点产生磁场沿CA方向,即B点的合磁感应强度方向可能竖直向下,A正确.4.B接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=r2=r2,两球接触后分开后各自带电量均为+2K2Q.2Q4KQ24F仑力大小为F1=r2=r2,即K2Q.2Q4KQ24F5.C线圈产生感应电流的条件是通过线圈的磁通量发生变化,图甲线圈向右运动或向外运动,线圈平面与磁场方向始终垂直,磁通量Φ=BS不变,不产生感应电流,A、B错误;图乙线圈平面与磁场方向的夹角在变化,磁通量在Φ=BS与0之间不断变化,会产生感应电流,C正确;图丙线圈平面与磁场方向平行,磁通量始终为0,不产生感应电流,D错误.6.D圆环上均匀分布着正电荷,0点的合电场强度为0,从0点沿+x轴上各点的合电场强度方向沿+x方向,电场强度先增大后减小,从0点沿—x轴上各点的合电场强度方向沿—x方向,电场强度先增大后减小,即0点电势最高,A、B错误;电场强度E=r2仅适应于点电荷产生电场,题意中均匀带电圆环不能看作点电荷,C错误;在M点由静止释放一个不计重力的带负电粒子,粒子受电场力指向0点,从M点到0点做加速度变化的加速运动,过0点做加速度变化的减速运动到M点关于0点的对称点后返回,D正确7.C电动机工作时有P电=UI=P机+I2R,两端的电压U>IR,A错误;电动机的电功率为电源的输出功率P电=P外=EI—I2r,B错误;电动机的机械功率P机=P电—I2R=EI—I2(R+r),C正确;电源的效率η=.100%=.100%,D错误.8.AD设电流计的满偏电流为Ig,图甲a、b两个端点时量程U1=Ig(Rg+R1),a、c两个端点时量程U2=Ig(Rg+R1+R),即U1<U2,A正确;=,C错误;图乙a、b两个端点时量程I1=Ig+=,a、c两个端点时量程I2=Ig+=,即I1>I2,B错误;=,D正确.9.AB分析粒子受力可知,粒子沿极板方向是匀速运动,当t=0时刻射入电场的粒子,运动时间为电场变化周期,粒子在垂直板方向做先匀加速后匀减速.垂直板方向的位移最大,最大位移ym=.2.2=,解得两板之间的距离d==、,B正确;作粒子在垂直板方向的vt图像可知,粒子在任意时刻射入,垂直板方向经一个周期内速度变化量为0,即粒子从极板间射出时的速度方向水平,大小为v0,A正确;由vt图像的面积表示位移可知T’’~T3T~’射出,44内射入电场的粒子,从0’连线的下方射出T’’~T3T~’射出,44内射入电场的粒子,从0’连线的下方射出,C、D错误.10.BD滑动变阻器的滑片P由最下端向上缓慢滑动,则R2减小,由闭合电路的欧姆定律I=,电流增大,电阻R1的电压U1=IR1增大,滑动变阻器R2的电压U2=E—I(R1+r)减小,A错误;电阻R1==不变,R1+r=不变,B正确;电源的效率η=×100%=×100%,R2减小,电源的效率减小,C错误;滑动变阻器R2的功率P=EI—I2(R1+r),当R2=R1+r时功率最大,即变阻器R2的功率先增大后减小,D正确.11.(1)10.025(2分)4.478(4.476~4.479均可得分)(2分)(2)C(3分)解析:(1)由游标卡尺的读数规则有长度L=10.0cm+5×0.05mm=10.025cm,由螺旋测微器的读数规则有直径d=4.0mm+47.8×0.01mm=4.47(2)由电阻丝的电阻较大,与电压表的内阻较为接近,减小电阻的测量误差,采用电流表内接法,为了使电表的偏转较大,变阻器采用分压式接法,即电路选C.12.(1)190(2分)1.58(1.56~1.59均可得分)(1分)(2)200(2分)1.50(2分)100(2分)解析:(1)由多用电表测量电阻的读数规则可知Rx约为19×10Ω=190Ω,挡位选直流电压“2.5v”,电动势E约为158v÷100=1.58v;【高二1月质量检测.物理参考答案第1页(共2页)】Y(2)电压表v2测量定值电阻Rx两端的电压,由U2=IRx,结合UI图线d可得Rx=200Ω,电压表v1测量电源的外电压,由U1=E—Ir,结合UI图线c可得E=1.50v,r=100Ω.13.解:(1)电阻R2与R3并联,并联电压相等,干路电流等于支路电流之和由欧姆定律有=+(2分)解得并联电阻R并=2Ω(1分)电路中的总电阻R总=R1+R并=10Ω(2分)(2)干路电流即为电阻R1的电流I1==3A(2分)电阻R2与R3并联,电流与电阻成反比(1分)通过电阻R2的电流I2=I1=2A(1分)通过电阻R3的电流I3=I1=1A(1分)14.解:(1)小球沿金属板中心线做直线运动,小球受重力和电场力由二力平衡有mg=Eq(1分)电场强度E=(1分)解得电压U=2v(1分)(2)由闭合电路的欧姆定律I=(1分)电压U=IR2=R2=2v(1分)解得变阻器R2的接入阻值R2=3Ω(1分)(3)当重力和电场力不平衡时,小球做类平抛运动,当恰好从极板边缘飞出时水平方向有L=v0t(1分) 解得加速度大小a=5m/s2(1分)若重力大于电场力,电压最小有mg—q=ma(1分)解得电压最小值U1=1v变阻器R2接入的最小阻值Rmin=1Ω(1分)若重力小于电场力,电压最大有q—mg=ma(1分)解得电压最大值U2=3v变阻器R2接入的最大阻值Rmax=9Ω为了使小球能从极板间飞出,变阻器R2接入的阻值范围为1Ω~9Ω(1分)15.解:(1)滑块从D点运动到c点由动能定理有EqL—μmgL=mvc2—0(2分)解得滑块经c点的速度大小vc=4m/s(1分)(2)设滑块经圆弧的P点速度最大,滑块对圆弧的压力最大,重力与电场力的合力方向沿圆弧半径向下由mg=4N,Eq=3N的合力F=5N,可知PO连线与Oc连线成θ=37。(2分)滑块从c点运动到P点由动能定理有EqRsinθ—mgR(1—cosθ)=mvP2—mvc2(2分)P点由牛顿第二定律有FN—F=m(2分)解得FN=13.4N(1分)由牛顿第三定律有压力的最大值为13.4N(1分)(3)滑块从c点运动到B点由动能定理有EqR—mgR=mvB2—mvc2(2分)滑块从B