名校联盟Ű年下学期月高二大联考Ű物理２０２４１２参考答案、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．,,,DB．．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．,DD．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FMgθFf３B ,、、,,,N＝cos,＝Mgθ由于P处于静止状态则有FfμF故μθ由于物体Q轻轻地叠放在P上相当于增大物sin,,≤N,≥tan,,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Gmg４D A,R２＝０M根据密度公式ρ其中V４R３＝V,＝π３g联立解得月球平均密度为ρ３０故错误,＝GR,A;４π．卫星从轨道至轨道做近心运动速度减少故vvQ故错误BⅢⅡ,,３＞,B;Mm．根据牛顿第二定律有GmaCr２＝GM可得a＝r２则载人飞船在PQ点加速度之比为aaRh２R２故错误、１∶２＝(＋)∶,C;æRhö３ç２＋÷R３èøMm．根据开普勒第三定律有２又由Gmgm２πR解得载人飞船在椭圆轨道上的运T２T２,R２０(T)D＝２＝＝Ⅱ(Rh)３动周期为Tπ２＋２＝Rg２０(Rh)３则载人飞船从Q点到P点所用时间为t１Tπ２＋故正确．故选．＝２＝Rg,DD２２２０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BB,１２２＝１sin６０°B所以１２B＝２３设BCL则ACL＝,＝３IA则Bk１＝L３IBBk２＝L解得IAIB故选．∶＝２∶１,C．．对薄板根据牛顿第二定律FmBgμmAgmBaB６C A,－sin３０°－cos３０°＝代入数据得F故错误＝１７N,A;．对A根据动能定理mAgLμmAgs１mAv２B,sin３０°－cos３０°Ű＝２当sL时v＝＝５m/s因为sL≠所以v故错误≠５m/s,B;．A在薄板上运动的加速度大小aAgμg．２C＝sin３０°－cos３０°＝２５m/s根据１aAt２１aBt２L＋＝２２得小物块A在薄板B上运动时间t２＝s３此时AB的速度为vAaAt５vBaBt４、:＝＝m/s ＝＝m/s３３电动机对B做的功为WFxB６８故正确:＝＝J,C;９．小物块A与薄板B之间因摩擦产生的内能EμmAgθL故错误．故选．D＝cos＝１０J,DC．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OPOQ由静电力公式FkBA,＞,＝r２则可知FF１＜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RC,,,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T２π２π．故正确由xtπ可８ACD ＝１０πrad/s＝ω＝s＝０２s,A;＝５sin(１０π＋)cm１０π２知t时x即振子位于N点故错误由xtπ可知t．时x此时振＝０,＝５cm,,B;＝５sin(１０π＋)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MO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．UU．根据闭合电路的欧姆定律可知Δ１Rr故错误Δ２r故UU故错误滑片向左９BD:I＝１＋,A;I＝,Δ１＞Δ２,C;ΔΔ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Eqmg故正确．＝,Amv２P在P点由牛顿第二定律可得F合mg,＝２＝RvPgR故错误．＝２,BmgR１mv２C１mv２Pv２CgR２(１－cos４５°)＝－,＝(３２－２)２２vc２２aCg２g故错误．＝(R)＋≠２,C在等效场中M与C等效重力势能相等故v２Mv２C,,＝mv２MFNMEqFNMmg故正确．＋＝R,＝３(２－１),DædöçL÷(Fmg)è＋ø１－１g．每空分共分．２smvmvmv１１(２,８)(１)１６６ (５)m (６)h (７)１１＝１３＋２２１２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＝１６６cmv２根据题意由牛顿第二定律有Fmgm１(５)[２],１－１＝１dL＋２ædöçL÷(Fmg)è＋ø１－１整理可得v２１m＝１小球m做平拋运动则在水平方向上有svt(６)[３]２,＝２在竖直方向h１gt２＝２g解得vs２＝h２由于本实验中mm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,,,１１＝mvmv１３＋２２可说明m与m碰撞过程中动量守恒．１２k．每空分共分．．１R１２(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＝８０３ΩU由闭合电路欧姆定律有EURr(２)[３]＝＋R(０＋)Rr可得１１０＋１U＝E＋EŰR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E１,,＝b;k由图线的斜率可求得rR．[４]＝b－０．分h．vF．方向竖直向上１３(１０)(１)＝３２m,１＝８m/s (２)＝３８３３３３N,ætö２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h１gçΔ１÷【】(１)Δ１＝１６s,＝èø２２分(１)解得h．分＝３２m(１)t第二次接触蹦床前瞬间的速度vgΔ１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ttt．分Δ２＝４－３＝０４s(１)t则有vgΔ２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IFmg(tt)mv(mv)分,:－３－２＝２－－１(２)解得FttIF分(３－２)＝(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,:Ue１mv２分１＝１(１)２Uev２１分１＝m(１)L电子在电场中运动的时间t分()v()２＝１１Ue电子的加速度为a２分＝dm(１)电子的偏移量为y１at２分＝(１)２UL２y２分＝dU(１)４１Ue２由动能定理可得W电E１mv２W电y分:＝k－１,＝dŰ(１)２U２L２eU２d２e得E２＋４１分:k＝d２U(１)４１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=}#}dd左边界时θ２分,tan１＝L＝L,(１)L３＋２atULθ２２１．分tan１＝v＝dU(１)１２１dd当电子落在靶的右边界时θ分,tan２＝LL＝L,(１)L２＋＋２２atULθ２２２．分tan２＝v＝dU(１)１２１d２Ud２U得U４１U１分２１＝L２,２２＝L２(１)３d２Ud２U故１U４１分L２≤２≤L２(１)３．分vC１５(１６)(１)＝４m/sL．(２)＝０８mvB(３)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MvMvC【】(１),,、、;０＝＋mvA分２(２)代入数据得vC分＝４m/s(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１Mv２１Mv２C(２),,,０＝＋２２１mv２AμMgL分×２＋(２)２L．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MvCmvAMmv分＋＝(＋)(１)１Mv２C１mv２A１Mmv２Mgh分＋＝(＋)＋(１)２２２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MmvMv′CmvB分(＋)＝＋m(２)１Mv′C２１mv２B１Mmv２Mgh分＋m＝(＋)＋(２)２２２解得vB分max＝５m/s(１)高二物理试题参考答案第页共页【 ５(５)】{#{QQABbQyAggCAAAAAARhCAwmwCkAQkgEAAYgOgFAMsAABCBFABAA=}#}