【文档说明】湖北省腾云联盟2024-2025学年高二上学期12月联考物理试卷详解答案.pdf，共(6)页，487.761 KB，由envi的店铺上传

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高二物理参考答案一、非选择题(本题共10小题，共40分)题号12345678910答案CBACDBDBCADAC1．C【解析】安培的分子电流假说，很好的解释了磁现象的电本质，他认为所有物体里面都有分子电流，磁体内部的分子电流的取向趋向一致时对外显示磁性，分子

电流的取向杂乱无章时对外不显磁性，A、B错误，C正确；由安培分子电流假说可知，激烈的热运动或震动使分子电流的取向杂乱无章，磁体对外不显磁性，D错误。2．B【解析】受电线圈的工作原理是电磁感应，A错误；送电线圈的工作原理是电流的磁效应，

B正确；直流电源电流恒定，产生的磁场磁感应强度不变，受电线圈中无感应出电流，因此直流电源无法对人工心脏进行无线充电，C错误；送电线圈产生的磁场周期性变化，所以穿过受电线圈的磁通量周期性变化，受电线圈不是始终有收缩趋势，D错误。3．A【解析】等量异号电荷的电场

分布如图所示，电荷连线为一条等势线，连线上电场强度的方向平行于连线指向负电荷一侧，根据对称性可知A、D两点的电场强度相等，电势也相等；B、C两点的电场强度大小相等，方向不同，由电场线分布可知，φB＞φC

，A正确。4．C【解析】“毫安时”是电荷量单位，A错误；该无人机电池工作时将化学能转化为电能，B错误；该无人机电池充满电储存的电荷量q＝It＝4000×10-3×3600s＝1.44×104C，C正确；无人机工作电流为5A时，其续航时间h8.0Iqt，D错误。5．D【解析】圆形

导线框的AMB部分的电阻ANB部分电阻的3倍，若流过AMB的电流为I，则流过ANB的电流为3I，AMB部分和ANB部分均可等效为长度为AB的直导线，故BIL＋3BIL＝F，导线框ANB部分所受安培力F安＝3BIL＝34F，D正确。6．B【解析】简化电路

如图所示，当滑动变阻器的滑片向右移时，滑动变阻器接入的阻值增大，电路中总电阻增大，干路电流减小，灯泡L1变暗，电压表示数减小；滑动变阻器分得的电压增大，灯泡L2变亮，电容器C两端的电压增大，根据U＝Ed，电容器极板间的场强E增大，qE＞mg，带电油滴会向

上运动，B正确。{#{QQABYQQEgggIABIAARhCEwVyCkGQkgGACYgOwBAAoAABiRNABAA=}#}7．D【解析】φ－x图像的斜率反映的是电场强度的变化，－x0～0段电场强度为定值，方向沿x轴负方向，0～

x0段电场强度为零，x0～2x0段电场强度大小与－x0～0段相同，方向沿x轴正方向，A错误；－x0～0段电子所受电场力为恒力，沿x轴正方向做匀加速直线运动，速度v随时间t均匀增大，0～x0段做匀速直线运动，x0～2x0段做匀减速直线运动，速度v随时间t均匀减小，B错误；－x0～

0段电场力做正功，电势能减小，C错误；根据动能定理qEx＝Ek，D正确。8．BC【解析】根据图甲可知，A测干路电流，V1测定值电阻R1两端电压，定值电阻R1的伏安特性曲线为过原点的倾斜直线，有11IRU，根据图乙可求得80.4AV2.31R，A错

误；电压表V3测路端电压，有IrEU3，将R1等效为电源内阻，则V2测等效电源的路端电压，有)(12RrIEU，斜率较大的图线为电压表V2读数随电流表A读数的变化图线，由图乙有r＝2.0Ω，E＝4.0V，B正确；当电路中的电流I最大(即R2接入的阻值为0时

)，W28.1)(1211RRrEPR，C正确；当电流为0.3A时，340IER总，%85%100%100总RREIUI，D错误。9．AD【解析】粒子源射出的粒子有23从AB边射出，则速度方向与AB边成90°×2

3＝60°角范围的粒子都从AB边射出，如图所示，当粒子速度方向与AB边成60°时，粒子轨迹与BC边相切，其圆心为O1，由几何关系可得粒子的轨道半径为dr23，又rvmBqv2，解得kdvB332，A正确；所

有粒子在磁场中运动的轨道半径相同，轨迹对应弦长越短，在磁场中运动时间越短，运动时间最短的粒子对应弦垂直于BC，由几何关系可得，轨迹对应圆心O2刚好在AB边上，最短时间vdvrt633min，B错误；轨迹对应圆心角越大，在磁场中运动时间越长，故

vdvrt3332max，C错误；AB边有粒子射出的区域如图所示，由几何关系可得drAQ2330cos2，D正确。10．AC【解析】带电粒子到达D点处的粒子动能为4Ek，由动能定理得：qUAD＝4Ek－Ek，解得qEUkAD3，A正确；设匀强电场在A

B方向的分量为E1，在AD方向的分量为E2，依题意可得：qE1R＝2Ek－Ek，qE2×3R＝4Ek－Ek，解得qREEk1，qREEk32，如图所示，将E1、E2根据平行四边形定则合成得qREEk2，方向沿AC方向，B错误；粒子到

达圆周上的C点动能最大，由动能定理得：qE×2R＝EkC－Ek，解得kkCEE5，C正确；将电子由M点移到N点，kpERqEE260cos2，电场力做负功，电子的电势能增加2Ek，D错误。{#{QQABYQQEgggIABIAARhCEwVyCk

GQkgGACYgOwBAAoAABiRNABAA=}#}二、非选择题(本题共5小题，共60分)11．【答案】(1)BC(2分)相反(2分)(2)D(3分)【解析】(1)根据楞次定律可判断当条形磁铁N极朝下，拔出螺线管或者条形磁铁S极朝下，插入螺线管时电流由上至下经过红色LED灯，B、C正

确；由此可分析得出：当穿过螺线管的磁通量增加时，感应电流产生的磁场与条形磁铁的磁场方向相反。(2)楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化，这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能，

所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程。12．【答案】(1)1.0Ω(或1Ω)(2分)等于(2分)(2)9.1(3分)2.3(3分)【解析】(1)闭合开关S1，将开关S2掷向a，当开关S2掷向a和掷向b电流表示数相同，说明S2掷向a时没有电流通过开关，

则有A21RRRR，可得0.1375251521ARRRR；该同学用电桥法测电流表的内阻，从理论上分析RRRR21A是没有系统误差的，实验测得的电流表内阻值等于真实值。(2)由闭合电路的欧姆定律有rRRRIIRRIE)()(A1A1，变形

可得ErRRRErRRIA1A11)(1，代入已知量有ErRErI161161，结合图乙有416Er，216Er，解得E＝9.1V，r＝2.3Ω。13．【答案】(1)2.25V(5分)(2)6.75V(5分)【解析】(1)根据闭合电路的

欧姆定律有：rRREI21(2分)由欧姆定律U＝IR1(2分)电阻箱R2＝2Ω时，R1两端的电压U＝2.25V(1分)(2)由闭合电路的欧姆定律有rRREI21电阻箱R2消耗的功率P＝EI－I2(R1＋r)(2分)将上式变形得)(4)(1

22212rRRRrREP可得当R2＝R1＋r时，R2消耗的功率最大，)(412mrREP(2分)解得Pm＝6.75W(1分)14．【答案】(1)qmg43(4分)(2)mg43(6分)(3)R2723(5分)

{#{QQABYQQEgggIABIAARhCEwVyCkGQkgGACYgOwBAAoAABiRNABAA=}#}【解析】(1)小球恰好能经过轨道上的Q点且此时对圆弧轨道无压力，小球在Q点的受力如图所示由题意可知mgqEtan(2分)解得qmg

E43(2分)(2)小球在Q点所受合外力mgmgF45cos(1分)设小球在Q点的速度为vQ，在Q点由牛顿第二定律得RvmmgQ245(1分)解得25gRvQ设小球在C点的速度为vC，自Q点

运动至C点由动能定理可得222121sin)cos1(QCmvmvqERmgR(2分)解得27gRvC在C点由牛顿第二定律得RvmFmgCN2(1分)解得mgFN43由牛顿第三定律得小球经过

轨道上的C点时对轨道的压力mgFFNN43'(1分)(3)小球自C点飞出后，在竖直方向做自由落体运动，设小球经时间t落回水平面，有2212gtR(2分)在水平方向做匀加速直线运动，有221tatvxxC(2分)又xmaqE解得Rx2723(1分)15．【答案】(1)qdmv20(5

分)(2)0958vd(8分)(3)kmv20(5分)【解析】(1)设带电粒子在第一、三、四象限磁场中做圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限的轨迹的圆心为O1由几何关系知∠NMO＝∠MO1N＝60°(1分)则1160cosRdR(1分)解得R1＝2d(1

分){#{QQABYQQEgggIABIAARhCEwVyCkGQkgGACYgOwBAAoAABiRNABAA=}#}由洛伦兹力提供向心力120RvmqvB(1分)解得磁感应强度qdmvB20(1分)(2)设带电粒子在第一象限磁场中运动的时间为t1，则0013223vdv

dt(1分)设带电粒子在第二象限磁场中做圆周运动的半径为R2，由洛伦兹力提供向心力2203RvmBqv(1分)解得R2＝23d(1分)带电粒子的运动轨迹如下图设粒子第四次经过x轴时在第三、四象限运动的总时

间为t2，在第二象限运动的时间为t3，则0023162342vdvdt(2分)003943232vdvdt(1分)因此带电粒子自M点进入磁场到第四次经过x轴所经历的时间321tttt(1分)解得0958vdt(1分)(3)对带

电粒子受力分析可知，速度在x轴的分量vx会产生x轴的阻力与y轴负方向的洛伦兹力；速度在y轴的分量vy，会产生y轴的阻力与x轴负方向的洛伦兹力，其受力分析如图所示{#{QQABYQQEgggIABIAARhCEwVyCkGQkgGACYgOwBAAo

AABiRNABAA=}#}在x轴上，由动量定理有xyxvmtBqvkv)((3分)由微元法累加后可得)0(0vmBqdkx解得kmvx20(2分)(其他正确解法，可比照赋分){#{QQABYQQEgggIABIAARhCEwVyCk

GQkgGACYgOwBAAoAABiRNABAA=}#}