【文档说明】安徽省皖江名校联盟2020-2021学年高二下学期开年考物理试题答案.pdf，共(4)页，219.145 KB，由小赞的店铺上传

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高二物理参考答案第1页（共4页）高二物理参考答案题号123456789101112答案CDABCADBACDBCBDAC1．C【解析】电场强度大的地方电势不一定高，电荷在该处具有的电势能不一定大．选项A错误；电场强度为零的地方电势不一定为零，电荷在

该处具有的电势能不一定为零．选项B错误；电荷在某处具有的电势能PEq，从电势高处运动到电势低处，电势降低，负电荷的电势能增加．选项C正确；不知电荷的初速，只在静电力的作用下运动，电荷运动的各种可能均有，电荷的电势能不一

定减少．选项D错误．2．D【解析】当粒子所受的洛伦兹力和电场力平衡时，粒子流匀速直线通过该区域，有qvB＝qE，所以E＝Bv．假设粒子带正电，则受向下的洛伦兹力，电场方向应该向上．粒子带负电时，电场方向仍应向上．只有选项D正确．3．A【解

析】设小球做平抛运动的初速度为v0，t时刻的速度为v，根据动能定理有W＝12mv2－12mv02，t时刻小球的竖直方向分速度v⊥＝gt，v2＝v02＋v⊥2，t时刻重力的瞬时功率P＝mgv⊥＝mg2t，联立解得P＝2Wt，只有选项A正确．

4．B【解析】设汽车刹车后滑动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg。由匀变速直线运动速度与位移关系式v20＝2ax，可得汽车刹车前的速度为v0＝2ax＝14m/s，只有选项B正确。5．C【解析】通电金属杆在磁场中受

安培力的作用而对弹体加速，由功能关系得BIdL＝12mvm2，代入数值解得B＝18T；当速度最大时磁场力的功率也最大，即Pm＝BIdvm，代入数值得Pm＝2.16×106W，只有选项C正确。6．A【解析】设物体从O运动到B的时间为t0．根据匀变速直线运动的位移时间公式有：22200011122

2xatattattat；变形得：012xatatt知xt−t图象的斜率k=-12a；则得：10824ak；得：a=4m/s2，加速度大小为4m/s2．只有选项A正确。7．D【解析】根据mgh＝12mv2

可得运动员水平飞出的速度v＝2gh，若h加倍，则水平飞出的速度v变为2倍，选项A错误；运动员从B点飞出后做平抛运动，则tanθ＝12gt2vt＝gt2v，解得t＝2vtanθg，若h加倍，则在空中运动的时间t变为2倍，选项B错误；运动员落到斜面上的速度方向与水平方向夹角

α的正切值是位移方向与水平方向夹角θ正切值的2倍，若h加倍，则运动员落到斜面上的速度方向不变，大小为v′＝vcosα，α不变，若h加倍，则运动员落到斜面上的速度大小变为2倍，选项C错误，D正确。8．B【解析】设电容器两极板间电压为U，带电粒子质量为m，

对下极板未移动前，带电粒子从静止释放到速度为零的过程，由动能定理得：0mghdqU，将下极板移动一些时，此时极板间距变为d()dd，设粒子运动均打不到下极板，且到距上极板x处速度为零，则有，0

Uxmghxqd，高二物理参考答案第2页（共4页）联立以上两式解得hxdhdd，当将下极板向上移动一些时，有dd，所以1hhdd，xd说明粒子确实打不到下极板上，在打到下极板之前已经返回了，选项A、C错误；当将下极板向下移动一些

，此时有dd，由以上分析可知xd，说明粒子一定打在下极板上，选项B正确，D错误。9．ACD【解析】地球卫星的发射速度应大于7.9km/s且小于11.2km/s，选项A正确；环绕地球做圆周运动的人造卫星，最大的运行速度是7.9km/s，选项B错

误；P点比Q点离地球近些，故在轨道Ⅰ上，卫星在P点的速度大于在Q点的速度，选项C正确；卫星在Q点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，选项D正确。10．BC【解析】两等量正电荷周围部分电场线如图所示，其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始

终指向无穷远方向，故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的运动做非匀加速直线运动，选项A错误；电场力方向与AO方向相反，电场力做负功，动能减小，电势能增大，选项B、C正确；根据电场的叠加知在O点合场强为0，电荷在O点受到的电场力

为0，故加速度为0，选项D错误。11．BD【解析】球在水平面内做匀速圆周运动，合外力指向圆心，对A进行受力分析可知，A受重力，静摩擦力方向沿框架向上，框架对A的弹力方向可能垂直框架向下，也可能垂直框架向上，选项A错误。对B受力分析可知，要使合力水平向右

，框架对B的弹力方向一定垂直框架向上，选项B正确。若A与框架间没有摩擦力，则A只受重力和框架对A的弹力，两个力的合力方向不可能水平向左，选项C错误。A、B两球匀速转动的角速度相等，半径也相等，根据F＝mω2r，可知两球的合

力大小相等，选项D正确。12．AC【解析】当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，即通过1L的电流变大，故L1变亮，选项A正确；电路中总电流增大，故内

电压及01RL、两端的电压增大，而电动势不变，故并联部分的电压减小，故2L变暗，选项B错误；因2L中电流减小，干路电流增大，故流过3L的电流增大，故3L变亮，选项C正确；因总电流变大，则由UEIr可知，路端电压变小，选项D错误．13．（5分）（1）18.50（2分）（2）最

大值（1分）（3）2mg（1－cosθ）＝F－mg（2分）【解析】（1）游标卡尺的读数为：1.8cm＋10×0.05mm＝18.50mm；（2）小球在最低点由牛顿第二定律可得：F－mg＝mv02L，由此可知，应读出小球在最低时绳的拉力即最大值；（3）由机械能守恒定律可得：mgL（1－cosθ）＝

12mv02＝12（F－mg）L，整理得：2mg（1－cosθ）＝F－mg。14．（8分）（1）ABDFH（2分）（2）如图所示（2分）高二物理参考答案第3页（共4页）（3）1.5（2分）0.9（2分）【解析】（1）被测干电池一节最大电压为1.5V为了读数准确，所以选择3V的量

程；电流表:量程0～0.6A，电压表:量程0～3V，滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F，开关、导线若干；故应为ABDFH；（2）因电流表内阻已知，故可将电流表内阻等效为电源内阻，从而选择电流表的外接法可以消除电流表分压带来的系统误差，故选滑

动变阻器的限流式和电流表外接法，电路如图所示。（3）根据U=E-Ir可知，U-I图像的纵截距为电源的电动势，有E=1.5V；图象的斜率表示等效内阻效1.51.0=1.00.5UrI效，而=ArRr效，故

r=1.0Ω-0.1Ω=0.9Ω.15．（10分）（1）0.1N（2）0.5A（3）23Ω【解析】（1）金属棒静止在金属导轨上受到重力、支持力和沿斜面向上的安培力，由受力平衡sin?30Fmg安（2分）代入数据得金属棒所受到的安培力的大小0.1NF安（2分）（2）

由F安=BIL（2分）解得通过金属棒的电流的大小：0.5AI（1分）（3）设滑动变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆定律得()EIRr（2分）代入数据得滑动变阻器R接入电路中的阻值23R

（1分）16．（12分）（1）2R（2）6mg（3）52mgR【解析】（1）因为物块恰好能通过C点，则有：mg＝mvC2R（1分）x＝vCt,2R＝12gt2（1分）解得x＝2R，即物块在水平轨道的落点到B点的距离为2R。（2分）（2）物块由B到C过程中机械能守恒，则

有12mvB2＝2mgR＋12mvC2（2分）设物块在B点时受到的半圆轨道的支持力为FN，则有：FN－mg＝mvB2R（1分）解得FN＝6mg（1分）由牛顿第三定律可知，物块在B点时对半圆轨道的压力大小FN′＝FN＝6mg。（1分）（3）由机械能守恒定律可知，物块在A点时弹簧的

弹性势能为Ep＝2mgR＋12mvC2（2分）解得Ep＝52mgR。（1分）17．（17分）（1）2v0（2）mv022qL2mv0qL（3）08π4Lv（）高二物理参考答案第4页（共4页）【解析】（1）若粒子第一次

在电场中到达最高点P，则其运动轨迹如图所示，粒子在O点时的速度大小为v，OQ段为圆周，QP段为抛物线，根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小也为v，方向与x轴正方向成45°角，可得：v0＝vcos45°（2分）解得：v＝2v0（1分）（2）在粒子从Q运动到P的过程中，由动能定理得：

－qE0L＝12mv02－12mv2（2分）解得：E0＝mv022qL（1分）又在匀强电场由Q到P的过程中，水平方向的位移为：x＝v0t1（1分）竖直方向的位移为：y＝v02t1＝L（1分）可得：xQP＝2L，OQ＝L（2分

）由OQ＝2Rcos45°，故粒子在OQ段圆周运动的半径：R＝22L及R＝mvqB（2分）解得：B0＝2mv0qL。（1分）（3）在Q点时，vy＝v0tan45°＝v0（1分）设粒子从由Q到P所用时间为t1，在竖直方向上有：t1＝Lv02＝2Lv0（1分

）粒子从O点运动到Q所用的时间为：t2＝πL4v0（1分）则粒子从O点运动到P点所用的时间为：t总＝t1＋t2＝2Lv0＋πL4v0＝08π4Lv（）（1分）