高二物理期末试卷带答案解析

高二物理期末试卷带答案解析
考试范围：xxx ；考试时间：xxx 分钟；出题人：xxx 姓名：___________班级：___________考号：___________
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上
一、选择题
1.在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献。

下列说法不正确的是（ ）
A ．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象
B ．麦克斯韦预言了电磁波；赫兹用实验证实了电磁波的存在
C ．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律
D ．库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值
2.关于互成角度的两个初速度不为零的匀变速直线运动的合运动，下列说法正确的是：
A ．合运动的轨迹一定是抛物线
B ．合运动的性质一定是匀变速运动
C ．合运动的轨迹可能是直线，也可能是曲线
D ．合运动的性质无法确定
3.如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ，电表均为理想表,电路正常工作。

下列说法正确的是
A ．当滑片向左滑动时，电压表的示数增大，且与外电阻成正比
B ．当滑片向左滑动时，电流表的示数减小，且与外电阻成反比
C ．当滑片在最左端时，电压表的示数不等于电动势
D ．当滑片在最右端时，电压表的示数等于电动势 4.下列说法正确的是（ ）
A ．家庭生活中，常说的“1度”电，指的是电功率的单位
B．功率是1千瓦的空调正常工作1个小时所消耗的电功是1度
C．1度等于1000焦耳
D．1度等于3.6×106瓦
5.如图所示，重为G的物体A置于倾角θ的斜面上，物体对斜面的压力
等于
A．G B．G cosθ C．G sinθ D．G tanθ
6.1．关于电路中感应电动势的大小，下列说法中正确的
是
A．穿过电路的磁通量越大，感应电动势就越大
B．电路中磁通量的变化量越大，感应电动势就越大
C．电路中磁通量变化越快，感应电动势越大
D．若电路中某时刻磁通量为零，则该时刻感应电流一定为零
7.如图所示，a、b、c、d、e五点在一直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离。

在a点固定放置一个点电荷，带电量为＋Q，已知在＋
Q的电场中b、c两点间的电势差为U. 将另一个点电荷＋q从d点移动到e点的过程中( )
A．电场力做功qU B．克服电场力做功qU
C．电场力做功大于qU
D．电场力做功小于qU
8.甲、乙两球在光滑水平地面上同向运动，动量分别为P
1
＝5 kg·m/s，P
2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则二球质量关系可能是（）
A．m
1
=m
2
B．2m
1
=m
2
C．4m
1
=m
2
D．6m
1
=m
2
9.下面关于电场的叙述不正确的是（）
A．两个未接触的电荷发生了相互作用，一定是电场引起的
B．只有电荷发生相互作用时才产生电场
C．只要有电荷存在，其周围就存在电场
D．A电荷受到B电荷的作用，是B电荷的电场对A电荷的作用
10.下列有关各种家用电器工作原理的说法中正确的是（）
A．微波炉是利用超声波给食品加热的
B．电磁灶是利用电流的热效应加热食品的
C．磁带录音机利用电磁感应原理工作的
D．转页扇工作时是发电机在工作
二、不定项选择题
11.若E 表示电动势，U 表示外电压，U′表示内电压，R 表示外电路的总电阻，r 表示内电阻，I 表示电流，则下列各式中正确的是（ ） A ．U′=IR B ．U′=E ﹣U C ．U=E+Ir D ．U=
12.如图所示，A 、B 两物体的质量之比M A :M B = 3:2，原来静止在平板车C 上，A 、B 间有一根被压缩的弹簧，A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，地面光滑，当弹簧突然释放后，在两物体被弹开的过程中有（ ）
A. A 、B 系统的动量守恒
B. A 、B 、C 系统的动量守恒
C. 小车向左运动
D. 小车向右运动
13.如图所示，在光滑水平地面上有两个完全相同的小球A 和B ，它们的质量都为m 。

现B 球静止，A 球以速度v 0与B 球发生正碰，针对碰撞后的动能下列说法中正确的是( )
A ．
B 球动能的最大值是mv 02
B ．B 球动能的最大值是mv 02
C ．系统动能的最小值是0
D ．系统动能的最小值是mv 02
14.(多选)下列关于经典力学的时空观，正确的是( )
A ．经典力学的时空观中，同时是绝对的，即在一个参考系中的观察者在某一时刻观察到的两个事件，对另一参考系中的观察者来说也是同时发生的
B ．在经典力学的时空观中，空间间隔是绝对的，即任何事件(或物体的运动)
所经历的时间，在不同的参考系中测量都是相同的，而与参考系的选取无关
C ．在经典力学的时空观中，时间间隔是绝对的，即如果各个参考系中用来测量长度的标准相同，那么空间两点距离是绝对的不变的量值，而与参考系选取无关
D ．经典力学的时空观就是一个绝对的时空观，时间与空间、物体的运动无关
15.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈匝数为1000匝、内阻不计，现外接一只电阻为100.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则
A ．电压表的示数为220 V
B ．穿过线圈磁通量的最大值为220
Wb/s
C ．任意一个0.02s 内通过灯泡灯丝横截面的电量均为零
D ．灯泡每秒钟产生的焦耳热为484J
三、填空题
16.某同学在测定金属圆柱体电阻率时需要先测量其尺寸，他分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图 （a ）和如图（b ）所示，则：长度为 cm ，直径为 mm ． (a)
要测定一个自感系数很大的线圈L 的直流电阻，实验室提供如下表的器
材。

17.实验时，要求两个电表的调节范围尽可能大，请将图中的电路图补充完整；
18.实验结束时，应先断开开关__⑥__（选填“S 1”或“S 2”）；
19.为了提高实验精度，电路图中的电阻R 应选择定值电阻 ⑦ （选填“R 1”或
“R 2
”
）；
20.选择合适的电阻后，表A 1和表A 2的读数分别为I 1、I 2，多次测量描绘出I 1——I 2图象（如图所示），则利用图象可求出电感线圈的电阻R L = ⑧ Ω。

规格
阻值约为2Ω~3Ω，额定电流为2量程为0.6A，内阻为2Ω
21.在装有食品的包装袋中充入氮气，然后密封进行加压测试，测试时，
对包装袋缓慢地施加压力，将袋内的氮气视为理想气体，则加压测试过
程中，包装袋内壁单位面积上所受气体分子撞击的作用力_________（选
填“增大”、“减小”或“不变”），包装袋内氮气的内能_________（选填“增大”、“减小”或“不变”）
22.长为L的导体棒原来不带电，将一带电量为q的点电荷放在距棒左端
R处，如图所示，当达到静电平衡后棒上感应的电荷在棒内中点处产生
的场强的大小等于__________。

23.用光子能量为5eV的光照射到某金属表面，从金属表面逸出光电子的
最大初动能是2eV，为使这种金属能够发生光电效应，入射光的波长不
能大于_____m。

要使从该金属表面逸出的光电子的最大初动能达到4eV，入射光子的能量应为________eV.
四、实验题24.为了描绘标有“3V，0．4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化．所给器材如下：
A．电流表（0～200mA，内阻约0．5Ω）
B．电流表（0～0．6A，内阻约0．01Ω）
C．电压表（0～3V，内阻约5kΩ）
D．电压表（0～15V，内阻约50kΩ）
E．滑动变阻器（0～10Ω，0．5A）
F．电源（3V）
G．电键一个，导线若干．
（1）为了完成上述实验，电流表应选择_________，电压表应选择
________
（2）在Ⅱ卷的虚线框中画出完成此实验的原理图，并将实物按电路图补充完整．
25.有一个小灯泡上标有“4V、2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的伏安特性图线.现有下列器材供选用:
A.电压表(0--5V，内阻10kΩ)
B.电压表(0--15V，内阻20 kΩ)
C.电流表(0--3A，内阻1Ω)
D.电流表(0--0.6A，内阻0. Ω4)
E.滑动变阻器(10Ω，2A)
F.滑动变阻器(500Ω，1A)
G.学生电源(直流6V)、开关、导线若干（1）实验时，选用图甲而不选用图乙的电路图来完成实验，理由
______________；
（2）实验中所用电压表应选_____，电流表应选用_____，滑动变阻器应选用_____.(用序号字母表示)
（3）根据实验数据画出的I---U图象如下，从图象看出，电压越高对应的实际电阻值越____，这说明灯丝材料的电阻率随温度的升高而_____。

五、简答题
26.如右图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m，质量为
6×10－2kg的通电直导线，电流强度I＝1 A，方向垂直于纸面向外，导线
用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 T，方向竖直向上的磁场中，设t＝0时，B＝0，则需要多长时间，斜面对导
线的支持力为零？(g取10 m/s2)
27.对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，
找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质。

（1）一段横截面积为S、长为L的直导线，单位体积内有n个自由电子，电子电荷量为e。

该导线通有电流时，假设自由电子定向移动的速率均
为v,求导线中的电流I（请建立模型进行推导）；
（2）正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量。

为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其
速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒
子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。

利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力F与m、n和v的关系(提示：建议，建立模型，思考压强的产生原理)。

六、作图题
28.示波管的内部结构如图所示。

如果在偏转电极XX/、YY/之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心．如果在偏转电极XX/之间和YY/之间分别加上如图所示的电压，请画出荧光屏上出现的完整扫描波形图。

A.
B.
参考答案
1 .C
【解析】奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象，选项A正确；麦克斯韦预言了电磁波；赫兹用实验证实了电磁波的存在，选项B正确；洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律；安培发现了磁场对电流的作用规律，选项C错误；库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，选项D正确；此题选择错误的选项，故选C.
2 .BC
【解析】因两分加速度确定，所以合加速度确定，即合运动的性质一定是匀变速运动，B对，D错；若合加速度方向与合初速度方向在一直线上，则合运动的轨迹是直线，若合加速度方向与合初速度方向不在一直线上，则合运动的轨迹是曲线，A错，C对。

3 . C
【解析】
试题分析：当滑片向左滑动时，外电阻增大，电压表的示数增大，电流表的示数减小，由闭合电路欧姆定律可知：不管滑片向左滑动，还是向右滑动，电流都不会与外电阻成反比的。

路端电压
可见，不管滑片向左滑动，还是向右滑动，路
端电压都不会与外电阻成正比的，所以A、B都错。

由于电源有内阻，外电压（路端电压）总小于电动势，故C对，D错。

考点：闭合电路欧姆定律的应用。

4 .B
【解析】
试题分析：用电量是电功的多少来衡量，度是实际生活所用的电功的单位，根据电功的公式W=Pt推导度与焦耳之间的关系．
解：A、度是电功的单位，不是电功率的单位．故A错误．
B、功率是1千瓦的空调正常工作1个小时所消耗的电功是1度，即1度=1kw•h．故B正确．
CD、由电功公式W=Pt得，当功率P=1×103W，t=1h=3600s时，
W=Pt=1×103×3600J=3.6×106J．即1度=3.6×106J．故CD错误．
故选：B
【点评】本题考查对日常生活中物理量单位的了解程度，抓住1度俗称
是1千瓦时，根据公式进行单位的换算．
5 .B
【解析】根据力的分解以及几何知识可得物体对斜面的压力等于，B正确。

6 .C
【解析】由法拉第感应定律可知，感应电动势的大小和磁通量的变化率
成正比。

所以正确答案选C.
【知识点讲解】主要是对法拉第电磁感应定律的理解，磁通量变化的大
小等于，磁通量的变化快慢叫变化率等于。

正确理解变化量
和变化率是物理中常见的问题。

如运动学中速度变化和速度变化率是两
不同的物理量；
7 .D
【解析】
试题分析：正点电荷形成的电场，沿电场线方向电场强度逐渐减小，根
据可以定性的判断bc间和de间距离相等，但de间电场强度小电
势差小于U，因此点电荷＋q从d点移动到e点电场力做功小于qU 答案
D对。

＋q从d点移动到e点沿电场线方向移动，受力方向与电场线同
向因此电场力做正功。

考点：电场力做功
8 .C
【解析】
试题分析：根据动量守恒定律得，解得，碰撞
过程系统的总动能不增加，则有，解得，碰
撞后甲的速度不大于乙的速度，则有，解得，故，只有C正确
考点：考查了动量守恒定律的应用【名师点睛】对于碰撞过程，往往根据三大规律，分析两个质量的范围：1、动量守恒；2、总动能不增加；3、碰撞后两物体同向运动时，后面物
体的速度不大于前面物体的速度
9 .B
【解析】电场的基本性质是对放入其中的电荷有力的作用，两个未接触
的电荷发生了相互作用，一定是电场引起的，A正确；电场是客观存在
的一种特殊物质，与有无电荷无关，B错误；电荷的周围存在电场，C正确；A电荷受到B电荷的作用，是B电荷的电场对A电荷的作用，D正确；此题选择错误的选项，故选B.
点睛：电荷的周围存在电场，电场是客观存在的一种特殊物质，电场的
基本性质是对放入其中的电荷有力的作用．
10 .C
【解析】
试题分析：生活中常用的微波炉是用微波（电磁波）来加热食品的，故
选项A错误；．电磁灶是利用电磁感应现象产生的感应电流给食物加热的，故选项B错误；放音的主要原理磁生电，所以是电磁感应现象，录
音的主要原理是电生磁，是电流的磁效应．故C正确；电风扇是电动机，是利用通电线圈在磁场中受力转动的原理制成的，故选项D错误。

考点：实用电动机的构造、特点和应用
【名师点睛】本题考查了原子结构、电动机原理、微波炉原理以及电磁
波的传播，属于基础知识的考查。

11 .BD
【解析】根据闭合电路的欧姆定律可知：U ′＝Ir ，选项A 错误；U ′＝E －U ，选项B 正确；U ＝E -Ir ，选项C 错误；，选项D 正确；故选
BD. 12 .BC
【解析】由于m A ：m B =3：2，A 、B 所受的摩擦力大小不等，所以A 、B 组成的系统合外力不为零，动量不守恒，故A 错误；地面光滑，A 、B 、C 系统受到的合外力为零，则系统动量守恒，故B 正确；由于A 、B 两木块的质量之比为m A ：m B =3：2，由摩擦力公式f=μN=μmg 知，A 对小车向左的滑动摩擦力大于B 对小车向右的滑动摩擦力，在A 、B 相对小车停止运动之前，小车的合力所受的合外力向左，会向左运动，故C 正确，D 错误．故选BC ．
点睛：本题考查了判断系统动量是否守恒、判断小车的运动情况，知道动量守恒的条件、正确受力分析即可正确解题． 13 .AD
【解析】若两球发生弹性碰撞，则B 球获得的动能最大；根据动量守恒和动能守恒得： mv 0=mv A +mv B ，
联立解得，B 球碰后最大速度为 v B =v 0，B 球最大动能为
，故A 正确，B 错误；根据动量守恒可知，碰撞后系
统总动量为mv 0，总动能不可能为零，故C 错误．若两球发生完全非弹
性碰撞，系统损失的动能最大，则有：mv 0=（m+m ）v 得：v=v 0，系统动能的最小值是 ，故D 正确．故选AD.
14 .ABCD
【解析】经典的时空观认为，时间、空间均是绝对的，与物体的运动状态无关。

同时也是绝对的，即在一个参考系中同时发生的两个事件，在不同参考系中观察也是同时发生的，故ABCD 均正确. 15 .CD
【解析】由E m =220V ，
，电压表示数为220V ．故A 错
误．根据
其中
，则
，选项B 错误；根据
可知，
任意一个0.02s 内磁通量的变化量均为零，则通过灯泡横截面的电量为零，选项C 正确；灯泡每秒钟产生的焦耳热为，
选项D 正确；故选CD.
点睛：解题的关键是知道交流电的最大值表达式的形式
； 是求解电量的经验公式，也需熟练掌握，以备快速解题.
16 .2.06cm ；4.815mm ． 【解析】
试题分析：圆柱体的长度：2.0cm+0.1mm×6=2.06cm ；直径为：4.5mm+0.01mm×31.5=4.815mm.
考点：游标卡尺及螺旋测微器的读数. 17.如图所示
18.S 2 19.R 1
20.2.5Ω（2.3Ω~2.6Ω） 【解析】
(1)题目中要求两个电表的调节范围尽可能大，因此用滑动变阻器的分压接法，电流表的示数可以从零开始变化。

(2) 若先断开开关，由于断电自感，线圈L 中产生很大的自感电动势，在与线圈相连的开关，电阻R 以及电流表A 1构成的回路中产生的感应电流容易烧坏电流A 1
(3) 待测线圈的阻值约为2Ω~3Ω，额定电流为2，因此待测线圈两端的最大电压为6V ，那么如果选R 2=160Ω，通过电流表A 1的最大电流为
,测量范围太小，与题目要求不符。

(4)由电路的串并联关系可得：
① ,
②
由①②得,图像的斜率 ③,所以从图像上
任取两点求斜率代入③就可求出线圈L 的电阻。

21 .增大 不变
【解析】试题分析：对包装袋缓慢地施加压力的过程中，外界对其他做功，气体的体积减小，根据热力学定律来分析内能的变化，根据气体状态方程分析压强的变化，从而明确接击作用力的变化；再根据理想气体的内能决定因素分析内能的变化．
包装袋缓慢地施加压力，气体的体积减小，压强增大，装袋内壁单位面积上所受气体分子撞击的作用力增大，测试时，对包装袋缓慢地施加压力，但在实验的过程中，气体的温度不变，所以实验气体的内能不变． 22 .
【解析】根据静电平衡，导体内部合场强处处为零，感应电荷产生的电场与两个点电荷产生的电场等大反向，所以感应的电荷在棒内中点处产生的场强
，方向指向正点电荷。

思路分析：根据静电平衡，合场强为零的特点进行解答。

试题点评：考查静电平衡的应用 23 . 7eV
【解析】
试题分析：根据光电效应方程可得逸出功，而，
解得，逸出功是一定的，所以当逸出最大动能为4eV时，入
射光子的能量为
考点：爱因斯坦光电效应方程．
点评：金属的逸出功是不变的，且逸出功是电子逃逸出来所克服引力做
功的最小值．
24 .（1）A、C （2）要点：分压、外接
【解析】
试题分析：（1）灯泡的额定电压为3V，所以电压表的量程选择3V的误
差较小，即选C；额定电流，所以电流表的量程选择200mA 的，即选A;
（2）灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡正常工作时的电阻，远小于电压表的内阻，属于小电阻，电流表采
用外接，电路图和实物连线图如图所示．
考点：描绘小电珠的伏安特性曲线。

【名师点睛】器材选取的原则需安全精确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表、电压表的量程；灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，通过灯泡电阻的大小分析其是大电阻还是小电阻，确定电流表的内外接，根据电路图连接实物图。

25 .电压必须从0开始调节 A D E 大增大
【解析】试题分析：根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法．仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表；由流过灯泡的电流判断需要的电流表；由题意判断需要的滑动变阻器．明确伏安特性曲线的性质，知道金属导体的电阻率随温度的变化关系．
（1）在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，所以电路图只能选用图甲．
（2）因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0～5V的电压表，故选A；由P=UI得，灯泡的额定电流，故电流表应选择0～0.6A的量程，故选D；而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E；
（3）I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，电阻应越来越大，原因是金属材料的电阻率随温度的升高而增大；
26 .解：t＝5 s.
【解析】试题分析：解：斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示．
由平衡条件
F
T
cos 37°＝F ①
F
T
sin 37°＝mg ②
由①②解得：F＝
代入数值得：F＝0.8 N
由F＝BIL得：B＝＝T＝2 T.
B与t的变化关系为B＝0.4t．解得t＝5 s.
考点：共点力平衡的条件及其应用；安培力．
点评：本题是平衡条件得应用，关键是受力分析，安培力的方向是由左手定则判断的，由平衡条件列式计算即可，是一个比较简单的题目．
27 .（1）nvSe；（2）
【解析】试题分析：取一时间段t，求得相应移动长度l=vt，体积为为Svt．总电量为nesvt，再除以时间，求得表达式；粒子与器壁有均等的碰撞机会，即相等时间内与某一截面碰撞的粒子为该段时间内粒子数的，据此根据动量定理求与某一个截面碰撞时的作用力f．（1）导体中电流大小
t时间内电子运动的长度为vt，则其体积为，通过导体某一截面的自由电子数为
该时间内通过导体该截面的电量：
由①②式得；
（2）考虑单位面积，t时间内能达到容器壁的粒子所占据的体积为，
其中粒子有均等的概率与容器各面相碰，即可能达到目标区域的粒子数为，
设碰前速度方向垂直柱体地面且碰撞是弹性的，则分子碰撞器壁前后，总动量的变化量为
由动量定理可得：
28 .
【解析】
试题分析：A图中，在XX′偏转电极所加的电压的周期为2T，即在2T的
时间内才能完成一次水平方向的扫描，而竖直方向（y方向）的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向由2个周期性的变化；y方向的电压变化为正弦式的变化，由于电子到达荧光屏的偏转量
与偏转电压成正比，所以A图中的扫描图形如图；
要在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．XX′偏转电极要接
入锯齿形电压，即扫描电压．
B图中，在XX′偏转电极所加的电压的周期为T，即在一个周期T的时间
内完成一次水平方向的扫描，同时竖直方向的周期为T，所以在水平方
向的一次水平扫描的过程中，竖直方向也完成一个周期性的变化；y方
向的电压大小不变，方向每半个周期变化一次，结合电子到达荧光屏的
偏转量与偏转电压成正比，所以B图中的扫描图形如图．
考点：考查了示波器的工作原理
【名师点睛】本题关键要清楚示波管的工作原理，示波管的YY′偏转电压
上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描
电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测
信号在一个周期内的稳定图象。