高二物理答案

2018年秋季期高中二年级期末质量评价检测理科综合能力测试物理参考答案1415161718192021CCDDAABACBC14．答案C15．答案C解析设两小球的电荷量分别为q和7q，则原来相距r时的相互作用力F＝kq×7qr2＝k7q2r2.由于两球的电性未知，接触后相互作用力的计算可分为两种情况：(1)两球电性相同．相互接触时两球电荷量平均分配，每球带电荷量为7q＋q2＝4q.放回原处后的相互作用力F1＝k4q×4qr2＝k16q2r2，故F1F＝167.(2)两球电性不同．相互接触时电荷先中和再平分，每球带电荷量为7q－q2＝3q.放回原处后的相互作用力F2＝k3q×3qr2＝k9q2r2，故F2F＝97.综上所述，可知C正确。16.答案D解析质点所带电荷是负电荷，电场方向应与负电荷受到的电场力方向相反，又因为质点的速度是递减的，因此力的方向与速度方向夹角应大于90°，故D正确．17.答案D解析小灯泡正常工作时的电阻RL＝U2P＝10Ω，流过小灯泡的电流I＝PU＝0.2A，当开关S接1时，R总＝EI＝15Ω，电源内阻r＝R总－R－RL＝1Ω，A错；当开关S接2时，电动机M两端的电压UM＝E－Ir－U＝0.8V；电源的效率η＝E－IrE＝2.8V3V≈93.3%，D正确．18.答案A解析由变阻器R0的滑动端向下滑动可知，R0连入电路的有效电阻减小，R总减小，由I＝ER总＋r可知I增大，由U内＝Ir可知U内增大，由E＝U内＋U外可知U外减小，故电压表示数减小．由U1＝IR1可知U1增大，由U外＝U1＋U2可知U2减小，由I2＝U2R2可知电流表示数减小，故A正确．19.答案AB解析根据安培定则及磁感应强度的矢量叠加，可得O点处的磁场向左，再根据左手定则判断，若带电粒子带正电，则其受到的洛伦兹力向下；若其带负电，则受洛伦兹力向上。20.答案AC21.答案BC解析根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；因磁感应强度随时间均匀增大，设ΔBΔt＝k，根据法拉第电磁感应定律可得E＝nΔΦΔt＝nΔBΔtl2，则EaEb＝(31)2＝91，选项B正确；根据I＝ER＝Eρ4nlS＝nΔBΔtl2S4ρnl＝klS4ρ可知，I∝l，故a、b线圈中感应电流之比为3∶1，选项C正确；电功率P＝IE＝klS4ρ·nΔBΔtl2＝nk2l3S4ρ，则P∝l3，故a、b线圈中电功率之比为27∶1，选项D错误．22．答案1.507.5解析电流表选择0～3A的量程，刻度盘中有三个大格，则每一大格为1A，每一大格又分为10小格，则每一小格表示0.1A，故指针所指的示数为1.50A．电压表选择0～15V的量程，刻度盘中有三个大格，则第一大格为5V，每一大格又分为10小格，则每一小格表示0.5V，故指针所指的示数为7.5V.23．答案：（1）50.00，0.712（0.711～0.713均给分）（每空2分）（2）B，F，如答图1（每空2分）（3）4.4（4.3～4.5均给分）（2分）解：（1）由图甲所示刻度尺可知，其分度值为1mm，示数为50.00cm；由图乙所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为21.2×0.01mm=0.212mm，螺旋测微器的示数为0.5mm+0.212mm=0.712mm；（2）电路最大电流约为0.52A，则电流表应选B．为方便实验操作，滑动变阻器应选F（阻值范围0～20Ω，最大电流2.0A）．由于电压的变化范围大，所以要选择分压式接法；由表格中的数据可知，待测电阻丝的电阻值约5欧姆，属于小电阻，所以电流表应选择外接法，然后画出实验原理图，根据电路图连接实物电路图，如答图1所示；（3）取直线上的点，作图线如答图2所示，由欧姆定律得电阻：Ω4.4Ω5.02.2IUR24．【解答】解：（1）弹簧都恢复到原长状态时，根据平衡条件，则有：BIL＝mg…………（2分）解得：B＝0.4T…………（2分）（2）导体棒下移1.5cm后能重新处于静止状态时，应当通入的电流方向为从N→M；…………（2分）由平衡条件可得mg+BI′L＝2kx…………（4分）解得：I′＝2.5A；…………（2分）25．【解答】解：（1）棒产生的电动势E1＝BLv1＝0.5×0.2×2V＝0.2V…………（2分）由闭合电路欧姆定律得回路中的感应电流大小：I1＝＝A＝0.4A…………（2分）（2）t＝2s时棒的速度v1＝2m/s走过的位移为：x＝v1t＝2×2＝4m…………（1分）此时的磁场强度：B2＝B0+kx＝0.5+0.5×4＝2.5T…………（2分）棒产生的电动势E2＝B2Lv1＝2.5×0.2×2V＝1V…………（1分）由闭合电路欧姆定律得回路中的感应电流：I2＝＝A＝2A…………（1分）I/AU/V00.100.200.300.400.500.600.51.01.52.02.5V01230510150123051015A金属丝答图1答图2电阻R上产生的热功率为：P＝I2R＝22×0.4W＝1.6W…………（1分）由二力平衡得：NLIBFF122安外…………（2分）外力的功率：WvFP21外外…………（2分）26．[解析](1)由qv0B＝mv20r…………（2分）解得r＝mv0qB＝0.2m…………（2分）(2)粒子由P点进入磁场，由于∠O′PO＝30°，延长PO′交OA于O″，则PO″⊥OA，则PO″＝OPcos30°＝0.3m…………（1分）由几何关系O′O″＝PO″－PO′＝0.1m…………（1分）得O′O″＝12O′M即得∠O′MO″＝30°…………（2分）由此得出粒子从OA边射出时v0与OA的夹角为60°，故从OA边射出时v0与x轴垂直…（1分）从P点到Q点的时间为在磁场中运动的时间t1和电场中运动的时间t2之和t1＝13×2πrv0＝38×10－7（s）…………（1分）t2＝OP－rcos30°v0＝32×10－7（s）…………（1分）粒子从P点到Q点的时间为t＝t1＋t2＝（38+32）×10－7（s）…………（1分）(3)粒子在电场中qE＝ma…………（1分）a＝qEm＝5×1012m/s2…………（1分）水平位移x2＝12at22＝0.3m…………（1分）粒子在磁场中水平位移x1＝r＋rsin30°＝0.3m…………（1分）故x＝x1＋x2＝0.6m…………（1分）即Q点的坐标为(0.6m,0)…………（1分）