范文一:高二物理答案
2011~2012学年度(上)期末质量测试 高二物理试题参考答案及评分标准
11.或;1(每空2分)
12.
mgd BLq
;向右(每空2分)
13.18;90%(每空2分)
三、实验题(14,16题每空2分,15题每空1分,共14分。)
14.1.706(1.704-1.708均可) (每空2分)
15.最高档)(每空1分)
16.(每空2分) (1)
(2) A (3) 增大
四、计算题(第17题 6 分,第18,19题各8分,第20题12分)
17.解:
对A 受力分析.设悬点与A 之间的丝线的拉力为F 1,AB 之间连线的拉力为F 2,受力图如图乙所示.根据平衡条件得
F 1sin60°=mg (2分)
qE=k
q L
22
+F1cos60°+F2 (2分)
由以上二式得:E=k
q L
2
+
mg q
cot60°+
F 2q
(1分)
∵F 2≥0, ∴ 当E ≥k
q L
2
+
3mg 3
q
时能实现上述平衡状态. (1分)
18.解:由?P =P ?4%=I 2R 得I 2=6A (1分)
2
由P =U 2I 2得 U 2=1.5×103V 由
n 1n 2
=
n 15001n 5001 1== (2分)
n 150032U 2n 215003
U 1
U 3=U 2-I 2R =(1500-60) V=1440V (1分)
n 3U 3144072
所以 (2分)
n 4U 422011
19.解:
(1)粒子在ACD 磁场中沿圆弧运动,半径r =
v 0r
2
d 2
(1分)
qv 0B =m
(2分)
所示B =
2mv 0qd
(1分)
粒子与绝缘挡板BC 碰撞后将向上偏转,由运动的对称性可以判断粒子在AC 边上的出射点刚好是AC 边的中点,转过的圆心角为90°,又运动了
14
个周期 (2分)
带电粒子从AB 边进入磁场到从AC 边射出磁场所用的时间为
t =
T 2=
πd
2v 0
(2分)
20.解:
(1)设离开右边界时棒ab 速度为v ,则有E =BLv
I =
E R +r
(2分)
对棒有:2F 0-BIL =0 解得:v =
2F 0(R +r ) B L
2
2
(2分)
(2)在ab 棒运动的整个过程中,由能量守恒定律得:
F 0d 0+2F 0d -Q =
12mv
22
(2分)
2
解得:Q =F 0(d 0+2d ) -
2mF 0(R +r )
B L
4
4
(1分)
12
2
(3)棒ab 刚进入磁场时即匀速运动,则:F 0d 0=
mv
(2分)
得:d 0=
(4) Q =
BLd r +R
2F 0m (R +r )
B L
4
4
2
(1分)
(2分)
范文二:2015高二物理答案
2015年沈阳市高二期末质量监测
物理试题参考答案及评分参考
一、选择题:本题共12小题,每小题4分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第1—8题只有一项符合题目要求,第9—12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的或不答的得0分。
二、实验题:(每空2分,共15分)
13:①把选择开关拨到“×100”的欧姆挡上(2分)
②将红、黑两表笔相短接,旋转欧姆调零旋钮, 使指针指在欧姆零处(2分) 14: (1)900(2分);
(2)电路图如右图(3分)
(3)9.5(2分); 1.50(2分); 187.5(2分)
三、计算题(本题共3小题,第15题9分,第16题12分,第17题16分,共37分。解答时应该写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位) 15.(9分)
(1)由右手定则(楞次定律)可知:电流方向b —a ------------------------------------(2分) (2)当金属棒运动的加速度为0时,金属杆获得最大速度,即:
mg = BIL ---------------------------------------------①(2分) I =
E
---------------------------------------------②(1分) R +r
E =BLv ---------------------------------------------③(1分)
联立解得:v =
mg (R +r ) B 2L 2
=2.5m/s ------------------------------------④(1分)
(3)由上式可知: I =
E
=0.5A -------------------------------------------⑤(1分) R +r
故:电阻R 的热功率为:P =I 2R =2.25W ----------------------------------------------⑥(1分)
1
16.(12分)
(1)设N 板下移的距离为Δd ,粒子在水平方向做匀速直线运动,则:
x =v 0t ---------------------------①(1分)
粒子在竖直方向做匀加速直线运动,y =
12
at ---------------------------②(2分) 2qU a =---------------------------③(1分)
md
且x 1:x 2=1:2 t 1:t 2=1:2 y 2=d +?d 1 a 2=
qU
m (d +l 1)
联立可知: Δd 1=d ---------------------------④(2分) (2)由C =
Q εS = U 4πkd U E =
d 4πkQ E =
εS
把闭合的电键K 打开时Q 不变,故E 不变,即a 3=a 1 ---------------------⑤(2分) 水平方向运动不变,则:t 1:t 3=1:2 粒子在竖直方向:y 3=d +?d 2=
12
a 3t 3 ----------------------------------------⑥(2分) 2
联立可知:Δd 2=3d ----------------------------------------------------------⑦(2分)
17. (16分) (1)由
得
----------------------------------------------------------------①(2分) d --------------------------------------------------------------------②(2分)
------------------------③(2分)
根据几何关系可得:AC=R=d 则:OD=(2)由
得
----------------------------------------------------------------④(2分)
-------------------------------------------------------------------⑤(2分)
由几何关系可知粒子 到达D 点的时间为
而从D 点到达G 点的时间为
2
------------------------------------⑥(2分)
---------------------⑦(2分)
粒子第n 次回到下磁场边界线时间 t =t 1+ (n -1) t 2=
12nd (π+1) -10πd
---------------------⑧(2分)
3v
3
范文三:高二物理答案
淮阴区高二物理试题参考答案 2008.11 一、二:选择题,共31分。1,5题,每小题3分,共15分,每小题只有一个选项符合题意; 6,9题,每小题4分,共16分,每小题给出的四个选项中有多个选项符合题意,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9
答案 C B D A B AC BC AD AC D
三、简答题:本题2小题,共18分。将答案写在题中相应的横线上。
10.(6分)(1)8.473(2分)、100.60(2分) (2)AC(2分)
11.(12分)(1)电路图(4分)
E,2.03Vr,0.085,,0.09,(2)(2分),(2分),图象(4分)
U/V 2.1
2.0 ,, , , 1.9 ,
1.8
I/A 1.7 0.5 2.0 1.0 1.5 0 电路图
四、计算题:本题共71分(淮州中学考生做13,17题,其他学校考生做12,16题)。解答时请写出必要的文字说明,方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位。
U1S,1:E,U,r12.(本题淮州中学考生不做)(12分)(4分) 1R1
U2S,2:E,3Vr,1,E,U,r (4分), 得 (2分)(2分) 2R1
-7-913.(13分)(1)U=W/q=1.4×10/(-2.0×10)=-70V(2分) ABAB-7-9U=W/q=-3.4×10/(-2.0×10)=170V(2分) BCBC
U=U+U=100V(1分)或U=(W+ W)/ q=100 V ACABBCACABBC4(2)1.5×10Ω(4分)
(3)R=mv/eB=0.25m(4分)
高二物理试题参考答案第 1 页 (共 2 页)
22UUapbp,,,8P14.(15分)(1)W(7分) RRapbp
R,RbpV(2),(2分),(2分) R,2R,R,1k,R,1k,apapbpVR,RbpV
Ucd=20V(4分) U,RabVR,RapV
mgtan,715.(15分)(1)1.5×10N/C(7分) E,,q
12qELsin,mgL(1,cos),mv(2)A点?O点: 设绝缘细线长为L,有,,(4分) 2
2mgmvmg12L(1,cos),mvF,,或,,O点: (2分),得F=0.35N(2分) 拉拉cos2cos,L,
16.(16分)(1)由速度分解可知:vcosθ=v,v=2v(5分) 00
23mv11220qUmvmv,,)M?N: ,(5分) (2U,MN0MN222q
2mvqvB,(3)设带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R,有(2分) R
mvmv2300(2分)(2分) OPRRR,,,,cos,qBqB
17.(本题淮州中学考生必做,其他学校考生不做)(12分)
2qBRmv5102R,av,,1.0,10m/sqvB,(1)在区域中:,,得(4分) ,001mR
3y(2)在区域qvB,qE中:,, 沿轴负方向(2分) E,vB,2.0,10N/C,,021102
3y 同理:,沿轴正方向(2分) E,vB,2.0,10N/C202
am,t,2,t,2,(3)在区域中运动的时间(1分),在区域、中运动的时间(1,,,,,,12qBv01
ma,,6,2,,2,T,t,t分),粒子作一次周期性运动所需的时间或,(4,2,),10s12vqB01,5,1.028,10s(2分)
高二物理试题参考答案第 2 页 (共 2 页)
范文四:高二物理答案
好好学习,天天快乐
第一套参考答案
16、解析:两车相碰过程由于作用时间很短,C球没有参与两车在水平方向的1 2 3 4 5 6 7 8 9
相互作用(对两车组成的系统,由动量守恒定律得(以向左为正):Mv,Mv,2Mv1A AC D A C A B C BCD
10.BD 11.D 12.ABCD 13.B 14.D 两车相碰后速度v1,0,这时C球的速度仍为v,向左,接着C球向左上方摆动与15(解:设每个力的大小为F,滑动摩擦力为f,物体质量为m,开始阶段物体做匀加速直两车发生相互作用,到达最高点时和两车 2线运动的位移为s,末速度为v,由动能定理得,(3F,f)s=mv/2
撤去一个力后物体做匀速直线运动,则2F,f=0 M//2具有共同的速度,对和两车组成的系统,水平方向动量守恒,vCv2 最后两个力撤去后物体做匀减速直线运动,通过的位移为s,由动能定理得,fs=mv/2 4/ 联立求解得,s=s/2=5m。 M116(解:(1)将重物看作是质量为m的质点,设:拉力为F,阻力为f,时间为t,位移为,,,,解得,,,方向向左((MM)vvv0.2m/s2249 s,加速度为,动摩擦力为,。 a
1 2 第一个运动过程中,有: F,f,maf,NN,mgs,at,2
四式联立,代入数据,解得: ,,0.417、解析:宇航员使用氧气喷嘴喷出一部分氧气后,根据动量守恒定律,可
,,,,(2)第二个过程中,有: Fcosa,f,maFsina,N,mg,0f,,N以求出他返回的速度,从而求出返回的时间和返回途中呼吸所消耗的氧气( 12 三式联立,代入数据,解得:a,5.36m/s (1)令M,100kg,m0,0.5kg,Δm,0.15kg,氧气的释放速度为u,宇航员的1
使重物能够到达90m远,即:撤去拉力后重物滑行至90m远.此时刚好速度为零。 返回速度为v
1,(M,Δm)v,Δm(u,v) 由动量守恒定律得022s,s,ss,atv,2asv,atf,ma 由 1211112211122Δm015. 代入数据,解得: s,38.3mf,,mgvu500.075(m/s),,×,1M1004 故拉力至少做功为: (2分) 代入数据,解得: W,Fscos,W,1.4,10Jmin1min
17(解:(1)施加恒力F时, ,(F,mgcos,),mgsin,s45宇航员返回飞船所需时间,,,t600(s)2v0075.(mgsin,,,mgcos,)L,mv/2未施加力F时, 1
宇航员返回途中所耗氧气m,,kt,2.5×10-4×600,0.15(kg) 代入数据,得 v,2m/s1氧气筒喷射后剩余氧气m″,m0,m,0.5,0.15,0.35(kg),m,,所以宇航员(2)滑块A与C接触后,A、B、CD组成系统动量守恒,能量守恒,所以当A、B具有共
能安全返回飞船( 同速度时,系统动能最小,弹簧弹性势能最大,为E, p22设释放氧气Δm未知,途中所需时间为t,则 m0,kt,Δm (2) 代入数据,得E=1J ?mv,2mvmv/2,2mv/2,Ep12p12,222510.ssM× ,,kΔmk,,Δm0.5m,代入数据后得,,Δ解得第二套答案: vumΔΔm
1—5:D D D A D 6—10: B A AD B C ssM90Δm0.45kg m0.05kgtt200s,Δ,,再代入,,,得,,12111:D 12:C vummΔΔ
13 左 0.5 t1800s,2 14 mv/(M-m)V 宇航员安全返回飞船的最长和最短时间分别为1800s和200s( 2215 (1)A、F (2)A、C (3) mOA,mOC ab
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好好学习,天天快乐
-规定水平向右为正方向Mvmv=(M+m)v ? v=0.4m/s 00
第三套题答案: 为使滑块始终不会滑到平板车右端,则其初动能全部转化为内能,由能量守恒 1、B 2、 3、C 4、B 5、A 6、 7、 8、 9、 1122Q=, MgL=mv+Mv ? 0010、 11、 12、 22
13、分析:A下滑与B球碰撞前,机械能守恒 5 L=m 116 2 2 mV,mgR=mV ? 10111 22
第四套机械振动答案 B球反弹以后机械能守恒
1、?标准答案:D 1 2 mgR=mV ? 112 ? 试题提示: 速度、加速度、动量,都是矢量,相差T/2的两个时刻,速度、加2速度、动量的大小都相等,但方向相反,而动能是标量,只要速度大小相等,动能就相等( A与B球碰撞过程,动量守恒,规定向右为正方向 2、?标准答案:B mV,,mV,m2V ? 1112 ? 试题提示: 由于两皮带轮半径之比为1:5,因此两轮转速之比为5:1,乙轮的A、B碰撞机械能不损失 转速为(168?5)r/min=33.6 r/min=0.56 r/s,其转动周期T=(1/0.56)s=1.79s( 111 2 2 2 mV=mV,mV? 11122222
根据单摆振动周期公式,可计算出4个单摆的自由振动周期分别是T=2.00s, 1 T=1.79s, T=1.55s, T=1.26s( 234Vm11绳随P点做周期性转动,相当于通过绳给各单摆施加一个周期性的外力作用,4个单摆中自 = = m2v1,V29由振动周期最接近于T的将产生共振,因此摆长为80cm的单摆振幅最大(
3、?标准答案:A
、规定A球运动方向为正方向, 14 ? 试题提示: 甲的振幅是乙的2倍,但不能说明甲的能量是乙的2倍(甲的位移
到达正的最大值的时刻是t=(4n+1)s,乙的位移到达正的最大值的时刻是t=(8n’+6)s,12对于AB组成系统动量守恒
由于n和n’都是正整数,因此t不可能等于t( 12
相距最近时有相同速度: mV0=(m+2m)V ? 4、?标准答案:C 距离减小过程,相当于压缩弹簧, 5、?标准答案:A
转化为其它能量Ep=FS相,F(L-2r),由能量守恒得
116、?标准答案:C 2 2 mV=(m+2m)V+ F(L-2r) ? 0 ? 试题提示: 下边的图象是速度—时间图象,不能确定位移、振幅的大小,但可22
判定位移和加速度的方向及何时最大或为0(
3F(L,2r)/m 联立求解V, 0 7、?标准答案:A 8、?标准答案:AC 15.分析:平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动最大距离位置时速度为零, ? 试题提示: 只能说明t和t这两个时刻的位置相对平衡位置是对称的,但t与121
12t间的时间间隔不一定等于半个周期的奇数倍( 2由动能定理得:-, MgS= 0-mv ? S=1/3m 0 2
9、?标准答案:ABD 平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v相等:
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10、?标准答案:BCD
B球做自由落体运动,到达凹槽最低点用时间t,,
两球在最低点相遇的条件是t,(4n,1)T/4, 11、?标准答案:BD
12、?标准答案:CD
? 试题提示: 提示:当振子经平衡位置时放上小木块,小木块随之运动,类似发即h,,(n,0,1,2,??)( 生一次完全非弹性碰撞,系统能量有损失,故振幅减小,弹性势能最大值减小,动能最大19、 ? 试题详解 值减小即速度最大值减小,因此振幅减小、质量增加,故加速度最大值减小(
13、 ? 试题详解:
14、?标准答案:24N
15、 ? 试题详解: ?双线摆可以保证在竖直平面内摆动,而单线摆容易形成“圆锥 摆”(
?g,(
16、 ? 试题提示: A(b间距离大于半个波长而小于
一个波长( ? 试题详解: 如图所示(
第五套答案:
17? 试题详解: ?摆球释放后做简谐运动,从开始运动到第一次到达最低点,经历1/41:【解析】波长、波速、频率的关系对任何波都是成立的,对电磁波当然成立,故A选项个周期时间,因此重力的冲量为 正确;干涉和衍射是波的特性,机械波、电磁波都是波,这些特性都具有,故B项正确;
机械波是机械振动在介质中传播形成的,所以机械波的传播需要介质而电磁波是交替变化
I,mg?t,( 重力的电场和磁场由近及远的传播形成的,所以电磁波传播不需要介质,故C项正确;机械波?这过程中合外力的冲量等于摆球动量的增量,而到达最低点时的速度大小可根据机械能既有横波又有纵波,但是电磁波只能是横波,其证据就是电磁波能够发生偏振现象,而偏守恒定律求得,即 振现象是横波才有的, D项错误。故正确答案应为D。
【答案】D
mg?l(1,cosθ),, 2答案AD
【解析】本题考查机械波和机械振动.介质中的质点的振动周期和相应的波传播周期一致A合外力冲量的大小为I,Δmv,,方向水平向左( 合力
正确.而各质点做简谐运动速度随时间作周期性的变化,但波在介质中是匀速向前传播的,18、 ? 试题详解: 解 A球释放后,将在凹槽上做简谐运动,它经过最低点的时刻是
所以不相等,B错.对于横波而言传播方向和振动方向是垂直的,C错.根据波的特点D正确.
3答案:A (4n,1)T/4,,(n,0,1,2,??)( 解析:同一音叉发出的声波,声源相同,频率f相同、周期T相同(CD均错);又声波在水中
传播的传播速度比在空气中快、速度V大,根据波长λ,VT可知声波在水中波长较大;由
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题15图波形曲线可知b比a的波长长,b是水中声波的波形曲线,A对、B错。 到t=0.25s内,Δt=0.15s=3T/4,P点的起始位置既不是平衡位置,又不是最大位移处,所
4答案:D 以在3T/4时间内的路程不是30cm。
3解析:根据题意应用平移法可知T,0.6s,解得T,0.8s,A错;由图可知振幅A,0.2m、4
11波长λ,8m。t,0.9s,1T,此时P点沿y轴负方向运动,B错;0.4s,T,运动路程为 8、D 9、:C 详解: 如图A错(周期T满足:0.15s=T,T=0.1s(0.25s相当于82
周期(故2m处质点此时y轴位移为0,B错(0.1s后,波到达10m处,故C对(10m处质5112A,0.4m,C错; t,0.5s,T,T,T,波形图中Q正在向下振动,从平衡位置向下828
111振动了T,经T到波谷,再过T到波峰,D对。 点第一次到达y轴最大位移,用时(波源质点只通过了0.5m路程,D错( 882
5【解析】从振动图上可以看出x=0处的质点在t=T/2时刻处于平衡位置,且正在向下振动,
四个选项中只有A图符合要求,故A项正确。
【答案】A
,,2,rad/sT,,8s6:AD【解析】由关系式可知,,将t=1s和t=3s代入关系式中,,4 求得两时刻位移相同,A对;画出对应的位移-时间图像,由图像可以看出,第1s末和第
10、ABD 11、BD 3s末的速度方向不同,B错;仍由图像可知,3s末至5s末的位移大小相同,方向相反,而
速度是大小相同,方向也相同。故C错、D对。
12、 (1)(n,0,1,2,3?);
(2)(n,0,1,2,3?)( 7:答案AB
【解析】由y-t图像知,周期T=0.2s,且在t=0.1sQ点在平衡位置沿y负方向运动,可以
13、 (1)v=10 m,s;(2)=,2cm;(3)t=0.8s( 推断波没x负方向传播,所以C错;
从t=0.10s到t=0.15s时,Δt=0.05s=T/4,质点Q从图甲所示的位置振动T/4到达负
最大位移处,又加速度方向与位移方向相反,大小与位移的大小成正比,所以此时Q的加
速度达到正向最大,而P点从图甲所示位置运动T/4时正在由正最大位移处向平衡位置运
动的途中,速度沿y轴负方向,所以A、B都对;
振动的质点在t=1T内,质点运动的路程为4A;t=T/2,质点运动的路程为2A;但t=T/4,
质点运动的路程不一定是1A;t=3T/4,质点运动的路程也不一定是3A。本题中从t=0.10s
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来两部分气体温度相等,混合后仍保持不变( 14、 ? 试题详解: (1)0.8s;
17、?标准答案:B
,10,10 ? 试题提示: 氢的分子的大小的数量级是10m,但不是准确的1×10m,1nm
3的长度上若连续排列氢分子,不可能排下10个,因此边长为1nm的立方体内不可能容纳10 (2); 个液态氢分子,因此选项B正确(
18、?标准答案:B
(3)1.2n(n,1,2,3?)( ? 试题提示: 要求出气体分子的平均距离,需要知道气体的体积以及其中的气体
分子数量,二者相除即得到一个分子平均占有空间的体积,设想一个分子占有的空间是一第六套参考答案: 个立方体,把它开三次方就是一个分子平均占有空间的长度大小,也就是分子的平均距离(A1、D【解析】 布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的运动,他反映的是液体无规则的运动,选项只能求出气体的分子总数,却求不出占有的体积;C选项虽然已知质量和体积,却求不所以A错误;没有摩擦的理想热机不经过做功是不可能把吸收的能量全部转化为机械能的B出分子总数;D选
错误,摩尔质量必须和分子的质量结合才能求出阿伏加德罗常数C错;温度是分子平均动?/FONT>B选项已知摩尔质量和密度,可以求能的标志,只要温度相同分子的平均动能就相同,物体的内能是势能和动能的总和所以D出气体的摩尔体积,又已知1mol气体的分子数,即阿伏加德罗常量,从而可以估算气体分正确 子的平均距离(
2、?标准答案:B 19、?标准答案:B
? 试题提示: 分子势能的变化只与分子力做功或克服分子力做功有关,而与分子 ? 试题提示: 温度是分子平均动能的标志,A选项不对(由于二者温度相等,分子力的大小变化无关(改变物体内能的方式有两种,一种是做功,另一种是热传递,水在蒸平均动能相等,但氧气分子的质量比氢气分子的质量大,因此氧气分子的平均速率较小(由发过程中,需要吸热,并且所吸的热大于它对外所做的功,因此水的内能变大,但蒸发过于二者的压强大小未知,不知道二者体积大小的关系,因此无法比较二者分子平均距离的程温度不一定升高,因此水的分子平均动能不一定变大( 大小,C选项也不对(气体在一般情况下,分子距离较远,分子力很小,分子势能可以忽略3、?标准答案:A 不计,气体的内能只是分子动能的总和,由于氧气分子质量是氢气分子质量的16倍,二者? 试题详解: 解析:lg0?水结成lg0?冰放热,故前者内能大于后者,A正确,B:T?,的温度相等,即分子平均动能相等,总和一定是氢气的大,D选项正确( V也可?,U?,故B错,A对则C错,D平均动能是整体效应,有些分子速率降低,有些升20、?标准答案:D
高,故D错( ? 试题提示: 大气对左侧活塞做正功,对右侧活塞做负功,二者的绝对值相等,4、C 5、B 6、C 7、C 8、C 9、B 10、D 因此大气对水不做功(但水的重心降低,重力势能减小,根据能量守恒,水的内能增加( 11、C 12、C 13、BC 14、CD 21、?标准答案:C
15、?标准答案:C ? 试题提示: 两分子间的距离逐渐变大时,分子间的斥力和引力都变小,但斥力
? 试题提示: 重新平衡后工内气体的压强将小于左侧气体原来的压强而大于右侧减小得更快,因此两分子距离较远时,分子间的作用力表现为引力,但两分子间距离超过气体原来的压强(左、右两侧气体原来的温度相等(热平衡),重新平衡后温度保持不变(根平衡时距离的10倍以上时,两分子间的作用力已经非常微弱,可以认为已经没有作用力了( 据热力学第二定律,两侧气体的压强将自发地变为相等,而不会自发地变为原来的状态,22、?标准答案:B
但并不是用任何方法都不能使它们回复到原来的状态( 23、?标准答案:A
16、?标准答案:A ? 试题提示:提示:
? 试题提示: 如果开始时下半部容器是真空,则抽去隔板后两边气体将均匀分布,当管放平时,水银面高度差为0?P=P,P?V? abaoa
压强将比上部气体原来压强小,但上部气体并不做功,因此内能不变化,从而气体温度也
不变化(如果开始时下半部容器有低压气体,则抽去隔板后两边气体将均匀分布,压强将24、?标准答案:C
比上部气体原来压强小,但比下部气体压强大,至于温度是否变化,则条件不足,如果原
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‘,2π,2π,2,) L/aLm/(qE)L/g第七套答案:
Qqs 13. 2cd(CD 2(CD 3(B 4(BD 5(BC 6(D 7.B 1
14、该同学所得结论有不完善之处(为使小球始终沿水平面运动,电场力在竖直方向的分力必须小于等于
8.B 9.AD 重力,即:qEsinθ?mg
mgSg220.15104,,所以, tg,,,,222210.F,kqQr/4R ;方向指向小孔 mvv2.253BB
2S11、V,A 0
,212(L/2 mg11010,,5 EVmVm,,,,/1.2510/4,qsin,613.100;50,9 ,正 110,,514(mgsinθ/q
24515.mvθ/qs :7(5×10V/m,E?1(25×10V/m 即-6216 .4(0×10c,匀加速直线运动11(5m/s 15、设电场强度为E,小球带电量为q,因小球做直线运动,它受的电场力qE和重力mg的合力必沿此直线,
8kQ如图。 17( 5E
mg=qE=tanθ (4分) 第八套参考答案: g、A 2、B 3、AD 4、AD 5、D 6、B 7、D 8、BD 9、BD 1a,由此可知,小球做匀减速运动的加速度大小为: (2分) sin,10、C 11、A 12、D 13、B 14、C 15、ABD 16、BCD 17、
2ABD 18、ABCD 19、 B 设从O到最高点的路程为s,:v,2as (2分) 0
3mg33运动的水平距离为: L=Scotθ (2分) 20、(1)3g (2) 21(1)200V (2)2,10V,E,5,10V 4q
两点的电势能之差: ?W=qEL (2分) 22、:(1)由平衡条件可知电场力与F大小相等方向相反,而此电荷带负电,场强与之
122相反。如图9(3,4。U=φ,φ=Ed d=ABcosα E=F/q ? φ=,60V,电场线ABABB,W,mvcos,由以上各式得: (2分) 02及A、B两点等势线如图9(3,3。
16(1) a (2) b (3)正功 200ev -7-5-5(2)(?E=W=Edq=qU=3×10×160=4(8×10(J) 电势能增加了4(8×10 J
,mgh3gh17 12(; 第九套答案: 2q
1.B 2.C 3.ABCD 4ABD 5.C 6.B 7.AD 8.AC 9.C 10. BD 11.B
12. π(提示:小球沿的加速度场 Lm/(qE)
强方向的加速度为a,?,/,,由于初速度υ很小, 0 小球在水平面上做“类单摆运动”,周期,,2π
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第十套电容器答案
1、C 2、B 3、A 4、A 5、D 6、AC 7、C 8、AB 9、B 10、 18、解:对环和电容器组成的系统,由开始到距离左板最近过程中,根据动量守恒定律:
------(1) mvmMv,,()0
mv0v,解得最近时两物体的速度为:--------------(2) mM,
对环和电容器组成的系统根据能量守恒:
d1122-----------------(3) FmvmMv,,,,()0222
12FsMv,对电容器,根据动能定理-----------------(4) 2
md 解得电容器移动的距离 s,2()mM,
gU20ghd19、(1)2(,), m
mg(hd),U(2) ,0q
5(3) 2.01,10V
(4)1000V
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范文五:高二物理(必修)答案
高二物理答案(必修)第 1 页 (共 2页)
2016~2017学年度第一学期期末抽测
高二物理必修参考答案及评分标准
24-A . 、 ( 每空 2分、共 4分 )
24-B . 、 ( 每空 2分,共 4分 )
25. (1) (2) (3) ( 每空 2分,共 6分 )
三.论述计算题:
26. (6分)
(1)根据匀速圆周运动的规律可得木块的角速度大小为:T
πω2= 2分 (2) 木块的线速度大小为:v =2πr T
2分 (3)木块所受摩擦力提供木块做匀速圆周运动的向心力,
有 F f =m (2πT
2r 2分 27. (7分)
(1)小球滑到圆弧轨道底端的过程机械能守恒,令 P 点重力势能为 0,则 mgL (1-cos 60°) =12
m v 2 1分
解得 v =gL 1分
(2)小球离开 P 点后做平抛运动,所用时间为 t ,则
小球下落的高度为 L 122 1分
水平位移 2L =v t 1分 解得 v =gL 2 1分 小球从释放到 P 点机械能守恒,设释放点距 P 点高为 h ,
则 mg h =12
mv 2 解得 h =L 1分 所以,小球从释放到落地,重力做的功 W =2mgL 1分
28. (8分)
(1)物块恰能沿斜面下滑,应有 mg sin θ≥ μ1mg cos θ 1分
高二物理答案(必修)第 2 页 (共 2页) θ满足的条件 tan θ≥ 0.05即当 tan θ≥ 0.05时物块恰好从斜面开始下滑 1分
(2)由牛顿第二定律得
mg sin 37°-μ1mg cos 37°=ma 1分
解得 a =5.6 m/s2 1分
(3)设物块停止时与墙面的距离为 x ,由动能定理得
mg L sinθ-μ1mgL cos θ-μ2mg (x -L cos θ) =0 ① 1分 整理得:) 37sin(45) cos 43(sin2
2?+=+=θμθθμL L x 1分 当θ=53°时, x 最大
1分 1625
45
2
==μL
x m m . 1
分