高二物理答案

高二物理试题参考答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共计24分，每小题只有一个选项符合题意。1．解：A、气体扩散的快慢与温度有关，故A错误；B、布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，不是液体分子的运动，故B错误；CD、当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快；分子间距离为r0时，引力和斥力大小相等，表现合力为零，当r＞r0时，分子间的距离由较大逐渐减小到r＝r0的过程中，分子力先增大后减小，分子力表现为引力；当两个分子之间的距离从r＜r0开始从极小增大到平衡位置时的距离，引力和斥力都同时减小，但斥力变化的更快，所以分子力表现为斥力，故C正确，D错误。故选：C。2．解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝mv2r两粒子碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前粒子速度方向为正方向，由动量守恒定律的mv＝（m+m'）v'，碰撞后两粒子的总电量p'＝（m+m'）v'＝mv＝p，碰撞前后粒子动量p、电荷量q不变，则粒子轨道半径不变，故A正确，BCD错误。故选：A。3．解：A、条形磁体由静止开始下落过程中闭合导体环内的磁通量增大，环内感应电流的磁场与原磁场的方向相反，所以对磁体的运动有阻碍作用，所以磁铁向下的加速度小于g；随速度的增大，产生的感应电动势增大，则感应电流增大，阻力增大，所以磁铁做加速度减小的加速运动，故A错误；B、条形磁体下落过程中闭合导体环内的磁通量向下增大，根据楞次定律，则感应电流产生的磁场的方向向上，根据安培定则可知，感应电流的方向沿逆时针方向，故B错误；C、根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，闭合导体环内的磁通量增大，因此线圈做出的反应是面积有收缩的趋势，同时将远离磁铁，故增大了和桌面的挤压程度，从而使导体环对桌面压力增大，故C正确；D、条形磁体下落过程中，铝环内有感应电流产生，条形磁铁的机械能减少，故D错误。故选：C。4．解：ABC．开关闭合时，L是自感系数很大的线圈，产生很强的自感电动势，L1、L3马上变亮，L2因线圈自感而缓慢变亮；开关闭合后，当电路稳定时，自感线圈相当于导线，故L2、L3亮度相同，L1在干路，故L1最亮；故ABC错误；D．开关断开时L1立即熄灭，L2、L3因线圈断电自感而缓慢熄灭，故D正确。故选：D。5．解：根据左手定则可知，安培力方向水平向右，对导体棒受力如图所示：根据平衡条件可知：tanθ=FA、棒中电流I变大，θ角变大，故A正确；B、两悬线等长变短（不是导线变短），θ角不变，故B错误；C、金属棒质量变大，θ角变小，故C错误；D、磁感应强度变小，θ角变小，故D错误。故选：A。6．解：A．由右手定则，t＝0时刻时，bc边电动势方向为b到c，则t＝0时刻线圈中电流方向是abcda，故A错误；BD．由图2可知电动势的峰值Em＝NBSω＝5V周期T＝2s进而角速度ω=代入数据可得B=故B正确，D错误；C．由分析可知，t＝1s时线圈电动势最大，线圈处于中性面的垂面，磁通量最小，故C错误。故选：B。7．解：ACD、闭合开关时，金属杆的速度已经不为零，金属杆在下滑过程中，受到重力和安培力作用；安培力大小为F＝BIL=B若安培力大于重力，则加速度的方向向上，做减速运动，减速运动的过程中，安培力减小，做加速度逐渐减小的减速运动，如图D；若重力与安培力相等，金属杆做匀速直线运动，如图A；若安培力小于重力，则加速度的方向向下，做加速运动，加速运动的过程中，安培力增大，做加速度逐渐减小的加速运动，如图C；故ACD正确；B、由上述分析可知不可能做匀加速直线运动，故B错误；本题选择不可能的图像；故选：B。8．解：AB.刚开始阶段，小环受到重力、支持力沿斜面向上的摩擦力作用，下滑后，由于小环速度逐渐增大，所以还会受到洛伦兹力作用，受力分析如图所示根据力的合成与分解，垂直于杆方向，有N+qvB＝mgcos37°沿杆方向，有mgsin37°﹣μN＝ma随着小环速度增大，支持力逐渐减小，摩擦力减小，所以加速度增大，故小环会做加速度增大的加速运动，之后洛伦兹力大于重力垂直于杆的分力，支持力垂直于杆向下，垂直于杆方向，有qvB＝mgcos37°+N沿杆方向，有mgsin37°﹣μN＝ma小环做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，故AB错误；C.小环释放后，支持力为零，洛伦兹力等于重力垂直于斜面的分力时，加速度最大，根据牛顿第二定律，有mgsin37°＝ma解得a＝0.6g当合力为零时，速度最大，根据共点力平衡，有mgsin37°＝μNqvmB＝mgcos37°+N联立解得vmD.因为下降高度为h之前速度已达到最大值，小环下降高度h的过程中，根据能量守恒定律，有mgℎ=1代入速度解得Q=mgℎ−2故选：C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分，每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。9．解：A、线圈进入磁场过程产生的感应电动势E＝BLv，可得第一次进入与第二次进入时线圈中电动势之比：E1：E2＝v1：v2＝1：2由闭合电路欧姆定律有I=ER，可得第一次进入与第二次进入时线圈中电流之比：I1：I2＝E1：EC、由P＝I2R可得克服安培力做功的功率之比：P1D、设CD边的边长为L，线圈进入磁场的时间t=Lv产生的热量为Q=Pt=PLB、由电荷量q=ΔΦR=BSR故选：AC。10．解：A．若粒子恰好从c点射出磁场，几何关系可知，粒子圆周运动半径为r＝L，根据洛伦兹力提供向心力，半径满足r=解得v故A错误；B．若粒子恰好从bc边的中点射出磁场，轨迹如下图所示设轨迹圆半径为R，几何关系可知：(R−解得半径满足：R=则此时圆心角满足：sinθ=可知圆心角为：θ＝53°则粒子在磁场中运动的时间满足：t=故B正确；C．若v0=这种情况粒子从cd边射出，设粒子射出磁场时速度方向与y轴正方向夹角为β，则圆心角满足：sinβ=即β≠60°故C错误；D．若粒子从cd边射出磁场，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大不超过180°，则最长运动时间t0=180°故D正确。故选：BD。11．解：A、充电桩上交流电的周期为T=故A错误；BC、当T1的输入功率为200kW时，升压变压器初级电压U次级电压U2输电线的电流I2输电线上损失的电功率为P线=I22T2的输入电压U3＝U2﹣I2r＝4000V﹣50×2V＝3900V输出电压有效值为U4故B错误，C正确；D、当充电桩使用个数减小时，T2的输出功率减小，则输电线的电流减小，输电线损失电压减小，T2初级电压变大，则输出电压增大，故D正确。故选：CD。12．解：A．两导体棒刚开始运动时，感应电动势为E＝B•2lv0﹣Blv0＝Blv0根据欧姆定律得，导体棒刚开始运动时的感应电流的大小为：I=故A正确；BC．最终稳定时感应电动势为零，即B•2lvb＝Blva解得va＝2vb以水平向右为正方向，根据动量定理，对导体棒a可得BIlt＝2m（va﹣v0）对导体棒b可得﹣2BIlt＝4m（vb﹣v0）联立解得稳定时导体棒a、b的速度分别为：va=故B错误，C正确；D．根据能量守恒，有1解得电路中产生的焦耳热Q=故D正确。故选：ACD。13．（6分，每空2分）解：（1）由题意可知，一滴油酸酒精溶液的体积V'=V其中纯油酸的体积V（2）超过半格的算一个，不足半格的舍去，从图中可数出小正方形的有效个数为X＝60个，所形成的油膜的面积为S＝Xa2＝60cm2（3）纯油酸的体积V0＝DS解得D=故答案为：（1）2.5×10﹣6；（2）60；（3）4.2×10﹣1014．（10分）解：（1）由图乙可知，当环境温度为80℃时，热敏电阻阻值为30Ω。（2）由图乙可知，当环境温度升高时，热敏电阻阻值将减小。热敏电阻阻值减小，则流过继电器的电流增大，磁性增强。（3）由于继电器的上触点接触，下触点分离，指示灯亮。所以图甲中指示灯的接线柱D应与接线柱A相连。（4）当线圈中的电流大于等于50mA时，继电器的衔铁将被吸合，警铃响。根据欧姆定律E1＝I（R0+R）得R＝70Ω此时温度为40℃，则环境温度大于等于40℃时，警铃报警。故答案为：（1）30（2分）；（2）减小（1分），增强（1分）；（3）A（2分）；（4）40（2分）。15．（10分）解：（1）由图可知，在t＝2s时，B＝0.3T，（1分）即此时穿过线圈的磁通量是Φ＝BS（1分）解得：Φ＝0.3×200×10﹣4Wb＝6×10﹣3Wb（2分）（2）由法拉第电磁感应定律E=nΔBSΔt（由图可知，在t＝5s时线圈中产生的感应电动势为E=nΔB故在t＝5s时ab两点的电势差Uab为Uab=RR+r解得：Uab=3.2V答：（1）从计时起，在t＝2s时穿过线圈的磁通量是6×10﹣3Wb；（2）在t＝5s时ab两点的电势差Uab是3.2V。16．（10分）解：（1）对椅面气动杆及活塞整体由平衡条件有mg+p0S+FN＝p1S（2分）解得p1=3×105（2）椅面恰好恢复到原来的位置时对卡口恰好没有压力，此时汽缸内压强为p2，对椅面、气动杆、活塞及客人组成的整体由平衡条件得（m+M）g+p0S＝p2S（2分）解得p设需要充入一个大气压下的气体体积为V2p0V2+p1SL＝p2SL（2分）解得V2=6×10−4答：（1）椅面未承重时汽缸内气体的压强等于3×105Pa；（2）需要充入一个大气压下的气体体积为6×10﹣4m3。17．（10分）解：（1）设滑块质量为m，圆环处在磁场中部分所受安培力为：F安＝2BIrsin60°，方向竖直向上①（2分）系统处于静止状态，有：m0g﹣F安﹣mgsin30°＝0②（2分）联立①②式得：m＝2m0−23BIrg（2）电流I反向后，安培力大小不变，方向相反，对系统由牛顿第二定律得：m0g+F安﹣mgsin30°＝（m+m0）a④（2分）联立①③④式得：a=23BIrg答：（1）滑块的质量是2m0−2（2）若圆环电流I大小不变，方向突然变为顺时针方向时，滑块的瞬时加速度为2318．（16分）解：（1）因为粒子进入电场后速度减小到0，所以粒子是从磁场最高点P点离开磁场射入电场。（2分）（2）如图可见粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径：r＝R＝0.5m（1分）根据洛伦兹力提供向心力有：qvB=mv2r解得：B=mv解得B＝0.2T（2分）（3）粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，粒子在磁场中运动的路程为二分之一圆周长，即s1＝πr（1分）设粒子在电场中运动的路程为s2，根据动能定理得：Eq⋅s22=解得：s2=mv总路程s=s解得s＝2.5m（1分）（4）粒子在磁场中做圆运动的周期T=2πrv（粒子从磁场中的Q点射出，因磁场圆和粒子的轨迹圆的半径相