【文档说明】湖北省武汉市部分重点中学2023-2024学年高二上学期9月阶段性检测物理 含解析.docx，共(14)页，1.329 MB，由小赞的店铺上传

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2023学年秋季武汉市部分市级示范高中高二9月联考物理试卷试卷满分：100分一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，1—7题只有一项符合题目要求，第8—10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全

的得2分，有选错的得0分。1.在物理学习中，概念、模型、方法都需要理解与掌握，如下说法不正确的是（）A.位移、速度、电场强度、功均为矢量B.质点、点电荷均为理想化模型C.电场强度、加速度概念的引入采用了比值定义法D.合力与分力，合运动与分运动为等效替代关系【答案】A【解析】【详解】A．位

移、速度、电场强度是矢量，功是标量，故A错误，满足题意要求；B．质点、点电荷均为理想化模型，故B正确，不满足题意要求；C．电场强度、加速度概念的引入采用了比值定义法，故C正确，不满足题意要求；D．合力与分力，合运动与分运动为等效

替代关系，故D正确，不满足题意要求。故选A。2.一个已充电的电容器，若使它的电荷量减少4310C−，其电压减少为原来的13，则（）A.电容器原来的电压为1VB.电容器的电容变为原来的13C.电容器原来的带电荷量为4910C−D.

电容器原来的带电荷量为44.510C−【答案】D【解析】【详解】CD．由QCU=得2233QCUCUQ===则434.510C2QQ−==故C错误，D正确；A．因电容器的电容不知，所以无法得出

电容器原来的电压，A错误；B．电容是由电容器本身决定，跟电压和电荷量的变化无关，所以电容器的电容不变，B错误。故选D。3.如图所示的电解池接入电路后，在t秒内有n1个一价正离子通过溶液内某截面S，有n2个一价负离子

通过溶液内某截面S，设e为元电荷，以下说法正确的是（）A.当n1=n2时，电流为零B.当n1>n2时，电流方向从A→B，电流为12()nneIt−=C.当n1<n2时，电流方向从B→A，电流为21()nne

It−=D.无论n1、n2大小如何，电流方向都从A→B，电流都为12()nneIt+=【答案】D【解析】【详解】由题意可知，流过容器截面上的电量q=(n1＋n2)e则电流为12()nneIt+=方向与

正电荷的定向移动方向相同，故由A到B。故选D。4.如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab的中点，a、b电势分别为5Va=、3Vb=。下列叙述正确的是（）A.该电场在c点处的电势一定为4VB.a点处的场强aE一

定大于b点处的场强bEC.一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少D.一正电荷运动到c点时受到的静电力由c指向a【答案】C【解析】【详解】AB．该电场电场线分布情况不明，所以在c点处的电势不一定为4V，a点处的场强Ea不一定大

于b点处的场强Eb。故AB错误；CD．因c点的电势一定高于b点，由公式pEq=易知，一正电荷从c点运动到b点，电势能一定减少。根据“沿电场线方向电势逐渐降低”可得c点的场强方向由a指向c。所以正电荷运动到c点

时受到的电场力由a指向c。故C正确，D错误。故选C。5.如图所示，光滑绝缘的水平地面上有相距为L的点电荷A、B，带电荷量分别为－4Q和＋Q，今引入第三个点电荷C，使三个点电荷都处于平衡状态，则C的电荷量和放置的位置分别是（）A.－Q，在A左侧距A为L处B.－2Q，在A左侧距A

为2L处C.＋2Q，在A右侧距A为32L处D.－4Q，在B右侧距B为L处【答案】D【解析】【详解】根据库仑力的特点和平衡条件可以推知，要使A、B、C三个电荷都平衡，电荷C必须为负电荷，且放在B的右侧某位置；设

C的电荷量为q，所在位置与B的距离为r，则当C平衡时，有224()qQQqkkrLr=+解得r＝L当点电荷B受力也平衡时，有的224qQQQkkrL=解得q＝4Q因为q为负电，所以q＝－4Q故选D。6.小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如

图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中正确的是（）A.对应P点，小灯泡的电阻为12URI=B.对应P点，小灯泡的电阻为121URII=−C.随着所加电压的增大，小灯泡的电阻不变D.随着所

加电压的增大，小灯泡的电阻减小【答案】A【解析】【详解】AB．对应P点，由图可知，小灯泡两端的电压是U1，流过小灯泡的电流是I2，所以电阻为12URI=故A正确，B错误；CD．根据电阻的定义URI=电阻等于图线

上的点与原点连线的斜率的倒数，随着所加电压的增大，图线上的点与原点连线的斜率逐渐减小，说明小灯泡的电阻逐渐增大，故CD错误。故选A。7.如图甲所示，两根材料相同的均匀导体柱a和b，a长为L，b长为2L，串联在电路中时，

沿x轴方向电势变化φ－x图象如图乙所示，选取x＝3L处电势为零，则导体柱a、b的横截面积之比为（）A.12B.13C.14D.15【答案】B【解析】【详解】由x−图象可知导体柱a两端电压为6V，导体柱b两端电压为4V，导体柱a和b串联可得a

aURI=，bbURI=根据电阻定律lRS=可得lISU=导体柱a、b的横截面积之比为21::643abLLSS==故选B。8.由欧姆定律UIR=导出U＝IR和URI=，下列叙述中正确的是（）A.电流相同时，电阻越大，其电压降越大B.对于确定的导体，其两端

的电压和流过它的电流的比值等于它的电阻值C.由URI=知，导体电阻由两端的电压和通过的电流决定D.导体的电阻由导体本身的性质决定，跟导体两端的电压及流过导体的电流的大小无关【答案】ABD【解析】【详解】A．根据UI

R=可知，电流相同时，电阻越大，其电压降越大，故A正确；B．对于确定的导体，其两端的电压和流过它的电流的比值等于它的电阻值，故B正确；CD．URI=只是电阻的定义式，导体的电阻由导体本身的性质决定，跟导体两端的电压及流过导体的电流的大小无关，故C错

误，D正确。的故选ABD。9.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略，开关闭合稳定时一带电的油滴静止于两极板间的P点，若打开开关k，将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离

，则下列说法正确的是（）A.静电计指针的张角变小B.P点电势升高C.带电油滴向上运动D.带电油滴的电势能不变【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，极板间距减小，根据4SCkd=可知，电容器的电容增大，当开关打开后，两极板的电荷量不变，又

QUC=所以，极板间的电势差减小，则静电计指针的张角变小，A正确；BCD．根据场强公式，即4UQkQEdCdS===当打开开关后，极板的电荷量不变，故可得场强不变，故带电液滴不会移动，根据电势与场强的关系可知，P点的电势不变，电势能不变，BC错误，D正

确。故选AD10.如图所示，空间中存在沿x轴的静电场，x1、x2、x3、x4是x轴上的四个点，质量为m、带电荷量为－q的粒子（不计重力），以初速度v0从O点沿x轴正方向进入电场，在粒子沿x轴运动的过程中，其电势能E

p沿x轴的变化如图所示，下列说法正确的是（）。A.粒子在x2点的速度为v0B.若粒子能到达x4处，则v0大小至少应为p02EmC.若p002Evm=，则粒子在运动过程中的最大动能为p02ED.从O点到x3点的过程中，电场的电势先升高再降低再升高

【答案】AB【解析】【详解】A．粒子从O运动到x2的过程中，电势能变化量为零，静电力做功为零，根据动能定理可知粒子在x2点的速度为v0，故A正确；B．粒子能运动到x１处，就能运动到x４处，若粒子恰能运动到x１处时初速度v0最小，根据动能定理得2001

2qmv−=−解得p00022Eqvmm==所以若粒子能到达x4处，则v0的大小至少应为p02Em，故B正确；C．粒子在运动过程中，静电力所做正功的最大值为0q，若p002Evm=时，由动能定理得

20km012qEmv=−解得20km012qEmv=−粒子在运动过程中最大动能为的的0kmP03qEE==故C错误；D．从O点到x3点的过程中，电场的电势先降低再升高再降低，故D错误。故选AB。二、非选择题：本题共5小题，共60分。11.用如图甲实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守

恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒。图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示，已知

电源频率为50Hz，m1=50g、m2=150g，g取10m/s2，则：（1）在纸带上打下计数点5时的速度v=______m/s；（2）在打点0~5过程中系统动能的增加量ΔEk=___J，系统势能的减少量ΔEp=___J。（第（2）问结果均保留三位有效数字）【答案】①.2.4

②.0.576③.0.600【解析】【详解】（1）[1]每相邻两计数点间还有4个点，相邻两计数点间的时间间隔为=0.025s=0.1sT在纸带上打下计数点5时的速度2465(21.6026.40)10m/s=2.4m/s220.1xvT−+==（2）[2]两物体的初速度为零，所以在打点

0~5过程中系统动能的增加量为232k12511()0(50150)102.4J=0.576J22Emmv−=+−=+[3]系统势能的减少量包括m1增加的重力势能和m2减少的重力势能，为32p21(15050)1010(38.4021.60)10J=0.600JEmghmgh−−=

−=−+12.某同学为了测定一个圆柱体工件材料的电阻率，采用了如下方法：（1）用游标卡尺测量其长度，示数如图甲所示，由图可知其长度L＝________cm：（2）用螺旋测微器测量其直径，示数如图乙

所示，由图可知其直径D＝________mm：（3）实验小组决定使用伏安法测量圆柱体的电阻，已知其电阻约为100Ω，实验所用直流电源的电动势约为4V、内阻可忽略，电流表A的量程为0~30mA、内阻约为30Ω，电压表V的量程为0~3V、内阻约为10kΩ，滑动变阻器R1阻值的变化范围为

0~15Ω，允许通过的最大电流为2.0A，为减小测量误差，实验中实验电路应采用丙图中的________：（R代表圆柱体的电阻）（4）若电流表的示数为I，电压表的示数为U；圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为=________，测________真（填“

大于”、“小于”或“等于”）。【答案】①.4.240②.4.950③.A④.24UDIL⑤.小于【解析】【详解】（1）[1]圆柱体工件材料的长度为42mm80.05mm42.40mm4.240cmL=+==（2）[2]圆柱体工件材料的直径为4.5mm45.00.01

mm4.950mmD=+=（3）[3]电压表阻值远大于圆柱体的电阻，电流表应采用外接法，圆柱体的电阻大于滑动变阻器R1阻值，为获得更多实验数据，滑动变阻器应采用分压式接法。故选A。（4）[4]圆柱体的电阻为URI=根据电

阻定律有224()2LLLRDSD===电阻率的关系式为24UDIL=[5]由于电压表的分流作用，电流的测量值大于电流的实际值，即II测真可得测真13.在如图所示的电路中，R1是由某金属氧化物制成的导体棒，实验证明通过它的电流I1

和它两端的电压U1遵循311IkU=的规律（式中k＝0.3A/V3），R2、R3是定值电阻，遵循欧姆定律，R3＝10Ω，电源电压为6.0V，闭合开关S后，电流表的示数为0.5A。求R2的阻值。【答案】5Ω【解析】【详解】R3两端的电压为U3=IR3=0.5×10V=5.0V则R1

、R2并联部分的电压为U1=6.0V-5.0V=1.0V又311IkU=得R1中的电流为33110.31.0A0.3AIkU===所以R2中的电流为I2=I-I1=0.5A-0.3A=0.2A则有2211.050.2URI===14.电量为q＝2×10－4C的带正电小物块置于绝缘

水平面上，所在空间存在沿水平方向且方向始终不变的电场，电场强度E的大小与时间t的关系，以及物块速度v与时间t的关系如图所示．若重力加速度g取10m/s2，求：(1)物块的质量m；(2)物块与水平面之间的动摩擦因数μ．【答案】(1)2kg(2)0.2【解析】【详解】当4310/E

NC=时，物体的加速度为221/2vamst===，根据牛顿第二定律得：qEfma−=；当4210/ENC=时，物体匀速运动，则物体受力平衡，qEf=，又fmg=；代入数据解得：10.2mkg==，．15.如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1的匀强电场，在两条平行的虚

线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏，现将一电子（电荷量为e，质量为m，重力不计）无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧屏上的K点，已知：A点到MN的距离为2L，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：（1）电子到MN的速度

大小；（2）若E2=3E1，电子离开电场E2时速度与水平方向的夹角的正切值多大；（3）调节E2的大小可使K点在屏的位置发生变化，由于实际生产的需要，现要保证K点到O点的距离d满足：3L≤d≤6L，求此条件下21

EE的范围。【答案】（1）1eELvm=；（2）tan3=；（3）2124EE【解析】【详解】（1）从A点到MN的过程中，由动能定理21122LeEmv=得得电子到MN的速度大小为1eELvm=（2）设电

子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得电子在电场中的加速度为213eEeEamm==运动时间为Ltv=沿电场方向的速度为yvat=电子离开电场E2时速度与水平方向的夹角的正切值为tan3yvv

==（3）电子在电场E2中做类平抛运动，沿电场方向的位移为22222111222eELELyatmvE===设电子打在屏上的位置为K，根据平抛运动的推论可知，速度的反向延长线交于水平位移的中点，电子打到屏幕上K点到O的距离为d，根据三角形相似，有2

32LdLy=可得21332ELdyE==现要保证K点到O点的距离d满足3L≤d≤6L，则获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com