2023學年江蘇省蘇州市重點名校高二物理第一學期期中統(tǒng)考試題含解析

1、2023學年高二上物理期中模擬試卷注意事項：1 答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、關于功的概念，以下說法正確的是A力是矢量，位移是矢量所以功也是矢量B功有正、負，所以功也有

2、方向C若某一個力對物體不做功，說明該物體一定沒有發(fā)生位移D一個恒力對物體做的功等于這個力的大小、物體位移的大小及力和位移方向間夾角的余弦三者的乘積2、如圖，在探究影響通電導線受力的因素實驗中，有三塊相同的蹄形磁鐵并列放在桌上，可以認為磁極間的磁場是均勻的。將一根直導線水平懸掛在磁鐵的兩極間，導體的方向與磁感應強度的方向（由下向上）垂直。有電流通過時導線將擺動一個角度，通過擺動角度的大小可以比較導線受力的大小。分別接通“2、3”和“1、4”可以改變導線通電部分的長度。電流由外部電路控制。先保持導線通電部分的長度不變，改變電流大??；然后保持電流不變，改變導線通電部分的長度，觀察這兩個因素對導線受力

3、的影響。該實驗采用的實驗方法是（）A放大法B微元法C控制變量法D比較法3、根據電容器的電容的定義式C=Q/U，可知A電容器帶電的電量Q越多，它的電容C就越大，C與Q成正比B電容器不帶電時，其電容為零C電容器兩極之間的電壓U越高，它的電容C就越小，C與U成反比D電容器的電容大小與電容器的帶電情況無關4、如圖所示,虛線AB和CD分別為橢圓的長軸和短軸,相交于O點,兩個等量異號點電荷分別位于橢圓的兩個焦點M、N上.下列說法中正確的是( )AO點的電場強度為零BA、B兩點的電場強度相同C將電荷+q沿曲線CAD從C移到D的過程中,電勢能先減少后增加D將電荷+q沿曲線CBD從C移到D的過程中,電勢能先增加

4、后減少5、某電解池，如果在1 s內共有51018個二價正離子和1.01019個一價負離子通過某截面，那么通過這個截面的電流是()A0B0.8 AC1.6 AD3.2 A6、通過電阻的電流為I時，在時間t內產生的熱量為Q，若通過同一電阻的電流為2I時，則在時間t內產生的熱量為（ ）A2QB CD4Q二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，用靜電計可以測量已充電的平行板電容器兩極板間的電勢差U，現(xiàn)使B板帶正電，實驗中，電荷量不變，則下列判斷正確的是()A增大兩極板之

5、間的距離，靜電計指針張角變大B將A板稍微上移，靜電計指針張角將變大C若將玻璃板插入兩板之間，則靜電計指針張角變大D若將金屬鋁板插入兩板之間，沒有與兩極板接觸，則靜電計指針張角變大8、x軸上O點右側各點的電場方向與x軸方向一致，O點左側各點的電場方向與x軸方向相反，若規(guī)定向右的方向為正方向，x軸上各點的電場強度E隨x變化的圖象如下圖所示，該圖象關于O點對稱，x1和x1為x軸上的兩點下列說法正確的是AO點的電勢最低Bx1和x1兩點的電勢相等C電子在x1處的電勢能大于在x1處的電勢能D電子從x1處由靜止釋放后，若向O點運動，則到達O點時速度最大9、將兩個完全相同的電流計改裝成兩個量程不同的電流表、,

6、已知改裝后電流表A1、A2的量程分別為、,將兩個改裝后的電流表接在電路中,兩電流表都沒有燒毀。則下列說法正確的是 ( )A改裝后兩電流表、的電阻之比為：5B將改裝后的電流表串聯(lián),接通電路、的偏轉角之比為5：1C將改裝后的電流表串聯(lián),接通電路、的示數之比為5：1D將改裝后的電流表并聯(lián),接通電路、的示數之比為1：510、關于電源與電動勢的下列說法中正確的是（）A電源可以通過靜電力做功，把其他形式的能轉化成電勢能B當外電路的電阻變化時，電源的電動勢一定保持不變C電源的電動勢大小與電源的體積有關D閉合電路中，由于電源內部具有電阻，因此電源內部也有電壓三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡

7、中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11（6分）有一個小燈泡上標有“4V，2W”的字樣，現(xiàn)在要用伏安法測量這個小燈泡的伏安特性曲線現(xiàn)有下列器材供選用：A電壓表V1（0-5V，內阻約10k） B電壓表V2（0-10V，內阻約20k）C電流表A1（0-0.3A，內阻約1） D電流表A2（0-0.6A，內阻約0.4）E滑動變阻器R1（010，2A） F滑動變阻器R2（0-100，0.2A）G學生電源（直流6V）、開關及導線（1）為了調節(jié)方便，測量盡可能準確，實驗中應選用電壓表_，電流表_，滑動變阻器_（填器材的前方選項符號，如A，B）（2）為使實驗誤差盡量減小，要求從零開始多取幾組數據；請在下面的方

8、框中畫出實驗電路圖_（3）P為上圖中圖線上的一點，PN為圖線上P點的切線、PQ為U軸的垂線，PM為I軸的垂線，則由圖可知：隨著所加電壓的增加，小燈泡的電阻將_(填“增大”、“減小”或“不變”)；對應P點，小燈泡的電阻值約為_(保留三位有效數字)12（12分）有一只標值為“2.5 V，x W”的小燈泡，其額定功率的標值已模糊不清。某同學想通過測繪燈絲伏安特性曲線的方法來測出該燈泡的額定功率。(1)已知小燈泡的燈絲電阻約為5 ，請先在甲圖中補全伏安法測量燈絲電阻的電路圖_，再選擇電流表、電壓表的合適量程，并按圖甲連接方式將圖乙中的實物連成完整的電路_。(2)開關S閉合之前，將圖乙中滑動變阻器的滑片

9、應置于_。(選填“A端”、“B端”或“AB正中間”)(3)該同學通過實驗作出了燈絲的伏安特性曲線如圖丙所示，則小燈泡的額定功率為_W。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13（10分）如圖所示，在的豎直勻強電場中，有一光滑的半圓形絕緣軌QPN與一水平絕緣軌道MN連接，半圓形軌道平面與電場線平行，P為QN圓弧的中點，其半徑R=40cm，一帶正電q=10-4C的小滑塊質量m=10g，與水平軌道間的動摩擦因數，位于N點右側1.5m處，小滑塊恰能運動到圓軌道的最高點Q，取g=10m/s2，求：(1)滑塊在最高點速度多大？(2)這

10、樣運動的滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大？(3)滑塊應以多大的初速度v0向左運動？14（16分）如圖，一長為10cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中；磁場的磁感應強度大小為0.1T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣，金屬棒通過開關與一電動勢為11V的電池相連，電路總電阻為1已知開關斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5cm；閉合開關，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關斷開時相比均改變了0.3cm，重力加速度大小取10m/s1判斷開關閉合后金屬棒所受安培力的方向,并求出金屬棒的質量15（12分）如圖所示的電路中，電爐電阻R10，電動機線圈的電阻r1，電路兩端電壓

11、U100V，電流表的示數為30A，問：(1)通過電動機的電流為多少？(2)通電一分鐘，電動機做的有用功為多少？參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】A功是物體之間能量轉化的量度，它是標量故A錯誤B功有正、負之分，但功的正負不是表示方向，是表示力對物體的做功效果故B錯誤C當力的方向和物體位移的方向垂直時，力對物體就不做功，所以物體的位移并不一定是零故C錯誤D根據功的定義可知，一個恒力對物體做的功等于這個力的大小、物體位移的大小及力和位移間夾角的余弦三者的乘積故D正確2、C【解析】研究安培力與電流、長度的關系時

12、，需先控制一個量不變，這種研究的方法稱為控制變量法故選C。3、D【解析】A電容器帶電的電量Q越多，兩極之間的電壓U越高，但電容不變，故A錯誤；B電容反映本身的特性，電容器不帶電時，電容并不為零，故B錯誤；C電容表征電容器容納電荷的本領大小，與電壓U無關，給定的電容C一定，故C錯誤；D電容表征電容器容納電荷的本領大小，電容大小與電容器的帶電情況無關，故D正確。故選D。4、B【解析】AB.由等量異種電荷的電場線分布情況可知，A、B兩點的電場強度相同， O點的電場強度不為零，故A錯誤；B正確；CD. 由等量異種電荷的等勢面分布情況可知，正電荷在電勢高的地方電勢能大，所以將電荷+q沿曲線CAD從C移到

13、D的過程中,電勢能先增大后減少，將電荷+q沿曲線CBD從C移到D的過程中,電勢能先減少后增大，故CD錯誤。5、D【解析】由題，電解池中正負離子運動的方向相反，則1s內通過截面正離子的電量為q1=2n1e負離子的電量絕對值為q2=n2e則電流為代入數據解得：A0與分析不符，故A錯誤；B0.8 A與分析不符，故B錯誤；C1.6 A與分析不符，故C錯誤；D3.2 A與分析相符，故D正確6、D【解析】由焦耳定律可知，電阻相同，電流變?yōu)樵瓉淼膬杀?，相同的時間內產生的熱量變?yōu)樵瓉淼?倍即4QA2Q與分析不符，故A錯誤；B與分析不符，故B錯誤；C與分析不符，故C錯誤；D4Q與分析相符，故D正確二、多項選擇題

14、：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、AB【解析】已充電的平行板電容器電量不變，靜電計測量電勢差的大小，電容器板間的電勢差越大，靜電計指針張角越大，根據電容器電容的決定分析電容的變化，由電容的定義式分析板間電勢差的變化；【詳解】A、增大兩極板之間的距離，由電容的決定式C=S4kd可知，電容減小，電容器的電量不變，由C=QU分析可知，板間電壓增大，靜電計指針張角變大，故A正確；B、將A板稍微上移時，正對面積減小，由電容的決定式C=S4kd可知，電容增小，電量不變，由C=QU分析可知，板

15、間電壓增大，靜電計指針張角變大，故B正確；C、將玻璃板插入兩板之間，電容的決定式C=S4kd可知，電容增大，電量不變，由C=QU分析可知，板間電壓減小，靜電計指針張角變小，故C錯誤；D、加入金屬鋁板，相當于減小兩極板之間的距離，由電容的決定式C=S4kd可知，電容增大，電容器的電量不變，由C=QU分析可知，板間電壓減小，靜電計指針張角變小，故D錯誤?！军c睛】本題要抓住電容器的電量不變，由電容的決定式C=S4kd和定義式C=QU結合分析電容器動態(tài)變化問題，注意張角的變化表示電勢差的變化。8、BD【解析】試題分析：沿電場方向電勢減小，所以在x軸左側O點的電勢最大，在x軸右側O點的電勢也是最大的，故

16、O點的電勢最大，A錯誤；和兩點關于x軸對稱，電場強度的大小相等，從O點到和從O點到電勢降落相等，故和兩點的電勢相等，故B正確；根據公式，由于和兩點的電勢相等，所以電子在這兩點的電勢能相等，故C正確；電子運動過程中電勢能與動能之和恒定，由于O點的電勢最高，而負電荷在高電勢處的電勢能小，故在O點的電勢能最小，即在O點的動能最大，故D正確考點：考查了電勢，電勢能，電場強度9、BD【解析】A.電流表擴大量程的改裝,是表頭并聯(lián)不同比例的電阻進行分流,表頭本身允許的最大電流最大電壓沒有變化,所以兩個改裝表滿偏時兩端電壓相等,但是電流,所以電阻5：1,故A錯誤；BC.將改裝后的電流表串聯(lián),串聯(lián)電路電流相等,

17、所以示數之比1：1,但是量程不同,表盤不同,偏轉角之比為5：1,才能顯示相同電流數,故B正確,C錯誤；D、將改裝后的電流表并聯(lián),本質上就是兩個表頭并聯(lián),表頭電流相等,偏轉角相等,但是量程不同,表盤不同,所以示數之比為1：5,故D正確。10、BD【解析】A電源可以通過非靜電力做功，把其他形式的能轉化成電勢能，選項A錯誤；B電源電動勢由電源本身決定，當外電路的電阻變化時，電源的電動勢一定保持不變，選項B正確；C電源的電動勢大小與電源的體積無關，選項C錯誤；D電源與用電器組成閉合回路時，電路中有一定的電流，由于電源都有一定的內電阻，所以內電路有電壓，故D正確。故選BD。三、實驗題：本題共2小題，共1

18、8分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、A D E 增大 5.33 【解析】試題分析：根據燈泡額定電壓選擇電壓表，根據燈泡額定電流選擇電流表，為方便實驗操作，滑動變阻器應選最大阻值較小的滑動變阻器根據題目要求確定滑動變阻器與電流表的接法，然后作出電路圖根據圖象應用歐姆定律判斷燈泡電阻如何變化，由圖象求出P點的電壓與電流值，由歐姆定律求出燈泡此時的電阻（1）電表量程略大于電路中的最大值即可； 燈泡額定電壓為4V，電壓表選A，燈泡額定電流，則電流表選D，為方便實驗操作，選較小的滑動變阻器，選E（2）電壓與電流從零開始變化，滑動變阻器應采用分壓接法；燈泡正常發(fā)光時電阻，則電流表應采用外接法，電路圖如圖所示（3）由圖象可知，隨著所加電壓的增加，通過小燈泡的電流增大，但電壓與電流的比值增大，即燈泡電阻將增大；由圖象可知，在P點U=2.4V，I=0.45A，此時燈泡電阻12、 B 1.1【解析】（1）測定伏安特性電壓電流需從0開始測起，滑動變阻器采用分壓式接法，燈泡的電阻約為5，屬于小電阻，電流表采取外接法燈泡的額定電壓為2.5V，所以電壓表選擇3V量程的，燈泡的額定電流在0.44A，則電流表量程選擇0.6A的，電路圖和實物連線圖如下圖：（2）開關S閉合之前，將圖乙中滑動變阻器的滑片應置于B端，使測量電路部分處于短路狀態(tài)，閉合電鍵時，電壓表、電流