【文档说明】江苏省宿迁市泗阳县两校2023-2024学年高一下学期5月联考试题 物理答案.docx，共(8)页，31.914 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-ae32a58ec641cc3bccb229cf637c21c4.html

以下为本文档部分文字说明：

2023-2024学年度高一年级第二学期第二次物理学科学情调研【答案】1.𝐷2.𝐵3.𝐷4.𝐵5.𝐴6.𝐶7.𝐵8.𝐷9.𝐶10.𝐵11.𝐵12.(1)左侧；(2)1.40；0.57；(3)1�

�；=。13.(1)电子个数𝑁=𝑞𝑒=It𝑒=10−8×11.6×10−19个=6.25×1010个。(2)由公式𝐼=𝑛𝑒𝑆𝑣得，𝑣=𝐼neS=10−88.5×1028×1.6×10−19×1×10−6𝑚/𝑠≈7.4×10−13𝑚/𝑠。(3)由𝑣=𝑥𝑡得

，时间𝑡=𝑥𝑣=1×10−27.4×10−13𝑠≈1.4×1010𝑠。14.解：(1)当接“+，𝐴”接线柱时，表头与𝑅2串联后再与𝑅1并联，当接“+，𝐵”接线柱时，𝑅1与𝑅2串联后再与表头并联，由并联分流规律可知，分流电阻越

小，分担的电流越多，可知量程为3𝐴的接线柱是𝐴接线柱；(2)当接“+，𝐴”接线柱时，表头与𝑅2串联后再与𝑅1并联，电路中的总电阻为𝑅=𝑅1(𝑅2+𝑅g)𝑅1+𝑅2+𝑅g当通过表头的电流达到满偏电流𝐼𝑔时，通

过干路中的电流即改装后的电流表的量程为𝐼=3𝐴𝐼=𝐼g(𝑅2+𝑅g)×1𝑅=𝐼g(𝑅2+𝑅g+𝑅1)×1𝑅1当接“+，𝐵”接线柱时，𝑅1与𝑅2串联后再与表头并联，电路中的总电阻为𝑅′：𝑅′=𝑅g(𝑅2+𝑅1)𝑅1+𝑅2+�

�g当通过表头的电流达到满偏电流𝐼𝑔时，通过干路中的电流即改装后的电流表的量程𝐼′=0.6𝐴𝐼′=𝐼g𝑅g×1𝑅′=𝐼g(𝑅2+𝑅g+𝑅1)×1𝑅1+𝑅2代入数据，可解得：𝑅1=0.02𝛺，𝑅2=0.08𝛺。答

：(1)量程为3𝐴的接线柱是𝐴接线柱；(2)分流电阻𝑅1、𝑅2分别是0.02𝛺和0.08𝛺。15.解：(1)根据欧姆定律可得电路中的电流为：𝐼=𝑈1𝑅1=3.01.5𝐴=2𝐴则可得电源的总功率为：𝑃总=𝐼𝐸=2×10𝑊=20𝑊(2)电源的输出

功率为：𝑃出=𝐼𝐸−𝐼2𝑟=2×10𝑊−22×0.5𝑊=18𝑊(3)电动机两端电压为：𝑈𝑀=10𝑉−2×0.5𝑉−3.0𝑉=6𝑉电动机消耗的电功率为：𝑃𝑀=𝐼𝑈𝑀=

2×6𝑊=12𝑊则电动机将电能转化为机械能的功率为：𝑃机=𝑃𝑀−𝐼2𝑅0=12𝑊−22×1.0𝑊=8𝑊16.解：(1)当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定值电

阻𝑅0的电压增大，路端电压减小，由图分析可得𝑉1对应𝐴𝐶、𝑉2对应𝐵𝐶；(2)由题意得：𝑈1=𝐼𝑅0，则𝑅0=𝛥𝑈1𝛥𝐼=6−1.52−0.5𝛺=3𝛺当滑动变阻器取最大值时，电流最小𝐼𝑚𝑖𝑛=0.5𝐴，而�

�𝑅=𝑈𝐵−𝑈𝐴=7.5𝑉−1.5𝑉=6𝑉所以𝑅max=𝑈𝑅𝐼min=60.5𝛺=12𝛺；(3)因为𝑈2=𝐸−𝐼𝑟，则内阻𝑟=|𝛥𝑈2𝛥𝐼|=|6−7.52−0.5|𝛺=1𝛺所以𝐸=𝑈2+𝐼𝑟=7.5𝑉+0.5×1𝑉=8𝑉。【解析】

1.【分析】根据能量守恒定律，能量在转化和转移过程中，其总量不变；能量在转化和转移过程中具有方向性，且现有可利用的能源有限，故必须节约能源。本题考查了热力学第二定律、能源的利用与环境保护等知识点。这种题型知识点广，

多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。【解答】𝐴𝐵.根据能量守恒定律，能量在转化和转移过程中，其总量不变，故AB错误。𝐶𝐷.各种形式的能量向内能的转化，是微观领域内无序程度较小向无序程度较大的转化，是能够自动、全额发生的。而内能向机械能的转化过程，是不能全额转化的。因此，从可被利用的

价值来看，内能与机械能、电能等相比，是一种低品质的能量。能量虽然不会减少但能源会越来越少，所以要节约能源。故C错误，D正确。故选D。2.【分析】电阻率是一个反映导体导电性能的物理量，是导体材料本身的属性，只与材料和温度有关。电

阻率𝜌由材料自身的特性和温度决定，纯金属的电阻率较小，合金的电阻率较大，各种材料的电阻率都随温度而变化。金属的电阻率随温度的升高而增大，利用它可制作电阻温度计；有些合金(如锰铜和镍铜)的电阻率几乎不受温度变化的影响，利用它可制作标准电阻。本题考查了金属电阻率的相关知识，准确理解电阻

率概念是解题关键。【解答】𝐴𝐵.合金的电阻率大，常用来做加热设备、电阻器，而不用来做导线；故A错误，B正确；𝐶𝐷.电阻温度计是利用金属的电阻率随温度变化，金属的电阻随温度变化而显著变化；而标准电阻一般用电阻率几乎不受温度影响的合金来制作，故C

D错误。故选B。3.【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量。【

解答】1、螺旋测微器的固定刻度为0.5𝑚𝑚，可动刻度为11.8×0.01𝑚𝑚=0.118𝑚𝑚，所以最终读数0.5𝑚𝑚+0.118𝑚𝑚=0.618𝑚𝑚；2、游标卡尺的主尺读数为6𝑚𝑚，游标尺上第15个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为15×0.05𝑚𝑚=

0.75𝑚𝑚，所以最终读数为：6𝑚𝑚+0.75𝑚𝑚=6.75𝑚𝑚=0.675𝑐𝑚；故选D。4.【分析】表头𝐺和变阻器𝑅并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而表头𝐺和变阻器𝑅串联

时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表。根据串并联电路的基本规律进行分析即可确定量程变化。本题考查电表改装原理的理解能力。当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值，此时对应总电路中的电流和电压为量程。【解答】𝐴�

�.乙表滑动变阻器与表头并联，起分流作用，故是电流表，𝑅增大时，电路中𝑅2变阻器分流减小，乙表量程减小；故AD错误；𝐵𝐶.甲表表头与电阻串联，故是电压表，𝑅1增大时时，变阻器分担的电压增大，甲表量程增大；故B正确C错误。故选B。5.解：用×10𝛺挡测量某电阻时，操作步骤正确

，发现表头指针偏转角度很小，说明所选档位太小，为了较准确地进行测量，应换到×100𝛺挡，然后重新进行欧姆调零，再进行测量，故A正确；故选：𝐴。用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零．本题考查了

欧姆表档位的选择与欧姆表读数、欧姆表使用注意事项，用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．6.【分析】把小量程电流表改装成大量程电流表需要并联分

流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律求出并联电阻阻值。本题考查了电流表的改装，知道电流表的改装原理是解题的前提与关键，应用并联电路特点与欧姆定律即可解题。【解答】把电流表改装成0.6𝐴的电流表需要并联分流电阻，

并联电阻阻值：𝑅=𝐼𝑔𝑅𝑔𝐼−𝐼𝑔=30×10−3×950.6−30×10−3𝛺=5𝛺，故C正确；故选：𝐶。7.【分析】采用试触法确定电流表接法时，电压表示数变化大应采用外接法，电流表示数变化大，应采用电流表内接法；确定电流表接法后，根据所测电压与电流，由欧姆定律可以求出待测

电阻阻值，根据实验电路，应用欧姆定律分析测量值与真实值间的关系。电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表采用外接法，待测电阻阻值远大于电流表内阻时，电流表采用内接法；在无法确定待测电阻阻值与电表内阻关系时可以采用试触法确定电流表的接法。【解答】开关接𝑎、𝑏两点时，电压

表示数相对变化量△𝑈𝑈=6−5.86=130电流表示数相对变化量△𝐼𝐼=0.2−0.150.15=13，则可知电流表示数变化量大，则电流表应采用内接法，即开关应接在𝑎点，电阻测量值𝑅=60.15=40𝛺；由于采

用电流表内接法，使电压测量值大于真实值，电阻测量值大于真实值，故B正确，ACD错误。故选：𝐵。8.【分析】本题考查测定金属的电阻率实验，解题关键是要知道分压式和限流式的优缺点，再根据题目要求合理选择，以及内外接选择的依据，

再运用电阻定律分析求解即可，注意单位的换算，难度不大。因为要减小实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，故选择分压式，小电阻选择外接法；【解答】解：金属阻值较小，在用伏安法测电阻时应该用电流表外接法，题干中要求实验中获得较大的电压调节范围，故滑动变阻器要采用分压式接法，D正确，ABC

错误。故选D。9.【分析】将电流表用导线代替得到等效电路，即可得到四个电阻的连接关系；然后根据通过电流表的导线经过的电流得到电流表示数与通过电阻电流的关系。在画等效电路图时，将电流表短路，将电压表断路，然

后调整电路图使得串并联关系更加清楚，最后再将电流表，电压表按电流和电压画上即可。【解答】对电路进行简化，简化后的电路如图所示，𝐴𝐵.根据电路图可知，电阻𝑅1、𝑅2、𝑅3为并联关系，电阻𝑅1、𝑅2、𝑅3构成的并联电路与𝑅4为串联关系，AB错误；𝐶𝐷.根据电路图可知，

𝐴1的示数为通过𝑅2和𝑅3的电流之和，𝐴2的示数为通过𝑅1和𝑅2的电流之和，C正确，D错误。故选C。10.【分析】明确电路结构，知道灯泡与滑动变阻器串联，电容与滑动变阻器并联，其电压等于滑动变阻器两端的电压；变阻器两端电压增大，由𝑄=𝑈𝐶可知，电容器上

电荷量增大。滑动变阻器滑片𝑃向左移动，变阻器接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，电流减小，灯泡变暗；明确电源的输出功率规律，知道内外电阻相等时电源的输出功率最大，内外电阻相差越多时，输出功率越小；本题考查闭合电

路欧姆定律中的动态分析以及含容电路的规律应用；对于电容器，关键确定电压，记住这个结论很有必要：电容器与与它并联的电路电压相等。【解答】𝐴𝐶.当滑动变阻器滑片𝑃向左移动，其接入电路的电阻增大，电路的总电阻𝑅总增大，总电流𝐼减小，

灯泡的功率为𝑃=𝐼2𝑅𝐿，𝑅𝐿不变，则𝑃减小，灯泡变暗。故AC错误。B.因灯泡内阻大于电源内阻，则滑片向左移动时，外电阻增大，因此电源的输出功率一定减小，故B正确；D.因总电流减小，则由𝑈=𝐸−𝐼𝑟可知，路端电压增大，由𝐴分析可知，灯泡两端电压及内

电压减小，故变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量增大，故D错误。故选B。11.【分析】本题关键的要抓住电容器的特点：当电路稳定时，和电容器串联的电路没有电流，电容器电压等于这一串联电路两端的电压。灯泡𝐿

和滑动变阻器𝑅串联、电容器𝐶和定值电阻𝑅0串联后两条支路再并联．当电路稳定后，电容器这一路没有电流，相当于开关断开，对另一路没有影响；电容器的电压等于路端电压；当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析电流和路

端电压的变化，分析灯泡亮度和电容器电量的变化。【解答】A.当滑动变阻器的滑片向右移动后，𝑅增大，电路中电流𝐼减小，灯泡𝐿将变暗，故A错误；B.路端电压𝑈=𝐸−𝐼𝑟，则知𝑈增大，电容器电量𝑄=𝐶𝑈增大，故B正

确；C.电路稳定后电容器相当开关断开，𝑅0两端的电压为零，没有变化，故C错误；D.𝐼减小，电源的总功率𝑃=𝐸𝐼，𝐸不变，则知电源的总功率减小，故D错误。12.【分析】(1)滑动变阻器采用限流接法，闭合开关前滑片要置于阻

值最大处；(2)根据图示电源𝑈−𝐼图象求出电源电动势与内阻；(3)根据实验原理分析纵坐标所代表的物理量和实验误差。本题考查实验：测电源电动势和内阻，考查了滑动变阻器的使用，滑动变阻器采用限流接法时，闭合开

关前滑片要置于阻值最大处；根据图示电源𝑈−𝐼图象求出电源电动势和内阻；根据实验电路图分析实验误差。【解答】(1)为保护电路安全，由图示电路图可知，开关闭合前滑动变阻器𝑅的滑片滑到左侧，即最大阻值的位置。(2)由闭合电路欧姆定

律𝐸=𝑈+𝐼𝑟，可得𝑈=𝐸−𝐼𝑟，因此电源𝑈−𝐼图像与纵轴交点坐标值表示电动势大小，为1.40，则电源电动势1.40𝑉；𝑈−𝐼图像斜率的绝对值表示电源内阻𝑟=𝛥𝑈𝛥𝐼=1.40−1.000.70𝛺≈0.57𝛺。

(3)电压表不能用，则变阻器换为电阻箱，由闭合电路欧姆定律得：𝐸=𝐼(𝑟+𝑅)，得到：1𝐼=1𝐸𝑅+𝑟𝐸，则要以1𝐼为纵轴，以𝑅为横轴作图求解，因为使用这个电路，电路中电流表是测量的整个串联电路的中的电流，是准确值，

电阻箱的读数为准确值，故测得的电动势的值等于真实值的电动势值。故答案为：(1)左侧；(2)1.40；0.57；(3)1𝐼；=。13.利用𝐼=𝑞𝑡和𝑁=𝑞𝑒求通过导线横截面的电子个数；利用𝐼=𝑛𝑒𝑆𝑣和𝑆=𝜋𝑟2求自由电子定向移动的速度大小；利用𝑥=𝑣𝑡的变形

式求需要的时间。14.把电流计改装成电流表需要并联一个分流电阻，分析图示电路结构、应用并联电路特点与欧姆定律答题。本题考查了电流表的改装，知道电流表的改装原理、分析清楚电路结构，应用串并联电路特点、欧姆

定律即可正确解题。15.本题考查电功率的计算，要注意分析清楚电路的性质及电路结构。(1)根据欧姆定律求出电路中的电流大小，即可得电源总功率的大小；(2)根据𝑃出=𝐼𝐸−𝐼2𝑟求出电源的输出功率的大小；(3)先求出电

动机两端电压，根据𝑃=𝐼𝑈求出电动机消耗的电功率，根据𝑃机=𝑃𝑀−𝐼2𝑅0求出电动机将电能转化为机械能的功率。16.本题考查对物理图象的理解能力，可以把本题看成动态分析问题，来选择两电表示数对应的图线。(1

)当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定值电阻𝑅0的电压增大，路端电压减小，来判断两个电压表的示数对应的图线。(2)定值电阻𝑅0等于图线𝐴𝐶的斜率大小。由数学知识求出图线的斜率求解𝑅0；当滑动变阻器取最大值时，电流最小，由图读出电流的最小值，由欧姆定律求

出变阻器的总电阻𝑅；(3)图线𝐵𝐶反映路端电压与电流的关系，其斜率大小等于电源的内阻，由数学知识求出电源的内阻，再由闭合电路欧姆定律求出电源的电动势。