湖南省三湘名校2019-2020学年高二物理5月联考试题（PDF）答案.pdf

1、1高二物理参考答案题号12345678910答案CADCABACBDCDBD1.C解析：甲图感应起电，金属箔带正电，乙图接触带电，金属箔带正电，C 项正确。2.A解析：A 选项中，电流变化，线圈中磁通量变化，线圈中有感应电流；B 项中线圈平面与电流的磁感线平行，因此回路中磁通量始终为零，没有感应电流，C、D 项中线圈回路中磁通量均为零，没有感应电流。3.D解析：当环境一氧化碳气体达到一定浓度，R 增大，总电阻增大，则总电流减小，内电压减小，路端电压增大，因此电压表 V 示数增大，通过滑动变阻器的电流增大，则电流表 A 示数减小，选项 D 正确。（另解：根据串反并同原理亦可判断）4.C解析：物块

2、始终处于静止状态，它所受的重力 G、拉力 F 与斜面的支持力 FN(它对斜面的压力的反作用力)的合力为零，表示这三个力的矢量将始终构成封闭三角形。由于重力 G 大小及方向不变，支持力 FN 方向不变，则随着 F 方向沿逆时针方向变成竖直向上，F 逐渐增大，FN 逐渐减小，选项 C 正确。5.A解析：不论是绕 O1O2 还是绕 O3O4 匀速转动，线圈转动到图示位置时，线圈中的电动势都是BSE，因此线框中感应电流相同，A 项正确，B 项错误；由BLrBLvE可知，1E=212E，C、D 项错误。6.B解析：在某星表面的物体，重力和万有引力相等，即 GMmR2 mg，解得某星球的质量为 MgR2G

3、。因为某星球的体积为 V43R3，则某星球的密度为 3g4RG。所以地球和火星的密度之比：地火 3g 地4R 地G4R 火G3g 火g 地g 火R 火R 地54。7.AC解析：根据磁场的叠加 a、c 在直导线 b 处产生的磁场方向向下，因此 b 不受安培力作用，B 项错误；c 不受 b 的作用力，只受 a 的作用力，反向电流相互排斥，因此 c 受到的安培力方向向右，A 项正确；从左向右看，将 b 绕 O 点沿顺时针转动 900，b、c 电流同向，此时 a 对 b 排斥，c 对 b 吸引，因此 b 受到的安培力向右，C 项正确；从左向右看，将 b 绕O 点沿逆时针转动 900，b 与 a 电流同

4、向，a、b 吸引，c、a 排斥，但引力大于斥力，因此 a受到的安培力向右，D 项错误。28.BD解析：根据变压比可知，原线圈输入的电压为 40V，则 a、b 端输入的电压最大值为 40 2V，A 项错误；根据变流比，副线圈输入的电流为 0.8A，因此定值电阻消耗的功率为20.810W6.4WP，B 项正确；此时副线圈中的总电阻为 R 总=5.128.010，即此时滑动变阻器接入电路的电阻为5.2，再将滑动变阻器的滑片向上移，由于副线圈两端的电压不变，副线圈电路中的电流减小，因此变压器原线圈输入功率减小，C 项错误；由于滑片 P 上移，滑动变阻器接入电路的电阻小于 10且在增大，因此滑动变阻器消

5、耗的功率先变大后变小，D 项正确。9.CD解析：两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，根据左手定则可以判断，b 粒子带负电，A 项错误；设圆形有界磁场圆的半径为 R，根据几 何 关 系 可 知，RRr360tan01，RRr3330tan02，因 此1231rr，B 项错误；根据牛顿第二定律rvmqvB2，得mqBrv，得到1231vv，C 项正确；由qBmT2可知，两粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，由几何关系可知，a、b 粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角分别为 600、1200，由此可知，a、b 两粒子在磁场中运动的时间之比为 1：2，D 项正确。10.BD解析：取传送带向上为正

6、方向，物体最后随传送带一起匀速运动，故传送带顺时针转动，速度大小为 4m/s，故 A 错误；根据-t 图像的斜率可知物体加速度 a=vt=1m/s2，对物体，由牛顿第二定律mgcos37mgsin37=ma，联立方程解得=0.875，故 B 正确；08 s内物体相对滑动的距离为左侧三角形围成的面积，S 相对=18m，因此摩擦产生的热量Q=mgcos37S 相对=126J，故 C 错误；08 s 内，对系统根据能量守恒，增加的动能Ek=12mv212mv02=6J，增加的重力势能Ep=mgSsin37=84J，传送带电动机多消耗的电能E=Ek+Ep+Q=216J，故 D 正确。311.答案：(1

7、)4.00(2 分)(2)2.0(2 分)(3)50(2 分)解析：(1)从乙图可知，测力计的最小分度为 0.1N，所以小车的重力为 4.00N；(2)对系统由牛顿第二定律得 a=mgm+M=2.0m/s2；(3)由丙图，根据逐差法x=a(2T)2，解得 T=0.1s；交流电的频率为 f，则5f 0.1，则 f50HZ。12.答案：（1）S（1 分）（2）1k（1 分）+（1 分）（1 分）16000（2 分）（3）RRUUV（3 分）解析：（1）进行机械调零时，应调节机械调零旋钮 S；（2）被测电阻约为十几千欧，多用电表 A 的选择开关调到欧姆挡的“1k”挡；将红表笔插入 A 多用电表的“+

8、”插孔，红表笔连接 B 多用电表的“”插孔；测得 B 的电压挡的内阻为161k=16000；（3）根据闭合电路欧姆定律，有：RRUUEV。13.解析：(1)物体从圆弧轨道顶端滑到 B 点的过程中，机械能守恒，则 mgR12mv2B(2 分)解得 vB3m/s(1 分)在 B 点由牛顿第二定律得 Nmgmv2BR(1 分)解得 N3mg30N(1 分)由牛顿第三定律知物块滑到轨道上 B 点时对轨道的压力 NN30N，方向竖直向下(1 分)(2)物块在长木板上滑行时的摩擦力做功 Wf1mg2mg2l4J(2 分)从物体开始下滑到滑离长木板过程中由动能定理得，mgRWf12mv2(1 分)解得 v1

9、m/s(1 分)414.解析：（1）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为 r，则由牛顿第二定律得：rvmqvB2（2 分）由几何关系得：r2(rL)2d2（2 分）解得：22qB d+Lv2mL（）（2 分）（2）设粒子在 M、N 两板间经电场加速后获得的速度为 v，由动能定理得 qU12mv2（2 分）联立式解得：222 228qBL+dUmL（）（2 分）15解析：(1)由 av 图象可知，导体棒 cd 刚释放时，加速度 a5m/s2(1 分)对 cd 棒受力分析，由牛顿第二定律得 mgsinma(1 分)联立解得30(1 分)(2)当 cd 棒匀速下滑时，由图象知 a0，v1m/s此

10、时 mgsinF 安(1 分)F 安BIL(1 分)IBLv3R(1 分)联立得：mgsinB2L2v3R(1 分)解得：B1.5T(1 分)(3)eb 棒产生的焦耳热 QebQI2Rt0.25J(1 分)cd 棒产生的热量为 eb 棒的两倍对 cd，由能量守恒定律 mgxsin12mv23Q(1 分)解得：x0.6mq It，I E3R，Et则 q3RBLx3R 0.6C(2 分)516解析：(1)ab 棒中产生的电动势的表达式为EBLv10sin10t(V)(2 分)(2)设原线圈上电压的有效值为 U1，则U1Em25 2V(1 分)设副线圈上电压的有效值为 U2则U1U2n1n2(1 分)解得 U2100 2V(1 分)电阻 R 上的电热功率 PU22R 1103W(1 分)(3)由以上分析可知，该正弦交流电的周期 T2 0.2s(1 分)从 t0 到 t10.05s，经历了四分之一个周期设在这段时间内电阻 R 上产生的热量为 Q，则 QU22R T450J(2 分)在 t10.05s 时刻，ab 棒的速度为 v，则v5sin10t15m/s(1 分)由能量守恒定律可得这段时间内外力 F 做的功 WQ12mv2(2 分)解得 W75J(1 分)