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二模物理试题答案
1.B 2.C 3.A 4. C 5.D 6.B 7.C 8.BC 9.BD 10.AD
7.【详解】
A.物块在缓慢移动过程中，以小环O为对象，由于小环O两侧轻绳1的张力大小总是相等，则小环O两
侧轻绳1的张力合力沿 平分线上，根据受力平衡可知，轻绳2的延长线始终平分 ，故A错
误；
B.施加拉力F前，以小环O为对象，受到轻绳2的拉力等于物块P的重力 ，竖直方向根据受力平衡可
得： 解得轻绳1的张力大小为： 故B错误；
C.物块在缓慢移动过程中，由于M、N之间的轻绳1长度不变，根据数学知识可知，小环O的运动轨迹为
椭圆，M、N为椭圆的两个焦点；当轻绳2与 连线方向垂直时，小环O刚好位于椭圆的短轴顶点上，
根据椭圆知识可知此时 最大，则此过程 逐渐增大，以小环O为对象，根据受力平衡可
得： 可得：
可知此过程经绳1的张力一直增大, 故C正确；
D.物块在缓慢移动过程中，由拉幂定理得F越来越大,故选C。
10.【详解】
A．刚开始时线框相对于磁场的速度最大，此时感应电动势最大，ab、cd均切割磁感线，产生感应电动势
方向相同，则总电动势为 ，因线框电阻为R，则ad部分电阻为，则b、c两点间的电压的最大
值为，A正确；
B．磁场向右运动，相当于线框切割磁感线，ab、cd所处的磁场区域会不断发生变化，结合右手定则可分
析出金属框中电流方向并不是不变的，B错误；
CD．设玩具车最大速度为v，则相对于磁场的速度为v-v，此时总电动势为
0
总安培力为：
因玩具车所受阻力为其对地速度的k倍，则有：
可得：
学科网（北京）股份有限公司玩具车达到最大速度时即匀速时，经上分析可知安培力的功率为：
电功率为： ，仅当 即： 才有：
C错误D正确。故选AD。
11.【答案】（1）BD/DB（1分） （2）一（1分） B和C（1分） 2:1（1分） （3）B（1分）
（4）质量和半径一定的条件下，物体做圆周运动的向心力大小与角速度的平方成正比（2分）
【详解】（1）在该实验中，通过控制质量、半径、角速度中两个物理量相同，探究向心力与另外一个物
理量之间的关系，采用的科学方法是控制变量法。
A．探究平抛运动的特点，例如两球同时落地，两球在竖直方向上的运动效果相同，应用了等效思想，故
A错误；
B．当一个物理量与多个物理量相关时，应采用控制变量法，探究该物理量与某一个量的关系，在探究影
响导体电阻的因素实验中使用了控制变量法，故B正确；
C．探究两个互成角度的力的合成规律，应用了等效替代法，故C错误；
D．探究加速度与物体受力、物体质量的关系，应用了控制变量法，故D正确。
故选BD。
（2）变速塔轮边缘处的线速度相等，根据
v=ωr
在探究向心力大小与半径的关系时，需控制小球质量、角速度相同，运动半径不同，故需要将传动皮带
调至第一层塔轮，将两个质量相等的钢球分别放在B和C位置。
左右两球所受向心力大小之比为
F :F =n :n =2:1
左 右 左 右
（3）该方法可行，用手机拍照后再通过照片读出两边标尺露出的格数，这样可以准确读出某一时刻两边
标尺露出的格数，并通过格数得出向心力与角速度的关系，手柄转速变化时，两边标尺露出的格数同时
变化，仍可通过格数得出向心力与角速度的关系，故不需要匀速转动手柄。
故选B。
（4）变速塔轮边缘处的线速度相等，根据
v=ωr
左右两小球的角速度之比为
可得的实验结论是：质量和半径一定的条件下，物体做圆周运动的向心力大小与角速度的平方成正比。
12.【答案】
（1）×1（1分） （2）A（1分） D（1分） E（1分） （3）见解析（2分） （4） （2
分）
【详解】（1）先用多用电表欧姆挡的 挡粗测铅笔芯电阻，指针偏转如图（a）所示，可知待测电阻阻
值较小，为了进一步测量电阻值，可将旋钮调至 挡后再次进行测量。
（2）因电源电动势为3V，则电压表应选择A；电路中最大电流不超过0.6A，则电流表应选择D；滑动
变阻器应选择与待测电阻阻值相当的E；
（3）要求测量电路的电压从0开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法；由于待测电阻较小，远小于电
压表内阻，则电流表应采用外接法，实物连线如图所示
（4）根据电阻定律
学科网（北京）股份有限公司可得
13.【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）根据几何关系，已知材料绕底面上的水平直径AB转动30°时，激光的入射角
θ=30° （1分）
1
设折射角为θ，根据几何关系知
2
tan(θ-30°)== （1分）
2
解得
θ=60° （1分）
2
根据折射定律
（1分）
解得
（1分）
（2）根据折射定律
（1分）
得
（1分）
激光在半球形透明材料传播的距离为
s=R （1分）
s=vt （1分）
解得
t= （1分）
14.【答案】（1） （2）s=0.0625m
【详解】（1）A刚开始运动时轨道的弹力提供向心力
(1分）
A所受摩擦力为
f=μm g (1分）
A
根据牛顿第二定律
学科网（北京）股份有限公司=m a (1分）
A
解得
(1分）
【以下解法同样给分：
A的向心加速度和切向加速度大小分别为
(1分）
(1分）
故
(2分）】
（2）设A与B碰前瞬间的速度为v，根据动能定理
(1分）
解得
v=1m/s (1分）
根据动量守恒
(1分）
根据机械能守恒
(1分）
解得
v=0.5m/s (1分）
2
又
(1分）
解得
s=0.0625m (1分）
【以下解法同样给分：
B的切向加速度
(1分）
B沿着切向方向做匀减速运动，则
s==0.0625m (1分）】
15.【答案】（1） （2）形成的亮斑是一条线段（或直线） （3）
（4）x=±r (1-cosωt)=±，y=±(y +r sinωt)=±
m m m
【详解】解：（1）电子在电场中加速度，由动能定理
（1分）
得
学科网（北京）股份有限公司（1分）
在两极板间运动时，有
（1分）
（1分）
（1分）
解得
（1分）
（2）形成的亮斑是一条线段（或直线） （2分）
（3）粒子飞出两极板时
（1分）
此后，粒子沿着中心轴线方向做匀速运动，在xOy平面上以v 的速度做匀速圆周运动
y
（1分）
解得
（1分）
可得
可知 为定值，即不同位置出射的粒子的圆心在同一条线上。
随着z的取值不同，形成的亮斑一直是一条直线，且在旋转。如图所示
所以亮斑的最大长度为
（1分）
又
（1分）
故
（1分）
（4）电子在xOy平面上的投影为圆周运动，电子在磁场中的运动时间为
（1分）
电子旋转的角速度为
（1分）
偏离中心轴线最大位移处进入水平磁场的电子打在荧光屏上距y轴最远，即
x=±r (1-cosωt)=± （1分）
m
y=±(y +r sinωt)=± （1分）
m m
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