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高二物理参考答案
B
命题人:巢湖市第二中学 宋建军
一、单项选择题:本题共 小题,每小题 分,共 分。 在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题
8 4 32
目要求的。
题号
1 2 3 4 5 6 7 8
答案
D C D C C C D A
解析 该时刻质点a在最大位移处 此时质点 a 的速度为零 质点 b 在平衡位置 速度值最大
1.D 【 】 , 。 , 。
故质点a比质点b的速度小 选项 错误 该时刻质点 e 与质点 f 的位移相同 故加速度大小相
, A 。 ,
等 方向相同 选项 错误 由简谐波的波长可知 该波的波长为 x x 选项 错误 机械波的
, , B 。 , 3- 1, C 。
传播是后一质点跟随前一质点做受迫振动 故该时刻质点 g 的振动方向沿 y 轴负方向 选项
。 , D
正确
。
l
解析 由单摆做简谐运动的周期公式 T 振幅减半对其振动周期没有影响 摆长为其
2.C 【 】 =2π g , 。
原摆长 倍时 周期变为原来的 倍 原图像所反映的周期为 现在周期为 故选项 正
4 , 2 。 2s, 4s。 C
确 错误
,ABD 。
解析 根据力的冲量的定义I Ft可知 该段时间内支持力冲量大小为mgt θ 选项 错误 同
3.D 【 】 = , cos , A 。
理该段时间内重力的冲量为mgt 选项 错误 由题意可知 时刻质点的速度沿斜面向下 t 时
, B 。 ,0 ,
刻质点的速度可能沿斜面向下 也可能沿斜面向上 故动量的变化量大小可能是 也可能是
, , 0,
mv 选项 错误 因为 时刻与t 时刻速度大小均为 v 均处于平衡位置 系统弹性势能没有变
2 , C 。 0 , ,
化 弹簧对小球做功为 选项 正确
, 0。 D 。
解析 如图所示 因为是匀强电场 所以在 a 点与 b 点的连线中点电势必然是 φ c =5V
4.C 【 】 , ,
该点与c点构成等势线 又沿电场线方向电势降低 电场线与等势线垂直
5V, 。 , 。
由以上可知 选项 正确 错误 E
, C ,ABD 。
解析 为使粒子在所有相邻圆筒的间隙中都能受到向右的静电力 电子所到达
5.C 【 】 , φ=10V φ=0V
间隙处的电场强度都必须向右 在同一间隙中 电场强度的方向是周期性变化 a b
。 ,
的 每半个周期 电场强度的方向左右变化一次 选项 错误 由于金属导体内部的电场强度等
, , , A 。
于 电子在各个金属圆筒内部都不受静电力的作用 它在圆筒内的运动是匀速直线运动 设电
0, , 。
T
子进入第n个圆筒后的速度为v 根据动能定理有nqU 1mv2 可得第n个圆筒的长度为l v
, = , = =
2 2
T
nqmU 圆筒长度跟圆简序号的平方根 n 选项 错误 粒子在回旋加速器中加速 必须满
m 2 。 , B 。 ,
2
mv2 qBR
足 qvB r R 其中r为粒子回旋半径 R为 形盒半径 有v 最终动能为 E 1
r = , ≤ , , D 。 max= m 。 kmax=
2
q2B2R2
mv2 选项 正确 回旋加速器加速粒子时 粒子的回旋周期与电压周期同步 所加电
max= m , C 。 , 。
2
m
压周期不变 则回旋财期不变 T 2π 由于1H和4 比较不同 故需要调整磁感应强度 B 值
, 。 = qB 。 1 2He , 。
选项 错误
D 。
解析 输电线上损失的电压为ΔU I R ΔU′ I′ R 降压变压器原线圈电压为 U
6.C 【 】 = 线 =320V, = 线 =160V, 3
n U n′ U′
U ΔU U′ U′ ΔU′ 原副线圈匝数比为 3 3 384 3 3 若不
= 2- 线=7680V, 3= 2- 线=15840V, n =U = ,n′ = U =72。
4 4 11 4 4
高二物理参考答案 第 1页(共5页)
B更换输电线 原副变压器均要更换 选项 错误 不更换升压变压器 则升压变压器输出电压不
, , B 。 ,
l
变
,
故输电线上的电流I
线=20
A不变
。
则有P
损=
I2线 R
,
P′
损=
I2线 R′
,
R′
=
1R
。
由电阻定律 R
=
ρ
S
4
l
ρ 4 可知 d′ d 降压变压器原线圈电压原来 U U I R 现在 U′ U I R′
= d2 , =2 。 3= 2- 线 =7680V, 3= 2- 线 =
π
而用户端电压不变 故降压变压器匝数比变化 需要更换降压变压器 选项 正确 选项
7920V。 , , , C ,
错误
AD 。
解析 粒子带正电荷 从P极板右侧边缘飞离电场 则P极板带负电 选项A错误 加电场时 有
7.D 【 】 , , , 。 ,
qU L
d 1 2 代入数值可得 v 只加垂直于纸面向外的匀强磁场时 粒子以速度 v
= ×md×(v ) , 0=1m/s。 , 0
2 0
从极板P边缘沿极板进入板间区域 并恰好从极板 Q 右侧边缘飞离磁场 粒子在磁场中做圆周
, 。
mv2
运动 设其半径为r r2 L2 r d 2 解得r . 又 0 qv B 解得B 选项 错误 同时
。 , = +( - ) , =0 5m。 r = 0 , =2T, B 。
U
保留该电场与磁场 粒子以速度v 从两极板中间进入 则电场力大小为 F q 洛伦兹力为 F
, 0 , 1= d, 2
qv B 比较可得F F 故向电场力方向偏转 电场力做正功 粒子动能增大 选项 错误
= 0 , 1> 2, , 。 , C ,D
正确
。
Nφ
解析 由图示可知 该发电机电动势为E NBSω ω 2π φ BS 故其动势的瞬时值为 e π 0
8.A 【 】 , m= , = T, 0= , = T
2
πt 选项 错误 图中电压表测得的电压为有效值 故选项 错误 电动势的有效值为 E
cos( T ), B 。 , C 。
E
m
NBSω
电流有效值为I
E
电阻上的功率为P I2R π
2N2φ2
0
R
选项 正确 通过电阻
= = , =R r, = = T2 R r 2 , A 。
2 2 + 2 ( + )
E Δφ Δφ
R的电荷量q IΔt Δt N 1 Δt N 由 φ φ 2πt 故相同的时间 Δt 内 Δφ 不
= =R r = Δt×R r× = R r。 = 0sin( T ),
+ + + 2
一定相等 通过电阻R的电荷量不一定相等 选项 错误
, , D 。
二、多项选择题:本题共 小题,每小题 分,共 分。 在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要
2 5 10
求。 全部选对的得 分,选对但不全的得 分,有选错的得 分。
5 3 0
题号
9 10
答案
BD AC
解析 闭合开关 滑动变阻器R滑片从图示位置向右缓慢调节R的滑片过程中 电阻R增大
9.BD 【 】 S, , ,
E E
电流I 故电流I减小 电压表 示数分别为 U I R R R R
=R R r, 。 、 1= ( + 0)= R R r( + 0),
+ 0+ + 0+
E
U IR R 故U 增大 U 减小 且始终有 U U 选 错误 正确 由闭合电路的
1= 0=R R r 0, 1 , 2 。 1> 2, A ,B 。
+ 0+
ΔU ΔU
欧姆定律可知 1 r 2 R 均不变 选项 错误 R 缓慢增大 电容器两极板电压增大 电
ΔI = , ΔI = 0。 , C 。 , ,
qU
场力缓慢增大 有 θ 故θ增大 电场力对小球做正功 由功能关系可知 小球的机械
。 tan =dmg, 。 。 ,
能增大 选项 正确
。 D 。
解析 由楞次定律可知 线框滑入磁场 ab边电流b a 滑出磁场 cd边电流c d 感应电流方
10.AC 【 】 , , → , , → ,
向相反 选项 正确 由左手定则可知 线框受到的安培力方向均向左 故方向相同 选项 错
, A 。 , , , B
高二物理参考答案 第 2页(共5页)
BE Δφ Bs
误 由动量定理可知 滑入磁场过程有 BI Lt mv mv I 1 E 滑出磁场过程有
。 , - 1 1= - 0, 1= R, 1= Δt = t 。
1
E Δφ Bs B2sL
BI Lt mv I 2 E 整理可得2 mv 如果滑入的速度大小为 v 滑出的
- 2 2=0- , 2= R, 2= Δt = t , R = 0。 2 0,
2
B2sL
速度大小设为v′ 则有 2 mv′ m v 可得 v′ v 选项 正确 线框以 v 匀速滑入 ab
, - R = - ×2 0, = 0, C 。 0 ,
BLv
边电动势切割磁感线电动势为E BLv ab边电势差为U 0R 以v 匀速滑出 cd 边电
= 0, ab= R 总 adcb。 0 ,
BLv
动势切割磁感线电动势为E BLv ab边电势差为 U′ 0R 因 R R 可知 U′ U
= 0, ab= R
总
ab。 ab< adcb, ab< ab,
选项 错误
D 。
三、非选择题:本题共 小题,共 分。
5 58
分 每空 分
11.(6 , 2 )
m x m x′ m x x x′ x
(1)> (2) 1 1 = 1 1+ 2 2 (3) 1+ 1 = 2
解析 因为碰撞后 物块A B均向右运动 故必须满足m m
【 】(1) , 、 , 1> 2。
系统碰撞前后动量守恒 满足m v m v′ m v
(2) , 1 1= 1 1+ 2 2。
碰前A经过O点后 满足 1m v2 μm gx
, 0- 1 1=- 1 1;
2
碰后A满足 1m v′2 μm gx′ B满足 1m v2 μm gx
0- 1 1=- 1 1; 0- 2 2=- 2 2;
2 2
故有m x m x′ m x
1 1 = 1 1+ 2 2。
系统碰撞前后机械能守恒 则需要满足 1 m v2 1 m v′2 1 m v2 可得 μm gx μm gx′
(3) , 1 1 = 1 1+ 2 2; 1 1 = 1 1+
2 2 2
μm gx 化简m x m x′ m x 联立m x m x′ m x 可得 x x′ x
2 2, 1 1= 1 1+ 2 2; 1 1 = 1 1+ 2 2, 1+ 1 = 2。
分 作图 分 每空 分
12.(10 , 2 , 2 )
(1)
都算对 都算对 R′ R
(2)1.48(1.47~1.49 ) 0.83(0.81~0.85 ) (3)0 (4) - 0
解析 图略
【 】(1) 。
ΔU
由图像可知 电源电动势为 由图像的斜率可知 电源的内阻为 r 1.48-1
(2) , 1. 48V。 , = ΔI = Ω=
0.58
0.83Ω。
图 中 可调节电源提供的电压与电池提供的电动势对电路产生的电流方向相反 当电源的
(3) 4 , 。
电压值与电池的电动势值相等时 电流计的示数为零
, 。
图 中 电源与电池提供的电流方向一致 设通过被测电池的电流为 I 则电压表示数为 U
(4) 6 , 。 , ab=
E I r R 通过电源的电流为I′ 则电压表示数为 U E I′R′ 若 U U 时 则有 I I′ 又 E
x- ( x+ 0); , ba= 0- ; ab= ba=0 , = 。 x
E 故r R R′ 可得r R′ R
= 0。 x+ 0= , x= - 0。
分
13.(10 )
答案 逆时针方向 向左滑动
【 】(1)0.2A, (2)2s,
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BΔφ
解析 由法拉弟电磁感应定律可知 该线圈产生的电动势大小E N 分
【 】(1) , = Δt ……………… (1 )
L L
AB BC
φ B -3t 分
= × =2×10 …………………………………………………………………………… (1 )
2
E
I 分
= R ……………………………………………………………………………………………… (1 )
代入数值 可得I . 分
, =0 2A ………………………………………………………………………… (1 )
由楞次定律可知 线圈中电流方向为逆时针方向 分
, ……………………………………………… (1 )
线圈中的安培力大小F NBIL 分
(2) A= AB ………………………………………………………… (1 )
线圈与水平面之间的最大静摩擦力大小为f μmg 分
m= ………………………………………… (1 )
当F f 时 将产生滑动 分
A> m , ………………………………………………………………………… (1 )
代入数值 可得t 分
, >2s …………………………………………………………………………… (1 )
易知线圈向左滑动 分
……………………………………………………………………………… (1 )
分
14.(14 )
q L L
答案 4π 3π v π
【 】(1)m= Bt (2) t < ≤ t
3 0 6 0 3 0
解析 如图甲所示 粒子从ab边射出磁场 则在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角为 运
【 】(1) , , 240°,
动时间均相等 分
。 ……………………………………………………………………………………… (2 )
!" !# !$
m
设其周期为T 则由题意可知 t 240° T 2 2π 分
, : 0= × = × qB ………………………………………… (2 )
360° 3
q
可得 粒子的比荷为 4π 分
, m= Bt …………………………………………………………………… (1 )
3 0
mv2
qvB 分
(2) = r ……………………………………………………………………………………… (2 )
由图乙可知 当粒子的轨迹与ac边相切时 半径为r 3L 分
, , 1= ………………………………… (2 )
8
L
v 3π 分
1= t ………………………………………………………………………………………… (1 )
6 0
由图丙可知当粒子的轨迹与bc边相切 轨迹半径为r 1L 分
, 2= ………………………………… (2 )
4
L
v π 分
2= t …………………………………………………………………………………………… (1 )
3 0
L L
故从ac边射出的粒子在磁场内运动的速度范围为 3π v π 分
t < ≤ t …………………………… (1 )
6 0 3 0
分
15.(18 )
答案 E h
【 】(1) pmax=0.04J (2) =0.15m (3)1m/s;1m/s
解析 A B与弹簧一起以 v 向右做匀速运动 弹簧处于原长状态 滑块 BC 相碰前后速度为
【 】(1) 、 0 , 。
v 有 m v m m v 分
1 : 2 0=( 2+ 3) 1 ……………………………………………………………………………… (1 )
高二物理参考答案 第 4页(共5页)
B解得v .
1=1 6m/s
此后滑块A的速度大于滑块BC速度 弹簧被压缩 直到弹簧被压至最短时 速度相等 设为 v 有
, , , , 2 :
m v m m v m m m v 分
1 0+( 2+ 3) 1=( 1+ 2+ 3) 2 ………………………………………………………………… (2 )
解得v .
2=1 8m/s
弹性势能的最大值为E
pmax=
1m
1
v2
0+
1
(
m
2+
m
3)
v2
1-
1
(
m
1+
m
2+
m
3)
v2
2 ……………………… (2
分
)
2 2 2
解得E . 分
pmax=0 04J ……………………………………………………………………………… (1 )
从滑块BC粘接到与弹簧分开后 弹簧从原长被压缩再恢复原长 则有
(2) , , :
m v m m v m v m m v 分
1 0+( 2+ 3) 1= 1 A+( 2+ 3) B ………………………………………………………… (2 )
1 m
1
v2
0+
1
(
m
2+
m
3)
v2
1=
1m
1
v2A+ 1
(
m
2+
m
3)
v2B
……………………………………………… (2
分
)
2 2 2 2
解得v . v
A=1 6m/s, B=2m/s
滑块BC滑上滑块D过程中 滑块 BC 与滑块 D 在水平方向上动量守恒 到最高点时 速度相等
, 。 , ,
设为v m m v m m m v 分
,( 2+ 3) B=( 2+ 3+ 4) ………………………………………………………………… (1 )
解得v .
=0 5m/s
1
(
m
2+
m
3)
v2B= 1
(
m
1+
m
2+
m
3)
v2
+(
m
2+
m
3)
gh
……………………………………………… (2
分
)
2 2
解得h . 分
=0 15m …………………………………………………………………………………… (1 )
滑块BC与滑块D分离时 速度分别为v′ 与v
(3) , B D
m m v m m v′ m v 分
( 2+ 3) B=( 2+ 3) B+ 4 D ……………………………………………………………… (1 )
1
(
m
2+
m
3)
v2B= 1
(
m
2+
m
3)
v′2B+ 1m
4
v2D
……………………………………………………… (2
分
)
2 2 2
解得v′ v 分
B=-1m/s, D=1m/s ……………………………………………………………………… (1 )
即滑块B C与斜面滑块D分离时各自的速度大小分别为 和
、 1m/s 1m/s。
高二物理参考答案 第 5页(共5页)
B
