高二物理試題參考答案一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共計(jì)24分，每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。1．解：A、氣體擴(kuò)散的快慢與溫度有關(guān)，故A錯(cuò)誤；B、布朗運(yùn)動(dòng)是固體小顆粒的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，不是液體分子的運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；CD、當(dāng)分子間的距離增大時(shí)，分子間的引力和斥力均減小，但斥力減小得更快；分子間距離為r0時(shí)，引力和斥力大小相等，表現(xiàn)合力為零，當(dāng)r＞r0時(shí)，分子間的距離由較大逐漸減小到r＝r0的過程中，分子力先增大后減小，分子力表現(xiàn)為引力；當(dāng)兩個(gè)分子之間的距離從r＜r0開始從極小增大到平衡位置時(shí)的距離，引力和斥力都同時(shí)減小，但斥力變化的更快，所以分子力表現(xiàn)為斥力，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C。2．解：粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝mv2r兩粒子碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以碰撞前粒子速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律的mv＝（m+m'）v'，碰撞后兩粒子的總電量p'＝（m+m'）v'＝mv＝p，碰撞前后粒子動(dòng)量p、電荷量q不變，則粒子軌道半徑不變，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。3．解：A、條形磁體由靜止開始下落過程中閉合導(dǎo)體環(huán)內(nèi)的磁通量增大，環(huán)內(nèi)感應(yīng)電流的磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)的方向相反，所以對(duì)磁體的運(yùn)動(dòng)有阻礙作用，所以磁鐵向下的加速度小于g；隨速度的增大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，則感應(yīng)電流增大，阻力增大，所以磁鐵做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、條形磁體下落過程中閉合導(dǎo)體環(huán)內(nèi)的磁通量向下增大，根據(jù)楞次定律，則感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向向上，根據(jù)安培定則可知，感應(yīng)電流的方向沿逆時(shí)針方向，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)楞次定律可知：當(dāng)條形磁鐵沿軸線豎直向下迅速移動(dòng)時(shí)，閉合導(dǎo)體環(huán)內(nèi)的磁通量增大，因此線圈做出的反應(yīng)是面積有收縮的趨勢(shì)，同時(shí)將遠(yuǎn)離磁鐵，故增大了和桌面的擠壓程度，從而使導(dǎo)體環(huán)對(duì)桌面壓力增大，故C正確；D、條形磁體下落過程中，鋁環(huán)內(nèi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，條形磁鐵的機(jī)械能減少，故D錯(cuò)誤。故選：C。4．解：ABC．開關(guān)閉合時(shí)，L是自感系數(shù)很大的線圈，產(chǎn)生很強(qiáng)的自感電動(dòng)勢(shì)，L1、L3馬上變亮，L2因線圈自感而緩慢變亮；開關(guān)閉合后，當(dāng)電路穩(wěn)定時(shí)，自感線圈相當(dāng)于導(dǎo)線，故L2、L3亮度相同，L1在干路，故L1最亮；故ABC錯(cuò)誤；D．開關(guān)斷開時(shí)L1立即熄滅，L2、L3因線圈斷電自感而緩慢熄滅，故D正確。故選：D。5．解：根據(jù)左手定則可知，安培力方向水平向右，對(duì)導(dǎo)體棒受力如圖所示：根據(jù)平衡條件可知：tanθ=FA、棒中電流I變大，θ角變大，故A正確；B、兩懸線等長(zhǎng)變短（不是導(dǎo)線變短），θ角不變，故B錯(cuò)誤；C、金屬棒質(zhì)量變大，θ角變小，故C錯(cuò)誤；D、磁感應(yīng)強(qiáng)度變小，θ角變小，故D錯(cuò)誤。故選：A。6．解：A．由右手定則，t＝0時(shí)刻時(shí)，bc邊電動(dòng)勢(shì)方向?yàn)閎到c，則t＝0時(shí)刻線圈中電流方向是abcda，故A錯(cuò)誤；BD．由圖2可知電動(dòng)勢(shì)的峰值Em＝NBSω＝5V周期T＝2s進(jìn)而角速度ω=代入數(shù)據(jù)可得B=故B正確，D錯(cuò)誤；C．由分析可知，t＝1s時(shí)線圈電動(dòng)勢(shì)最大，線圈處于中性面的垂面，磁通量最小，故C錯(cuò)誤。故選：B。7．解：ACD、閉合開關(guān)時(shí)，金屬桿的速度已經(jīng)不為零，金屬桿在下滑過程中，受到重力和安培力作用；安培力大小為F＝BIL=B若安培力大于重力，則加速度的方向向上，做減速運(yùn)動(dòng)，減速運(yùn)動(dòng)的過程中，安培力減小，做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，如圖D；若重力與安培力相等，金屬桿做勻速直線運(yùn)動(dòng)，如圖A；若安培力小于重力，則加速度的方向向下，做加速運(yùn)動(dòng)，加速運(yùn)動(dòng)的過程中，安培力增大，做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，如圖C；故ACD正確；B、由上述分析可知不可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；本題選擇不可能的圖像；故選：B。8．解：AB.剛開始階段，小環(huán)受到重力、支持力沿斜面向上的摩擦力作用，下滑后，由于小環(huán)速度逐漸增大，所以還會(huì)受到洛倫茲力作用，受力分析如圖所示根據(jù)力的合成與分解，垂直于桿方向，有N+qvB＝mgcos37°沿桿方向，有mgsin37°﹣μN(yùn)＝ma隨著小環(huán)速度增大，支持力逐漸減小，摩擦力減小，所以加速度增大，故小環(huán)會(huì)做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，之后洛倫茲力大于重力垂直于桿的分力，支持力垂直于桿向下，垂直于桿方向，有qvB＝mgcos37°+N沿桿方向，有mgsin37°﹣μN(yùn)＝ma小環(huán)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤；C.小環(huán)釋放后，支持力為零，洛倫茲力等于重力垂直于斜面的分力時(shí)，加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin37°＝ma解得a＝0.6g當(dāng)合力為零時(shí)，速度最大，根據(jù)共點(diǎn)力平衡，有mgsin37°＝μN(yùn)qvmB＝mgcos37°+N聯(lián)立解得vmD.因?yàn)橄陆蹈叨葹閔之前速度已達(dá)到最大值，小環(huán)下降高度h的過程中，根據(jù)能量守恒定律，有mg?=1代入速度解得Q=mg??2故選：C。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共計(jì)16分，每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，錯(cuò)選或不答的得0分。9．解：A、線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，可得第一次進(jìn)入與第二次進(jìn)入時(shí)線圈中電動(dòng)勢(shì)之比：E1：E2＝v1：v2＝1：2由閉合電路歐姆定律有I=ER，可得第一次進(jìn)入與第二次進(jìn)入時(shí)線圈中電流之比：I1：I2＝E1：EC、由P＝I2R可得克服安培力做功的功率之比：P1D、設(shè)CD邊的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，線圈進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)間t=Lv產(chǎn)生的熱量為Q=Pt=PLB、由電荷量q=ΔΦR=BSR故選：AC。10．解：A．若粒子恰好從c點(diǎn)射出磁場(chǎng)，幾何關(guān)系可知，粒子圓周運(yùn)動(dòng)半徑為r＝L，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，半徑滿足r=解得v故A錯(cuò)誤；B．若粒子恰好從bc邊的中點(diǎn)射出磁場(chǎng)，軌跡如下圖所示設(shè)軌跡圓半徑為R，幾何關(guān)系可知：(R?解得半徑滿足：R=則此時(shí)圓心角滿足：sinθ=可知圓心角為：θ＝53°則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間滿足：t=故B正確；C．若v0=這種情況粒子從cd邊射出，設(shè)粒子射出磁場(chǎng)時(shí)速度方向與y軸正方向夾角為β，則圓心角滿足：sinβ=即β≠60°故C錯(cuò)誤；D．若粒子從cd邊射出磁場(chǎng)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角最大不超過180°，則最長(zhǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t0=180°故D正確。故選：BD。11．解：A、充電樁上交流電的周期為T=故A錯(cuò)誤；BC、當(dāng)T1的輸入功率為200kW時(shí)，升壓變壓器初級(jí)電壓U次級(jí)電壓U2輸電線的電流I2輸電線上損失的電功率為P線=I22T2的輸入電壓U3＝U2﹣I2r＝4000V﹣50×2V＝3900V輸出電壓有效值為U4故B錯(cuò)誤，C正確；D、當(dāng)充電樁使用個(gè)數(shù)減小時(shí)，T2的輸出功率減小，則輸電線的電流減小，輸電線損失電壓減小，T2初級(jí)電壓變大，則輸出電壓增大，故D正確。故選：CD。12．解：A．兩導(dǎo)體棒剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝B?2lv0﹣Blv0＝Blv0根據(jù)歐姆定律得，導(dǎo)體棒剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的感應(yīng)電流的大小為：I=故A正確；BC．最終穩(wěn)定時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，即B?2lvb＝Blva解得va＝2vb以水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理，對(duì)導(dǎo)體棒a可得BIlt＝2m（va﹣v0）對(duì)導(dǎo)體棒b可得﹣2BIlt＝4m（vb﹣v0）聯(lián)立解得穩(wěn)定時(shí)導(dǎo)體棒a、b的速度分別為：va=故B錯(cuò)誤，C正確；D．根據(jù)能量守恒，有1解得電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q=故D正確。故選：ACD。13．（6分，每空2分）解：（1）由題意可知，一滴油酸酒精溶液的體積V'=V其中純油酸的體積V（2）超過半格的算一個(gè)，不足半格的舍去，從圖中可數(shù)出小正方形的有效個(gè)數(shù)為X＝60個(gè)，所形成的油膜的面積為S＝Xa2＝60cm2（3）純油酸的體積V0＝DS解得D=故答案為：（1）2.5×10﹣6；（2）60；（3）4.2×10﹣1014．（10分）解：（1）由圖乙可知，當(dāng)環(huán)境溫度為80℃時(shí)，熱敏電阻阻值為30Ω。（2）由圖乙可知，當(dāng)環(huán)境溫度升高時(shí)，熱敏電阻阻值將減小。熱敏電阻阻值減小，則流過繼電器的電流增大，磁性增強(qiáng)。（3）由于繼電器的上觸點(diǎn)接觸，下觸點(diǎn)分離，指示燈亮。所以圖甲中指示燈的接線柱D應(yīng)與接線柱A相連。（4）當(dāng)線圈中的電流大于等于50mA時(shí)，繼電器的銜鐵將被吸合，警鈴響。根據(jù)歐姆定律E1＝I（R0+R）得R＝70Ω此時(shí)溫度為40℃，則環(huán)境溫度大于等于40℃時(shí)，警鈴報(bào)警。故答案為：（1）30（2分）；（2）減?。?分），增強(qiáng)（1分）；（3）A（2分）；（4）40（2分）。15．（10分）解：（1）由圖可知，在t＝2s時(shí)，B＝0.3T，（1分）即此時(shí)穿過線圈的磁通量是Φ＝BS（1分）解得：Φ＝0.3×200×10﹣4Wb＝6×10﹣3Wb（2分）（2）由法拉第電磁感應(yīng)定律E=nΔBSΔt（由圖可知，在t＝5s時(shí)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=nΔB故在t＝5s時(shí)ab兩點(diǎn)的電勢(shì)差Uab為Uab=RR+r解得：Uab=3.2V答：（1）從計(jì)時(shí)起，在t＝2s時(shí)穿過線圈的磁通量是6×10﹣3Wb；（2）在t＝5s時(shí)ab兩點(diǎn)的電勢(shì)差Uab是3.2V。16．（10分）解：（1）對(duì)椅面氣動(dòng)桿及活塞整體由平衡條件有mg+p0S+FN＝p1S（2分）解得p1=3×105（2）椅面恰好恢復(fù)到原來的位置時(shí)對(duì)卡口恰好沒有壓力，此時(shí)汽缸內(nèi)壓強(qiáng)為p2，對(duì)椅面、氣動(dòng)桿、活塞及客人組成的整體由平衡條件得（m+M）g+p0S＝p2S（2分）解得p設(shè)需要充入一個(gè)大氣壓下的氣體體積為V2p0V2+p1SL＝p2SL（2分）解得V2=6×10?4答：（1）椅面未承重時(shí)汽缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)等于3×105Pa；（2）需要充入一個(gè)大氣壓下的氣體體積為6×10﹣4m3。17．（10分）解：（1）設(shè)滑塊質(zhì)量為m，圓環(huán)處在磁場(chǎng)中部分所受安培力為：F安＝2BIrsin60°，方向豎直向上①（2分）系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，有：m0g﹣F安﹣mgsin30°＝0②（2分）聯(lián)立①②式得：m＝2m0?23BIrg（2）電流I反向后，安培力大小不變，方向相反，對(duì)系統(tǒng)由牛頓第二定律得：m0g+F安﹣mgsin30°＝（m+m0）a④（2分）聯(lián)立①③④式得：a=23BIrg答：（1）滑塊的質(zhì)量是2m0?2（2）若圓環(huán)電流I大小不變，方向突然變?yōu)轫槙r(shí)針方向時(shí)，滑塊的瞬時(shí)加速度為2318．（16分）解：（1）因?yàn)榱Ｗ舆M(jìn)入電場(chǎng)后速度減小到0，所以粒子是從磁場(chǎng)最高點(diǎn)P點(diǎn)離開磁場(chǎng)射入電場(chǎng)。（2分）（2）如圖可見粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑：r＝R＝0.5m（1分）根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：qvB=mv2r解得：B=mv解得B＝0.2T（2分）（3）粒子返回磁場(chǎng)后，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從N點(diǎn)射出磁場(chǎng)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的路程為二分之一圓周長(zhǎng)，即s1＝πr（1分）設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的路程為s2，根據(jù)動(dòng)能定理得：Eq?s22=解得：s2=mv總路程s=s解得s＝2.5m（1分）（4）粒子在磁場(chǎng)中做圓運(yùn)動(dòng)的周期T=2πrv（粒子從磁場(chǎng)中的Q點(diǎn)射出，因磁場(chǎng)圓和粒子的軌跡圓的半徑相