2020年安徽省示范高中培優(yōu)聯(lián)盟高二春季聯(lián)賽理科綜合物理試卷參考答案

2020年安徽省示范高中培優(yōu)聯(lián)盟高二春季聯(lián)賽理科綜合物理參考答案選擇題：1-6DABDAD7-10ACABACAB1．D【解析】對a受分析，受重力mg,管壁支持力F,彈簧的彈力F',F'的方向與豎直N方向的夾角為匕如圖所示，小球到達(dá)b‘位置，當(dāng)a、b重新處于靜止?fàn)顟B(tài)時，由幾何關(guān)系可知，6減小，由于F'豎直方向上分力大小等于重力，所以F'減小，彈簧變長,F'在水平方向上分力也要減小，所以推力F減??；b受到管底的支持力等于兩個重力，所以不變。綜合分析,正確的選項是D。A【解析】剪斷輕繩的瞬間，如果懸掛B的繩子有拉力，則A的加速度大于g,B的加速度小于b,顯然與繩子有拉力矛盾,所以剪斷懸掛框架的繩瞬間，懸掛B的繩的拉力瞬間變?yōu)榱悖瑥椈傻膹椓Σ蛔?，所以研究A,2mg=maA，得a廠2g，研究B得a=g，研究C得a=0，正確選項是A。BCB【解析】首先根據(jù)安培定則判斷兩根導(dǎo)線在A點的磁場方向,x軸上兩根通電導(dǎo)線在A點處磁感應(yīng)強度分別是B、B，由題給條件知ZBAB=120。，所以B=B=B，如圖所示。121212在A點的上方，距A點距離等于AP,即可使A點處磁感應(yīng)強度為零，AP十+（◎l）二芟3l,所以另一根導(dǎo)線放置的y坐標(biāo)是33y=AO+APL+L=<3L33所以選項B正確。4．D【解析】設(shè)軌道半徑為r,由萬有引力定律和牛頓第二定律得TOC\o"1-5"\h\z2Gmcos30m(-—)2r①(2rcos30)2T在其它條件不變的情況下，當(dāng)運動周期變?yōu)樵瓉淼膎倍時,在三角形中心必須增加一個質(zhì)量為M的星體,則2Gcos30G列mL)2r②(2rcos30)2r2nT兩式相比得M'3m1)3n2所以選項D正確。5．A【解析】設(shè)小球落到斜面上的點到拋出點的距離是L,則Lcosv0tLsinZgt2得v2業(yè)宜,其中是斜面的夾角，小球離開斜面最遠(yuǎn)距離為h(V0COs)2,所02singsin以可得hL,則h：h：h=1：2：3。所以選項A正確。1236．DIn【解析】根據(jù)變壓器的工乍原理得嚴(yán)孑又I?牛…汀，所以可得n2則原線圈的等效電阻是RF(jRn21U2(Rr)2”4rR當(dāng)Rr時,電源有最大輸出功率，即(A)2Rro所以,n27．AC【解析】由x=vot+2at2得：|=丁如，對照圖像可得：％=4m/s，Vbo=0，aA=-2m/s2，aB=3m/S2°t=3S時，XA=VA0t+2aAt2=3m，XB=加+2F2=，選項A正確，VA=VA0+aAt=-2m/S，VB=aBt=2m/S，選項B錯誤；t=4S時，同理可得，x=vt+at2=0m,v=v+at=-4m/s，選項C正確,D錯誤。所以正確選是AC。AA02AAA0A8．AB【解析】R的滑片向右移動,接入電路的電阻增大，電路的總電阻增大，由丨=￡知,干路中的電流減小，內(nèi)電壓減小，路端電壓增大，電源的效率n=昔燈00%=UX100%,所以效率增加,A正確；由于總電流減小,U減小，電容器C所帶的電荷E3量減少,B選項正確；電阻(R+r)上電壓降減小，并聯(lián)電路的電壓將增大,即電壓3表的讀數(shù)變大，1增大，1減小，電流表讀數(shù)減小,C選項錯誤；因為各電阻和電源21內(nèi)阻的大小關(guān)系均不知道，R與R并聯(lián)后消耗的總功率也有可能是先增大后減12小,D選項錯誤。正確選擇項是AB°9．AC解析】設(shè)正方形的連長是a,Q在B點產(chǎn)生的電場強度為E',有題給條件可得e，旦E,A2選項正確；在B釋放的電子，受電場力的作用，只能在B、D兩點之間往復(fù)運動，不會超越正方形的邊界,B選項錯誤；e=kQ又E=k^，所以在C處的點電荷C2a2a2受到電場力是F=QEC=乎QE,C選項正確；EB=^2E"=<2-2E'=2E，選項D錯誤。所以選項AC正確。

10．AB【解析】粒子在電場中被加速，由動能定理qU=fmv2得：v=乎，帶電粒子在磁場中做圓周運動'由洛倫茲力提供向心力得’qvB=mV2,解得：r=倉代入數(shù)據(jù)V2得：r=右晉，選項得：r=BqR1q2B?R2子的速度為作=晉此時粒子的動能為Ek=2叫2,代入數(shù)據(jù)得Ek=q2mr，質(zhì)子屮）和a粒子（4He）都滿足吐=i飛選項正確，同時也可判斷C、D錯誤。所以選項AB2m正確?！敬鸢浮浚?）BD（3分，錯選得零分，漏選得2分）（2）拉力F和F的大小和方向（4分,F、F、大小、方向各1分）1212【答案】（1）甲（2分）（2）A（1分）；C（1分）（3）U（1分）；竹土一r（1分）（4）<（1分）；<（1分）1I0【解析】（1）由于電源的內(nèi)阻比較小，可以跟電源串聯(lián)一個已知定值電阻，測量出定值電阻與電源內(nèi)阻的和，即可較準(zhǔn)確測量出電源的內(nèi)阻，所以電路圖選擇“甲”圖。（1）電壓表在量程相同的情況下，應(yīng)選擇內(nèi)阻較大的電壓表，所以選擇“A”；估算電路中的最小電流ER+RER+R+R+r0A310+20+2+2=0.088A=88mA所以電流表選擇“C”⑶由圖讀出電源電動勢是叩由閉合電路歐姆定律得Uo=叮I（r+Ro）得0-Ro（4）因為選擇了甲電路，可以設(shè)電源等效內(nèi)阻r=r+R，則把電壓表和電源等效00為一新電源,這個等效電源的內(nèi)阻r'為r和R的并聯(lián)電阻,也就是測量值，即0VrRor+R0

rv-r等效電源的電動勢為電壓表和電源組成回路的路端電壓,也就是測量值,即RE=VEr+R00VVE>E所以都填“<”,也可以通過圖像分析法得到結(jié)論?！窘馕觥浚?）撤去電場，粒子在磁場中做勻速圓周運動，如圖，設(shè)半徑為R,則(撤去電場，粒子在磁場中做勻速圓周運動，如圖，設(shè)半徑為R,則(R-2)2+L2=R21分1分又洛倫茲力提供向心力，即v1分又洛倫茲力提供向心力，即v2qvB=m0R1分1分2）式1分）B=五5qLL=vt1分2）式1分）B=五5qLL=vt1qE2mqE=qvB如果撤去磁場，保留電場，粒子做類平拋運動，如圖所示。貝I」聯(lián)列以各式，解得3分（每個等yy=2R-2gt21分1414-【解析】圖知鴛=10T/s,t1=3s時MN棒的位移與速度分別是x、v則xx=?1分x=at222x=at222Xlx22m=2m1分v=at=2m/s1分由法拉第電磁感應(yīng)定律TOC\o"1-5"\h\zE=^BS=10x0.5x(0.5+2)V=12.5V2分1AtE=BvL=10x2x0.5V=10V2分20MN棒受到摩擦力與安培力分別為2分f=ymg=0.2x0.5x10N=1N1分2分F安=B0普L=10X獸X"N=5(向左)再有牛頓第二定律得分F再有牛頓第二定律得分F"安=maF=ma+尸安+f=0.5x1+H.25+1=SN2分方向：水平向右。15.【解析】（1）爆炸后，根據(jù)動量守恒知兩個木塊的速度大小相等,設(shè)木塊速度的大小為v0左邊木塊到達(dá)半圓軌道的最高點時速度為v，則1分1分1分1分mg=m—Rmv2+mg2R=—mv22g201分右邊的木塊從B點飛出后，做平拋運動，滿足

結(jié)合題給條件的拋物線方程y七x2中'得2Rv25y=1=Rv2結(jié)合題給條件的拋物線方程y七x2中'得2Rv25y=1=Rv2+gR30根據(jù)機械能守恒,右邊的木塊落到坡面上時的動能是E=mg2R+中mvf-mgy把v0=\5源和y=5R代入上式得E,=17mgR03k61分1分1分(2)設(shè)右邊的木塊落在坡面上的動能最小時的平拋速度是v0，則木塊落在坡面上的動能為Ek=mg2R+*mv：2-mg2Rv20—v：2+gR02mg2R2=一mv2+0v'2+gR02分v02+gR）+2mg2R2

v02+gR2mgR又因為m（