高二物理期末考试卷答案解析
高二物理期末考试卷答案解析
高二的同学们，期末考已经过去了，物理的试卷答案解析已经整理好了。下面由学习啦小编为大家提供关于高二物理期末考试卷答案解析，希望对大家有帮助!
高二物理期末考试卷单项选择题
1.在电场中某点放一电量为q的试探电荷，所受电场力大小为F，根据场强定义可知，该点的场强大小E= .下列说法正确的是( )
A.若移走试探电荷，则该点的电场强度变为零
B.若试探电荷的电量变为 ，则该点的电场强度大小变为2E
C.若试探电荷的电量变为﹣q，则该点的场强的方向变为与原来的方向相反
D.若试探电荷的电量变为﹣ ，则该点的场强大小、方向都不变
【考点】电场强度.
【分析】场强的定义式E= ，是采用比值法定义的，定义出来的电场强度与放入电场中的试探电荷无关，由电场本身的性质决定.
【解答】解：电场中的电场强度反映电场本身的性质，与放入电场中的试探电荷无关，无论有无检验电荷、检验电荷的电量如何，电场强度的大小和方向都不变.故D正确，A、B、C错误.
故选：D.
2.如图所示的电路中，闭合电键S并调节滑动变阻器滑片P的位置，使A、B、C三灯亮度相同，若继续将P向下移动，则三灯亮度变化情况为( )
A.A灯变亮 B.B灯变亮 C.A灯最暗 D.C灯最暗
【考点】闭合电路的欧姆定律.
【分析】将变阻器滑片P向下移动时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据欧姆定律分析总电流的变化，确定A灯亮度的变化.根据并联部分的电压变化，判断B灯亮度的变化.根据总电流与通过B灯电流的变化，分析C灯电流的变化，判断C灯亮度的变化.
【解答】解：将变阻器滑片P向下移动时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据全电路欧姆定律得知，总电流IA增大，则A灯变亮.
并联部分的电压 U并=E﹣IA(RA+r)，E、RA、r不变，IA增大，U并减小，则B灯变暗.
通过C灯的电流IC=IA﹣IB，IA增大，IB减小，则IC增大，C灯变亮.可知B灯最暗.
因为IA=IB+IC，由于IB减小，IC增大，IA增大，所以C灯电流的增加量大于A灯的增加量，C灯最亮.
故选：A
3.如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，从A点运动到B点，其速度随时间变化的规律如图乙所示，则( )
A.A点的场强大于B点
B.电子在A点受到的电场力小于B点
C.A点的电势高于B点
D.电子在A点的电势能小于B点
【考点】电场强度.
【分析】根据电子的运动方向，确定电场力的方向.场强方向与电子所受电场力方向相反，从而可判断出电场强度方向.根据场强方向判断电势的高低.由速度图象的斜率读出加速度的变化情况，确定场强的变化情况.根据能量守恒，分析电势能的变化.
【解答】解：
A、B：速度时间图象的斜率等于加速度，由图可知：电子做初速度为零的加速度增大的加速直线运动.加速度增大，说明电子所受电场力增大，电子在A点受到的电场力小于B点.由F=qE可知，电场强度增大，A点的场强小于B点，即EA
C、电子由静止开始沿电场线从A运动到B，电场力的方向从A到B，而电子带负电，则场强方向从B到A，根据顺着电场线电势降低可知，A点的电势低于B点电势，即φA<φB.故C错误.
D、由速度图象看出，电子的速度增大，动能增大，根据能量守恒得知，电子的电势能减小，则电子在A点的电势能大于B点，即ɛA>ɛB.故D错误.
故选：B
4.一只白炽灯泡，正常发光时的电阻为121Ω，当这只灯泡停止发光一段时间后的电阻应是( )
A.大于121Ω B.小于121Ω C.等于121Ω D.无法判断
【考点】电阻率与温度的关系.
【分析】正常发光时白炽灯泡灯丝的温度较高，电阻较大，当灯泡停止发光一段时间后，灯丝的温度降低，电阻变小.
【解答】解：白炽灯泡灯丝是由金属材料制成的，当温度降低时，其电阻率减小，电阻变小，所以当这只灯泡停止发光一段时间后的电阻小于121Ω.
故选B
5.下列逻辑电路中，能使蜂鸣器F发出声音的是( )
A. B. C. D.
【考点】简单的逻辑电路.
【分析】根据电路分析，当门电路输出为1时，蜂鸣器发出声音.
【解答】解：A、由图可知，与门的输入端为1、0，则输出为0，蜂鸣器不发出声音，故A错误
B、图为或门电路，输入端为1、0，则输出为1，蜂鸣器发出声音，故B正确
C、图为非门电路，输入端为1，则输出为0，蜂鸣器不发出声音，故C错误
D、图为或门、非门的复合电路，或门的输入端为1、0，则输出为1，非门的输入为1，则输出为0，蜂鸣器不发出声音，故D错误
故选：B
高二物理期末考试卷多项选择题
6.关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是( )
A.磁感线可以形象地描述各点磁场的方向
B.磁极之间的相互作用是通过磁场发生的
C.由B= 可知，某处磁感应强度大小与放入该处的通电导线IL乘积成反比
D.一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零
【考点】磁感线及用磁感线描述磁场.
【分析】磁感线是描述磁场分布而假想的曲线，磁感线的疏密表示磁场强弱，磁感线某点的切线方向表示该点的磁场方向.磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁感应强度的定义式B= ，采用比值法定义，B与F、IL无关.
【解答】解：A、磁感线某点的切线方向表示该点的磁场方向，故A正确.
B、两个磁极不接触能发生相互作用，是通过磁场而发生，故B正确.
C、磁感应强度的定义式B= ，是一种比值法定义，可知B与F、IL无关，B反映磁场本身的性质，故C错误.
D、一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度不一定为零，也可能B不为零，由于导体与磁场平行造成的，故D错误.
故选：AB
7.如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态.现将两极板的间距变大，则( )
A.电荷将向上加速运动 B.电荷将向下加速运动
C.电流表中将有从a到b的电流 D.电流表中将有从b到a的电流
【考点】电容器的动态分析.
【分析】电荷q处于静止状态，受到重力与电场力而平衡.将两极板的间距变大，而电容器的电压不变，根据板间场强E= 分析场强的变化，再分析电荷q所受电场力的变化，判断电荷q的运动方向.根据电容的决定式分析电容的变化，而电容器的电压一定，再由电容的定义式分析板间电容器电量的变化，根据电容器是充电还是放电，分析电路中电流的方向.
【解答】解：
A、B将两极板的间距变大，而电容器的电压不变，板间场强E= 减小，电荷q所受的电场力F=Eq减小，电荷将向下加速运动.故A错误，B正确.
C、D根据电容的决定式C= 可知，电容减小，电容器的电压U不变，由电容的定义式C= 分析得知，电容器的电量减小，电容器放电，而电容器上极板带正电，则电流表中将有从b到a的电流.故C错误，D正确.
故选BD
8.小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线.则下列说法中正确是 ( )
A.随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大
B.对应P点，小灯泡的电阻为R=
C.对应P点，小灯泡的电阻为R=
D.对应P点，小灯泡电阻为图中矩形PQOM所围的面积
【考点】闭合电路的欧姆定律;电阻率与温度的关系.
【分析】小灯泡的伏安特性曲线上的各点与原点连线的斜率表示电阻，斜率增大，灯泡的电阻增大.任一状态灯泡的电阻R= .
【解答】解：A、I﹣U图线各点与原点连线的斜率表示电阻，由题，此斜率减小，说明随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大.故A正确.
B、C、D根据电阻的定义得到，对应P点，小灯泡的电阻为R= ，R不等于切线斜率 ，R也不等于“面积”.故B正确，CD错误.
故选AB
高二物理期末考试卷填空题
9.测一个阻值约为25kΩ的电阻，备有下列器材
A.电流表(量程100μA，内阻2kΩ)
B.电流表(量程500μA，内阻300Ω)
C.电压表(量程10V，内阻100kΩ)
D.电压表(量程50V，内阻500kΩ)
E.直流稳压电源(电动势15V，允许最大电流1A)
F.滑动变阻器(最大电阻1kΩ，额定功率1W)
G.导线若干.
(1)电流表应选 B ，电压表应选 C .
(2)画出测量Rx的电路图.
【考点】伏安法测电阻.
【分析】本题(1)的关键是首先根据电源电动势的大小来选择电压表的量程，再根据欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程;题(2)的关键是明确滑动变阻器的全电阻远小于待测电阻阻值时，变阻器应用分压式接法;当电流表内阻为已知时，电流表应用内接法;若电表内阻为大约值时，可以通过比较 与 大小来选择电流表的内外接法.
【解答】解：(1)由于电源电动势为15V，所以电压表应选C;
根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为 = = =400μA，所以电流表应选择B;
(2)由于滑动变阻器的全电阻远小于待测电阻阻值，所以变阻器应采用分压式接法;由于满足 ，所以电流表应用内接法，电流表的内阻为定值，电路图如图所示：
故答案为：
(1)B，C
(2)如图
10.为了测定电源电动势E的大小、内电阻r和定值电阻R0的阻值，某同学利用DIS设计了如图甲所示的电路.闭合电键S1，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，用电压传感器1，电压传感器2和电流传感器测得数据，并根据测量数据计算机分别描绘了如图乙所示的M、N两条U﹣I直线.请回答下列问题：
(1)根据图乙中的M、N两条直线可知 BC .
A.直线M是根据电压传感器1和电流传感器的数据画得的
B.直线M是根据电压传感器2和电流传感器的数据画得的
C.直线N是根据电压传感器1和电流传感器的数据画得的
D.直线N是根据电压传感器2和电流传感器的数据画得的
(2)图象中两直线交点处电路中的工作状态是 ABC .
A.滑动变阻器的滑动头P滑到了最左端
B.电源的输出功率最大
C.定值电阻R0上消耗的功率为0.5W
D.电源的效率达到最大值
(3)根据图乙可以求得定值电阻R0= 2.0 Ω，电源电动势E= 1.50 ，内电阻r= 1.0 Ω.
【考点】测定电源的电动势和内阻.
【分析】(1)定值电阻的U﹣I图线是正比图线，电源的U﹣I图线是向下倾斜的图线;
(2)两个图线的交点是将电阻和电源直接相连时电路中的电压和电流值;
(3)定值电阻的U﹣I图线是正比图线，斜率表示电阻;电源的U﹣I图线的纵轴截距表示电动势，斜率表示内电阻;
【解答】解：(1)由图可知电压传感器1测电源的路端电压，电压传感器2测R0两端的电压;电流传感器测电路中的电流;
由图可知，M图象中的电压随电流的增大而增大，故M应为R0两端的电压;而N图象中电压随电流的增大而减小，符合闭合电路的欧姆定律U=E﹣Ir，故N显示的是电源的输出电压与电流的关系;故选BC;
(2)A、当定值电阻和电源的电流、电压相等时，一定是电阻直接与电源相连;故滑动变阻器是短路，滑片达到最左侧;故A正确;
B、滑动变阻器短路时，外电阻与内电阻最接进，故电源输出功率最大，故B正确;
C、此时电阻的电压为1V，电流为0.5A，故功率为0.5W，故C正确;
D、此时外电阻最小，效率最低，故D错误;
故选：ABC;
(3)定值电阻的U﹣I图线是正比图线，图线的斜率表示电阻，为2.0Ω;图线N的纵轴截距表示电动势，为1.50V;斜率表示内电阻，为1.0Ω;
故答案为：(1)BC;(2)ABC;(3)2.0，1.50，1.0
高二物理期末考试卷综合应用
11.质量为m，带电量为q的微粒，以速度v与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场同时存在的空间，如图所示，微粒在电场、磁场、重力场的共同作用下做匀速直线运动，求：
(1)电场强度的大小，该带电粒子带何种电荷.
(2)磁感应强度的大小.
【考点】带电粒子在混合场中的运动.
【分析】对带电微粒进行受力分析，然后由平衡条件列方程，求出电场强度与磁感应强度;电场方向反向后，分析带电微粒的受力情况，根据带电微粒的受力情况，确定微粒的运动状态.
【解答】解：(1)微粒受重力mg，电场力qE，洛伦兹力qvB，微粒做匀速直线运动，所受合力必为零，根据共点力平衡条件可知，微粒只能带正电，否则不能平衡，受力如图所示，
由几何关系知，qE=mg，则电场强度为：E= ;
(2)由于合力为零，则：qvB= mg
所以：B=
答：(1)电场强度的大小为 ，该带电粒子带正电荷.
(2)磁感应强度的大小为 .
12.如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏.现有一电荷量为+q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O.试求：
(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间;
(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tanα;
(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离s.
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动.
【分析】(1)带电粒子垂直射入电场，只受电场力作用而做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，由L=v0t求解时间t.
(2)根据牛顿第二定律求出加速度.研究竖直方向的运动情况，由速度公式vy=at求出粒子刚射出电场时竖直分速度，由 求出tanα.
(3)由位移公式 求出粒子刚射出电场时偏转的距离y.带电粒子离开电场后做匀速直线运动，偏转的距离Ltanα，两个偏转之和即为粒子打到屏上的点P到O点的距离S.
【解答】解：(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间 .
(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中运动的时间：
粒子在电场中的加速度为：
所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为 .
(3)设粒子在电场中的偏转距离为y，则
又s=y+Ltan α，解得： .
答：(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间 ;
(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值 ;
(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离 .
13.如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力.求：
(1)固定于圆心处的点电荷在AB弧中点处的电场强度大小;
(2)若把O处固定的点电荷拿走，加上一个竖直向下场强为E的匀强电场，带电小球仍从A点由静止释放，下滑到最低点B时，小球对环的压力多大?
【考点】动能定理的应用;牛顿第二定律;牛顿第三定律;点电荷的场强.
【分析】(1)带电小球沿竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管从A点静止释放，当滑到最低点时，对管壁恰好无压力.在下滑过程中由动能定理可求出最低点的速度大小，从而由牛顿第二定律可求出电场力，从而确定电场强度大小.
(2)若换成匀强电场后，带电小球在下滑过程中电场力做功，仍由动能定理求出最低点的速度，再由牛顿运动定律求出小球对环的压力.
【解答】解：(1)由A到B，由动能定理得：
在B点，对小球由牛顿第二定律得：
联立以上两式解得： ，电场强度向上，即O处的电荷为负电荷，
由于是点电荷﹣Q形成的电场，由 得到，等势面上各处的场强大小均相等，即AB弧中点处的电场强度为
(2)设小球到达B点时的速度为v，由动能定理得： ①
在B点处小球对环的弹力为N，由牛顿第二定律得： ②
联立①和②式，解得小球在B点受到环的压力为：N=3(mg+qE)
由牛顿第三定律得：小球在B点对环的压力大小为N=3(mg+qE)
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