山东烟台市2025-2026学年第二学期高一期末自主练习+物理答案和解析

【详解】A.电场是客观存在的特殊场物质，虽看不见摸不着，但属于物质存在的一种形式，故A正确；电势高低不仅和试探电荷的电势能E有关，还和试探电荷的电荷量4的正负、大小有关，若试探电荷为负电荷，电势能越大，该点电势反而越低，故B错误；C.处于静电平衡状态的导体，内部电场强度处处为零，导体表面的电场强度垂直于导体表面，并不为零，D.电场强度的定义式为但场强由电场本身的性质决定，与试探电荷受到的静电力F、试探电荷的电荷量4均无关，若试探电荷电荷量很大，即使场强较小，受到的静电力也可能很大，故D错误。故选A。【详解】A.乙球下落过程中，阻力做负功，机械能不守恒，故A错误；可知，甲球的动能变化量大，故B错误；C.根据题意，由重力势能表达式Ep=mgh可知，重力势能的变化量为△Ep=mgh-mgh可知，下落过程中，甲球和乙球重力势能变化相同，故C正确；D.在真空中，机械能守恒，重力势能完全转化为动能，而在液体中，阻力做负功，机械能不守恒，重力势能转化为动能和内能，故D错误。【详解】将卫星绕地球的椭圆运动近似为匀速圆周运动，此时轨道半长轴a等于圆周轨道半径r,卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，根据牛顿第二定律有：约去等式两侧的m,整理可得：结合开普勒第三定律试卷第1页，共12页试卷第2页，共12页故选B。【详解】A.电场线始终垂直等势面，且方向由高电势指向低电势，结合题图中等势面分布，可知电场方向根据轨迹弯曲规律，粒子受力方向指向轨迹凹侧，可得该粒子电场力方向斜向右下，与电场方向相反，因此粒子带负电，故A正确；B.粒子从A运动到B,电场力方向与位移方向夹角为钝角，电场力做负功，由动能定理可知，粒子动能逐渐减小，故B错误；C.等差等势面的疏密反映场强大小，等势面越密场强越大。由图可知A点附近等势面更密集，因此根据牛顿第二定律qE=ma,可得,所以粒子在A点的加速度大于B点的加速度，故C错误；D.A、B间电势差UAB=Φa-4g=0-(-4V)=4V,粒子带电量q=-e,因此电场力做功W=qUAB=-4eV,故D错误。故选A。【详解】根据电阻定律可知该金属导线的电阻为根据欧姆定律可知该金属导线的电阻为根据电流的定义式可知流过该金属导线的电流为联立解得该金属导线的电阻率为故选B。【详解】A.等量异号电荷形成的电场线在平面ACEG中的分布如图所示。根据对称性可得，A点和C点电场强度大小相等，故A正确；试卷第3页，共12页B.等量异号电荷对B点和D点电场强度方向以及合成后的电场强度方向，如图所示。其中，正电荷对D点电场强度E₁沿ED方向，负电荷对D点电场强度E₂沿DG方向，合成后的电场强度E₅在平面ABCD内，且与DC的夹角为45°;正电荷对B点电场强度E₃沿EB方向，负电荷对B点电场强度E₄沿BG方向，合成后的电场强度E₆在平面ABCD内，且与BC的夹角为45°。平面ABCD内，电场强度E₅和E₆方向如图所示。所以B点和D点电场强度方向相同，又根据对称性，B点和D点电场强度大小相等，所以B点和D点电场强度相同，故B错误；C.A点近正电荷，而C点靠近负电荷，则可知A点电势一定大于C点电势；故C错误；D.由于等量异号电荷形成的电场线和等势面具有对称性，B点和D点关于EG连线对称，所以B点和D点电势相等，故D错误。故选A。【详解】由题意知小滑块在A点处恰好不上滑，则摩擦力沿斜面向下且恰好达到最大静摩擦力，即根据受力平衡，设库仑力为F,沿斜面方向有Fcosθ=mgsinθ+f试卷第4页，共12页垂直斜面方向有Fsinθ+mgcosθ=FN根据库仑定律得联立解得OA的距离为【详解】v²=0m²/s²时，分析小球在最高点受力得F=mgsinθ解得m=2kg解得r=0.2m由于小球运动到最高点时F=40N>10N可得F方向沿杆向下，分析受力得解得v²=5m²/s²解得v₀=3m/s故选C。【详解】B.根据平行板电容器电容可得当两极板间距减小，其它保持不变时，电容器的电容C增大，故B错误；C.电容器与电源相连，电容器两极板间的电压不变，根据可得当电容器的电容C增大时，电容器所带电荷量Q增大，故C正确；D.电容器与电源相连，电容器两极板间的电压不变，根据U=Ed可得当两极板间距离减小时，极板间电场强度增大，故D错误；A.当手指轻触屏幕时，M板不动，N板上移，M、P间距离不变电容器与电源相连，电容器两极板间的电压不变，根据UPN=U-UMP,可得P、N间电势差UPN减小。试卷第5页，共12页N板接地，电势为零。根据UPN=φp-4N,可得P点电势降低，故A正确。故选AC。【详解】AB.设灵敏电流计的满偏电流为Ig,内阻为R,当接线柱1、2接入电路时，灵敏电流计G与R₂串联，再与R并联。则根据串、并联电路的性质有当接线柱1、3接入电路时，灵敏电流计G与R₁+R₂并联。则根据串、并联电路的性质有对比两个公式可知，I₁的分流电阻更小，分流更大，所以I₁>I₂,故A错误，B正确；C.若仅增大R的阻值，则由和可知，I₁、I₂的值均减小，故C正确；D.若仅增大R₂的阻值，则由和可知，I的值会增大，I₂的值会减小，故D错误。故选BC。【详解】AB.分别对A星和B星列万有引力等于向心力的方程联立解得即A星质量缓慢减小时，双星做圆周运动的周期T增大，故A错误CD.分别对A星和B星列万有引力等于向心力的方程即A星质量缓慢减小时，A星做圆周运动的半径增大，B星做圆周运动的半径减小，故C错误，D正确。故选BD。【详解】AB.网球从0点水平向右抛出，做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，从O到A,由速度-位移公式得v²a=2gha试卷第6页，共12页又VA=VAcosa,VB=VB联立得VB=9m/s网球在B点时，重力做功的瞬时功率为P=mgV,B=5.4W,故A错误，B正确；CD.网球从0点水平向右抛出，做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，从A到B,由速度-位移公式得网球由A运动至B的过程中重力的平均功率为,故C错误，D故选BD。【详解】AB.由题可知电势在匀强电场中沿直线均匀变化，故A、B中点电势为零，与C点电势不相等，故A正确，B错误；C到AB的垂直距离为将场强分解为沿AB方向的分量E₁和沿AB中垂线方向的分量E₂。沿AB方向的电势差总场强大小为,故C正确，D错误。试卷第7页，共12页故选AC。可得物块相对于传送带斜向下运动，滑动摩擦力斜向上。假设物块从传送带下端滑出，则物块先沿传送带向上做减速运动，再沿传送带向下做加速运动。根据牛顿第二定律得，加速度大小物块沿传送带向上做减速运动过程中，物块运动的时间可得假设成立。根据对称性，物块沿传送带向下做加速运动过程中，物块的位移X物2=x物=1m可得刚开始时，物块相对于传送带斜向上运动，滑动摩擦力斜向下。物块先沿传送带向上做减速运动，物块速度减到%,根据牛顿第二定律得，加速度大小传送带的位移x传3=v₀t₃=0.8m试卷第8页，共12页物块相对于传送带斜向下运动，滑动摩擦力斜向上，根据牛顿第二定律得，加速度大小为a。物块运动的时间物块从传送带上端滑出。所以，物块速度减到%后，继续沿传送带向上运动的位移x'物4=L-x物3=3m解得物块滑出传送带的速度V₂=2m/s物块运动的时间故选AD。[2]滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度。则滑块通过光电门1时速度大小为[3]滑块通过光电门2时速度大小为[4]滑块及遮光条与钩码组成系统，滑块及遮光条重力势能增加，钩码重力势能减小，系统的重力势能减少系统动能增加则系统机械能守恒成立的表达式试卷第9页，共12页【详解】(1)A.红黑表笔短接后调零是欧姆调零，不是机械调零。机械调零应在未接入电路时调节机械调B.多用电表欧姆挡内部有电源，测电阻时外电路中电流从黑表笔流出，经待测电阻后从红表笔流入多用电表，因此从多用电表本身看，是电流从红表笔流入、从黑表笔流出。C.测量完成后应将选择开关拨到OFF挡，若无OFF挡，应拨到交流电压最高挡，不是欧姆挡最高挡。故C错误；故D正确。故选BD。可(2)[1]试触时电压表示数变化明显，说明电流表分压带来的误差大，应采用电流表外接法，电压表接a端。可[2]外接法中，电压表测得R的真实电压，但电流表测得的是R与电压表的总电流，I测>I真，由当S₂接1时，电压表测量的是电流表内阻和R₂串联部分的电压，因此两式相减，可消去电流表内阻和R₂,得到(4)金属丝电阻满足金属丝横截面积为所以电阻率为试卷第10页，共12页【详解】(1)设小车所受牵引力大小为F,沿斜面向上由牛顿第二定律有F-F,-mgsinθ=ma代入数据得F=2×8N+4N+2×10×0.6N=32N当小车到达P点时输出功率达到额定功率，故P额=Fv₁=32×4W=128W(2)小车从P点到B点，以额定功率运动，由动能定理有【详解】(1)由开普勒第三定律，轨道Ⅱ与轨道Ⅲ绕同一中心天体运动，有(2)设卫星在轨道Ⅱ上a点的速度为v,在a点处万有引力沿轨迹法线方向提供向心力，有卫星在a点的引力势能为所以卫星在a点的机械能为②【详解】(1)设从刚释放B到A、B速度恰好相等过程时间为t₁,对A有μ₂m28-4(m+m)g=ma对B有qE+μ₂m2g=m₂a₂试卷第11页，共12页此时A的速度最大，解得V共=2m/s(2)从刚释放B到A、B速度恰好相等过程，B的位移大小可知，从A、B速度恰好相等之后的运动过程中A、B能够保持相对静止。设从A、B速度恰好相等到A、B整体恰好减速到零过程所用时间为t,对A、B整体at-a3t₂=0该过程B的位移大小为物块B速度为零时所具有的电势能Ep=qE(x₁+x₂)【详解】(1)从A到B,根据能量守恒得解得v₁=500m/s粒子在C、D板间运动过程中，做类平抛运动，垂直极板方向上，根据牛顿第二定律得qE₁=ma粒子要能够从C、D板间射出，需要满足解得a≤1×10⁶m/s²,,U₁|≤5V由于粒子在板间的运动时间极短，因此可以认为粒子在运动过程中板间电压不变。可得能够从C、D板间射出的粒子数与粒子源发射出的总粒子数之比为(3)距离z轴最远时，y坐标最大，所以粒子在C、D板间偏转距离需最大，又粒子打在荧光屏上z轴上方，所以U₁=5V,根据图像甲可得，粒子发射时间t=0.25s试卷第12页，共12页当t=0.25s时，根据图像乙可得U₂=-14V粒子在E、F板间运动过程中，做类平抛运动，沿x轴方向上位移L₂=v₁△t₂沿z轴方向上，根据牛顿第二定律得qE₂=ma₂沿z轴方向上位移沿y轴方向上，做匀速直线运动，速度V₁=a△t₁=200m/s位移V₂=V,