山东聊城第二中学2026-2027学年高二上学期第一次调研物理试题

2025级高二上学期第1次学情调研测试物理答案 1．B 【详解】A．电池容量代表电池可储存的总电荷量，该电池容量为 远大于，故A错误； B．已知待机总时间，总电荷量，平均工作电流，故B正确； C．是能量单位，但是电流×时间，是电荷量的单位，故C错误； D．电池放电时，将化学能等其他形式的能转化为电能，是非静电力做功，故D错误。 2．A【详解】根据 解得，故选A。 3．B 【详解】A．导线的电阻 两导线串联后的总电阻大于任一导线的电阻。图线的斜率为，故总电阻的图线斜率小于图线1、2，应位于区域III，故A错误； B．两导线串联，电流相等。同种材料中自由电荷数密度相同，由 整理得，故B正确； C．由 可知，在相同时间内通过两导线横截面的电量之比为，故C错误； D．两导线电阻之比 串联时电压之比，故D错误。 4．D 【详解】接1、2为电流表，根据并联电路规律有 解得其量程为 接1、3为电压表，根据串联电路规律有 解得量程 故选D。 5．D 【详解】A．S断开时，​两端的电压为 电容器的电压为，故A错误； B．S断开时，电源顺时针给电容器充电，所以电容器a极板带正电，故B错误； C．S闭合前，a极板带正电；S闭合后，电容器与并联，电容器a极板带负电，有从a流向电流表的电流，故C错误； D．S闭合后，干路电流为 因为与相等，所以经过的电流为，电容器的电压为 电容器的电量为，故D正确。 6．C 【详解】A．电源的效率为 当药液减少时，滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻减小，减小，则电源的效率减小，故A错误； B．电源的输出功率为 当时，输出功率最大，由于，所以当药液减少时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电阻减小，电源的输出功率增大，故B错误； CD．当向药液袋内注射液体时，滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流减小，路端电压增大，则通过灯泡的电流减小，灯泡变暗；由于灯泡两端电压减小，则滑动变阻器两端电压增大，即电压表示数增大，故C正确，D错误； 故选C。 7．A 【详解】A．当光线变暗时，阻值变大，回路总电阻变大，电流表的示数变小，故A正确； B．根据“串反并同”可得变暗，变亮，故B错误； C．两端电压为路端电压 由变小可得变大，功率变大，故C错误； D．电源路端电压变大，则效率变大，故D错误。 8．D 【详解】A．由直线b可知R的阻值为，故A错误； B．直线a为电源的图像，根据闭合电路欧姆定律可得 可知，，故B错误； CD．用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图像交点可知电流为，则电源的总功率为 电源内部消耗的功率为，故C错误，D正确。故选D。 9．AB 【详解】AB．根据闭合电路欧姆定律 变形得 所以电源的U-I图像与纵轴的截距为电源电动势的大小，而图像斜率的绝对值表示电源的内阻。故电源1与电源2的电动势之比为 电源1与电源2的内阻之比为，故AB正确； C．该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接时，其图线的交点即为电路中干路电流和路端电压，所以在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是，故C错误； D．根据可得在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是，故D错误。故选AB。 10．BC【详解】A．因电源电压不变，由 可知总电阻最小时功率最大，故当开关接时，被短路，只有接入电路，为加热挡，故可得 当接时，与串联，总电阻最大，功率最小，为保温挡。保温挡总电阻 因此 故A错误； B．加热挡正常工作电流，故B正确； C．保温挡功率，因此功率比：，故C正确。 D． ，保温挡产生的热量，故D错误。故选BC。 11．BC 【详解】A．由图可知电流测的是通过的电流，电压表测的是与R的并联电压，向右滑动R的滑片P，R接入电路的阻值减小，则电路总电阻减小，通过电源的电流I增大，则路端电压减小，因此两端电压减小，根据欧姆定律可知，电流表示数减小，故A错误； B．因为通过电源的电流I增大，电流表示数减小，则通过的电流增大，则的两端电压增大，又因为与R的并联电压与的两端电压之和为路端电压，因此与R的并联电压减小（因为路端电压在减小），即电压表示数变小，故B正确； C．由B选项分析可知，通过的电流增大，则的功率变大，故C正确； D．因为与R的并联电压减小，则通过的电流减小，又因为通过的电流增大，故通过R的电流增大，故D错误。 故选BC。 12．AD 【详解】A．根据题意可知，滑动变阻器连入电路阻值变小，闭合回路总电阻变小，总电流变大，，增大， 故A正确； B．根据内电压，则增大，又，则减小，故B错误； C D．根据闭合电路欧姆定律有 变形可得 可知，即不变； 根据 则，故C错误、D正确。 故选AD。 13．(1) 0.607/0.608/0.609 19 丙 (2) 300 3.1 0.96 【详解】（1）[1]螺旋测微器精度为0.01mm，故直径 [2]电表指针的偏转角度过大，说明待测电阻偏小，应选小倍率“”挡进行测量； [3]欧姆挡测电阻，阻值等于倍率乘以指针刻度数，结合图乙可知，测量结果 [4]因为待测电阻为19Ω，由 可知为了减小误差应采用电流表外接法，即选图丙； [5]根据 整理得到电阻率 （2）[1]图乙可知电阻箱阻值，则改装后电流表量程为 代入题中数据得 [2][3]根据闭合电流欧姆定律得 整理得 结合图丙可知电动势为 图像斜率绝对值为 代入题中数据解得 14．(1) 3.192/3.191/3.193 102.30 (2)0.8 (3) 2.4 0.58 (4)24 【详解】（1）[1]螺旋测微器的固定刻度读数为，可动刻度读数为，故金属棒直径 [2]分度游标卡尺（精度）的主尺读数为，游标尺第格对齐，游标读数，金属棒长度 （2）毫安表满偏电流，内阻，改装后量程。根据并联分流规律，并联电阻满足 解得 （3）[1]改装后总电流（为毫安表示数），改装后电流表的电阻 由闭合电路欧姆定律 整理得 图像的纵截距为电动势，故 [2] 图像斜率的绝对值，解得 （4）欧姆表满偏电流，短接调零时 得欧姆表内阻 指针指中央刻线时，电流为满偏的一半，满足 解得待测电阻阻值 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）电压表和电流表均为理想电表，实验中要求滑动变阻器采用分压器接法，如图所示 （2）由电阻定律可知 代入数据后，可以得到 （3）根据图2可知水泥块压力越大电阻率越小，即电阻越小，根据串联分压可知电压增加，电压减小，而报警器在两端电压大于或等于3V时启动，故应将报警器并联在两端。 16．（6分）(1)0.5A(2)1.5W(3)1.5m/s，竖直向上 【详解】（1）电路为串联电路，电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律可得........(1分) 代入已知数据可得.....(1分) （2）根据焦耳定律可得，电动机的热功率为.....(1分) 电动机两端的电压为 电动机的输入功率为 可得电动机的输出功率为.....(1分) （3）由于电动机的输出功率，等于匀速提升重物做功的功率，则有.....(1分) 可得重物上升的速度，方向竖直向上.....(1分) 17．(1)(2)(3) 【详解】（1）S断开时，依据闭合电路欧姆定律，则有 根据功率表达式，则有 代入总功率得， （2）S闭合时，与并联，依据闭合电路欧姆定律，则有 代入数值解得 当闭合S时电源的输出功率 代入数值得 （3）S断开时，依据公式 电容器两端电压等于两端的电压为 则有 代入数值 18．【详解】（1）当滑动变阻器接入电路的电阻达到最大值时，电压表示数最大。此时电路总电阻为 由闭合电路欧姆定律得 电压表的最大示数为 此时弹簧形变量为，由胡克定律得 解得 （2）设滑动变阻器接入电路的电阻为，其消耗的功率为 由基本不等式可知，当且仅当时，滑动变阻器消耗的功率最大。由电阻与长度成正比得 由胡克定律得 （3）物体平衡时，且滑动变阻器接入电路的电阻与形变量成正比，有 所以 当以千克为单位时，代入数据得 由闭合电路欧姆定律得 电压表示数为 高二物理 使用时间：2026.10 代入数据得 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 由，得，其中以千克为单位。 $ 2025级高二上学期第1次学情调研测试 物理学科 满分：100分 考试时间：90分钟 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 1．如图所示是某种手机电池外壳上的文字说明，下列说法正确的是（ ） A．该电池的容量为0.7 C B．该电池待机时的平均工作电流约为14.6 mA C．与J均属于能量的单位 D．该电池放电时通过静电力做功将其它形式的能转化为电能 2．如图所示为一长方形金属导体，其长为、高为、宽为，从左右两面接入大小为的电流，导体单位体积内自由电子数是，电子电荷量为，则导体内自由电子定向移动的速率为（ ） A． B． C． D． 3．如图甲，图线1、2分别表示长度相同、半径之比的同种材料均匀铜导线、的伏安特性曲线，当它们按图乙方式接入电路时，以下说法正确的是（ ） A．a、b总电阻的I-U图线应在区域I B．通过a、b导线的自由电荷定向移动速率之比为9∶4 C．单位时间通过a、b导线横截面的电量之比为9∶4 D．a、b两端电压之比为4∶9 4．如图所示，有一块小量程电流表，满偏电流为，内阻为，将电流表按照图示结构组装为多用电表，其中，、则对多用电表而言（ ） A．接1、3为电流表，量程为 B．接1、3为电压表，量程约为0.4 V C．接1、2为电压表，量程为3 V D．接1、2为电流表，量程为1 mA 5．如图所示、电源电动势内阻不计，电阻，，，电容器电容，下列说法正确的是（ ） A．S断开时电容器的电压为2 V B．S断开时电容器a极板带负电 C．S闭合至电路稳定的过程中，有从电流表流向a的电流 D．S闭合电路稳定后，电容器所带电荷量为 6．深圳科学高中科创社团某同学设计了如图所示的输液提示器，灯泡的电阻可视为不变。已知电源电阻不可忽略，且电源内阻，弹簧始终在弹性限度内，滑动变阻器的滑片P不会超出a、b端。对于该装置，闭合开关后，下列说法正确的是（ ） A．当药液减少时，电源的效率增加 B．当药液减少时，电源的输出功率减小 C．当向药液袋内注射液体时，灯泡变暗 D．当向药液袋内注射液体时，电压表的示数变小 7．某同学设计了如图所示的光控电路。其中电源电动势为E，内阻为r，为定值电阻，为光敏电阻（光照强度减小时，其电阻值增大），小灯泡、的电阻值不变。闭合开关，当周围光线变暗时，下列说法正确的是（ ） A．电流表的示数变小 B．两灯泡都变暗 C．消耗的功率变小 D．电源的效率变小 8．如图所示的图像中，直线a为某电源的路端电压与电流的关系，直线b为某电阻R的电压与电流的关系、现用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图像可知（ ） A．R的阻值为0.25 Ω B．电源的内阻为4 Ω C．电源的总功率为9 W D．电源内部消耗的功率为2 W 二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每个题给出的四个选项中，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。） 9．如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的图像。曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P（5，3.75）、Q（6，5）。如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是（ ） A．电源1与电源2的内阻之比是3∶2 B．电源1与电源2的电动势之比是1∶1 C．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是21∶26 D．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7∶10 10．图所示为某款电热水壶的简化电路图，额定电压为220 V，S为感温开关，1、2是开关连接的触点，和为加热电阻，且阻值保持不变。已知该电热水壶加热挡的额定功率为1100 W，保温挡正常工作时的电流为0.5 A。下列说法正确的是（ ） A．电阻的阻值为440 Ω B．加热挡正常工作时的电流为5 A C．加热挡和保温挡正常工作时功率之比为10∶1 D．保温挡正常工作0.5 min，产生的热量为 11．如图所示的电路中，电源的电动势为E、内阻为r，R为滑动变阻器，、、为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。闭合开关S，向右滑动R的滑片P，则（ ） A．电流表示数变大 B．电压表示数变小 C．的功率变大 D．流过的电流变小 12．如图所示，电源电动势为，内阻为，闭合开关，将滑动变阻器的滑片从图示位置向左滑动，四个理想电表的示数分别用、、、表示，示数变化量的绝对值分别用、、、表示。则下列判断正确的是（ ） A．变大，变大 B．变小，变大 C．变大 D．不变 三、实验题（本题每空2分，共34分） 13．物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验器材、实验操作、数据分析等。 （1）在测量一段长为的金属丝的电阻率实验中： ①用螺旋测微器测量金属丝的直径，此时示数如图1-甲所示，则直径________mm。 ②利用多用电表粗测该金属丝的电阻：选用欧姆挡“×10”挡进行测量时，发现多用电表指针的偏转角度过大，因此需重新选择________（选填“×1”或“×100”）挡，并需重新欧姆调零后，再次进行测量，若此时多用电表的指针如图1-乙所示，则测量结果为________Ω。 ③用电压表（内阻约为5 kΩ）和电流表（内阻约为2 Ω）测量该金属丝的电阻值，为了尽量提高测量精度，应该选择的测量电路图是图1中的________（选填“丙”或“丁”）。 ④则该金属丝的电阻率________（用题中相关字母、、表示）。 （2）在测定电池组，（两节干电池组成）的电动势和内阻实验中，某同学设计了如图2-甲所示的原理图并进行实验。其中定值电阻，毫安表量程为50 mA，内阻。 ①电阻箱的取值如图2-乙所示，将图2-甲中虚线框内电路视为电流表，其量程为________mA。 ②将滑动变阻器的滑片移到端，闭合开关S；改变滑片位置，记下多组电压表的示数和毫安表的示数；根据实验所测数据描绘出如图2-丙所示的图线。 根据图线求得电池组的电动势________，内阻________。（结果均保留两位有效数字） 14． （1）如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为________；如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度为________。 （2）某同学测量一节锂电池的电动势和内阻，设计了如图甲所示的电路，选用的器材如下： A．毫安表mA（量程为100 mA，内阻为4 Ω） B．电压表V（量程为3 V，内阻很大） C．电阻箱（0~99.9 Ω） D．滑动变阻器（0~50 Ω） E．待测锂电池（电动势标称值为3.0 V） F．开关一个、导线若干 由于毫安表mA的量程太小，因此实验前需要将其改装成量程为0.6 A的电流表，图甲中电阻箱应调整为________Ω。 （3）改变滑动变阻器滑片的位置，记录两电表的示数，电压表示数为，毫安表示数为。描点得到如图乙所示的图像，通过分析可知电源的电动势________，电源的内阻________。（结果均保留两位有效数字） （4）用该锂电池、电阻箱和量程为、内阻为的毫安表改装成欧姆表，如图丙所示，接入待测电阻，毫安表指针指向正中央刻线，待测电阻阻值为________。 15．由普通水泥和导电材料混合制成的导电水泥，可用于监测道路超载问题。某小组对此进行探究。步骤如下： 步骤（I）使用伏安法测量水泥块电阻，电源电动势，电压表和电流表均为理想电表，实验中要求滑动变阻器采用分压器接法 （1）请在图1中完成余下导线的连接。 步骤（Ⅱ）如图1，测量水泥块的长为，宽为，高为。，用伏安法测得水泥块电阻为，则 （2）电阻率________（用、、、表示）。 步骤（Ⅲ）测得不同压力下的电阻，算出对应的电阻率，作出图像如图2所示。 步骤（Ⅳ）基于以上规律，设计压力报警系统，电路如图3所示。报警器在两端电压大于或等于3 V时启动，为水泥块，为滑动变阻器，当的滑片处于某位置，上压力大于或等于时，报警器启动。 （3）报警器应并联在________两端（选填：A．“” B．“”）。 四、计算题（本大题共3小题，共26分） 16．（6分）利用电动机通过如图所示电路提升重物，已知电源电动势，电源内阻，电动机内阻，电阻，重物质量。当电动机以稳定的速度匀速提升重物时，理想电压表的示数为，不计空气阻力和摩擦，取。求： （1）流经电动机的电流； （2）电动机的输出功率； （3）重物上升的速度。 17．（8分）如图所示的电路中，，，，，电源电动势，当开关S断开时，电源所释放的总功率为2 W。 （1）求电源的内阻； （2）求闭合S时，电源的输出功率； （3）求S断开时，电容器所带的电荷量。 18．（12分）如图是某同学在科技制作活动中自制的电子秤原理图，利用电信号来显示物体的质量，托盘与电阻可忽略的弹簧相连，弹簧的质量不计。滑动变阻器的滑动端与弹簧上端连接，当托盘中没有放物体时，电压表的示数为零。已知滑动变阻器总长度，最大阻值，限流电阻阻值为，电源电动势，内阻为，取，弹簧的劲度系数（弹簧始终在弹性限度内），不计一切阻力。求： （1）电压表的最大示数及对应能测量的最大质量； （2）物体质量为多少时滑动变阻器上消耗的功率最大； （3）电压表示数与所称物体质量的关系式。 学科网（北京）股份有限公司 $