文档内容
高二物理 参考答案
C
选择题: 题,每题 分; 题,每题 分,共 分。
1-8 4 9-10 5 42
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
C A C D B C D A BC BC
. 分
11 (6 )
d d d d
【答案】 . 分 1 分 m 1 m 1 m 2 分
(1)26(2 ) (2)t (2 ) (3) At= At + Bt (2 )
1 2
. 分
12 (10 )
【答案】 分 电压表量程过大 接入电路后指针偏角太小 读数相对误差大 分
(1)F(2 ) , , (2 )
bR R 分 分
(2)(2+ A2 )(2 ) >(2 )
分
(3) (2 )
. 分
13 (10 )
【答案】 分 或 分
(1)10m/s(3 ) (2)55cm( 0.55m)(4 )
见解析图 至少画出一个周期 分
(3) ( ,3 )
【解析】 由波形图甲可知λ 在t 时刻波刚传到P点 质点P向y轴负方向振动 经过3T
(1) =4m, 1=0 , ,
4
质点P刚好第一次出现波峰
,
则3T . 解得T . 分
=03s, =04s…………………………………………………………………………… 2
4
λ
所以波速为v 4 分
=T= . m/s=10m/s ………………………………………………………………… 1
04
波的传播过程也是波形的平移过程 在t 时刻x 处是最右边的波谷
(2) , 1=0 =3m ,
x
所以x 处的Q质点第一次出现波谷的时刻为t Q-3m 14-3 分
=14m 3= v = s=1.1s……………… 2
10
从 时刻到t 时刻 经历了 3T 故质点P经过的路程为s A 分
0 3 , 2 , =11 =55cm ……………………… 2
4
质点P在t 时刻振动方向是沿 y方向 其振动方程为y t 图像如图
(3) =0 - , =-5sin(5π)(cm), 。
分
………………………………………………………… 3
. 分
14 (14 )
【答案】 分 分 32 分
(1)3m/s(4 ) (2)9m/s(4 ) (3) m/s(6 )
2
【解析】 分析小物块在C点的受力 根据牛顿第二定律 有qE m
v C2
分
(1) , , = R ………………………… 2
解得v 分
C=3m/s…………………………………………………………………………………………… 2
(2)
从A点到C点
,
根据动能定理
,
有
-
qE
(
L
+
R
)-
μmgL
-
mgR
=
1mv C2
-
1mv2
0 …………… 2
分
2 2
解得v 分
0=9m/s…………………………………………………………………………………………… 2
高二物理 参考答案 第 页(共 页)
C 1 4小物块从A点到C点一直减速 离开C点后 如图 对小物块进行受力分析 将电场力与重力的合力
(3) , , , ,
视为等效重力 其方向与水平方向成 角 小物块的运动等效为斜上抛运动 可知当速度最小时 方向
, 45° , , ,
与水平方向成 角斜向左上方 分
45° ………………………………………………………………………… 2
故最小速度v v 分
min= Ccos45°……………………………………………………………………………… 2
解得v 32 分
min= m/s……………………………………………………………………………………… 2
2
. 分
15 (18 )
v2
【答案】 3v 分 9mv2 分 3vt 90 分
(1) 0(5 ) (2) 0(6 ) (3) 0 - μg(7 )
2 32 4 64
【解析】 弹性碰撞 根据动量守恒和能量守恒 有 mv mv mv 分
(1)A、B , , 3 0=3 A+ B …………………… 2
1 mv2 1 mv2 1 mv2 分
·3 0= ·3 A+ · B ……………………………………………………………………… 2
2 2 2
解得 的速度大小v 3v 分
:B B= 0 …………………………………………………………………………… 1
2
由题可知 弹簧被压至最短时 速度相同 设过程中 的相对位移为Δx
(2) , ,B、C , B、C
从 碰后至 相对静止 根据动量守恒 有mv mv 分
A、B B、C , , B=2 ………………………………………… 1
根据能量守恒 有 μmg Δx 1mv2 1 mv2 分
, ·2 = B- ·2 …………………………………………………… 2
2 2
从弹簧最短至 相对静止 根据能量守恒 有E μmgΔx 分
B、C , , p= ………………………………………… 2
解得 最大的弹性势能E 9mv2 分
: p= 0 ……………………………………………………………………… 1
32
动量守恒 有mv mv' mv' 分
(3)B、C , B= B + C ……………………………………………………………… 2
等式两边同乘以时间 有mvt mx mx 分
, B = B+ C …………………………………………………………… 2
又有x x Δx 分
B- C= ………………………………………………………………………………………… 1
v2
解得x 3vt 90 分
:C= 0 - μg ………………………………………………………………………………… 2
4 64
注 以上计算题若有其他解法 步骤正确亦可得分
【 】: , 。
高二物理 参考答案 第 页(共 页)
C 2 4详解
. 【解析】 点电荷AB相互排斥 只能得出AB带同种电荷 无法判断AB的电性 故不能判断B
1C 、 , 、 , 、 ,
处电场强度的方向 错误
,A、B ;
kQq F kQ
根据库仑定律可知 F 又有E 则E 正确
, =r2 , =q, =r2 ,C ;
电场强度大小由场源电荷Q和距离r决定 与Fq无关 错误
, 、 ,D 。
. 【解析】 金属框中产生感应电流的条件是穿过金属框的磁通量发生变化
2A 。
位置a处 穿过金属框的磁通量正在增大 金属框中存在感应电流 正确
, , ,A ;
位置a到位置b过程中 穿过金属框的磁通量先增大后不变 金属框进入磁场过程中存在感应电流 进入
, , ,
磁场后没有感应电流 错误
,B ;
位置b到位置c过程中 穿过金属框的磁通量不变 金属框中无感应电流 错误
, , ,C ;
位置c到位置d过程中 金属框穿过磁场边界时 穿过金属框的磁通量减小 存在感应电流 错误
, , , ,D 。
. 【解析】 介质相同的情形下 两列水波的传播速度相同 S 形成的水波波长大 由v λf可知 波
3C , ,1 , = ,
源S 的频率小 要产生稳定的干涉图样 两列波频率相等 所以需提高S 的频率或降低S 的频率 故
1 。 , , 1 2 , C
正确 另外产生稳定干涉图样与波的振幅和密度不同的介质无关
。 。
l b
. 【解析】 根据电阻定律 有R ρ ρ 两长方体由同种材料制成 电阻率相同 则电阻之比R
4D , = S= a2 , , , 1
b b
R 1 2 错误
∶ 2=a2∶a2=2∶1,A、B ;
1 2
根据电流的微观表达式 有I neSv nea2v 两长方体由同种材料制成 单位体积内的自由电子数n相
, = = , ,
同 则电子定向移动速率之比v v a2 a2 错误 正确
, 1∶ 2= 2∶ 1=4∶1,C ,D 。
. 【解析】 处于静电平衡状态的金属平板为等势体bc两点电势相等 错误
5B ,、 ,A ;
处于静电平衡状态的金属平板内部合场强为零 故a点电场强度大于b点的电场强度 正确
, ,B ;
处于静电平衡状态的金属平板内部合场强为零 电荷分布在表面 内部没有净电荷 呈电中性 错误
, , , ,C ;
金属平板内部合场强为零 感应电荷在b点产生的电场强度大小为E 方向向左 错误
, , ,D 。
. 【解析】 试探电荷带正电 根据E qφ 可得电势越高 电势能越大 x 处电势能最大 故x 处电
6C , p= , ,4 , 4
势最高 错误
,A ;
沿电场线方向电势逐渐降低 根据E φq可得沿电场线方向 正电荷的电势能逐渐减少 可得从O到x
, p= , , 4
电场线方向向左 因此点电荷Q 带负电 由E x图线斜率知x 处电场强度为 因此Q 带正电
, 1 ; p- 4 0, 2 ,B
错误
;
E x图线的斜率表示电场力 试探电荷从x 运动至x 的过程中 电场力一直减小 正确
p- , 2 4 , ,C ;
试探电荷从x 运动至x 的过程中 电势能一直增大 电场力一直做负功 错误
2 4 , , ,D 。
. 【解析】 雨滴下落过程中受到重力和空气阻力 根据牛顿第二定律得mg kv ma 可知速度增
7D , - = ,
大 加速度减小 直到加速度a 时达到稳定速度 正确
, , =0 ,A ;
mg
当加速度为 时 雨滴达到稳定速度 有mg kv 得到比值k 正确
0 , , = , =v ,B ;
v h
根据动量定理 有mgt kvΔt mv 则mgt kh mv 解得下落时间t 正确
, -∑ i = -0, - = , =g+v,C ;
由 可知mv kh mgt 则速度v与h不是线性关系 故空气阻力做功不等于1mgh 即机械能损失
C =- + , , ,
2
不为1mgh 错误
,D 。
2
T
. 【解析】 带电粒子的v t图像如图所示 可知 时刻恰不与 板相碰
8A - , B ,
2
d qU T 2 T qU
有 1 解得板间距离d 2 正确
=2· ·md·( ), = m ,A ;
2 2 4 4
高二物理 参考答案 第 页(共 页)
C 3 4T
若 时刻释放粒子 粒子将始终向 板做单向的直线运动 将与 板相碰 错误
, A , A ,B ;
4
T
若 时刻释放粒子 由 项分析可知 粒子恰好不与 板相碰 错误
, A , A ,C ;
2
T
若3 时刻释放粒子 粒子将始终向 板做单向的直线运动 直至碰到 板 错误
, B , B ,D 。
4
. 【解析】 小球从O点运动到最低点M 过程中受到的弹簧弹力一直做负功 弹性势能一直增大 小
9BC , ,
球的机械能一直减小 错误
,A ;
小球做简谐运动 最高点即出发点只受重力作用 故最大加速度为g 正确
, , ,B ;
根据简谐运动的对称性 小球在最低点M 时加速度大小也为g 方向向上 故kx mg mgx
, , , OM- = ,OM=
mg m2g2
2 从最高点到最低点重力势能的减少等于弹性势能增加 故E mgx 2 正确 错误
k , , p= OM= k ,C ,D 。
. 【解析】 极板稍上移 极板稍下移 极板间距离增大 电容减小 假设二极管通路 电容器放
10BC A 、B , , , ,
电 二极管中电流向右 二极管断路 电容器极板所带电荷量不变 板间距离变化 板间场强不变 P点电
, , , , , ,
势不变 液滴静止 错误
, ,A、D ;
极板稍下移 极板稍上移 极板间距离减小 电容增大 电容器充电 二极管通路 电容器两极板间电
A 、B , , , , ,
U
压不变 板间距离减小 板间场强E 增大 液滴向上运动 正确
, , =d , ,B ;
B 板上移 , E增大 , U AP= φA- φP= E · d AP。 因 φA 不变 , U AP 增大 , 所以 φP 降低 ,C 正确 。
.【解析】 图乙可知游标卡尺精度为 . 则d
11 (1) 01mm, 1=2mm+0.1mm×6=2.6mm。
d
两滑块碰撞前瞬间滑块 的速度为遮光条通过光电门 的速度v 1
(2) A 1 =t。
d
由题 两滑块发生碰撞后瞬间的速度为遮光条通过光电门 的速度 滑块 的速度v 2 滑块
(3) , 2 , B B=t , A
2
d d d d
的速度v 1 若 碰撞满足动量守恒 则有mv mv mv 故得m 1 m 1 m 2
A=t , A、B , A = A A+ B B, At= At + Bt 。
1 1 2
.【解析】 电源电动势约为 . 电流表 串联电阻R 改装成电压表 量程为 . 若串联R
12 (1) 15V, A2 2 , 15V, 1,
则改装的电压表量程过小 故选R 电源电动势约为 . 电压表量程为 则电压表的最大偏角过
, 2; 15V, 15V,
小 读数的相对误差较大
, 。
r R
E
根据闭合电路的欧姆定律 有E I R R Ir 变形得I + A1I 则纵截
(2) , = 2(2+ A2 )+ 1 , 2=-R R 1+R R ,
2+ A2 2+ A2
E r b b
距b 故E bR R r R R
=R R , = (2+ A2 );R R =a,=a(2+ A2 ),
2+ A2 2+ A2
若考虑电流表分压的影响
,
根据闭合电路的欧姆定律
,
有E真
=
I
2(
R
2+
R
A2 )+
I
1(
r真
+
R
A1 ),
变形得I
2=-
r
R
真 +
R
R A1I
1+R
E
R
真
,
则纵截距b
=R
E
R
真
,
故E真
=
b
(
R
2+
R
A2 );
2+ A2 2+ A2 2+ A2
r真 R
b b
R
+
R
A1
=a,
r真
=a(
R
2+
R
A2 )-
R
A1 ,
2+ A2
故电动势测量值等于真实值 内阻测量值大于真实值 故选填
, , “>”。
为消除电流表 分压的影响 采用电流表相对电源外接的方式 此时改装后的电压表分流已知 即
(3) A1 , , ,
可消除系统误差 电路如答案图所示
, 。
高二物理 参考答案 第 页(共 页)
C 4 4
