1、高二物理参考答案 第 1 页 共 7 页 浙江省 A9 协作体 2019 学年第二学期期中联考 高二物理参考答案 1【答案】C【解析】国际单位制总共规定七个物理量,分别是长度、质量、时间、电流、热力学温度、物质的量、发光强度,对应的单位分别是 m、kg、s、A、K、mol、cd，故只有选项 C 正确。2【答案】D【解析】A 伽利略通过逻辑推理和实验认为:重物与轻物下落的一样快，伽利略根据理想斜面实验,首先提出力不是维持物体运动的原因,故 A 错误。B 开普勒不仅提出行星运动三大定律，提出了关于“太阳对行星的吸引力与行星到太阳的距离的平方成反比”的猜想是发现胡克定律的胡克.故 B 错误。C.牛顿
2、发现了万有引力定律,卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了引力常量,故 C 错误。D.法拉第提出电场是一种客观存在,并且引入了电场线,故 D 正确。3【答案】C【解析】在研究磁悬浮过一桥梁所花的时间时动车的长度不能忽略,不能看成质点,故 A 错误；35分钟指的是时间,175 公里指的是路程 故 B 错误；高速行驶时速度很快,通过 5 m 的时间很短,可以取 5 m 位移的平均速度近似看作这 5 m 起点位置的瞬时速度,故 C 正确；450km/h值得是瞬时速度,故 D 错误.4【答案】C【解析】人受到重力、绳子拉力。人是匀速下滑的，所以选项 A、B 错误。根据牛顿第三定律人对吊绳，吊绳
3、对人的作用力属于相互作用力，因此选项 C 正确。在下滑过程中，钢索对轻质吊环有滑动摩擦力，选项 D 错误。5【答案】D【解析】同一个风扇上的点的周期相等，即角速度也相等，选项 AB 均错误，根据2,vrar=可知，半径越大，线速度，向心加速度越大，选项 C 错，D 正确。6【答案】D【解析】根据vat=可知，a=1.2m/s2，故 A 项错误。根据匀变速直线运动推论02tvvv+=，所以平均速度为15vm s/=，故 B 项错误。在这个 5s 内的位移为175xvtm=，根据匀变速直线运动推论2xaT=，可知这个物体在连续的两个 5s 内的位移差为 30m，故 D 项正确。因此这个物体在接下来
4、的 5s 内的位移为 105m，故 C 项错误。7【答案】D【解析】由22=MmvGm rr，有GMvr=，“风云四号”卫星的运行轨道半径大于“碳卫星”的轨道半径，所以“风云四号”卫星的线速度小于“碳卫星”的线速度，故 A 错误；由于地球的自转，“碳卫星”的运行轨道无法和地球的经线重合，故 B 错误；有卫星在做圆周运动时满足22=MmvGm rr，但由高轨道向低轨道变轨，要满足“近心运动”的条件，即采取减速措施，使卫星所受万有引力大于其运动所需向心力，故 C 错误；第一宇宙速度是最大的运行速度最小的发射速度，所以“风云四号”卫星的线速度小于第一宇宙速度，“碳卫星”的发射速度大于第一宇宙速度故
5、D 正确；故选：D。高二物理参考答案 第 2 页 共 7 页 8【答案】C【解析】马路上汽油的彩色油膜、阳光下的彩色肥皂泡都属于薄膜干涉，不同气体原子能级不同，跃迁时发射光子的能量不同，因此属于原子能级跃迁，白光通过三棱镜形成彩色光带属于三棱镜折射，与题意属于同一原理，选项 C 正确，选项 ABD 错误。9【答案】C【解析】放电之后，电容器的电容大小保持不变，选项 A 错误；根据QCU=可知，放电前，电容器储存的电量为 0.135C，选项 B 错误；根据QIt=可知，该次放电的电流大小为 67.5A，选项 C 正确；达到击穿电压电容器就损毁了，击穿电压略大于额定电压，选项 D 错误。10【答案
6、】C【解析】大量负电荷从云通过避雷针，说明电流方向是从殿到云，选项 A 错误；地磁场大致方向是从南到北，根据左手定则，其所受安培力方向偏西，选项 C 正确。11【答案】D【解析】根据左手定则，正电荷受到竖直向下的洛伦兹力，负电荷受到竖直向上的洛伦兹力，选项 A、B 错误；不带电液体不能形成速度选择器，MN 两点没有电势差，无法计算测量流量，选项 C 错误；流量224=4d vtdUQtBd=化简后=4UdQB，因此只需要测量电压就能够推算流量选项 D 正确。12【答案】B【解析】根据题意小球做平抛运动，当小球速度为0v 时，小球恰好落在斜坡中点，根据平抛运动规律0Lv t=、2122Lgt=可
7、知，0vgL=，此时小球与水平面夹角为 022tan1yLgvvgL=，即与水平面夹角 45，选项 B 正确，同理可求，落在 P 点的小球初速度为2vgL=，选项 A 错误；根据平抛运动的推论，即物体速度与水平面夹角1正切值等于物体位移与水平面夹角2 正切值得两倍，即12tan2tan=只要落在斜面上，说明小球的位移方向都一样，也说明小球的速度方向都一样，因此选项 C 错误；只要小球速度02vv，小球一定会落在水平面上，根据02tan1yvgLvv=，说明小球初速度无论多大，小球落地的速度都要小于 45，选项 D 错误。13【答案】D【解析】使用环状凹槽电极时，电池标准容量是 0.81Ah，因
8、此电池的能量为=3.7 0.81 360010789.2W UItJJ=选项 A 错误；使用环状凹槽电极时，能够在最大输出电流下工作时间max0.810.541.5QAhthIA=，选项 B 错误；使用中心柱状电极时，根据=W UIt 可知=2QAh，即=7200QC，选项 C 错误；因此在最大输出电流的工作状态下能工作时间为max212QAhthIA=，因此选项 D 正确。高二物理参考答案 第 3 页 共 7 页 14【答案】BD【解析】根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后,核外电子的运动速度增大，即动能增大,则氢原子的电势能减小,故 A 错误；粒子散射实验是卢瑟福建立原子核式结构模型的
9、重要依据,故 B 正确；在光电效应的实验中,入射光的频率增大,光电子的最大初动能Ek=h-W0 增大,但不是每一个光电子的初动能都增加，C 错误；根据波尔的能级跃迁理论，可以辐射不同频率的光子数种类246C=正确.故选：BD 15【答案】AC【解析】图示位置穿过线框的磁通量最大，磁通量变化率为零，故电流为零，选项 A 正确；产生的交变电流的电动势最大值 Em=nBS=5000V，有效值为 2500 2 V，选项 B 错误；根据变压器变压规律1122UnUn=，21212500 2=V=100 2V25n UUn，灯泡两端电压小于额定电压，不能正常发光，选项 C 正确；即使使用变压器交流电的峰值
10、计算，输出的最大功率为 500010 W=50kW，选项 D 错误。16【答案】BD【解析】因振源 O 起振方向沿+y 方向，经 t=0.9s，x 轴上 0 至 12m 范围第一次出现图示简谐波，可知此图显示的波形不完整，又因是第一次出现，所以 12m 处质点的右边还有 0.75 个波长的波形图，说明该质点已经振动 3/4 周期，故 A 错误；由 A 知波速为 v=20m/s，D正确；波向右传播，由平移法可知在 t=0.9s 时，x 轴上 6m 处的质点振动方向向上，选项 B 正确；由图可知波长=8m，所以有8=0.420Tsv=，因第一次出现此波形，所以周期是一特定的值，C 错误故选 BD
11、17（7 分）（1）【答案】ABD【解析】根据实验背景，该实验主要是研究小车的 v-t 关系，托盘中质量变化，可以得到不同外力作用下小车的 v-t 关系，是可以这样操作的，选项 A 是不必要的；小车也没有必要从同一位置静止释放，选项 B 不必要；操作时应先开电源再释放小车，所以C 选项是必要的；在处理纸带时，由于第一点并不确定，因此常常将前面的点去掉，从清晰可辨的点取点后处理实验数据，所以 D 选项也不是必要的；（2）【答案】0.21,0.50【解析】根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度得：()23432.401.8910/0.21/20.2xxvm sm sT+=根据逐差
12、法得：()224321222.882.401.891.40100.50/440.1xxxxam sT+=（3）解析：如果实验中完全消除了摩擦力和其它阻力，那么重物重力做的功就等于重物和小车动能的增加量；即：W=12(M+m)v2，其中 W=mgh，质量都是定值，所以 v2 与 W 成正比，A 图正确。答案：A 18（7 分）答案：（1）1.30；高二物理参考答案 第 4 页 共 7 页（2）；（3）1.40V0.02V、3.000.02；19（9 分）【解析】（1）由牛顿第二定律得滑雪者在斜坡的加速度：a1=1sincosmgmgm=4m/s2 解得滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的
13、时间：111vtsa=这段时间下滑的位移为11022vxtm+=接下来因为速度超过 4m/s 所以一直加速下滑至 B 点，因此位移为 24m 所以两段位移之比12112xx=（2）动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得加速度：a2=2sincosmgmgm=5m/s2 到达 B 处的速度由 vB2-v2=2a2(L-x1)得滑雪者到达 B 处时的速度大小：vB=16m/s 在水平面上因为速度超过 4m/s，所以加速度大小2321.25/agm s=设减速至 4m/s 时间为0339.6Bvvtsa=在速度从 4m/s 减值零，所以加速度大小2412.5/agm s=同理可知，减速时间0441.6v
14、tsa=所以两者时间比值346tt=（3）全过程根据能量守恒定律可知，克服摩擦力做功产生的热量0sin377800QmgLJ=20（12 分）【解析】（1）要使小滑块恰好不脱离轨道，对最高点 A：2Avmgm R=（必须要过 A 点不脱轨）解得：2m/sAv=小滑块从 A 到 B 的过程，根据动能定理：2211222BAmg Rmvmv=化简则20/2 5/Bvm sm s=在 B 点：2BNvFmgm R=高二物理参考答案 第 5 页 共 7 页 6NFN=根据牛顿第三定律，小滑块在 B 位置对半圆轨道的压力大小为 6N.（2）根据动能定理，设长度为 L 则221122CBmvmvmgL=化
15、简则=2.5Lm （3）由第（1）知为保证能够不脱轨运动至 C 处，利用动能定理可知，当轨道长度为 2m 时，设运动到 C 处的速度为1Cv，则：1221122CBmvmvmgL=，则12/Cvm s=从 C 飞出后平抛，根据平抛规律有：cxv t=212hgt=，要使小滑块能落入槽中，满足：0.53mxm，钢球从 C 点抛出速度满足：16/Cvm s 综合考虑，取：2/6/Cm svm s，根据212PcEmgRmgLmv+=，对应弹性势能为应满足0.62.2PJEJ。21（10 分）【解析】1、金属棒 ab 在磁场中恰好保持静止，由 BIL=mg 闭合电路欧姆定律可知EIRr=+，联立方程
16、则EBLRrmg=。2、当金属棒下落距离 s 时，达到稳定状态，即220B L vmgRr=+动量定理得 IBILtmv=其中0BLsqItRr=+联立上式可知2220220()m g RrB L sIRrB L+=+3、金属棒 ab 从静止下落距离 s 由动能定理得2102FmgsWmv+=金属棒 ab 产生热量0abrQQRr=+因此4322040()2abm gRrrQmgsRrB L+=+22（10 分）答案：（1）垂直纸面向外（2）正中央处 （3）133 mMm【解析】（1）（2）为了让粒子能够被收集板 T 收集，通过加速电场加速后，粒子应该向上偏转，根据洛高二物理参考答案 第 6
17、页 共 7 页 伦兹力 提供向心力可知，圆形磁场的磁场方向应该垂直纸面向外。如图，电场加速可知：201=2qUmv由2=vqvB m r 可知：mvrBq=联立上式可知 rR=，即粒子进入磁场后，偏转 90后竖直向上飞出，正好击中 T 正中央处。（2）设质量为1k m 的粒子经过加速，沿着 OC 方向将会击中收集板最左端，则粒子的轨迹如下 ACOO1 根据几何知识可知，此刻粒子的半径1tan30rR=12011=2qUk mv11mvrBq=联立上式则23k=同理可得质量为2k m 的粒子经过加速，沿着 OC 方向将会击中收集板最右端，则粒子的轨迹如下 C D 高二物理参考答案 第 7 页 共 7 页 BACO 根据几何知识可知，此刻粒子的半径2tan 60rR=22021=2qUk mv22mvrBq=联立上式则113k=因此能被 T 板收集的粒子的质量是 133 mMm
