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高二物理参考答案
A
选择题:共 小题,共 分。 在每小题给出的四个选项中,第 题只有一个选项符合题目要求,每小
10 42 1~8
题 分,共 分;第 题有多个选项符合题目要求,每小题 分,共 分。 全部选对的得 分,选对
4 32 9~10 5 10 5
但不全的得 分,有选错的得 分。
3 0
题号
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案
B C C B B D B B AC BD
解析 质点和点电荷都是理想化模型 元电荷不是理想化模型 错误 金属导体感应起电时 自
1.B 【 】 , ,A ; ,
由电子在电场作用下发生定向移动 导致电荷重新分布 本质是自由电子的转移 正确 库仑发
, , ,B ;
q
现了库仑定律 但元电荷的数值是通过密立根油滴实验测定的 而非库仑 错误 根据 I 可
, , ,C 。 = t
知 单位时间内通过导体横截面的电荷量越多 导体中的电流越大 错误
, , ,D 。
解析 设速度为v 则可知时间t内长为 vt 段的自由电子均经过截面 由于单位长度内自由电子
2.C 【 】 , ,
q I
的数目为N 则电量q Nevt 再由电流的定义可知电I Nev 解得v 故 正确 错误
, = , = t = ; =Ne; C ,ABD 。
故选
:C。
解析 汽车制动做匀减速直线运动过程中的初速度v 为 末速度 v不大于限速
3.C 【 】 0 108km/h=30m/s,
为v 该过程汽车速度的变化量为 v v v 根据匀变速运动速度关
≤15km/h≈4.2m/s, Δ = 0- ≥25.8m/s,
系 v at 可知 正确
Δ = , C 。
解析 该高铁水平匀速直线行驶 其发动机的输出功率 P Fv fv kv2 因此在甲 乙两段水平轨
4.B 【 】 , = = = , 、
P
甲
v2甲
道上匀速直线行驶时 发动机的输出功率之比 9 正确
, P
乙
=v2乙 =
16
,B 。
GMm GM
解析 根据 ma 可得a 卫星绕地球做圆周运动的半径大于地球半径 其向心加速度
5.B 【 】 r2 = , = r2 , ,
GMm 2 2r3
小于地球表面的重力加速度 错误 根据 m4π r 得 T 4π 由于卫星绕地球做圆周
,A ; r2 = T2 , = GM ,
运动的半径小于月球绕地球运行的半径 所以其公转周期小于月球的绕地球运行的周期 正确
, ,B ;
GM GM gR2 GM gR2
遥感四十五号卫星ω 错误 卫星的线速度为 v
= r3 = (R h) 3 = (R h) 3 ,C ; = R h = R h
+ + + +
gR v 故其线速度低于第一宇宙速度 故 错误
< = 1, , D 。
ε S
r
解析 把上极板下移少许 电容C 增大 由Q CU 知电容器电量增加 电容器充电 电流由
6.D 【 】 , = kd , = , , ,
4π
b向a流过电流表 错误 把上极板左移少许 电容C减小 电容器放电 电流由 a 向 b 流过电流
,A ; , , ,
表 错误 在两极板件插入电介质或插入金属板 电容C增大 有电流由b向a流过电流表 错
,B ; , , ,C
误 正确
,D 。
解析 粒子受到的电场力一定与电场方向在同一直线上 再根据曲线运动的知识可知粒子受到
7.B 【 】 ,
的合外力应指向弯曲的凹侧 可得a b粒子电性相反 但条件没有给出电场线的方向 故无法判断
, 、 , ,
电性 故 错误 由题意知 A 往电场线稀疏的区域运动 电场强度减小 故电场力变小 加速度变
, A ; , , ,
小 B往电场线密集的区域运动 电场力变大 加速度变大 故 正确 MN 之间平均电场比 NQ 之
, , , , B ;
间的平均电场大 l l 根据匀强电场场强与电势差关系U Ed定性分析可知 MN之间的电势
, MN= NQ, = ,
差 U 更大 故 错误 故选
MN , CD 。 :B。
高二物理参考答案 第 1页(共5页)
A解析 投篮动作是斜抛运动 在空中做匀变速曲线运动 速度变化量 Δv g Δt 故篮球在空中时
8.B 【 】 , , = × ,
任意相同时间内速度变化量相同 错误 篮球以与水平面成 的倾角准确落入篮筐 跳起投
,AD ; 45° ,
t
篮时 投球点和篮筐正好在同一水平面上 由题意得 x v t g v x 联立解得 t
, , = x , · = x×tan45°, =10m,
2
= 2s, v x=5 2m/s,B 正确 ; 进筐的速度大小是v = v2x+ v y2 =10m/s,C 错误 。
解析 根据对称性看出 B C两处电场线疏密程度相同 则 B C 两点场强大小相同 这两点场
9.AC 【 】 , 、 , 、 。
强的方向均由B C 方向相同 故 正确 根据对称性看出 A D 两处电场线疏密程度相同
→ , 。 A 。 , 、 ,
则A D两点场强大小相同 由图看出 A D两点场强方向相同 故 错误 由图看出 E F 两
、 。 , 、 。 B 。 , 、
点中 电场线疏密程度相同 两点场强方向相同 而 E O F 三点比较 O 点场强最强 故 正
, , , 、 、 , 。 C
确 由图看出 B O C三点比较 O点场强最小 故 错误 故选
。 , 、 、 , 。 D 。 :AC。
解析 由图像可知x 位置两侧场强方向相同 错误 x 位置的电场强度等于 x 位置的电场
10.BD 【 】 2 ,A ; 4 1
强度均等于 正确 质子在x 位置时其动能为 . 电势能 E 故其总能量为 .
0,B ; 3 8 5eV, P 3=-5eV, 3
受到沿x轴正方向的静电力 做加速运动 在 x 处速度最大 质子继续运动到 x 右侧 做
5eV, , , 4 , 4 ,
减速运动 当速度为零时 电势能为 . 即运动到电势为 . 处减速到零 开始向x轴负方
, , 3 5eV, 3 5V ,
向运动 后反向运动到x x 之间电势为 . 处速度减为 即质子在 x 轴上往复运动 错
, 1、 2 3 5V 0, ,C
误 正确
,D 。
分
11.(6 )
减小 分 增大 分 分 偏大 分
(1) (1 ) (1 ) (2)C(2 ) (3) (2 )
解析 设小球B的质量为 m 如图 对其受力分析 由共点力的平衡条件
【 】(1)① , , :
可得 静电力的大小F mg β 则丝线偏离竖直方向的夹角越大 静电力越大 丝线
, = tan , , ,
偏离竖直方向的夹角越小 静电力越小 把系在丝线上的带电小球 B 先后挂在图中
, 。
横杆上的P P P 等位置 小球B平衡后丝线偏离竖直方向的夹角依次减小 由此
1、 2、 3 , ,
可得 两小球所带电量不变时 距离增大 两小球间静电力减小 使小球 B 处于同
, , , 。 ②
一位置 增大小球A所带的电荷量 小球B 平衡时丝线偏离竖直方向的夹角增大 由
, , ,
知可知 小球所受静电力增大 由此可得 两小球距离不变时 电荷量增大 两小球
① , , , , ,
间静电力增大 图中先保持带电小球的电荷量不变 把系在丝线上的带电小球
。 (2) ,
先后挂在横杆上的P P P 等位置 改变两个小球之间的距离 比静电力的大小 后来保持小球之间的
1、 2、 3 , , ;
距离不变 改变小球所带的电荷量大小 分析小球之间的静电力 所以实验采用的方法是控制变量法 故
, , , ,
C正确 ABD错误 故选 C 该同学的计算结果偏大 理由如下 由库仑定律的内容可知 其适用条
, ; : 。 (3) , : ,
件是真空中的静止点电荷 两球心相距为 R时 两球不能看成点电荷 因带同种电荷 导致电荷间等效
, 3 , , ,
q q
的实际间距大于 R 根据库仑定律可知 它们实际的相互作用的库仑力大小 F′ F k 1 2 即该同学
3 , , < = R 2 ,
(3 )
的计算结果偏大
。
分
12.(10 )
- +
分 如图 分
(1)1.000(1 ) (2) (2 )
分 分 π
R
x
d2
分 -6 分 -6 -6 都算正确
(3)M(1 ) 4.4(1 ) L (2 ) 6.9×10 (2 ,6.8×10 -7.0×10 )
4
偏小 分
(4) (1 )
高二物理参考答案 第 2页(共5页)
A解析 根据螺旋测微器的读数规则可知 其读数为 d 闭合
【 】(1) , =1mm+0.01×0mm=1.000mm。 (3)
开关前 应试金属丝两端电压为 故滑片应在 M 端 U I 图像的斜率表示电阻 则待测金属丝的电阻
, 0, 。 - ,
R 2.70-1.10 由电阻定律 R ρ L 及 S d 2 可得 ρ π R x d2 其中 d L
x= Ω≈4.4Ω, x= S =π( ) = L , =1.000mm, =50.
0.60-0.24 2 4
代入数据解得该合金丝的电阻率为ρ -6 因电流表外接法导致电流的测量值
00cm, ≈6.9×10 Ω·m。 (4)
偏大 所以电阻的测量值偏小 结合上述可知 电阻率的测量值偏小
, , , 。
分
13.(10 )
根据电场强度的定义可知 匀强电场中场强大小
(1) ,
F -4
E 4×10 4 分
= q = V/m=2×10 V/m …………………………… (3 )
-8
2×10
A B两点间的电势差U
(2) 、 AB
U AB= Ex =2×10 4 ×0.20V=4×10 3 V …………………………… (3 分 )
小球从A运动到B静电力做的功
(3)
W Fx -5 分
= =8×10 J……………………………………… (4 )
分
14.(14 )
设电子进第n个圆筒后的速度为v 由动能定理可知
(1) ,
neU
0=
1mv n2
……………………………………… (2
分
)
2
得
neU
v 2 0 分
n= m ………………………………………… (2 )
T
根据图可知 为了达到同步加速 电子在圆筒中做匀速直线运动 运动的时间均为
(2) , , ,
2
电子第一次加速过程 根据动能定理 有
, ,
eU 1mv2 分
0= 1 ………………………………………… (2 )
2
第 个圆筒的长度为
1
T
s v 分
1= 1× ………………………………………… (2 )
2
联立解得
m
T s 2 分
= 1 eU ………………………………………… (2 )
0
第n金属圆筒的长度
(3)
T
s v 分
n= n× ………………………………………… (2 )
2
第 个圆筒的长度为
1
T
s v
1= 1×
2
联立解得
s ns 分
n= 1 ………………………………………… (2 )
分
15.(18 )
粒子在辐向电场内做匀速圆周运动 电场力提供粒子圆周运动的向心力
(1) ,
高二物理参考答案 第 3页(共5页)
Av 2
qE m 0 分
0= R ………………………………………… (2 )
解得
qRE
v 0 分
0= m ………………………………………… (1 )
粒子在第一象限内做类平抛运动 在N点速度方向与x轴夹角为θ ° 则
(2) , =37 ,
y
Q
E
1
O N θ x
E v
0 N
P
竖直方向上有
qE
a 1 分
= m …………………………………………… (1 )
R 1at2 分
= 1 ………………………………………… (1 )
2
解得
mR
t 8 分
1= qE ………………………………………… (1 )
3 0
水平方向上有
x v t 分
N= 0 1…………………………………………… (1 )
联立上式解得
x 8R
N=
3
即N点坐标为 8 R 分
( ,0) ………………………………………………………………………… (1 )
3
又
v
v 0 5v 分
N= θ= 0 ……………………………………… (1 )
cos 4
即粒子在N点速度大小
qRE
v 5 0 分
N= m ……………………………………… (1 )
4
粒子在电场E 中做匀变速曲线运动 把v 分解为的水平分量v 竖直分量v 粒子在E 电场中
(3) 2 : N x y, 2
运动的时间为t 把电场强度E 分解为沿x轴方向的E 和沿y轴方向的E 由题意可知
沿x轴方向 2, 由牛顿第二定律 2 有 x y, E E
y
qE ma 分
x= x ………………………………… (1 )
E
x
高二物理参考答案 第 4页(共5页)
A- x N= v x t - 1a x t 2 2 ……………………………………… (1 分 )
2
沿y轴方向由牛顿第二定律有
qE ma 分
y= y ………………………………………… (1 )
v a t 分
0= y- y 2 ………………………………………… (1 )
R
=
v
y
t
2-
1a
y
t2
2 ……………………………………… (1
分
)
2
联立解得
E 3E
x=
0
2
E 9E 分
y= 0 ………………………………………… (1 )
32
则电场强度为
E
2=
E2x+ E2y
其夹角为
E
y
α
tan =E
x
带入数据得
E 3 265E 分
2= 0 ……………………………………… (1 )
32
α 3 分
tan = ………………………………………… (1 )
16
高二物理参考答案 第 5页(共5页)
A
