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高二阶段性诊断测试
物理参考答案
1.C 【解析】控制电视、空调的遥控器使用的是红外线，选项 A 错误；银行、商店用来鉴别大额钞票真伪
的验钞机使用的是紫外线，选项 B 错误；机场、车站用来检查旅客行李包的透视仪使用的是X 射线，选项
C 正确；智能手机、老年机发射与接收信号使用的都是无线电波，选项 D 错误。
2.C 【解析】电源的电动势反映了其他形式的能量转化为电能本领的大小，选项 C 正确、A 错误；电池正、
W
负极间的电压小于或等于电源电动势，选项 B 错误；根据电动势的定义式 E = 非 可知，电池工作时，每
q
“搬运”1C的电荷通过电池，非静电力做的功为1.5J ，即电池把1.5J 的太阳能转化为电能，选项 D 错误。
3.D 【解析】通电导线置于磁场中某处，若不受磁场力，不能确定此处的磁感应强度为零，选项 A 错误；
将小磁针放在磁场中某处，小磁针静止时 N 极所指的方向就是该处磁感应强度的方向，选项 D 正确；磁感
应强度的方向与置于该处的通电导线受到的安培力方向的关系由左手定则确定，选项 B 错误；磁感应强度
根据比值法定义，但其反映的是磁场自身的性质，与 F 、 IL 均无关，选项 C 错误。
4.A 【解析】根据安培定则可以知道通电导线所处位置的磁场方向水平向右，结合左手定则可知，通电导
线受到的安培力方向竖直向上，选项 A 正确，选项 B、C、D 均错误。
5. B 【解析】电动机匀速提升重物时输出的功率 P = mgv = 900W ，选项 A 错误；电动机的热功率
机
P热 =1100W 900W = 200W
P
，选项 C 错误；流经电动机的电流 I = = 5A ，选项 D 错误；根据 P 2
U 热
= I r ，
得 r = 8 ，选项 B 正确。
6.B 【解析】任取一横截面分析，在时间 t 内通过该横截面的电荷数量 N = nvtb，对应的电荷量Q = nvtbe ，
Q
根据电流定义式 I = 可知，选项 B 正确。
t
7. C 【解析】对带正电粒子受力分析可知，匀强磁场的方向垂直纸面向里，选项 A 错误；根据几何关系有
cos30 Eq° = 、 tan 30 mg° = ，选项 C 正确、B 错误；若小球运动过程中磁场突然消失，粒子做匀变速曲
qBv Eq
线速运动，选项 D 错误。
8.A 【解析】初始时 A、D 两处的长直导线在C 处产生的磁场磁感应强度大小相等，设为 B1，根据安培定
则可知 A、D 两处的长直导线在C 处产生的磁场方向的夹角为 60°，根据矢量的合成可知 B0 = 2B1 cos30°，
若将 D 处长导线中的电流方向改为垂直纸面向外，则 A 、 D 两处的长直导线在C 处产生的磁场方向的夹
角为120 3°，根据矢量的合成可知，C 处磁感应强度大小 B′ = 2B1 cos60° = B1 = B0 ，选项 A 正确，选项 B、3
C、D 均错误。
{#{QQABIYAAogggAgAAAAhCAQUQCECQkhGCAQgGQBAIoAIACRNABCA=}#}
9.BD 【解析】极靴与圆柱间的磁场大小、方向并非总是相同，不是匀强磁场 ，选项 A 错误；c 、d 两点
的磁感应强度方向相同，选项 B 正确；根据左手定则可知，图示左侧通电导线受到的安培力向下，选项 C
错误；因为磁感线是闭合的，所以有大量磁感线通过圆柱形铁芯，选项 D 正确。
10. AC U【解析】根据伏安特性曲线可知，当 a、b 两电学元件两端的电压均为U0 时，两者的电阻均为
0 ，
I0
当 a、b 两端的电压小于U0 时， b 的阻值不变， a的阻值变大，选项 A 正确；由于此时 a的阻值大于b 的
U
阻值，此时元件 a 两端的电压大于 0 ，选项 B 错误；根据欧姆定律可知，此时电路中的电流
2
I U U I= 0 < 0 = 0 ，选项 C 正确；根据串联电路的特点可知，流流过元件b 的电流等于流过元件 a
Ra + Rb 2Rb 2
的电流，选项 D 错误。
11. BD 【解析】将接线柱 1、2 串联接入电路时，该装置可视为电流表，若流过表头 G 的电流为 Ig ，流过
R1的电流为 29Ig ，则此时的量程为30Ig ，每一小格表示 Ig ，选项 B 正确、A 错误；若将接线柱 1、3 并联
901Ig Rg
接入电路时，该装置可视为电压表，此时的量程为 Ig Rg + 30Ig ×30Rg = 901Ig Rg ，每一小格表示 ，30
选项 D 正确、C 错误。
12. BC 【解析】带电的粒子从 D 点以速度 v 平行于 BC 边方向射入磁场，根据左手定则可知，粒子向下偏
转，由于 BC 边的限制，粒子不能达到 B 点，选项 A 错误；若粒子垂直 BC 边射出，根据几何关系可知，
1 3
粒子做匀速圆周运动的半径 r = Lsin 60° = L，选项 B 正确；若粒子从C 点射出，根据几何关系有
2 4
R2 sin 60
3L 3 π
° = ，解得 R2 = L ，粒子运动轨迹对应的圆心角为 ，粒子在磁场中运动的时间 4 2 3
t 1 2πm πm= × = ，选项 C 正确；若粒子从 AB 边射出，则粒子的速度越大，轨迹半径越大，粒子运动轨
6 qB0 3qB0
迹的圆心角相同，其在磁场中运动的时间相同，选项 D 错误。
13．（1）2.095（2.094~2.097 均正确）（2 分）
（2）左端（2 分）
πd 2R
（3） x （2 分）
4l
【解析】（1）螺旋测微器的精确值为 0.01mm ，金属丝直径 d = 2mm + 9.5× 0.01mm = 2.095mm 。
（2）滑动变阻器采用分压式接法，闭合开关前滑动变阻器的滑片应滑至最左端。
3 l πd
2 πd 2R
（ ）根据电阻定律 Rx = ρ ，金属丝的横截面积 S = ，综合可得金属丝的电阻率 ρ = x 。 S 4 4l
14．（1）电流（2 分）A（2 分）
（2）3.72（2 分） 0.30（3 分）
{#{QQABIYAAogggAgAAAAhCAQUQCECQkhGCAQgGQBAIoAIACRNABCA=}#}
【解析】（1）电表②串流在电路中，应为电流表；为了减小实验误差，电表②应采用内接法（相对滑动变
阻器而言电流表内接，相对电源来说电流表是外接法），即电表①应与电表②的接线柱 A连接。
（2）根据闭合电路的欧姆定律，结合题图有U = E I (R0 + r)，结合题图乙可知，该三元锂电池的电动势
E = 3.72V (3.72 2.32)V，题图乙的斜率 k = (R0 + r) = ，解得 r = 0.30 。 0.5A
15.解：（1）根据闭合电路欧姆定律可知，通过导体棒的电流
I E= （2 分）
R + r
导体棒受到的安培力大小为
FA = BIL （1 分）
解得 FA = 0.6N。（1 分）
（2）对导体棒受力分析，根据受力平衡有
mg sinθ + f = FA （2 分）
根据题意有
f = 0mg cosθ （1 分）
3
解得 0 = 。（1 分） 15
16．解：（1）根据欧姆定律可知，流过 R3 的电流
I U2 = = 0.4A （2 分） R3
根据串联电路的电流特点可知，结合 R2 的伏安特性曲线可知，此时 R2 两端的电压
U2 = 8V （1 分）
根据欧姆定律有
R U22 = =10 。（1 分） I2
（2）根据串联电路的电压特点可知
U AB =U +U2 = 20V （1 分）
根据欧姆定律可知，流过 R1的电流
I U= AB1 = 0.8A （1 分） R1
电流表测量的是干路电流，根据并联电路的电流特点有
I = I1 + I2 （1 分）
{#{QQABIYAAogggAgAAAAhCAQUQCECQkhGCAQgGQBAIoAIACRNABCA=}#}
解得 I =1.2A。（2 分）
18．解：（1）带电粒子从 A点运动到C 点的过程中，设小球做匀速圆周运动的半径为 r1，根据几何关系有
cosθ R= （2 分）
2 R + r1
根据牛顿第二定律有
qvB m v
2
0 = （1 分） r1
v qB0R解得 = 。（1 分）
2m
（2）带电粒子运动到O点时，，根据牛顿第二定律有
2
F vN qvB0 = m （2 分） R
3q2B 2R
解得 F 0N = 。（1 分） 4m
{#{QQABIYAAogggAgAAAAhCAQUQCECQkhGCAQgGQBAIoAIACRNABCA=}#}
（3）设带电粒子在匀强磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的半径为 r2 ，根据几何关系有
r θ2 = r1 + (r1 + R)sin （2 分） 2
根据牛顿第二定律有
v2qvB = m （1 分）
r2
B ( 5 1)解得 = B0 。（1 分） 4
（4）设带电粒子在匀强磁场Ⅰ中的运动时间为 t1 ，在匀强磁场Ⅱ中的运动时间为 t2 ，则
t π r= 22 （1 分） v
t (π +θ )r1 θR1 = + （2 分） v v
t1 13( 5 1)解得 = 。（2 分）
t2 20
{#{QQABIYAAogggAgAAAAhCAQUQCECQkhGCAQgGQBAIoAIACRNABCA=}#}高二阶段性诊断测试
物理参考答案
1.C2.C3.D4.A5.B6.B7.C8.A9.BD10.AC11.BD12.BC
13.(1)2.095(2分，2.094~2.097均正确)
(2)左端(2分)
(3)dR
4
(2分)
14.(1)电流(2分)A(2分)
(2)3.72(2分)0.30(2分)
15.解：(1)根据闭合电路欧姆定律可知，通过导体棒的电流
1R5
(2分)
导体棒受到的安培力大小
FA=BIL(1分)
解得FA=0.6N。(1分)
(2)对导体棒受力分析，根据受力平衡有
mg sin0十f=FA(2分)
根据题意有
f=omgc0s0(1分)
√3
解得4=15°
(1分)
16.解：(1)根据欧姆定律可知，流过Ra的电流
1,=R=0.4A(2分)
根据串联电路的电流特点可知，结合R 的伏安特性曲线可知，此时R,两端的电压
U2=8V(1分)
根据欧姆定律有
U2=20
R2∠
。(1分)
(2)根据串联电路的电压特点可知
U=U+U2=20V(1分)
根据欧姆定律可知，流过R,的电流
8=0.8A(1分)
-R
电流表测量的是干路电流，根据并联电路的电流特点有
【高二物理·参考答案第1页（共3页）】
I=I,+I2(1分)
解得1=1.2A。(1分)
17.解：(1)根据闭合电路欧姆定律有
E=U1+IR,+I1r(1分)
E=U2+I2R1+I2r(1分)
解得E=6V(1分)》
r=22。
(1分)
(2)电源消耗的功率
P=EI(1分)
根据闭合电路欧姆定律有
E
I-r+R+Rr
(1分)
则R。=0时，干路中的电流最大，电源消耗的功率最大
Im=0.6A(1分)
P。=3.6W。(1分)
(3)滑动变阻器消耗的功率
P=I2RP(1分)
结合闭合电路欧姆定律有
E2
P=
(2分)
(Rp+
Ri+r
VRp
根据数学知识可知，当√R。_R:十'（或R。=,十R,)时滑动变阻器消耗的功率最大1分）
RP
解得Pn=0.9W。(2分)
18.解：(1)带电粒子从A点运动到C点的过程中，设带电粒子做匀速圆周运动的半径为r1,根
据几何关系有
0R
cos 2R+r
(2分)
根据牛顿第二定律有
quBo=m
(1分)
解得u=BR
2m
(1分)
(2)带电粒子运动到O点时，根据牛顿第二定律有
v
F、-9B。=mR(2分)
3qBoR
解得F、=
477
(1分)
【高二物理·参考答案第2页（共3页）】{#{QQABIYAAogggAgAAAAhCAQUQCECQkhGCAQgGQBAIoAIACRNABCA=}#}
{#{QQABIYAAogggAgAAAAhCAQUQCECQkhGCAQgGQBAIoAIACRNABCA=}#}

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