文档内容
高二物理试卷Ｂ（二）
２πＲ
１．Ｃ 【解析】电子的运动周期为Ｔ＝ ，所以等效电
ｖ
ｎｅ ｎｅｖ
流为Ｉ＝ ，解得Ｉ＝ ，故 Ｃ正确，ＡＢＤ错误；故
Ｔ ２πＲ
选：Ｃ。
参考答案 第 ３页 （共６页）２．Ｄ 【解析】Ａ．根据右手安培定则，两次实验中所接 ６．Ａ 【解析】Ａ．图Ａ描述的是电源路端电压与电源总
入的电流在螺线管Ａ中心轴线处均产生竖直向下的 电流的关系图线，根据Ｕ＝Ｅ－Ｉｒ可知该图线与纵坐
感应磁场，故Ａ错误；ＢＣ．实验一中，由于线圈 Ａ中 标的交点表示电源电动势大小，故Ａ正确；Ｂ．图Ｂ表
的电流是恒定电流，产生的磁场不变，则Ｂ中的磁通 示物体运动的速度的平方随位移变化的图像，根据
量不为０，但不变，故电流表不发生偏转，故 ＢＣ错 速度—位移公式可得ｖ２＝２ａｘ＋ｖ２，图像的斜率表示
０
误；Ｄ．实验二中通过Ａ线圈的电流增大，则穿过Ｂ线 物体运动加速度大小的２倍，故Ｂ错误；Ｃ．图Ｃ描述
圈的磁感应强度变大，故磁通量向下且增大，故Ｄ正 的是某电阻的伏安特性曲线，其中 ａ点与原点连线
确。故选：Ｄ。 的斜率表示该状态下阻值的倒数值，故Ｃ错误；Ｄ．图
Ｕ Ｄ表示某做直线运动物体的合外力随位移的变化关
３．Ｂ 【解析】Ａ．Ｒ＝ 不一定是外电路的总电阻，比
Ｉ
系，根据Ｗ＝Ｆｘ可知图中三角形面积大小表示该物
如有电动机的电路，故Ａ错误；Ｂ．电动势的大小等于
体对应运动过程中合力Ｆ做的功，对应物体运动过
在电源内部非电场力把单位正电荷从负极送到正极
程中动能的变化量，故Ｄ错误；故选：Ａ。
所做的功，故Ｂ正确；Ｃ．由电源的输出功率Ｐ ＝ＥＩ
出
７．Ｃ 【解析】Ａ．由串并联电路的基本规律可知，Ｒ与Ｒ
１ ３
Ｅ Ｅ２
－Ｉ２ｒ＝－（Ｉ－ ２ ）２＋ ４ 可知Ｉ增大时，Ｐ 出 不一定减 是并联关系，Ｒ消耗的功率Ｐ ＝ Ｕ２ Ｒ１，由闭合电路欧姆
１ Ｒ１ Ｒ
１
小，故Ｃ错误；Ｄ．导体中无电流的原因是导体中两端
定律可得Ｕ ＝Ｅ－Ｉｒ，Ｐ 最大时，干路中电流最小，电
Ｒ１ Ｒ１
没有电势差，不是内部自由电荷停止运动，故 Ｄ错
路中总电阻最大，Ｒ为６Ω，故Ａ错误；Ｂ．Ｒ消耗的功
３ ２
误；故选：Ｂ。
Ｅ Ｅ
率为Ｐ ＝Ｉ２Ｒ＝［ － ×
４．Ｂ 【解析】ＡＢ．此时只有一半的线圈在磁场中，所以 Ｒ２ ２ ２ Ｒ（Ｒ＋Ｒ） Ｒ（Ｒ＋Ｒ）
ｒ＋１ ２ ３ ｒ＋１ ２ ３
Ｒ＋Ｒ＋Ｒ Ｒ＋Ｒ＋Ｒ
磁通量为Φ ＝Ｂ·Ｌ·Ｌ＝ＢＬ２，故 Ａ错误，Ｂ正确； １ ２ ３ １ ２ ３
１
Ｒ＋Ｒ
ＣＤ．线圈绕ａｂ边向纸外旋转６０°的过程中，线圈在垂 （ Ｒ＋ ２ Ｒ＋ ３ Ｒ ）］２Ｒ ２ 可知，Ｒ ２ 消耗的功率最大时，Ｒ ３
１ ２ ３
直于磁场方向投影的面积为Ｓ＝Ｌ·２Ｌｃｏｓ６０°＝Ｌ２，磁
为０Ω，故Ｂ错误；Ｃ．电源的输出功率Ｐ ＝Ｉ２Ｒ ＝
出 外
通量Φ ＝ＢＬ２，所以穿过线框的磁通量变化量是０，
２ Ｅ２
，当Ｒ ＝ｒ＝１Ω时电源输出功率最大，
故ＣＤ错误；故选：Ｂ。 Ｒ ＋
ｒ２
＋２ｒ
外
外 Ｒ
外
５．Ｄ 【解析】把定值电阻Ｒ视为电源的等效内阻，则
２ 电源内阻为１Ω，而外电阻小于１Ω，所以Ｒ越大电源
３
图像ＡＢ是描述电源的Ｕ－Ｉ图线，则由闭合电路欧
的输出功率越大，输出功率最大时，Ｒ为６Ω，故Ｃ正
３
姆定律可知Ｕ＝－ＲＩ＋Ｅ，由此可知，图像 ＡＢ的斜
２
ｒＲ
确；Ｄ．由等效电源内阻ｒ′＝ １ ＋Ｒ＝Ｒ时，Ｒ消
率的绝对值表示 Ｒ 的阻值，分析电路结构，由欧姆 ｒ＋Ｒ ２ ３ ３
２ １
定律可知Ｕ＝ＲＩ，由图可知，ａ、ｂ图像中Ｕ都随Ｉ的 耗的功率最大，此时Ｒ为１．５Ω，故Ｄ错误；故选：Ｃ。
１ ３
增加而均匀增加，则ａ、ｂ图像是描述Ｒ不同阻值下 ８．ＢＤ 【解析】Ａ．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹
１
的Ｕ－Ｉ图线，则ａ和ｂ的斜率都表示Ｒ的阻值，故 用实验证实了电磁波的存在，故Ａ错误；Ｂ．根据波尔
１
Ｄ正确，ＡＢＣ错误；故选：Ｄ。 的原子理论，可知原子从高能态向低能态跃迁时放
参考答案 第 ４页 （共６页）出的光子的能量，等于前后两个能级之差，故 Ｂ正 Ｅ
源输出功率Ｐ ＝（ ）２Ｒ ，解得 Ｐ ＝３Ｗ，则
２ Ｒ ＋ｒ 外２ ２
外２
确；Ｃ．水波、声波不能再真空中传播，电磁波可以在
有Ｐ＝Ｐ，故Ｃ正确；Ｄ．未闭合Ｓ前，电容器两端
１ ２ ２
真空中传播，故 Ｃ错误；Ｄ．根据麦克斯韦电磁场理
Ｅ
电压Ｕ ＝（ ）Ｒ，若 Ｒ ＝１Ω，闭合 Ｓ
论，可知变化的磁场能够产生电场，变化的电场也能 ａｂ１ Ｒ＋Ｒ＋ｒ ２ ３ ２
１ ２
够产生磁场，故Ｄ正确；故选：ＢＤ。 Ｅ
后，电源路端电压Ｕ ＝ Ｒ ，则电容器两端
０ Ｒ ＋ｒ外２
外２
９．ＣＤ 【解析】Ａ．由ｘ－ｔ图像可知，碰撞前ａ球的速
Ｕ Ｕ
度ｖ ａ ＝ ８ ２ ｍ／ｓ＝４ｍ／ｓ，ｂ球的速度ｖ ｂ ＝０，碰撞后ａ球 电压Ｕ ａｂ２ ＝ Ｒ １ ＋ ０ Ｒ ２ Ｒ ２ － Ｒ ３ ＋ ０ Ｒ ４ Ｒ ４ ，则在整个过程中
流过电流表的电荷量为ΔＱ＝Ｃ（Ｕ －Ｕ ），解得
ａｂ１ ａｂ２
的速度ｖ′＝－２ｍ／ｓ，ｂ球的速度ｖ′＝２ｍ／ｓ，取水平向
ａ ｂ
ΔＱ＝１．７×１０－５Ｃ，故Ｄ正确；故选：ＢＣＤ。
右为正方向，根据动量守恒定律 ｍｖ＋ｍｖ＝ｍｖ′
１ａ ２ｂ １ａ
πＵｄ２
＋ｍｖ′，可得ｍ ＝６００ｇ，故Ａ错误；Ｂ．取水平向右为 １１．（１）０．７７４ （２）×１ １２ 偏小
２ｂ ２ ４Ｉｌ
正方向，碰撞前后 ａ的动量变化量 Δｐ ａ ＝ｍ １ ｖ ａ ′－ 【解析】（１）由图可读出螺旋测微器读数为 ｄ＝
ｍ １ ｖ ａ ，解得Δｐ ａ ＝－１．２ｋｇ·ｍ／ｓ，故Ｂ错误；Ｃ．取水平 ０．５ｍｍ＋２７．４×０．０１ｍｍ＝０．７７４ｍｍ；
向右为正方向，根据动量定理，碰撞时ａ对ｂ所施冲 （２）欧姆表指针偏转角度较大，欧姆表盘读数小，说
量Ｉ＝ｍｖ′－ｍｖ，解得Ｉ＝１．２Ｎ·ｓ，故Ｃ正确；Ｄ．碰 明倍率较大，要让指针到中央刻度附近，要调低挡
２ｂ ２ｂ
撞前的总动能Ｅ ＝ １ ｍｖ２，解得Ｅ ＝１．６Ｊ，碰撞后 位，选择“×１”挡位；指针指着欧姆表盘１２Ω刻度
ｋ１ ２ １ａ ｋ１
Ｕ ｌ
上，故读数为１２Ω×１＝１２Ω；由Ｒ＝ ＝ρ
１ １ Ｉ ｄ
的总动能Ｅ ＝ ｍｖ′２＋ ｍｖ′２，解得Ｅ ＝１．６Ｊ， π（ ）２
ｋ２ ２ １ａ ２ ２ｂ ｋ２ ２
因为Ｅ ＝Ｅ，所以该碰撞是弹性碰撞，故Ｄ正确； πＵｄ２
ｋ１ ｋ２ 得ρ＝ ；电流表外接，电流表示数大于金属丝
４Ｉｌ
故选：ＣＤ。
实际电流，由上一问中公式可知电阻的测量值偏
１０．ＢＣＤ 【解析】开关Ｓ闭合，Ｓ断开，由图像可知电
１ ２
小，电阻丝测量值也偏小。
容器ｂ极板与电源负极相连，故ｂ极板带负电，故Ａ
１２．（１）ＡＣ （２）ＡＣＤ （３）＞ ＝
错误；Ｂ．电容器上下两极板电势相等时，则Ｒ、Ｒ两
１ ３
（４）ｍＯＰ＝ｍＯＭ＋ｍＯＮ
ａ ａ ｂ
Ｕ
端电压相等，设Ｒ、Ｒ支路电压为Ｕ，则有 Ｒ
１ ２ Ｒ＋Ｒ １ 【解析】（１）（４）如果碰撞过程系统动量守恒，由动量
１ ２
＝ Ｕ Ｒ，代入题中数据解得Ｒ＝１．５Ω，故Ｂ正 守恒定律得ｍ ａ ｖ １ ＝ｍ ａ ｖ ２ ＋ｍ ｂ ｖ ３ ，小球离开轨道后做
Ｒ＋Ｒ ３ ３
３ ４ 平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时
确；Ｃ．未闭合Ｓ前，外电路电阻Ｒ ＝Ｒ＋Ｒ＝４Ω
２ 外１ １ ２ 间ｔ相等，上式两边同时乘以 ｔ得 ｍｖｔ＝ｍｖｔ＋
ａ１ ａ２
Ｅ
＋８Ω＝１２Ω，此时电源输出功率Ｐ＝（ ）２Ｒ ， ｍｖｔ，得ｍＯＰ＝ｍＯＭ＋ｍＯＮ，实验需要测量：两球
１ Ｒ ＋ｒ 外１ ｂ３ ａ ａ ｂ
外１
的质量、小球做平抛运动的水平位移，故选：ＡＣ；
解得Ｐ＝３Ｗ，若Ｒ＝１Ω，闭合Ｓ后，外电路电阻
１ ３ ２
（２）Ａ．小球离开轨道后做平抛运动，安装轨道时，
（Ｒ＋Ｒ）（Ｒ＋Ｒ）
Ｒ ＝ １ ２ ３ ４ ，解得Ｒ ＝３Ω，此时电
外２ Ｒ＋Ｒ＋Ｒ＋Ｒ 外２ 轨道末端必须水平，故Ａ正确；Ｂ．实验需要测量小
１ ２ ３ ４
参考答案 第 ５页 （共６页）球做平抛运动的水平位移，而不需要测小球的运动 （２）当Ｂ和Ｃ速度相等时，弹簧的弹性势能最大，以
时间，需要使用的测量仪器有刻度尺，不需要秒表， 向右为正方向，根据动量守恒定律
故Ｂ错误；Ｃ．为使两球在水平方向发生对心碰撞， ｍｖ＝（ｍ ＋ｍ）ｖ!!!!!!!! （２分）
ＢＢ Ｂ Ｃ 共
两球相碰时，两球心必须在同一水平面上，故Ｃ正 根据能量守恒定律
确；Ｄ．为使入射球到达斜槽末端时速度大小相等， １ １
ｍｖ２＝ （ｍ ＋ｍ）ｖ２ ＋Ｅ !! （２分）
２ ＢＢ ２ Ｂ Ｃ 共 ｐｍａｘ
在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同
联立解得Ｅ ＝２Ｊ!!!!!!!! （１分）
ｐｍａｘ
一高度由静止释放，故Ｄ正确；故选：ＡＣＤ。
１５．（１）小球由释放至运动到最低点，由动能定理可得
（３）为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大
１
ｍｇＬ＝ ｍｖ２－０，解得ｖ＝５ｍ／ｓ !! （２分）
于被碰球的质量，即ｍ ＞ｍ，为使两球发生对心正 ２ ０ ０
ａ ｂ
碰，两球半径应相等，即ｒ＝ｒ。 小球在最低点时，由牛顿第二定律可得
ａ ｂ
１３．Ｉ＝５００ｍＡ＝０．５Ａ ｖ２
ｇ Ｆ－ｍｇ＝ｍ ０，解得Ｆ＝１２Ｎ !!!! （２分）
Ｌ
（１）当公共端与１Ａ端接入电路时，量程Ｉ＝１Ａ，此
１
时电阻Ｒ和Ｒ串联，再与表头内阻Ｒ并联。 （２）小球与物块发生弹性碰撞，则二者组成的系统动
１ ２ ｇ
由并联电路中的电流分配关系可得 量守恒、且动能无损失，以向右为正方向，可得
ＩＲ ｍｖ＝ｍｖ＋Ｍｖ
Ｒ＋Ｒ＝ ｇ ｇ !!!!!!!!!! （２分） ０ １
１ ２ Ｉ－Ｉ
１ ｇ
１ １ １
解得Ｒ １ ＋Ｒ ２ ＝２００Ω !!!!!!! （１分） ２ ｍｖ２ ０ ＝ ２ ｍｖ２ １ ＋ ２ Ｍｖ２，
当公共端与１０Ａ端接入电路时，量程Ｉ＝１０Ａ，
２ 联立可得ｖ＝４ｍ／ｓ !!!!!!!! （３分）
此时电阻Ｒ与表头串联后再与Ｒ并联。
１ ２ 对物块，由动量定理可得Ｉ＝Ｍｖ－０，
由并联电路的特点可知
解得Ｉ＝２．４Ｎ·ｓ!!!!!!!!! （２分）
Ｉ（Ｒ＋Ｒ）＝（Ｉ－Ｉ）Ｒ
ｇ ｇ １ ２ ｇ ２
（３）设滑块未从小车脱落，以向右为正方向，
可得Ｒ＋２００＝１９Ｒ
１ ２
由动量守恒定律可得Ｍｖ＝２Ｍｖ，
联立解得Ｒ＝１８０Ω，Ｒ＝２０Ω !!! （２分） 共
１ ２
（２）将表头与Ｒ、Ｒ视为整体，总电阻为 由能量守恒定律可得
１ ２
Ｒ（Ｒ＋Ｒ） １ １
Ｒ＝ ｇ １ ２ ，解得Ｒ＝１００Ω !! （３分） Ｍｖ２＝ ×２Ｍｖ２ ＋μＭｇｘ!!!!! （２分）
Ｒ＋Ｒ＋Ｒ ２ ２ 共
ｇ １ ２
改装后干路最大电流为Ｉ １ ＝１Ａ， 联立可得ｘ＝ ４ ＞２ｓ，不符合题意，即滑块会从
３
则电压表量程为Ｕ＝Ｉ（Ｒ＋Ｒ）
１ ３
解得Ｕ＝１０００Ｖ !!!!!!!!! （２分） 小车的左端脱落，
１４．（１）Ａ和Ｂ碰撞过程，以向右为正方向，根据动量守 则由动量守恒定律可得Ｍｖ＝Ｍｖ＋Ｍｖ
２ ｔ
恒定律有ｍ Ａ ｖ ０ ＝ｍ Ａ ｖ Ａ ＋ｍ Ｂ ｖ Ｂ !!!! （２分） 由能量守恒定律可得
由能量守恒定律
１ １ １
Ｍｖ２＝ Ｍｖ２＋ Ｍｖ２＋２μＭｇｓ!! （２分）
１ １ １ ２ ２ ２ ２ ｔ
ｍｖ２＝ ｍｖ２＋ ｍｖ２!!!!! （２分）
２ Ａ０ ２ ＡＡ ２ ＢＢ
联立可得ｖ＝３ｍ／ｓ，方向向右!!!! （１分）
ｔ
解二次方程得到ｖ＝２ｍ／ｓ!!!!! （１分）
Ｂ
参考答案 第 ６页 （共６页）
