2023学年江苏省苏州市重点名校高二物理第一学期期中统考试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、关于功的概念，以下说法正确的是A力是矢量，位移是矢量所以功也是矢量B功有正、负，所以功也有

2、方向C若某一个力对物体不做功，说明该物体一定没有发生位移D一个恒力对物体做的功等于这个力的大小、物体位移的大小及力和位移方向间夹角的余弦三者的乘积2、如图，在探究影响通电导线受力的因素实验中，有三块相同的蹄形磁铁并列放在桌上，可以认为磁极间的磁场是均匀的。将一根直导线水平悬挂在磁铁的两极间，导体的方向与磁感应强度的方向（由下向上）垂直。有电流通过时导线将摆动一个角度，通过摆动角度的大小可以比较导线受力的大小。分别接通“2、3”和“1、4”可以改变导线通电部分的长度。电流由外部电路控制。先保持导线通电部分的长度不变，改变电流大小；然后保持电流不变，改变导线通电部分的长度，观察这两个因素对导线受力

3、的影响。该实验采用的实验方法是（）A放大法B微元法C控制变量法D比较法3、根据电容器的电容的定义式C=Q/U，可知A电容器带电的电量Q越多，它的电容C就越大，C与Q成正比B电容器不带电时，其电容为零C电容器两极之间的电压U越高，它的电容C就越小，C与U成反比D电容器的电容大小与电容器的带电情况无关4、如图所示,虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴,相交于O点,两个等量异号点电荷分别位于椭圆的两个焦点M、N上.下列说法中正确的是( )AO点的电场强度为零BA、B两点的电场强度相同C将电荷+q沿曲线CAD从C移到D的过程中,电势能先减少后增加D将电荷+q沿曲线CBD从C移到D的过程中,电势能先增加

4、后减少5、某电解池，如果在1 s内共有51018个二价正离子和1.01019个一价负离子通过某截面，那么通过这个截面的电流是()A0B0.8 AC1.6 AD3.2 A6、通过电阻的电流为I时，在时间t内产生的热量为Q，若通过同一电阻的电流为2I时，则在时间t内产生的热量为（ ）A2QB CD4Q二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板间的电势差U，现使B板带正电，实验中，电荷量不变，则下列判断正确的是()A增大两极板之

5、间的距离，静电计指针张角变大B将A板稍微上移，静电计指针张角将变大C若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D若将金属铝板插入两板之间，没有与两极板接触，则静电计指针张角变大8、x轴上O点右侧各点的电场方向与x轴方向一致，O点左侧各点的电场方向与x轴方向相反，若规定向右的方向为正方向，x轴上各点的电场强度E随x变化的图象如下图所示，该图象关于O点对称，x1和x1为x轴上的两点下列说法正确的是AO点的电势最低Bx1和x1两点的电势相等C电子在x1处的电势能大于在x1处的电势能D电子从x1处由静止释放后，若向O点运动，则到达O点时速度最大9、将两个完全相同的电流计改装成两个量程不同的电流表、,

6、已知改装后电流表A1、A2的量程分别为、,将两个改装后的电流表接在电路中,两电流表都没有烧毁。则下列说法正确的是 ( )A改装后两电流表、的电阻之比为：5B将改装后的电流表串联,接通电路、的偏转角之比为5：1C将改装后的电流表串联,接通电路、的示数之比为5：1D将改装后的电流表并联,接通电路、的示数之比为1：510、关于电源与电动势的下列说法中正确的是（）A电源可以通过静电力做功，把其他形式的能转化成电势能B当外电路的电阻变化时，电源的电动势一定保持不变C电源的电动势大小与电源的体积有关D闭合电路中，由于电源内部具有电阻，因此电源内部也有电压三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡

7、中指定的答题处，不要求写出演算过程。11（6分）有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法测量这个小灯泡的伏安特性曲线现有下列器材供选用：A电压表V1（0-5V，内阻约10k） B电压表V2（0-10V，内阻约20k）C电流表A1（0-0.3A，内阻约1） D电流表A2（0-0.6A，内阻约0.4）E滑动变阻器R1（010，2A） F滑动变阻器R2（0-100，0.2A）G学生电源（直流6V）、开关及导线（1）为了调节方便，测量尽可能准确，实验中应选用电压表_，电流表_，滑动变阻器_（填器材的前方选项符号，如A，B）（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据；请在下面的方

8、框中画出实验电路图_（3）P为上图中图线上的一点，PN为图线上P点的切线、PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则由图可知：随着所加电压的增加，小灯泡的电阻将_(填“增大”、“减小”或“不变”)；对应P点，小灯泡的电阻值约为_(保留三位有效数字)12（12分）有一只标值为“2.5 V，x W”的小灯泡，其额定功率的标值已模糊不清。某同学想通过测绘灯丝伏安特性曲线的方法来测出该灯泡的额定功率。(1)已知小灯泡的灯丝电阻约为5 ，请先在甲图中补全伏安法测量灯丝电阻的电路图_，再选择电流表、电压表的合适量程，并按图甲连接方式将图乙中的实物连成完整的电路_。(2)开关S闭合之前，将图乙中滑动变阻器的滑片

9、应置于_。(选填“A端”、“B端”或“AB正中间”)(3)该同学通过实验作出了灯丝的伏安特性曲线如图丙所示，则小灯泡的额定功率为_W。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10分）如图所示，在的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨QPN与一水平绝缘轨道MN连接，半圆形轨道平面与电场线平行，P为QN圆弧的中点，其半径R=40cm，一带正电q=10-4C的小滑块质量m=10g，与水平轨道间的动摩擦因数，位于N点右侧1.5m处，小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，取g=10m/s2，求：(1)滑块在最高点速度多大？(2)这

10、样运动的滑块通过P点时对轨道的压力是多大？(3)滑块应以多大的初速度v0向左运动？14（16分）如图，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为11V的电池相连，电路总电阻为1已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s1判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量15（12分）如图所示的电路中，电炉电阻R10，电动机线圈的电阻r1，电路两端电压

11、U100V，电流表的示数为30A，问：(1)通过电动机的电流为多少？(2)通电一分钟，电动机做的有用功为多少？参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】A功是物体之间能量转化的量度，它是标量故A错误B功有正、负之分，但功的正负不是表示方向，是表示力对物体的做功效果故B错误C当力的方向和物体位移的方向垂直时，力对物体就不做功，所以物体的位移并不一定是零故C错误D根据功的定义可知，一个恒力对物体做的功等于这个力的大小、物体位移的大小及力和位移间夹角的余弦三者的乘积故D正确2、C【解析】研究安培力与电流、长度的关系时

12、，需先控制一个量不变，这种研究的方法称为控制变量法故选C。3、D【解析】A电容器带电的电量Q越多，两极之间的电压U越高，但电容不变，故A错误；B电容反映本身的特性，电容器不带电时，电容并不为零，故B错误；C电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电压U无关，给定的电容C一定，故C错误；D电容表征电容器容纳电荷的本领大小，电容大小与电容器的带电情况无关，故D正确。故选D。4、B【解析】AB.由等量异种电荷的电场线分布情况可知，A、B两点的电场强度相同， O点的电场强度不为零，故A错误；B正确；CD. 由等量异种电荷的等势面分布情况可知，正电荷在电势高的地方电势能大，所以将电荷+q沿曲线CAD从C移到

13、D的过程中,电势能先增大后减少，将电荷+q沿曲线CBD从C移到D的过程中,电势能先减少后增大，故CD错误。5、D【解析】由题，电解池中正负离子运动的方向相反，则1s内通过截面正离子的电量为q1=2n1e负离子的电量绝对值为q2=n2e则电流为代入数据解得：A0与分析不符，故A错误；B0.8 A与分析不符，故B错误；C1.6 A与分析不符，故C错误；D3.2 A与分析相符，故D正确6、D【解析】由焦耳定律可知，电阻相同，电流变为原来的两倍，相同的时间内产生的热量变为原来的4倍即4QA2Q与分析不符，故A错误；B与分析不符，故B错误；C与分析不符，故C错误；D4Q与分析相符，故D正确二、多项选择题

14、：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、AB【解析】已充电的平行板电容器电量不变，静电计测量电势差的大小，电容器板间的电势差越大，静电计指针张角越大，根据电容器电容的决定分析电容的变化，由电容的定义式分析板间电势差的变化；【详解】A、增大两极板之间的距离，由电容的决定式C=S4kd可知，电容减小，电容器的电量不变，由C=QU分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大，故A正确；B、将A板稍微上移时，正对面积减小，由电容的决定式C=S4kd可知，电容增小，电量不变，由C=QU分析可知，板

15、间电压增大，静电计指针张角变大，故B正确；C、将玻璃板插入两板之间，电容的决定式C=S4kd可知，电容增大，电量不变，由C=QU分析可知，板间电压减小，静电计指针张角变小，故C错误；D、加入金属铝板，相当于减小两极板之间的距离，由电容的决定式C=S4kd可知，电容增大，电容器的电量不变，由C=QU分析可知，板间电压减小，静电计指针张角变小，故D错误。【点睛】本题要抓住电容器的电量不变，由电容的决定式C=S4kd和定义式C=QU结合分析电容器动态变化问题，注意张角的变化表示电势差的变化。8、BD【解析】试题分析：沿电场方向电势减小，所以在x轴左侧O点的电势最大，在x轴右侧O点的电势也是最大的，故

16、O点的电势最大，A错误；和两点关于x轴对称，电场强度的大小相等，从O点到和从O点到电势降落相等，故和两点的电势相等，故B正确；根据公式，由于和两点的电势相等，所以电子在这两点的电势能相等，故C正确；电子运动过程中电势能与动能之和恒定，由于O点的电势最高，而负电荷在高电势处的电势能小，故在O点的电势能最小，即在O点的动能最大，故D正确考点：考查了电势，电势能，电场强度9、BD【解析】A.电流表扩大量程的改装,是表头并联不同比例的电阻进行分流,表头本身允许的最大电流最大电压没有变化,所以两个改装表满偏时两端电压相等,但是电流,所以电阻5：1,故A错误；BC.将改装后的电流表串联,串联电路电流相等,

17、所以示数之比1：1,但是量程不同,表盘不同,偏转角之比为5：1,才能显示相同电流数,故B正确,C错误；D、将改装后的电流表并联,本质上就是两个表头并联,表头电流相等,偏转角相等,但是量程不同,表盘不同,所以示数之比为1：5,故D正确。10、BD【解析】A电源可以通过非静电力做功，把其他形式的能转化成电势能，选项A错误；B电源电动势由电源本身决定，当外电路的电阻变化时，电源的电动势一定保持不变，选项B正确；C电源的电动势大小与电源的体积无关，选项C错误；D电源与用电器组成闭合回路时，电路中有一定的电流，由于电源都有一定的内电阻，所以内电路有电压，故D正确。故选BD。三、实验题：本题共2小题，共1

18、8分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、A D E 增大 5.33 【解析】试题分析：根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表，为方便实验操作，滑动变阻器应选最大阻值较小的滑动变阻器根据题目要求确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出电路图根据图象应用欧姆定律判断灯泡电阻如何变化，由图象求出P点的电压与电流值，由欧姆定律求出灯泡此时的电阻（1）电表量程略大于电路中的最大值即可； 灯泡额定电压为4V，电压表选A，灯泡额定电流，则电流表选D，为方便实验操作，选较小的滑动变阻器，选E（2）电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常发光时电阻，则电流表应采用外接法，电路图如图所示（3）由图象可知，随着所加电压的增加，通过小灯泡的电流增大，但电压与电流的比值增大，即灯泡电阻将增大；由图象可知，在P点U=2.4V，I=0.45A，此时灯泡电阻12、 B 1.1【解析】（1）测定伏安特性电压电流需从0开始测起，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻约为5，属于小电阻，电流表采取外接法灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表选择3V量程的，灯泡的额定电流在0.44A，则电流表量程选择0.6A的，电路图和实物连线图如下图：（2）开关S闭合之前，将图乙中滑动变阻器的滑片应置于B端，使测量电路部分处于短路状态，闭合电键时，电压表、电流