陕西省黄陵中学2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题（普通班）
高二普通班期末考试
物 理 试 题
一、单项选择题（本题共8个小题，每题只有一个选项是正确的，每题3分，共24分）
1.下列说法正确的是
A. 库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体
B. 根据F=kq1q2/r2，当两电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向无穷大
C. 若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力
D. 所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍
【答案】D
【解析】
【详解】库仑定律只适用于真空中的点电荷之间的作用力，当带电体本身的大小和形状对研究的问题影响很小时，可以将带电体视为点电荷，与电荷的实际大小和带电量无关，故A错误；当两个点电荷距离趋于0时，两电荷不能看成点电荷，此时库仑定律的公式不再适用，故B错误；两电荷之间的相互作用力大小相等，与点电荷电量的大小无关，故C错误；所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍，故D正确．所以D正确，ABC错误．
2.A为已知电场中的一固定点，在A点放一电量为q的电荷，所受电场力为F，A点的场强为E，则（ ）
A. 若在A点换上﹣q，A点的场强方向发生改变
B. 若在A点换上电量为2q的电荷，A点的场强将变为2E
C. A点场强的大小、方向与q的大小、方向、有无均无关
D. 若在A点移去电荷q，A点的场强变为零
【答案】C
【解析】
【详解】电场强度是通过比值定义法得出的，电场强度取决于电场本身，与试探电荷无关，故在A点换上-q或2q或把q移去，A点的场强都不变，故ABD错误，C正确。
故选C。
3.电场中某区域的电场线分布如图所示,A、B是电场中的两点,则( )
A. A点电场强度较大
B. 因为B点没有电场线,所以电荷在B点不受电场力的作用
C. 同一点电荷放在A点受到的电场力比放在B点时受到的电场力小
D. 负点电荷放在A点由静止释放,将顺着电场线方向运动
【答案】A
【解析】
【分析】
电场线的疏密反映电场强度的相对大小，电场线越密，场强越大．顺着电场线，电势降低．同一电荷在电场强度大的地方受到的电场力大．电场线是曲线，粒子的运动轨迹与电场线不一致.
【详解】由图可知，A点处电场线较密，电场强度较大．故A正确．电场线的疏密代表电场的强弱，故在任意两条电场线之间虽没有电场线，但仍有电场，故B错误．A点的电场强度较大，同一点电荷放在A点受到的电场力较大．故C错误．负电荷放在A点受到的电场力沿电场线的切线方向，由静止释放后，负电荷将离开电场线，所以其运动轨迹与电场线不一致．故D错误．故选A．
【点睛】本题考查对电场线物理意义的理解．要注意只有当电场线是直线，而且电荷无初速度或初速度方向与电场线共线时，电荷的轨迹才与电场线一致．
4.使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上－3Q和＋5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1.现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2.则F1与F2之比为
A. 2∶1 B. 4∶1 C. 16∶1 D. 60∶1
【答案】D
【解析】
【详解】开始时由库仑定律得：
；现用绝缘工具使两小球相互接触后，各自带电为Q，因此此时：；联立得：F2=F1，则F1与F2之比为 60：1，故选D.
5.如图所示，质量、电量分别为m1、m2、q1、q2的两球，用绝缘丝线悬于同一点，静止后它们恰好位于同一水平面上，细线与竖直方向夹角分别为α、β，则下面可能正确的是（ ）
A. 若m1=m2，q1
β
C. 若m1>m2，q1=q2，则α>β
D. 若m1>m2，q1m2，则，故α<β,故C错误，D正确．
故选D。
【点睛】库仑定律、共点力的平衡条件及运用．
6.如图有一内电阻为4.4 Ω电解槽和一盏标有“110V 60 W”的灯泡串联后接在电压为220V的直流电路两端，灯泡正常发光，则( )．
A. 电解槽消耗的电功率为120W
B. 电解槽消耗的电功率为60W
C. 电解槽的发热功率为60W
D. 电路消耗的总功率为60W
【答案】B
【解析】
A,B项：由于灯泡正常发光，所以电解槽的电压应该和灯泡两端的电压是相等的，都是110V ，由于电解槽和灯泡串联，它们的电流相等，所以 ,所以电解槽的输入功率为：，所以A错误．B项正确
C项、电解槽的发热功率为：，所以C项错误
D项、电路消耗总功率为为：,所以D错误．
故选项B正确
综上所述：本题答案为B
7.位于A、B处两个带不等量负电荷的点电荷在平面内的电势分布如图所示，图中实线表示等势线，下列说法中正确的是
A. 正电荷从c点移到d点，静电力做负功
B. a点和b点的电势不相同
C. 负电荷从a点移到b点，电场力做正功，电势能减少
D. 正电荷从e点沿图中虚线移到f点，电场力不做功，电势能不变
【答案】A
【解析】
【详解】A、由于场源是负电荷，故电势从里往外逐渐升高，由图可知，d点的电势大于c点的电势，故正电荷从c点移到d点，电场力做负功，故A正确；
B、由图可知，a点和b点位于同一条等势面上，所以电势相同，故B错误；
C、a点和b点的电势相同，负电荷从a点移到b点，电场力不做功，电势能不变．故C错误；
D、正电荷从e点沿图中虚线移到f点的过程中电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，故D错误．
8.如图所示，L1和L2是电网输电线，甲是电压互感器，变压比为1000∶1；乙是电流互感器，变流比为100∶1；并且知道电压表示数为220V，电流表示数为10A．则输电线的输送功率为 ( )
A. 2.2×102 W B. 2.2×103 W
C. 2.2×104 W D. 2.2×108 W
【答案】D
【解析】
【详解】已知电压互感器，变压比为1000∶1，电压表示数为220V，故传输电压为：；已知电流互感器，变流比为100∶1，电流表示数为10A，故传输电流为：；故电功率为：，故D正确，A、B、C错误；
故选D．
二、多项选择题（本题共6个小题，每题4分，共24分。每题至少有两个选项是正确的，漏选得2分，错选得0分）
9.关于物理学史，下列说法中正确的是( )
A. 电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的
B. 法拉第不仅提出了场的的概念，而且直观地描绘了场的清晰图象
C. 安培通过实验发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系
D. 楞次通过线圈实验首次发现了磁生电的现象
【答案】AB
【解析】
【详解】A、电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根通过实验测得的，他发现实验中所有被测量的油滴微粒的带电量均为一个最小电荷单元的整数倍，这个最小单元为元电荷，电荷量为，故A正确；
B、法拉第不仅提出了场的概念，并引入了电场线、磁场线来描述电场和磁场，故B正确；
C、奥斯特发现了电流的磁效应，C错误；
D、法拉第通过线圈实验首次发现了磁生电的现象，D错误．
故选AB．
【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
10.如图所示为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n＝4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干种不同频率的光．关于这些光，下列说法正确的是( )
A. 最容易表现出波动性的光是由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的
B. 这些氢原子最多可辐射出6种不同频率的光
C. 若用n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光照射某金属恰好发生光电效应，则用n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光照射该金属一定能发生光电效应
D. 用n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射逸出功为6.34 eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为3.86 eV
【答案】BD
【解析】
【分析】
波长越短的光越不容易产生波动性；大量处于激发态n
的氢原子，在向低能级跃迁时可产生的光子种类为个；处于激发态的氢原子的电子从高能级向低能级跃迁过程中，产生的光子能量由前后两个能级的能量差决定，；根据爱因斯坦光电效应方程，电子从金属表面逸出时的最大初动能．
【详解】A、最容易表现出波动性的光是波长较大，即频率较小的光．根据，在所有辐射出的光中，只有从n=4能级到n=3能级跃迁的能量差最小，波长最长，最满足题意，故A错误；
B、由于是一群氢原子处于n=4能级，故它们在向低能级跃迁过程中产生的光子种类为种，故B正确；
C、根据，从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光子的频率小于从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光子的频率，用频率的光恰好发生光电效应，则频率小于该种金属的极限频率（截止频率），无论光多么强，都不能发生光电效应，C错误；
D、用n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光子的能量为；又根据光电效应方程，最大初动能，D正确．
故选BD．
【点睛】本题考查了能级跃迁和光电效应的综合运用，知道能级间跃迁辐射的光子频率与能级差的关系以及光电效应的条件是解决本题的关键．
11.如图所示的电路中，电感L的自感系数很大，电阻可忽略，D为理想二极管，则下列说法正确的有 （ ）
A. 当S闭合时，L1立即变亮，L2逐渐变亮
B. 当S闭合时，L1一直不亮，L2逐渐变亮
C. 当S断开时，L1立即熄灭, L2也立即熄灭
D. 当S断开时，L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭
【答案】BD
【解析】
【分析】
当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律，以及二极管具有单向导电性进行分析．
【详解】闭合开关瞬间，由于二极管具有单向导电性，所以无电流通过L1，由于线圈中自感电动势的阻碍，L2灯逐渐亮，故A错误，B正确．待电路稳定后断开开关，线圈L产生自感电动势，两灯串联，所以L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭．故C错误，D正确．故选BD．
【点睛】对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源；同时运动注意二极管的作用．
12.如图所示，在水平通电直导线正下方，有一半圆形光滑弧形轨道，一导体圆环自轨道右侧的P点无初速度滑下，下列判断正确的是（ ）
A. 圆环中将有感应电流产生
B. 圆环能滑到轨道左侧与P点等高处
C. 圆环最终停到轨道最低点
D. 圆环将会在轨道上永远滑动下去
【答案】AC
【解析】
【分析】
水平通电导线周围有磁场，且离导线越远磁场强度越小，在圆环下落过程中，通过圆环的磁通量变小故能判断圆环中是否有感应电流．
【详解】水平通电导线周围有磁场，且离导线越远磁场强度越小，在圆环下落过程中，通过圆环的磁通量变小，故有感应电流产生，故A正确；因为圆环在上滑的过程中，有感应电流，对整个过程由能量守恒定律得，重力势能转化为电能，故不能上升到左侧与P点等高处，故B错误；整个过程重力势能转化为电能，故小球最终停在最低点，不会在轨道上永远滑动下去，故C正确，D错误；故选AC．
13. 空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力．下列说法正确的是（ ）
A. 入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同
B. 入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同
C. 在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同
D. 在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大
【答案】BD
【解析】
试题分析：带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，虽然电量、质量不同，但比荷相同，所以运动圆弧对应的半径与速率成正比．它们的周期总是相等，因此运动的时间由圆心角来决定．
解：
A、入射速度不同的粒子，若它们入射速度方向相同，则它们的运动也一定相同，虽然轨迹不一样，但圆心角却相同．故A错误；
B、在磁场中半径，运动圆弧对应的半径与速率成正比，故B正确；
C、在磁场中运动时间：（θ为转过圆心角），虽圆心角可能相同，但半径可能不同，所以运动轨迹也不同，故C错误；
D、由于它们的周期相同的，在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角也一定越大．故D正确；
故选BD
点评：带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．
14.如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为－q的带电粒子(不计重力)，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的
处返回，则下述措施能满足要求的是( )
A. 使初速度为原来
B. 使M、N间电压提高到原来的2倍
C. 使M、N间电压提高到原来的4倍
D. 使初速度和M、N间电压都减为原来的
【答案】BD
【解析】
【详解】A.在粒子刚好到达N板的过程中，由动能定理得－qEd＝0－，所以，令带电粒子离开M板的最远距离为x，则使初速度减为原来的，x＝，故A错误；
B.使M、N间电压提高到原来的2倍，电场强度变为原来的2倍，x＝，故B正确；
C.使M、N间电压提高到原来的4倍，电场强度变为原来的4倍，x＝，故C错误；
D.使初速度和M、N间电压减为原来的，电场强度变为原来的一半，x＝，故D正确．
二、实验题(共2小题,共16分)
15.在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：
A.干电池E(电动势约为1.5 V、内电阻大约为1.0Ω)
B.电流表Al(满偏电流2mA、内阻RA1=20Ω)
C.电流表A2(0～0.6A、内阻约0.1Ω)
D.滑动变阻器R1 (0～10Ω、2A)
E.滑动变阻器R2 (0～100Ω、lA)
F．定值电阻R3=980Ω
G．开关S、导线若干
(1)为了方便且能较精确地进行测量，其中应选用的滑动变阻器是_____(填“R1”或“R2”)
(2)四位同学分别设计了甲、乙、丙、丁四个实验电路图，其中最合理的是________．
(3)四位同学讨论后，根据最合理的实验方案正确操作，利用测出的数据绘出了右图所示的图线(I1为电流表A1的示数， I2为电流表A2的示数)．由图线可求得被测电池的电动势E=______V(结果保留三位有效数字)；内电阻r=_____Ω(结果保留两位有效数字)．
【答案】 (1). （1）R1 (2). （2）乙 (3). （3）1.45—1.47 (4). 0.81—0.84
【解析】
【详解】（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1．
（2）没有电压表，应该用电流表A1与电阻R3串联组成电压表，电压表测路端电压，用电流表A2测电路电流，由电路图可知，合理的实验电路图是乙．
（3）由图乙所示实验电路可知，在闭合电路中：E=I1（RA1+R3）+I2r，
由图象可知，图象的截距： ，则电源电动势
E=1.46V；图象斜率： ，电源内阻r=0.84Ω；
【点睛】在应用图象法处理实验数据求电源电动势与内阻时，要根据实验电路与实验原理求出图象的函数表达式，然后求出电源电动势与内阻．
16.在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：
待测金属丝：Rx(阻值约为4 Ω，额定电流约0.5 A)；
电压表：V(量程3 V，内阻约3 kΩ)；
电流表：A1(量程0.6 A，内阻约0.2 Ω)；
A2(量程3 A，内阻约0.05 Ω)；
电源：E1(电动势3 V，内阻不计)；
E2(电动势12 V，内阻不计)；
滑动变阻器：R(最大阻值约20 Ω)；
螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为________mm.
(2)若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选________，电源应选_____(均填器材代号)
（3）选择电路图____________。（选择甲或者乙图）
【答案】 (1). 1.773—1.776mm (2). A1 (3). E1 (4). 甲
【解析】
【详解】(1)[1]由图示螺旋测微器可知，其示数为：
由于误差，示数在(1.773mm至1.776mm均可)；
(2)[2]待测电阻的额定电流为0.5A，则电流表选择A1；
[3]待测电阻两端的最大电压约为
则电源应选择E1；
(3)[4]电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，所以电路图应选甲图。
四、计算题（36分）
17.如图所示，一质量为m、带电荷量绝对值为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时绝缘细线向左且与竖直方向成θ角，重力加速度为g．
(1)求电场强度E；
(2)若在某时刻将细线突然剪断，求经过t时间小球的速度v．
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】
（1）根据受力求出电场强度的大小
（2）根据牛顿第二定律求出运动的加速度，则可以根据速度公式求经过t时间小球的速度大小
【详解】对小球：qE＝mgtanθ
得：E＝mgtan θ/q.
(2)加速度：mg/cos θ＝ma
速度：v＝at
得：v＝gt/cos θ
18.如图所示，电源电动势E=50V，内阻r=1Ω， R1=3Ω，R2=6Ω．间距d=0.2m的两平行金属板M、N水平放置，闭合开关S，板间电场视为匀强电场．板间竖直放置一根长也为d的光滑绝缘细杆AB，有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m=0.01kg、带电量大小为q=1×10-3C（可视为点电荷，不影响电场的分布）．现调节滑动变阻器R，使小球恰能静止在A处；然后再闭合K，待电场重新稳定后释放小球p．取重力加速度g=10m/s2．求：
（1）小球的电性质和恰能静止时两极板间的电压；
（2）小球恰能静止时滑动变阻器接入电路的阻值；
（3）小球p到达杆中点O时的速度．
【答案】(1)U=20V (2)Rx=8Ω (3)v=1.05m/s
【解析】
【详解】(1)小球带负电；
恰能静止应满足：
(2)小球恰能静止时滑动变阻器接入电路的阻值为Rx，由电路电压关系:
代入数据求得Rx=8Ω
(3)闭合电键K后，设电场稳定时的电压为U'，由电路电压关系:
代入数据求得U'=V
由动能定理:
代入数据求得v=1.05m/s
【点睛】本题为电路与电场结合的题目，要求学生能正确掌握电容器的规律及电路的相关知识，能明确极板间的电压等于与之并联的电阻两端的电压．