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高二物理试卷 Ｂ答案解析
１．Ｄ 【解析】Ａ．奥斯特坚信电和磁之间一定存在着联 流表的指针会偏转，Ｂ错误；Ｃ．开关闭合后，滑动变
系，发现了电流的磁效应，突破了对电与磁认识的局 阻器的滑片Ｐ不动，线圈Ａ中的电流不变，线圈Ａ将
限性，Ａ错误；Ｂ．安培提出了电流方向和它所产生的 产生恒定的磁场，通过线圈Ｂ的磁通量不变，线圈Ｂ
磁场方向之间的关系，提出了安培定则，Ｂ错误；Ｃ． 中不会产生感应电流，电流表指针不会偏转，Ｃ错
法拉第进行了大量实验，发现了电磁感应现象，Ｃ错 误；Ｄ．开关闭合后，只要滑动变阻器的滑片Ｐ滑动，
误；Ｄ．麦克斯韦认识到变化的磁场可以产生电场，变 线圈Ａ中的电流就发生变化，线圈Ａ产生的磁场发
化的电场也可产生磁场，Ｄ正确；故选Ｄ。 生变化，通过线圈Ｂ的磁通量发生变化，线圈Ｂ中产
生感应电流，电流表指针会偏转，即滑片Ｐ不一定要
２．Ｂ 【解析】由动量守恒定律可知ｍｖ＋０＝２ｍｖ′，解得
加速滑动，Ｄ错误；故选Ａ。
ｖ
ｖ′＝ ，故选Ｂ。
２
５．Ａ 【解析】Ａ．充电宝的输出电压Ｕ、输出电流Ｉ，所
Ｌ
３．Ｄ 【解析】Ａ．由电阻定律Ｒ＝ρ ，剪去一半的电阻 以充电宝输出的电功率为 ＵＩ，故 Ａ正确；Ｂ．充电宝
Ｓ
内的电流也是Ｉ，但其内阻未知，所以无法判断充电
１ １
丝，长度变为原来的 ，电阻减小为 Ｒ，Ａ错误；Ｂ．根
２ ２ 宝产生的热功率，故Ｂ错误；Ｃ．Ｕ是充电宝的输出电
Ｌ Ｕ２
据电阻定律Ｒ＝ρ ，并联相同的电阻丝后，相当于 压，不是手机电池的内电压，所以不能用 ｔ，计算手
Ｓ ｒ
１ 机电池产生的焦耳热，手机电池产生的焦耳热应为
横截面积变为原来的２倍，电阻减小为 Ｒ，Ｂ错误；
２
Ｉ２ｒｔ，故Ｃ错误；Ｄ．充电宝输出的电能一部分转化为
Ｌ
Ｃ．根据电阻定律Ｒ＝ρ ，均匀拉长一倍，则长度变 手机电池储存的化学能，一部分转化为手机电池产
Ｓ
生的焦耳热，故根据能量守恒定律可知手机电池储
１
为原来２倍，横截面积变为原来 ，则电阻变为原来
２ 存的化学能为ＵＩｔ－Ｉ２ｒｔ，故Ｄ错误；故选Ａ。
Ｌ ６．Ｃ 【解析】Ａ．高压水枪单位时间喷出的水的质量
４倍，Ｃ错误；Ｄ．根据电阻定律Ｒ＝ρ ，对折原电阻
Ｓ
ｍ ＝ρＶ＝ρπｖＲ２，故Ａ错误；Ｂ．设水柱对车的平均冲
０
１
丝后，长度变为原来的
２
，横截面积变为原来的２ 力为Ｆ，由动量定理得Ｆｔ＝ｍｖ，即Ｆｔ＝ρπｖＲ２·ｔ·ｖ，
１
解得Ｆ＝ρπＲ２ｖ２，故Ｂ错误；ＣＤ．高压水枪产生的压
倍，总电阻变为原来的 ，Ｄ正确；故选：Ｄ。
４
Ｆ ρπＲ２ｖ２
强ｐ＝ ＝ ＝ρｖ２；则当高压水枪喷口的出水
４．Ａ 【解析】Ａ．线圈Ａ插入线圈Ｂ中后，开关闭合的
Ｓ πＲ２
柱的半径变为原来的２倍时，压强不变；当高压水枪
瞬间，线圈Ａ将产生一个变化的磁场，这个变化的磁
喷口的出水速度变为原来的２倍时，压强变为原来
场引起线圈Ｂ中的磁通量变化，线圈Ｂ中会产生出
的４倍，故Ｃ正确、Ｄ错误；故选Ｃ。
感应电流，所以电流表的指针会偏转，Ａ正确；Ｂ．线
７．Ｂ 【解析】Ａ．滑动变阻器消耗的功率为 Ｐ＝
圈Ａ插入线圈Ｂ中后，开关断开的瞬间，线圈Ａ将产
Ｅ Ｅ２
生一个变化的磁场，这个变化的磁场引起线圈Ｂ中 （ ）２Ｒ ＝ ，由图乙知，
Ｒ＋Ｒ＋ｒ Ｐ （Ｒ＋ｒ）２
Ｐ Ｒ＋ ＋２（Ｒ＋ｒ）
的磁通量变化，线圈Ｂ中会产生出感应电流，所以电 Ｐ Ｒ
Ｐ
参考答案 第 １页 （共３页）
书书书当Ｒ＝Ｒ＋ｒ＝１０Ω，滑动变阻器消耗的功率最大，则有ｒ 接触弹簧到弹簧压缩到最短的过程中由动量守恒
Ｐ
＝１０Ω－Ｒ＝１Ω，最大功率为Ｐ＝ [ Ｅ ]２ （Ｒ＋ｒ）＝ 有ｍｖ＝（ｍ ＋ｍ）ｖ，由能量守恒有 １ ｍｖ２＝
２（Ｒ＋ｒ） Ａ０ Ａ Ｂ 共 ２ Ａ０
０．４Ｗ，解得Ｅ＝４Ｖ，故Ａ错误；Ｂ．滑动变阻器的阻值为４Ω １ （ｍ ＋ｍ）ｖ２ ＋ １ ｋ（Δｘ）２，解得 ｖ＝２ｍ／ｓ，故 Ｃ
２ Ａ Ｂ 共 ２ ０
Ｅ
与阻值为Ｒ时消耗的功率相等，则有（ ）２×４＝
ｘ ４＋Ｒ＋ｒ 正确；ＢＤ．设弹簧恢复原长时，Ａ的速度为 ｖ，Ｂ的
１
Ｅ 速度为ｖ，由动量守恒定律和能量守恒定律有ｍｖ
（ ）２Ｒ，代入数据解得 Ｒ ＝２５Ω，故 Ｂ正确； ２ Ａ０
Ｒ＋Ｒ＋ｒ ｘ ｘ
ｘ １ １ １
＝ｍｖ＋ｍｖ， ｍｖ２＝ ｍｖ２＋ ｍｖ２，解得
Ｃ．当滑动变阻器向左移动时，电路中电流减小，所以 Ａ１ Ｂ２ ２ Ａ０ ２ Ａ１ ２ Ｂ２
Ｒ上消耗的功率减小，故Ｃ错误；Ｄ．当外电路电阻与 ｖ＝－１ｍ／ｓ，ｖ＝１ｍ／ｓ，故 Ｄ正确；可知，物块 Ａ接
１ ２
内阻相等时，电源的输出功率最大；本题中定值电阻 触弹簧到离开弹簧的过程中先减速后反向加速，则
Ｒ的阻值大于内阻的阻值，故滑动变阻器Ｒ 的阻值 物块Ａ的最小速度为０，在ｔ～２ｔ之间某个时刻，
Ｐ ０ ０
为０时，电源的输出功率最大，最大功率为 Ｐ ＝ 故Ｂ错误；故选ＡＣＤ。
ｍａｘ
Ｅ １１．（６分，每空２分）
（ ）２Ｒ＝１．４４Ｗ，故Ｄ错误；故选Ｂ。
Ｒ＋ｒ
（１）１．３８５（１．３８４～１．３８７均给分）
８．ＢＣ 【解析】ＡＢ．磁场是客观存在的，磁感线才是为
（２）外接 （３）偏小
了形象描述场而假想的曲线，故Ａ错误、Ｂ正确；Ｃ．一
【解析】（１）根据螺旋测微器的读数规律，该读数为
切物体都在辐射电磁波，这种辐射与温度有关，这叫
１ｍｍ＋３８．５×０．０１ｍｍ＝１．３８５ｍｍ；
热辐射，故Ｃ正确；Ｄ．红外线可以用来加热理疗，紫
外线可以消毒，故Ｄ错误；故选ＢＣ。
（２）由题中数据可知Ｒ
ｘ
＝４Ω＜槡Ｒ
Ａ
Ｒ
Ｖ
＝１０槡１０Ω，
故应采用电流表外接法；
９．ＢＤ 【解析】Ａ．将滑动变阻器的滑片向右滑动一段
（３）若采用外接法，因为金属丝的电阻较小，由于电
距离，接入电路的电阻增大，总电阻随之增大，根据欧
压表的分流作用，电流的测量值偏大，因此电阻的
姆定律，总电流减小，灯泡亮度变暗，故Ａ错误；Ｂ．由
测量值偏小，根据电阻定律可知金属丝电阻率实际
于总电流减小，根据闭合电路欧姆定律 Ｕ ＝Ｅ－Ｉｒ
外
测量值也偏小。
可得，外电压增大，灯泡阻值不变，电流减小，灯泡两
１２．（８分，每空２分）
边电压减小，此时 Ｒ 两边的电压增大，所以电压表
２
（１）Ｍ （２）ｃ （３）１．５ １．０
Ｖ 的示数变大，Ｂ正确；Ｃ．由于总电流减小，根据闭
２
合电路欧姆定律Ｕ ＝Ｅ－Ｉｒ可得，外电压增大，灯泡 【解析】（１）闭合开关前，滑动变阻器的滑片Ｐ应处
外
阻值不变，电流减小，灯泡两边电压减小，此时Ｒ两 于最大阻值处，远离下端接线柱，故应在Ｍ端；
２
边的电压增大，流过Ｒ电流增大，所以电流表Ａ 的 （２）根据电路图可知实物图中导线 ｃ连接错误，应
２ ２
示数减小，Ｃ错误；Ｄ．根据闭合电路欧姆定律可知Ｅ 将ｃ导线的两端分别连接电压表的“＋”接线柱和
ΔＵ 开关Ｓ的右端接线柱；
＝Ｕ ＋Ｉ（Ｒ ＋ｒ），则 ２＝Ｒ ＋ｒ，比值不变，Ｄ正
２ １ Ｌ ΔＩ Ｌ
１ （３）根据Ｕ＝Ｅ－Ｉｒ可知图线与纵轴交点为电动势，斜
确；故选：ＢＤ。
０．８Ｖ－１．５Ｖ
率的绝对值为内阻，则Ｅ＝１．５Ｖ，ｒ＝ ＝
１０．ＡＣＤ 【解析】Ａ．整个过程中，ＡＢ物块与弹簧构成 ０．７Ａ－０
的系统受合外力为零，则动量守恒，故Ａ正确；Ｃ．Ａ １．０Ω。
参考答案 第 ２页 （共３页）１３．（１）取爆炸物爆炸前运动方向为正方向，爆炸后裂成 １ １
ｍｖ２＝ （ｍ＋Ｍ）ｖ２＋ｍｇｈ!!!! （２分）
２ １ ２ ２ １
两块做平抛运动，Ａ块恰好以原轨迹落回，则爆
解得ｈ＝１．５ｍ!!!!!!!!!! （２分）
１
炸后Ａ的速度ｖ＝－ｖ＝－１０ｍ／ｓ!! （２分）
Ａ
（３）小物块能下落到圆弧槽并从圆弧槽上滑到水平
对物块Ａ，由动量定理得
面，系统水平方向动量守恒、机械能守恒，则
－Ｆｔ＝ｍｖ－ｍｖ!!!!!!!!! （２分）
ＡＡ Ａ
ｍｖ＝ｍｖ′＋Ｍｖ′!!!!!!!!!! （１分）
１ １ ２
解得Ｆ＝１０００Ｎ !!!!!!!!! （１分）
１ １ １
ｍｖ２＝ ｍｖ′２＋ Ｍｖ′２ !!!!! （１分）
（２）在最高点，取爆炸物爆炸前运动方向为正方向， ２ １ ２ １ ２ ２
爆炸过程中水平方向动量守恒，由动量守恒定 解得ｖ′＝－４ｍ／ｓ，ｖ′＝２ｍ／ｓ !!!! （１分）
１ ２
律可得ｍｖ＝ｍｖ＋ｍｖ!!!!!! （２分） 则小物块以４ｍ／ｓ的速度向左运动至弹簧处，压
ＡＡ ＢＢ
解得ｖ＝１５ｍ／ｓ 缩弹簧最短后被反向弹回，由于机械能守恒可
Ｂ
则爆炸过程增加的机械能等于系统动能的增加 知，小物块离开弹簧的速度大小不变，方向水平
量，即 向右，小物块以４ｍ／ｓ的速度向右第二次滑上圆
１ １ １ 弧槽。
ΔＥ＝ ｍｖ２＋ ｍｖ２－ ｍｖ２ !!! （２分）
２ ＡＡ ２ ＢＢ ２
根据水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律
解得ΔＥ＝５０Ｊ!!!!!!!!!! （１分）
可得
Ｆ
１４．（１）根据磁感应强度定义式Ｂ＝ !!! （２分） ｍ（－ｖ′）＋Ｍｖ′＝（ｍ＋Ｍ）ｖ !!!! （１分）
Ｉｌ １ ２
１ １ １
代入数据解得Ｂ＝２Ｔ !!!!!!! （２分） ｍｖ′２＋ Ｍｖ′２＝ （ｍ＋Ｍ）ｖ２＋ｍｇｈ （１分）
２ １ ２ ２ ２ ２
（２）根据磁通量定义式Ф＝Ｂ·Ｓ!!!! （２分）
１
解得ｈ＝ ｍ !!!!!!!!!! （１分）
２ ６
代入数据解得Ф＝０．０２Ｗｂ!!!!! （２分）
小物块第二次离开圆弧槽上滑到水平面，系统
（３）由产生感应电流的条件可知，为使ＭＮ棒中不
水平方向动量守恒、机械能守恒，则
产生感应电流，则穿过ＭＤＥＮ的磁通量应该不
ｍ（－ｖ′）＋Ｍｖ′＝ｍｖ″＋Ｍｖ″
变。 !!!!!!!!!!!!!! （１分） １ ２ １ ２
１ １ １ １
由上问可知ｔ＝０时刻，Ф＝０．０２Ｗｂ ｍ（－ｖ′）２＋ Ｍｖ′２＝ ｍｖ″２＋ Ｍｖ″２（１分）
２ １ ２ ２ ２ １ ２ ２
ｔ时刻的磁通量
（注意以上两个公式一共１分，因为和最开始的
Ф＝Ｂｌ×（ｌ＋ｖｔ）＝０．０２Ｗｂ!!!!! （２分）
公式是重复的，只是物理量不同）
２
代入数据整理解得Ｂ＝ Ｔ!!! （２分） ２ ８
１＋１０ｔ 解得ｖ″＝ ｍ／ｓ，ｖ″＝ ｍ／ｓ!!!! （１分）
１ ３ ２ ３
１５．（１）小物块冲上圆弧槽的速度ｖ＝６ｍ／ｓ，小物块滑
１ 因为小物块的速度小于圆弧槽的速度，所以小
上圆弧槽的过程中系统水平方向动量守恒，则
物块从圆弧槽左端掉下后在光滑水平面上做匀
ｍｖ １ ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ ２ !!!!!!!!! （２分） 速直线运动，不会再冲上圆弧槽。
解得ｖ
２
＝１ｍ／ｓ!!!!!!!!!! （２分）
因此小物块在竖直方向运动的总路程
（２）小物块第一次跃升到最高点时水平速度等于 １０
ｓ＝２ｈ＋２ｈ＝ ｍ !!!!!!!! （１分）
１ ２ ３
ｖ，系统机械能守恒
２
参考答案 第 ３页 （共３页）
