湖南省三湘名校教育联盟2019-2020学年高二5月联考物理试题答案

此时 mgsinθ＝F 安(1 分)
F 安＝BIL(1 分) I＝BLv(1 分)
3R 联立得：mgsinθ＝B2L2v(1 分)
3R 解得：B＝1.5T(1 分)
(3)eb 棒产生的焦耳热 Qeb＝Q＝I2Rt＝0.25J(1 分) cd 棒产生的热量为 eb 棒的两倍 对 cd，由能量守恒定律 mgxsinθ＝1mv2＋3Q(1 分)
知，
E1
=
1 2
E2 ，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 GMRm2 ＝mg，解得某星球的质量
为 M＝gR2。因为某星球的体积为 V＝4πR3，则某星球的密度为ρ＝ 3g 。所以地球和火星
G
3
4πRG
的密度之比：ρ地＝ 3g 地 ·4πR 火 G＝g 地·R 火＝5。 ρ火 4πR 地 G 3g 火 g 火 R 地 4
高二物理参考答案
题号 1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案 C
A
D
C
A
B
AC BD CD BD
1.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
12.答案：（1）S（1 分） （2）×1k （1 分）
+（1 分）
— （1 分）
16000（2 分） （3）U U R （3 分） RV
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“+”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 16×1kΩ=16000Ω；
Δt 物体，由牛顿第二定律μmgcos37°－mgsin37°=ma，联立方程解得μ=0.875，故 B 正确；0～8 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=μmgcos37°•S 相对=126J，故 C 错误；0～8 s 内，对系统根据能量守恒，增加的动能ΔEk=12mv2 －12mv02=6J，增加的重力势能ΔEp=mg•S•sin37°=84J，传送带电动机多消耗的电能 ΔE=ΔEk+ΔEp+Q=216J，故 D 正确。
3
14. 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： qvB m v 2 ①（2 分） r
由几何关系得：r2＝ (r－L)2＋d2②（2 分）
解得： v qB（d M、N 两板间经电场加速后获得的速度为 v，由 动能定理得 qU＝1mv2③（2 分）
2
11.答案： (1)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= mg =2.0m/s2； m+M
(3)由丙图，根据逐差法Δx=a(2T)2，解得 T=0.1s；交流电的频率为 f，则5 ＝0.1，则 f＝50HZ。 f
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 ， r1 R tan 600
3R ， r2 R tan 300
3 R ，因此 3
r1 3 ，B 项错误；根据牛顿第二定律 qvB m v2 ，得 v qBr ，得到
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
O 点沿逆时针转动 900，b 与 a 电流同向， 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。
1
8.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
5
r2 1
r
m
v1 3 ，C 项正确；由 T 2m 可知，两粒子在磁场中做圆周运动的周期
v2 1
qB
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υ-t 图像的斜率可知物体加速度 a= Δv =1m/s2，对
为
P
0.82
10W
6.4W
，B
项正确；此时副线圈中的总电阻为
R
总=
10 0.8
12.5
，即
此时滑动变阻器接入电路的电阻为 2.5 ，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 10Ω且在增大，因此滑动变阻器消耗的功率
（3）根据闭合电路欧姆定律，有： E U U R 。 RV
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 mgR＝12mv2B(2 分) 解得 vB＝3m/s(1 分) 在 B 点由牛顿第二定律得 N－mg＝mv2B(1 分)
R 解得 N＝3mg＝30N(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 N′＝N＝30N，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 Wf＝－μ1mg＋2 μ2mgl＝－4J(2 分) 从物体开始下滑到滑离长木板过程中由动能定理得，mgR＋Wf＝12mv2(1 分) 解得 v＝1m/s(1 分)
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
2
联立①②③式解得：
U
qB（2 L2+d 8mL2
2）2
（2
分）
15．解析：(1)由 a－v 图象可知，导体棒 cd 刚释放时，加速度 a＝5m/s2(1 分)
对 cd 棒受力分析，由牛顿第二定律得 mgsinθ＝ma(1 分)
联立解得θ＝30°(1 分)
(2)当 cd 棒匀速下滑时，由图象知 a＝0，v＝1m/s
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 E BS ，因此线框中感应电流相同，A 项正确，B 项错误；由 E BLv BLr 可
2 解得：x＝0.6m
q＝－I ·t ， －I ＝－E ，－E ＝ΔΦ
3R
t
则 q＝ΔΦ＝BLx＝0.6C(2 分) 3R 3R
4
16．解析：(1)ab 棒中产生的电动势的表达式为 E＝BLv＝10sin10πt(V)(2 分) (2)设原线圈上电压的有效值为 U1，则 U1＝Em2＝5 2V(1 分) 设副线圈上电压的有效值为 U2 则U1＝n1(1 分) U2 n2 解得 U2＝100 2V(1 分) 电阻 R 上的电热功率 P＝U22＝1×103W(1 分) R (3)由以上分析可知，该正弦交流电的周期 T＝2π＝0.2s(1 分) ω 从 t＝0 到 t1＝0.05s，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 Q＝U22·T＝50J(2 分) R4 在 t1＝0.05s 时刻，ab 棒的速度为 v，则 v＝5sin10πt1＝5m/s(1 分) 由能量守恒定律可得这段时间内外力 F 做的功 W＝Q＋1mv2(2 分) 2 解得 W＝75J(1 分)