高二物理2015高二上学期期末物理试卷 2

1、2015-2016学年高二（上）期末物理试卷一、选择题：（每题4分，4分×12=48分）1关于物体带电，下列说法正确的是（）A有的物体内部有电荷，有的物体内部没有电荷，所以有带电的物体，也有不带电的物体B物体不带电是因为所带的正电荷数目和负电荷数目相等C自然界只有两种电荷，点电荷和元电荷D我们可以通过某一种方式创造电荷2关于电荷的电荷量，下列说法正确的是（）A电子的电荷量的精确数值最早是由密立根油滴实验测得的B带电物体所带电荷量可以是任意值C带电物体所带电荷量最小值为1.6×1019CD带电体的比荷是质量与电荷量的比值3两个不同的金属小球，分别带有+3Q和Q的电量，

2、将两球接触后，它们所带的电量一共为（）A3QBQC2QD2Q4已知如图，带电小球A、B的电荷分别为QA、QB，OA=OB，都用长L的丝线悬挂在O点静止时A、B相距为d为使平衡时AB间距离减为，可采用以下哪些方法（）A将小球A、B的质量都增加到原来的2倍B将小球B的质量增加到原来的8倍C将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半D将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍5真空中有两个点电荷，它们间的静电力为F，如果它们所带的电量都增大为原来的2倍，保持它们之间的距离不变，它们之间作用力的大小等于（）A4FBCD2F6负点电荷周围的电场线如图所示，电场中有A、B两点，

3、可以确定（）AA、B两点的电场强度大小相等BB点的电场强度大于A点的电场强度CA、B两点的电势相等DB点的电势高于A点的电势7下列物理量中属于标量的是（）A电流B安培力C电场强度D磁感应强度8下列关于磁感线的叙述，正确的是说法是（）A磁感线是磁场中确实存在的一种曲线B磁感线是根据磁场的性质人为地画出来的曲线C磁感线总是从N极指向S极D磁感线是由磁场中的铁屑形成的9把一条导线平行地放在如图所示的磁针的上方附近，当导线中有电流时，磁针会发生偏转首先观察到这个实验现象的物理学家是（）A奥斯特B爱因斯坦C牛顿D伽利略10关于通电直导线周围磁场的磁感线分布，下列示意图中正确的是（）ABCD11如图所示，

4、用控制变量法可以研究影响平行板电容器电容的因素设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为实验中，极板所带电荷量不变，则（）A保持S不变，增大d，则变大B保持S不变，增大d，则变小C保持d不变，增大S，则变大D保持d不变，增大S，则变小12下列几幅图中表示磁场对电流作用，方向判断错误的是（）ABCD二、填空题：（5分×4=20分）13电路中有一段导体，给它加20V的电压时，通过它的电流为5A，可知这段导体的电阻为，如给它加30V的电压时，它的电阻为14把一条电阻为64的均匀电阻丝截成等长的n段后，再并联起来，电阻变为1，则n等于15如图（甲）是“测定电源电动势和内

5、阻”实验的电路图，根据实验测得的几组I、U数据作出UI图象如图（乙）所示，由图象可确定：该电源的电动势为V，电源的内电阻为（计算结果保留两位有效数字）三、实验题：（4分一空，计12分）16一学习小组要用伏安法尽量准确地描绘一个标有“6V，1.5W”的小灯泡的IU图线，现有下列器材供选用：A学生电源（直流9V） B开关一个、导线若干C电压表（03V，内阻约10k） D电压表（06V，内阻约10k）E电压表（010V，内阻约30k） F电流表（00.3A，内阻约0.1）G电流表（00.6A，内阻约0.4） H电流表（03A，内阻约0.6）I滑动变阻器（20，2A） J滑动变阻器（200，1A）（1

6、）实验中需用到的仪器有（用字母序号表示）；（2）在下面图1方框内画出实验电路图；（3）对应实验电路图将图2实物连线补充完整四、计算题：（12分+14分+14分，共计40分）17如图所示，质量为m，电荷量为q的带电粒子以初速v0进入场强为E的匀强电场中，极板的长度为L，电容器极板中央到光屏的距离也是L，已知带电粒子打到光屏的P点，求偏移量OP的大小18如图所示，电阻R1=R2=R3=1.0，当电键K闭合时理想电压表读数是1.0V，当K断开时理想电压表读数是0.8V，求：电源的电动势E和内电阻r19电场中某区域的电场线如图所示，A、B是电场中的两点一个电荷量q=+4.0×108 C的点电

7、荷在A点所受电场力FA=2.0×104 N，将该点电荷从A点移到B点，电场力做功W=8.0×107J求：（1）A点电场强度的大小EA（2）A、B两点间的电势差U2015-2016学年高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：（每题4分，4分×12=48分）1关于物体带电，下列说法正确的是（）A有的物体内部有电荷，有的物体内部没有电荷，所以有带电的物体，也有不带电的物体B物体不带电是因为所带的正电荷数目和负电荷数目相等C自然界只有两种电荷，点电荷和元电荷D我们可以通过某一种方式创造电荷【考点】电荷守恒定律【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电荷并

8、不能创生，也不能消失，只能从一个物体转移到另一物体，或从物体的一部分转移到另一部分，但电荷的总量保持不变【解答】解：A、平常物体不带电并非没有电荷，而是原子内部的原子核中的质子所带的正电荷数与核外电子带的负电的数相等，而带正电的质子与带负电的电子所带电量相等，故对外不显电性，即我们所说的不带电故A错误，B正确；C、自然界只有两种电荷，正电荷和负电荷，故C错误；D、电荷并不能创生，也不能消失，故D错误；故选：B【点评】解决本题的关键掌握电荷守恒定律，电荷并不能创生，也不能消失，只能从一个物体转移到另一物体，或从物体的一部分转移到另一部分，但电荷的总量保持不变2关于电荷的电荷量，下列说法正确的是（

9、）A电子的电荷量的精确数值最早是由密立根油滴实验测得的B带电物体所带电荷量可以是任意值C带电物体所带电荷量最小值为1.6×1019CD带电体的比荷是质量与电荷量的比值【考点】元电荷、点电荷；电荷守恒定律【专题】电场力与电势的性质专题【分析】元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍【解答】解：A、电子的电荷量的精确数值最早是由密立根油滴实验测得的，故A正确； B、任何物体的电荷量都是e的整数倍，故B错误，C、物体所带电荷量最小值为1.6×1019C，故C正确

10、；D、比荷是电荷量与质量量的比值则D错误故选：AC【点评】元电荷是带电量的最小值，它本身不是电荷，所带电量均是元电荷的整数倍且知道电子的电量与元电荷的电量相等，同时让学生明白电荷量最早是由美国科学家密立根用实验测得3两个不同的金属小球，分别带有+3Q和Q的电量，将两球接触后，它们所带的电量一共为（）A3QBQC2QD2Q【考点】电荷守恒定律【专题】常规题型【分析】带电小球接触时，同种电荷则将电量相加为总电量，若是异种电荷则先中和，剩余的为所带的电量【解答】解：两个不同的金属小球，分别带有+3Q和Q的电量，将两球接触后，先中和一部分，所以它们所带的电量一共为2Q，故ABD错误，C正确；故选：C【

11、点评】对于电量的重新分配规律要明确，注意正负中和的含义4已知如图，带电小球A、B的电荷分别为QA、QB，OA=OB，都用长L的丝线悬挂在O点静止时A、B相距为d为使平衡时AB间距离减为，可采用以下哪些方法（）A将小球A、B的质量都增加到原来的2倍B将小球B的质量增加到原来的8倍C将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半D将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用【分析】对小球进行受力分析，并作出平行四边形；由几何关系可知力与边的关系，即可得出符合条件的选项【解答】解：如图所示，B受重力、绳子的拉力及库仑力；将拉力及库仑力合

12、成，其合力应与重力大小相等方向相反；由几何关系可知， =；而库仑力F=； 即： =；mgd3=kq1q2L； d=要使d变为，可以使质量增大到原来的8倍而保证上式成立；故B正确；或将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时小球B的质量增加到原来的2倍，也可保证等式成立；故D正确；故选BD【点评】本题中B球处于动态平衡状态，注意本题采用了相似三角形法；对学生数学能力要求较高，应注意相应知识的积累应用5真空中有两个点电荷，它们间的静电力为F，如果它们所带的电量都增大为原来的2倍，保持它们之间的距离不变，它们之间作用力的大小等于（）A4FBCD2F【考点】库仑定律【专题】定性思想；推理法；电场力与

13、电势的性质专题【分析】由库仑力公式可得出两次作用力的表达式，则可求得相互作用力【解答】解：由库仑定律可得：F=k； 如果它们所带的电量都增大为原来的2倍，保持它们之间的距离不变，变化后F=k=4F故选：A【点评】本题就是对库仑力公式的直接考查，掌握住公式就很容易分析了，难度不大，属于基础题6负点电荷周围的电场线如图所示，电场中有A、B两点，可以确定（）AA、B两点的电场强度大小相等BB点的电场强度大于A点的电场强度CA、B两点的电势相等DB点的电势高于A点的电势【考点】电场线；匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】负点电荷的电场线的分布，电场线

14、始于无穷远辐射状向里，沿电场线的方向电势降低，点电荷的电场强度【解答】解：A、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可知，A、B两点处的电场线的疏密不同，所以A、B两点的电场强度大小不相等，B点的电场强度小于A点的电场强度故A错误，B错误；C、沿电场线的方向电势降低，B点的电势高于A点的电势，故C错误；D正确故选：D【点评】考查了点电荷的电场线与电势、电场强度的关系，注意正负电荷，理解电场强度的矢量性基础题目7下列物理量中属于标量的是（）A电流B安培力C电场强度D磁感应强度【考点】矢量和标量【分析】矢量是既有大小，又有方向的物理量，运算遵守平行四边形定则而标量是只有大小没有方向的物理量根据有无方向进

15、行判断【解答】解：A、电流有大小，也有方向，但运算遵守代数加减法则，是标量故A正确； B、安培力由大小也有方向，运算遵守平行四边形定则，是矢量，故B错误； C、电场强度既有大小，又有方向，运算遵守平行四边形定则，是矢量故C错误 D、磁感应强度既有大小，又有方向，运算遵守平行四边形定则，是矢量故D错误故选：A【点评】矢量与标量明显的区别是矢量有方向，而标量只有大小没有方向8下列关于磁感线的叙述，正确的是说法是（）A磁感线是磁场中确实存在的一种曲线B磁感线是根据磁场的性质人为地画出来的曲线C磁感线总是从N极指向S极D磁感线是由磁场中的铁屑形成的【考点】磁感线及用磁感线描述磁场【专题】定性思想；推理

16、法；磁场 磁场对电流的作用【分析】磁感线是人为假想的曲线，不是磁场中实际存在的曲线在磁铁的外部，磁感线从N极出发进入S极，在磁铁的内部，磁感线从S极指向N极【解答】解：A、磁感线是人为假想的曲线，不是磁场中实际存在的曲线故A错误 B、磁感线是描述磁场的强弱和方向人为假想的曲线故B正确 C、在磁铁的外部，磁感线从N极出发进入S极，在磁铁的内部，磁感线从S极指向N极故C错误 D、磁感线可以由磁场中的铁屑形成的曲线模拟，但模拟出来的曲线并不是磁感线，因为磁感线并不存在故D错误故选：B【点评】本题考查对磁感线的意义、特征的了解程度，要注意磁场是客观存在的物质，而磁感线不是客观存在的物质，是人为假想的曲

17、线9把一条导线平行地放在如图所示的磁针的上方附近，当导线中有电流时，磁针会发生偏转首先观察到这个实验现象的物理学家是（）A奥斯特B爱因斯坦C牛顿D伽利略【考点】物理学史【分析】本实验是1820年丹麦物理学家奥斯特发现电流磁效应的实验【解答】解：首先观察到这个实验现象的物理学家丹麦物理学家奥斯特故A正确，B、C、D错误故选A【点评】本题考查物理学史在电磁学中有很多著名物理学家和经典的实验要记牢10关于通电直导线周围磁场的磁感线分布，下列示意图中正确的是（）ABCD【考点】磁现象和磁场【分析】通电导线周围的磁场方向，由右手螺旋定则来确定【解答】解：A、伸开右手，大拇指方向为电流方向，则四指环绕方向

18、为逆时针故A正确；B、伸开右手，大拇指方向为电流方向，则四指环绕方向为逆时针而图为顺时针，故B错误；C、直导线周围的磁感线应该是一系列的同心圆，故C错误；D、直导线周围的磁感线应该是一系列的同心圆，故D错误；故选：A【点评】右手螺旋定则也叫安培定则，当直导线时，右手大拇指方向为电流的方向，四指环绕方向为磁场方向；当环形导线时，四指环绕方向为电流方向，右手大拇指方向为环内的磁场方向11如图所示，用控制变量法可以研究影响平行板电容器电容的因素设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为实验中，极板所带电荷量不变，则（）A保持S不变，增大d，则变大B保持S不变，增大d，则变小C保持d不变

19、，增大S，则变大D保持d不变，增大S，则变小【考点】电容器的动态分析【专题】电容器专题【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大根据电容的决定式C=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，再确定静电计指针的偏角变化情况【解答】解：A、B、根据电容的决定式C=得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角变大；故A正确，B错误；C、D、根据电容的决定式C=得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，极板所

20、带电荷量Q不变，则由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角变大；故C错误，D正确；故选：AD【点评】本题是电容器的动态分析问题，关键明确电键闭合时，电压等于电源的电动势；电键断开后，电容器的带电量不变12下列几幅图中表示磁场对电流作用，方向判断错误的是（）ABCD【考点】左手定则；安培力【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用【分析】左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向根据左手定则的内容判断安培力的方向，当然也可以判定洛伦兹力

21、的方向【解答】解：A、磁场的方向向里，根据左手定则可知，安培力的方向与电流的方向垂直，即垂直于电流的方向指向左上方故A正确；B、磁场的方向向上，根据左手定则可知，安培力的方向与电流的方向垂直，即垂直于电流的方向向左故B正确；C、磁场的方向向右，电流方向向里，根据左手定则可知，安培力的方向垂直于电流的方向向下故C错误；D、磁场的方向向外，电流方向向右，根据左手定则可知，安培力的方向与垂直于电流的方向向下故D正确本题选择错误的，故选：C【点评】本题考查了判断安培力方向的方法，掌握基础知识即可正确解题，要注意基础知识的学习与掌握二、填空题：（5分×4=20分）13电路中有一段导体，

22、给它加20V的电压时，通过它的电流为5A，可知这段导体的电阻为4，如给它加30V的电压时，它的电阻为4【考点】电阻定律【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】已知电阻两端的电压和通过导体的电流，根据欧姆定律的公式变形R=计算出导体的阻值；导体的电阻是导体本身的一种性质，电阻大小取决于导体的材料、长度、横截面积，与两端的电压和通过的电流无关，据此可知当导体两端的电压改变时，电阻的阻值不变【解答】解：由于U=20V，电流I=5A，故导体的电阻为：R=4；由于导体的电阻与两端的电压和通过的电流无关，故导体两端电压变为30V，导体的电阻值不变，仍为4；故答案为：4，4【点评】本题考查了欧姆定律的

23、应用，重点是对公式和公式变形的理解和应用，关键是知道电阻是导体本身一种阻碍性质，其大小取决于导体的长度、横截面积和材料，与导体两端有无电压、所加电压多少无关14把一条电阻为64的均匀电阻丝截成等长的n段后，再并联起来，电阻变为1，则n等于8【考点】电阻定律【专题】恒定电流专题【分析】把一条电阻为64的均匀电阻丝截成等长的n段后，每一段电阻为：，根据并联电阻的特点即可求解【解答】解：把一条电阻为64的均匀电阻丝截成等长的n段后，每一段电阻为：，根据并联电阻的特点有：=1解得n=8故答案为：8【点评】本题主要考查了并联电阻的特点，难度不大，属于基础题15如图（甲）是“测定电源电动势和内阻”实验的电

24、路图，根据实验测得的几组I、U数据作出UI图象如图（乙）所示，由图象可确定：该电源的电动势为1.4V，电源的内电阻为0.57（计算结果保留两位有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题【分析】电源UI图象与纵轴 交点坐标值是电源电动势，图象斜率绝对值是电源内阻【解答】解：由图乙所示电源UI图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.40，则电源电动势E=1.40V，电源内阻r=0.57故答案为：1.4；0.57【点评】本题考查了求电源电动势与内阻实验，电源UI图象与纵轴 交点坐标值是电源电动势，图象斜率绝对值是电源内阻；求图象斜率时要注意纵轴坐标的起点数据三、实验题：（4分一空，计12分）

25、16一学习小组要用伏安法尽量准确地描绘一个标有“6V，1.5W”的小灯泡的IU图线，现有下列器材供选用：A学生电源（直流9V） B开关一个、导线若干C电压表（03V，内阻约10k） D电压表（06V，内阻约10k）E电压表（010V，内阻约30k） F电流表（00.3A，内阻约0.1）G电流表（00.6A，内阻约0.4） H电流表（03A，内阻约0.6）I滑动变阻器（20，2A） J滑动变阻器（200，1A）（1）实验中需用到的仪器有ABDFI（用字母序号表示）；（2）在下面图1方框内画出实验电路图；（3）对应实验电路图将图2实物连线补充完整【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题；恒定

26、电流专题【分析】（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表，为方便实验操作，在保证安全的前提下，选用最大阻值较小的滑动变阻器（2）根据灯泡正常发光时的电阻与电表内阻的关系选择电流表的接法（3）根据原理图可得出对应的实物图【解答】解：（1）灯泡额定电压是6V，故电源应选择A，电压表选D；灯泡额定电流I=0.25A，则电流表选F；为方便实验操作，滑动变阻器应选择小电阻I另外还需要开关和导线若干；故选ABDFI（2）由于，则电流表采用外接法，由表中实验数据可知，电压与电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示，根据电路图连接实物电路图，如图所示；（3）根据给出的原

27、理图可得出对应的实物图如图所示；故答案为：（1）ABDFI；（2）如图所示；（3）如图所示；【点评】本题考查测量灯泡的伏安特性曲线的原理；要掌握实验器材的选取原则、确定滑动变阻器与电流表的接法是正确作出实验电路图的关键四、计算题：（12分+14分+14分，共计40分）17如图所示，质量为m，电荷量为q的带电粒子以初速v0进入场强为E的匀强电场中，极板的长度为L，电容器极板中央到光屏的距离也是L，已知带电粒子打到光屏的P点，求偏移量OP的大小【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】带电粒子垂直射入匀强电场中，做类平抛运动，平行于板的方向做匀速直线运动，由板长和初速度求出时间根据牛顿张第二定律求出加速度，将射出电场的速度分解，求出偏转角的正切，由OP=Ltan求解OP【解答】解：水平方向：粒子做匀速直线运动，则有：t=竖直方向：粒子做初