文档内容
名校联盟 年下学期 月高二大联考物理
２０２４ １２
参考答案、提示及评分细则
． ．法拉第引入 电场 的概念来描述电场的真实存在 故 错误 ．通电螺线管的磁场可通过安培定则判
１B A “ ” , A ;B
断等效的南北极是与条形磁铁的磁场相似 安培由此受到启发提出在原子 分子等物质微粒内部 存在着一种
, 、 ,
环形电流即分子电流 分子电流使每个物质微粒成为微小的磁体 它的两侧相当于两个磁极 即分子电流假
, , ,
说 故 正确 ．由物理学史知法拉第发现了电磁感应现象 奥斯特发现了电流的磁效应 故 错误 ．牛顿
, B ;C , , C ;D
提出了万有引力定律 并没有测出引力常量 因而不能算出地球质量 故 错误．故选 ．
, , , D B
． ．炮弹受到重力和空气阻力 空气阻力做负功 机械能减少．故 错误 ．炮弹在P点时受到竖直向下的
２D A , , A ;B
重力和水平向左的空气阻力 合外力大于重力 根据牛顿第二定律可知 炮弹在P点的加速度大于g 故 错
, , , , B
误 ．炮弹在上升过程中竖直方向的合外力向下 竖直方向的加速度向下 故处于失重状态 故 错误 ．由
;C , , , C ;D
于上升时和下落时竖直方向的加速度不同 上升过程阻力有向下的分量 下降过程阻力有向上的分量 故炮弹
, , ,
上升过程比下降过程运动时间短 故 正确．故选 ．
, D D
． 对P受力分析 受重力 支持力 静摩擦力 设P的质量为M 根据平衡条件 有F Mg θF
３B , 、 、 , , , N＝ cos ,f＝
Mg sin θ , 由于P处于静止状态 , 则有F f≤ μF N, 故 μ ≥tan θ , 由于物体Q轻轻地叠放在P上 , 相当于增大物
体P重力 P仍静止不动 斜面对P的作用力 支持力 静摩擦力的合力 等于P与Q的重力之和 所以变大
, , ( 、 ) , ,
故 错误 正确 Q处于静止状态 根据平衡条件得知 Q不受P的摩擦力 否则Q将沿水平方向运动 故
A 、B ; , , , , C
错误 以整体为研究对象 水平方向不受外力作用 所以水平方向合力为零 地面与斜面之间无摩擦力 故
; , , , , D
错误．
Mm
． ．在月球表面 根据万有引力等于重力有G mg
４D A , R２ ＝ ０
M
根据密度公式 ρ 其中V ４ R３
＝V, ＝ π
３
g
联立解得 月球平均密度为 ρ ３ ０ 故 错误
, ＝ GR, A ;
４π
．卫星从轨道 至轨道 做近心运动 速度减少 故v v 故 错误
B Ⅲ Ⅱ , , ３＞ Q, B ;
Mm
．根据牛顿第二定律有G ma
C r２ ＝
GM
可得a
＝r２
则载人飞船在PQ点加速度之比为a a R h２ R２ 故 错误
、 １∶ ２＝( ＋ )∶ , C ;
æ R hö ３
ç２ ＋ ÷
R３ è ø Mm ( )
．根据开普勒第三定律有 ２ 又由G mg m ２πR解得载人飞船在椭圆轨道 上的运
D T２＝ T２ , R２ ＝ ０＝ T Ⅱ
２
( R h) ３
动周期为T π ２ ＋
２＝R g
２ ０
( R h) ３
则载人飞船从Q点到P点所用时间为t １T π ２ ＋ 故 正确．故选 ．
＝ ２＝ R g , D D
２ ２ ２ ０
高二物理试题参考答案 第 页 共 页
【 １ ( ５ )】
{#{QQABbQyAggCAAAAAARhCAwmwCkAQkgEAAYgOgFAMsAABCBFABAA=}#}． 由题意可知 C点的合磁场方向沿CB方向 可知A电流方向向里 B电流方向向外 在C点的磁场方向
５C , , , ;
如图 导线A在C点的磁场B 与导线B在C点的磁场B 的关系为B B
, １ ２ ２＝ １sin６０°
B
所以 １ ２
B ＝
２ ３
设BC L 则AC L
＝ , ＝ ３
I
则B k A
１＝ L
３
I
B
B k
２＝ L
解得I I 故选 ．
A ∶ B ＝２∶１, C
６ ． C A ．对薄板 , 根据牛顿第二定律F － m Bg sin３０°－ μm Ag cos３０°＝ m B a B
代入数据得F 故 错误
＝１７N, A ;
B ．对A , 根据动能定理m AgL sin３０°－ μm Ag cos３０° s ＝ １m A v２
２
当s L时v
＝ ＝ ５m/s
因为s L
≠
所以v 故 错误
≠ ５m/s, B ;
C ．A在薄板上运动的加速度大小a A ＝ g sin３０°－ μg cos３０°＝２ ． ５m/s ２
根据１a
A
t２ １a
B
t２ L
＋ ＝
２ ２
得小物块A在薄板B上运动时间t ２
＝ s
３
此时AB的速度为v at ５ v at ４
、 :A ＝ A ＝ m/s B ＝ B ＝ m/s
３ ３
电动机对B做的功为 W Fx ６８ 故 正确
: ＝ B ＝ J, C ;
９
D
．小物块A与薄板B之间因摩擦产生的内能E
＝
μm Ag
cos
θL
＝１０J,
故
D
错误．故选
C
．
．
７AC
详解 ．如图所示 由物体做曲线运动的特点知 合力在曲线弯曲的凹侧 故该粒子与带正电的点电荷相互
【 】A , , ,
吸引．该粒子一定带负电荷．故 正确
A ;
Qq
．由 选项图知 OP OQ 由静电力公式F k
B A , ＞ , ＝ r２
则可知F F
１＜ ２
由牛顿第二定律知 故粒子在P点的加速度比在Q点的加速度小．故 错误
, B ;
．依题意 粒子只受电场力作用 粒子的动能与电势能相互转化 粒子从P点运动到R
C , , ,
电势升高 电势能减小 动能增加．故 正确 错误．
, , C ;D
( )
． 因ω 可知振子的运动周期是T ２π ２π ． 故 正确 由x t π 可
８ACD ＝１０πrad/s ＝ω＝ s＝０２s, A ; ＝５sin１０π＋ cm
１０π ２
( )
知t 时x 即振子位于N点 故 错误 由x t π 可知t ． 时x 此时振
＝０ ,＝５cm, , B ; ＝５sin１０π＋ cm ＝００５s ＝０,
２
高二物理试题参考答案 第 页 共 页
【 ２ ( ５ )】
{#{QQABbQyAggCAAAAAARhCAwmwCkAQkgEAAYgOgFAMsAABCBFABAA=}#}子在O点 振子速度最大 故 正确 从M O 形变量减小 振子加速度减小 弹力做正功 振子的动能增加
, , C ; → , , , , ,
故 正确
D ．
U U
． 根据闭合电路的欧姆定律可知 Δ １ R r 故 错误 Δ ２ r 故 U U 故 错误 滑片向左
９BD :I＝ １＋ , A ;I＝ , Δ １＞Δ ２, C ;
Δ Δ
移 电阻R的阻值变大 总外电阻变大 由于不知内阻与外阻的关系 故电源的输出功率可能变大 也可能变
, , , , ,
小 故 正确 根据 串反并同 可知 电容器两端电压减少 故所带电荷量减少 故 正确．
, B ; “ ”, , , , D
． 根据题意可知 小球经过P点时做圆周运动的向心力由电场力和重力的合力提供向心力．如图
１０AD ,
可得Eq mg 故 正确．
＝ , A
在P点由牛顿第二定律可得
,
F合
＝ ２
mg
＝
m
R
v２P
v
P ＝ ２
gR
,
故
B
错误．
２
mgR
(１－cos４５°)＝
１mv C２
－
１mv２P, v C２
＝
gR
(３２－２)
２ ２
a C ＝
(v
R
c２)
２ ＋ g２ ≠ ２ g , 故 C 错误．
在等效场中
,
M 与C等效重力势能相等
,
故v２M
＝
v C２
F
NM ＋
Eq
＝
m
R
v２M
,
F
NM ＝３(２－１)
mg
,
故
D
正确．
æ dö
çL ÷(F mg)
è ＋ ø １－ １ g
．每空 分 共 分 ． ２ s mv mv mv
１１( ２ , ８ )(１)１６６ (５) m (６) h (７) １ １＝ １ ３＋ ２ ２
１ ２
解析 由游标卡尺的精确度为 ． 可知 两小球直径为
【 】(１)[１] ０１mm ,
d ． ． ．
＝１６mm＋６×０１mm＝１６６mm＝１６６cm
v２
根据题意 由牛顿第二定律有F mg m １
(５)[２] , １－ １ ＝ １ d
L
＋
２
æ dö
çL ÷(F mg)
è ＋ ø １－ １
整理可得v ２
１＝ m
１
小球m 做平拋运动 则在水平方向上有s vt
(６)[３] ２ , ＝ ２
在竖直方向h １gt２
＝
２
g
解得v s
２＝ h
２
由于本实验中m m 则碰后m 不反弹 若碰撞过程中动量守恒 规定向右为正方向 则有mv
(７)[４] １＞ ２, １ , , , １ １＝
mv mv
１ ３＋ ２ ２
可说明m 与m 碰撞过程中动量守恒．
１ ２
k
．每空 分 共 分 ． ． １ R
１２( ２ , ８ )(１)２６０ ８０３ (２)b b－ ０
详解 由题图乙知电压表的分度值是 ． 读数要估读到分度值的下一位 则电压表的读数
【 】(１)[１] ０１V, ,
为 ．
２６０V;
高二物理试题参考答案 第 页 共 页
【 ３ ( ５ )】
{#{QQABbQyAggCAAAAAARhCAwmwCkAQkgEAAYgOgFAMsAABCBFABAA=}#}电阻箱不需要估读 由图丙知电阻箱的读数为 ． ．
[２] , ０×１００Ω＋８×１０Ω＋０×１Ω＋３×０１Ω＝８０３Ω
U
由闭合电路欧姆定律有E U R r
(２)[３] ＝ ＋R(０＋ )
R r
可得１ １ ０＋ １
U＝E＋ E R
由图丁可知 图线的纵轴截距的倒数等于该电源的电动势值 则E １
, , ＝b;
k
由图线的斜率可求得r R ．
[４] ＝b－ ０
． 分 h ． v F ． 方向竖直向上
１３(１０ )(１)＝３２m,１＝８m/s (２) ＝３８３３３３N,
æ tö
２
解析 由图可知重物第一次竖直上抛运动时间 t ． 则重物弹离蹦床的最大高度h １gçΔ１÷
【 】(１) Δ１＝１６s, ＝ è ø
２ ２
分
(１ )
解得h ． 分
＝３２m(１ )
t
第二次接触蹦床前瞬间的速度v gΔ１ 分
１＝ ＝８m/s(１ )
２
第二次弹离蹦床的时刻为t ． 第三次接触蹦床的时刻为t ．
(２) ３＝１９５s; ４＝２３５s,
解得 t t t ． 分
Δ２＝ ４－ ３＝０４s(１ )
t
则有v gΔ２ 分
２＝ ＝２m/s(１ )
２
第二次与蹦床作用过程由动量定理
,
选向上为正方向
:
I
F －
mgt(
３－
t
２
)
＝
mv
２－
(
－
mv
１
)
(２
分
)
解得Ft t I 分
(３－ ２)＝ F(１ )
得 F ． 分
: ＝３８３３３３N(１ )
方向竖直向上 分
(１ )
． 分 电子穿过O孔的速度v 由动能定理可得
１４(１４ )(１) １, :
Ue １mv２ 分
１ ＝ １(１ )
２
Ue
v ２ １ 分
１＝ m (１ )
L
电子在电场中运动的时间t 分
(２) ＝v (１ )
１
Ue
电子的加速度为a ２ 分
＝dm(１ )
电子的偏移量为y １at２ 分
＝ (１ )
２
UL２
y ２ 分
＝ dU (１ )
４ １
Ue
由动能定理可得
:
W电
＝
E
k－
１mv２
１,
W电
＝d
２
y
(１
分
)
２
U２L２e U２d２e
得 E ２ ＋４ １ 分
:k＝ d２U (１ )
４ １
根据带电粒子在平行板电场中的运动特点 粒子出射速度的反向延长线过OO 的中点 当电子落在靶的
(３) , ２ ,
高二物理试题参考答案 第 页 共 页
【 ４ ( ５ )】
{#{QQABbQyAggCAAAAAARhCAwmwCkAQkgEAAYgOgFAMsAABCBFABAA=}#}d d
左边界时 θ ２ 分
,tan１＝ L＝ L,(１ )
L ３
＋
２
at U L
θ ２ ２１ ． 分
tan１＝v ＝ dU (１ )
１ ２ １
d d
当电子落在靶的右边界时 θ 分
,tan２＝ L L＝ L,(１ )
L ２
＋ ＋
２ ２
at U L
θ ２ ２２ ． 分
tan２＝v ＝ dU (１ )
１ ２ １
d２U d２U
得U ４ １U １ 分
２１＝ L２ ,２２＝ L２ (１ )
３
d２U d２U
故 １ U ４ １ 分
L２ ≤ ２≤ L２ (１ )
３
． 分 v
１５(１６ )(１)C ＝４m/s
L ．
(２) ＝０８m
v
(３)B max＝５m/s
解析 由于在光滑水平面上 小滑块C与木板A 作用过程中 ABC系统动量守恒 Mv Mv
【 】(１) , , 、 、 ; ０＝ C ＋
mv 分
２ A(２ )
代入数据得v 分
C ＝４m/s(２ )
(２)
滑块在木板上滑行的过程中
,
设向右为正方向
,
对系统由动量守恒和能量守恒可得
,
１Mv２
０＝
１Mv C２
＋
２ ２
１
×２
mv２A
＋
μMgL
(２
分
)
２
L ． 分
＝０８m(２ )
滑块在光滑圆弧槽B上滑行的过程中 假设两者能达到速度相同 此时滑块滑上弧槽的最大高度．根据系
(３) , ,
统水平方向动量守恒和能量守恒可得
Mv mv M mv 分
C ＋ A ＝( ＋ )(１ )
１Mv C２
＋
１mv２A
＝
１
(
M
＋
m
)
v２
＋
Mgh
(１
分
)
２ ２ ２
联立并代入数据得h ． ． 假设成立． 分
＝０１５m＜０２m, (１ )
即滑块C不会离开B 之后滑块会下滑 弧槽速度继续增大．当滑块滑到最低点时 弧槽获得最大速度 根据
, , , ,
系统的动量守恒和能量守恒可得
M mv Mv′ mv 分
( ＋ )＝ C ＋ B m(２ )
１Mv′ C２
＋
１mv２B
m＝
１
(
M
＋
m
)
v２
＋
Mgh
(２
分
)
２ ２ ２
解得v 分
B max＝５m/s(１ )
高二物理试题参考答案 第 页 共 页
【 ５ ( ５ )】
{#{QQABbQyAggCAAAAAARhCAwmwCkAQkgEAAYgOgFAMsAABCBFABAA=}#}
