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物理（二）参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
B
C
A
D
C
AD
BCD
BD
解析：
1．B。穿过该线框的磁通量
cos
BS
Φ
。
2．A。丙从O 点沿y 轴正方向运动，电场力一直对丙做正功，丙的电势能一直减少。
3．B。电子带负电，在偏转电场中将向正极板方向偏转，易知图像B 符合题意。
4．C。以碎片为研究对象，取v1 方向为正方向，由动量定理可知
1
2
v
v
m
m
Ft
，解得
t
m
F
)
(
2
1
v
v
，由牛顿
第三定律可知，该碎片对空间站的平均撞击力大小
t
m
F
F
)
(
2
1
v
v
。
5．A。根据图像可得，该电源的电动势为
1
U ，总功率为
2
1I
U
，输出功率为
2
2I
U
。
6．D。由分析知，丙位于乙右侧且丙处合场强为零，设丙与乙相距
x
，由
2
2
)
(
9
)
(
d
x
q
k
x
q
k
得
d
x
2
1
，因
此丙位于
d
x
2
3
处。
7．C。小灯泡和电动机均正常工作，通过R 的电流
A
2
2
1
U
P
I
，电动机两端的电压
V
18
1
M
U
R
I
U
，因此
通过电动机的电流
A
3
M
1
2
U
P
I
，通过电源的电流
A
5
2
1
I
I
I
。电动机的热功率
W
18
M
2
2
r
I
P热
，电
动机的输出功率
W
36
1
热
输出
P
P
P
。电源的内阻
2.1
M
I
U
E
r
，电源的效率
%
75
%
100
M
E
U
。
8．AD。麦克斯韦预言了电磁波的存在；电磁波在真空中的传播速度为3×108 m/s；无线电波的频率比γ 射线的
频率小；电磁波具有能量。
9．BCD。产生感应电流的条件是通过闭合导体回路的磁通量发生变化，易知B、C、D 符合题意。
10．BD。a 与b 第一次碰撞后电荷量均变为2q，根据库仑定律可知，a 第一次下滑和第一次上滑过程中库仑力做
功的数值分别为3W、4W，则第一次下滑过程中，有
k
2
2
1
3
E
m
W
mgR
v
，第一次上滑过程中，有
2
2
1
2
1
0
4
v
m
W
mgR
，联立解得
mgR
W
5
1
，
mgR
m
E
5
2
2
1
2
k
v
，因此a、b 第一次碰撞损失的
机械能
mgR
E
E
5
1
2
1
k
k
，a 第一次下滑过程中克服库仑力做功
mgR
W
W
5
3
3
1
；a、b 第一次碰撞前
瞬间，由
R
m
mg
F
2
v
可得，细环对a 的弹力大小
mg
F
5
9
。
11．（7 分）
（1）1.345（2 分）
（2）升高（2 分）
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（3）
2
2
3
1
1
2
t
m
t
m
t
m
（3 分）
解析：
（1）读数
1.345cm
9
0.05mm
cm
3.1
d
。
（2）由题知，滑块从左向右做加速运动，气垫导轨右端偏低，要使其水平，应调节旋钮Q 使导轨右端升高一点。
（3）若碰撞过程中动量守恒，取水平向左为正方向，则应满足
2
2
3
1
1
2
t
d
m
t
d
m
t
d
m
，即
2
2
3
1
1
2
t
m
t
m
t
m
。
12．（9 分）
（1）600（2 分）
（2）2400（2 分）
（3）①∞（2 分）
②
U
U
3
1500
（3 分）
解析：
（1）图1 为电桥电路，当G2 的示数为0 时，满足
2
1
g
R
R
R
R
，带入数据解得
600
g
R
。
（2）改装为3V 的电压表时，应串联的电阻值满足
2400
g
g
max
R
I
U
R
。
（3）①由图2 知，改装后的电压表与待测电阻为并联关系，当两表笔断开时，表示待测电阻为∞大，此时调节
滑动变阻器R4，使改装后的电压表示数
V
3
max
U
，因此“3V”处应标注的阻值为∞Ω。
②当G1 的指针指在“3V”处时，由
mA
1
g
4
max
I
R
U
E
可得
3000
4
R
，改装后的电压表的电阻
3000
g
max
V
I
U
R
，在两表笔间接入电阻Rx 后，有
x
R
U
R
U
R
U
E
V
4
，带入数据解得
U
U
Rx
3
1500
。
13．（10 分）
解：（1）只闭合S1 时，由闭合电路欧姆定律可得：
r
R
R
E
I
2
1
（2 分）
解得：
A
5.0
I
（2 分）
（2）闭合S1 和S2 且电路稳定后，电容器两端的电压
2
IR
U
（2 分），可得：
V
2
U
（1 分）
电容器的电荷量：
CU
Q
（2 分），解得：
C
10
2
6
Q
（1 分）
14．（13 分）
解：（1）设该匀强电场的场强大小为E，对小球进行受力分析，有：
30
tan
mg
qE
（3 分），解得：
q
mg
E
3
3
（2 分）
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答图1
30°
O
L
mg
qE
30°
T
G
等效最高点
等效重力
（2）小球静止时，重力和电场力的合力
mg
mg
F
3
3
2
30
cos
如答图1，将该合力视为“等效重力”，则
mg
F
G
3
3
2
（1 分）
要使小球在竖直平面内做完整的圆周运动，且瞬时冲量最小
需满足：小球恰好能到达“等效最高点”
设小球在“等效最高点”的速度大小为v1，则
L
m
G
2
1v
（2 分）
小球获得的最小瞬时冲量：
0
v
m
I
（1 分）
小球运动到“等效最高点”时，由动能定理有：
2
0
2
1
2
1
2
1
2
v
v
m
m
L
G
（2 分）
联立解得，瞬时冲量的最小值：
gL
m
I
3
3
10
（2 分）
15．（18 分）
解：（1）A 与B 碰撞前，对A 由动能定理有：
2
0
A
2
A
A
1
2
1
2
1
)
(
v
v
m
m
x
g
m
qE
（2 分）
解得：
N/C
30
E
（2 分）
（2）设A 与B 碰撞前历时0t ，由
0
0
2
t
x
v
v
，解得：
s
5.0
0
t
（1 分）
以水平向右为正方向，A、B 碰撞过程中，有：
B
B
A
A
A
v
v
v
m
m
m
，
2
B
B
2
A
A
2
A
2
1
2
1
2
1
v
v
v
m
m
m
解得：
m/s
4
A
v
（水平向左）（1 分），
m/s
8
B
v
（水平向右）（1 分）
A、B 碰撞后，A 向左运动过程中：
1
A
A
1
a
m
g
m
qE
，
1
1
A
t
a
v
解得：
2
1
m/s
4
a
，
s
1
1
t
（1 分）
之后，A 向右运动至虚线处被锁定：
2
A
A
1
a
m
g
m
qE
，
2
2
2
2
1
1
2
1
2
1
t
a
t
a
解得：
2
2
m/s
2
a
，
s
2
2
t
（1 分）
因此，整个过程中，摩擦力对A 的冲量：
)
(
2
1
0
A
1
t
t
t
g
m
I f
解得：
s
N
2
1
2
2
fI
（1 分），方向水平向左（1 分）
（3）从A、B 碰撞后到B、C 相对静止的过程中，对B、C 组成的系统
由动量守恒有：
共
v
v
)
(
C
B
B
B
m
m
m
（1 分）
由能量守恒有：
x
g
m
m
m
m
C
2
2
C
B
2
B
B
)
(
2
1
2
1
共
v
v
（1 分）
解得，B、C 相对运动的总路程：
m
1
20
m
64
L
L
x
因此，B、C 的对地位移满足：
m
1
B
C
x
x
（1 分）
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答图2
最终共速
多次碰撞后
…
第1 次碰撞，且碰撞
前后速度差不变
B
C
C
B
第2 次碰撞
v
t
vB
v共
O
B、C 共速前各自做匀变速运动的加速度大小：
2
B
C
2
B
m/s
6
1
m
g
m
a
，
2
C
C
2
C
m/s
3
1
m
g
m
a
（1 分）
B、C 第一次碰撞过程中，由
C1
C
B1
B
C1
C
B1
B
v
v
v
v
m
m
m
m
，
2
C1
C
2
B1
B
2
C1
C
2
B1
B
2
1
2
1
2
1
2
1
v
v
v
v
m
m
m
m
可得：
B1
C1
C1
B1
v
v
v
v
由此可知，每次碰撞前、后瞬时，B 与C 的速度差不会发生变化，又由于B、C 各自做匀变速直线运动
的加速度大小恒定，作出B、C 的v-t 图像，如答图2 所示。可知
B 与C 第1 次碰前：
C
B
C1
B1
B
C
C1
B
B1
B
1
)
(
a
a
a
a
t
v
v
v
v
v
v
第2 次碰前：
C
B
B2
C2
B1
C1
C
C2
C1
B
B1
B2
2
)
(
)
(
a
a
a
a
t
v
v
v
v
v
v
v
v
第3 次碰前：
C
B
C3
B3
C2
B2
C
C2
C3
B
B3
B2
3
)
(
)
(
a
a
a
a
t
v
v
v
v
v
v
v
v
以此类推……
从A、B 碰撞后到B、C 共速，所经过的时间为：
s
16
C
B
B
2
1
a
a
t
t
t
t
n
v
（1 分）
由于B、C 构成的系统始终动量守恒，由
C
C
B
B
B
B
u
m
u
m
m
v
（其中
B
u 、
C
u 为任意时刻B、C 的速度）
可得：
t
u
m
t
u
m
t
m
C
C
B
B
B
Bv
，变形得：
C
C
B
B
B
B
x
m
x
m
t
m v
因此：
C
C
B
B
B
B
x
m
x
m
t
m
v
（1 分）
联立解得：
m
86
C
x
（1 分）
（用其他方法求解，答案正确也给分）
