2025-2026学年江苏省泰州市靖江市高一（下）期末物理试卷(含详细答案解析)

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年江苏省泰州市靖江市高一（下）期末物理试卷一、单选题：本大题共11小题，共44分。1.改变汽车的质量和速度，都可以使汽车的动能发生改变。若汽车质量减半，速度增大到原来的4倍，则汽车的动能是原来的(

)A.2倍 B.4倍 C.8倍 D.16倍2.某实验小组通过自由下落物体的运动来“验证机械能守恒定律”，下列操作正确的是(

)A. B.

C. D.3.两个完全相同金属小球相距为r(远大于小球半径)，所带电荷量分别为+5Q和−Q，两球间的库仑力大小为FA.45F B.15F C.54.图示实线为某材料的伏安特性曲线，曲线上P点电压为U1、电流为I1，过P点的切线与纵轴交点纵坐标为I2，则该材料在P状态时电阻为(

)A.I1U1

B.I1−I5.重庆长江索道是我国自行设计制造的第一条大型跨江客运索道，某次运行时车厢总质量m=4000kg，其中一段斜向上匀速运动用时t=2min，上升高度h=30

A.1×103W B.1×106.石墨烯是单原子层的二维碳材料，因具有超高导电、超强导热、极致轻薄、超高强度的特性，被誉为“新材料之王”。假设某手机的石墨烯电池容量为4000mA⋅h，某次电池电量完全耗尽后，采用快充方式，用时20A.12mA B.120mA C.1.2A D.127.如图所示是用一表头改装成量程为0∼0.1A和0∼1A双量程电流表的电路设计图，其中A.B为0.1A量程接线柱，且R1>R2

B.C为0.1A量程接线柱，且R1>R2

C.B为1A8.如图甲，单刀双掷开关S原来跟2相接，从t=0开始，开关改接1，得到电容器两极板电势差UAB随时间变化的图像(图乙)，t=2s时，把开关改接2，之后2s时间内A. B.

C. D.9.如图所示，一块均匀的长方体金属导体，长为a，宽为b，厚为c，现分别以AB、CD方向接到同一恒定电压两端，流经导体的电流分别为I1、I2，则I1I2A.c2b2

B.a2bc10.两个点电荷电荷量分别为+2q和−q，其电场线分布如图所示，过两点电荷连线中点a作一条垂线，垂线上的b、c两点关于a点对称，d点靠近−q，下列说法中正确的是A.b、c两点的电场强度相同

B.a点的电势与c点的电势相等

C.正试探电荷在b点的电势能大于在d点的电势能

D.在两点电荷的连线上负电荷的右侧不存在场强为0的点

11.如图所示，轻质弹簧下端固定在光滑竖直杆上，上端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过轻质光滑定滑轮(大小忽略)将P和重物Q连接起来，Q的质量M=4m，将P从图中A点由静止释放，当它经过A、B两点时弹簧对P的弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角θ=53∘，sin53∘=0.8，OB水平、间距为L，重力加速度为g，在A.Q重力的功率一直增加

B.P与Q的机械能之和一直保持不变

C.轻绳对P做功为43mgL

D.P二、实验题：本大题共1小题，共15分。12.某实验小组进行“金属丝电阻率的测量”实验。

(1)用螺旋测微器测得金属丝的直径d如图甲所示，则d=

mm。

(2)实验前首先正确使用欧姆表粗测该金属丝的阻值，将欧姆表选择开关置于电阻挡“×10”位置时，欧姆表指针位置如图乙所示，为了减小测量误差，应将选择开关旋转到电阻挡

(选填“×1”或“×100”)位置，重新调节测量。

(3)某同学利用图丙电路进行实验。实验时多次改变金属丝接入电路的长度L，记录电压表的示数U，电流表的示数I，从而得到多组U、I、L数据，作出如图丁所示UI−L图像，图丁中直线的斜率为k，纵轴的截距为a，则电流表的内阻RA=

，该金属丝的电阻率ρ=

。(结果均从d、k、a中选用合适的字母表示)三、计算题：本大题共4小题，共41分。13.如图甲所示，无人配送车作为新型配送装备，可实现智能配送，某款无人配送车在水平测试轨道上由静止开始匀加速启动，已知无人配送车质量m=2000kg，行驶过程中受到的阻力大小f恒为1200N，其功率随速度变化如图乙所示，额定功率P额=18kW，v1=10m/s，g取10m/14.如图所示，同一竖直平面内，固定两根光滑绝缘杆OA、OB，与竖直线OC的夹角均为45∘，两杆上均套有能自由滑动的带电小球，带电量分别为+q、−q，两小球静止且连线水平，相互作用的静电力大小为F，两小球可视为质点。求：

(1)杆OA对+q小球的弹力FN的大小；

(215.图示装置由放射源P、加速电场、偏转电场、铺有感光纸的圆筒组成。放射源P可沿着中心线方向连续发出大量电荷量为+q、质量为m的粒子，其初速度大小范围为0∼2v0，粒子先经A、B间加速，再经C、D间偏转(C、D间视为匀强电场)，最后打到绕轴OO′旋转的感光纸上而发出亮点，已知加速电场电压U1=mv02q，偏转电场电压U2=mv02dqL、极板长度为L，C、D间距为16.如图所示，匀强电场方向竖直向下，场强大小E=4.0×103V/m，木板MN与水平面夹角θ=30∘。半径R=0.3m的光滑14圆弧轨道AB固定在图示位置，O为圆心，末端B切线水平。一带电量q=+5×10−5C的小球由A点无初速度释放，最终垂直打在木板上的C点。已知小球质量m=0.04kg，g取10m/s2。

(1)答案和解析1.【答案】C

【解析】解：汽车质量减半，速度增大到原来的4倍，根据动能的表达式Ek=12mv2，则汽车的动能增大为原来的8倍，故C正确，ABD错误。

故选：C2.【答案】B

【解析】解：验证机械能守恒定律时，打点计时器需要接入低压交流电源，释放纸带前要用手竖直向上提着纸带，并使重物靠近打点计时器，故B正确，ACD错误。

故选：B。

根据验证机械能守恒定律的实验原理和注意事项分析判断。

考查验证机械能守恒定律的实验原理和注意事项，属于较低难度考题。3.【答案】A

【解析】解：设两个球之间的距离为r，根据库仑定律可得，在它们相接触之前，相互间的库仑力大小F为：F=k5q⋅qr2=k5q2r2

当将它们相接触之后，它们的电荷量先中和，再平分，此时每个球的电荷量为+2q4.【答案】C

【解析】解：材料在某一状态的电阻应由该状态两端电压与通过电流之比确定，即R=UI。

在伏安特性曲线的P点，电压为U1，电流为I1，故R=U1I1，切线斜率反映的是该点附近电流随电压变化的快慢，不是该状态电阻，故C正确，ABD错误。5.【答案】B

【解析】解：因为车厢做匀速运动，其它阻力不计，所以电动机对车厢做的功等于克服重力做的功，则这段过程中电动机对该车厢做功的平均功率为

P−=Wt=mght=4000×106.【答案】D

【解析】解：电池容量：Q=4000mA⋅h，充电时间

t=20分钟=2060h=13hh

根据电流的定义式I=Qt7.【答案】C

【解析】解：对于表头改装的电流表，并联的分流电阻越小，能分流的电流越大，对应的量程就越大。当使用A、B接线柱时，R1与表头并联；当使用A、C接线柱时，R1+R2与表头并联，显然R1<R1+R2，所以使用A、B接线柱时的分流电阻小，量程大，即B为1A量程接线柱，C为0.1A量程接线柱。

由上述分析可知，B对应的量程大，其并联的分流电阻R1较小，C对应的量程小，其并联的分流电阻R1+R2较大，所以R1<R2

A.B为0.1A量程接线柱，且R1>R2，因为B是1A量程接线柱，且R1<R2，故A错误；

B.C为0.1A量程接线柱，且R1>R2，虽然C为0.1A量程接线柱正确，但R1<8.【答案】B

【解析】解：当开关S接1时，电容器与电源相连进行充电，充电结束后，电容器两极板间电压等于电源电动势，保持不变。当t=2s时，把开关改接2，此时电容器开始放电，放电过程中，电容器所带电荷量逐渐减少。根据电容的定义式C=QU(其中C为电容，Q为电荷量，U为两极板间电势差)，电容C不变，电荷量Q减少，则两极板间的电势差UAB逐渐减小。并且在整个放电过程中，极板的电性不变，电势差始终为正值，故B正确，ACD错误。

故选：B。

9.【答案】A

【解析】解：当以AB方向接到恒定电压两端时，根据电阻定律有R=ρbac

由欧姆定律有I1=UR=Uacρb

同理可得当以CD方向接到恒定电压两端时，有R′=10.【答案】C

【解析】解：A、电场强度是矢量，b、c两点电场线切线方向不同，即电场强度方向不同，所以b、c两点的电场强度不同，故A错误；

B、两点电荷并非等量异种电荷，其连线的中垂线并不是等势线，根据电场线与等势面处处垂直，作出经过a点与c点的等势面如下图所示：

由沿电场线的方向电势降低，可知φa>φc，故B错误；

C、沿电场线方向电势降低，b点电势高于d点(d靠近负电荷，其电势较低)，根据电势能Ep=qφ(q为正试探电荷)，正电荷在电势高处电势能大，所以正试探电荷在b点的电势能大于在d点的电势能，故C正确；

D、在两点电荷的连线上场强为零的点需满足两点电荷分别在该点的电场强度等大反向，则有：k2qr12=kqr22，其中：r11.【答案】D

【解析】解：由几何关系可知，直杆上A、B两点间的竖直距离hP=Ltan53∘，已知tan53∘=43，解得hP=43L；

滑块P在A点时轻绳的长度lA=Lcos53∘，解得lA=53L。在滑块P从A运动到B的过程中，重物Q下降的距离hQ=lA−L，解得hQ=23L。

根据题意，P经过A、B两点时弹簧对P的弹力大小相等，即这两处弹簧的形变量大小相等，因此这两点弹簧的弹性势能相等。

当P到达B点时，轻绳与直杆垂直，根据运动的合成与分解，P沿绳方向的分速度为零，即此时Q的速度vQ=0。

A、滑块P从静止释放，重物Q的初速度为零，到达B点时速度也为零，可知运动过程中Q的速度先增大后减小。根据功率公式PQ=MgvQ可知，Q重力的功率先增大后减小，故A错误；

B、对于由P、Q和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的总机械能守恒。由于运动过程中弹簧的弹性势能发生变化，因此P与Q的机械能之和也在不断变化，并非保持不变，故B错误；

C、对重物Q进行分析，由于其初末动能均为零，根据动能定理有MghQ+WQ=0，解得轻绳对Q做功WQ=−83mgL。不可伸长的轻绳对两端物体做功的代数和为零，可知轻绳对P做功WP=83mgL，故C错误；

12.【答案】4.701×aπ小华图像斜率与电流表内阻无关，因此金属丝的电阻率与电流表内阻无关

【解析】解：(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，金属丝的直径d=4.5mm+20.1×0.01mm=4.701mm；

(2)用欧姆表“×10”挡粗测该金属丝的阻值，欧姆表指针偏转过小，说明所选倍率过大，为了减小测量误差，应将选择开关旋转到电阻挡“×1”位置，重新调节测量。

(3)根据欧姆定律R+RA=UI

根据电阻定律R=ρLS=ρLπd24=4ρLπd2

联立解得U13.【答案】该无人配送车行驶的最大速度vm是15m/s

当v1=【解析】解：(1)当无人配送车达到最大速度vm时，牵引力F与阻力f大小相等，即F=f=1200N

根据P=Fv(P为功率，F为牵引力，v为速度)，已知额定功率P额=18kW=18000W，则最大速度vm=P蜡F=180001200m/s=15m/s。

(2)当v1=10m/s时，根据P=Fv，此时的牵引力F1=P额v1=180001014.【答案】杆OA对+q小球的弹力的大小为2F

两带电小球连线中点P【解析】解：(1)对+q小球受力分析如图所示：

由于OA与竖直线的夹角为45∘，可知FN与水平方向是夹角为45∘，由平衡条件可得：FNcos45∘=F，解得：FN=Fcos45∘=2F；

(2)设两球间距为r，由库仑定律可得：F=kq2r2，由于P点到两球的距离均为r2，+q在P点产生的场强为：E1=kq(r2)2=4kqr2=415.【答案】粒子离开极板B时的速度大小范围为2v0≤v≤2【解析】解：(1)对粒子加速过程，由动能定理可得

qU1=12mv2−12mv初2

代入

U1=mv02q

整理得

v2=v初2+2v02

已知初速度范围

0⩽v初⩽2v0

代入得最小速度

vmin=2v0

最大速度

vmax=2v0

因此速度范围为2v0≤v≤2v0

(2)偏转电场中，由牛顿第二定律可得粒子加速度

a=qEm=qU2md

代入

U2=mv02dqL

得

a=v02L

粒子水平方向运动时同

t=Lv

整理得偏移量

y=12at216.【答案】小球运动到B点时速度vB的大小为3m/s

O、C两点间的电势差为4.8×103V

小球即将运动至C点时，瞬间撤去木板，同时增加另一匀强电场E′，使小球保持沿到达C【解析】解：(1)小球从A点到B点过程中，由动能定理可得

mgR+qER=12mvB2−0

解得小球运动到B点时的速度大小为

vB=3m/s

(2)小球从B点到C点做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向有

mg+qE=ma1

解得加速度大小为

a1=15m