1、书 槡 槡 槡 槡 槡 槡 槡 槡 物理 YTH 参考答案第 1 页（共 7 页）云天化中学 20202021 学年秋季学期期末测试题 高二物理参考答案 第 I 卷（选择题，共 40 分）一、选择题（本大题共 12 小题，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，第 18 题只有一项符合题目要求，每小题 3 分；第 912 题有多项符合题目要求，每小题 4 分，全部选对的得 4分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分）题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B D D A C C B D ABBCD AD BD【解析】1由 xt 图象可知，碰撞前164m/s4AA
2、Axtv，0B v，碰撞后2016 m/s84ABxtvvv 1m/s，碰撞过程动量守恒，对 A、B 组成的系统，设 A 原方向为正方向，则由动量守恒定律得()AAABmmmvv，解得1 3ABmm 。2根据轨迹可知粒子所受电场力的方向，但不知道粒子的电性，故 A 错误。a、c 两点等势线疏密相同，电场强度大小相同，但方向不同，故受力不同，加速度不同，故 B 错误。由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知，粒子受到的电场力指向右侧，则从 a 到 b 电场力做正功，粒子动能增大，从 b 到 c 电场力做负功，动能减小，故 C 错误。由粒子受到的电场力指向右侧，则从 a 到 b 电场力做正功，电势能减小，故
3、 a 点的电势能大于 b 点的电势能，故 D正确。3油滴恰好处于静止状态，电场力和重力平衡，所以油滴电场力向上，而由电路分析可知，电容器上极板带正电，故电场线向下，所以油滴带负电，故 A 错误。由于滑片向下滑，电路中总电阻变小，总电流变大，根据闭合电路欧姆定律有 EIrU，外电压 U 变小，根据欧姆定律11UIR，可知 R1 两端电压 U1 增大，又12UUU，所以 R2 两端电压 U2 变小，故 B 错误。由于电容器两端电压即为滑动变阻器两端电压，由 B 选项分析可知 U2 变小，根据2UEd，可知板间电场强度变小，所以电场力变小，故油滴向下运动，电场力做负功，故 C 错误。根据2QCU可知
4、电容器电荷量减少，而电容器上极板带正电，故 G 中有 a 到 b的电流，故 D 正确。物理 YTH 参考答案第 2 页（共 7 页）50t 时，斜面对导线的支持力大小为Ncos374.8NFmg，由左手定则可知，2.5st 时，导线所受安培力的方向向左，故 B 错误。2.5st 时，安培力1NFBIL，轻绳对导线的拉力大小为sin37cos374.4NTmgF 。5st 时，安培力2NFBIL。6粒子运动轨迹如图 1 所示，粒子向下偏转，根据几何知识可得 3tan30RrR，圆心角3，mrqBv，33BRkv。7甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，弹簧对甲的作用力方向向右，弹簧对乙的作用力方向向左，
5、大小相等，由公式 IFt可知，甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，受到弹簧弹力的冲量始终大小相等、方向相反。当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为 v，由动量守恒定律得2mmm乙甲vvv，解得0.5m/sv，当二者共速时弹簧弹性势能最大，甲、乙的机械能损失最大，故 C 正确。甲、乙速度相等时由于弹簧处于压缩状态，乙接着减速，甲加速，当弹簧恢复原长时，乙离开弹簧与甲分离，此时甲的速度大于乙的速度。8 在 O 点 电 场 强 度 方 向 水 平 向 右，则 加 速 度 由 重 力 沿 斜 面 向 下 的 分 量 产 生，sin300.5agg，所以小球做匀加速直线运动；因
6、等量异种电荷固定于 A、B 两点，则在其连线的中垂面上所有点的场强方向垂直于该面，则为等势面，则小球沿 OP 下滑过程中 电 势能 不变；对 于 O 点，2LAO，sin60 tan302LOOL ，则22AOL，45O AO ，则其场强为22cos4522QEkL；对于 P 点22cos60QEk L ，则2 2 1EE ；由O点到P点电势相等，电场力不做功，只有重力做功，有21sin302mgLm v，解得gLv，故 D 正确。9当小球静止于 M 点时，细线恰好水平，说明重力和电场力的合力方向水平向右，由力的合成可得2qEmg，2mgEq。电场力与重力合力为tan603mgmg，这个方向上
7、位移为L，所以合外力做功为3mgL。P 到 M，电场力做正功，小球电势能减少，而不是增加，故 C 错误。细线突然断裂时，速度方向竖直向上，合外力水平向右，做匀变速曲线运动，因此小球以后将做类平抛运动。图 1 物理 YTH 参考答案第 3 页（共 7 页）10电动机正常工作时的电流等于小灯泡的额定电流，设该电流为 IL，则LLL3APIU，线圈电 阻 消 耗 的 功 率 为2LM4.5WrPIr，故 A错 误。电 动 机 的 输 入 电 压 为MLL6VUUI RU，设电动机的输入功率为 P1，1M L18WPU I，输出功率为218W4.5W13.5WP，故 B 正确。电动机的效率为 75%，
8、故 C 正确。总功率48WPUI。11电势位置图象的斜率是电场强度，通过分析场强的大小和方向解决问题。x 图线的斜率大小的绝对值等于电场强度大小，故 A 正确。在 OB 间，电势一直降低，根据沿着电场线方向电势降低可知场强方向没有发生变化，故 B 错误。由题图乙可知从 O 点到 B点，电势逐渐降低，若一负电荷从 O 点运动到 B 点，电场力做负功，则其电势能逐渐增大，故 C 错误。电场方向沿 x 轴正方向，若从 O 点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，其受到的电场力方向沿 x 轴正方向，正电荷将做加速运动，故 D 正确。12点 A 与点 C 间的距离为3R，连接 CO，COAOR，说明30CA
9、OACO ；小球在匀强电场中，从 A 点运动到 C 点，根据动能定理有kACqUE，因为到达 C 点时的小球的动能最大，所以ACU最大，则在圆周上找不到与 C 电势相等的点，且由 A 到 C 电场力对小球做正功，过 C 点作切线，为等势线，电场线与等势面垂直，场强方向如图 2 所示，所以电场方向与 AB 间的夹角 为60，AC 间的电势差为33 cos302ACUERER，若 A点的电势0A，根据ACACU，则 C 点的电势32CER。A、B 间的电势差为2 cos60ABUERER，根据动能定理，在 A 点以初动能k0E 发射的小球，从 A 到 B 动能增加量为 qER，则小球经过 B 点时
10、的动能kk0BEEqER。第卷（非选择题，共 60 分）二、填空、实验题（本大共 3 小题，共 24 分）13（除特殊标注外，每空 1 分，共 7 分）（1）（2 分）（2）水平 （3）相同 图 2 物理 YTH 参考答案第 4 页（共 7 页）（4）(2)AABm OPm OMmONr（3 分）【解析】（1）为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即ABmm，两球从轨道的同一位置离开轨道做平抛运动。（2）要小球做平抛运动，则斜槽的末端必须水平。为了使两球发生正碰，两小球的球心位置在同一高度，所以调整支柱，使两球接触，并且使两球的球心在同一水平直线上。（3）为保证入射球每次与被
11、碰球相碰时速度相等，入射球应从同一位置释放。（4）在碰撞前，小球 A 的动量为AApmv，由于小球做平抛运动，故1AAAOPpmmtv，碰撞后小球的动量为23(2)AABBABOMONrpmmmmttvv，由于小球都是从同一高度做平抛运动的，所以所用时间相同，故要验证碰撞前后动量是否相等，即验证(2)AABm OPm OMmONr等式成立即可。14（每空 2 分，共 8 分）（1）乙 （2）1.0 （3）【解析】（1）已知电流表内阻和电源内电阻相比，不可忽略，为减小实验误差，应采用图乙所示电路图。（2）由图丙图象可知，电源内阻为1.50.91.00.6UrI。（3）由图示可知，相对于电源来说，
12、采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，可知电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值。15（除特殊标注外，每空 2 分，共 9 分）（1）2.150 （2）60.20 （3）如图 3 所示（3 分）（4）1 121I rII 图 3 物理 YTH 参考答案第 5 页（共 7 页）【解析】（1）由螺旋测微器可知，其读数为2mm15.00.01mm2.150mmD。（2）由游标卡尺可知，其读数为60mm40.05mm60.20mmL。（3）电流表1A 内阻已知，则可并联在xR 两端当成电压表使用，电流表2A 内阻未知，量程大，适合用来测
13、电流表1A 和xR 的总电流，电源电压较大，滑动变阻器阻值较小，且待测电阻阻值较大，故采用分压式接法。（4）由图示电路图可知，待测金属丝电阻为1 121xxxUI rRIII。三、计算题（本大题共 3 小题，共 36 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分）16（10 分）解：（1）最后 A 不会滑离 B，表示 A、B 具有相同的速度，设此速度为 v，根据动量守恒定律可得00()MmMmvvv 解得0M mMm-vv 方向与 B 的初速度方向相同，向右 （2）对 B，由牛顿第二定律得 B 的加速度大小 FmgaMM合 对 B，由动量定理可得 A 对 B
14、的冲量 002MmIpMMMm vvv 评分标准：本题共 10 分。正确得出式给 2 分，正确得出、式各给 3 分，其余各式各给 1 分。17（12 分）解：（1）粒子进入 A、B 后应做类平抛运动，设在 A、B 板间运动时加速度大小为 a，时间为 t1，在 MN 界面处速度为 v，沿 MN 的分速度为yv，偏转位移为 y，则 0 1Lt v 2112yat qUamd WqEy 物理 YTH 参考答案第 6 页（共 7 页）由以上各式得 2222202q U LWmdv（2）带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其运动轨迹与 PS 线交于 a 点，设 a 到中心线的距离为 Y 22012qU
15、Lymdv 22LyLYL 解得202233 qUYLymdv 1yatv 0yqULmdvv 220yvvv 解得222222020q U Lm dvvv （3）粒子穿过界面 PS 后将绕电荷 Q 做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为 r，由几何关系得0Yrvv 由22qQkm rrv 得30mYQkqvv 评分标准：本题共 12 分。正确得出式各给 1 分。18（14 分）解：（1）带电粒子从 A 点释放后做匀加速直线运动，有 qEma 21sin2Ayat 物理 YTH 参考答案第 7 页（共 7 页）atv 联立解得61 10st 62 210 m/sv （2）带电粒子进入磁场后在洛伦兹
16、力作用下以 O1 为圆心做匀速圆周运动，有 2q Bm Rvv 2 m2R 2mTqB 3 2 63 10s8t ttt 总 63 110s8t总 （3）根据粒子运动轨迹的对称性，由几何关系知带电粒子第二次到 x 轴的位置与第一次相距2 sin1mLR 粒子恰从 O 点回到电场区域，作出运动轨迹如图4 所示 带电粒子再次进入电场后，粒子做类平抛运动，设运动时间 t后到达 x 轴位置 Q（xQ，0），则由运动学规律有 沿着速度 v 方向 sinQxt v 垂直速度 v 方向 21cos2Qxat 联立解得8mQx，即 Q 点位置坐标为（8，0）评分标准：本题共 14 分。正确得出式各给 1 分。图 4
