【文档说明】湖南省天壹名校联盟2021-2022学年高二上学期12月联考物理答案.pdf，共(5)页，252.017 KB，由小赞的店铺上传

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1P物理参考答案题号12345678910答案ABADACBDBCACABD1.A解析：A摆垂直纸面向里拉开一微小角度后释放，使得其它四个单摆都做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以4个单摆的频率相等，则周期一定相同，

故A正确，B错误；当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振幅最大，即共振。根据T＝2Lg知，D摆的摆长与A摆摆长相等，驱动力的周期等于A摆的固有周期，故D摆发生共振，振幅最大，故CD错误。2.B解析：根据光速、频率、波长之间

关系有vf，所以86310m3.27m91.810vf，故B正确。3.A解析：根据电阻定律可得金属棒的电阻为LRS，由欧姆定律可得UIR，电流的微观表达式为IneSv，所以金属棒的电阻率为UnevL，故A正确。4.D解析：设通入三根长直导线的电流大小均为I，每根

导线在中心O点的磁感应强度大小为B0，由图可知Ba＝Bb＝Bc，根据矢量叠加原理，Ba和Bb的合磁感应强度与Bc等大同向，则2B0＝B，当导线c电流方向反向并移到了a、c的中点P后，距离中心O的距离是原来的一半，根据B＝kIr，在中心O的磁感应强度大小为原来的2倍，即2B0，方向

与Bb方向相反，故此时三根导线在O点的合磁感应强度大小B′＝2B0cos300＝3B0＝32B，故D正确。5.A解析：由题意知点电荷位于过M点直线ab的垂线上,设点电荷到直线的距离为x,则E2229,25kQEkQxxL,联立解

得2916ELQk，A正确。6.C解析：取向右方向为正方向，设AB、粘在一起后向右运动的速度为1,vABC、、粘在一起后向右运动的速度为2v，则第一次碰撞过程中，系统的动量守恒,则有013mvmv,得1013vv，动能的损失为:112kE22201011323m

vmvmv，第二次碰撞过程中，系统的动量守恒，则有:1237mvmv，得:2017vv，动能的损失为：22222120113722221kEmvmvmv，故前后两次碰撞中损失的动能之比12:7:2kkEE，选项C正确。7.BD解析：A中导体棒顺着磁感线运动，

穿过闭合电路的磁通量没有发生变化无感应电流，故A错；B中条形磁铁插入线圈时线圈中的磁通量增加，拔出时线圈中的磁通量减少，都有感应电流，故B正确；C中开关S一直接通，回路中为恒定电流，螺线管A产生的磁场稳定，螺线管B中的磁通量无变化，线圈中不

产生感应电流，故C错；D中开关S接通，滑动变阻器的阻值变化使闭合回路中的电流变化，螺线管A的磁场变化，螺线管B中磁通量变化，线圈中产生感应电流，故D正确。8.BC解析：因为小球沿直线AB运动，故合力方向

在直线AB上，由于重力竖直向下，所以小球受到水平向右的电场力，因此小球带负电，B正确；合力方向与运动方向相反，由受力分析可知0tan37mgqE，解得43mgEq，C正确；电场力方向和运动方向夹角为钝角，故电场力做负功，所以电势能增大，机械能减少，D错误。9.A

C解析：电流表A1的量程大于A2的量程，故电流表A1的内阻小于A2的内阻；电压表V1的量程大于V2的量程，故V1的电阻大于V2的电阻；由图可知，两电流表串联，故流过两电流表的电流相等，量程大的表头偏角小，故A正确，B错误；两电压表并联，故V1的读数等于V2的读数，两电压

表并联，通过表头的电流不等，电阻大的分流小，电压表V1的偏转角小于电压表V2的偏转角，故C正确，D错误。10.ABD解析：设电路稳定时电容器带电量为Q，板间电压为U，板间距离为d，P到M高度为h，对帯电小球，设其质量为m，电量为q；P到N，由动能定

理：1()0mghdqU，即1()mghdqU，代入数据解得1160UV，电流为101EUIARr，11160URI，选项A正确；仅将A板上移，板间距离增大，由4sCkd可得C变小，而U不变，由QCU可知Q

应变小，即电容器要放电，但由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，Q不变，所以QUUC变大，()mghdqU，即小球不能到达N孔，故B正确，C错误；当R滑=R0+r=200Ω时，滑动变阻器

消耗的功率最大，为2162W4EPR滑滑，故D正确。311.答案：（1）C、A（2分）；（2）112mmmOBOCOA（2分）、6（2分）解析：（1）小球在离开斜槽后做平抛运动，设斜槽末端到竖直挡板的水平距离为d，

小球打到竖直挡板的运动时间为dtv，小球做平抛运动的初速度v越大，小球做平抛运动的时间t越小，小球在竖直方向的位移212ygt越小，由图示可知，A是碰撞后被碰球的落点位置，B是碰撞前入射球的落点位置，C是碰撞后入射球的落点位置；（2）小球做平抛运动的时间由212ygt

，得2ytg，小球做平抛运动的初速度为2dgvdty，碰撞前后入射球做平抛运动的初速度为02gvdOB，12gvdOC，碰撞后被碰球的初速度为22gvdOA，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝m1v1+m2v2，整理得112mmmOBOCOA，

若OA:OB:OC=1:4:9，代入数据解得126mm。12.答案：（1）将2S切换到b（2分）2101UURU（3分）（2）1.4（2分）1.2（2分）解析:（1）由题意可知,本实验中没有给出电流表,故应是电压表与电阻箱求电源电

动势和内电阻的;实验中应充分利用电阻值及串并联电路的规律得出表达式;为了多测数据,应再将2S切换到b;由欧姆定律可知:20110,UIRRUIR,而电路电流相等,联立解得:1R2101UURU。（2）根据12UEURRR，有12111RRUERE

,比照直线方程ykxb,有截距1bE0.7,所以,1.4VE;斜率2.80.74.20.5k,又12RRkE,已测出14.8R,求得2R1.2。413.解析：（1）质点做简谐运动的周期为4s，而在一个周期内质点的路程是4A，则在前20s=5T内的路程s=5×4A=

5×4×0.1m=2m；（4分）（2）由图知，质点的振动周期为：T=4s，振幅A=10cm，则22Trad/s（2分）则质点做简谐运动的位移随时间变化的关系式为：x=Acosωt=10cos

2t（cm）（3分）（3）当t=1.5s时，代入振动方程得：10cos(1.5)cm52cm2x（3分）14.解析：(1)由212hgt（1分）解得0.4st，4m/syvgt（1分）设滑块平抛的初速度大小为xv，由于滑块无碰撞进入圆弧轨道，即落到A点时速度方向沿

A点切线方向，则有tan53yxvv（1分）解得3m/sxv（1分）滑块无碰撞进入圆弧轨道A点时速度大小225m/sAxyvvv设滑块运动到最低点的速度大小为Cv，对滑块由A点到C点的过程

，由机械能守恒定律，有22111cos5322CAmvmgRmv（1分）在最低点C，根据牛顿第二定律，有2NCvFmgmR（1分）解得N64.5NF（1分）由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为64.5N。（1分）(2)对滑块和子弹组成的系统，由动量守恒得由动量

定理得：0001xmvmvmv（2分）解得1=320m/sv（1分）（3）对子弹由动量定理得0100Ftmvmv（2分）代入数据解得4500NF（1分）515.解析：（1）小球在水平方向先向左做匀减速运动而后向右做匀加速运

动，小球在竖直方向上做自由落体运动，小球水平方向速度减为0时，电场力做负功最多，机械能最小。水平方向：xmaqE（2分）则202xvax（2分）解得:m5.2x（1分）（2）水平方向速度减小为零所需的时间xavt01（1分）所以从A点到B点时间12tt（1分）竖直方向上：2

21gtyAB（1分）解得：m5ABy（1分）（3）将速度沿合外力和垂直合外力方向进行分解当0//v时，小球速度最小此时sin0minvvv（2分）根据力的关系知22)()(sinmgqEmg

（2分）解得m/s52minv（1分）所以动能最小值为2minmin15J2kEmv（1分）