高二试卷带答案解析

高二试卷带答案解析考试范围：；考试时间：x分钟；出题人：题号得分一二三四五六总分题号得分一二三四五六总分留意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息请将答案正确填写在答题卡上评卷人得分评卷人得分1.下列物理量属于标量的是〔〕

A、A比B先亮，然后A熄灭B、AB一齐亮，然后A熄灭C、B比A先亮，然后B逐渐变暗，A逐渐变亮D、A、B一齐亮．然后A逐渐变亮．B的亮度不变如图所示，在一磁感应强度B＝0．5T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距h＝0．1m的平行光滑金属导轨MNPQ电阻忽略不计，在两根导轨的端点NQ之间连接一阻值R＝0．3Ω的电阻．上一＝0．2m、电阻＝2．m的属棒b，与导轨正交放置，交点为c、d．当金属棒ab在水平拉力作用下以速度v＝4．0m/s向左做匀速运动时，下列说法正确的是〔〕A．速度

．位移

．时间

．力2.如图所示，，B是两个完全相同的灯泡，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻忽略不计。当电键K闭合时，下列说法正确的是金属棒ab两端点间的电势差为0．2V金属棒ab两端点间的电势差为0．32V水平拉金属棒ab的力大小为0．02ND．回路中的发热功率为0．06W4.如图所示为一块长方体铜块，使电流沿如图铜块的电阻之比为4.如图所示为一块长方体铜块，使电流沿如图铜块的电阻之比为两个方向通过该铜块，A．1．B．C．D质量为 、功率为P的汽车在平直公路上行驶，假设汽车行驶时的功率恒为P，匀速运动的速度为 ，当汽车以速度速度是〔阻力恒定〕〔〕〔〕行驶时，它的加〔 〕A．螺线管的P端为N极，a接电源的正极B．螺线管的P端为N极，a接电源的负极C．螺线管的P端为S极，a接电源的正极D．螺线管的P端为S极，a接电源的负极A．P/mv

8.〔理〕、质量为1kg的物体沿倾角为30o的光滑斜面由静止下滑，又知2 1 vv

1 2 12 1

斜面高为5m，g=10m/s2。则物体刚滑到斜面底端时，重力的功率12∶∶。在

A．25W

．C100W

副线圈两端接有“6V

40W”的电灯泡。假设灯泡恰能正常发光，则 ( )

质量为1kg的小球以4m/s的速度与质量为2kg的静止小球发生正碰，于的速度v和v，能正的是( )1 2A．v－3m/，v1 2B．v－1m/，v＝51 2变压器输入电压的有效值为240V

C．v＝1，v3m/s1 2变压器输入电压的最大值为240V

D．v3，v51 2变压器输入功率为40WD．变压器输入功率大于40W在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示。产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示。则下列说在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示。产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示。则下列说法正确的是〔 〕F的最小值为Fcosθ3 1F的大小可能为Fsinθ3 1

C．力F3

可能在第三象限B．该交变电动势的有效值为C．该交变电动势的瞬时值表达式为B．该交变电动势的有效值为C．该交变电动势的瞬时值表达式为3

与F的合力大小与F2

的大小有关12.霍尔式位移传感器的测量原理如图所示，有一个沿z轴方向均匀变化的匀强磁场，磁感应强度B=B+kz(B、k均为常数)。将霍尔元件固定在物D．电动势瞬时值为22V时，线圈平面与中性面的夹角为450 0 0评卷人 得分

二、多选题

体上，保持通过霍尔元件的电流I不变(方向如图所示)，当物体沿z轴正方向平移时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向的上、下表面的电势差U也不同。则 ( )位于坐标原点O的质点在F、F和F三力的作用下保持静止，已知其1 2 3中F的大小恒定不变，方向沿y负方向的；F的方向与x正方向的1 2夹角为θ〔 〕，但大小未知，如图所示，则下列关于力F3

的判断正确的是上、下表面的电势差U与磁感应强度B有关假设图中霍尔元件是电子导电，则上表面电势高假设图中霍尔元件是电子导电，则下表面电势高D．上、下表面的电势差U与电流无关关于永动机不可能制成，下列说法中正确的是( )A．第一类永动机违背了能量守恒定律B．第二类永动机违背了能量守恒定律第一类永动机不能制成说明了自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性第二类永动机不能制成说明了自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性第二类永动不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不行能全部转化为机械能，同时不引起其他变化关于重力不计的带电粒子在下列情况下所做的运动正确的是

下列说法正确的是( )A．物体受到的合外力方向与速度方向相同时，物体做加速直线运动B．物体受到的合外力方向与速度方向成锐角时，物体做加速曲线运动C．物体受到的合外力方向与速度方向成钝角时，物体做减速直线运动D．物体受到的合外力方向与速度方向相反时，物体做减速直线运动评卷人三、计评卷人南昌二中第46运动会于20241023在运动会开幕式上，一航拍直升机悬停在学校操场上空某处。该处地磁场的磁感应强度沿竖直方向的重量为B，直升机金属螺旋桨叶片长为L，螺旋桨转动的频率为f，站在地面向上看，螺旋桨作顺时针方向转动。螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图所示。如果忽略a到转轴中心线的距带电粒子以速率v0

平行于磁感线方向射入匀强磁场，将做匀速直线

离，求每个叶片在转动过程中产生的电动势E，并指出a、b两点哪一端电势较高。运动带电粒子以速率v垂直于磁感线方向射入匀强磁场，将做类平抛运0动带电粒子以速率v平行于电场线方向射入匀强电场，将做匀变速直0线运动带电粒子以速率v0运动

垂直于电场线方向射入匀强电场，将做匀速圆周

如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M,AB间粗糙，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0,使A开头向左运动，B开头向右运动，最后A不会滑离B，求：〔1〕A、B最后的速度大小和方向；评卷人得分〔2〕从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车的速度评卷人得分四、实验题在做“用油膜法估测分子大小”的实验中，已知实验室中使用的酒精油酸溶液的浓度为A，N滴溶液的总体积为V。在浅盘中的水面上均匀撒上痱子粉，将一滴溶液滴在水面上，待油膜稳定后，在带有边长为a的正方形小格的玻璃板上描出油膜的轮廓〔如图所示〕，测得油膜占有的正方形小格个数为X。

在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，所使用的电流表内阻约为几欧姆，电压表的内阻约为十几千欧。依据实验所测8组数据，在图甲所示I-U坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线。①请依据你推断虚框画路②图定小灯泡P与U2和2的图，中正的是〔〕③假设将被测小灯泡与一定值电阻R和电源组成如图丙所示的电路，已知电源电动势为6．0V，内阻为1.0Ω。现测得电路中的电流为0．4A，则定值电阻R所消耗的电功率约为 W评卷人 得分五、简答题①用以上字母表示油酸分子的大小d= 。②从图中数得X= 。

如图所示，折射率n=的透明介质的横截面由等腰直角三角形AOC和圆心为O、半径为R的四分之一圆弧BC组成．一束单色光从M点以α0入射角由真空射入透明介质中，已知M点与B之间距离为，光在真空中的传播速度为c求：〔1〕这种透明介质对于真空的临界角C；〔2〕通过计算，画出光在透明介质中传播的光路图；〔3〕单色光在透明介质中的传播时间〔有光折射时，不考虑反射〕。

22.示波管的内部结构如图所示。如果在偏转电极XX/、YY/之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心．如果在偏转电极XX/之间和YY/之间分别加上如图所示的电压，请画出荧光屏上出现的完整扫描波形图。A.21.如图所示,变压器原线圈匝数n=1000副,线圈匝数n=50,原线圈的交变1 2电压U0原线圈的交变电流I=02求:1 1 B.副线圈的交变电压U2

多大?副线圈的交变电流I多大?2评卷人得分评卷人得分动过程中，拉力F与安培力相等，故动过程中，拉力F与安培力相等，故,C对；,D.【解析】标量是指只有大小没有方向的物理量，矢量是既有大小又有方向的物理量，由此可知时间为标量，C对；

考点：电势差、闭合电路欧姆定律、路端电压、法拉第电磁感应定律。.

4.【解析】试题分析：灯B与电阻R串联，当电键K闭合时，灯B立即发光．通过线圈L电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，A逐渐亮起来．所以B比A先亮．由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，感应电动势减小，A灯电流逐渐增大，A灯逐渐变亮，外电路电流变大时，路端电压U=E-Ir减小，B灯变暗．故选C考点：自感现象和自感系数．点评：对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解．

【解析】试题分析：根据电阻定律，，故可得试题分析：根据电阻定律，，故可得，B．反比，还跟导体的材料有关系，这个规律就叫电阻定律式为【名师点睛】导体的电阻R跟它的长度L成正比，跟它的横截面积S5.【解析】当汽车速度为v时，做匀速直线运动，有：P=Fv=fv【解析】当汽车速度为v时，做匀速直线运动，有：P=Fv=fv，则阻力1．当汽车速度为v时，汽车的牵引力1 1，根据牛顿第二定律得，2．故C正确，ABD错误．故选C.【解析】

试题分析：当ab棒向左运动时，cd部分接入回路，．，试题分析：当ab棒向左运动时，cd部分接入回路，．，AB对；在匀速运6.C【解析】根据n1∶n2=U1∶U2=40∶1，假设灯泡恰能正常发光，可知副线圈电压的有效值为U2=6V，所以U1=240V，即变压器输入电压的有效值为240V，故A正确B错误理想变压器输入功率等于输出功率，所以变压器输入功率为40W，故C正确D错误应选AC

【解析】试题分析：碰撞过程动量守恒、机械能不可能增加，碰撞后不能发生二次碰撞，据此分析答题．碰撞前总动量为，碰撞前总动能为，碰撞前总动量为，碰撞前总动能为，A中碰撞后总动量，碰撞后总动能为，系统机械能增加，故A错误；B中碰撞后总动量碰撞后总动量，总，机械能不增加，故B正确；C中，动量增大，故C错误；D中碰后后面小球的速度大有前面小球的速度，会发生第二次碰撞，不符合实际，故D错误．【解析】试题分析：由题，小磁针静止时N极指向向左，则通电螺线管内部磁场方向向左，P端为N极．根据安培定则判断出电流的方向：从b端流进，从a端流出，b接电源的正极，a接电源的负极．故B正确．考点：本题考查通电螺线管周围的磁场、磁场的方向。

0【解析】.试题分析：由图可知，此交流电的T=0.02s,t=0时刻，线圈在中性面位置，试题分析：由图可知，此交流电的T=0.02s,t=0时刻，线圈在中性面位置，t=0.01s时穿过线框的磁通量最大，A错误；交变电动势的瞬时值表达式为 ，C正确；交变电动势的有效值为22V,B错误；当e=22V时， 即线圈平面与中性面的夹角为450，D正确；故选CD【解析】物体下滑过程中机械能守恒，所以有：mgh=mv2①物理公式不仅给出了公式中各个物理量的数学运算关系，更重要的是给出了公式需要遵循的规律和适用条件，在做题时不能盲目的带公式，要弄清公式是否适用．.

考点：交流电的产生和描述、交流电图象。1【解析】试题分析：三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；

下表面的电势差U越大，故A正确，D错误；霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向下表面偏转，所以上表面电势高，故B正确，C错误．所以AB正确，CD错误。3【解析】第一类永动机违反了能量守恒定律，第二类永动机违反了热传递的方向性，机械能可以全部转化为内能，内能在引起其他变化时可能全部转化机械因此项为ADE.通过作图可以知道，当F、F

的合力F与F

垂直时合力F最小，等于

两动，记住相关的内容即可．是一道基础题．1 2 2F，即力F的最小值为F．故A正确；θ＜°，故＜，1 3 1

4由前面分析知F的最小值为Fcosθ，则不可能等于Fsinθ，故B错误；3通过作图可知，当F、F

1的合力F可以在F

1与F之间的任意方向，而三

【解析】1 2 1 2力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故力F只能在F与F之间的某个方向的反方向上，可能在第三象限，故3 1 2

试题分析：带电粒子以速率v平行于磁感线方向射入匀强磁场，粒子将0C正确；根据平衡条件：F与F

的合力大小一定与

等值反向，则与

不受洛伦兹力作用，故将做匀速直线运动，选项A正确；带电粒子以速3 2

2 率v垂直于磁感线方向射入匀强磁场，粒子受的洛伦兹力与速度方向垂大小无关，故D错误；故选AC

0直，故将做匀速圆周运动，选项B错误；带电粒子以速率v0

平行于电场考点：力的分解【名师点睛】本题关键抓住三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，然后通过作图分析。2

线方向射入匀强电场，粒子将受到恒定的电场力，有恒定的加速度，故将做匀变速直线运动，选项C正确；带电粒子以速率v垂直于电场线方0向射入匀强电场，粒子受的电场力与速度垂直，故将做类平抛运动，选D错误；故选AC【解析】电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，设霍尔元件的长【解析】电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有，电流的微观表达式为所以．上、下表面的电势差U越大，则B越大；当电流越大，上、【名师点睛】此题是带电粒子在电场及磁场中的运动问题；关键是搞清粒子在电场中的受力情况及速度方向与力的方向的关系，根据曲线运动的条件进行判断。5【解析】物体受到的合外力方向与速度方向相同，加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，故A正确；物体受到的合外力方向与速度方向成锐角或钝角时，即速度方向和合外力方向不在同一直线上，物体做曲线运动，故B正确，C错误；物体受到的合外力方向与速度方向相反时，加速度方向与速度方向相反，物体做减速直线运动，故D正确．6＝πB，且a点电势高于b点电势【解析】试题分析：每个叶片都切割磁感线，根据右手定则，a点电势高于b点电势．

v0所以v=v0所以v=方向向右守恒定律得：方向向右守恒定律得：Mv0—mv0=“Mv′“〔2〕A向运动速度减为时，到达，此时速度为则由动量点评：本题主要考查了动量守恒定律得直接应用，难度适中．18. ；62〔60-65均可〕。v=Lω=2π

所以电动势为 ．

【解析】考点：右手定则；法拉第电磁感应定律【名师点睛】此题是右手定则以及法拉第电磁感应定律的应用习题；解决本题的关键掌握转动切割产生感应电动势的表达式E=BLv，以及会用右手定则判断感应电动势的方向，注意地磁场的方向由南向北斜向下，叶片切割的是向下的磁场的分量.

试题分析：由于N滴溶液的总体积为V，故一滴的体积为 ，一滴中含有的油酸为 A，而油酸的表面积为xa2，故油酸分子的大小d= ；从图中读得X=62。考点：用油膜法估测分子大小。，向右7〔〕9〔1〕，向右7〔〕【解析】【解析】试题试题分析：〔1〕由A、B系统动量守恒定律得：Mv0—mv0=〔M+m〕v①〔4分，电路不通不给分，内接法扣2分，限流式扣2分〕〔2〕D〔2分〕均给分分【解析】试题分析：①描绘小灯泡伏安特性曲线时，由于电流表内阻与灯泡电阻相当，所以电流表连接方式选择外接，由于需要测量多组数据，滑动变阻器选择分压连接②由 可知随着电压的增大，电阻逐渐增大，功率P与U2图像的斜率表示电阻的倒数，应该减小，所以图像AB错；由公式 可知P与I2图像的斜率增大，故选D③由于流过灯泡电流为0.4A，从图像甲中找到此时电压为4V，电源内阻电压为.4V，所以定考点：考查描绘小灯泡伏安特性曲线

因 ，光在AC介面发生全反射，垂直AB射出介质，光路如图所示由几何关系知，光在介质中传播的距离故，光在介质中的传播时间点评：由于本实验要