高二物理期末考試卷答案解析
高二物理期末考試卷答案解析
高二的同學們，期末考已經過去了，物理的試卷答案解析已經整理好了。下面由學習啦小編為大家提供關于高二物理期末考試卷答案解析，希望對大家有幫助!
高二物理期末考試卷單項選擇題
1.在電場中某點放一電量為q的試探電荷，所受電場力大小為F，根據場強定義可知，該點的場強大小E= .下列說法正確的是( )
A.若移走試探電荷，則該點的電場強度變為零
B.若試探電荷的電量變為 ，則該點的電場強度大小變為2E
C.若試探電荷的電量變為﹣q，則該點的場強的方向變為與原來的方向相反
D.若試探電荷的電量變為﹣ ，則該點的場強大小、方向都不變
【考點】電場強度.
【分析】場強的定義式E= ，是采用比值法定義的，定義出來的電場強度與放入電場中的試探電荷無關，由電場本身的性質決定.
【解答】解：電場中的電場強度反映電場本身的性質，與放入電場中的試探電荷無關，無論有無檢驗電荷、檢驗電荷的電量如何，電場強度的大小和方向都不變.故D正確，A、B、C錯誤.
故選：D.
2.如圖所示的電路中，閉合電鍵S并調節滑動變阻器滑片P的位置，使A、B、C三燈亮度相同，若繼續將P向下移動，則三燈亮度變化情況為( )
A.A燈變亮 B.B燈變亮 C.A燈最暗 D.C燈最暗
【考點】閉合電路的歐姆定律.
【分析】將變阻器滑片P向下移動時，接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，根據歐姆定律分析總電流的變化，確定A燈亮度的變化.根據并聯部分的電壓變化，判斷B燈亮度的變化.根據總電流與通過B燈電流的變化，分析C燈電流的變化，判斷C燈亮度的變化.
【解答】解：將變阻器滑片P向下移動時，接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，根據全電路歐姆定律得知，總電流IA增大，則A燈變亮.
并聯部分的電壓 U并=E﹣IA(RA+r)，E、RA、r不變，IA增大，U并減小，則B燈變暗.
通過C燈的電流IC=IA﹣IB，IA增大，IB減小，則IC增大，C燈變亮.可知B燈最暗.
因為IA=IB+IC，由于IB減小，IC增大，IA增大，所以C燈電流的增加量大于A燈的增加量，C燈最亮.
故選：A
3.如圖甲所示，A、B是一條電場線上的兩點，若在某點釋放一初速度為零的電子，電子僅受電場力作用，從A點運動到B點，其速度隨時間變化的規律如圖乙所示，則( )
A.A點的場強大于B點
B.電子在A點受到的電場力小于B點
C.A點的電勢高于B點
D.電子在A點的電勢能小于B點
【考點】電場強度.
【分析】根據電子的運動方向，確定電場力的方向.場強方向與電子所受電場力方向相反，從而可判斷出電場強度方向.根據場強方向判斷電勢的高低.由速度圖象的斜率讀出加速度的變化情況，確定場強的變化情況.根據能量守恒，分析電勢能的變化.
【解答】解：
A、B：速度時間圖象的斜率等于加速度，由圖可知：電子做初速度為零的加速度增大的加速直線運動.加速度增大，說明電子所受電場力增大，電子在A點受到的電場力小于B點.由F=qE可知，電場強度增大，A點的場強小于B點，即EA
C、電子由靜止開始沿電場線從A運動到B，電場力的方向從A到B，而電子帶負電，則場強方向從B到A，根據順著電場線電勢降低可知，A點的電勢低于B點電勢，即φA<φB.故C錯誤.
D、由速度圖象看出，電子的速度增大，動能增大，根據能量守恒得知，電子的電勢能減小，則電子在A點的電勢能大于B點，即ɛA>ɛB.故D錯誤.
故選：B
4.一只白熾燈泡，正常發光時的電阻為121Ω，當這只燈泡停止發光一段時間后的電阻應是( )
A.大于121Ω B.小于121Ω C.等于121Ω D.無法判斷
【考點】電阻率與溫度的關系.
【分析】正常發光時白熾燈泡燈絲的溫度較高，電阻較大，當燈泡停止發光一段時間后，燈絲的溫度降低，電阻變小.
【解答】解：白熾燈泡燈絲是由金屬材料制成的，當溫度降低時，其電阻率減小，電阻變小，所以當這只燈泡停止發光一段時間后的電阻小于121Ω.
故選B
5.下列邏輯電路中，能使蜂鳴器F發出聲音的是( )
A. B. C. D.
【考點】簡單的邏輯電路.
【分析】根據電路分析，當門電路輸出為1時，蜂鳴器發出聲音.
【解答】解：A、由圖可知，與門的輸入端為1、0，則輸出為0，蜂鳴器不發出聲音，故A錯誤
B、圖為或門電路，輸入端為1、0，則輸出為1，蜂鳴器發出聲音，故B正確
C、圖為非門電路，輸入端為1，則輸出為0，蜂鳴器不發出聲音，故C錯誤
D、圖為或門、非門的復合電路，或門的輸入端為1、0，則輸出為1，非門的輸入為1，則輸出為0，蜂鳴器不發出聲音，故D錯誤
故選：B
高二物理期末考試卷多項選擇題
6.關于磁場和磁感線的描述，下列說法中正確的是( )
A.磁感線可以形象地描述各點磁場的方向
B.磁極之間的相互作用是通過磁場發生的
C.由B= 可知，某處磁感應強度大小與放入該處的通電導線IL乘積成反比
D.一小段通電導體在磁場中某處不受磁場力作用，則該處的磁感應強度一定為零
【考點】磁感線及用磁感線描述磁場.
【分析】磁感線是描述磁場分布而假想的曲線，磁感線的疏密表示磁場強弱，磁感線某點的切線方向表示該點的磁場方向.磁極之間的相互作用是通過磁場發生的，磁感應強度的定義式B= ，采用比值法定義，B與F、IL無關.
【解答】解：A、磁感線某點的切線方向表示該點的磁場方向，故A正確.
B、兩個磁極不接觸能發生相互作用，是通過磁場而發生，故B正確.
C、磁感應強度的定義式B= ，是一種比值法定義，可知B與F、IL無關，B反映磁場本身的性質，故C錯誤.
D、一小段通電導體在磁場中某處不受磁場力作用，該處的磁感應強度不一定為零，也可能B不為零，由于導體與磁場平行造成的，故D錯誤.
故選：AB
7.如圖所示，用電池對電容器充電，電路a、b之間接有一靈敏電流表，兩極板間有一個電荷q處于靜止狀態.現將兩極板的間距變大，則( )
A.電荷將向上加速運動 B.電荷將向下加速運動
C.電流表中將有從a到b的電流 D.電流表中將有從b到a的電流
【考點】電容器的動態分析.
【分析】電荷q處于靜止狀態，受到重力與電場力而平衡.將兩極板的間距變大，而電容器的電壓不變，根據板間場強E= 分析場強的變化，再分析電荷q所受電場力的變化，判斷電荷q的運動方向.根據電容的決定式分析電容的變化，而電容器的電壓一定，再由電容的定義式分析板間電容器電量的變化，根據電容器是充電還是放電，分析電路中電流的方向.
【解答】解：
A、B將兩極板的間距變大，而電容器的電壓不變，板間場強E= 減小，電荷q所受的電場力F=Eq減小，電荷將向下加速運動.故A錯誤，B正確.
C、D根據電容的決定式C= 可知，電容減小，電容器的電壓U不變，由電容的定義式C= 分析得知，電容器的電量減小，電容器放電，而電容器上極板帶正電，則電流表中將有從b到a的電流.故C錯誤，D正確.
故選BD
8.小燈泡通電后其電流I隨所加電壓U變化的圖線如圖所示，P為圖線上一點，PN為圖線的切線，PQ為U軸的垂線，PM為I軸的垂線.則下列說法中正確是 ( )
A.隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻增大
B.對應P點，小燈泡的電阻為R=
C.對應P點，小燈泡的電阻為R=
D.對應P點，小燈泡電阻為圖中矩形PQOM所圍的面積
【考點】閉合電路的歐姆定律;電阻率與溫度的關系.
【分析】小燈泡的伏安特性曲線上的各點與原點連線的斜率表示電阻，斜率增大，燈泡的電阻增大.任一狀態燈泡的電阻R= .
【解答】解：A、I﹣U圖線各點與原點連線的斜率表示電阻，由題，此斜率減小，說明隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻增大.故A正確.
B、C、D根據電阻的定義得到，對應P點，小燈泡的電阻為R= ，R不等于切線斜率 ，R也不等于“面積”.故B正確，CD錯誤.
故選AB
高二物理期末考試卷填空題
9.測一個阻值約為25kΩ的電阻，備有下列器材
A.電流表(量程100μA，內阻2kΩ)
B.電流表(量程500μA，內阻300Ω)
C.電壓表(量程10V，內阻100kΩ)
D.電壓表(量程50V，內阻500kΩ)
E.直流穩壓電源(電動勢15V，允許最大電流1A)
F.滑動變阻器(最大電阻1kΩ，額定功率1W)
G.導線若干.
(1)電流表應選 B ，電壓表應選 C .
(2)畫出測量Rx的電路圖.
【考點】伏安法測電阻.
【分析】本題(1)的關鍵是首先根據電源電動勢的大小來選擇電壓表的量程，再根據歐姆定律求出通過待測電阻的最大電流來選擇電流表的量程;題(2)的關鍵是明確滑動變阻器的全電阻遠小于待測電阻阻值時，變阻器應用分壓式接法;當電流表內阻為已知時，電流表應用內接法;若電表內阻為大約值時，可以通過比較 與 大小來選擇電流表的內外接法.
【解答】解：(1)由于電源電動勢為15V，所以電壓表應選C;
根據歐姆定律可知，通過待測電阻的最大電流為 = = =400μA，所以電流表應選擇B;
(2)由于滑動變阻器的全電阻遠小于待測電阻阻值，所以變阻器應采用分壓式接法;由于滿足 ，所以電流表應用內接法，電流表的內阻為定值，電路圖如圖所示：
故答案為：
(1)B，C
(2)如圖
10.為了測定電源電動勢E的大小、內電阻r和定值電阻R0的阻值，某同學利用DIS設計了如圖甲所示的電路.閉合電鍵S1，調節滑動變阻器的滑動觸頭P向某一方向移動時，用電壓傳感器1，電壓傳感器2和電流傳感器測得數據，并根據測量數據計算機分別描繪了如圖乙所示的M、N兩條U﹣I直線.請回答下列問題：
(1)根據圖乙中的M、N兩條直線可知 BC .
A.直線M是根據電壓傳感器1和電流傳感器的數據畫得的
B.直線M是根據電壓傳感器2和電流傳感器的數據畫得的
C.直線N是根據電壓傳感器1和電流傳感器的數據畫得的
D.直線N是根據電壓傳感器2和電流傳感器的數據畫得的
(2)圖象中兩直線交點處電路中的工作狀態是 ABC .
A.滑動變阻器的滑動頭P滑到了最左端
B.電源的輸出功率最大
C.定值電阻R0上消耗的功率為0.5W
D.電源的效率達到最大值
(3)根據圖乙可以求得定值電阻R0= 2.0 Ω，電源電動勢E= 1.50 ，內電阻r= 1.0 Ω.
【考點】測定電源的電動勢和內阻.
【分析】(1)定值電阻的U﹣I圖線是正比圖線，電源的U﹣I圖線是向下傾斜的圖線;
(2)兩個圖線的交點是將電阻和電源直接相連時電路中的電壓和電流值;
(3)定值電阻的U﹣I圖線是正比圖線，斜率表示電阻;電源的U﹣I圖線的縱軸截距表示電動勢，斜率表示內電阻;
【解答】解：(1)由圖可知電壓傳感器1測電源的路端電壓，電壓傳感器2測R0兩端的電壓;電流傳感器測電路中的電流;
由圖可知，M圖象中的電壓隨電流的增大而增大，故M應為R0兩端的電壓;而N圖象中電壓隨電流的增大而減小，符合閉合電路的歐姆定律U=E﹣Ir，故N顯示的是電源的輸出電壓與電流的關系;故選BC;
(2)A、當定值電阻和電源的電流、電壓相等時，一定是電阻直接與電源相連;故滑動變阻器是短路，滑片達到最左側;故A正確;
B、滑動變阻器短路時，外電阻與內電阻最接進，故電源輸出功率最大，故B正確;
C、此時電阻的電壓為1V，電流為0.5A，故功率為0.5W，故C正確;
D、此時外電阻最小，效率最低，故D錯誤;
故選：ABC;
(3)定值電阻的U﹣I圖線是正比圖線，圖線的斜率表示電阻，為2.0Ω;圖線N的縱軸截距表示電動勢，為1.50V;斜率表示內電阻，為1.0Ω;
故答案為：(1)BC;(2)ABC;(3)2.0，1.50，1.0
高二物理期末考試卷綜合應用
11.質量為m，帶電量為q的微粒，以速度v與水平方向成45°角進入勻強電場和勻強磁場同時存在的空間，如圖所示，微粒在電場、磁場、重力場的共同作用下做勻速直線運動，求：
(1)電場強度的大小，該帶電粒子帶何種電荷.
(2)磁感應強度的大小.
【考點】帶電粒子在混合場中的運動.
【分析】對帶電微粒進行受力分析，然后由平衡條件列方程，求出電場強度與磁感應強度;電場方向反向后，分析帶電微粒的受力情況，根據帶電微粒的受力情況，確定微粒的運動狀態.
【解答】解：(1)微粒受重力mg，電場力qE，洛倫茲力qvB，微粒做勻速直線運動，所受合力必為零，根據共點力平衡條件可知，微粒只能帶正電，否則不能平衡，受力如圖所示，
由幾何關系知，qE=mg，則電場強度為：E= ;
(2)由于合力為零，則：qvB= mg
所以：B=
答：(1)電場強度的大小為 ，該帶電粒子帶正電荷.
(2)磁感應強度的大小為 .
12.如圖所示，在兩條平行的虛線內存在著寬度為L、場強為E的勻強電場，在與右側虛線相距也為L處有一與電場平行的屏.現有一電荷量為+q、質量為m的帶電粒子(重力不計)，以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中，v0方向的延長線與屏的交點為O.試求：
(1)粒子從射入到打到屏上所用的時間;
(2)粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tanα;
(3)粒子打到屏上的點P到O點的距離s.
【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動.
【分析】(1)帶電粒子垂直射入電場，只受電場力作用而做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速運動，由L=v0t求解時間t.
(2)根據牛頓第二定律求出加速度.研究豎直方向的運動情況，由速度公式vy=at求出粒子剛射出電場時豎直分速度，由 求出tanα.
(3)由位移公式 求出粒子剛射出電場時偏轉的距離y.帶電粒子離開電場后做勻速直線運動，偏轉的距離Ltanα，兩個偏轉之和即為粒子打到屏上的點P到O點的距離S.
【解答】解：(1)根據題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運動，所以粒子從射入到打到屏上所用的時間 .
(2)設粒子射出電場時沿平行電場線方向的速度為vy，根據牛頓第二定律，粒子在電場中運動的時間：
粒子在電場中的加速度為：
所以粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為 .
(3)設粒子在電場中的偏轉距離為y，則
又s=y+Ltan α，解得： .
答：(1)粒子從射入到打到屏上所用的時間 ;
(2)粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值 ;
(3)粒子打到屏上的點P到O點的距離 .
13.如圖所示，在豎直放置的光滑半圓弧絕緣細管的圓心O處固定一點電荷，將質量為m，帶電量為+q的小球從圓弧管的水平直徑端點A由靜止釋放，小球沿細管滑到最低點B時，對管壁恰好無壓力.求：
(1)固定于圓心處的點電荷在AB弧中點處的電場強度大小;
(2)若把O處固定的點電荷拿走，加上一個豎直向下場強為E的勻強電場，帶電小球仍從A點由靜止釋放，下滑到最低點B時，小球對環的壓力多大?
【考點】動能定理的應用;牛頓第二定律;牛頓第三定律;點電荷的場強.
【分析】(1)帶電小球沿豎直放置的光滑半圓弧絕緣細管從A點靜止釋放，當滑到最低點時，對管壁恰好無壓力.在下滑過程中由動能定理可求出最低點的速度大小，從而由牛頓第二定律可求出電場力，從而確定電場強度大小.
(2)若換成勻強電場后，帶電小球在下滑過程中電場力做功，仍由動能定理求出最低點的速度，再由牛頓運動定律求出小球對環的壓力.
【解答】解：(1)由A到B，由動能定理得：
在B點，對小球由牛頓第二定律得：
聯立以上兩式解得： ，電場強度向上，即O處的電荷為負電荷，
由于是點電荷﹣Q形成的電場，由 得到，等勢面上各處的場強大小均相等，即AB弧中點處的電場強度為
(2)設小球到達B點時的速度為v，由動能定理得： ①
在B點處小球對環的彈力為N，由牛頓第二定律得： ②
聯立①和②式，解得小球在B點受到環的壓力為：N=3(mg+qE)
由牛頓第三定律得：小球在B點對環的壓力大小為N=3(mg+qE)
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