1、高二物理参考答案第 1 页 共 4 页20192020 学年度上期八市重点高中联盟“领军考试”高二物理参考答案1.【答案】D【解析】地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，所以选项 A 错误；磁体从中间分开后，成为两个小磁体，任何一磁体均有两个磁极，所以 B 错误；由于地磁场有由南向北的分量，为了让小磁针发生明显偏转，应让导线产生的磁场沿东西方向，所以进行奥斯特实验时，导线应水平南北方向放置。故 C 错误；磁场的基本性质是对处在磁场中的磁极或电流有力的作用，选项 D 正确。2.【答案】D【解析】根据电容器的决定式：kdSC4，将电容器 b 板向上平移，即正对面积 S 减小，则电容 C 减小，根据
2、UQC 可知，电量 Q 不变，则电压 U 增大，则静电计指针的张角变大，选项 A 错误；根据电容器的决定式：kdSC4，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数增大，则电容 C 增大，根据UQC 可知，电量 Q 不变，则电压 U 减小，则静电计指针的张角减小，所以选项 B 错误；根据电容器的决定式：kdSC4，电容 C 减小，根据UQC 可知，电量 Q 不变，则电压 U 增大，则静电计指针的张角变大，所以选项 C 正确；根据UQC 可知，电量 Q 增大，则电压 U 也会增大，则电容 C 不变，静电计指针的张角变大，所以选项 D正确。3.【答案】C【解析】含电动机电路是非纯电阻电路，不能用部分电路欧
3、姆定律计算电阻，所以选项 A 错误；该电梯电动机转化为机械能的功率为UI，所以选项 B 错误；该电梯电动机的发热功率为 UI-UI=(1-)UI，所以选项 C 正确；该电梯正常工作时每秒做的功为 UI，所以选项 D 错误。4.【答案】B【解析】电压表V 的读数增大，就是路端电压增大，因路端电压 U=E-Ir，所以干路电流必减小，根据闭合电路姆定律得rREI得，回路总电阻要增大，所以是向右滑动滑片向右滑动，选项 B 正确，A 错误；滑动变阻器短路，回路总电阻要减小，选项 C 错误；若开关 K 闭合，并联支路增多，并联总电阻减小，所以回路总电阻减小，选项 D 错误。5.【答案】B【解析】因 O1O
4、 与 O2O 的距离相等，故 O1与 O2的合电场强度都为零，选项 A 错误；同理 O1O2此线上场强处零，电场力不做功，也是 HG 处电荷形成的电场中的等势线，所以选项 B 正确；将-q 微粒从 O1点沿 O1O 方向移至O 点过程，电场力不做功，电势能变化为零，所以选项 C 错误；因 O 与 O1点的合电场强度都为零，但 O1O 之间的电场强度都为零，所以将-q 微粒从 O1点沿 O1O 方向移至 O 点过程所受电场力为零，选项 D 错误。高二物理参考答案第 2 页 共 4 页bB1B2B 合ac9006.【答案】A【解析】首先根据磁场的叠加，可知 a、b 处导线的磁场在 o 点相互抵消了
5、，因此 o 点的磁场可以认为是 c处导线产生的，由安培定则可知方向由 o 指向 a.由题意可知，c 处电流在圆心 o 点的磁感应强度为 B。a、b 处电流在 c 处产生的磁感应强度大小相同，方向如图所示，根据公式有rkIB，所以rkIBB221，而联立解得BBB2221，B 合2B1cos45B，方向水平向右，而匀强磁场方向水平向左、大小为 B，所以 c 点总磁感应强度的大小为零。选项 A 正确。7.【答案】BC【解析】因为在 IU 图像中，IUkR 1，所以3311051010R1，33210151010R3。所以 R1R213；设导体 R1，原长为 l，截面积为 S，根据电阻定律SPR1拉
6、长后 l1=2l，因为总体积 V=LS 保持不变，所以截面积SS211，4421211RSlPR，2R2=6，所以选项 A 错误；将 R1与 R2并联后接于电源上，电压相等，功率与电阻成反比，所以选项 B 正确。把电阻和表头并联后，因为 R1的电阻小，所以分得的电流更大，故 A1的量程更大，C 正确。把两个电流表串联，流过电流表 A2的表头的实际电流更大，所以 A2的指针偏角更大。故 D 错误。8.【答案】BC【解析】当电场强度不变时，质子的加速度不变，若质子还是从 CD 边出来，由运动时间为vt1，由222121)vl(aaty，显然水平初速度增大为原来的二倍，竖直位移是原来的 41，所以选
7、项 A 错误；若电场强度变，则由mEqa 可知，加速度发生的变化，由221 aty，所以Eqymayt22，加速度增大，质子从 BC 边射出，水平位移为Eqlmvx20，显然水平初速不变，电场强度变为原来的四倍则质子的水平位移为原来的一半，选项 B 正确；水平初速不变，电场强度减小，则质子一定从 CD 边射出，选项 C 正确；同理，选项 D 错误。9.【答案】ACD【解析】粒子经电场加速，经磁场回旋，由RmvqvB2，得mRBqEkm2222，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度 B 和 D 形盒半径 R 决定，与加速电压无关，所以选项 A 正确；速度选择器具有单向性，所以选项 B错误；若是正电
8、荷，由左手定则可知，下表面电势低，所以选项 C 正确；依据电场力等于洛伦兹力，即为qvBdUq，则有 UBdv，再由闭合电路欧姆定律rRBdvrRUI，电流与磁感应强度成正比，由上分析可知，若只增大粒子的入射速度，R 中电流会增大，故选项 D 正确。10.【答案】ABD【解析】根据题述，匀强电场中等势面间距相等，相邻等势面之间的电势差相等。设相邻等势面之间的电势差为 U，经过 0、C 等势面时的动能分别为 10eV 和 4eV，根据动能定理可得eV)(eCo6；eV)(eCo）（104,VU)(Co63，所以 U=2V，因 A 的电势为 2V，故等势面 B 的电势为高二物理参考答案第 3 页
9、共 4 页零，所以选项 B 正确；从 O 到 C 动能减小，电势能增大，而电子带负电，所以 C 点电势小，沿电场线方向电势减小，所以电场线方向由 O 指向 C，根据m/VdUE100，选项 A 正确；因只有电场力做功，动能与电势能之和保持不变。当电子的速度为零时，由能量守恒可得eeVeB 6，因 B 点的电势为零，解得V6，而 D 点的电势为-4V，所以选项 C 错误；同理由能量守恒可得kBEe26，Ek=8eV，所以选项 D 正确。11.【答案】（1）1.80（2 分）0.90（1 分）（2）2900（2 分）【解析】（1）因测电阻用100，所示读数为 2900。如果是采用 5mA 档测直流
10、电流，读数为 1.80mA；采用 2.5V 档测直流电压，则读数为 0.90V。（2）选用“10”倍率的电阻挡测量某电阻时，发现多用表指针偏转过小，说明阻值较大，所以应选择在倍率，即“100”，所以为 2900。12.【答案】（1）R，G，R1(3 分)（2）2.932.95（1 分）1.001.05（2 分）（3）相等、相等、（2 分）【解析】（1）若 B 是电压表 V，则 A 是滑动变阻器，C、D 是改装的电流表，根据欧姆定律可知：IGrG=(I-IG)R，带入数据解得：R=0.15，应选 R1。（2）根据图乙可知电流计的读数为 100mA，通过电阻 R1的电流等于通过电流计 G 电流的
11、2 倍，则电路的总电 流 为 300mA；根 据 图 像 可 知，电 源 的 电 动 势 为：E=2.93V，1.00 因 改 装 的 电 流 表 的 内 阻 为10300150300150.RA；则电源内阻0011031604029323.R.rA.（3）电源电动势等于电流表读数为零时电压表的读数，所以测得电池电动势 E 的测量值与真实值丰等，可因电表改装后内阻已知，内阻 r 的测量值与真实值也相等13.【解析】（1）设此时细线中拉力为 F1。线框一半处于匀强磁场中，等效长度为一边受到的安培力大小相等，（1 分）依据左手定则，可知安培力竖直向下，大小为 F 安=BIL，（2 分）所以有 F1
12、=mg+BIL。（1 分）（2）设此时细线中拉力为 F2，因接入的电流为 I，根据分流原理 BC 边中的电流为I43，BAD 支路的电流为I41，（2 分）由左手定则可知，AD、BC 受安培力向上，AB 和 CD 受安培力分别是向左和向右，根据 F 安=BIL，BC 边所受安培力BILFBC43，AD、AB 和 CD 边所受安培力均为BILFFFCDABAD41；AD、AB 和 CD 边所受安培力，则合力为BILF41（2 分）所以整个线框受到安培力的合力为BILBILBILF4341，方向竖直向上（1 分）由平衡条件可得 F2=mg-BIL（1 分）14.【解析】（1）以小球为研究对象，分析
13、小球的受力情况，小球受到重力、支持力、摩擦力和库仑力作用。开始运动瞬间，两小球间的库仑力为200rkQqF库；由牛顿第二定律可知，开始瞬间mamgF 0库，（2 分）可得mgF20 库（1 分）。因 M 做加速度减小的加速运动，所以当mgF库速度最大，（1 分）即F库2021lkQqF库所以02rl（1 分）（2）小球 q 运动距离 r0过程中由动能定理的得：000 mgrw电场力（1 分）金属球q23运动距离 r0过程中由动能定理的得：02120mvmgrw电场力（1 分）高二物理参考答案第 4 页 共 4 页其中Uqw电场力，)q(Uw23电场力（U 为电荷移动过程中的电势差）（1 分）联
14、立以上两式解得0grv（1 分）由牛顿第二定律可知ma)r(qkQmg20223，（1 分）由mgF20，解得4ga，方向水平向左。（1 分）15.【解析】（1）闭合开关 S 电路稳定后，电容器所在支路断路，由题意可知，当 R3=1，有RUI，解得 I1=3A（1 分）由闭合电路欧姆定律：311RRrEI（1 分）当 R3=7时，回路电流为 I2=1A，由闭合电路欧姆定律：312RRrEI（1 分）联立两式解得电源电动势 E=9V，内阻 r=1（1 分）（2）P2=EI-I2(R1+r)（1 分）P2=9I-2I2（1 分）当AI49时，P2取最大值，（1 分）4921RRrEI（1 分）R3
15、=2（1 分）电容器两端电压 U=I3R3=4.5V；（1 分）通过 R4和电容器的电量 Q=CU3=4.510-4C。（2 分）16.【解析】（1）设带电粒子加速后的速度大小为 v0,由动能定理有2021 mvqU（1 分）因带电粒子射入电场，说明要向下偏转，由左手定则可知，带电粒子带负电，带电粒子两经过 M 点可知带电粒子在电场中做匀减速直线运动，带电粒子经过 M 点时的速度方向沿 y 轴负向。所以匀强电场的场强方向竖直向上，（1 分）其轨迹如图所示，由几何时关系可知，在磁场中运动转过的圆心角为2a（1 分）在磁场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力，设圆周运动半径为 r，有rmVBqV200（1 分）解得qBmVr0，（1 分）根据数学知识可知 OP 距离 Lrtan+r（1 分）解得qmUBL227，（2 分）（2）带电粒子在磁场中运动期为qBmT 2，所以带电粒子在磁场中运动时间qBmTat221，（1 分）设带电粒子在电场中运动的加速度大小为 a，由牛顿定律得 qEma（1 分）粒子在电场中运动的时间为avt022（1 分）解得qEmqUt222，（1 分）所以带电粒子从 P 到第二次经过 M 的时间qEmqUqBmttt22221（2 分）