物理高二巩固卷答案【黑吉辽蒙卷】辽宁省点石联考2025年10月高二巩固卷（10.20-10.21）

(1)黑(1分)(2)1000(1分)3(2分)(3)5000(2分) (1)3v/m沿ac方向-5ev(2)-3ev 大，PB部分电路的阻值减小，因为用电器与AP部小，PB部分电路的阻值增大，因为用电器与AP部闭合开关前，应使接入电路的阻值最大，所以滑片 将b和c连入电路时，连入路中的电阻丝是 U=E-Ir增大，故AD错误；BC．电阻R2两端的电压U2=E-I(R1+r)将增大，通过R2的电流增大，而总电流减小，所以通过小灯 U1变大，U2变小，U3变小，I变大，故A正确，B得U3=-rI+ED．根据欧姆定律有U1=IR1 压，则有ΔU3=(R+r)ΔI)ΔIV2测量路端电压，所以有ΔU2=rΔI可得ΔU3＞ΔU2 板间的距离d减小，依据电容的决定式C可知a、b构成的电容器的电容C变大，故C．a、b板间的电场强度E=因为d减小，所以a、b板间的电场强度增大，故CD．根据公式Q=CU 两端电压不变，由公式E=分析得知，电场强度不B．根据C，可知液面下降，极板之间的介电常数ε减小，则电容减小，极板之间电压不失去电子，电子从a向b运动，则蜂鸣器电流由b流 性作用下，MN极板间距变化大，根据C=电容C变化越大，根据Q=CU板间距减小，根据C=板间距增大，根据C知电容C减小，电压不变，由Q=CU 流很难从导体通过，这就说明E、F间有二极管且E 42【巩固】【正确答案】C A．黑表笔接1，红表笔接3时电阻为0.CD．黑表笔接2，红表笔接1时，电阻为2kΩ,故 定律知干路电流I增大，由U=E-Ir知路端电压U减小，则A灯两端电压减小，通过A灯的电流IA减小，所以A灯变暗。通过定值电阻R0的电流I0=I-IAI增大，IA减小，则I0增大，所以R0两端的电压增大，R0的功率变大；B灯两端的电压UB=U-I0R0经Rt的电流增大，根据并联电路干路电流等于支路电流之和可知，流经Rt的电流变化量大于R0上的电总总 小，则干路电流增大，由UC=E-I(R1+r)B．由于干路电流增大，而UC=U3而I干=I2+I3故流过R2的电流I2增大，电流表示数变大，R2两端电压U2增大，而U3=U2+U滑C．设电压表示数为U，电流表示数为I电路欧姆定律可得E=(I+)(R1+r)+U+IR2可知U与I成线性关系，即U-I图像为一条倾斜的I2RR1I2RR1 外P外定值电阻R与电源内阻r的阻值大小不确定，所以将R两端电压、电源路端电压、滑动变阻器及小灯泡总 =E-IrΔU2ΔU3 ΔU3ΔI 动，当到达MN连线上某点时，位移与水平方向的夹平行电场方向的位移为y=at2根据几何关系有tan30。=联立解得t竖直方向速度为vy=atv0根据几何关系可得粒子到达MN连线上的点与P点的0y xAD2t 1-1-2 2qU10222222dmv04dU1可知三种粒子出离偏转电场时的偏转距离y相同；粒q\m 2lv0v02dU12q2个光点，氚的最小，则偏转距离最小，即离光屏 I灯E=U灯R灯rUM 势E=6V，将电阻R0看成电源的内阻，当电流为1A时，内外电阻电压相等，即当电流为1A时，此律可以得到：R0==Ω=3Ω,故选项A错误；B、根据闭合电路欧姆挡定律：E=U+Ir可知，图线①的斜率等于内电阻，即等于电阻R0，则0R0=，则I0=2A，故选项B错误；0RP=R0时，电阻Rp上消耗的电功率最大，故选项Cη=×100%保持不变，故选项D正确．同时能运用等效思维分析滑动变阻器Rp的最大功率 可知，电压表V2示数变化量与电流表示数变化为P=(4.5×1.5-1.52×2)W=2.25W D．根据电动势的定义式E=可知电源电动势总等 那么通过R1的电流大小为2I，所以R1两端的电压为P=(2I)2R1=4I2R1R2、R3消耗的电功率分别为P=I2R2、P3=I2R3P IR=IA-IB=AP=UIA=220×W=200WP¢=UI=220×W=280W B正常发光，电路中电流为A，此时A分到的电灯泡B与电阻两端电压相等，所以二者功率相 图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s和a1==a2==F-mg=ma2F=mg+ma2=mg整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等， 得Eq-μmg=ma2可得小物体的位移x=2at=2小物体动能的增加量ΔEk1=(Eq-μmg)x=18J，故摩擦力对系统做功W2=-μmgL=-5J F=qE=8Nf=μmg=4x(N)当F=f1x1=2mf11222qEx1-f11222B．设向右运动得最大距离为xmax，根据动能定理可得qExmax-xmax=0-0f'=4xmax(N)qEx-f1x=1mv2-022f1=4x(N)x=(2±)mEp=0-qEx=-(16±8)J 联电阻，则3V联立以上解得R0=9540.0Ω流为I=A电压表的实际内阻为RV1=联立解得R01=8838.5Ω 姆表为宜。调零时电流表应该满偏，若电源用E1、源用E1、电流表用G2时，调零后欧姆表的内阻为60Ω,即欧姆表的中值电阻为60Ω,显然这不符合题目要求；同理用E2与G2时调零后欧姆表内阻为15Ω,也是不符合要求的；而用E2与G1组合时，根而Ig（3）[5]用改装后的欧姆表测量一内阻IA=1.5×10-4A 有Ig=g又由I=E得R标=则I=25mA时，R标=45Ω后，欧姆表总内阻仍为15Ω,不影响测量结果。总内阻小于15Ω,假设为14Ω,当待测电阻阻值为欧姆表的内阻15Ω,即测量值为15Ω,测量值比真实 ），可知图像斜率表示电阻的倒数，即R=因为R=r联立解得r= πd2(bπd2(b-c)9Ω,图1电路图滑动变阻器采用分压式接法，为了量程；通过电阻丝的最大电流为IA，故电AI（3）[1][2]根据欧姆定律有Rx+AIxSπd由电阻定律有R=rlxSπd可得=+RA解得r=πd2(b-c)4a 2Rx-20.01mm，由图可知测电阻的直径为（2）[1]由电动势E=4V可知电压表量程约为4V，可选电流表A1与定值电阻R2串联改装，即M处器材R3并联改装，即N处器材应选取E；则I )R-2（5）由于在计算通过Rx的电流时，电流表A内阻已知，已经考虑了改装电压表的分流作用，因此Rx的 UAB=4.0V=jA-jB=0-jB解得jB=-4V由于UBC=-16V=jB-jC可知jC=12VyAB4设E方向与竖直方向夹角为θ,则tanθ==y (2)jA=6V，jC=3V关系得UABUBC解得UBC=-3V（2）根据电势差的定义式UAB=jA-jBUBC=jB-jCjA=6VjC=3V（3）AB的中点D的电势为jD==3V如图所示，连接CD，CD为等势线，电场线与等势线垂直，且由高电势指向低电势所以可过B作CD的垂线交CD于O点dOB (3)(4-)VjD==4V=jB-19J外接圆上F点切线与BD平行，则F点的电势最低，所以jmin=jD-ER=(4-4)V3 (3)2m/sPF=f+(m+M)g (2)800WI1=（2）物体匀速上升，平衡条件F=mg（3）电动机上的电流I2=I-I1焦耳定律P热=I2r联立解得r=5Ω TTT=m0g=400N设斜面倾角为θ,对小车匀速有Tsinθ=0.5，k=0.1动，设加速度为a，对系统由牛顿第二定律有)gsinθ+k(m1+m2)g-m0g=(m1+m2+v2=2aL4q 2gL27 mg4qELsinθ-mgL-qELsinθ-mgL-Lcosθ=1mv22解得vT-mgcosθ-Eqsinθ=m解得T=mg 152【巩固】【正确答案】(1)正电，1×10-3C小球带正电；根据受力平衡可得tanθ=（2）小球从C点运动到B点过程中，根据动能定理得qELsinθ-mgL(1-cosθ)=mv-0解得vB=m/s由题意可知小球恰好能做完整圆周运动时，对D点 2 mvDLmvDL小球从C点运动到D点过程中，由动能定理得2D22D2解得v