2025-2026学年湖南省长沙市雨花区雅礼中学高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年湖南省长沙市雨花区雅礼中学高一（下）期末物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，以下物理学史正确的是(

)A.牛顿发现了万有引力定律，被称为“可以称出地球质量的人”

B.丹麦科学家第谷通过观测行星，从而得出了行星运动的三大定律

C.卡文迪什通过实验的测量，比较准确的得出了引力常量的数值

D.库仑通过扭秤实验发现了点电荷间的作用规律，并测量了静电力常量2.关于图中四幅图像的说法正确的是(

)

A.甲图中，将带正电的小球C靠近不带电的导体，再沿图中虚线将导体分割成A、B两部分后，A所带电荷量|QA|小于B所带电荷量|QB|

B.乙图中，用金属网把验电器罩起来，使带电金属球靠近验电器，箔片会张开

3.卫星的“星下点”是指卫星的瞬时位置和地球中心的连线与地球表面的交点，可用地理经、纬度来表示，对于位于“星下点”处的地面观察者来说，卫星就在天顶，将“星下点”的轨迹画在地图上便是星下点轨迹图。已知某颗卫星的星下点轨迹图是一个点，地球自转的周期为T，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，卫星的运动可视为匀速圆周运动，则(

)A.该卫星为近地卫星 B.该卫星的角速度ω=2πT

C.该卫星的线速度4.太极图的含义丰富而复杂，它体现了中国古代哲学的智慧。如图所示，O为大圆的圆心，O1为上侧阳半圆的圆心，O2为下侧阴半圆的圆心，O、O1、O2在同一直线上，AB为大圆的直径且与O1O2连线垂直，C、D为关于O点对称的两点，在O1、O2

A.C、D两点电势相等

B.把电子由A沿直线移到B的过程中，电子的电势能先增加后减小

C.把质子由A沿直线移到B的过程中，质子所受电场力先增加后减小

D.将一电子(不计重力)从A点由静止释放，电子可以沿直线在AB间做往返运动5.如图是a、b两个电学元件的伏安特性曲线，已知a是线性元件，其曲线与横轴夹角为θ，b是非线性元件。根据图像下列说法正确的是(

)A.a的电阻大小Ra=1tanθ

B.两端电压同为2V时，Ra=4Ω，Rb>4Ω

C.图像交点处a、b电阻值相等

D.将6.某湿度传感器利用平行板电容器测量空气湿度。电容器上极板(可移动)与固定支架间嵌入一种吸湿材料，当环境湿度增加时，吸湿材料体积膨胀，反之则体积缩小。将该电容器与恒压电源、电流表连接成如图所示的电路，闭合开关S。下列说法正确的是(

)A.空气湿度降低时，电容器的电容会变大

B.空气湿度降低时，极板间电场强度变大

C.空气湿度一定时，滑片向上移动，电容器所带电荷量会增加

D.保持滑片位置不变，若出现从a到b的电流，说明环境湿度升高7.如图，竖直平面内有一光滑绝缘轨道，取竖直向上为y轴正方向，轨道形状满足曲线方程y=x2。质量为m、电荷量为q(q>0)的小圆环套在轨道上，空间有与x轴平行的匀强电场，电场强度大小E=2mgq，圆环恰能静止在坐标A.恰能运动到(−3,9)处 B.在(1,1)处加速度为零

C.二、多选题：本大题共3小题，共15分。8.通过光控开关实现自动控制的节能路灯，其内部电路简化示意图如下，电源电动势为E，内阻为r，R1、R3为定值电阻，R2为光敏电阻(光照强度增加时，其电阻值减小)。当光照强度降低时，下列判断正确的是(

)A.电路的总电阻变小

B.小灯泡变亮

C.电压表的示数变小

D.电源输出功率一定变小9.如图所示，光滑绝缘水平面上的O点固定一带正电的点电荷M，电荷量为Q；点电荷N的电荷量为−q(q>0)。图甲中N绕着M做半径r=a圆周运动，运动周期为T；图乙中点荷N以M为焦点沿椭圆轨道运动。A、B分别为电荷N距离M最近和最远点；OA=a、OB=3a，静电力常量为k；若取无穷远处电势为零，图甲和图乙两种电荷系统的电势能和动能之和分别为A.在A点的电势能大于在B点电势能

B.E乙>E甲

C.vA=3vB

10.空间存在水平向右的匀强电场，粗糙水平地面上，一个质量为m带正电的物块以一定的初速度向右运动，物块的动能和电势能如图的两条图线，则(

)

A.图线Ⅰ是Ek−x变化曲线，图线Ⅱ是Ep−x变化曲线

B.0∼x0过程物块的动能Ek与电势能E三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.某小组探究未知金属丝的电阻率，根据实验需要已选用了规格和量程合适的器材，按照以下步骤开展实验。

(1)用螺旋测微器测量金属丝直径，如图1所示，则该直径为

mm；

(2)按图2连接好电路进行测量，先将滑动变阻器R2的滑动片P置于a端；

(3)接着将单刀双掷开关S1掷向1，闭合开关S₂，

调节滑动变阻器，得如图3电流表读数为

A，然后断开S2；

(4)电阻箱R1的阻值调至较大，将单刀双掷开关S1掷向2，保持滑动变阻器滑片位置不变，闭合开关S2，调电阻箱使得电流表读数逐渐增大到上一步读数，记录电阻箱读数为R；

(5)金属丝的电阻值=12.为了描绘小灯泡的伏安特性曲线，某同学所用器材如下：

①待测小灯泡：额定电压为3V，电阻小于10Ω。

②电压表：量程为0∼3V，内阻约为3kΩ。

③电流表：量程为0∼0.6A，内阻约为0.1Ω。

④滑动变阻器，干电池两节，开关，导线若干。

(1)结合实验器材，该实验原理图正确的应为______。

(2)原理图中开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于______(填“a”或“b”)端。

(3)该同学画出的伏安特性曲线如图甲所示，由图甲可知，小灯泡的额定功率为______W。(结果保留三位有效数字)

(四、计算题：本大题共3小题，共41分。13.如图所示，小型直流电动机(其线圈内阻为r=1.5Ω)与规格为“6V6W”的小灯泡并联，再与阻值为R=2Ω的电阻串联，然后接至电源电动势为12V，内阻r0=1Ω的电源上，小灯泡恰好正常发光，电动机正常工作，求：

(1)通过电阻

14.如图所示，O为固定在地面上的铰链，A球通过铰链用轻杆分别连接于O、B球。现对B球施加水平推力F，使系统处于静止状态，此时两杆间的夹角α=60∘。撤去F后，A、B在同一竖直平面内运动。已知两球质量均为m，杆长均为L，重力加速度为g，忽略一切摩擦。求：

(1)推力F的大小；

(2)两杆间的夹角变为120∘15.如图所示，竖直平面内有一光滑的半圆形绝缘轨道PQ与绝缘水平面在P点平滑相接，圆心为O，其半径R=0.2m，距P点左侧L=1.8m处有一竖直固定挡板MN，挡板MN长d=0.4m，挡板中心为O′，O′O所在水平面与MP所在水平面之间存在竖直向上的匀强电场，电场强度E=2×103V/m，一带电荷量q=+1×10−3C，质量为m=0.1kg

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：A.牛顿发现了万有引力定律，但他没能测出引力常量，卡文迪许测出常量G后被称为“可以称出地球质量的人”，故A错误；

B.丹麦科学家第谷通过观测行星，开普勒在他的研究基础上得出了行星运动的三大定律，故B错误；

C.卡文迪什通过实验的测量，比较准确的得出了引力常量的数值，故C正确；

D.库仑通过扭秤实验发现了点电荷间的作用规律，但并不是他直接测量出的静电力常量，故D错误。

故选：C。2.【答案】D

【解析】解：A.甲图中，将带正电的小球靠近不带电的导体，导体两端带上等量的异种电荷，对外整体还是不带电，所以沿图中虚线将导体分割成A、B两部分后，A、B带等量异种电荷，故A错误；

B.乙图中，用金属网把验电器罩起来，根据静电屏蔽，其内部不受影响，故带电金属球靠近验电器，箔片不会张开，故B错误；

C.丙图中，处于静电平衡状态的导体腔的外表面感应出等量异种电荷，内表面不带电，导体壳内空腔电场强度为0，故C错误；

D.避雷针的工作原理是尖端放电，即尖锐的金属棒容易聚集电荷，使空气电离，从而将云层中的电荷导入大地，避免建筑物被雷击，故丁图中，将尖锐的金属棒安装在建筑物的顶端并通过导线与大地相连制成避雷针，利用的是尖端放电原理，故D正确。

故选：D。

根据感应带电的特点分析；根据静电屏蔽分析；根据处于经典平衡状态下导体的特点分析；根据尖端放电分析。

3.【答案】B

【解析】解：A.卫星的星下点轨迹为固定的一个点，代表卫星、地心连线与地表交点始终不变，说明该卫星为地球同步静止卫星，故A错误。

B.该卫星是地球同步静止卫星，卫星绕地球做圆周运动的周期和地球自转周期相等，都为T。依据角速度的定义公式ω=2πT，可得该卫星的角速度ω=2πT，故B正确。

C.地球同步静止卫星的轨道半径r远远大于地球半径R，匀速圆周运动线速度计算公式为v=2πrT，因为r>R，所以卫星实际线速度v>2π4.【答案】C

【解析】解：A.根据等量异种电荷的电场线分布特点可知，AB连线为等势线，电势为0，把电子由A沿直线移到B的过程中，电子的电势能不变，C点电势与D点电势不相等，故AB错误；

C.把质子由A沿线移动到B的过程中，电场强度先增大后减小，则质子所受电场力先增加后减小，故C正确；

D.将一电子(不计重力)从A点由静止释放，电子受到的电场力方向沿电场线的切线方向，不可能沿直线在AB间做往返运动，故D错误。

故选：C。

根据等量异种电荷的电场线和电势分布特点分析电场和电势的大小关系，根据物体受力情况分析运动情况。

本题考查了等量异号电荷的电场，知道电场线的分布，知道等量异号电荷连线的中锤线是等势线，与AB5.【答案】C

【解析】解：A.相同数据选择不同的标度时，a对应的曲线与横轴夹角θ不同，所以a的电阻大小Ra=UI≠1tanθ，故A错误；

B.两端电压同为2V时，根据图像结合欧姆定律可得Ra=UIa=20.5Ω=4Ω，Rb=UIb<20.5Ω=4Ω，故B错误；

C.图像交点处a、b电压相等，电流相等，根据欧姆定律可知，a、b电阻值相等，故C6.【答案】C

【解析】解：A、环境湿度降低时，吸湿材料体积缩小，电容器极板间距d增大，根据电容的决定式C=εrS4πkd可知，电容器的电容变小，故A错误；

B、电源保持电压恒定，滑动变阻器未调节时，电容器的电压U不变。环境湿度降低时，吸湿材料体积缩小，极板间距d增大，根据电场强度公式E=Ud可知，极板间电场强度变小，故B错误；

C、空气湿度一定时，滑片向上移动，由电路图可知电容器的电压增大，根据C=QU可知，电容器所带电荷量Q会增加，故C正确；

D、若电流计示数为从a到b，说明电容器放电，Q减小，U不变，根据C=QU可知电容减小，d增大，说明湿度降低，故D错误。

故选：C。

环境湿度降低时，吸湿材料体积缩小，分析极板间距变化，由电容的决定式C7.【答案】D

【解析】解：A、已知圆环恰能静止在坐标(1,1)处，根据圆环所受合力为零，对圆环受力分析如下图所示，其所受电场力qE沿+x方向。

假设圆环恰能运动到(−3,9)处，则运动到此处圆环的速度恰好为零。

运动过程圆环的机械能与电势能之和保持不变，圆环被释放的位置为(3,9)，可知初末位置的高度相同，可得初末的重力势能相同，由于初末动能均为零，所以初末的机械能相同，即此过程机械能没变，而此过程电场力做负功，圆环的电势能增加了，故假设不成立，故A错误；

B、从圆环被释放到下滑到原点的过程圆环沿轨道做曲线运动，速度时刻发生变化，故在(1,1)处加速度不为零，故B错误；

C、设圆环在(0,0)处速率为v，根据动能定理得：mgh−qEx=12mv2−0，其中：h=9m，x=3m，

解得：v=28.【答案】BC

【解析】解：AC.光照强度降低时，光敏电阻阻值增大，则电路的总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知电路总电流I总变小，电压表示数

U=I总R1

故电压表的示数变小，故A错误，C正确；

B.由于通过R1的电流变小，则R1两端电压变小，由于路端电压U外增大，因此并联部分的电压增大，则通过小灯泡支路的电流增大。因为小灯泡支路的电流增大，所以小灯泡变亮，故B正确。

D.9.【答案】BC

【解析】解：A.M带正电，N带负电，二者为吸引力，N从A到B，远离正电荷M，库仑引力做负功，电势能增加，因此EpA<EpB，故A错误；

B.甲图中，N做匀速圆周运动，半径r=a

库仑力提供向心力，可得

kQqa2=mv甲2a，解得Ek甲=12mv甲2=kQq2a

无穷远电势能为0，点电荷系统电势能公式Ep=−kQqr，甲轨道电势能：

Ep甲=−kQqa

总能量

E甲=Ek甲+Ep甲=kQq2a−kQqa=−kQq2a

乙图中，N做椭圆轨道运动

椭圆半长轴s=a+3a2=2a

根据有心力场结论：轨道总能量仅由半长轴决定，圆轨道可看作半长轴等于半径的特殊椭圆轨道，总能量公式

E=−kQq2s

代入s=2a

E乙=−kQq4a

对比：−kQ10.【答案】AD

【解析】解：A.物块运动过程中，电场力做正功，物块的电势能减小，则图线Ⅱ是Ep−x变化曲线，图线Ⅰ是Ek−x变化曲线，故A正确；

B.由于物块要克服滑动摩擦力做功，所以0∼x0过程物块的动能Ek与电势能Ep之和减小，故B错误；

C.根据Ep−x图像的斜率绝对值等于电场力大小，可得电场力大小为：F=2E0x0

根据Ek−x图像的斜率等于合外力大小，可得合力大小为：F合=3E0−2E0x0=E0x0

由F合=F11.【答案】5.6940.28Rρ

【解析】解：(1)螺旋测微器的分度值为0.01mm，需要估读到分度值的下一位，则直径为5.5mm+19.4×0.01mm=5.694mm；

(3)最小刻度为0.02A，估读到分度值本位，则电流表读数为0.28A；

(5)等效法测量电阻，金属丝的电阻为R；

根据电阻定律R=ρxS，S=πd12.【答案】B

b

1.56

0.80

【解析】解：(1)由于RLRA=100.1=100<RVRL=300010=300，因此电流表应使用外接法，故A错误，B正确。

故选：B。

(2)滑动变阻器采用分压式接法，为保护电路，图中开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于b端。

(3)由图甲可知，当小灯泡两端电压为3V时，通过小灯泡的电流为0.52A；

根据功率公式，小灯泡的额定功率为P=UI=3×0.52W=1.56W

(4)根据闭合电路欧姆定律E=13.【答案】(1)通过电阻R的电流等于2A

(2)电动机消耗的电功率P等于6W

【解析】解：(1)通过电阻R的电流

IR=E−ULR+r0

解得

IR=2A

(2)灯泡正常发光，则通过灯泡的电流

IL=PLUL

通过电动机的电流

I=IR−IL

电动机消耗的电功率

P=ULI，解得P=6W

(3)电动机线圈内阻的热功率

P热=I2r,解得P热