河南省南阳市六校联考2024-2025学年高二上学期12月月考物理答案

2024-12-24 · 9页 · 390.7 K

2024年秋期六校第二次联考高二年级物理参考答案12345678910CDCCBDABBCBCABC1.【答案】CW【解析】A.根据电动势的定义式E=可知,电动势的大小用非静电力的功W与移动电q量q的比值来量度,反映电源本身的特性,电动势的大小与非静电力所做功无关。故A错误;B.法拉第最早提出用电场线描述电场,故B错误;C.麦克斯韦提出了电磁场理论,预言了电磁波的存在,赫兹最早用实验证实了电磁波的存在,故C正确;D.导线的电阻与自身的材料、长度、横截面积有关,与它两端的电压无关,故D错误。故选:C。2.【答案】D【解析】带电粒子不一定是从A运动到B,A错误;沿电场线方向电势降低,则电场线方向和粒子受力情况如图所示:由于电场力方向和电场线方向相反,则粒子带负电,B错误;粒子运动过程中,只有电场力做功,动能和电势能总和不变,A点电势高,电势能小,动能大,故C错;等差等势面越密的位置场强越大,B处等差等势面较密集,则场强大,故选:D。3.【答案】CkI【解析】A.乙在c点产生的磁感应强度大小为B=0,由右手螺旋定则可知方向由d指1L向c,A项错误;B.乙、丙分别在O点产生的磁感应强度等大反向,则三根导线在O点的合磁感应强度为甲在O点产生的磁感应强度,方向沿着x轴的负方向,则有2kI0kI0,项错误;.同理,甲在点产生的磁感应强度为B5==BCe0.52LLkI2kIkI2kIB=0=0,方向由O指向e,丙在e点产生的磁感应强度为B=0=0方向20.5LL30.5LL4kI也由O指向e,则甲、丙在e点产生的合磁感应强度为B=B+B=0,C项正确;D.由423L2kI矢量叠加原理可知乙、丙在c点产生的合磁感强度沿着x轴的正方向,大小为B=0,6L高二年级物理参考答案第1页(共9页)kI0甲在c点产生的磁感应强度沿着x轴的负方向,大小为B7=,则三根导线在c点的合2L磁感应强度的方向沿着轴的正方向,项错误。故选。B8=B6−B7xDC4.【答案】CE【解析】由闭合电路欧姆定律得I==1.5A,导体棒受到的安培力F=BIL=0.30N,R0+r方向沿金属导轨向上,故A错误;a端电势低于b端电势则Uab=-IR0=-3.75V,故B错;重力沿斜面向下的分量,导体棒恰好静止,则最大静摩擦力为G1=mgsin37°=0.24N30f=F-G1=0.06N方向沿金属导轨向下,f=µFN,FN=mgcos37,则µ=,故C正确;D.若磁16场变为竖直向上,则安培力水平向右,导体棒不受摩擦力作用,则导体棒受重力、支持力和安培力作用,如图BIL,则tanθ=2,解得B=0.50T,故D错误。故选C。mg25.【答案】B【解析】元件为金属材料,由左手定则知道,电子会向后表面偏转,在前后表面之间形成U电势差,前表面电势高,故AC错误;稳定后根据平衡条件有evB=e,根据电流的微观bBI表达式有I=neSv=nebcv,解得U=,故B正确;若元件为半导体材料,导电粒子带nec正电,由左手定则知道,正电荷会向后表面偏转,在前后表面之间形成电势差,后表面电势高,故D错。故选B。6.【答案】D【解析】AB.从实物图中我们可以看出两个小灯泡是间接并联关系,其中自感线圈和B灯泡串联,当闭合开关的瞬间,通过B的电流增大,自感线圈产生感应电流阻碍电路电流增大,所以B是逐渐亮起来,而A灯泡不受影响,所以A比B先亮,故AB错误;CD.当断开开关的瞬间,电源电流减小,自感线圈要阻碍电流的减小,产生与原电流方向相同的感应电流,此时A、B串联构成回路,所以A、B灯泡是缓慢熄灭,A中电流不会突然增加,C错误,故D正确。故选:D。7.【答案】AB高二年级物理参考答案第2页(共9页)2π【解析】A.线圈产生的最大电动势为E=NBSω=5πVω=,N=100,故A正确;mTB.t=0.5s时磁通量变化率最小,故B正确;C.若线圈边长L=0.1m,则由BS=0.05Wb,解得B=5T,故C错误;D.每个周期电流方向改变2次,每秒钟电流方向改变1次。故D错误。故选AB。8.【答案】BC【解析】A.滑动变阻器滑片向下滑动的过程中,滑动变阻器接入电路的阻值减小,流过灯泡的电流增大,灯泡变亮;电源内电压升高,灯泡两端的电压升高,滑动变阻器两端的电压降低,电容器与滑动变阻器并联,加在电容器两端的电压降低,电容器继续放电,R中有电流流过,方向竖直向下,A错误;BD.液滴受电场力竖直向上,电容器下极板带正电,因此液滴带正电,由于电容器两端的电压降低,内部电场强度减小,液滴加速向下运动,电场力做负功,电势能增加,B正确,D错误;C.由于外电阻大于内电阻,当外电阻减小时,路端电压降低,电源的输出功率增大,C正确。故选BC。9.【答案】BC【解析】AD.小滑块从c点飞出时速度方向竖直向上,离开c点后在水平方向做初速度是零的匀加速运动,在竖直方向做竖直上抛运动,竖直方向速度减到零时到达最高点Q,可水R平方向的速度不是零,小滑块从c点到最高点在竖直方向则有,v2=2g×=gR,小滑块c21R从P到c的运动中,由动能定理可得,qE()x+−RmgR=mv2−0,解得,x=,Pb2cPb2A错误,D错误;B.小滑块在等效平衡位置d时速度最大,对轨道的压力为最大,如图所示,此时小滑块的重力大小等于所受的电场力,则有θ=45°,则小滑块从P到d的运动中,由动能定理可得R12,在点,对小滑块,由牛顿第二定qE+Rsin45−−mgR()1cos45=−mvd0d22mgv2律可得d,解得F=32−1mg,由牛顿第三定律可知,从b到cFN−=mN()sin45R高二年级物理参考答案第3页(共9页)的过程中,小滑块对轨道的最大压力为(32−1)mg,B正确;C.由AB选项分析可知,小滑块从c到Q的过程中,竖直方向做竖直上抛运动,水平方向做初速度是零的匀加速运动,因此小滑块从c到Q的运动中做匀变速运动,C正确;故选BC。10.【答案】ABC【解析】C.根据法拉第电磁感应定律可得E=Blv,线框受到的安培力F=Bil,由闭合EB2l2vB2l2vt电路欧姆定律可得i=解得F=,两边同时乘以时间t,Ft=取向右为正R,RR,B2l2方向,根据动量定理得,−Ft=mv−mv,又因为x=vt,解得v=−x+v斜率不变,0mR0,Blv线框的速度v与线框的位移x是线性关系,故C错误;A.根据i=,线框的速度v与线R框的位移x是线性关系,则电流i与x也是线性关系,故A错误;B.在d≈=2.510330,可知,电流表的分压影响大,实验中应排除电R6.0RA0.2流表的分压影响,测量电路采用电流表外接法,由于电源输出电压为3V,为了确保电压表的精度,电压表量程取3V,作出实物连接图,如图所示:2ULD(3)根据伏安法测出电阻为R=,根据电阻的决定式有R=ρ,其中S=π,解IS2πUD2得ρ=。4IL12.【答案】()(分)1R11(2)串(1分)3或0-3(对小数位数不要求)(1分)(3)(2分)【解析】(1)因电源的内阻较小,为了多测几组实验数据,方便实验操作,应选择最大阻值较小的滑动变阻器,因此滑动变阻器应选择R1;()为了将电流表改装成电压表,需要把它与串联,改装后的量程为2GR3;U=IRGG+IRG3=3V高二年级物理参考答案第5页(共9页)(3)上述器材中没有电压表,将电流表G与电阻R3串联,改装成电压表,用电流表A测电路电流,滑动变阻器串联接入电路,实验电路图如下。13.(12分)【答案】(1)2Ω;(2)升压变压器的匝数比为1:8,降压变压器的匝数比等于95:11。【解析】(1)损失功率为发电机输出功率的5%。则P损=5%P总=5%×100000W=5000W1分输电线上的电流为I=50A,总电阻为R,则2P损=IR1分解得R=2Ω2分(2)设升压变压器输入功率为P1,输出功率为P2。输出电压为U2,则P1=P2=IU21分解得U2=2000V根据=1分解得1分∆U=IR1分∆U=100V降压变压器的输入电压为U3,则U3=U2﹣∆U=2000V﹣100V=1900V1分根据1分解得2分14.(14分)【解析】高二年级物理参考答案第6页(共9页)(1)作出粒子在电场和磁场中的运动轨迹,如图设粒子的质量和电荷量分别为m和q,粒子在第一象限做圆周运动的半径为r,由几何关系rcosθ+r=L1分2解得r=L1分3由洛伦兹力提供向心力v2qvB=m1分r3mv解得B=1分2qL粒子在电场中做类平抛运动,则2分vy=2ay1由牛顿第二定律Eq=ma1分由几何关系vy=vcos60°,y=rsin60°3mv2解得E=1分8qLE3则=v1分B12高二年级物理参考答案第7页(共9页)(2)粒子在电场中做类平抛运动,则vy=yt21则粒子从M点运动到N点的时间为43Lt=1分13v粒子从N点到P点做圆周运动120°vt=2πr2360°则粒子从N点运动到P点的时间为4πLt=1分29v则粒子从M点运动到P点的时间为分t=t1+t2143L4πL解得t=+1分3v9v(3)由几何知识得,矩形磁场想完全包含粒子运动轨迹图形,则最小图形如虚线所示231S=L×r1分3223解得S=L21分915.(16分)【解析】()释放瞬间导体棒所受的安培力大小为,根据左手定则可知安培力的方向向里1F安=B0IL导体棒所受的摩擦力大小为:分f=µF安=µB0IL1由牛顿第二定律知:mg-f=ma1分mg−fµBIL此时装置的加速度大小为:a==g−02分mm(2)若导体棒运动到磁场Ⅱ的下边界时速度恰好为0,设线框第一次穿出磁场Ⅱ的过程中产生的热量为Q,装置从释放到导体棒运动到磁场Ⅱ的下边界过程中,由能量守恒定律高二年级物理参考答案第8页(共9页)知:4mgd=2µB0ILd+BILd+Q2分得Q=4mgd-2µB0ILd-BILd2分(3)若导体棒运动到磁场Ⅱ的下边界时速度恰好为0,设线框第一次穿出磁场Ⅱ时的速度大小为,从线框第一次穿出磁场Ⅱ到导体棒运动到磁场Ⅱ的下边界过程中,对整体根v1据动能定理可得:1mg⋅2d−BILd=−0mv22分21设线框第一次穿越磁场Ⅱ所需的时间为,线框进入磁场过程中时间为、离开磁场过tt1程中的时间为,取向下为正方向,对整体根据动量定理可得:t2分mgt−−ftBIdt11−BIdt22=−mv102E△ΦBS根据电荷量的计算公式可得:q==Itt==1分RRRBd2所以It=It=1分1122R2B2d3m()2BId−4mgd解得:t=+2分()mg−µB0ILRmg−µB0IL高二年级物理参考答案第9页(共9页)

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