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江南十校高二 5 月联考物理参考答案
1.【答案】C
【详解】
A．电磁感应定律是纽曼和韦伯提出来的，故A 错误；
B．赫兹最先捕捉到电磁波，故B 错误；
C．丹麦物理学家奥斯特通过不断地探索发现了电流的磁效应，故C 正确；
D．单摆周期公式由惠更斯提出的，故D 错误。
故选C 。
2.【答案】A
【详解】
机器人水平运动制动过程，制动力为合力，对其用动量定理，制动力冲量大小等于动量
变化量大小为40kg·m/s，故选A。
3.【答案】D
【详解】
A．由图乙可知t=1s 时，处质点Q向下振动，根据“同侧法”可知，该波沿x轴负方向传
播，故A错误；
B．该波的波长为4m，当障碍物比波长小或与波长接近时，波会发生明显的衍射现
象，故B 错误；
1
C．t =1s 时y = 10cm，波的周期为T 2s，经过t 0.25s T ，波向x轴负方向传播，
P
8
1
可把波形整体向左平移 0.5m，可知此时质点P并未到达波峰位置，其通过的路程小
8
于10cm，故C 错误；
D．从t = 1s到t = 4s 时，质点P经历了 个周期，可把波形整体向左平移1.5个波长，
3
即6m，可知此时质点P 在y=-10cm 的2位置，且质点P 向下振动，故加速度方向沿y
轴正方向，且加速度在增大，故D正确。
故选D。
4.【答案】C
【详解】
A.电场力F = Eq，竖直向上，大小不变；洛伦兹力f=qv B,垂直纸面向外，大小不变；
2
{#{QQABTYa0wwCwgFYACR5aQUWsCgqQkJORJWoOxQAZOAwCAAFABIA=}#}合力不变，加速度不变。A错误
B.洛伦兹力不做功，功率为0。B 错误；
C.电场力做正功，v增大，v 增大，电场力瞬时功率增大，C 正确；
1
D.v 不变v 增大，夹角 增大，D错误。
2 1
故选C。
θ
5.【答案】C
【详解】
A.原线圈电压峰值为50 V，有效值为50V， = ，则副线圈电压有效值为10V，
1 1
故A错误； 2 2 2
B.加在灯泡两端电压为10V，流过灯泡电流小于 3A，正常发的光功率小于30W，故 B
错误；
C.移动滑片，灯泡两端电压不变，亮度不变，故C 正确；
D.原、副线圈频率不变，由瞬时表达式可知为50Hz，每秒改变方向100次。故D错误。
故选C。
6.【答案】B
【详解】
A. E = qU，每此通过加速电场增加动能都相同，故A错误；
K
B.E∆Km =nqU，E
Km
一定时，U 越大加速次数n越小，故B 正确；
CD.E = mv 2， ，粒子的最大动能与D型盒半径有关，与加速电场电压无关，
Km m
1
故C 错误；2题干中R没=有盒 半径，最大动能不可求。故D错误。
故选B。
7.【答案】C
【详解】
C．金属框进磁场过程，用牛顿第二定律a= ，v减小a减小，A错误；
2 2
金属框进磁场用动量定理：-BLq =mv’-mv
1
由法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律可得：q= ，q两过程相同，D错误；
2
金属框出磁场过程同理：-BLq =mv -mv’
2
联立可得v’= 4m/s，B 错误；
对两过程分别用功能关系：Q = mv 2- mv’2 、Q = mv’2- mv2
1 1 2
1 1 1 1
2 2 2 2
{#{QQABTYa0wwCwgFYACR5aQUWsCgqQkJORJWoOxQAZOAwCAAFABIA=}#}解得Q Q = 11:5，C正确；
1: 2
故选C。
8.【答案】A
A O
【详解】
如图所示，由几何关系可知，
OP、OA为区域Ⅱ的半径，OP 为区域Ⅰ的直径，
AP 为最远粒子轨迹直径，AOP 为等腰直角三角形，可得，
粒子的轨迹半径 , 由牛顿第二定律有 ，解得 ，选项A正确。
2
2 2
故选A。 = 2 = = 2
9.【答案】ACD
【详解】
A．合上开关瞬间，M 中电流产生磁场，跟据楞次定律，Q 向右运动。故A正确；
B．当光照强度不变时，M 中电流不变化，P 中磁场不变化，不满足感应产生条件，电
流表示数为0，故B 错误；
C．光照强度变弱时，R 值变大，P中磁场向右减小，跟据楞次定律可知，电流由b流
G
向a，故C 正确；
D．断开开关瞬间，P 中磁场向右减小，跟据楞次定律可知，P 中产生感应电流，电流
表示数由0增大，故D正确。
故选ACD。
10.【答案】AB
【详解】
A质点由波峰第一次运动到平衡位置 t = 0.1s，则T=0.4s，由于不知道波的传播方
向, 或 ，k为整数∆ ，由 可知，AB 项符合题意。
λ 3λ λ
故选LA=Bk。λ+4 L = kλ+ 4 v = T
11.(1)低 (2) g= (3)等于 （每空2分）
2
4
【详解】
(1)单摆测周期计时点在最低点计时误差小；
(2)根据单摆周期公式T= 2 (H为悬点到地面间距）
−ℎ
π
{#{QQABTYa0wwCwgFYACR5aQUWsCgqQkJORJWoOxQAZOAwCAAFABIA=}#}变形得 T2= 由乙图得直线斜率 k = 解得g=
2 2 2
4 4 4
(3)每次测h−从沙 袋ℎ底+部 到 地面和从重心到地面，绘图−时 横坐标不同，但图线 斜率不变，
本实验方法只用斜率求g值，故不影响。故填“等于”。
12.(1)需要 （2分）
(2) A （2分）
(3)MS =MS + m （3分）
A B
1 1
2H 2H 2h
(4) = + mh 或 （3分）
2 2
【详解4 】 4 2 = 2ℎ− 2
(1)实验需要用平抛方法求M 球速度，槽口需要水平；
(2)为了求M 平抛速度，需要测平抛时间，根据H= gt2，所以要测平抛高度。故选A；
1
(3)根据M 球两次平抛落点可得碰撞前后速度，根据m2 球上摆高度可得m碰后速度，验
证动量守恒关系式为MS = MS + m ；
A B
1 1
(4)在（3）中，两球碰撞前2后 速度均可2求 ，弹性2ℎ碰撞满足碰撞前后机械能守恒，即在碰
撞点动能守恒，化简得 = + mh。
2 2
也可以用弹性碰撞速度关4 系结论4 v =v -v 带入实验数据可得
0 2 1
13.（1）28.3m2 （2） 2 = 2ℎ− 2
−8
【详解】（1）设发光圆的
1.
半
78
径
×
为 10R。
由全反射临界角满足 （2分）
1
又 sinC = n （2分）
R
解得 si R nC = = 3mR 2 +H 2 （2分）
所以,发光圆的面积为 S =πR2=28.3m2 （2分）
（2）光在水中的传播速度为 （2分）
C
由行程关系得时间为 v = n （2分）
2 2
R +H −8
t = v = 1.78×10 s
14.详解：（1）b棒达最大速度时，沿斜面方向二力平衡
（2分）
安
mbgsin53° = F
{#{QQABTYa0wwCwgFYACR5aQUWsCgqQkJORJWoOxQAZOAwCAAFABIA=}#}（2分）
安
F = BImL （2分）
BL总vm
Im = R
解得 v =4m/s （1分）
m
（2）当b棒速度v= 2m/s时，E =BLv =0.4V （2分）
动
由闭合回路欧姆定律 动 （1分）
E总
I = R = 2A
对a 棒用左手定则，F = BIL=0.4 N，方向沿斜面向上 （1分）
安
对a 棒受力分析，f + F =mgsin37° （1分）
静 安
带入数据得 f = 0.2N （1分）
静
方向：沿斜面向上 （1分）
15.解析：（1）对球1，从A至B 过程中，根据动能定理有
1 2
解得 0 = 2 0 0 （1分）
两球碰撞过程
中0，
=
根
6
据
/
动
量守恒定律和机械能守恒定律有
（1分）
'
0 0 = 0 0 + （1分）
1 2 1 ' 2 1 2
2 0 解0得= 2 0 0 +2 （1分）
球2在B 点受到的重力和支持力的合力提供 向 = 心 8 力 ， / 则
2
解得 − = （1分）
由牛顿第三定律可知，两球碰撞后瞬 间 = ， 4 球 12N 对轨道的压力大小为
（1分）
'
（2）由题意可知，球 2每次与地面 碰 = 撞 4 后 1 水 N 平方向的分速度大小和竖直方向的分速度
大小都变为碰撞前的一半
球2第一次落地前竖直方向的分速度为
（1分）
在P 点，根据动量定理，有 = 2 ℎ = 8 /
水平方向： （1分）
1
− ∆ = 2 −
{#{QQABTYa0wwCwgFYACR5aQUWsCgqQkJORJWoOxQAZOAwCAAFABIA=}#}竖直方向： （1分）
1
又 ( − )∆ = 2 −(− )
解得 = （1分）
4
（3）球2从B 至 =P的13时间为
2ℎ
发生的水平位 移 0 为= = 0.8 （1分）
根据 可知，第一 0次 = 与 地 0面 = 碰 6. 撞 4 后上升到最高点的时间等于从 B 点到落地的
时间的一半 =
第一次反弹至落地时间
1
第一次反弹至落地发生的 水 1 平=位2×移2 0 = 0.8 （1分）
1
同理，第二次反弹至落地发生的水平 位 1 移= 1 1 = 2 1 = 3.2
1
第三次反弹至落地发生的水平位移 2 = 2 2 = 4 1 1 = 0.8
1 1 2
第n次反弹至落地发生的水平位移 3 = 3 3 = 4 2 2 = (4) 1 1 =（02.2分 ）
1 −1
由数学归纳法可得总位移为 = = (4) 1 1
（2分）
1 32
= 0 + 1 + 2 +⋯+ = 0 +1− 1
4
= 3
注：解答题有些步骤合并书写，原则上不扣分。
{#{QQABTYa0wwCwgFYACR5aQUWsCgqQkJORJWoOxQAZOAwCAAFABIA=}#}
