钦州市2020年春季学期教学质量监测参考答案及评分标准高二物理一．单选题（每题3分，共24分）题号12345678答案CDDABDCB二．多选题（每题4分，共16分）题号9101112答案BCBCCDAD三、实验题（每空3分,共18分）13．（9分）（1）见解析图（2）向左偏、向左偏、解析:（1）如图所示（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过线圈的磁通量增加，电流计指针向右偏，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，线圈A中电流减小，穿过线圈的磁通量减小，电流计指针将向左偏；将原线圈迅速拔出副线圈时，穿过线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏；14.（9分）（1）C（2）B（3）m1l1=m2l2.．（1）验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，根据平抛运动规律，若落地高度不变，则运动时间不变，因此可以用水平射程大小来体现水平速度大小，故需要测量水平射程，AB错误，C正确；（2）实验中，斜槽轨道不一定需要光滑，但是斜槽轨道末端必须水平，保证小球做平抛运动.为了防止入射球反弹，质量应满足m1>m2，B球每次的落点不一定是重合的，ACD错误，B正确。（3）由图示可知，碰撞前小球1的落地点是P，两球碰撞，球1的落地点是M，球2的落地点是N，实验需要验证：m1OP=m10M+m20N，m1（OP-OM）=m20N，m1MP=m20N，则m1l1=m2l2，本实验验证动量守恒定律的表达式为：m1l1=m2l2.．四．计算题（共27分）15．（8分））答案：（1）200sin20πt（V）（2）10A、90V解：（1）线圈的角速度ω＝20πrad/s，感应电动势的最大值Em＝NBSω＝200V（2分）则从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为e＝Emsinωt＝200sin20πt（V）（2分）（2）电路中电流的有效值I＝，（1分）E＝Em，（1分）代入解得I＝10A，即电流表读数为10A。（1分）电压表读数为U＝IR＝90V（1分）16.（8分）答案：（1）99J（2）0.01m解：（1）子弹射入木块过程，动量守恒，有m0v0＝（m0＋M）v（1分）在该过程中机械能有损失，损失的机械能为ΔE＝m0v－（m0＋M）v2（1分）联立解得ΔE＝99J.（1分）（2）木块（含子弹）在向上摆动过程中，木块（含子弹）和圆环在水平方向动量守恒，有（m0＋M）v＝（m0＋M＋m）v′（2分）又木块（含子弹）在向上摆动过程中，机械能守恒，有（m0＋M）gh＝（m0＋M）v2－（m0＋M＋m）v′2（2分）联立解得h＝0.01m.（1分）17.（11分）答案:（1）b端电势较高（2）B=2T（3）1.1J解:（1）由右手定可判断感应电流由a到b，可知b端为感应电动势的正极，故b端电势较高。（2分）（2）当金属棒匀速下落时，由共点力平衡条件得：mg=BIL（1分）金属棒产生的感应电动势为：E=BLV（1分）则电路中的电流为：（1分）由图象可得：（1分）代入数据解得：B=2T（1分）（3）在0~1.5s，以金属棒ab为研究对象，根据动能定理得：（2分）解得：Q=6.6J（1分）则金属棒上产生的热量为：（1分）18.答案（1）（5分）ABE解析：A、气体的内能是气体内所有分子热运动的动能和分子间势能之和，故A正确．B、悬浮颗粒越小布朗运动越显著，温度越高布朗运动越剧烈，故B正确．C、分子间的引力和斥力都是随分子间距增大而减小，故C错误．D、温度是分子平均动能的标志，气体的温度变化时，其分子平均动能一定随之改变，而分子间势能不一定改变，故D错误．E、气体的压强是由大量分子对器壁的碰撞而产生的，它包含两方面的原因：分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数和每一次的平均撞击力．气体的温度降低时，分子的平均动能减小，所以，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加．故E正确．（2）(10分)答案:①L=12cm②t2=102℃解：①以活塞为研究对象，水平地面上放置时有：p0S+mg=p1S（1分）代入数据解得：P1=1.2×105Pa（1分）放置于斜面时有：p2S=p0S+mgsinθ（1分）代入数据解得：P2=1.1×105Pa（1分）根据：p1Sh=p2SL（1分）代入数据解得：L=12cm（1分）②缓慢升高外界环境温度过程，根据平衡条件得，气体的压强始终不变，为等压变化，根据盖-吕萨克定律得：（2分）代入数据得：T2=375K，得温度t2=102℃（2分）19.（1）(5分)答案：B