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高二物理C卷参考答案 第1
页(共4页)
高二物理C卷参考答案
1.【答案】 B
2.【答案】 C
【解析】 从运动轨迹的弯曲方向可判定粒子受力方向沿电场方向,故粒子带正电,但无法判定粒
子是从a→b还是b→a,故A错误;
作出过a 点和过b点的等势线可知φb>φa,故B错误;
粒子带正电,在a 点电势能小于在b点电势能,由能量守恒知在a 点动能大于在b 点动能,故C
正确;
a 点处电场线密,场强大,故加速度大,故D错误。
3.【答案】 A
【解析】 电动机两端电压U=E-Ir=43
V,电动机消耗的电功率为P=UI=215
W,
电动机自身内阻热功率为Pr=I
2r0=50
W,故输出的机械功率为P机=P-Pr=165
W。
4.【答案】 C
【解析】 小球在N 点合力为零,库仑斥力等于重力分量与摩擦力之和,故A错误;
到达P 点前库仑斥力小于重力分量和摩擦力和,但无法判断库伦斥力是否小于重力分力,小球
能否下滑无法判断,故B错误;
小球从M 到P 库仑力一直做正功,电势能一直减小,故C正确;
机械能变化要看库仑力与摩擦力的合力做功,由于库仑力一直减小,无法判断后期是否做正功,
故D错误。
5.【答案】 A
【解析】 图甲可以分成两个四分之一的圆环在圆心产生的场强的合场强为E,而这两个四分之
一分别产生的场强成90°夹角,根据平行四边形定则,单个四分之一圆环产生的场强为2
2E,图
乙在圆心产生的库仑力可以等效为三个四分之一的圆环产生合场强,而关于圆心对称的两个四
分之一圆环在圆心的合场强为零,所以剩余的四分之一的圆环在圆心产生的场强,但图乙圆环的
电荷线密度是图甲的2倍,故四分之一的圆环在圆心产生的场强为2E。
6.【答案】 D
【解析】 液滴受到的电场力方向竖直向上,但电容器内电场方向未知,故无法判断电荷正负,A
错误;
断开S1,电容器放电,液滴向下运动,B错误;
电场强度不变,液滴保持静止状态,C错误;
由电场E=U
d 可知此时加速度为a=1
3g,运动时间满足1
4d=1
2at
2 得到时间为t=
d
2a =
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高二物理C卷参考答案 第2
页(共4页)
3d
2g
,D正确。
7.【答案】 C
【解析】 只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集板右侧,颗粒就能够全部收集,
水平方向有L=v0t;竖直方向有d=1
2at
2,
qE=ma。又E=U
d ,联立解得两金属板间的电压为
U=2d
2mv
2
0
qL
2
=1600
V。
若电压为800
V,则粒子在电场中的偏移量只有上述过程的一半,A、B错误;
根据U=2d
2mv
2
0
qL
2
可知,若板长增大为原来的两倍,则所需的最小电压只有原来的1
4,C正确;
若进入的初动能变小,则灰尘颗粒全部被收集所需要的电压最小值会变小,D错误。
8.【答案】 D
【解析】 上升过程中电场力一直做正功,机械能一直增大,A错误;
从开始至最右侧:
qELsin60°=mgL(1-cos60°
,解得E=
3mg
3q
,B错误;
电场力做正功等于重力势能的增加,故U=W
q =mgL(1-cos60°)
q
=mgL
2q
,C错误;
细线与竖直方向夹角为30°时拉力达到最大,
从开始至摆动30°过程中,
qELsin30°-mgL(1-cos30°)=1
2mv
2
,
沿绳方向受力:T-(mgcos30°+qEcos60°)=mv
2
L
,可得:T=2
3-1
mg,D正确。
9.【答案】 BD
【解析】 两个圆环在O 处场强方向均向左,合场强不为零,A错误;
左侧圆环在O1 处场强为零、右侧圆环在O2 处场强为零,左右圆环分别在O2 和O1 两点的场强
相同,故B正确;
O1、O2 之间电场方向向左,但O2 右侧和O1 左侧一小段方向也向左,故C错误;
O2 的右侧圆环电场方向向右,与左侧圆环电场方向相反,某位置和场强为零时速度最大,故D
正确。
10.【答案】 BC
【解析】 对A 分析,如图1,FABcosα=mAgsinθ,FNA=FABsinα+mAgcosθ,
故可得到AB间斥力逐渐减小,斜面对A的支持力逐渐减小
对AB分析,如图2,
FNB+FNAcosθ=(mA+mB)g,F=f+FNAsinθ,f=μFNB,
计算可得:FNB=(mA+mB)g-
FNAcosθ,F=μ(mA+mB)g,
所以B受到的滑动摩擦力逐渐增大而F 保持不变。
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高二物理C卷参考答案 第3
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11.(8分)
【答案】 S(2分)
红表笔(2分) 黑表笔(2分) ×1k(2分)
12.(10分)
【答案】 (1)1.050(1.048—1.052均可)(1分) 42.75(1分)
(3)不合理(2分) 0~4(写成0~4.0亦可得分)(2分)
(4)b
a (2分)
πbd
2
4La(2分)
【解析】 (1)千分尺读数:1
mm+5.0×0.01mm=1.050
mm,
游标卡尺读数:42
mm+15×0.05mm=42.75
mm。
(3)多用表粗测圆柱体电阻为120
Ω,使用分压式电路所用滑动变阻器阻值远小于待测电阻,电
压变化会更均匀,故选R2 更合理。
(4)图丁的纵坐标与横坐标物理量即为圆柱体电压与电流,故图线斜率即为圆柱体内阻R=b
a ,
由电阻定律得R=ρ
L
S ,
ρ=RS
L =
R·πd
2
4
L
=πbd
2
4La。
13.(10分)
【解析】 (1)由电路的连接特点可知I干=2I=2
A
1分
…………………………………………
总电阻R总=U
I干=4.5
Ω
2分
………………………………………………………………………
故R=3
Ω,电压表电压为6
V
2分
…………………………………………………………………
(2)根据电路连接方式可知总电阻
R总2=2
Ω
2分
………………………………………………………………………………………
干路中电流I干2=4.5
A
2分
………………………………………………………………………
电流表读数为3
A
1分
………………………………………………………………………………
14.(14分)
【解析】 (1)左侧电场中速度从0增加到v,平均速度为v=1
2v
1分
…………………………
时间为t1=2d
v
1分
…………………………………………………………………………………
右侧电场中的运动时间t2=4d
v
1分
………………………………………………………………
故t1
t2=1
2
2分
…………………………………………………………………………………………
(2)在左侧电场中d=1
2a1t
2
1
1分
…………………………………………………………………
右侧电场中沿电场方向1
2d=1
2a2t
2
2
1分
…………………………………………………………
左侧电场中a1=qE
m
1分
……………………………………………………………………………
右侧电场中a2=qE'
m
1分
……………………………………………………………………………
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高二物理C卷参考答案 第4
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可得E'=E
8
1分
……………………………………………………………………………………
(3)由动能定理可得:
qEd+qE'd
2=1
2mv
2
2分
…………………………………………………
v= 17qEd
8m
2分
……………………………………………………………………………………
15.(16分)
(1)小球从O 至A 点过程
qUOA=1
2mv
2
A-1
2mv
2
0
1分
…………………………………………………………………………
可得UOA=8mgd
q
1分
………………………………………………………………………………
3.5mgd+qUOB=1
2mv
2
B-1
2mv
2
0
2分
……………………………………………………………
可得UOB=3.5mgd
q
1分
……………………………………………………………………………
(2)在x 方向上电场强度分量:Ex=UOA
OA =2mg
q
2分
………………………………………………
在y 方向上电场强度分量:Ey=UOB
OB =mg
q
2分
……………………………………………………
可得:E= E
2
x+E
2
y =
5mg
q
1分
…………………………………………………………………
(3)由(2)可得F合x=2mg
1分
……………………………………………………………………
F合y=mg+qEy=2mg
1分
…………………………………………………………………………
电场力和重力合力方向斜向下方,与x 轴正方向夹角为45°
2分
………………………………
故vmin=v0cos45°=
gd
2分
………………………………………………………………………
【注:】其他解法合理亦可。
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