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高二物理试卷 Ａ答案解析
１．Ａ 【解析】Ａ．麦克斯韦认识到变化的磁场可以产生 ４．Ｃ 【解析】Ａ．电场线密的地方电场强度大，根据等
电场，变化的电场也可产生磁场，Ａ正确；Ｂ．静电力 量异种点电荷电场线的分布情况可知，两电荷连线
常量不是卡文迪什测量的也不是库仑测量的，而是 上，Ｏ点的电场强度最小，故Ａ错误；Ｂ．电场线密的
地方电场强度大，根据等量异种点电荷电场线的分
麦克斯韦方程组理论推导出的，Ｂ错误；Ｃ．奥斯特坚
布情况可知，两电荷连线中垂线上，Ｏ点的电场强度
信电和磁之间一定存在着联系，发现了电流的磁效
最大，故Ｂ错误；Ｃ．根据电场线可知，两电荷连线上
应，突破了对电与磁认识的局限性，Ｃ错误；Ｄ．安培
关于中点对称的两点，电场强度大小相等、方向相
提出了电流方向和它所产生的磁场方向之间的关
同，故Ｃ正确；Ｄ．对于等量异种点电荷，两电荷连线
系，提出了安培定则，Ｄ错误；故选：Ａ。
中垂线是等势线，中垂线上的电势处处相等，故Ｄ错
２．Ｂ 【解析】Ａ．带电体的电荷量只能是元电荷的整数
误；故选：Ｃ。
倍，选项Ａ错误；Ｂ．油罐车在运输过程中，由于摩擦
５．Ａ 【解析】Ａ．充电宝的输出电压Ｕ、输出电流Ｉ，所
作用产生大量的静电，通过车尾装一条拖地的铁链，
以充电宝输出的电功率为 ＵＩ，故 Ａ正确；Ｂ．充电宝
将静电及时导走，能够有效防止静电危害，选项Ｂ正
内的电流也是Ｉ，但其内阻未知，所以无法判断充电
确；Ｃ．印刷车间中若保持干燥，产生的静电大量堆
宝产生的热功率，故Ｂ错误；Ｃ．Ｕ是充电宝的输出电
积，可能会引发火灾，选项Ｃ错误；Ｄ．风能是可再生 Ｕ２
压，不是手机电池的内电压，所以不能用 ｔ计算手
ｒ
能源，选项Ｄ错误；故选：Ｂ。
机电池产生的焦耳热，手机电池产生的焦耳热应为
Ｌ
３．Ｄ 【解析】Ａ．由电阻定律Ｒ＝ρ ，剪去一半的电阻
Ｓ Ｉ２ｒｔ，故Ｃ错误；Ｄ．充电宝输出的电能一部分转化为
１ １ 手机电池储存的化学能，一部分转化为手机电池产
丝，长度变为原来的 ，电阻减小为 Ｒ，Ａ错误；Ｂ．
２ ２
生的焦耳热，故根据能量守恒定律可知手机电池储
Ｌ
根据电阻定律Ｒ＝ρ ，并联相同的电阻丝后，相当 存的化学能为ＵＩｔ－Ｉ２ｒｔ，故Ｄ错误；故选：Ａ。
Ｓ
６．Ｂ 【解析】Ａ．根据电场线与等势线垂直，可知电场
１
于横截面积变为原来的２倍，电阻减小为 Ｒ，Ｂ错
２
线方向沿竖直方向，电场力方向沿竖直方向，由牛顿
Ｌ 第二定律可知，电场力方向指向轨迹的凹侧，电场力
误；Ｃ．根据电阻定律Ｒ＝ρ ，均匀拉长一倍，则长度
Ｓ
方向竖直向上，加速度的方向也竖直向上，故 Ａ错
１
变原来２倍，横截面积变为原来 ，则电阻变为原来
２ 误；Ｂ．根据Ａ项分析可知，电场力竖直向上，带电粒
子带负电，故电场方向竖直向下，从 Ｐ运动到 Ｑ，电
Ｌ
４倍，Ｃ错误；Ｄ．根据电阻定律Ｒ＝ρ ，对折原电阻
Ｓ
场力做正功，带电粒子的电势能减小，故Ｂ正确；Ｃ．
１
丝后，长度变为原来的 ，横截面积变为原来的２ 电场方向竖直向下，ａ、ｂ、ｃ三条等势线中，ｃ的电势最
２
低，故Ｃ错误；Ｄ．带电粒子在运动过程中电场力做正
１
倍，总电阻变为原来的 ，Ｄ正确；故选：Ｄ。
４ 功，机械能增加，故Ｄ错误；故选：Ｂ。
参考答案 第 １页 （共３页）
书书书７．Ｄ 【解析】Ａ．设粒子在两板之间运动的加速度为 边电压减小，此时Ｒ两边的电压增大，流过Ｒ电流
２ ２
Ｔ Ｔ 增大，所以电流表Ａ 的示数减小，Ｃ错误；Ｂ．Ｒ两边
ａ。粒子在０～ 和 ～Ｔ内的加速度大小相等，方 ２ ２
２ ２
的电压增大，电容器上的电压增大，根据 Ｑ＝ＣＵ当
向相反，根据匀变速直线运动的对称性可知ｄ＝２×
电容两边的电压增大，电容不变，电容器的带电荷量
１ Ｔ ４ｄ Ｔ
ａ（ ）２，解得ａ＝ ，故Ａ错误；Ｂ． 时刻粒子的 ΔＵ
２ ２ Ｔ２ ２ 增大，Ｂ正确；Ｄ．因为 ＝Ｒ 比值不变，Ｄ正确；故
ΔＩ Ｌ
Ｔ ２ｄ
速度最大，为ｖ＝ａ· ＝ ，故Ｂ错误；ＣＤ．如果该 选：ＢＤ。
ｍ ２ Ｔ
１０．ＡＣＤ 【解析】Ａ．电场强度未改变前，对物块受力
Ｔ
粒子是在ｔ＝ 时刻才从小孔由静止开始运动，则根
４ ｍｇ
分析可知ｍｇｓｉｎ３７°＝μｍｇｃｏｓ３７°＋Ｅｑ，解得Ｅ＝ ，
５ｑ
Ｔ ３Ｔ
据运动的对称性可知，在 ～ 时间内粒子向右运
４ ４ 故Ａ正确；Ｂ．电场强度改变后，对物块，由牛顿第二
１ Ｔ ｄ ３Ｔ ５Ｔ １
动的位移大小为ｘ′＝２· ａ（ ）２＝ ， ～ 时 定律有ｍｇｓｉｎ３７°－μｍｇｃｏｓ３７°－ Ｅｑ＝ｍａ，解得加
１ ２ ４ ４ ４ ４ ２
１ Ｔ 速度ａ＝１ｍ／ｓ２，故 Ｂ错误；Ｃ．结合 Ｂ选项分析，小
间内粒子向左运动的位移大小为ｘ′＝２· ａ（ ）２
２ ２ ４
１
物块２ｓ内的位移大小为ｘ＝ｖｔ＋ ａｔ２＝４ｍ，故Ｃ
ｄ ０ ２
＝ ，所以在释放后的 Ｔ时间内，粒子的总位移为
４
正确；Ｄ．根据Ｕ＝Ｅｄ可知电场变化前ＡＢ两点电势
零，下一个周期重复运动，粒子将永远无法到达 ｂ
４ｍｇ
差Ｕ ＝－Ｅｘ＝－ ，故Ｄ正确；故选Ｄ。
Ｔ Ｔ ＡＢ ５ｑ
板，故Ｃ错误；粒子在 ～ 时间内做匀加速直线
４ ２
１１．（６分，每空２分）
Ｔ Ｔ Ｔ
运动，则 时刻，粒子速度最大ｖ＝ａ（ － ）＝ （１）１．３８５（１．３８４～１．３８７均给分）
２ ｍ ２ ４
（２）外接 （３）偏小
ｄ
，故Ｄ正确；故选：Ｄ。
Ｔ
【解析】（１）根据螺旋测微器的读数规律，该读数为
８．ＢＣ 【解析】ＡＢ．电场和磁场都是客观存在的，电场 １ｍｍ＋３８．５×０．０１ｍｍ＝１．３８５ｍｍ；
线和磁感线才是为了形象描述场而假想的曲线，故
（２）由题中数据可知Ｒ
ｘ
＝４Ω＜槡Ｒ
Ａ
Ｒ
Ｖ
＝１０槡１０Ω，
Ａ错误、Ｂ正确；Ｃ．一切物体都在辐射电磁波，这种
故应采用电流表外接法；
辐射与温度有关，这叫热辐射，故Ｃ正确；Ｄ．红外线 （３）若采用外接法，因为金属丝的电阻较小，由于电
可以用来加热理疗，紫外线可以消毒，故Ｄ错误；故 压表的分流作用，电流的测量值偏大，因此电阻的
选：ＢＣ。 测量值偏小，根据电阻定律可知金属丝电阻率实际
９．ＢＤ 【解析】Ａ．将滑动变阻器的滑片向右滑动一段 测量值也偏小。
距离，接入电路的电阻增大，总电阻随之增大，根据欧 １２．（８分，每空２分）
姆定律，总电流减小，灯泡亮度变暗，故Ａ错误；Ｃ．由 （１）Ｍ （２）ｃ （３）１．５ １．０
于总电流减小，根据闭合电路欧姆定律 Ｕ ＝Ｅ－Ｉｒ 【解析】（１）闭合开关前，滑动变阻器的滑片Ｐ应处
外
可得，外电压增大，灯泡阻值不变，电流减小，灯泡两 于最大阻值处，远离下端接线柱，故应在Ｍ端；
参考答案 第 ２页 （共３页）（２）根据电路图可知实物图中导线 ｃ连接错误，应 两式联立解得ｖ＝ｖ !!!!!!! （１分）
ｙ ０
将ｃ导线的两端分别连接电压表的“＋”接线柱和 则小球离开电容器时的速度大小
开关Ｓ的右端接线柱； ｖ＝槡ｖ２
０
＋ｖ２
ｙ
＝槡２ｖ
０
!!!!!!!! （１分）
（３）根据Ｕ＝Ｅ－Ｉｒ可知图线与纵轴交点为电动势，斜 ｖ
ｔａｎθ＝ ｙ＝１
ｖ
０．８Ｖ－１．５Ｖ ０
率的绝对值为内阻，则Ｅ＝１．５Ｖ，ｒ＝ ＝
０．７Ａ－０
解得θ＝４５°!!!!!!!!!!! （１分）
１．０Ω。
则速度与水平方向成４５°斜向右上!! （１分）
１３．（１）根据库仑定律可知两点电荷之间的静电力
（２）小球在两极板之间做类平抛运动
Ｆ＝ｋ ｑ １ ｑ ２ !!!!!!!!!!!! （２分） ２ａｄ＝ｖ２ ｙ －０ !!!!!!!!!!! （２分）
ｒ２
ｖ２
代入数据解得Ｆ＝１．８×１０－２Ｎ !!! （２分） 代入数据解得ａ＝ ２ｄ ０ !!!!!!! （１分）
Ｆ
（２）根据电场强度定义式Ｅ＝ !!!! （２分） 对小球进行受力分析可知
ｑ
２
Ｅｑ－ｍｇ＝ｍａ !!!!!!!!!! （２分）
代入第一问的静电力公式可得
ｍｇ ｍｖ２
ｑｑ 代入数据解得Ｅ＝ ＋ ０!!!!! （１分）
ｋ１２ ｑ ２ｄｑ
ｒ２ ｋｑ
Ｅ＝ ＝ １!!!!!!!!!! （２分）
ｑ ｒ２ （３）Ｒ两端的电压
２ ２
代入数据解得Ｅ＝１．８×１０４Ｎ／Ｃ !! （２分） Ｕ ２ ＝Ｅｄ!!!!!!!!!!!!! （１分）
Ｆ 根据闭合电路欧姆定律得
１４．（１）根据磁感应强度定义式Ｂ＝ !!! （２分）
Ｉｌ
Ｅ
Ｕ ＝ ０ Ｒ !!!!!!!! （２分）
代入数据解得Ｂ＝２Ｔ !!!!!!! （２分） ２ Ｒ＋Ｒ＋ｒ２
１ ２
（２）根据磁通量定义式Ф＝Ｂ·Ｓ!!!! （２分） 联立解得
代入数据解得Ф＝０．０２Ｗｂ!!!!! （２分） （２ｍｇｄ＋ｍｖ２）（Ｒ＋Ｒ＋ｒ）
Ｅ＝ ０ １ ２ !!! （２分）
０ ２ｑＲ
２
（３）由产生感应电流的条件可知，为使ＭＮ棒中不
产生感应电流，则穿过ＭＤＥＮ的磁通量应该不
变。 !!!!!!!!!!!!!! （１分）
由上问可知ｔ＝０时刻，Ф＝０．０２Ｗｂ
ｔ时刻的磁通量
Ф＝Ｂｌ×（ｌ＋ｖｔ）＝０．０２Ｗｂ!!!!! （２分）
２
代入数据整理解得Ｂ＝ Ｔ!!! （２分）
１＋１０ｔ
１５．（１）小球在两极板之间做类平抛运动
２ｄ＝ｖｔ!!!!!!!!!!!!! （１分）
０
０＋ｖ
ｄ＝ ｙｔ!!!!!!!!!!!! （１分）
２
参考答案 第 ３页 （共３页）
