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高二物理期末考試卷答案解析

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高二物理期末考試卷答案解析

  高二的同學(xué)們,期末考已經(jīng)過去了,物理的試卷答案解析已經(jīng)整理好了。下面由學(xué)習(xí)啦小編為大家提供關(guān)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(jù)場強(qiáng)定義可知,該點的場強(qiáng)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(qiáng)度變?yōu)榱?/p>

  B.若試探電荷的電量變?yōu)?,則該點的電場強(qiáng)度大小變?yōu)?E

  C.若試探電荷的電量變?yōu)椹乹,則該點的場強(qiáng)的方向變?yōu)榕c原來的方向相反

  D.若試探電荷的電量變?yōu)椹?,則該點的場強(qiáng)大小、方向都不變

  【考點】電場強(qiáng)度.

  【分析】場強(qiáng)的定義式E= ,是采用比值法定義的,定義出來的電場強(qiáng)度與放入電場中的試探電荷無關(guān),由電場本身的性質(zhì)決定.

  【解答】解:電場中的電場強(qiáng)度反映電場本身的性質(zhì),與放入電場中的試探電荷無關(guān),無論有無檢驗電荷、檢驗電荷的電量如何,電場強(qiáng)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(diào)節(jié)滑動變阻器滑片P的位置,使A、B、C三燈亮度相同,若繼續(xù)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(jù)歐姆定律分析總電流的變化,確定A燈亮度的變化.根據(jù)并聯(lián)部分的電壓變化,判斷B燈亮度的變化.根據(jù)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(jù)全電路歐姆定律得知,總電流IA增大,則A燈變亮.

  并聯(lián)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(guī)律如圖乙所示,則(  )

  A.A點的場強(qiáng)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(qiáng)度.

  【分析】根據(jù)電子的運動方向,確定電場力的方向.場強(qiáng)方向與電子所受電場力方向相反,從而可判斷出電場強(qiáng)度方向.根據(jù)場強(qiáng)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(qiáng)的變化情況.根據(jù)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(qiáng)度增大,A點的場強(qiáng)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(fù)電,則場強(qiáng)方向從B到A,根據(jù)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(jù)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(fā)光時的電阻為121Ω,當(dāng)這只燈泡停止發(fā)光一段時間后的電阻應(yīng)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(guān)系.

  【分析】正常發(fā)光時白熾燈泡燈絲的溫度較高,電阻較大,當(dāng)燈泡停止發(fā)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(dāng)溫度降低時,其電阻率減小,電阻變小,所以當(dāng)這只燈泡停止發(fā)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(fā)出聲音的是(  )

  A. B. C. D.

  【考點】簡單的邏輯電路.

  【分析】根據(jù)電路分析,當(dāng)門電路輸出為1時,蜂鳴器發(fā)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(fā)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(fā)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(fā)出聲音,故C錯誤

  D、圖為或門、非門的復(fù)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(fā)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(guān)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(fā)生的

  C.由B= 可知,某處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與放入該處的通電導(dǎo)線IL乘積成反比

  D.一小段通電導(dǎo)體在磁場中某處不受磁場力作用,則該處的磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)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(fā)生的,磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式B= ,采用比值法定義,B與F、IL無關(guān).

  【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(fā)生相互作用,是通過磁場而發(fā)生,故B正確.

  C、磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式B= ,是一種比值法定義,可知B與F、IL無關(guān),B反映磁場本身的性質(zhì),故C錯誤.

  D、一小段通電導(dǎo)體在磁場中某處不受磁場力作用,該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度不一定為零,也可能B不為零,由于導(dǎo)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?fàn)顟B(tài).現(xiàn)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(tài)分析.

  【分析】電荷q處于靜止?fàn)顟B(tài),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(jù)板間場強(qiáng)E= 分析場強(qiáng)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(jù)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(jù)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(qiáng)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(jù)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(yīng)P點,小燈泡的電阻為R=

  C.對應(yīng)P點,小燈泡的電阻為R=

  D.對應(yīng)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(guān)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(tài)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(jù)電阻的定義得到,對應(yīng)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(nèi)阻2kΩ)

  B.電流表(量程500μA,內(nèi)阻300Ω)

  C.電壓表(量程10V,內(nèi)阻100kΩ)

  D.電壓表(量程50V,內(nèi)阻500kΩ)

  E.直流穩(wěn)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(dǎo)線若干.

  (1)電流表應(yīng)選 B ,電壓表應(yīng)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(guān)鍵是首先根據(jù)電源電動勢的大小來選擇電壓表的量程,再根據(jù)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(guān)鍵是明確滑動變阻器的全電阻遠(yuǎn)小于待測電阻阻值時,變阻器應(yīng)用分壓式接法;當(dāng)電流表內(nèi)阻為已知時,電流表應(yīng)用內(nèi)接法;若電表內(nèi)阻為大約值時,可以通過比較 與 大小來選擇電流表的內(nèi)外接法.

  【解答】解:(1)由于電源電動勢為15V,所以電壓表應(yīng)選C;

  根據(jù)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(yīng)選擇B;

  (2)由于滑動變阻器的全電阻遠(yuǎn)小于待測電阻阻值,所以變阻器應(yīng)采用分壓式接法;由于滿足 ,所以電流表應(yīng)用內(nèi)接法,電流表的內(nèi)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(nèi)電阻r和定值電阻R0的阻值,某同學(xué)利用DIS設(shè)計了如圖甲所示的電路.閉合電鍵S1,調(diào)節(jié)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(shù)據(jù),并根據(jù)測量數(shù)據(jù)計算機(jī)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(jù)圖乙中的M、N兩條直線可知 BC .

  A.直線M是根據(jù)電壓傳感器1和電流傳感器的數(shù)據(jù)畫得的

  B.直線M是根據(jù)電壓傳感器2和電流傳感器的數(shù)據(jù)畫得的

  C.直線N是根據(jù)電壓傳感器1和電流傳感器的數(shù)據(jù)畫得的

  D.直線N是根據(jù)電壓傳感器2和電流傳感器的數(shù)據(jù)畫得的

  (2)圖象中兩直線交點處電路中的工作狀態(tài)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(dá)到最大值

  (3)根據(jù)圖乙可以求得定值電阻R0= 2.0 Ω,電源電動勢E= 1.50 ,內(nèi)電阻r= 1.0 Ω.

  【考點】測定電源的電動勢和內(nèi)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(nèi)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(yīng)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(guān)系;故選BC;

  (2)A、當(dāng)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(dá)到最左側(cè);故A正確;

  B、滑動變阻器短路時,外電阻與內(nèi)電阻最接進(jìn),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(nèi)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(yīng)用

  11.質(zhì)量為m,帶電量為q的微粒,以速度v與水平方向成45°角進(jìn)入勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)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(qiáng)度的大小,該帶電粒子帶何種電荷.

  (2)磁感應(yīng)強(qiáng)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(jìn)行受力分析,然后由平衡條件列方程,求出電場強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度;電場方向反向后,分析帶電微粒的受力情況,根據(jù)帶電微粒的受力情況,確定微粒的運動狀態(tài).

  【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(jù)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(guān)系知,qE=mg,則電場強(qiáng)度為:E= ;

  (2)由于合力為零,則:qvB= mg

  所以:B=

  答:(1)電場強(qiáng)度的大小為 ,該帶電粒子帶正電荷.

  (2)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 .

  12.如圖所示,在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場,在與右側(cè)虛線相距也為L處有一與電場平行的屏.現(xiàn)有一電荷量為+q、質(zhì)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(qiáng)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(jù)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(zhuǎn)的距離y.帶電粒子離開電場后做勻速直線運動,偏轉(zhuǎn)的距離Ltanα,兩個偏轉(zhuǎn)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(jù)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(shè)粒子射出電場時沿平行電場線方向的速度為vy,根據(jù)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(shè)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)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(xì)管的圓心O處固定一點電荷,將質(zhì)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(xì)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(qiáng)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(qiáng)為E的勻強(qiáng)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?qū)Νh(huán)的壓力多大?

  【考點】動能定理的應(yīng)用;牛頓第二定律;牛頓第三定律;點電荷的場強(qiáng).

  【分析】(1)帶電小球沿豎直放置的光滑半圓弧絕緣細(xì)管從A點靜止釋放,當(dāng)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(qiáng)度大小.

  (2)若換成勻強(qiáng)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?qū)Νh(huán)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(lián)立以上兩式解得: ,電場強(qiáng)度向上,即O處的電荷為負(fù)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(qiáng)大小均相等,即AB弧中點處的電場強(qiáng)度為

  (2)設(shè)小球到達(dá)B點時的速度為v,由動能定理得: ①

  在B點處小球?qū)Νh(huán)的彈力為N,由牛頓第二定律得: ②

  聯(lián)立①和②式,解得小球在B點受到環(huán)的壓力為:N=3(mg+qE)

  由牛頓第三定律得:小球在B點對環(huán)的壓力大小為N=3(mg+qE)


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