吉林省長春市十一中高二物理上學期期初考試試題(含解析)

長春市H^一高中2013-2014學年度高二上學期期初考試物理試題注意事項：.本試卷分第I卷（選擇題）和第n卷（非選擇題）兩部分，附加題10分，計入總分，共110分，測試時間為80分鐘。.選擇題用2B鉛筆正確地涂在答題卡上，非選擇題必須在答題區(qū)內作答，否則無效。第I卷（選擇題，共48分）一、選擇題（每小題4分，共48分，每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，全部選對得4分，選不全的2分，選錯或不答者的零分）1.對于歐姆定律，理解正確的是（）A.從I=U/R可知，導體中電流跟加在它兩端的電壓成正比，跟它的電阻成反比B.從R=U/I可知，導體電阻跟導體兩端的電壓成正比，跟導體中的電流成反比C.從U=|R可知，導體兩端的電壓隨電阻的增大而增大D.從R=U”可知，導體兩端的電壓為零時，導體的電阻也為零【答案】A【解析】A、歐姆定律的內容為：通過導體的電流跟它兩端白電壓成正比，跟它的電阻成反比；故A正確；BQ導體電阻由導體材料、長度、橫截面積決定，與電壓電流無關，故BD昔誤；C歐姆定律中電壓和電阻決定了電流的變化，當電阻增大時，電流會隨之變化，故不能說電壓隨電阻的增大而增大，故C錯誤。故選Ao【考點】歐姆定律2.關于電動勢，下列說法正確的是（）A.電源兩極間的電壓等于電源電動勢B.電動勢越大的電源，將其他形式的能轉化為電能的本領越大C.電源電動勢的數值等于內、外電壓之和D.電源電動勢與外電路的組成無關【答案】BCD【解析】AG根據閉合電路歐姆定律得知：電動勢的數值等于內外電壓之和，當電源沒有接入電路時，電路中沒有電流，電源的內電壓為零，外電壓即電源兩極間的電壓等于電動勢；當電源接入電路時，電路有電流，電源有內電壓，兩極間的電壓小于電動勢，故A錯誤C正確；日電源是把其它形式的能轉化為電能的裝置，電動勢表征了這種轉化本領的大小，所以電動勢越大的電源，將其他形式的能轉化為電能的本領越大，故B正確；D電動勢由電源本身特性決定，與外電路的組成無關，故D正確。故選BCD【考點】電源的電動勢和內阻3.有A、B兩個電阻，它們的伏安特性曲線如圖所示，從圖線可以判斷（A.電阻A的阻值大于電阻BB.電阻A的阻值小于電阻BC.電壓相同時，流過電阻A的電流強度較大D.兩電阻串聯時，電阻A消耗的功率較小【答案】BCD【解析】A、在伏安特性曲線中直線的斜率表示白^是電阻的倒數，從圖中可得A的斜率大，所以A的電阻小，故A錯誤B正確；C由于A的電阻小，所以當電壓相同的時候，流過電阻A的電流強度較大，故C正確；D當兩電阻串聯時，電阻的電流相同，由P=I2R可得，電阻小的電阻的功率小大，所以電阻A消耗的功率較小，故D正確。故選BCD【考點】歐姆定律4.電阻R1、R2、R3串聯在電路中。已知R1=10Q、R3=5Q,R1兩端的電壓為6V,R2兩端的電壓為12V,則（）A.三只電阻兩端的總電壓為18VB.電路中的電流為0.6AC.三只電阻兩端的總電壓為21VD.電阻R2的阻值為20a【答案】BCD【解析】,U1I=—=0.6A日串聯電路中各處的電流相等，根據歐姆定律得：R1,故B正確;R2=-2=20'1D根據歐姆定律得：I，故D正確；AG電阻R3電壓為：5=舊3=0.6y5建=3V；總電壓U=U1+U2+U3=6+12+3=21V,故A錯誤C正確。故選BCD【考點】串聯電路和并聯電路；路端電壓與負載的關系

5.如圖所示，某一導體的形狀為長方體，其長、寬、高之比為a：b：c=5：3：2.在此長方體的上下、左右四個面上分別通過導線引出四個接線柱1、2、3、4。在1、2兩端加上恒定的電壓U,通過導體的電流為I1;在3、4兩端加上恒定的電壓U,通過導體的電流為I2,則I1：I2為（）A.9：25B.25：9C.25：4D.4：25【答案】C根據電阻定律i-s得，當在1、2兩端加上恒定電壓U時"cab,在在3、4兩端加上恒定的電壓時R2bc,根據電阻定律i-s得，當在1、2兩端加上恒定電壓U時"cab,在在3、4兩端加上恒定的電壓時R2bc,所以R1R2=c24I12525,根據歐姆定律R得，I24,故c正確。故選C。【考點】霍爾效應及其應用6.把六個相同的小燈泡接成如圖甲、乙所示的電路,調節(jié)變阻器使燈泡正常發(fā)光，甲、乙兩電P甲和P乙表示，則下列結論中正確的是（路所消耗的功率分別用A.CF=3隔d.吃＞3隔=U3I設燈泡正常發(fā)光時的電流為=U3I對于甲圖，電路的總的電流為3I,此時甲的總功率的大小為已對于乙圖，電流的總電流的大小就為I,此時乙的總功率的大小為吃二UI所以亭=3民，故B正確。故選Bo【考點】功、電功率；串聯電路和并聯電路◎—R清朝氣體傳典器?_1__||7.酒精測試儀用于對機動車駕駛人員是否酗酒及其他嚴禁酒后作業(yè)人員的現場檢測，它利用的是一種二氧化錫半導體型酒精氣體傳感器.酒精氣體傳感器的電阻隨酒精氣體濃度的變化而變化，在如圖所示的電路中，不同的酒精氣體濃度對應著傳感器的不同電阻，這樣，顯示儀表的指針就與酒精氣體濃度有了對應關系.如果二氧化錫半導體型酒精氣體傳感器電阻的倒數與酒精氣體的濃度成正比，那么，電壓表示數U與酒精氣體濃度c之間的對應關系正確的是（）U越大，表示c越大，c與U成正比U越大，表示c越大，但是c與U不成正比U越大，表示c越小，c與U成反比U越大，表示c越小，但是c與U不成反比【答案】B【解析】酒精氣體傳感器和定值電阻串聯在電路中，電壓表測R0兩端的電壓，酒精氣體傳感器的電阻的倒數與酒精氣體的濃度成正比，測試到的酒精氣體濃度越大則傳感器的電阻的倒數越大，所以傳感器的電阻越小，根據歐姆定律可知通過傳感器的電流越大，R0和右邊定值電阻兩端的電壓越大，傳感器兩端的電壓越小，所以U越大，表示C越大，但是C與U不成正比。故選Bo【考點】歐姆定律；閉合電路的歐姆定律rT-8.如圖所示的電路中，水平放置的平行板電容器中有一個帶電液滴正好處于靜止狀態(tài)，現將滑動變阻器的滑片P向左移動，則（）A.電容器中的電場強度將增大B.電容器上的電荷量將減少C.電容器的電容將減小D.液滴將向上運動【答案】B【解析】A、電容器兩板間電壓等于R2兩端電壓.當滑片P向左移動時，接入電路的電阻增大，電路E=旦中的電流減小，所以R2兩端電壓U減小，由d知電容器中場強變小，故A錯誤;-QC=日根據U可得，電容器放電，電荷量減少，故B正確;

C電容器的電容與U的變化無關，保持不變，故C錯誤；D帶電液滴所受電場力變小，使液滴向下運動，故D錯誤。故選Bo【考點】電容器；電容9.如圖，當滑動變阻器的滑片P向上端移動時，則電表示數的變化情況是()A.V1減小,V2A.V1減小,V2增大，A增大V1增大,V2減小，A增大V1增大，V2增大，A減小V1減小，V2減小，A減小【答案】C【解析】當滑動變阻器的滑片向上端移動時，變阻器接入電路的電阻增大，變阻器與定值電阻R2并聯的總電阻增大，外電路總電阻增大，根據閉合電路歐姆定律分析可知總電流I變小，電源的內電壓變小，路端電壓U變大，即V1增大；I變小，電阻R1的電壓變小，則并聯部分的電壓增大，可知電壓表V2示數增大，所以電阻R2的電流增大，因總電流變小，所以A示數減小.故C正確。故選Co【考點】閉合電路的歐姆定律10.某同學將一直流電源的總功率PE10.某同學將一直流電源的總功率PE輸出功率PR和電源內部的發(fā)熱功率Pr隨電流I變化的圖線畫在了同一坐標上，如右圖中的a、b、c所示，根據圖線可知()A.反映Pr變化的圖線是cB,電源電動勢為8VC.電源內阻為2aD.當電流為0.5A時，外電路的電阻為6a【答案】ACD【解析】A、根據直流電源的總功率PE=EI,內部的發(fā)熱功率Pr=I2r,輸出功率PR=EI-I2r,可知反映Pr變化的圖線是c,反映PE變化的是圖線a,反映PR變化的是圖線b,故A正確；PE=—=4V日圖線a的斜率等于電源的電動勢，由得到I,故B錯誤；

C由圖，當I=2A時，Pr=8四由公式Pr=I2r得，r=2Q,故C正確;D當電流為0.5A時，由圖讀出電源的功率岸=2W.由ER+r代入得到，R=6Q,故D正確。故選ACD【考點】電功、電功率11.如圖所示，C為中間插有電介質的電容器，a和b為其兩極板；a板接地；P和Q為兩豎直放置的平行金屬板，在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球；P板與b板用導線相連，Q板接地。開始時懸線靜止在豎直方向，在b板帶電后，懸線偏轉了角度”。在以下方法中，能使懸線的偏角“變大的是（）A.縮小a、b間的距離B.加大a、b間的距離C.取出a、b兩極板間的電介質D.換一塊形狀大小相同、介電常數更大的電介質【答案】BC；SC=；SC=AR增大a、b間的距離，根據4nkd,則知電容C減小，Q不變，由U可知，ab端的電勢差增大，PQ兩端的電勢差也增大，板間的電場強度增大，則小球所受的電場力變大,“變大，故A錯誤B正確；C=qC=gC取出a、b兩極板間的電介質，根據471kd,則知電容CC取出a、b兩極板間的電介質，根據知，ab端的電勢差增大，PQ兩端的電勢差也增大，板間的電場強度增大，則小球所受的電場力變大，a變大，故C正確；口取出a、b兩極板間的電介質，換一塊形狀大小相同、介電常數更大的電介質，相當于板c-間距離減小，根據4^kd,則電容增大，Q不變，由C=QUT知，則知ab間電勢差減小,E變小，故D錯誤。E變小，故D錯誤。故選BG【考點】電容器的動態(tài)分析

12.如圖所示平行板勻強電場，一束電子流以初速場強方向飛入該電場，它恰可打在上極板的中央，現欲使該電子流打在上極板的左端點，以v垂直下措施哪些是可行的（其它條件不變）A.B.C.D.電鍵

電鍵電鍵

電鍵K閉合時，僅使極板間距增大一倍12.如圖所示平行板勻強電場，一束電子流以初速場強方向飛入該電場，它恰可打在上極板的中央，現欲使該電子流打在上極板的左端點，以v垂直下措施哪些是可行的（其它條件不變）A.B.C.D.電鍵

電鍵電鍵

電鍵K閉合時，僅使極板間距增大一倍K閉合時，僅使電子初速和極板間距離均增大一倍K斷開，僅使電子初速增大一倍K斷開，僅使極板間距增大為原來的四倍ACD電子在極板間受豎直向上的電場力做類平拋運動，設板間距離為d,極板長L豎直方向上:dJZ嗎222md水平方向上:—=vt2聯立可得:L=vd22mquL根據上述表達式，可知，水平A正確；欲使該電子流打在上極板的左端點，則電子流水平位移應為A、電鍵K閉合時，則板間電壓不變，僅使極板間距增大一倍,方向位移變?yōu)長,即使該電子流打在上極板的左端點，故日電鍵K閉合時，僅使電子初速和極板間距離均增大一倍，由上述表達式可知，水平方向位移為2L,L根據上述表達式，可知，水平A正確；C電鍵K斷開，則電容器所帶電量不變，根據Q=CU,C4^kd可知，U不變，僅使電子初速增大一倍，使得水平位移變?yōu)長,故C正確;D電鍵KD電鍵K斷開，僅使極板間距增大為原來的四倍，根據C=Q=CU4^kd可知u變?yōu)樵瓉淼?倍，根據上述表達式可得，水平位移變?yōu)樵瓉淼膩淼?倍，根據上述表達式可得，水平位移變?yōu)樵瓉淼墓蔬xACD【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動非選擇題（共6小題，共62分）二、實驗題（16分）2倍，即變?yōu)長,故D正確。13.(1)實驗題儀器讀數①甲圖中游標卡尺的讀數是13.(1)實驗題儀器讀數①甲圖中游標卡尺的讀數是cmO乙圖中螺旋測微器的讀數是mm-ft.]Q1112(cm)-ft.1山,1附六"—01020甲【答案】10.050cm3.200mm【解析】1、游標卡尺的主尺讀數為：10cm=100mm游標尺上第10個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數為10X0.05mm=0.50mm所以最終讀數為：100mm+0.50mm=100.50m用10.050cm；2、螺旋測微器的固定刻度為3.0mm,可動刻度為20.0x0.01mm=0.200mm所以最終讀數為3mm+0.200mm=3.200mm【考點】刻度尺、游標卡尺的使用；螺旋測微器的使用(2)一個量程為0?300dA的電流表，內阻為100Q,再給它串聯一個9900a的電阻，將它改裝成電壓表，改裝后電壓表的量程為V,用它來測量一段電路兩端的電壓時，表盤指針如右圖所示，這段電路兩端的電壓是V【答案】0-3或3V2.20V【解析】改裝后的電壓表的量程為：U=lg(R+Rg)=300Md父。。。+99。。)=3V；由圖丙所示電壓表可知，其分度值為0.1V,示數為2.20V。【考點】把電流表改裝成電壓表(3)如圖所示為用伏安法測量一個定值電阻阻值的實驗所需器材的實物圖，器材規(guī)格如下待測電阻Rx償1100◎);直流毫安表(量程0?50mA,內阻約50◎);

直流電壓表(量程0?3V,內阻約5k◎);直流電源(輸出電壓6V,內阻不計)；滑動變阻器(阻值范圍0?15Q,允許最大電流1A);開關1個，導線若干條.根據器材的規(guī)格和實驗要求，畫出實驗電路圖，在實物圖上連線.【答案】外接分壓式如圖(1)因為滑動變阻器的總電阻較小，采用限流式接法，移動滑動變阻器時，電流、電壓變化不明顯，測量誤差較大，所以滑動變阻器采用分壓式接法；因為待測電阻遠小于電壓表內阻，與電流表內阻相當，屬于小電阻，根據“小外偏小”，所以電流表采用外接法；所以電路圖是：外接分壓式；(2)電路圖連接實物圖如圖所示?！究键c】伏安法測電阻三、計算題(14-16題每題12分，附加題10分)14.如圖所示的電路中，電阻R=9\R2=15\電源的電動勢E=12V,內電阻r=1Q,安培表的讀數I=0.4A。求：(1)流過電阻R1的電流是多少？(2)電阻R3的阻值是多大？(3)電阻R3消耗的電功率是多少？［答案］I1=0.6AR3=30'1R=1.2W【解析】(1)R2的電壓U2=I2R2=0.4M5V=6.0V根據閉合電路歐姆定律得:U根據閉合電路歐姆定律得:U2:E-I/R1r)E-U2I12=0.6A則得流過電阻R1的電流R1+rU2R32=30J(2)流過電阻R3的電流％=L—%=0.6—0.4=O.2A,則13(3)電阻R3消耗的電功率是P3=U2l3=6x0.2W=1.2W【考點】閉合電路的歐姆定律15.如圖所示，電源電動勢為E=30V,內阻為r=1Q,電燈上標有“6V,12W字樣，直流電動機線圈電阻R=2Q.若電燈恰能正常發(fā)光，求：(1)流過電燈的電流是多大？(2)電動機兩端的電壓是多大？(3)電動機輸出的機械功率是多少。TOC\o"1-5"\h\z【答案】I=2A22V36W【解析】,P…I==2A(1)燈泡正常發(fā)光，則其功率和電壓都為額定值，故電流為：U(2)由閉合電流的歐姆定律，M兩端電壓為：um=E-U-|r=30-2-6=22V(3)根據能量轉化和守恒得到，電動機的輸出功率等于輸入功率減發(fā)熱功率，即：2P機=PM-Pq-UmI-I2R-44-8-36W【考點】電功、電功率；閉合電路的歐姆定律16.如右圖所示的電路中，兩平行金屬板A、B水平放置，兩板間的距離d=40cm.電源電動勢E=24V,內電阻r=1Q,電阻R=15Qo閉合開關S,待電路穩(wěn)定后，將一帶正電的小球從B板小孔以初速度v0=4m/s豎直向上射入板間。若小球帶電荷量為q=1X10-2C,質量為m=2K10-2kg,不考慮空氣阻力。那么，滑動變阻器接入電路的阻值為多大時，小球恰能到達A板？此時電源的輸出功率是多大？(取g=10m/s2)【答案】8Q23W【解析】(1)小球進入板間后，受重力和電場力作用，且到A板時速度為零.-mgd-qUAB設兩板間電壓為UAB由動能定理得=0-1mv22所以滑動變阻器兩端電壓U滑=Uab=8V一E-U滑設通過滑動變阻器電流為I,由歐姆定律得—R+rR滑=匕=8C滑動變阻器接入電路的電阻1即滑動變阻器接入電路的阻值為8a時，小球恰能到達(2)電源的輸出功率巳=/(R+R滑)=23W故電源的輸出功率是23W【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動；動能定理的應用；歐姆定律；電功、電功率(附加題)17.如圖甲所示，A、B是一對平行放置的金屬板，中心各有一個小孔P、QPQ連線垂直金屬板，兩板間距為d.現從P點處連續(xù)不斷地有質量為m、帶電量為+q的帶電粒子(重力不計)，沿PQ方向放出，粒子的初速度可忽略不計.在t=0時刻開始在A、B間加上如圖乙所示交變電壓(A板電勢高于B板電勢時，電壓為正)，其電壓大小為U、周期為T.帶電粒子在AB間運動過程中，粒子間相互作用力可忽略不計.(1)進入到金屬板之間的帶電粒子的加速度.二1AA板;T(2)如果只有在每個周期的0?4時間內放出的帶電粒子才能從小孔Q中射出，則上述物理量d、mq、U、T之間應滿足的關系.(3)如果各物理量滿足(2)中的關系，求每個周期內從小孔Q中有粒子射出的時間與周期T的比值.I,uU1I1II,II1iQ111~11~*I?-U，1!【解析】己2_qUT2t_3-216mT-4(1)根據牛頓第二定律得:FqEUqa二—二—二—mmdmT(2)粒子在4時刻進入a、B間電場時，先加速，后減速，由于粒子剛好離開電場，說明它離開電場的速度為零，由于加速和減速的對稱性，故粒子的總位移為加速時的2倍，所以有:d=21aT2d=21aT224qUT216md①d2衛(wèi)即16m(3)若情形(2)中的關系式①成立，則t=0(因只有加速過程).設最短時間為tx,則有:時刻進入電場的粒子在電場中運動的時間最短2d=—atx②t」在4時刻進入電場的粒子在t^T的時刻射出電場，所以有粒子飛出電場的時間為:t3-2由②、③式得：T4【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動2013-2014學年度高二上學期期初考試物理參考答案、選擇題1A,2BCD,3BCD,4BCD,5C,6B,7B,8B,9C,10ACD,11BC,12ACD

、實驗題、