2023连云港高级中学高二上学期第一次阶段测试物理含解析

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连云港高级中学2022—2023学年度高二上学期第一阶段测试物理试卷一、单项选择题（共12小题，每小题4分，共48分）1. 下面是某同学对一些概念及公式的理解，其中正确的是（　　）A. 根据公式可知，金属电阻率与导体的电阻成正比B. 根据公式可知，该公式只能求纯电阻电路的电流做功C. 根据电动势E＝可知，电动势E的大小等于W和q的比值，但与W的大小和q的大小无关，由电源本身决定D. 根据公式可知，电容器的电容与电容器所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比【答案】C【解析】【分析】【详解】A．电阻率是由导体本身的性质决定的，其大小与电阻无关，故A错误；B．公式适用于纯电阻电路和非纯电阻电路中的电流所做功，故B错误；C．电动势反映了电源将其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势E的大小跟W和q的比值相等，跟W的大小和q的大小无关，由电源本身决定。故C正确；D．电容的公式采用的是比值定义法，电容大小与电量和电压无关，故D错误。故选C。2. 某简易电吹风简化电路如图所示，其主要部件为电动机M和电热丝，部分技术参数如下表，电吹风在220V电压下工作。下列说法正确的是（　　）额定电压220V额定功率热风时：990W冷风时：110W A. 开关、都闭合时电吹风吹冷风B. 吹热风时通过电热丝的电流为4AC. 吹热风时电热丝的功率为990WD. 该电吹风中电动机的内电阻为【答案】B【解析】【详解】A．开关、都闭合时，电热丝工作，电吹风吹热风，故A错误；BC．吹热风时电热丝的功率为通过电热丝的电流为故B正确，C错误；D．若电动机是纯电阻，电阻为但电动机是非纯电阻，所以内阻不等于440Ω，故D错误。故选B。3. 将一个满偏电流为10mA，内阻为120Ω的电流计改装为量程为0.06A和15V的电流表和电压表两用表，如图所示为该表的内部结构，则电阻R2的阻值（　　） A. 24Ω B. 250Ω C. 130Ω D. 230Ω【答案】D【解析】【分析】【详解】把电流表改装成大量程电流表要并联电阻分流，所以改装后电流表内阻为改装成电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值为故选D。4. 如图所示，一根均匀带电的长直橡胶棒沿其轴线方向做速度为v的匀速直线运动。已知棒的横截面积为S，单位体积内所带的电荷量为-q。由于棒的运动而形成的等效电流（　　）A. 大小为qv，方向与v相同 B. 大小为qv，方向与v相反C. 大小为qSv，方向与v相同 D. 大小为qSv，方向与v相反【答案】D【解析】【详解】橡胶棒带负电，等效电流方向与的方向相反，由电流的定义式可得故D正确，ABC错误。故选D。5. 图（a）所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC。如果UC随时间t的变化如图（b）所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图像中，正确的是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【详解】根据电容器的定义式可知结合图像可知，图像的斜率为，则内的电流与内的电流关系为且两段时间中的电流方向相反，根据欧姆定律可知两端电压大小关系满足由于电流方向不同，所以电压方向不同。故选A。6. 随着环境问题的日益严重以及电池技术的发展，零排放的纯电动汽车逐渐走入了我们的生活。随着电池容量、可靠性、安全性与充电技术等的不断成熟，纯电动汽车正在迅速发展。截至2017年底，我国自主研发了各类用途的数百款纯电动汽车，保有量以百万计。纯电动汽车的发展将极大缓解燃油汽车带来的污染问题，有助于改善城市的空气质量。下表是某款电动汽车的蓄电池参数，据此下列说法正确的是（　　）电池只数100只电池容量/只充电参数（电压/电流）420V，20A放电时平均电压/只3.3VA. 电池从完全没电到充满电所需时间为12hB. 电池容量的单位就是能量单位C. 该电池组充电时的功率为8.4×103WD. 该电池组充满电时的能量约为8.4×103J【答案】C【解析】【详解】A．电池从完全没电到充满电所需时间为故A错误；B．电池容量的单位是电量的单位，故B错误；C．该电池组充电时的功率为故C正确；D．该电池组充满电时能量为故D错误。故选C。7. 如图甲所示的电路，其中电源电动势，内阻，定值电阻，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（　　）A. 图乙中滑动变阻器的最大功率B. 图乙中，C 滑动变阻器消耗功率P最大时，定值电阻R也消耗功率最大D. 调整滑动变阻器的阻值，可以使电源的输出电流达到【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电源外电阻R等于内阻r时，输出功率最大，最大值为把定值电阻看成电源内阻，由图乙可知，当滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率为A错误；B．滑动变阻器的阻值为时与阻值为时消耗的功率相等，有解得B正确；C．当回路中电流最大时，即时定值电阻R消耗的功率最大，C错误；D．当滑动变阻器的阻值为0时，电路中电流最大，最大值为则调整滑动变阻器的阻值，不可能使电源的输出电流达到，D错误。故选B。8. 如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管（正向电阻为0，反向电阻为∞）连接，电源负极接地。开始时电容器不带电，闭合开关S，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P点。在开关S保持接通的状态下，下列说法错误的是（　　）A. 若滑动变阻器的滑片向下滑动时，带电油滴将会向上运动B. 若电容器的上极板向上移动时，带电油滴将仍然静止C. 若电容器的下极板向下移动时，P点的电势将增大D. 若电容器的下极板向左移动时（P点仍处在电场中），极板间的场强将增大【答案】A【解析】【分析】【详解】A．当滑动变阻器的滑片向下滑动时，变阻器有效阻值减小，R的电压减小，则电容器板间电压想减小，电容器想放电，由于二极管的存在，电容器不能放电，故电容器极板间电压不变，电场场强不变，带电油滴不动，故A错误,符合题意；B．当电容器的上极板向上移动时，由电容的决定式知，电容减小，而电容器的电压不变，由知，Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，根据可知电容器板间场强故E不变，油滴所受的电场力不变，所以带电油滴仍静止不动，故B正确，不符合题意；C．当电容器的下极板向下移动时，电容器所带的电量Q不变，由知电容器板间场强不变，P与下极板间距增大，由U＝Ed知，P与下极板间的电势差变大，P点的电势会升高，故C正确，不符合题意；D．当电容器的下极板向左移动时，由可知，电容器的电容减小，由知，Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，那么只能是极板间U增大，由知电容器板间场强变大，故D正确，不符合题意。故选A。9. DC14.8V/2200mAh的锂电池供电，额定功率为35W，当锂电池剩余电量为总容量的20%时，扫地机器人就自动回座机充电。结合上述信息，下列说法正确的是（　　）A. DC14.8V/2200mAh表示该电池输出的是交流电B. 该机器人电机的额定电流为0.42AC. 正常工作时机器人电动机每秒钟输出35J动能D. 电池充满电后机器人正常工作约45mim后回座机充电【答案】D【解析】【详解】A．DC14.8V/2200mAh表示该电池输出的是直流电，选项A错误；B．该机器人电机的额定电流为选项B错误；C．正常工作时机器人电动机内阻要产生部分内能，则每秒钟输出动能小于35J，选项C错误；D．机器人人正常工作的时间选项D正确。故选D。10. 热现象过程中不可避免地出现能量耗散的现象。所谓能量耗散是指在能量转化的过程中无法把耗散的能量重新收集、重新加以利用。下列关于能量耗散的说法中正确的是（　　）A. 能量耗散是指在一定条件下，能量在转化过程中总量减少了B. 能量耗散表明，在能源的利用过程中，能量在数量上并未减少，但在可利用的品质上降低了C. 能量耗散表明，能量守恒定律具有一不定期的局限性D. 能量不可能耗散，能量守恒定律反映了自然界中能量转化的宏观过程可以有任意的方向性【答案】B【解析】【详解】AC．能量虽然有耗散但总的能量是守恒的在转化的过程中总量不会减少，故AC错误；B．能量耗散表明在能源的利用过程中，能量在数量上并未减少，但是在可利用的品质上降低了，故B正确；D．根据热力学定律可知，宏观自然过程自发进行是有其方向性，能量耗散就是从能量转化的角度反映了这种方向性，故D错误；
故选C。11. 下图中磁场与对应电流方向符合的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【详解】A．根据右手螺旋定则可知，小磁针所在位置磁场方向向左，小磁针的N极应指向左，故A错误；B．通电直导线周围的磁场分布可以通过右手螺旋定则判断，在图示位置，小磁针N极应指向里，故B错误；C．地理的北极是地磁的S极，故C错误；D．通电环形导线内部的磁场分布通过右手螺旋定则判断，图示导线内部的磁场垂直纸面向外，所以小磁针的N极指向外，故D正确。故选D。12. 在磁感应强度为、竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直纸面向里，如图所示，、、、是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，其中点的磁感应强度大小为，则（　　）A. 、两点的磁感应强度相同 B. 、两点的磁感应强度相同C. 点的磁感应强度大小为 D. 点的磁感应强度大小为【答案】D【解析】【详解】点的磁场度是有通电导线产生的磁场和匀强磁场叠加而成的，根据右手螺旋定则，可知通电导线在a点产生的磁场方向竖直向上，与匀强磁场方向相同，因此可知通电导线在a点产生的场强大小为，从而可推得通电导线在圆周上各点产生的场强大小都为。AC.通电导线在c点产生的磁场方向竖直向下，因此合场强为零，AC错误；BD.根据右手螺旋定则可知，通电导线在b点产生的场强水平向左，在d点产生的场强水平向右，因此可知点的磁感应强度大小均，方向指向左上方，与水平成45o角，而点的磁感应强度大小为，方向指向右上方，与水平成45o角，B错误，D正确。故选D。二、实验题（共2小题，每空2分，共30分）13. 某同学用伏安法测量导体电阻率，现有量程为3V、内阻约为3k的电压表和量程为0.6A、内阻约为0.1的电流表。采用分压电路接线，待测电阻丝Rx阻值约为5。（1）图甲是未完成的实物连线图，图中a为待测导体右端接线柱，b为电流表正极接线柱，c为滑动变阻器左上端接线柱，d为滑动变阻器左下端接线柱。则导线①应连接________（选填a或b）。导线②应连接________（选填c或d）。（2）正确接线后，实验测得的数据如下表，请在图乙中作出U-I图线______。U/V0.300.400.801.101.201.60I/A0.070.090.180.220.270.35（3）用作图法求得Rx的阻值为________（结果保留两位有效数字）。（4）某次用螺旋测微器测金属丝直径d，用游标卡尺测金属丝的长度l，示数如图丙所示，则d=________mm，l＝__________cm。（5）写出该金属丝的电阻率的表达式____________（用U、I、d、l表示）【答案】    ①. a    ②. d    ③.     ④. 4.6 Ω（4.5 ~ 4.8 Ω）    ⑤. 1.843 mm（1.842 mm ~ 1.84 mm）    ⑥. 4.240 cm    ⑦. 【解析】【分析】【详解】（1）[1]由于电流表内阻与待测电阻阻值接近，因此只能采用电流表外接法，以减小实验误差，故导线①应接a；[2]由题意可知，本实验采用分压接法，故导线②要与d接通；（2）[3]根据表中的数据作出的U-I图如下图所示：（3）[4]根据U-I图象的斜率表示电阻，则有电阻算出45 Ω ~ 4.8 Ω均正确；（4）[5]由图示螺旋测微器可知，其示数为d = 1.5 mm + 34.3 × 0.01 mm = 1.843 mm 估读出1.842 ~ 1.844 mm均正确；[6]由图示游标卡尺可知，其示数为l = 42 mm + 8 × 0.05 mm = 42.40 mm = 4.240 cm （5）[7]由欧姆定律由电阻定律金属丝的横截面积联立得14. 某实验小组测量一充电宝的电动势和内阻。从说明书可知该充电宝的电动势约为5V，内阻很小，约0.1～0.3，最大放电电流为2A。（1）该小组将充电宝连接线的外绝缘层剥开，找出充电宝的正极和负极，将多用电表选择开关旋到10V直流电压挡，先进行机械调零，然后红、黑表笔分别接触充电宝的正极和负极，电表刻度盘如图甲所示，该读数为__________V。（2）该小组想进一步精确测出该充电宝的电动势和内阻，实验室提供的器材如下：A．电压表V（量程6V，内阻约为5k）B．电流表A（量程为3A，内阻约为0.6）C．滑动变阻器R1（最大阻值为60）D．定值电阻R0=3E．一个开关及导线若干该小组设计了两种测量充电宝电动势和内阻的电路，图乙中__________（填“A电路”或“B电路”）更为合理，理由是______________。（3）该小组通过调节滑动变阻器，测得多组I、U数据，并在坐标纸上描点如图丙所示，请根据描出的点作出U-I图像_________。（4）根据U-I图像，可求得该充电宝的电动势为__________V，内阻为__________。（结果均保留两位小数）（5）根据误差分析，该充电宝的电动势的测量值比真实值__________（填“偏小”或“偏大”），内阻的测量值比真实值__________（填“偏小”或“偏大”）。【答案】    ①. 3.8    ②. B电路    ③. 由于充电宝的内阻比较小，若用A电路测量，则改变滑动变阻器接入电路的阻值时，内阻分压小，导致外电路电压表示数变化不明显，不利于测量，误差较大；而采用B电路测量时，定值电阻一方面起到保护电路的作用，另一方面，改变滑动变阻器接入电路的阻值时，电压表示数变化较为明显，测量误差小，得出的结果较为精确    ④.     ⑤. 5.00    ⑥. 0.13    ⑦. 偏小    ⑧. 偏小【解析】【详解】（1）[1]多用电表选择开关旋到10V直流电压挡，最小刻度为0.2V，故读数为3.8V。（2）[2] B电路更为合理。[3] 理由是：由于充电宝的内阻比较小，若用A电路测量，则改变滑动变阻器接入电路的阻值时，内阻分压小，导致外电路电压表示数变化不明显，不利于测量，误差较大；而采用B电路测量时，定值电阻一方面起到保护电路的作用，另一方面，改变滑动变阻器接入电路的阻值时，电压表示数变化较为明显，测量误差小，得出的结果较为精确。（3）[4]舍去明显错误的数值，然后由点描绘出一条直线。描点尽可能多的在直线上，其他点均匀分布于直线两侧，如图所示。（4）[5]根据闭合电路欧姆定律有得到根据图像在纵轴上的截距可得[6]由图像的斜率大小可得可得（5）[7]该实验由于电压表分流，使电流表的示数I小于该充电宝的输出电流，则有而U越大，越大，它们的关系可用如图表示。实测的图线为AB，经过修正后的图线为，可看出实测的图线为AB在纵轴上的截距小于，即实测的电动势E小于真实值。[8] 由上图线可知，实测的图线为AB的斜率绝对值小于修正后的图线为的斜率绝对值，因此实测的电源内阻r小于真实值。三、计算题（15题每问4分共12分，16题每问5分共10分）15. 如图所示，太阳能热水器是直接利用太阳能给水加热的装置，下表是小明家的太阳能热水器某天在阳光照射下的相关信息：太阳照射时间/h装水量/kg吸热板面积/m2水升高的温度/℃水的比热容/J·（kg ·℃）-1太阳辐射功率/J·（m2 h）-1101002.5504.2×1031.68×106其中太阳辐射功率是指1 h内投射到1 m2面积上的太阳能。求：（1）水在10 h内吸收的热量。（2）如果水吸收的热量用天然气来提供，需要完全燃烧多少m3的天然气（天然气的热值为8.4×107J/m3，天然气完全燃烧放出的热量全部给水吸收）。（3）该太阳能热水器的能量转化效率。【答案】（1）2.1×107J；（2）0.25m3；（3）50%【解析】【分析】【详解】(1)水在10h内吸收的热量为(2)设需要完全燃烧天然气的体积为V，可得(3)2.5m2的吸热板在10h内接收到的太阳辐射能量为则该太阳能热水器的能量转化效率为16. 如图所示为厦门中学生助手购置的电子握力计及其工作原理示意图。电源电压不变，握力显示表是由电流表改装而成，定值电阻R2起保护电路作用，其电阻值为10Ω，不施加力时弹簧一端的滑片P在滑动变阻器R1的最上端，握力越大，滑片P向下移动得越多。已知电路中电流变化的范围为0.1~0.6A，对应的握力测量范围为0-100kg（握力习惯以kg为单位，其实应该是千克力）除了R1、R2外其他电阻阻值均不计，求：（1）滑动变阻器R1的调节范围；（2）当R1消耗电功率最大时，对应的握力大小。【答案】（1）0~50Ω；（2）20kg【解析】【详解】（1）不施加力时弹簧一端的滑片P在电阻R1的最上端，此时有握力最大时，滑动变阻器R1全部接入电路，则有得R1=50Ω即滑动变阻器R1的调节范围为0~50Ω。（2）R1消耗的电功率为得当时，消耗电功率最大 因电阻阻值与长度成正比，握力大小与弹簧压缩量成正比，故有得此时对应的握力大小为20kg。