文档内容
高二物理 参考答案
D
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 B C B D D D A AB AD
. 分
11 (6 )
kD2
【答案】 . 答 . . 均可 分 丙 分 π 分
(1)1075( 1074~1076 ,2 ) (2) (2 ) (3) L (2 )
4
. 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 分
(1)2T/s(5 ) (2)10m/s(5 )
【解析】 金属棒保持静止 根据平衡条件得mg BIL 可得I . 分
(1) , = 1 1 , 1=05A……………………… 2
则线圈产生的感应电动势为E IR 分
1= 1 2=1V ………………………………………………………… 1
ΔΦ ΔB
由电磁感应定律可知E N NS 2 分
1= Δt= Δt …………………………………………………………… 1
ΔB
解得 2 分
Δt=2T/s ………………………………………………………………………………………… 1
断开开关 后 金属棒向下做加速度逐渐减小的加速运动 当加速度为 即合外力为 时速度最
(2) K , , 0( 0)
大 此时恰能匀速下降 分
, …………………………………………………………………………………… 1
根据平衡条件得mg BIL 分
= 1 2 …………………………………………………………………………… 1
此时金属棒中产生的感应电动势为E BLv 分
2= 1 m ……………………………………………………… 1
E
根据闭合电路欧姆定律得I 2 分
2=R R ………………………………………………………………… 1
1+ 2
联立解得金属棒的最大速度为v 分
m=10m/s …………………………………………………………… 1
. 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
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
(3) , , ,
析 将电场力与重力的合力视为等效重力 其方向与水平方向成 角 小物块
, , 45° ,
的运动等效为斜上抛运动 可知当速度最小时 方向与水平方向成 角斜向左
, , 45°
上方 分
…………………………………………………………………………… 2
故最小速度v v 分
min= Ccos45°………………………………………………… 2
解得v 32 分
min= m/s ………………………………………………………… 2
2
高二物理 参考答案 第 页(共 页)
1
D 1 5. 分
15 (18 )
v R
【答案】 分 (4π+6-33) 分 1 R2 分
(1)BR(4 ) (2) v (6 ) (3) π (8 )
6 3
【解析】 沿PO 方向入射的粒子恰好经过Q点 则轨迹圆半径r R 分
(1) 1 , 1= ………………………… 1
v2
由牛顿第二定律得qvB m 分
= r …………………………………………………………………………… 2
1
q v
解得比荷 分
m=BR ………………………………………………………………………………………… 1
由图可知 粒子从P点沿OP偏右 射入在磁场中运动时间最长 第一象限在没有磁场区域运动
(2) , 1 30° ,
的位移也最大 故总时间最长
, 。
R
磁场中运动为三分之一周长t 1T 2π 分
,1= = v …………………………………………………………… 2
3 3
离开磁场位移为x R R R 3 分
:= - sin60°= (1- )………………………………………………………… 1
2
R 3
x (1- ) R
t 2 (2- 3) 分
2=v= v = v ………………………………………………………………………… 1
2
R R R
总时间为t t t 2π (2- 3) (4π+6-33) 分
= 1+ 2= v+ v = v …………………………………………… 2
3 2 6
由r R可知 所有粒子从磁场区域离开时 速度方向均垂直于y轴 如图所示 分
(3) 1= , , , ……………… 2
设磁场区域上有粒子离开的最低点为M 最高点为N
, ,
根据几何关系可知 点M 与圆心O″重合 右侧轨迹经过O 点 则有 PO'M π PMN 2π
, , 1 , ∠ = ,∠ =
3 3
分
……………………………………………………………………………………………………………… 2
有粒子经过区域为虚线阴影部分 灰色阴影部分面积相等 分
, …………………………………………… 2
则有粒子经过磁场区域的面积S 1 R2 分
= π ……………………………………………………………… 2
3
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)
2
D 2 5详解
.【答案】
1 C
【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 。
.【答案】
2 B
【解析】 合上开关 的瞬间 金属环的磁通量增大 根据楞次定律 从右侧看环中产生沿顺时针方向的感
S , , ,
应电流 错误
,A ;
无论将金属环置于线圈的右侧还是左侧 只要金属环的磁通量增大 金属环都能被弹射出去 正确
, , ,B ;
若将电池正负极对调后 螺线管的电流增大时 金属环的磁通量增大 根据楞次定律 金属环仍然能被弹
, , , ,
射出去 错误
,C ;
合上开关 的瞬间 金属环的磁通量增大 根据增缩减扩规律 金属环有收缩的趋势 错误
S , , , ,D 。
.【答案】
3 C
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 R
, = S= a2 , , , 1∶ 2
b b
1 2 错误
=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 正确 错误
, 1∶ 2= 2∶ 1=4∶1,C ,D 。
.【答案】
4 B
【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
,、 ,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 。
.【答案】
5 D
【解析】 根据左手定则可知 粒子在两磁场中均向左偏转 故Q点在O点左侧 错误
, , ,A、B ;
v2 mv
带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动 根据牛顿第二定律 有qvB m 解得r 则两半径
, , = r, =qB,
s s
之比r r 路程之比s s r r 时间之比t t 1 2 错误
1∶ 2=1∶2, 1∶ 2=π1∶π2=1∶2, 1∶ 2=v∶v=1∶2,C ,D
正确
。
.【答案】
6 D
【解析】 由题意得交流电的周期T 2π .
=ω=002s。
因为正弦式交流电每个周期内电流方向改变两次 故每秒变化 次 故 错误
, 100 , A ;
理想变压器不改变电流频率 故 错误
, B ;
送电线圈电压的有效值为U 8802
1= V=880V,
2
U n
根据电压之比与线圈匝数之比的关系 1 1 解得U 故 错误
U =n , 2=88V, C ;
2 2
P IU 正确
2= 2 2=1760W,D 。
.【答案】
7 D
【解析】 分析物体受力 根据牛顿第二定律 有F μmg qvB ma 可知物体的加速度逐渐减小 初
, , - ( + )= , ,
F
始加速度最大
,
则a
m=m-
μg
,A
错误
;
高二物理 参考答案 第 页(共 页)
3
D 3 5F μmg
物体加速度为零时 速度最大 有F μmg qvB 有v - 错误
, , = ( + m ), m= μqB ,B ;
物体运动由静止到最大速度过程 摩擦力f μmg qvB 随着速度增大而增大 克服摩擦力做的功大
, = ( + ), ,
于 μmgx 错误
,C ;
根据动能定理
,
有Fx
-
W
f=
1mv2
m,
解得1mv2
m=
Fx
-
W
f<
Fx
-
μmgx
,D
正确
。
2 2
.【答案】
8 A
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
- , 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
T
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
.【答案】
9 AB
【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 处电势最
, p= , ,4 , 4
高 正确
,A ;
沿电场线方向电势逐渐降低
,
根据E
p=
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
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 所以Q 带正电
, 1 ; p- 4 0, 2 ,B
正确
;
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 错误
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 。
.【答案】
10 AD
nΔΦ nBL2
【解析】q 故 正确
1= R = R , A ;
nΔΦ nBL2
q 故 错误
2= R = R , B ;
E
第一次 线框匀速拉出 线框中产生感应电动势为E nBLv 线框中感应电流为I 1 线框出磁场的
, , 1= , 1=R,
L n2B2L3v
时间为t 线框中产生的焦耳热为Q I2Rt 解得Q 故 错误
1=v, 1= 1 1, 1= R , C ;
第二次 线框绕cd轴转过 线框中产生的最大感应电动势为E nBLv 线框中感应电动势的有效
, 90°, m= ,
E E2 L n2B2L3v
值为E m 则该过程线框中产生的焦耳热为Q 2t 又因为t π 整理得Q π 故
2= , 2=R 2, 2= v, 2= R , D
2 2 4
正确
。
.【解析】 金属元件的直径D
11 (1) =1mm+7.5×0.01mm=1.075mm。
R R
因为 V x 电流表采用外接法 故选丙电路图
(2) R >R , , 。
x A
高二物理 参考答案 第 页(共 页)
4
D 4 5L kD2
(3) U - I图像斜率k为电阻R x, 根据电阻定律R x= ρ D2 , 电阻率 ρ = π L 。
π 4
4
.【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
, 。
(2)
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 );
r
R
真 +
R
R A1
=a
b
,
r真
2+ A2 2+ A2 2+ A2 2+ A2
b
R R R
=a(2+ A2 )- A1 ,
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)
5
D 5 5
