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高二物理试卷 Ｂ答案解析
高二物理试卷Ｂ（一） ５．Ｄ 【解析】ＡＢ．根据磁通量的定义可知，穿过Ａ的磁
感线的条数与穿过Ｂ的磁感线的条数是相等的，所
１．Ａ 【解析】设通过导线Ｐ时自由电子定向移动的速
以穿过 Ａ、Ｂ两环的磁通量大小相等，故 ＡＢ错误；
率为ｖ，通过Ｑ导线时，自由电子定向移动的速率为
ｖ′，根据串联电路处处相等和电流的微观表达式有 ＣＤ．由图可知，ｂ点磁感线比ａ点密，故ｂ点处的磁感
ｎｅπｒ２ｖ＝ｎｅπｒ′２ｖ′，由题可知ｒ∶ｒ′＝３∶１，整理得ｖ∶ｖ′＝ 应强度比ａ大，即Ｂ
ａ
＜Ｂ
ｂ
，故Ｃ错误，Ｄ正确；故选：Ｄ。
１∶９，故Ａ正确，ＢＣＤ错误；故选：Ａ。 ６．Ｂ 【解析】麦克斯韦建立了电磁场理论并且预言了
２．Ｂ 【解析】甲图是表头和电阻串联，乙图是表头和 电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在；
电阻并联，根据串联分压和并联分流的原理，甲图是 故选：Ｂ。
电压表，乙图是电流表，甲图中接Ａ、Ｂ比接Ａ、Ｃ总电 ７．Ｄ 【解析】Ａ．外壳与内芯碰撞前，弹簧对外壳的弹
阻小，故接Ａ、Ｂ量程小于接Ａ、Ｃ量程，乙图中接表头 力先大于外壳重力后小于外壳重力，外壳的合力先
支路最大电流为表头的满偏电流，但接Ａ、Ｂ时Ａ、Ｂ 向上后向下，外壳向上先做加速运动后做减速运动，
间最大电压大于接 Ａ、Ｃ时 ＡＣ间的最大电压，则接 故Ａ错误；Ｂ．圆珠笔离开桌面前，桌面对圆珠笔的支
Ａ、Ｂ时流过Ｒ １ 的电流更大，所以Ａ、Ｂ间的量程大于 持力向上，所以冲量向上，不为零，故Ｂ错误；Ｃ．外壳
Ａ、Ｃ间的量程，故Ｂ正确，ＡＣＤ错误；故选：Ｂ。
与静止的内芯碰后与内芯一起以共同的速度向上运
３．Ａ 【解析】Ａ．扫地机器人正常工作时的电流为Ｉ＝
动到最大高度处，所以碰撞过程属于非弹性碰撞，有
Ｐ ４０
＝ Ａ＝２Ａ，故Ａ正确；Ｂ．根据题意扫地机器人 内能产生，所以从释放外壳到圆珠笔运动到最高点
Ｕ ２０
的过程，圆珠笔重力势能的增加量小于弹簧弹性势
是非纯电阻用电器，无法计算扫地机器人的电阻，故
能的减少量，故Ｃ错误；Ｄ．由题意可知外壳与内芯的
Ｂ错误；Ｃ．题中ｍＡ·ｈ是电荷量的单位，故Ｃ错误；
碰撞是非弹性碰撞，机械能损失，所以圆珠笔的机械
Ｄ．根据题意，２０００ｍＡ·ｈ＝２Ａ·ｈ，扫地机器人充满
能不守恒，故Ｄ正确；故选：Ｄ。
ｑ ２Ａ·ｈ
电后一次工作时间约为ｔ＝ ＝ ＝１ｈ，工作时
Ｉ ２Ａ
８．ＢＣ 【解析】ＡＢ．若电压表示数变化明显，说明电流
间约为１ｈ，故Ｄ错误；故选：Ａ。
表的分压作用明显，说明Ｒ的阻值与电流表内阻相
ｘ
４．Ｃ 【解析】当滑片向ｂ滑动时，滑动变阻器 Ｒ接入
差不大，电流表应采用外接法，应将ａ连接ｂ，故Ａ错
电阻增大，总电阻增大；由闭合电路的欧姆定律可知
误，Ｂ正确；ＣＤ．当ａ连接ｂ时，电压表与待测电阻并
电路中总电流减小，即电流表Ａ 示数减小，由Ｕ＝Ｅ
１ 联，由于电压表的分流作用，电流表的读数偏大，根
－Ｉｒ可知路端电压增大，即电压表Ｖ示数增大；总电
Ｕ
据欧姆定律Ｒ＝ 可知此时测量值小于真实值，造
流减小，Ｒ两端的电压减小，因路端电压增大，故并 ｘ Ｉ
１
联部分电压增大，对Ｒ，由欧姆定律可知电流表 Ａ 成系统误差的原因不是电流表的分压作用，故Ｃ正
２ ２
示数增大，故ＡＢＤ错误，Ｃ正确；故选：Ｃ。 确，Ｄ错误；故选：ＢＣ。
参考答案 第 １页 （共６页）
书书书９．ＢＣ 【解析】Ａ．电容器下极板与电源负极相连，故电 １１．（１）０．６００ （２）乙 偏小 （３）１．６×１０－６
容器上极板电压比下极板电压高，故电容器内电场 【解析】（１）由图１所示螺旋测微器可知，金属丝直
方向向下；又有液滴受重力和电场力作用保持静止 径ｄ＝０．５ｍｍ＋１０．０×０．０１ｍｍ＝０．６００ｍｍ；
状态，所以，电场力方向向上，故液滴带负电，故Ａ错 （２）待测金属丝电阻约为 ５Ω，电流表内阻约为
０．２５Ω，电压表内阻约为３ｋΩ，电压表内阻远大于金
误；Ｂ．Ｒ的滑片向上端移动时，接入电路的电阻增
４
属丝阻值，电流表应采用外接法，应选择图乙所示
大，故总电阻增大，那么，总电流减小，所以，Ｒ 两端
３
电路图；电流表采用外接法，由于电压表的分流作
电压增大，所以，经过Ｒ 的电流增大，所以，电流表
３
用，电流测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻
读数减小；那么，Ｒ两端电压减小，所以，电压表读数
２
测量值小于真实值；
增大，故Ｂ正确；Ｃ．若仅将电容器下极板稍微向上平
ｌ ｌ
移，那么，电容器两端电压不变，故电容器中场强增 （３）由电阻定律得Ｒ ｘ ＝ρ Ｓ ＝ρ ｄ ，电阻率ρ
π（ ）２
２
大，所以，电场力增大，那么合外力向上，液滴向上运
πＲｄ２ ３．１４×４．０×（０．６００×１０－３）２
动，故Ｃ正确；Ｄ．若将开关Ｓ断开，那么，电容器两极 ＝ ｘ ＝ Ω·ｍ＝１．６
４ｌ ４×０．７２０
板电压和电源电动势相同，故电压增大，那么，电容 ×１０－６Ω·ｍ。
器中场强增大，所以，合外力向上，液滴向上运动，故 １２．（１）
Ｄ错误；故选：ＢＣ。
１０．ＡＣＤ 【解析】Ａ．由热辐射的定义：任何物体都具
有不断辐射、吸收、反射电磁波的性质。辐射出去
的电磁波在各个波段是不同的，这种电磁波强度的
分布情况与物体本身的特性及其温度有关，因而被 （２）
称之为热辐射，可知一切物体都在辐射电磁波，故
Ａ正确；Ｂ．黑体辐射的特点是：理想黑体可以吸收
所有照射到它表面的电磁辐射，并将这些辐射转化
为热辐射，其光谱特征仅与该黑体的温度有关，与
黑体的材质无关；根据热辐射和黑体辐射的特点知
（３）２．０ ０．８３ （４）小于
一般物体辐射电磁波的情况除与温度有关外，还与
【解析】（１）根据电路图连接实物图如图乙
材料种类和表面状况有关，而黑体辐射只与黑体的
温度有关，故Ｂ错误；ＣＤ．普朗克在研究黑体辐射
时最早提出了能量子假说，他认为能量是一份一份
的，每一份是一个能量子，黑体辐射本质上是电磁
辐射，故ＣＤ正确；故选：ＡＣＤ。
参考答案 第 ２页 （共６页）（２）根据表格数据描点作图如图丙 其中ｍ ＝８０ｇ，ｖ＝５ｍ／ｓ，ｍ ＝１２０ｇ
１ １ ２
１０
解得ｖ＝ ｍ／ｓ
２ ３
上层火药爆炸后两部分爆竹落地点间的距离为
５０
ｘ＝ｖｔ＋ｖｔ，解得ｘ＝ ｍ
１ ２ ３
１５．（１）设小球Ｃ第一次滑到Ａ槽最低点时速度的大小
为ｖ，根据机械能守恒定律得
０
（３）根据闭合电路欧姆定律有Ｅ＝Ｕ＋Ｉ（Ｒ＋ｒ），根
０ １
ｍｇ（ｈ＋Ｒ）＝ ｍｖ２
２ ０
据图像的斜率与截距可知Ｅ＝２．０Ｖ，Ｒ＋ｒ＝｜ｋ｜＝
０
代入数据解得ｖ＝４ｍ／ｓ
２．０－１．３ ０
Ω＝２．３３Ω，解得ｒ＝０．８３Ω；
０．３
（２）设小球Ｃ第一次从Ｂ槽上端ｂ点飞离槽后所能
（４）由于电压表的分流作用导致电动势的测量值
上升的最大高度为Ｈ。Ｂ、Ｃ组成的系统在水平
偏小。
方向上满足动量守恒定律，Ｃ在最高点时 Ｂ、Ｃ
Ｕ
１３．（１）指示灯的额定电流为Ｉ＝ ０ 具有相同的速度ｖ，取水平向右为正方向，根据
Ｌ Ｒ
Ｌ
动量守恒定律与机械能守恒定律得
Ｐ
电动机的额定电流为Ｉ＝
Ｍ Ｕ ｍｖ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ
０ ０
干路电流为Ｉ＝Ｉ＋Ｉ １ １
Ｌ Ｍ ｍｖ２＝ （ｍ＋Ｍ）ｖ２＋ｍｇＨ
２ ０ ２
Ｅ－Ｕ
则滑动变阻器Ｒ的阻值为Ｒ＝ ０－ｒ
Ｉ 联立解得Ｈ＝０．４８ｍ
代入数据解得Ｒ＝０．３Ω （３）设小球Ｃ从最低点滑离Ｂ槽时Ｂ和Ｃ速度大
（２）电动机的机械功率为Ｐ ＝Ｐ－Ｉ２Ｒ 小分别为ｖ、ｖ，取水平向右为正方向，根据动
出 Ｍ Ｍ １ ２
电源的输出功率为Ｐ′＝（Ｅ－Ｉｒ）Ｉ 量守恒定律与机械能守恒定律得
Ｐ ｍｖ＝Ｍｖ－ｍｖ
所以该电动玩具的效率为η＝ 出 ×１００％ ０ １ ２
Ｐ′
１ １ １
ｍｖ２＝ Ｍｖ２＋ ｍｖ２
联立代入数据解得η＝６２．６％ ２ ０ ２ １ ２ ２
若要使小球Ｃ只有一次能从最低点滑上Ｂ槽，
１４．（１）设下层火药爆炸后爆竹的速度为ｖ，
０
则ｖ２＝２ｇｈ，解得ｖ＝２０ｍ／ｓ 需满足ｖ ２ ≤ｖ １
０ ０
１
以竖直向上的方向为正方向，由动量定理得 联立解得ｍ≥ Ｍ
３
（Ｆ－ｍｇ）Δｔ＝ｍｖ
０
高二物理试卷Ｂ（二）
解得Ｆ＝４０２Ｎ
２πＲ
１．Ｃ 【解析】电子的运动周期为Ｔ＝ ，所以等效电
（２）爆竹做平抛运动ｈ＝ １ ｇｔ２，解得ｔ＝２ｓ ｖ
２
ｎｅ ｎｅｖ
流为Ｉ＝ ，解得Ｉ＝ ，故 Ｃ正确，ＡＢＤ错误；故
爆竹爆炸的过程在水平方向动量守恒，以ｖ
１
方 Ｔ ２πＲ
向为正方向，有ｍｖ＝ｍｖ 选：Ｃ。
１１ ２２
参考答案 第 ３页 （共６页）
