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。下面由小編為大家提供關於，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= ，是採用比值法定義的，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並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.根據並聯部分的電壓變化，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.

　　並聯部分的電壓 U並=E﹣IA***RA+r***，E、RA、r不變，IA增大，U並減小，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，由於IB減小，IC增大，IA增大，所以C燈電流的增加量大於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點的場強大於B點

　　B.電子在A點受到的電場力小於B點

　　C.A點的電勢高於B點

　　D.電子在A點的電勢能小於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.根據能量守恆，分析電勢能的變化.

　　【解答】解：

　　A、B：速度時間圖象的斜率等於加速度，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點受到的電場力小於B點.由F=qE可知，電場強度增大，A點的場強小於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點的電勢低於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，根據能量守恆得知，電子的電勢能減小，則電子在A點的電勢能大於B點，即ɛA>ɛB.故D錯誤.

　　故選：B

　　4.一隻白熾燈泡，正常發光時的電阻為121Ω，當這隻燈泡停止發光一段時間後的電阻應是***　　***

　　A.大於121Ω B.小於121Ω C.等於121Ω D.無法判斷

　　【考點】電阻率與溫度的關係.

　　【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後，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製成的，當溫度降低時，其電阻率減小，電阻變小，所以當這隻燈泡停止發光一段時間後的電阻小於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，當閘電路輸出為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、圖為或閘電路，輸入端為1、0，則輸出為1，蜂鳴器發出聲音，故B正確

　　C、圖為非閘電路，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、非門的複合電路，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.關於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佈而假想的曲線，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= ，採用比值法定義，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，由於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處於靜止狀態.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處於靜止狀態，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.小燈泡通電後其電流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;電阻率與溫度的關係.

　　【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不等於切線斜率 ，R也不等於“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於待測電阻阻值時，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;若電錶內阻為大約值時，可以通過比較 與 大小來選擇電流表的內外接法.

　　【解答】解：***1***由於電源電動勢為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***由於滑動變阻器的全電阻遠小於待測電阻阻值，所以變阻器應採用分壓式接法;由於滿足 ，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設計瞭如圖甲所示的電路.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，用電壓感測器1，電壓感測器2和電流感測器測得資料，並根據測量資料計算機分別描繪瞭如圖乙所示的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是根據電壓感測器1和電流感測器的資料畫得的

　　B.直線M是根據電壓感測器2和電流感測器的資料畫得的

　　C.直線N是根據電壓感測器1和電流感測器的資料畫得的

　　D.直線N是根據電壓感測器2和電流感測器的資料畫得的

　　***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***由圖可知電壓感測器1測電源的路端電壓，電壓感測器2測R0兩端的電壓;電流感測器測電路中的電流;

　　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係;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，然後由平衡條件列方程，求出電場強度與磁感應強度;電場方向反向後，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，

　　由幾何關係知，qE=mg，則電場強度為：E= ;

　　***2***由於合力為零，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，在兩條平行的虛線記憶體在著寬度為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***，以垂直於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.帶電粒子離開電場後做勻速直線運動，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，粒子在垂直於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***固定於圓心處的點電荷在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***若換成勻強電場後，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，

　　由於是點電荷﹣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***