【文档说明】河南省南阳市六校2024-2025学年高二上学期12月联考试题 物理 PDF版含解析.pdf，共(15)页，3.973 MB，由envi的店铺上传

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AagOwBAEMAABSQNABAA=}#}{#{QQABbQStwgi4kBTACb4LEwGECwiQsoEgJWgMBRAOKAQDiBNIBIA=}#}高二年级物理参考答案第1页（共9页）2024年秋期

六校第二次联考高二年级物理参考答案12345678910CDCCBDABBCBCABC1．【答案】C【解析】A．根据电动势的定义式qWE=可知，电动势的大小用非静电力的功W与移动电量q的比值来量度，反映电源本身的特性，电动势的大小与非静电力

所做功无关。故A错误；B．法拉第最早提出用电场线描述电场，故B错误；C．麦克斯韦提出了电磁场理论，预言了电磁波的存在，赫兹最早用实验证实了电磁波的存在，故C正确；D．导线的电阻与自身的材料、长度、横截面积有关，与它两端的电压无关，故D错误。故选：C。2．【答案】D【

解析】带电粒子不一定是从A运动到B，A错误；沿电场线方向电势降低，则电场线方向和粒子受力情况如图所示：由于电场力方向和电场线方向相反，则粒子带负电，B错误；粒子运动过程中，只有电场力做功，动能和电势能总和不变，A点电势高，电势能小，动能大，故C错；等差等势面越密的位置场强越大，B处等差等势面较密

集，则场强大，故选：D。3．【答案】C【解析】A．乙在c点产生的磁感应强度大小为01kIBL=，由右手螺旋定则可知方向由d指向c，A项错误；B．乙、丙分别在O点产生的磁感应强度等大反向，则三根导线在O点的合磁感应强度为甲在O点产

生的磁感应强度，方向沿着x轴的负方向，则有00520.52kIkIBLL==，B项错误；C．同理，甲在e点产生的磁感应强度为00220.5kIkIBLL==，方向由O指向e，丙在e点产生的磁感应强度为00320.5kIkIBLL==方向也由O指向e，则甲、丙在e点产生的合

磁感应强度为43024kIBBBL=+=，C项正确；D．由矢量叠加原理可知乙、丙在c点产生的合磁感强度沿着x轴的正方向，大小为062kIBL=，高二年级物理参考答案第2页（共9页）甲在c点产生的磁感应强度沿着x轴的负方向，大小为072kIBL=，则三根导线在c点的合磁感应强度6

87BBB=−的方向沿着x轴的正方向，D项错误。故选C。4．【答案】C【解析】由闭合电路欧姆定律得01.5AEIRr==+，导体棒受到的安培力F=BIL=0.30N，方向沿金属导轨向上，故A错误；a端电势低于b端电势则Uab

=-IR0=-3.75V，故B错；重力沿斜面向下的分量1sin370.24NGmg=°=，导体棒恰好静止，则最大静摩擦力为f=F-G1=0.06N方向沿金属导轨向下，f=µFN，FN=mgcos370，则µ=316，故C正确；D．若磁场变为竖直向上，则安培力水平向右，导体

棒不受摩擦力作用，则导体棒受重力、支持力和安培力作用，如图，则2tanBILmgθ=，解得20.50TB=，故D错误。故选C。5．【答案】B【解析】元件为金属材料，由左手定则知道，电子会向后表面偏转，在前后表面之间形成电势差，前表面电势高，故AC错误；稳定后根据平衡

条件有=UevBeb，根据电流的微观表达式有IneSvnebcv==，解得BIUnec=，故B正确；若元件为半导体材料，导电粒子带正电，由左手定则知道，正电荷会向后表面偏转，在前后表面之间形成电势差，后表面电势高，故D错。故选B。6．【答案】D【解析】AB．从实物图中我们可以看出两个小灯泡是

间接并联关系，其中自感线圈和B灯泡串联，当闭合开关的瞬间，通过B的电流增大，自感线圈产生感应电流阻碍电路电流增大，所以B是逐渐亮起来，而A灯泡不受影响，所以A比B先亮，故AB错误；CD．当断开开关的瞬间，电源电流减小，自感线圈要阻碍

电流的减小，产生与原电流方向相同的感应电流，此时A、B串联构成回路，所以A、B灯泡是缓慢熄灭，A中电流不会突然增加，C错误，故D正确。故选：D。7．【答案】AB高二年级物理参考答案第3页（共9页）【解析】A．线圈产生的最大电动势为m2π5πVENBSTωω===，N=100，故A正确；B．0.5

st=时磁通量变化率最小，故B正确；C．若线圈边长0.1mL=，则由0.05WbBS=，解得5TB=，故C错误；D．每个周期电流方向改变2次，每秒钟电流方向改变1次。故D错误。故选AB。8．【答案】BC【解析】A．滑动变阻器滑片向下滑动的过程中

，滑动变阻器接入电路的阻值减小，流过灯泡的电流增大，灯泡变亮；电源内电压升高，灯泡两端的电压升高，滑动变阻器两端的电压降低，电容器与滑动变阻器并联，加在电容器两端的电压降低，电容器继续放电，R中有电流流过，方向竖直向下，A错误；BD．液滴受电场力竖直向上，电容器下极板带正电，

因此液滴带正电，由于电容器两端的电压降低，内部电场强度减小，液滴加速向下运动，电场力做负功，电势能增加，B正确，D错误；C．由于外电阻大于内电阻，当外电阻减小时，路端电压降低，电源的输出功率增大，C正确。故选BC。9．【答案】BC【解析】AD．小滑块从c

点飞出时速度方向竖直向上，离开c点后在水平方向做初速度是零的匀加速运动，在竖直方向做竖直上抛运动，竖直方向速度减到零时到达最高点Q，可水平方向的速度不是零，小滑块从c点到最高点在竖直方向则有，222c

RvggR=×=，小滑块从P到c的运动中，由动能定理可得，()2102PbcqExRmgRmv+−=−，解得，2PbRx=，A错误，D错误；B．小滑块在等效平衡位置d时速度最大，对轨道的压力为最大，如图所示，此时小滑

块的重力大小等于所受的电场力，则有θ=45°，则小滑块从P到d的运动中，由动能定理可得()21sin451cos45022dRqERmgRmv+−−=−��，在d点，对小滑块，由牛顿第二定律可得2Nsin45dvmgFmR−=�，解得()N321Fmg=−，由牛顿第

三定律可知，从b到c高二年级物理参考答案第4页（共9页）的过程中，小滑块对轨道的最大压力为()321mg−，B正确；C．由AB选项分析可知，小滑块从c到Q的过程中，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度是零的匀加速运动，因此小滑块从c到Q的运动中做匀变速运动，C正确；故选BC。

10．【答案】ABC【解析】C．根据法拉第电磁感应定律可得EBlv=，线框受到的安培力FBil=，由闭合电路欧姆定律可得EiR=，解得22BlvFR=，两边同时乘以时间t，22BlvtFtR=，取向右为正方向，根据动量定理得，0Ftmvmv

−=−，又因为xvt=，解得220BlvxvmR=−+，斜率不变，线框的速度v与线框的位移x是线性关系，故C错误；A．根据BlviR=，线框的速度v与线框的位移x是线性关系，则电流i与x也是线性关系，故A错误；B．在dxl<<的过程中，线圈的磁通量不变，不产生感应电流，不

受安培力，故B错误；D．根据Bilam=，电流i与x也是线性关系，所以加速度a与x也是线性关系；速度减小，电流减小，安培力减小，加速度减小；当dxl<<过程中，匀速运动，加速度等于零，故D正确。故选：ABC。11．【答案】（1）6.0或6（1分）36.2（1分）2.094（2

.093—2.096之间均可）（1分）（2）（1分）（3）24UDILπ（1分）【解析】（1）根据欧姆表的读数规律，该读数为6.016.0×Ω=Ω，根据游标卡尺的读数规律，该读数为36mm0.12mm36.2mm+×=，根据螺旋测微器的读数规律，该读数为2mm0.019.4mm2.0

94mm+×=。高二年级物理参考答案第5页（共9页）（2）由于电压表能从零开始读数，可知控制电路采用滑动变阻器的分压式接法，由于33VA15106.02.510306.00.2RRRR×≈=×>≈=，可知

，电流表的分压影响大，实验中应排除电流表的分压影响，测量电路采用电流表外接法，由于电源输出电压为3V，为了确保电压表的精度，电压表量程取3V，作出实物连接图，如图所示：（3）根据伏安法测出电阻为URI=，根据电阻的决定式有LRSρ=，其中2

2DSπ=，解得24UDILπρ=。12．【答案】（1）1R（1分）（2）串（1分）3或0-3（对小数位数不要求）（1分）（3）（2分）【解析】（1）因电源的内阻较小，为了多测几组实验数据，方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器，因此滑

动变阻器应选择R1；（2）为了将电流表G改装成电压表，需要把它与3R串联，改装后的量程为33VGGGUIRIR=+=；高二年级物理参考答案第6页（共9页）（3）上述器材中没有电压表，将电流表G与电阻R3串联，改装成电压表，用电流表A测电路电流，滑动变阻器串联接入电路，实验电路图如下。13．

（12分）【答案】（1）2Ω；（2）升压变压器的匝数比为1：8，降压变压器的匝数比等于95：11。【解析】（1）损失功率为发电机输出功率的5%。则P损＝5%P总＝5%×100000W＝5000W1分输电线上的电流为I=50A，总

电阻为R，则P损＝I2R1分解得R＝2Ω2分（2）设升压变压器输入功率为P1，输出功率为P2。输出电压为U2，则P1＝P2＝IU21分解得U2＝2000V根据＝1分解得1分∆U=IR1分∆U=100V降压变压器的输入电压为U3，则U3＝U2﹣∆U＝2000V﹣100V＝1900V1分

根据1分解得2分14．（14分）【解析】高二年级物理参考答案第7页（共9页）（1）作出粒子在电场和磁场中的运动轨迹，如图设粒子的质量和电荷量分别为m和q，粒子在第一象限做圆周运动的半径为r，由几何关系cosrrLθ+=1分解得23rL=1分由洛伦兹力提供向心力2vqv

Bmr=1分解得32mvBqL=1分粒子在电场中做类平抛运动，则22yvay=1分由牛顿第二定律Eqma=1分由几何关系cos60,sin60yvvyr=°=°解得238mvEqL=1分则312EvB=1分高二年级物理参考答案第8页（共9页）

（2）粒子在电场中做类平抛运动，则12yvyt=则粒子从M点运动到N点的时间为1433Ltv=1分粒子从N点到P点做圆周运动21202360vtrπ°=°则粒子从N点运动到P点的时间为249Ltvπ=1分则粒子从M点运动到P点的时间为12ttt=+1分解得4

3439LLtvvπ=+1分（3）由几何知识得，矩形磁场想完全包含粒子运动轨迹图形，则最小图形如虚线所示23132SLr=×1分解得2239SL=1分15．（16分）【解析】（1）释放瞬间导体棒所受的

安培力大小为0FBIL=安，根据左手定则可知安培力的方向向里导体棒所受的摩擦力大小为：ILBFf0µµ==安1分由牛顿第二定律知：mg-f=ma1分此时装置的加速度大小为：0BILmgfagmmµ−==−2分（2

）若导体棒运动到磁场Ⅱ的下边界时速度恰好为0，设线框第一次穿出磁场Ⅱ的过程中产生的热量为Q，装置从释放到导体棒运动到磁场Ⅱ的下边界过程中，由能量守恒定律高二年级物理参考答案第9页（共9页）知：4mgd=2µB0ILd+BILd+Q2分得Q=4mgd-2µB0IL

d-BILd2分（3）若导体棒运动到磁场Ⅱ的下边界时速度恰好为0，设线框第一次穿出磁场Ⅱ时的速度大小为1v，从线框第一次穿出磁场Ⅱ到导体棒运动到磁场Ⅱ的下边界过程中，对整体根据动能定理可得：211202mgdBILdmv⋅−=−2分设线框第一次穿越磁场Ⅱ所需的时间为t，线框进入

磁场过程中时间为1t、离开磁场过程中的时间为2t，取向下为正方向，对整体根据动量定理可得：112210mgtftBIdtBIdtmv−−−=−2分根据电荷量的计算公式可得：EBSqIttRRRΦ====△1分所以21122BdItItR==1分解得：()()2300242mBIdmgdB

dtmgBILRmgBILµµ−=+−−2分