高二物理详细答案.pdf

1、高二物理参考答案第 1 页 共 6 页20212022 学年度上期领军考试阶段性检测高二物理参考答案与解析1【答案】B【解析】URI是电阻的定义式，LRS是电阻的决定式，A 错误；电流在任何类型的电路中所做功的功率都可以用 PUI计算，对纯电阻电流的功率也可以用2PI R计算，B 正确；QCU是电容的定义式，电容C 是由电容器本身决定的，与QU、无关，C 错误；由UEd可知匀强电场两点间的电压与电场强度成正比，与两点间沿着电场线方向的距离成正比，D 错误。2【答案】C【解析】b 代表是定值电阻，温度升高，电阻不变，其斜率的倒数等于电阻，A 错误；电流与电压成正比的元件才是线性元件，b 代表的元

2、件是线性元件，ac、不是线性元件，B 错误；某些半导体元件，例如晶体二极管随着电压、电流的升高，电阻减小，a 的电阻随着电压、电流的升高而减小，代表某些半导体元件，C 正确；三种图像的交点，表示此处的电压、电流相等，由欧姆定律URI可知，此处的阻值相等，D 错误。3【答案】D【解析】因为电压小于3V，所以电压表的量程为03V，通过甲图看出，电压表的精确度为0.1V，需要估读到精确度的下一位0.01V，读数为1.20V，A 错误、B 错误；因为电流小于1A，所以电流表的量程为00.6A，通过乙图看出，电流表的精确度为0.02A，不需要估读到精确度的下一位0.001A，读数为0.50A,C 错误、

3、D 正确。4【答案】D【解析】试探电荷丙可能从 A 点运动到 B 点，也可能从 B 点运动到 A 点，A 错误；由曲线运动的条件可知，点电荷甲、乙对丙的电场力一定指向曲线的凹侧，甲是负电荷、乙是正电荷，则丙一定是负电荷才能满足上述条件，B 错误；若丙从 A 点运动到 B 点，电场力与速度的夹角是锐角，电场力对丙做正功，由动能定理，丙的动能增加，丙在 A 点的动能小于在 B 点的动能，同理若丙从 B 点运动到 A 点，电场力与速度的夹角是钝角，电场力对丙做负功，由动能定理，丙的动能减小，丙在 A 点的动能小于在 B 点的动能，C 错误；只有电场力做功，丙的动能与电势能之和守恒，丙在 A 点的动能

4、小于 B 点的动能，丙在 A 点的电势能大于 B 点的电势能，D 正确。5【答案】A【解析】设样品的电阻率为 ，根据电阻定律 RSL，得出样品沿 AB 方向的电阻aRbc，解得Rbca，A 正确；样品沿 CD 方向的电阻CDRacb，结合Rbca 解得22CDbRRa，B 错误；若 ab，由aRbc可得 Rc，当增加厚度c，沿着 AB 方向的电阻 R 减小，C 错误；若 ab，由CDbRac，减小厚度c，沿着 CD 方向的电阻增大，D 错误。6【答案】C【解析】x 关系图像的切线的斜率的绝对值表示电场强度的大小，由图乙可知 x 轴上电势为0 的点，对应的切线的斜率为0，则此点的电场强度为0，设

5、此点到坐标原点（即负电荷）的距离为 d，根据点电荷的场强公式，可得2q在此点产生的场强122()kqELd，q在此点产生的场强22kqEd，此点的合场强为 0，则有高二物理参考答案第 2 页 共 6 页120EE，即222()kqkqLdd，解得(21)dL，C 正确。7【答案】BC【解析】当电阻箱的接入阻值0R 变小，总电阻 R 变小，电源输出的电流 I 始终保持不变,由欧姆定律，电源两端的电压（2R 两端的电压）UIR减小，A 错误；流过2R 的电流22UIR减小,流过1R、0R 的电流12III增大，B 正确；1R 两端的电压111RIU 增大，电阻箱两端的电压10UUU减小，C 正确；

6、电阻箱的接入阻值0R 的功率00 1PU I，当1I 增大、0U 减小，0P 不一定减小，D 错误。8【答案】BD【解析】ac、两点的点电荷在 A 点的电场强度大小相等2(3)ackQEEr，b 点的点电荷在 A 点的电场强度大小2(3)bkQEr，由电场叠加的矢量运算法则，A 点的电场强度o2cos30abEEE，综合计算可得o2(3 31)2cos309abkQEEEr，方向由 A 指向 O,A 错误；三个点电荷在 O 点的场强的矢量合为 0，将试探电荷 q放在O 点，它将静止不动，B 正确；因为 A 点的场强方向由 A 指向 O，O 点的场强为 0，所以 A 点到 O 点的电场线由 A

7、指向 O，又因为沿着电场线的方向，电势逐渐降低，O 点的电势为0，所以 A 点的电势大于O 点的电势，即大于0 为正值，C错误；根据对称性，0ABC，结合0O，可得00BOBOOBOBUU、将一带负电的试探电荷从 B 点移到 O 点,(0BOBOWUq）,结合BOPBPOWEE可得PBPOEE,同理负电的试探电荷再从 O 点移到 C 点,POPCEE,即将一带负电的试探电从 B 点移到 O 点,再从 O 点移到 C点，电势能先增加后减小，D 正确。9【答案】AB【解析】加热状态下，开关1S 闭合，限流电阻1R 短路，限流电阻2R 两端的电压220VU，由欧姆定律，流过2R 的电流22220V0

8、.44A500UIR，A 正确；保温状态下，开关1S、2S 都断开，由欧姆定律，流过1R 的电流123123220V121A500 5030050050050UIR RRRR，1R 的电压111201.7VUI R，B 正确；保温状态下，2R 的电压2118.3VUUU，由于12500RR，限流电阻1R 与限流电阻2R 的电流之比为12201.7V1118.3VUU，C 错误；加热状态下，加热电阻3R 消耗的功率23UPR,保温状态下,加热电阻3R 消耗的功率2203UPR，则两种状态下的功率之比202144PUPU（），D 错误。10【答案】BD【解析】设带点粒子的电荷量、质量分别为mq、，

9、由匀速圆周运动的规律与牛顿第二定律：rvmEq2，可得粒子的质量2vErqm，A 错误；高二物理参考答案第 3 页 共 6 页设粒子的轨道半径为 r，运行的线速度为v，匀速圆周运动的周期,由rvmEq2、2 rTv，结合mqk，综合可得2 vTEk,B 正确；由匀速圆周运动的规律与牛顿第二定律：rmvEq2，可得EqrmvEk21212，C 错误；由rmvEq2、2 rTv、221 mvEk，综合解得4kEvEqT，D 正确。11【答案】（1）不会（1 分）（2）变大（1 分）（3)增大、不变（4 分）【解析】（1）金属板 A 与验电器的金属外壳相连构成等势体，金属外壳接地电势为 0，则金属板

10、 A 的电势始终为零，即移动金属板 A，其电势不会改变；（1 分）（2）静电计的指针张角发生变化，静电计与极板的电量都发生微弱的变化，认为电容器的电量保持不变，由静电计指针的偏转角度，对应测出平行板间的电压，当静电计的指针的偏角变大，B、A 两板间的电压变大；（1 分）（3）移动金属板 A 向金属板 B 靠近，两极板的正对面积 S 不变，两极板的间距 d 减小，由4SCkd可得电容C 增大，由4SCkd、QCU、UEd综合可得4 kQES，两极板间的电场强度 E 与两极板的间距 d 的变化无关，当静电计的带电量Q 不变，两极板的正对面积 S 不变,介电常数 不变，E 不变。（4 分）12【答案

11、】（1）见解析（2 分）（2）0kr、bak（4 分）（3）bakRk（3 分）【解析】（1）（2 分）（2）由闭合电路欧姆定律0()UEI rr，可得IU-图像的斜率的绝对值0krr可得电源的内阻0rkr，图像经过()ab、点，则有0()bEa rr，结合0rkr，可得电源的电动势 Ebak（4 分）（3）阻值为 R 的定值电阻的IU-图像与第(2)问的IU-图像的交点，是方程0()UEI rr、UIR的解，即UbakIk、UIR的解，综合解得bakIRk（3 分）13【答案】（1）22Tg21(2)2TTLk221622TkL TT212TT【解析】（1）设两小球的质量、电量分别为 mq、

12、，未加上水平方向的匀强电场，对 b 球受力分析可得212kqTmgL.（1 分）设 a、b 分别带正电、负电，水平电场的方向水平向右，对 a、b 分别受力分析如下图所示高二物理参考答案第 4 页 共 6 页Eq3TEq2TabO22kqLmgo60E.（1 分）对 a、b 组成的整体，a、b 之间的拉力与库仑力是相互作用力，水平电场力等大反向，O、a 之间的拉力与总重力等大反向，22Tmg.（1 分）综合解得22Tmg、21(2)2TTqLk.（1 分）(2)设加上水平方向的匀强电场的场强为 E对 b 由力的平衡可知，电场力 Eq 与重力 mg 的合力 F 沿着绳子的反方向，与竖直方向的夹角为

13、o60，otan 60Eqmg.（1 分）结合22Tmg、21(2)2TTqLk解得221622TkEL TT.（1 分）电场力 Eq 与重力 mg 的合力ocos60mgF.（1 分）设 a、b 之间的拉力大小为3T，由力的平衡232kqTFL.（1 分）综合解得2312TTT.（1 分）14【答案】（1）3、643 W（4 分）（2）8.2、135（7 分）【解析】（1）开关1S 闭合，开关2S 断开，由闭合电路欧姆定律和电功率的公式滑动变阻器的功率)(4)(1212RRrRRrREP.（1 分）当01 RrR，RP 最大.（1 分）解得 3R.（1 分）RP 最大值643mPW.（1 分

14、）(2)当开关1S 闭合，开关2S 闭合，电动机正常工作时，由MMMPU I.（1 分）设干路的电流为 I，由欧姆定律MM21=EUI RIRr.（1 分）MM2M=UI RIIR.（1 分）综合解得流过电动机的电流M0.5AI，干路的电流3IA，滑动变阻器的接入阻值8.2R（1 分）电动机的热功率2RMMMPI R.（1 分）高二物理参考答案第 5 页 共 6 页滑动变阻器的热功率21R()EIRIrPR.（1 分）综合比较可得RMR135PP.（1 分）15【答案】（1）2（6 分）（2）1（5 分）【解析】(1)由电路的结构特点可知，13RR、并联的电阻131313=+R RRRR、24

15、RR、并联的电阻242424=+R RRRR.（1 分）1324=RRR外.（1 分）由闭合电路欧姆定律+EIRr外.（1 分）UIR外外.（1 分）1QCU外.（1 分）综合解得1=2R.（1 分）（2）当电压表 V 的示数为 0，电路的结构特点是12RR、串联，34RR、串联，如图所示，b、c 两点的电势差为 0，则有bc.（1 分）近一步可得abacUU,bdcdUU.（1 分）由串联电阻电流相等，结合欧姆定律可得12abbdUURR、34accdUURR.（1 分）综合比较可得3124RRRR.（1 分）解得电阻箱的接入阻值31R .（1 分）16【答案】（1）kv8320（4 分）（

16、2）11：（6 分）（3）0219 x（4 分）【解析】（1）粒子从 A 到 B 沿电场 I 的电场线做直线运动，电场 I 的电场线与直线02xx的夹角为o60，所以粒子在 B 点的速度0v 与直线0 xx 的夹角为o60.（1 分）粒子从 B 到C 做类斜抛运动，在C 点的速度与 y 轴垂直，由逆向思维，粒子从C 到 B 做类平抛运动，设粒子在C 点的速度大小为Cv，由类平抛运动的规律，o060sinvvC.（1 分）设粒子的质量、电量分别为qm、，粒子从 A 到C，由动能定理221CACmvqU.（1 分）abd高二物理参考答案第 6 页 共 6 页结合mqk，综合解得023 vvC，CA

17、、两点的电势差kvU AC8320.（1 分）（2）设电场 I 的强度为1E，由牛顿第二定律11maqE.（1 分）粒子从 A 到 B 沿着电场线做初速度为0 的匀加速直线运动，由几何关系可得位移o060sinxS AB（1 分）由匀变速直线运动速度位移关系可得2012vSaAB.（1 分）设电场 II 的的强度为2E，同理由牛顿第二定律,22maqE设粒子从 B 到C 的运动时间为2t，由类平抛运动的规律，02xtvC.（1 分）o02260cosvta.（1 分）结合mqk，综合解得002332vxt、0202143xvaa、0202143kxvEE匀强电场 I、匀强电场 II 的电场强度之比1121：EE.（1 分）（3）由几何关系，粒子从 A 到 B 沿 y 轴方向的分位移o060tanxyAB，沿 x 轴方向的分位移0 xxAB.（1 分）粒子从 B 到C 沿 y 轴方向的分位移22221tayBC，沿 x 轴方向的分位移0 xxBC.（1 分）A、C 两点间的距离22)()(BCABBCABACxxyyS.（1 分）结合002332vxt、020243xva 综合可得0219 xS AC.（1 分）