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2020-2021学年陕西省安康市高二下学期期末质量联考物理试题 解析版
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这是一份2020-2021学年陕西省安康市高二下学期期末质量联考物理试题 解析版，共16页。
本试卷共6页，全卷满分100分，考试时间90分钟
考生注意:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2、回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题:本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1.用同一光电管研究a、b两种单色光产生的光电效应，得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图所示，则下列说法正确的是
A.a光的频率大B.b光的波长小
C.b光子的能量大D.照射该光电管时b光使其逸出的光电子最大初动能大
2.在下列4个核反应方程中，X表示电子的是
A.B.
C.D.
3.如图所示，在足够大的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，有一根长度为L的导体棒AC。第一次以垂直棒的速度v在纸面内匀速拉动导体棒；第二次以A点为轴在纸面内顺时针转动导体棒，若这两种情况下导体棒产生的感应电动势相同，则第二次转动的角速度为
A.B.
C.D.
4.如图甲、乙所示的两种交变电流，其中图乙是正弦交流电，则甲、乙两种电流的有效值之比等于
A.2:B.3:
C.：1D.:2
5.2021年5月15日7时18分，天问一号探测器成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区，我国首次火星探测任务着陆火星取得成功，同时也成为历史上第三个成功者陆火星的国家。若地球的质量为火星质量的k倍，地球的半径为火星半径的n倍。则天问一号在地球表面受到的重力与在火星表面受到的重力的比值为（忽略天问一号质量的变化）
A.B.C.D.
6.汽车在刹车过程中位移和时间的比值与t之间的关系图象如图所示，则下列说法正确的是
A.汽车的初速度为20m/s
B.刹车过程汽车的加速度大小为1.25m/s2
C.刹车过程持续的时间为4s
D.刹车过程的位移为40m
7.如图所示，用轻绳系住一质量为M的匀质大球A，大球和墙壁之间放置一质量为m的匀质小球B，各接触面均光滑。系统平衡时，绳与竖直墙壁之间的夹角为α=30°，两球心连线O1O2与轻绳之间的夹角为β=30°，则大球A和小球B的质量之比为
A.1:1B.2:1
C.3:1D.4:1
8.如图所示，长为d、质量为m的细金属杆ab，用长为L的绝缘细线悬挂后，恰好与水平光滑的平行金属导轨接触，平行金属导轨间距为d，导轨平面处于竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。闭合电键K后，细金属杆ab向右摆起，悬线的最大偏角为θ。重力加速度为g，则闭合电键的短时间内通过细金属杆ab的电量为
A.B.
C.D.
9.如图所示，导体棒P竖直放置，一固定圆形线圈Q与P在同一竖直面内，P中通有变化电流i，规定如图所示的电流方向为正，电流随时间变化的规律如图所示，则
A.t1时刻，线圈Q中有顺吋针电流
B.t2时刻，线圈Q中有逆时针电流
C.t1～t2，线圈Q有扩张趋势
D.t2～t3，Q中磁通量的变化率增大
10.新究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。实验中，极板所带电荷量不变，若要使静电计指针的张角变大，可采用的方法是
A.仅增大两极板间的距离
B.仅减小两极板间的距离
C.仅将电容器b板向下平移
D.仅在极板间插入有机玻璃板
11.如图1所示电路中，交流发电机的电动势随时间变化的e-t图像如图2所示，理想变压器的原副线圈匝数比为1:20，R1=4Ω，R2最大阻值为10Ω，两个电压表均为理想交流电压表，发电机线圈电阻不计，下列说法正确的是
A.t=0时刻线圈处于中性面位置
B.1s内线圈中的电流方向改变50次
C.电压表V1的示数为100V
D.当滑动变阻器的滑片从最上端向下滑动过程中，R2消耗的最大功率为2500W
12.如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里。一带电小球恰能以速度v0做直线运动，其轨迹如图虚线所示，虚线与水平方向成37°角，小球最终穿过一轴线沿小球运动方向且固定摆放的光滑绝缘管道（管道内径略大于小球直径），已知sin37°=0.6，下列说法正确的
A.小球可能带负电
B.磁扬和电场的大小关系为
C.小球从管道的甲端运动到乙端过程中，小球机械能增加
D.若小球刚进入管道时撤去磁场，小球将在管道中做匀速直线运动
二、非选择题:共52分。
13.（6分）用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片来验证动量守恒定律，实验步骤如下:
①用天平测出A、B两个小球的质量mA和mB；
②安装好实验装置，使斜槽的末端保持水平；
③先不在斜槽的末端放小球B，从斜槽上位置P由静止开始释放小球A，小球A离开斜槽后，频闪照相机连续拍摄小球A的两位置（如图乙所示）；
④将小球B放在斜槽的末端，再从位置P处由静止释放小球A，使它们碰撞，频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置（如图丙所示）；
⑤测出可能所需要的物理量x0、y0、xA、yA、xB、yB。
请回答:
（1）实验①中A、B的两球质量应满足mA__________mB（填“>”“=”或“<”）。
（2）两球在碰撞过程中若动量守恒，满足的方程是_________（用所测物理量表示）；若测得x0:xA:xB=2:1:3，则=_________。
14.（6分）物理实验小组想要测量某电压表V（量程为3V）的内阻（大约为几千欧）
（1）先通过一个多用电表的欧姆挡直接测量此电压表的内阻：
a.欧姆挡的选择开关拨至×100挡，先将红、黑表笔短接调零后，选用上图中_________（选填“A”或“B”）方式连接；
b.欧姆表表盘如图所示，某同学读出欧姆表的读数为_________Ω；
（2）为了准确测量电压表V的内阻，某同学利用提供的实验器材设计了如图所示的实验电路请用已知量（定值电阻的阻值R0和电流表、电压表的示数I、U），表示出电压表V的内阻RV=_________。
15.（8分）锻炼运动员肢体力量和耐力的一种有效方法是在路面上推动轮胎加速跑，如图甲所示。在某次训练中，运动员保持两只胳膊相互平行推动轮胎使其沿直线运动，胳膊与水平地面间的夹角为37°，运动员的v-t图象如图乙所示。已知轮胎的质量为10kg。轮胎与地面间的动摩擦因数为0.4，sin37°=0.6，cs37°=0.8，g取10m/s2。求：
（1）0～4s内运动员的位移大小及加速度大小；
（2）运动员每只胳膊施加的推力大小。
16.（10分）如图所示，水平轨道左端固定一轻弹簧，弹簧右端可自由伸长到O点，轨道右端与一光滑竖直半圆轨道相连，圆轨道半径R=0.5m，圆轨道最低点为B，最高点为C，在水平轨道最右端放置小物块Q，将小物块P靠在弹簧上并压缩到A点，由静止释放，之后与Q发生正碰，碰撞过程时间很短且无机械能损失，碰后Q恰能通过圆轨道最高点C，已知P的质量为m=1kg，Q的质量为M=2kg，重力加速度g取10m/s2，P、Q大小均忽略不计。求：
（1）Q刚进入圆轨道时对轨道的压力大小；
（2）与Q物体碰撞过程P物体受到的冲量大小。
17.（10分）如图，两根足够长的固定光滑平行金属导轨，位于倾角θ=30°的固定斜面上，导轨上、下端接有阻值R1=R2=12Ω的电阻，导轨自身电阻忽略不计，导轨宽度L=2m，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平而向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，质量m=0.1kg，电阻r=2Ω的金属棒ab在较高处由静止释放，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好。已知金属棒ab从静止到速度最大时，通过R1的电荷量为0.75C，g=10m/s2，求:
（1）金属棒ab下滑的最大速度；
（2）金属棒ab从静止到速度最大时下滑的位移。
18.（12分）如图，直线MN上方有平行于纸面且与MN成45°的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。今从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45°角且垂直磁场的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R。若该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，而第二次和第五次经过直线MN时的位置恰好关于O点对称，不计粒子的重力。求:
（1）电场强度的大小；
（2）该粒子从O点出发到第五次经过MN所需的时间。
高二物理参考答案
1.A
解析:由公式可知，入射光的频率v和遏止电压的大小Uc成正相关。由图象可得b光的遏止电压较小，所以b光的频率较小，a光的频率较大，由波长和频率的关系可知，b光的波长较大，a光的波长较小，故A正确，B错误；由可知，光子频率越大，能量越高，所以a光子的能量大，b光子的能量小，故C错误；由Ekm=hv-W0可知入射光的频率越大，光电子的最大初动能越大，所以b光照射产生的光电子最大初动能小，故D错误。
A.B.
C.D.
2.D
解析:根据核反应方程电荷数和质量数守恒得，，，，所以D正确。
3.A
解析:第一次以垂直棒的速度ν匀速拉动导体棒，产生的感应电动势为:E1=BLv；第二次以A点为轴顺时针转动导体棒，角速度为ω，则末端的线速度为v′=Lω，感应电动势为:，因为E1=E2，解得，故A正确。
4.C
解析:在甲图中，对于方波，根据焦耳定律得:，解得；乙图为正弦交流电，电流的有效值，故，故C正确。
5.B
解析:由，得，所以选项B正确。
6.C
解析:由图可得=（-1.25t+10）m/s，根据匀变速直线运动的位移-时间公式，得，对比可得汽车的初速度为v0=10m/s，加速度为a=-2.5m/s2。即刹车过程动车的加速度大小为2.5m/s2，故AB错误；刹车过程持续的时间为，故C正确；刹车过程的位移为，故D错误。
7.B
解析:设绳子拉力为T，墙壁支持力为N，两球之间的压力为F，将两个球作为一个整体进行受力分析，可得Tcsα=（M+m）g，Tsinα=N，对小球进行受力分析，可得Fcs（α+β）=mg，Fsin（α+β）=N，联立得M=2m，故选B。
8.C
解析:金属杆ab离开导轨向右摆起的过程，由机械能守恒定律可知:，金属杆在通电瞬间受到安培力作用，根据动量定理可得:F安·t=mv，则有，整理得:Bqd=mv，联立解得:，故C正确。
9.BC
解析:在t1时刻，通入螺线管中电流在减小，依据右手螺旋定则，其形成垂直纸面向外的磁场不断减小，因此线圈Q中的磁通量也要减小，根据楞次定律可知线圈Q将阻碍其磁通量的减小，因此线圈Q会产生逆时针电流，故A错误；同理在t2时刻，线圈Q中有逆时针电流，故B正确；在t1～t2，电流随时间在减小，即通过线圈Q的磁通量在减小，由楞次定律“增缩减扩”可知线圈Q由扩张趋势，故C正确；在t2～t3，电流随时间虽然在增大，但其斜率却在减小，即通过线圈Q的磁通量变化率在减小，故D错误。
10.AC
解析:根据电容公式得，极板间电压增大时，静电计指针的张角变大，所以减小C即可。根据电容的决定式可知，增大极板间距离、减小极板间正对面积、减小介电常数都可以减小电容，故综上所述，AC正确。
11.AD
解析:t=0时e=0，此时穿过线圈的磁通量最大，A正确；由图2可知交流电的周期为0.02s，线圈转一周电流方向改变2次，所以1s内电流方向改变100次，B错误；发电机电动势的有效值为10V，根据得电压表V1的示数为200V，不随时间而变化，C错误；当滑动变阻器的滑片从最上端向下滑动时R2接入电路的电阻值变大，电压表V1的示数不变，电路可以等效成电源电动势为U1，内阻为R1，外电路电阻为R2，的闭合电路，由输出功率与外电路电阻关系可知，当R2=R1时，R2消耗的功率最大为，D正确。
12.BD
解析:小球做匀速直线运动，当带正电时，电场力水平向左，重力竖直向下。从甲端运动到乙端时，洛伦兹力垂直于虚线斜向右上三力恰好平衡，能保证小球沿图中虚线运动。当小球带负电时，电场力水平向右，重力竖直向下。从甲端运动到乙端时或者从乙端运动到甲端时，洛伦兹力垂直于虚线斜向左下或者右上，均不能使小球沿直线运动，故A错误；
由A项分析可知，电场力和洛伦兹力关系为，整理，得，故B正确；
小球从管道的甲端运动到乙端过程中，电场力做负功，小球的机械能减小，故C错误；
未撤磁场时，小球三力平衡，其中电场力和重力沿虚线方向的合力为零，当撤去磁场时，在管道中所受重力和电场力均没有变化，故沿虚线方向（管道方向）合力仍为零。而管道的支持力垂直于管道。即小球合力仍为零，做匀速直线运动，故D正确。
13答案:（1）>（2分）
（2）（2分）3（2分）
解析:（1）为了防止入射球碰后反弹，入射球的质量要大于被碰球的质量，即mA>mB。
（2）碰撞时应有。由平抛运动规律有x=vt，小球从相同高度落下，故时间相等，上式中两边同乘以t，则有。
（3）测得x0:xA:xB=2:1:3，代入，可得。
14.答案:（1）A（2分）3600（2分）
（2） （2分）
解析:（1）欧姆表的负极插孔与内部电源的正极相连，与电压表构成一闭合回路，电流从负极插孔流出，进入电压表的正极，故选择图A。
欧姆表选择“×100”挡位，由图中所示表盘可知，欧姆表的读数36×100Ω=3600Ω。
（2）根据欧姆定律得，，
联立解得。
15.解析:（1）由v-t图象与时间轴围成的面积可知位移为:
（2分）
由v-t图象的斜率可知加速度为: （1分）
（2）对轮胎进行受力分析可知:2Fcsθ-μFN=ma （2分）
FN=2Finθ+mg（2分）
解得:F=50N（1分）
16.解析:（1）设Q在B处的速度vB，在C处的速度vC，碰后Q恰能通过圆轨道最高点C，在C点由牛顿第二定律得：
（1分）
Q从B到C过程，由动能定理可得 （2分）
在B点由牛顿第二定律可得 （1分）
联立解得F=120N（1分）
由牛顿第三定律可知Q刚进入圆轨道时对轨道的压力大小为120N（1分）
（2）P、Q碰撞过程时间很短且无机械能损失，满足动量守恒及机械能守恒，设P与Q碰前的速度为v0，碰后P的速度为v1，可得
（1分）
（1分）
设水平向左为正方向，与Q物体碰撞过程，根据动量定理可得，P物体受到的冲量大小
（1分）
代入数据解得I=10N·s （1分）
（解法二:取向左为正方向，P与Q碰撞过程中动量守恒，即△PP=-△PQ，又因为IP=△PP，
IQ=△PQ=MvB-0=-10N·s，所以IP=-△PQ=10N·s）
17解析:（1）根据串并联电路的特点知，外电路总电阻为
（1分）
当加速度a为零时，速度v达最大，有:
（1分）
由欧姆定律得 （1分）
由法拉第电磁感应定律得 （1分）
联立以上各式解得:vm=4m/s（1分）
（2）金属棒ab从静止到速度最大的过程中有
（1分）
（1分）
（1分）
其中过电阻R1的电荷量为: （1分）
联立解得:x=12m（1分）
18解析:粒子的运动轨迹如图，先是一段半径为R的圆弧到a点，接着恰好逆电场线匀减速运动到b点速度为零再返回a点速度仍为v，再在磁场中运动一段圆弧到c点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动到d点。
（1）易知，Oa=R（1分）
带电粒子类平抛运动的垂直和平行电场方向的位移都为
（1分）
所以类平抛运动时间为
（1分）
又 （1分）
再者 （2分）
联立解得: （1分）
（2）粒子在磁场中运动的总时间为 （1分）
粒子在电场中的加速度为 （1分）
粒子做直线运动所需时间为 （2分）
所以粒子从出发到第五次经过MN所需时间 （1分）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
A
D
A
C
B
C
B
C
BC
AC
AD
BD
本试卷共6页，全卷满分100分，考试时间90分钟
考生注意:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2、回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题:本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1.用同一光电管研究a、b两种单色光产生的光电效应，得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图所示，则下列说法正确的是
A.a光的频率大B.b光的波长小
C.b光子的能量大D.照射该光电管时b光使其逸出的光电子最大初动能大
2.在下列4个核反应方程中，X表示电子的是
A.B.
C.D.
3.如图所示，在足够大的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，有一根长度为L的导体棒AC。第一次以垂直棒的速度v在纸面内匀速拉动导体棒；第二次以A点为轴在纸面内顺时针转动导体棒，若这两种情况下导体棒产生的感应电动势相同，则第二次转动的角速度为
A.B.
C.D.
4.如图甲、乙所示的两种交变电流，其中图乙是正弦交流电，则甲、乙两种电流的有效值之比等于
A.2:B.3:
C.：1D.:2
5.2021年5月15日7时18分，天问一号探测器成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区，我国首次火星探测任务着陆火星取得成功，同时也成为历史上第三个成功者陆火星的国家。若地球的质量为火星质量的k倍，地球的半径为火星半径的n倍。则天问一号在地球表面受到的重力与在火星表面受到的重力的比值为（忽略天问一号质量的变化）
A.B.C.D.
6.汽车在刹车过程中位移和时间的比值与t之间的关系图象如图所示，则下列说法正确的是
A.汽车的初速度为20m/s
B.刹车过程汽车的加速度大小为1.25m/s2
C.刹车过程持续的时间为4s
D.刹车过程的位移为40m
7.如图所示，用轻绳系住一质量为M的匀质大球A，大球和墙壁之间放置一质量为m的匀质小球B，各接触面均光滑。系统平衡时，绳与竖直墙壁之间的夹角为α=30°，两球心连线O1O2与轻绳之间的夹角为β=30°，则大球A和小球B的质量之比为
A.1:1B.2:1
C.3:1D.4:1
8.如图所示，长为d、质量为m的细金属杆ab，用长为L的绝缘细线悬挂后，恰好与水平光滑的平行金属导轨接触，平行金属导轨间距为d，导轨平面处于竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。闭合电键K后，细金属杆ab向右摆起，悬线的最大偏角为θ。重力加速度为g，则闭合电键的短时间内通过细金属杆ab的电量为
A.B.
C.D.
9.如图所示，导体棒P竖直放置，一固定圆形线圈Q与P在同一竖直面内，P中通有变化电流i，规定如图所示的电流方向为正，电流随时间变化的规律如图所示，则
A.t1时刻，线圈Q中有顺吋针电流
B.t2时刻，线圈Q中有逆时针电流
C.t1～t2，线圈Q有扩张趋势
D.t2～t3，Q中磁通量的变化率增大
10.新究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。实验中，极板所带电荷量不变，若要使静电计指针的张角变大，可采用的方法是
A.仅增大两极板间的距离
B.仅减小两极板间的距离
C.仅将电容器b板向下平移
D.仅在极板间插入有机玻璃板
11.如图1所示电路中，交流发电机的电动势随时间变化的e-t图像如图2所示，理想变压器的原副线圈匝数比为1:20，R1=4Ω，R2最大阻值为10Ω，两个电压表均为理想交流电压表，发电机线圈电阻不计，下列说法正确的是
A.t=0时刻线圈处于中性面位置
B.1s内线圈中的电流方向改变50次
C.电压表V1的示数为100V
D.当滑动变阻器的滑片从最上端向下滑动过程中，R2消耗的最大功率为2500W
12.如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里。一带电小球恰能以速度v0做直线运动，其轨迹如图虚线所示，虚线与水平方向成37°角，小球最终穿过一轴线沿小球运动方向且固定摆放的光滑绝缘管道（管道内径略大于小球直径），已知sin37°=0.6，下列说法正确的
A.小球可能带负电
B.磁扬和电场的大小关系为
C.小球从管道的甲端运动到乙端过程中，小球机械能增加
D.若小球刚进入管道时撤去磁场，小球将在管道中做匀速直线运动
二、非选择题:共52分。
13.（6分）用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片来验证动量守恒定律，实验步骤如下:
①用天平测出A、B两个小球的质量mA和mB；
②安装好实验装置，使斜槽的末端保持水平；
③先不在斜槽的末端放小球B，从斜槽上位置P由静止开始释放小球A，小球A离开斜槽后，频闪照相机连续拍摄小球A的两位置（如图乙所示）；
④将小球B放在斜槽的末端，再从位置P处由静止释放小球A，使它们碰撞，频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置（如图丙所示）；
⑤测出可能所需要的物理量x0、y0、xA、yA、xB、yB。
请回答:
（1）实验①中A、B的两球质量应满足mA__________mB（填“>”“=”或“<”）。
（2）两球在碰撞过程中若动量守恒，满足的方程是_________（用所测物理量表示）；若测得x0:xA:xB=2:1:3，则=_________。
14.（6分）物理实验小组想要测量某电压表V（量程为3V）的内阻（大约为几千欧）
（1）先通过一个多用电表的欧姆挡直接测量此电压表的内阻：
a.欧姆挡的选择开关拨至×100挡，先将红、黑表笔短接调零后，选用上图中_________（选填“A”或“B”）方式连接；
b.欧姆表表盘如图所示，某同学读出欧姆表的读数为_________Ω；
（2）为了准确测量电压表V的内阻，某同学利用提供的实验器材设计了如图所示的实验电路请用已知量（定值电阻的阻值R0和电流表、电压表的示数I、U），表示出电压表V的内阻RV=_________。
15.（8分）锻炼运动员肢体力量和耐力的一种有效方法是在路面上推动轮胎加速跑，如图甲所示。在某次训练中，运动员保持两只胳膊相互平行推动轮胎使其沿直线运动，胳膊与水平地面间的夹角为37°，运动员的v-t图象如图乙所示。已知轮胎的质量为10kg。轮胎与地面间的动摩擦因数为0.4，sin37°=0.6，cs37°=0.8，g取10m/s2。求：
（1）0～4s内运动员的位移大小及加速度大小；
（2）运动员每只胳膊施加的推力大小。
16.（10分）如图所示，水平轨道左端固定一轻弹簧，弹簧右端可自由伸长到O点，轨道右端与一光滑竖直半圆轨道相连，圆轨道半径R=0.5m，圆轨道最低点为B，最高点为C，在水平轨道最右端放置小物块Q，将小物块P靠在弹簧上并压缩到A点，由静止释放，之后与Q发生正碰，碰撞过程时间很短且无机械能损失，碰后Q恰能通过圆轨道最高点C，已知P的质量为m=1kg，Q的质量为M=2kg，重力加速度g取10m/s2，P、Q大小均忽略不计。求：
（1）Q刚进入圆轨道时对轨道的压力大小；
（2）与Q物体碰撞过程P物体受到的冲量大小。
17.（10分）如图，两根足够长的固定光滑平行金属导轨，位于倾角θ=30°的固定斜面上，导轨上、下端接有阻值R1=R2=12Ω的电阻，导轨自身电阻忽略不计，导轨宽度L=2m，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平而向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，质量m=0.1kg，电阻r=2Ω的金属棒ab在较高处由静止释放，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好。已知金属棒ab从静止到速度最大时，通过R1的电荷量为0.75C，g=10m/s2，求:
（1）金属棒ab下滑的最大速度；
（2）金属棒ab从静止到速度最大时下滑的位移。
18.（12分）如图，直线MN上方有平行于纸面且与MN成45°的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。今从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45°角且垂直磁场的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R。若该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，而第二次和第五次经过直线MN时的位置恰好关于O点对称，不计粒子的重力。求:
（1）电场强度的大小；
（2）该粒子从O点出发到第五次经过MN所需的时间。
高二物理参考答案
1.A
解析:由公式可知，入射光的频率v和遏止电压的大小Uc成正相关。由图象可得b光的遏止电压较小，所以b光的频率较小，a光的频率较大，由波长和频率的关系可知，b光的波长较大，a光的波长较小，故A正确，B错误；由可知，光子频率越大，能量越高，所以a光子的能量大，b光子的能量小，故C错误；由Ekm=hv-W0可知入射光的频率越大，光电子的最大初动能越大，所以b光照射产生的光电子最大初动能小，故D错误。
A.B.
C.D.
2.D
解析:根据核反应方程电荷数和质量数守恒得，，，，所以D正确。
3.A
解析:第一次以垂直棒的速度ν匀速拉动导体棒，产生的感应电动势为:E1=BLv；第二次以A点为轴顺时针转动导体棒，角速度为ω，则末端的线速度为v′=Lω，感应电动势为:，因为E1=E2，解得，故A正确。
4.C
解析:在甲图中，对于方波，根据焦耳定律得:，解得；乙图为正弦交流电，电流的有效值，故，故C正确。
5.B
解析:由，得，所以选项B正确。
6.C
解析:由图可得=（-1.25t+10）m/s，根据匀变速直线运动的位移-时间公式，得，对比可得汽车的初速度为v0=10m/s，加速度为a=-2.5m/s2。即刹车过程动车的加速度大小为2.5m/s2，故AB错误；刹车过程持续的时间为，故C正确；刹车过程的位移为，故D错误。
7.B
解析:设绳子拉力为T，墙壁支持力为N，两球之间的压力为F，将两个球作为一个整体进行受力分析，可得Tcsα=（M+m）g，Tsinα=N，对小球进行受力分析，可得Fcs（α+β）=mg，Fsin（α+β）=N，联立得M=2m，故选B。
8.C
解析:金属杆ab离开导轨向右摆起的过程，由机械能守恒定律可知:，金属杆在通电瞬间受到安培力作用，根据动量定理可得:F安·t=mv，则有，整理得:Bqd=mv，联立解得:，故C正确。
9.BC
解析:在t1时刻，通入螺线管中电流在减小，依据右手螺旋定则，其形成垂直纸面向外的磁场不断减小，因此线圈Q中的磁通量也要减小，根据楞次定律可知线圈Q将阻碍其磁通量的减小，因此线圈Q会产生逆时针电流，故A错误；同理在t2时刻，线圈Q中有逆时针电流，故B正确；在t1～t2，电流随时间在减小，即通过线圈Q的磁通量在减小，由楞次定律“增缩减扩”可知线圈Q由扩张趋势，故C正确；在t2～t3，电流随时间虽然在增大，但其斜率却在减小，即通过线圈Q的磁通量变化率在减小，故D错误。
10.AC
解析:根据电容公式得，极板间电压增大时，静电计指针的张角变大，所以减小C即可。根据电容的决定式可知，增大极板间距离、减小极板间正对面积、减小介电常数都可以减小电容，故综上所述，AC正确。
11.AD
解析:t=0时e=0，此时穿过线圈的磁通量最大，A正确；由图2可知交流电的周期为0.02s，线圈转一周电流方向改变2次，所以1s内电流方向改变100次，B错误；发电机电动势的有效值为10V，根据得电压表V1的示数为200V，不随时间而变化，C错误；当滑动变阻器的滑片从最上端向下滑动时R2接入电路的电阻值变大，电压表V1的示数不变，电路可以等效成电源电动势为U1，内阻为R1，外电路电阻为R2，的闭合电路，由输出功率与外电路电阻关系可知，当R2=R1时，R2消耗的功率最大为，D正确。
12.BD
解析:小球做匀速直线运动，当带正电时，电场力水平向左，重力竖直向下。从甲端运动到乙端时，洛伦兹力垂直于虚线斜向右上三力恰好平衡，能保证小球沿图中虚线运动。当小球带负电时，电场力水平向右，重力竖直向下。从甲端运动到乙端时或者从乙端运动到甲端时，洛伦兹力垂直于虚线斜向左下或者右上，均不能使小球沿直线运动，故A错误；
由A项分析可知，电场力和洛伦兹力关系为，整理，得，故B正确；
小球从管道的甲端运动到乙端过程中，电场力做负功，小球的机械能减小，故C错误；
未撤磁场时，小球三力平衡，其中电场力和重力沿虚线方向的合力为零，当撤去磁场时，在管道中所受重力和电场力均没有变化，故沿虚线方向（管道方向）合力仍为零。而管道的支持力垂直于管道。即小球合力仍为零，做匀速直线运动，故D正确。
13答案:（1）>（2分）
（2）（2分）3（2分）
解析:（1）为了防止入射球碰后反弹，入射球的质量要大于被碰球的质量，即mA>mB。
（2）碰撞时应有。由平抛运动规律有x=vt，小球从相同高度落下，故时间相等，上式中两边同乘以t，则有。
（3）测得x0:xA:xB=2:1:3，代入，可得。
14.答案:（1）A（2分）3600（2分）
（2） （2分）
解析:（1）欧姆表的负极插孔与内部电源的正极相连，与电压表构成一闭合回路，电流从负极插孔流出，进入电压表的正极，故选择图A。
欧姆表选择“×100”挡位，由图中所示表盘可知，欧姆表的读数36×100Ω=3600Ω。
（2）根据欧姆定律得，，
联立解得。
15.解析:（1）由v-t图象与时间轴围成的面积可知位移为:
（2分）
由v-t图象的斜率可知加速度为: （1分）
（2）对轮胎进行受力分析可知:2Fcsθ-μFN=ma （2分）
FN=2Finθ+mg（2分）
解得:F=50N（1分）
16.解析:（1）设Q在B处的速度vB，在C处的速度vC，碰后Q恰能通过圆轨道最高点C，在C点由牛顿第二定律得：
（1分）
Q从B到C过程，由动能定理可得 （2分）
在B点由牛顿第二定律可得 （1分）
联立解得F=120N（1分）
由牛顿第三定律可知Q刚进入圆轨道时对轨道的压力大小为120N（1分）
（2）P、Q碰撞过程时间很短且无机械能损失，满足动量守恒及机械能守恒，设P与Q碰前的速度为v0，碰后P的速度为v1，可得
（1分）
（1分）
设水平向左为正方向，与Q物体碰撞过程，根据动量定理可得，P物体受到的冲量大小
（1分）
代入数据解得I=10N·s （1分）
（解法二:取向左为正方向，P与Q碰撞过程中动量守恒，即△PP=-△PQ，又因为IP=△PP，
IQ=△PQ=MvB-0=-10N·s，所以IP=-△PQ=10N·s）
17解析:（1）根据串并联电路的特点知，外电路总电阻为
（1分）
当加速度a为零时，速度v达最大，有:
（1分）
由欧姆定律得 （1分）
由法拉第电磁感应定律得 （1分）
联立以上各式解得:vm=4m/s（1分）
（2）金属棒ab从静止到速度最大的过程中有
（1分）
（1分）
（1分）
其中过电阻R1的电荷量为: （1分）
联立解得:x=12m（1分）
18解析:粒子的运动轨迹如图，先是一段半径为R的圆弧到a点，接着恰好逆电场线匀减速运动到b点速度为零再返回a点速度仍为v，再在磁场中运动一段圆弧到c点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动到d点。
（1）易知，Oa=R（1分）
带电粒子类平抛运动的垂直和平行电场方向的位移都为
（1分）
所以类平抛运动时间为
（1分）
又 （1分）
再者 （2分）
联立解得: （1分）
（2）粒子在磁场中运动的总时间为 （1分）
粒子在电场中的加速度为 （1分）
粒子做直线运动所需时间为 （2分）
所以粒子从出发到第五次经过MN所需时间 （1分）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
A
D
A
C
B
C
B
C
BC
AC
AD
BD
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