1、中原名校20152016学年高二下期学情调研物理参考答案1.C 【解析】根据公式，解得a=0.5 m/s2，A错误；v=230.4 km/h=64 m/s，加速过程中，动车组的平均速度为32 m/s，B错误；整个加速过程的位移是x=4 096 m，C正确；根据公式=2ax2可知，动车组的速度由20 m/s加速到30 m/s经过的位移是500 m，D错误。2.D 【解析】因碰撞前散落物与事故车辆是一个整体，故散落物A的初速度等于散落物B的初速度，A错误；由公式得散落物在空中飞行的时间与碰撞的瞬间车辆的速度无关，B错误；根据平抛运动的知识可知，散落物A的落地时间为，水平位移为，散落物B的落地时间为
2、，水平位移为，进而求得，C错误，D正确。3.D 【解析】由题意可知两根长直导线中的电流大小相等，到圆心O的距离相等，由安培定则可知，两根长直导线中电流在圆心O处产生的磁感应强度大小相等、方向相同，设其中一根长直导线在圆心O处产生的磁感应强度的大小为B0，则B=2B0。将长直导线b沿圆周顺时针方向旋转90后，两根长直导线中的电流产生的两个磁场的方向相互垂直，所以B=B0=B，D正确。4.C 【解析】根据q1左侧和q2右侧电势随着到原点O的距离的增大而降低可判断两点电荷均带正电，A错误；A、O两点间的电场强度方向均沿x轴正方向，原点O处的场强为零，B错误；根据A、C间沿x轴正方向图线斜率的绝对值先
3、减小后增大可知，场强先减小到零后反向增大，C正确；由于质子带正电，则质子从A点沿x轴正方向移动到C点，电势能先减小后增大，因此电场力先做正功后做负功，D错误。5.D 【解析】根据场强的定义式可知，P点处的场强大小为1103 N/C，又根据场强的方向与负点电荷所受电场力的方向相反可知，P点处的场强方向应由O指向P，A错误；若将置于P点的点电荷移走，P点处依然存在电场且场强不变，B错误；根据库仑定律可知，置于O点的场源点电荷带正电、电荷量为1108 C，C错误；O、P两点处的点电荷在O、P连线的中垂线上某点产生的场强方向分别为背向O、指向P，由场强的叠加原理可知，该点的场强大小为1103 N/C、
4、方向与中垂线垂直向右，D正确。6.B 【解析】由题意可知，长直导线B对长直导线A的安培力为斥力，其大小为F，空间内再放置长直导线C后，长直导线A所受到的安培力的大小仍为F，又长直导线C对长直导线A的安培力为引力，根据力的合成可知长直导线C对长直导线A的安培力的大小也为F，因此长直导线C中电流的大小也为2I，长直导线C对长直导线B的安培力为斥力，大小为2F。对长直导线B进行受力分析，如图所示，由几何关系可知FAB与FCB之间的夹角为60，则由余弦定理可得，代入数据可得=F，A错误，B正确；同理可求得长直导线C所受到的安培力的大小为F，CD错误。7.A 【解析】由题图2可知，交变电压的周期为0.0
5、2 s，所以交变电压的频率为50 Hz，A正确；根据理想变压器两端的电压与其匝数成正比可知，原线圈两端的电压的最大值为310 V，副线圈两端的电压的最大值为31 V，所以副线圈两端的电压的有效值为，B错误；当滑动变阻器的滑片向右滑动时，副线圈电路中的总电阻变小，副线圈两端的电压不变，则副线圈中的电流变大，原线圈中的电流也随之变大，定值电阻R消耗的功率增大，CD错误。8.D 【解析】小球从P点运动到Q点的过程中，受到重力和电场力的作用，合力斜向左下方，小球的运动可视为类斜抛运动，由对称性可得，Q点位置如图所示，所以选项B错误，选项D正确；小球从P点运动到Q点的过程中，电场力做负功，电势能增加，选
6、项A错误；又由于小球在竖直方向上做自由落体运动，时间t内下降的高度为h=gt2，则小球的重力势能减少量为mgh=mg2t2，故选项C错误。9.BC 【解析】星球的自转周期由星球自身的因素决定，因此星球A与地球的自转周期的大小关系不能确定，A错误；对于星球表面的物体，若忽略星球自转的影响，重力等于万有引力，即，所以有，则同一物体在星球A表面的重力约为在地球表面的重力的，B正确；近地卫星的环绕速度最大，因此由，解得，所以有，C正确；轨道半径相同的卫星环绕星球运行时，由，解得，轨道半径相同，星球的质量不相同，则两卫星的环绕速度不同，D错误。10.CD 【解析】磁感应强度均匀变化，产生恒定的感应电流，
7、A错误。01 s内，磁通量垂直于纸面向里且均匀增加，由楞次定律可以判定感应电流的方向为逆时针，12 s内，磁通量垂直于纸面向里且均匀减弱，由楞次定律可以判定感应电流的方向为顺时针，23 s内，无磁通量变化，则无感应电流；34 s内，磁通量垂直纸面向外且均匀增加，由楞次定律可以判定感应电流的方向为顺时针，应与12 s内电流的方向相同，B错误。45 s内，磁通量垂直于纸面向外且均匀减弱，由楞次定律可以判定感应电流的方向为逆时针，由于没有规定电流的正方向，故CD可能正确。11.BD 【解析】若重力不计，质点P将做匀速圆周运动，无法达到b点，圆周运动的周期T= 0.314 s，A错误，B正确；若无论l
8、取何值，质点P都能到达b点，则一定是在考虑重力的情况下，质点P所受重力和洛伦兹力平衡，洛伦兹力竖直向上，由左手定则可知，质点P一定带正电，C错误；此时由mg=qvB，得v=0.5 m/s，D正确。12.ACD 【解析】因滑块由M到N的过程中有一部分弹性势能用于克服摩擦力做功，所以EpMEpN ，且xOMxON，A正确；在滑块从M向N运动的过程中，加速度为零时速度最大，此时kxmg=0，轻弹簧仍处于伸长状态，在O点右侧，B错误，C正确；由能量守恒有EpMmg xOM =EkO，xOML，可得滑块在O点时的动能小于EpMmgL，D正确。13.【答案】（1）（2分） （1分） （2）小于（1分） 重
9、物要克服阻力做功（2分）【解析】（1）在打下O点到打下N点的过程中，重力势能的减少量为Ep=mgdn，动能的增加量为Ek=，由机械能守恒定律Ep=Ek得。（2）因为实验过程中重物要克服阻力做功，所以重力加速度的测量值小于其真实值。14.【答案】（1）D（2分）（2）B（1分） C （1分） E（1分） （3）a（1分）（4）c（1分）（5）0.33（1分）【解析】（1）常温下，小灯泡的电阻约为几欧甚至更小，而欧姆表指针指在中央刻度附近时其测量精度高，所以多用电表应选用欧姆“1”挡。（2）小灯泡的额定电压为2.5 V，电压表选量程为03 V的V1，小灯泡在额定功率下工作，其通过的电流为0.24
10、A，所以电流表应选量程为0300 mA的A2，两电阻并联后的总电阻受较小电阻的影响较大，为了便于调节小灯泡两端的电压，滑动变阻器应选R1。（3）电流表A2的内阻约为1 ，电压表V1的内阻约为5 k，电流表的分压作用大于电压表的分流作用，所以电流表应采用外接法，即测量电路部分的导线应与a点连接在一起。（4）开始时滑动变阻器的滑动触头应置于c端，然后向右滑动，可使小灯泡两端的电压从0开始逐渐增大。（5）由题图2中图象可知，当小灯泡两端的电压为1.5 V时，其通过的电流为0.22 A，由P=UI，可知此时小灯泡的功率为0.33 W。15.【解析】（1）物体向下运动时受到向上的拉力作用，物体做减速运动
11、，摩擦力与拉力的方向都向上，受力分析如图所示：根据牛顿第二定律有Fmgsin +mgcos =ma1（2分）解得加速度a1=6 m/s2（1分）当速度减小到0时，向下运动的时间为t1=1 s（1分）物体再向上加速运动，摩擦力方向向下，受力分析如图所示：根据牛顿第二定律有Fmgsin mgcos =ma2 （2分）解得加速度a2=2 m/s2（1分）当加速到v=8 m/s时，向上运动的时间为t2=4 s（1分）故当速度变为v=8 m/s且向上运动时经过的总时间为t=t1+t2=5 s（1分）（2）这段时间内物体通过的路程为x=t1+t2=19 m（1分）则物体克服摩擦力所做的功为W=mgcos
12、x=38 J（2分）16.【解析】（1）粒子先运动到P点再运动到Q点，轨迹如图所示。粒子从A点到P点做类平抛运动x轴方向上有xP=v0t1（1分）y轴方向上有y=a，vy=at1（2分）则粒子进入磁场时的速度为v=200 m/s （1分）粒子进入磁场时的速度方向与x轴正方向的夹角为，则tan =（1分）由几何关系得（2分）由（2分）得B=106 T=9.1107 T，方向垂直纸面向里（2分）（2）粒子在电场与磁场中做周期性的运动根据v0t1=xP得第一阶段粒子做平抛运动的时间为（1分）粒子做圆周运动的周期为102 s（2分）粒子做圆周运动的时间为（1分）粒子运动的周期为T1=2t1+t2=0.
13、1 s （1分）（3）若要粒子能垂直达到挡板上，则挡板的位置对应的横坐标为x=xQ+xP+n(xP+)(n=0，1，2，) （2分）得挡板的位置对应的横坐标为6.25k m(k=2，3，4，) （2分）17.（1）【答案】ACD（5分）【解析】布朗运动间接反映了分子运动的无规则性，A正确；热运动在0 时不会停止，B错误；温度是分子平均动能的标志，所以温度相同的氢气和氧气的分子平均动能相同，氢气分子的平均速率大于氧气分子的平均速率，C正确；液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点，D正确；气体分子间的空隙非常大，只能计算出分子间的距离，E错误。（2）【解析】（i）设右管中加入水银后右管中的气柱
14、长为L1，则(p0+gL)SL=(p0+gL)SL1（2分）解得L1=L（2分）（ii）设左管中的气柱长为L2，则(p0+gL)SL=p0+gL2(gLgL2)SL2（2分）化简得2+8LL29.5L2=0（2分）解得L2=(2)L（2分）18.（1）【答案】ADE（5分）【解析】由于振源的起振方向向上，且在t=0.3 s时，该波刚好传播到质点C处，且振源O第一次到达波谷位置，则可知T=0.4 s，波长=4OA，A正确；t=0.3 s时刻质点A在平衡位置将向下运动，质点B在波峰位置，BC错误；各质点的起振方向与振源的起振方向相同，故质点D的起振方向向上，D正确；t=0.5 s时该波向右传播的距
15、离为，由波的传播可知此刻的质点C正处在平衡位置向下运动，E正确。（2）【解析】（i）设红光和蓝光发生全反射的临界角分别为C1、C2，该复色光射入玻璃砖后，在位置A、B处的入射角分别为i1、i2，如图所示。由sin C1=得C1=45，同理可得C2=30（3分）由30=i1=C2C1=i2=45可知，在OA边红光发生折射，蓝光恰好发生全反射；在OB边红光和蓝光都发生全反射，则光屏上光带的颜色为红色（2分）（ii）设红光在OA边发生折射时的折射角为r由折射定律有n1=，得r=45（3分）可知DAE=75，光带长度为OE=20(1) cm（2分）19.（1）【答案】BCE（5分）【解析】锌的逸出功为
16、3.34 eV，氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光的能量都不小于10.2 eV，一定能产生光电效应现象，A错误；处于基态的氢原子跃迁到激发态至少需要10.2 eV的能量，用能量为11.0 eV的自由电子轰击，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态，B正确；从n=5能级向基态跃迁发射光子种类为=10种，C正确；处于n=4能级的大量激发态氢原子跃迁产生能级差分别为：E3E2=1.89 eV，E4E2=2.55 eV，共2种可见光，D错误；波长为60 nm的X射线的能量为，处于基态的氢原子电离只需要13.6 eV的能量，E正确。（2）【解析】（i）设木板的最终速度为，根据动量守恒定律有Mvmv=(M+m)v （3分）解得v=2 m/s，速度方向向左（2分）（ii）根据能量守恒定律得mgL=(M+m)v2(M+m)v 2（3分）解得=0.4（2分）