【全国百强校】吉林省长春市第十一高中2016-2017学年高二上学期期初考试物理试题解析(解析版)

吉林省长春市第十一高中2016-2017学年高二上学期期初考试
物理试题
第I卷（选择题，共48分）
一、选择题：(本题共12小题，每小题4分.单选还是多选,题号前已标出。

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.（多选）关于电源电动势的说法，正确的是：（）
A.电动势是表征电源把其他形式的能转变成电能的本领的一个物理量
B.电动势在数值上等于外电路断开时两极间的电压，也等于电路中通过1C电量时，电源所提供的能量
C.外电路接通时，电源电动势等于内、外电路上的电压之和
D.由于内外电路上的电压随外电路电阻的改变而改变，因此，电源电动势跟外电路电阻有关
【答案】ABC
【解析】
试题分析：由电动势的物理意义可知，电动势是表征电源把其他形式的能转化为电势能本领的物理量，故A
对。

它在数值上等于电源没有接入电路时其两极间的电压，也等于外电路接通时内、外电路上的电压之和，
电路中通过1 C电荷量时，非静电力做功的数值等于电源电动势的大小，即为电源所提供的能量；故BC对。

电动势由电源中非静电力的特性决定，跟电源的大小无关，跟外电路也无关；电动势虽然有方向，但电动
势是标量．故D错。

故选ABC。

考点：电动势的概念。

【名师点睛】电源电动势是表征电源特性的物理量，其数值反映了在两极间移动1C电荷量时把其他形式的
能转换成电能的大小，也等于外电路断开时两极间的电压，或者在外电路接通时，内外电路上电压之和，
它不随内外电路的阻值变化而变化。

2. （多选）如图所示，两个截面不同，长度相等的均匀铜棒接在电路中，两端的电压为U，则（）
A.通过两棒的电流强度不相等
B.两棒的自由电子定向移动的平均速率相等
C.两棒内的电场强度不同，细棒内场强E 1大于粗棒内场强E 2
D.相等时间通过两棒的电荷量相等 【答案】CD 【解析】
试题分析：因两导体串联，则电流一定相等，故A 错误；由I=nesv 可知，电流相同，单位体积内的电子数相同，电子的电荷量相同，因截面积不相同，故电子的定向移动速率不同，细棒中的电子定向移动速率大，故B 错误；而由两端的总电压U 不变，l
R s
ρ
=可知，细棒的电阻较大，则由欧姆定律可知，细棒两端的电压较大，两棒长度相等，则由U=Ed 可知，细棒内的电场强度大于粗棒内的电场强度，故C 正确；由q It =，可知两棒串联电流相等，相等时间通过两棒的电荷量相等。

故D 对。

故选：CD 。

考点：电流定义式、决定式、微观表达式和欧姆定律。

【名师点睛】两导体串联，则由串联电路的规律可知电流关系；由电阻定律可知两导体的电阻关系，再由欧姆定律可得出电压关系；由U=Ed 可判断场强的大小关系．本题考查串并联的电流、电压规律及欧姆定律等内容，要能熟练应用。

3．粗细均匀的金属环上A 、B 、C 、D 四点把其周长分成四等分，如图所示．当A 、B 点接入电路中时，圆环消耗的电功率为P ；当A 、D 点接入电路中时，圆环消耗的电功率为：（电源内阻不计）（ ）
A ．
B ．P
C ．
D ．3P
【答案】C 【解析】
试题分析：设电源的电动势为E ，金属环每一等分的电阻为R ，则当A 、B 点接入电路中时总电阻R 1=R 。

当
A 、D 点接入电路中时总电阻23334
R R R R R R ==+ 。

由功率公式2U P R =
，U=E 得到P 2：P 1=R 1：R 2=4：3，又P 1=P 得到24
3
P P =。

故选C 。

考点：功率概念、串并联关系。

【名师点睛】电源内阻不计，路端电压等于电动势，保持不变．设圆环每一等分的电阻为R，根据串并联电
路的特点求出当A、B点接入电路中时总电阻及当A、D点接入电路中时总电阻，由功率公式
2
U
P
R
，利
用比例法求解当A、D点接入电路中时，圆环消耗的电功率．本题是串并联电路知识与电功率的综合，关键之处在于应用比例法研究两种情况功率关系。

4．（多选）用图1所示的电路来测量电池电动势和内电阻，根据测得的数据作出了U﹣I图线，由图2可知（）
A．电池电动势的测量值是1.40V
B．电池内阻的测量值是1Ω
C．外电路发生短路时的电流为0.40A
D．电压表的示数为1.20V时电流表的示数I′=0.20A
【答案】ABD
【解析】
故选ABD。

考点：测量电池电动势和内电阻的实验。

【名师点睛】由图像纵坐标可知电源的电动势，由纵坐标的起始位置可知路端电压为1V时的电流，再由闭合电路欧姆定律得出电源的内阻。

本题考查的是闭合电路欧姆定律的数据处理，要明确图像意义。

要注意纵坐标是否从零开始，不能想当然的把横轴坐标当成短路电流。

5. 如图所示是一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关S闭合。

一带电液滴悬
浮在两板间P 点不动，下列说法正确的是( )
A. 带电液滴可能带正电
B. 增大两极板距离的过程中，电阻R 中有从a 到b 的电流，电容器中负电荷从B 到A
C. 断开S ，减小两极板正对面积的过程中，液滴将加速下降
D. 断开S ，减小两极板距离过程中，液滴静止不动 【答案】D 【解析】
度不变，故液滴静止不动。

故D 对。

故选D 。

考点：电容器的电容。

【名师点睛】带电粒子静止所以受力平衡，可判定电性。

由电容器的决定式4s
C kd
επ=
判定电容变化，由Q CU =判定电荷量的变化，从而判定电流方向。

由U
E d
=
判定电场强度情况，从而判定粒子的运动情况。

本题是电容器动态变化问题，关键是抓住不变量。

6．如图所示， A 、B 、C 为直角三角形的三个顶点，∠A=30°，D 为AB 的中点，负点电荷Q 位于D 点．A 、B 、C 三点的电势分别用A ϕ、B ϕ、C ϕ表示，下列说法正确的是（ ）
A ．C ϕ大于A ϕ
B ．A 、B 两点电场强度相同
C ．负检验电荷在BC 连线上各点具有的电势能都相等
D ．将正检验电荷沿AC 从A 点移到C 点，电场力先做正功后做负功 【答案】D 【解析】
负功，故D 对。

故选D 。

考点：电势、电势能、电场力做功。

【名师点睛】点电荷产生的电场，电场强度大小
2
Q E k r
=，与距离场源电荷的远近有关，电场强度是矢量，既有大小，又有方向，只有大小、方向都相等，电场强度才是相同。

负点电荷产生的电场，电势的高低与距离场源电荷的远近有关，距离越近，电势越低，距离越远，电势越高。

7．如图所示，电源的内阻不可忽略．已知定值电阻R 1=10Ω，R 2=8Ω．当开关S 接位置1时，电流表的示数为0.20A ．那么当开关S 接位置2时，电流表的示数可能是下列的哪些值（ ）
A ．0.28 A
B．0.25 A
C．0.22 A
D．0.19 A
【答案】C
【解析】
考点：闭合电路欧姆定律。

【名师点睛】根据闭合电路欧姆定律分析路端电压与外电阻的关系，同时分析总电流与外电路总电阻的关系，可确定出电流表示数的范围进行选择。

8. （多选）如图5所示，U－I图线上，a、b、c各点均表示该电路中有一个确定的工作状态，b点α＝β，则下列说法中正确的是()
A．在b点时，电源有最大输出功率
B．在b点时，电源的总功率最大
C．从a到b时，β角增大，电源的总功率和输出功率都将增大
D．从b到c时，β角增大，电源的总功率和输出功率都将减小
【答案】AD
【解析】
试题分析：在b点时，因为α=β，所以直线ob的斜率大小与直线ac的斜率大小相等，所以此时外电阻和电源的内电阻的大小相等，此时电源的输出功率最大，故A对。

电源的总功率P总=EI，从b→a时，β角越小，I越大，电源的总功率越大，电源的输出功率也越大．故b点的总功率不是最大。

故Ｂ错。

在b点时，电源的输出功率最大，从a到b时，β角增大，输出功率变大，由于电流变小，故电源总功率减小，故C错。

同理，从b到c时，β角增大，输出功率减小，由于电流减小，故电源总功率减小，故D对。

故选AD。

考点：电源的输出功率和总功率。

【名师点睛】在U-I图象中，直线ac的斜率表示的是电源的电阻的大小，直线的截距代表电源的电动势的大小，直线ob的斜率代表的是外电阻的大小，当电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大。

根据P=EI可知，在电流最大的时候，电源的总功率最大。

9. 在使用多用电表测电阻时，一同学选用“×10”挡，调整欧姆零点后测量一电阻的阻值，发现表针向右偏转幅度太大，为了把电阻值测得更准确些，下列判断和做法正确的是（）
A．换用“×1 ”挡，直接测量
B．换用“×100 ”挡，直接测量
C．换用“×1 ”挡，重新调整欧姆零点后测量
D．换用“×100”挡，重新调整欧姆零点后测量
【答案】C
【解析】
试题分析：欧姆表表针的偏角很大，说明所测电阻阻值较小，应换小档×1档；每换一个档应重新调整欧姆零点后测量。

故选Ｃ。

考点：欧姆表使用。

【名师点睛】欧姆表表盘上电阻零点在右侧，无穷大在左侧，使用欧姆表测电阻时，若表针向右偏转较大，说明电阻太小，应用小档。

10．一电流表并联一个分流电阻后就改装成一个电流表，当把它和标准电流表串联后去测某电路中的电流时，发现标准表读数为1A时，而改装表的读数为1.1A，稍微偏大些，为了使它的读数准确，应（）
A、在原分流电阻上再并联一个较大的电阻
B、在原分流电阻上再串联一个较小的电阻
C、在原分流电阻上再串联一个较大的电阻
D、在原分流电阻上再并联一个较小的电阻
【答案】A
【解析】
考点：欧姆定律的应用及串联及并联电路的特点。

【名师点睛】本题是电表的改装，要清楚改装原理。

电流表改装时，并联电阻分流，但分流电阻太大，会导致分流变小，示数变大，解决办法是减小分流电阻，故并联一个较大电阻进行微调。

11．如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为△U，电流表示数的变化量为△I，则（）
A．电压表示数U和电流表示数I的比值不变
B．变化过程中△U和△I的比值保持不变
C．电阻R0两端电压减小，减小量为△U
D．电容器的带电量减小，减小量为C△U
【答案】B
【解析】
考点：电路动态分析和闭合电路欧姆定律。

【名师点睛】闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析电阻R0两端的电压，再根据路端电压的变化，分析电阻R0两端的电压变化量，并比较与△U的关系，确定电容带电量变化量．电压表的示数U和电流表的示数I的比值等于R。

电压表示数变化量△U和电流表示数变化量△I的比
值等于R0+r．此题中两电表读数的比值要根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律来分析，注意
U
R
I
，R是非
纯性元件。

12.（多选）如图所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB及其以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑。

现将一质量为m，带电量为＋q的
小球从管中A点由静止释放，已知qE＝mg，以下说法正确的是（）
A．小球从释放到第一次达B点的过程中，在D点时速度最大，B点时速度为零，并在BDA间往复运动B．小球释放后，第一次达到最高点C时对管壁无压力
C．小球释放后，第一次和第二次经过最高点C时对管壁的压力之比为1:5
D．小球释放后，第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力之比为5:1
【答案】CD
【解析】
2
2 2C
C v
N mg m
R
+=，解得N2C=5mg，故C正确；
故选CD．
考点：动能定理，竖直平面的圆周运动。

【名师点睛】小球运动过程中，受到重力、支持力和电场力，只有重力和电场力做功；其中重力做功等于重力势能的减小量，电场力做的功等于电势能的减小量，根据功能关系、向心力公式和牛顿第二定律列式分析。

本题关键要分析求出小球的运动，然后多次根据动能定理、向心力公式和牛顿第二定律列式求解。

第II卷（6小题，共52分）
二、实验题（本题共计12分．请将解答填写在答题卡相应的位置．）
13．（1）用游标为50分度的游标卡尺测量某工件的长度时，示数如图所示，则测量结果应该读作________mm
(2)用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图所示，此示数为________mm.
【答案】（1）10.40mm （2）2.720mm
【解析】
考点：螺旋测微器的读数和游标卡尺的读数。

【名师点睛】是物理基本用具之一，在高考的实验题一中经常涉及到。

同学们要熟练掌握这两种仪器的读数方法。

14．有一个小灯泡上有“4V2W”的字样，现要描绘这个小灯泡的伏安特性曲线．现有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻10kΩ）
B．电压表（0～10V，内阻20kΩ）
C．电流表（0～0.3A，内阻1Ω）
D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）
E．滑动变阻器（10Ω，2A）
F．滑动变阻器（1kΩ，1A）
G．学生电源（直流6V），还有电键、导线若干
（1）电流表应选，滑动变阻器应选（用序号字母表示）．
（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据，请在方框内画出满足实验要求的电路图．（3）若该同学已正确选用器材，并连接好部分实验电路．如图1所示，请在图中完成其余的电路连接
【答案】（1）D E （2）见解析（3）见解析
【解析】
（2）在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法；由于灯泡的电阻较小，所以选择电流表外接法。

所以电路图如图．
（3）按电路图画出实际电路图为
考点：描绘小灯泡的伏安特性曲线实验。

【名师点睛】（1）仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表；由流过灯泡的电流判断需要的电流表；由题意判断需要的滑动变阻器；（2）根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法。

本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断。

三、计算题(共4小题，每小题10分，共计40分。

解答计算题部分应写出必要的文字说明、方程式和重
要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。

有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位。

) 15.如图所示的电路中，R1=2Ω，R2=6Ω，S闭合时，理想电压表V的示数为7.5V，理想电流表A的示数为0.75A，S断开时，理想电流表A的示数为1A，求：
（1）电阻R3的值；
（2）电源电动势E和内阻r的值．
【答案】(1) R3=6Ω(4分) (2)E=9V r=1Ω（6分）
【解析】
试题分析：
E=I'（R1+R2+r）…⑤
联立①②③④⑤式，代入数据解得：E=9V
r=1Ω
考点：闭合电路欧姆定律。

【名师点睛】（1）已知电压表及电流表的示数，则由串并联电路的规律可求得电阻R3的值；
（2）由闭合电路欧姆定律可求得电动势E和内阻r。

本题考查串并联电路的电流及电压规律与闭合电路欧姆定律，在解答时要注意正确理解题意，并能准确把握电路图。

16．如图12所示的电路中，电源电动势E＝10 V，内阻r＝0.5 Ω，电动机的电阻R0＝1.0 Ω，电阻R1＝1.5 Ω.电动机正常工作时，电压表的示数U1＝3.0 V，求：
(1)电源释放的电功率；
(2)电动机消耗的电功率．将电能转化为机械能的功率；
(3)电源的输出功率．
【答案】（1）20W （2）8W （3）18W
【解析】
考点：输出功率、热功率。

【名师点睛】本题考查非纯电阻电路功率的计算。

（1）通过电阻两端的电压求出电路中的电流，电源的总功率为P=EI即可求得；（2）由U内=Ir可求得电源内阻分得电压，电动机两端的电压为U=E-U1-U内，电动机消耗的功率为P动=UI；（3）由P热=I2r可求的电源内阻消耗的功率，输出功率为P出=P-P热。

对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；当电动机
被卡住不转时，是纯电阻电路．对于电动机的输出功率，往往要根据能量守恒求解。

17．如图所示的电路，电源的电动势E ＝28 V ，内阻r ＝2 Ω，电阻R 1＝12 Ω，R 2＝R 4＝4 Ω，R 3＝8 Ω，C 为平行板电容器，其电容C ＝3.0 pF ，虚线到两极板的距离相等，极板长L ＝0.20 m ，两极板的间距d ＝1.0×10
－2
m.
(1)若开关S 处于断开状态，则将其闭合后，流过R 4的电荷量为多少？
(2)若开关S 断开时，有一个带电微粒沿虚线方向以v 0＝2.0 m/s 的初速度射入平行板电容器的两极板间，带电微粒刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S 闭合后，此带电微粒以相同的初速度沿虚线方向射入两极板间，能否从极板间射出？(要求写出计算和分析过程，g 取10m/s 2)
【答案】（1）6.0×10
－12
C （2）不能
竖直方向y ＝1
2at 2 （1分）
由以上各式得y ＝6.25×10－
3 m>d 2 （1分）
故带电微粒不能从极板间射出． （1分）
考点：电容器的定义式、牛顿定律、串并联规律和欧姆定律。

【名师点睛】（1）当开关S断开时，电容器的电压等于电阻R3两端的电压，根据欧姆定律及串联电路电压的分配关系，利用比例法电容器的电压和电量．当S闭合后，电阻R2与R3串联后再与R1并联，电容器的电压等于电阻R3两端的电压，求出电容器的电量，再求出电容器电量的变化量，即为流过R4的总电量．（2）开关S断开时带电油滴恰好静止在水平放置的平行金属板正中间，电场力与重力平衡，根据平衡条件得到重力与电场力的关系．S闭合时，根据牛顿第二定律求出加速度，由位移公式求出油滴到达极板的时间．然后根据侧向位移来确定是否能射出．对于电容器，关键是确定其电压，当电路稳定时，电容器的电压等于与之并联的电路的电压，也等于所在电路两端的电压。

18.如图，在x＞0的空间存在沿x轴正方向的匀强电场，在x＜0的空间中存在沿x轴负方向的匀强电场，场强大小均为E．一电子（﹣e，m）（不计重力）从x=d处的P点以初速度v0沿y轴正方向进入电场区域，求
（1）电子x方向分运动的周期；
（2）电子第二次通过y轴时的速度大小；
（3）电子运动的轨迹与y轴的各个交点中任意两个交点间的距离．
【答案】
（1）电子x方向分运动的周期是；
（2）电子第二次通过y轴时的速度大小是；
（3）电子运动的轨迹与y轴的各个交点中任意两个交点间的距离是
【解析】
试题分析：
（1）电子在电场中运动的受力情况及轨迹如图甲所示．
在x＞0的空间中，沿y轴正方向以v0的速度做匀速直线运动，沿x轴负方向做匀加速直线运动，设加速度的大小为a，
电子第二次通过y轴时的速度大小：（2分）
（3）电子运动的轨迹与y轴的各个交点中任意两个交点间的距离等于电子沿y轴正方向的半个周期内的位
移，即：L=（3分）
考点：带电粒子在匀强电场中的运动
【名师点睛】电子在X轴方向先做初速度为0 的匀加速直线运动，越过Y轴后，先做匀减速直线运动，速度减为0 ，再反向做匀加速直线运动，再越过Y轴，做匀减速直线运动。

以后重复以上运动，在Y轴方向上，一直做匀速直线运动。

由牛顿第二定律和运动学公式求解即可。

：。