吉林省长春市长春汽车经济技术开发区第三中学2025-2026学年高二上学期1月期末物理试题（含答案）

第第页吉林省长春市长春汽车经济技术开发区第三中学2025-2026学年高二上学期1月期末物理试题一、每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1．用塑料梳子梳头发时，有时听到“噼啪”声，这是因为（）A．头发本身带电 B．梳子本身带电C．梳子与头发摩擦产生了静电 D．与静电现象无关2．真空中两个点电荷间距离为d时库仑力为F，下列说法正确的是（）A．两个点电荷间距离减小为原来的12，其他量保持不变，库仓力变为B．两个点电荷间距离增大到原来的2倍，其他量保持不变，库仑力变为2FC．每个点电荷电荷量都增大到原来的4倍，其他量保持不变，库仑力变为4FD．两个点电荷间距离减小为原来的12，同时仅一个点电荷电荷量加倍，其他量保持不变，库仑力变为3．关于下列四幅图的分析正确的是（）A．甲图中小磁针静止时位置如图，则通电直导线的电流方向从上往下B．乙图中金属圆环通以逆时针电流时，小磁针静止时N极垂直纸面向里C．丙图中小磁针静止时的位置如图所示，则电源左侧为正极D．丁图中地球磁体的N极位于地理北极附近4．如图所示，匀强磁场方向沿x轴的正方向，且线段MN=DC，线段NC=EF=MD=NE=CF，通过面积SMNCD、SA．Φ1<Φ3 B．Φ1<5．如图所示的电路，闭合开关发现灯泡不亮，电路中只有一处故障。用电压表检查故障，电压表的负接线柱始终接1，正接线柱接2、3时电压表有示数，正接线柱接4时电压表无示数，出现故障的原因可能是（）A．开关断路 B．电阻R1断路 C．电阻R2断路6．在生产纸张、纺织品等绝缘材料的过程中，为了实时监控材料的厚度，生产流水线上设置了如图所示的传感器，其中A、B为平行板电容器的上、下两个固定极板，分别接在恒压直流电源的两极上。当纸张从平行极板间穿过时，某过程灵敏电流计G中有a流向b的电流，则此过程（）A．板间的纸张厚度减小 B．板间的纸张厚度增大C．板间的电场强度减小 D．极板所带的电荷量增大7．某同学将一直流电源的总功率PE输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流IA．当电流为0.5A时，外电路的电阻为B．电源的电动势为8VC．电源的内阻为1D．反映Pr随电流I变化的图线是8．下列①、②、③、④四幅图分别是速度选择器、磁流体发电机、质谱仪、回旋加速器的结构示意图，下列说法中正确的是（）A．图①中粒子沿直线PQ运动的条件是v=B．图②中可以判断出通过电阻的电流方向为从上到下C．图③中在分析同位素时，半径最大的粒子对应质量也最大D．图④随着粒子的运动越来越快，粒子走过半圆的时间间隔越来越短9．如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，R1、R2均为定值电阻，R为滑动变阻器，平行板电容器C的极板水平放置，闭合开关S，带电油滴恰好在两板之间处于静止状态。现将滑动变阻器的触头自b向a端滑动，下列说法正确的是（）A．定值电阻R1消耗的功率增大 B．定值电阻R2消耗的功率增大C．带电油滴将向上运动 D．通过滑动变阻器R的电流增大10．如图，虚线a、b、c是某静电场中在同一竖直面内的等势线，一根粗细均匀的光滑绝缘细杆竖直固定在等势线所在的竖直面内，一个质量为m、带正电小球套在杆上（可以自由滑动）。现让小球在A点由静止释放，从A到B加速运动的过程中，机械能不断增加，则下列判断正确的是（）A．等势线a的电势比等势线b的电势高B．小球在B点的电势能小于在C点的电势能C．小球机械能变化量的绝对值从A到B大于从A到CD．若小球沿杆运动能至D点，在D点的速度可能为零二、第II卷非选择题（共5小题，54分）11．某同学想了解额定电压为2.5V（1）请根据图甲电路图将图乙实物图连接完整。滑动变阻器有两个：滑动变阻器R1（阻值0~5Ω，额定电流1A）；滑动变阻器R2（阻值0~50Ω，额定电流1A）；本实验滑动变阻器应选用（2）图乙电路连接完整后，闭合开关前，应将滑动变阻器滑片移到最（填“左”或“右”）端；闭合开关后，多次调节滑动变阻器的滑片，测出多组电压表和电流表的示数U、I，作出I−U图像如图丙中实线所示，由图像可知，温度越高，小灯泡的电阻越（填“大”或“小”），小灯泡的额定功率为W（结果保留两位有效数字）；（3）由于电表内阻的影响，实验存在系统误差，若图丙中A、B两条虚线有一条是小灯泡实际的I−U图像，则这图线是（填“A”或“B”）12．某实验小组同学利用电流表和电压表测定由一节干电池的电动势和内阻，实验电路如图甲所示。现有开关和导线若干，以及如下器材：A.电流表A：量程0−0.6A，内阻约为B.电压表V：量程0−3V，内阻约为C.滑动变阻器0−50（1）根据所画图线可得出干电池的电动势E=V，内电阻r=Ω（结果均保留两位有效数字）。（2）用该电路测得的电源电动势真实值。（填大于、等于或小于）（3）某实验小组同学利用一只电流表和一个电阻箱测定电源的电动势和内阻，使用的器材还有开关一个，导线若干，实验原理如图丙所示：接通开关，多次改变电阻箱的阻值R，读出对应的电流表的示数I，并作记录，画出R−1I关系图线，如图丁所示。若电流表内阻RA=0.1Ω，由图线求得电源的电动势E=三、解答题（本题共3小题，共34分）13．如图所示电路中，电源电动势E＝8V，内阻r＝1Ω，小灯泡L上标有“6V3W”的字样，电动机的线圈电阻r'（1）小灯泡正常发光时的电流I；（2）流过电源的电流I0（3）电动机输入功率P入14．如图所示，电源电动势E=1.5V，内阻r=0.5Ω，水平放置的金属导轨的宽度为d=1m，匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向与放置在轨道上的导体棒MN垂直，但与竖直方向夹角为37°，导体棒MN的质量为m=0.5kg，电阻为R=1Ω，若MN在轨道上静止，已知g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：轨道所受的压力和摩擦力？15．如图所示，xOy竖直平面的第一象限0≤x≤4L区域内存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，第二象限存在水平向右的匀强电场。一质量为m，电荷量为q的带电粒子从x轴上的P点以初速度v0垂直x轴进入电场中，粒子经y轴上的Q点进入磁场中、又从与Q等高的M点（未标出）离开磁场，最后到达x轴上的N点（未标出）。已知P点坐标为−3L,0，Q点坐标为0,2（1）匀强电场的电场强度大小；（2）匀强磁场的磁感应强度大小；（3）粒子从P到N的时间。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】用塑料梳子梳头发时，有时听到“噼啪”声，是由于梳子与头发摩擦产生了静电，与静电现象有关．故C正确，ABD错误。故选：C。【分析】不同的物质组成的物体在相互摩擦的过程中，由于原子核束缚电子的本领不同，有的物体会失去电子，有的物体会得到电子，从而使物体带上电荷。2．【答案】A【解析】【解答】A．两个点电荷间距离减小为原来的12，其他量保持不变，根据库仑定律F=kqB．两个点电荷间距离增大到原来的2倍，其他量保持不变，根据库仑定律F=kq1C．每个点电荷电荷量都增大到原来的4倍，其他量保持不变，根据库仑定律F=kq1D．两个点电荷间距离减小为原来的12，同时仅一个点电荷电荷量加倍，其他量保持不变，根据库仑定律F=kq故选：A。

【分析】真空中的两个点电荷间的库仑力符合库仑定律，根据库仑定律公式分析判断。3．【答案】A【解析】【解答】A．根据右手螺旋定则，甲图中小磁针静止时位置如图，磁场为顺时针方向，大拇指向下，所以通电直导线的电流方向从上往下，故A正确；B．根据安培定则结合电流方向可得圆环内磁场方向垂直纸面向外，可知小磁针静止时N极垂直纸面向外，故B错误；

C．丙图中小磁针静止时的位置如图所示，螺线管右端为S极，则根据安培定则可知，电源右侧为正极，故C错误；

D．丁图中地球磁体的N极位于地理南极附近，故D错误。

故选：A。【分析】根据安培定则分析判断；结合地磁场特点分析。4．【答案】D【解析】【解答】解决本题的关键是准确理解磁通量公式Φ=BS，知道S是线圈在磁场垂直方向投影的面积。根据磁通量的计算公式Φ可知Φ1=故选D。

【分析】磁通量是穿过磁场中某一平面的磁感线的条数，在匀强磁场中，根据公式Φ=BS，S是线圈在磁场垂直方向投影的面积，确定有效面积，再进行分析。5．【答案】B【解析】【解答】电压表负接线柱接1，正接线柱接2、3时有示数，说明1到2、3的电路是通的，即电源、R3开关等部分正常；正接线柱接4时无示数，说明1到4的电路断路。所以应该是电阻R1断路，故ACD错误，B正确。故选：B。【分析】根据电压表的示数情况判断电路通断：电压表接1与2、3时有示数，说明1到2、3的电路（电源、开关等）正常；接1与4时无示数，说明1到4的电路断路。6．【答案】A【解析】【解答】D．灵敏电流计G中有a流向b的电流，说明电容器放电（充电电流方向应该是由b流向a），则电容器电荷量Q减小，故D错误；AB．电容器电荷量Q减小，根据Q=CU可知，电容器的电容减小，根据C=εC．电压不变，且极板间距不变，则电场强度E=U故选A。

【分析】当纸张从平行极板间穿过时，电容器的电压不变，结合电流方向判断电容器电荷量变化情况，由电容的定义式分析电容器电容的变化，根据电容决定式分析板间的纸张厚度变化情况。根据E=U7．【答案】A【解析】【解答】B．直流电源的总功率为PE=EI，图线a为总功率PE随电流I变化的图线，P-I图像的斜率等于电动势E，图线的斜率为k=E=4V，故B错误；CD．电源内部发热功率Pr=I2r，并且随着I增大，PA．当电流为0.5A时，根据闭合电路欧姆定律得代入数据解得R=6Ω故选A。

【分析】直流电源的总功率PE=EI，P-I图像的斜率等于电动势E；电源内部的发热功率Pr=I2r，由图知：当I=2A时，电源内部的发热功率Pr与电源的总功率相等，求出电源的内阻；根据闭合电路欧姆定律求出电流为0.5A时的外电阻。8．【答案】A,C【解析】【解答】A．能够通过速度选择器的带电粒子电场力和洛伦兹力平衡，有qvB=qE即v=EB．根据左手定则可知，带正电的粒子向下板偏转，带负电的粒子向上板偏转，下板的电势高于上板，所以通过电阻的电流方向为从下到上，故B错误；C．在分析同位素时，根据粒子在磁场中运动时满足qvB=m根据动能定理可得1可得q因同位素的q相同，可知半径最大的粒子对应质量也最大，C正确；D．粒子在D型盒中的运动周期T=2πm故选AC。

【分析】根据速度选择器、磁流体发电机、质谱仪、回旋加速器的原理判断即可。9．【答案】A,D【解析】【解答】现将滑动变阻器的触头自b向a端滑动，R的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，定值电阻R1以及电源内阻r上的电压都增大，则R1消耗的功率增大；并联支路的电压减小，则定值电阻R2消耗的功率减小，通过R2的电流减小，总电流增大，则通过滑动变阻器R的电流增大；电容器两板间电压减小，板间场强减小，油滴受到的电场力减小，则油滴向下运动，故AD正确，BC错误。故选：AD。【分析】将滑动变阻器的触头自b向a端滑动，分析R阻值的变化，判断总电流的变化，进而确定定值电阻R1消耗的功率变化情况；分析并联部分电压的变化，再判断定值电阻R2消耗的功率变化情况；分析电容器板间场强的变化，判断油滴的运动方向；根据总电流与通过R2的电流变化分析通过滑动变阻器R的电流变化。10．【答案】A,B,C【解析】【解答】A．带正电小球从A到B加速运动的过程中，机械能不断增加，小球运动过程中只有电势能和机械能的转化，则电势能不断减小，由于小球带正电，所以电势降低，即等势线a的电势比等势线b的电势高，故A正确；B．由于B点电势低于C点电势，由于小球带正电，则小球在B点的电势能小于在C点的电势能，故B正确；

C．小球机械能变化量的绝对值等于电势能变化量的绝对值，由于小球在B点的电势能小于在C点的电势能，所以小球机械能变化量的绝对值从A到B大于从A到C，故C正确；

D．若小球沿杆运动至D点，因为A、D两点等电势，电场力做功为0，但重力做正功，根据动能定理可知小球在D点的速度不为零，故D错误。

故选：ABC。【分析】机械能不断增加，则电势能不断减小，结合电性分析电势高低；根据电势能分析电势能变化；小球机械能变化量的绝对值等于电势能变化量的绝对值；根据电场力做功为0，但重力做正功结合动能定理分析。11．【答案】（1）；R1（2）左；大；0.50（3）B【解析】【解答】本实验考查小灯泡的电阻随温度变化的规律，并准确地测出小灯泡的额定功率，分压式接法若选全阻值大的滑动变阻器则操作或控制不方便，故全阻值小的滑动变阻器，伏安特性曲线中斜率的倒数表示电阻，由电流表的外接法的误差分析。

（1）实物图连接如图

滑动变阻器要接成分压电路，则为了便于调节应该选择阻值较小的R1（2）闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于使负载两端电压最小的位置，在图乙电路中为最左端；由图像可知，温度越高，图线的斜率ΔI由图像可知，当U=2.5V时，电流I=0.2A，则小灯泡的额定功率为P=IU=0.50W（3）由于电压表的分流作用使得电流的测量值偏大，则图线B是小灯泡实际的I−U图像，根据P=IU可知，实验得到的小灯泡的额定功率比实际值大。【分析】（1）分压式接法若选全阻值大的滑动变阻器则操作或控制不方便，故全阻值小的滑动变阻器；

（2）伏安特性曲线中斜率的倒数表示电阻及结合图像确定其额定功率，

（3）由电流表的外接法的误差分析。（1）[1]实物图连接如图[2]滑动变阻器要接成分压电路，则为了便于调节应该选择阻值较小的R1（2）[1]闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于使负载两端电压最小的位置，在图乙电路中为最左端；[2]由图像可知，温度越高，图线的斜率ΔI[3]由图像可知，当U=2.5V时，电流I=0.2A，则小灯泡的额定功率为P=IU=0.50W（3）[1][2]由于电压表的分流作用使得电流的测量值偏大，则图线B是小灯泡实际的I−U图像，根据P=IU可知，实验得到的小灯泡的额定功率比实际值大。12．【答案】（1）1.5；1.0（2）小于（3）1.4；0.60【解析】【解答】本题关键掌握测量电源电动势和内阻的实验原理、利用图像处理数据的方法和实验误差的分析方法。

（1）根据闭合电路欧姆定律有E=U+Ir

由图乙可知电源电动势为E=1.5V代入数据解得r=1.0（2）本接法中采用相对电源的电流表外接法，因为电压表的分流作用，使电流表测量结果偏小，可知实际图像(虚线所示)和测量图像应如图所示：

由图可知，用该电路测得的电源电动势小于真实值，内阻小于真实值。（3）由闭合电路欧姆定律有E=I(R+变形为R=E即在R−1I纵轴截距为−(解得r=0.60Ω

【分析】（1）根据图像纵截距计算电动势，根据闭合电路欧姆定律计算内阻；

（2）根据电压表的分流作用，在坐标系中画出实际图像判断；

（1）[1]由图乙可知电源电动势为E=1.5V[2]根据闭合电路欧姆定律有E=U+Ir代入数据有1.5=1.0+0.5r解得r=1.0（2）本接法中采用相对电源的电流表外接法，因为电压表的分流作用，使电流表测量结果偏小，可知实际图像(虚线所示)和测量图像应如图所示：由图可知，用该电路测得的电源电动势小于真实值，内阻小于真实值。（3）[1][2]由闭合电路欧姆定律有E=I(R+变形为R=E即在R−1I纵轴截距为−(解得r=0.6013．【答案】（1）解：设小灯泡的额定功率为P，额定电压为U，由电功率公式得P=UI代入数据得I=0.5（2）解：由闭合电路欧姆定理得E=U+代入数据得I（3）解：设流过电动机的电流为IM，由并联电路的电流特点得代入数据得I设电动机的输入功率为P代入数据得P【解析】【分析】（1）根据功率公式计算小灯泡正常发光时的电流I；

（2）根据闭合电路欧姆定律计算流过电源的电流I0；

（3）根据并联电流分流规律求出流过电动机的电流，再求电动机的输入功率P入。（1）设小灯泡的额定功率为P，额定电压为U，由电功率公式得P=UI代入数据得I=0.5（2）由闭合电路欧姆定理得E=U+代入数据得I（3）设流过电动机的电流为IM，由并联电路的电流特点得代入数据得I设电动机的输入功率为P代入数据得P14．【答案】回路的电流I=安培力F由左手定则可知，MN受安培力方向垂直于B斜向右上方与水平方向的夹角为37°，可知轨道对MN的支持力为F轨道对MN的摩擦力为Ff由牛顿第三定律可知，压力大小为3.8N，方向竖直向下；摩擦力