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1、#QQABSYyAoggAQIBAABgCQQlSCAAQkBAAAIoOwBAMMAAACAFABCA=#QQABSYyAoggAQIBAABgCQQlSCAAQkBAAAIoOwBAMMAAACAFABCA=#QQABSYyAoggAQIBAABgCQQlSCAAQkBAAAIoOwBAMMAAACAFABCA=#二模二模物理物理试题答案试题答案1.B2.C3.A4.C5.D6.B7.C8.BC9.BD10.AD7.【详解】A.物块在缓慢移动过程中，以小环 O 为对象，由于小环 O 两侧轻绳 1 的张力大小总是相等，则小环 O 两侧轻绳 1 的张力合力沿MON平分线上，根据受力平衡可知，轻
2、绳 2 的延长线始终平分MON，故 A 错误；B.施加拉力 F 前，以小环 O 为对象，受到轻绳 2 的拉力等于物块 P 的重力mg，竖直方向根据受力平衡可得：12cos30Tmg 解得轻绳 1 的张力大小为：133Tmg故 B 错误；C.物块在缓慢移动过程中，由于 M、N 之间的轻绳 1 长度不变，根据数学知识可知，小环 O 的运动轨迹为椭圆，M、N 为椭圆的两个焦点；当轻绳 2 与MN连线方向垂直时，小环 O 刚好位于椭圆的短轴顶点上，根据椭圆知识可知此时MON最大，则此过程MON逐渐增大，以小环 O 为对象，根据受力平衡可得：122cosTT可得：212cosTT可知此过程经绳 1 的张
3、力一直增大,故 C 正确；D.物块在缓慢移动过程中，由拉幂定理得 F 越来越大,故选 C。10.【详解】A刚开始时线框相对于磁场的速度最大，此时感应电动势最大，ab、cd 均切割磁感线，产生感应电动势方向相同，则总电动势为02EBLv总，因线框电阻为 R，则 ad 部分电阻为R6，则 b、c 两点间的电压的最大值为Ebc=E总6=BLv03，A 正确；B磁场向右运动，相当于线框切割磁感线，ab、cd 所处的磁场区域会不断发生变化，结合右手定则可分析出金属框中电流方向并不是不变的，B 错误；CD设玩具车最大速度为 v，则相对于磁场的速度为 v0-v，此时总电动势为02()EBL vv总安培力为：
4、22002()4()22BL vvB L vvFBILBLRR因玩具车所受阻力为其对地速度的 k 倍，则有：2204()B L vvfkvFR可得：2202244B L vvkRB L玩具车达到最大速度时即匀速时，经上分析可知安培力的功率为：22014()B L vv vPFvR电功率为：2222024()B L vvEPRR，仅当0vvv即：02vv 才有：12PPC 错误 D 正确。故选 AD。11.【答案】（1）BD/DB（1 分）（2）一（1 分）B 和 C（1 分）2:1（1 分）（3）B（1 分）（4）质量和半径一定的条件下，物体做圆周运动的向心力大小与角速度的平方成正比（2 分）
5、【详解】（1）在该实验中，通过控制质量、半径、角速度中两个物理量相同，探究向心力与另外一个物理量之间的关系，采用的科学方法是控制变量法。A探究平抛运动的特点，例如两球同时落地，两球在竖直方向上的运动效果相同，应用了等效思想，故A 错误；B当一个物理量与多个物理量相关时，应采用控制变量法，探究该物理量与某一个量的关系，在探究影响导体电阻的因素实验中使用了控制变量法，故 B 正确；C探究两个互成角度的力的合成规律，应用了等效替代法，故 C 错误；D探究加速度与物体受力、物体质量的关系，应用了控制变量法，故 D 正确。故选 BD。（2）变速塔轮边缘处的线速度相等，根据v=r在探究向心力大小与半径的关
6、系时，需控制小球质量、角速度相同，运动半径不同，故需要将传动皮带调至第一层塔轮，将两个质量相等的钢球分别放在 B 和 C 位置。左右两球所受向心力大小之比为F左:F右=n左:n右=2:1（3）该方法可行，用手机拍照后再通过照片读出两边标尺露出的格数，这样可以准确读出某一时刻两边标尺露出的格数，并通过格数得出向心力与角速度的关系，手柄转速变化时，两边标尺露出的格数同时变化，仍可通过格数得出向心力与角速度的关系，故不需要匀速转动手柄。故选 B。（4）变速塔轮边缘处的线速度相等，根据v=r左右两小球的角速度之比为33:31:3RR右左可得的实验结论是：质量和半径一定的条件下，物体做圆周运动的向心力大
7、小与角速度的平方成正比。12.【答案】（1）1（1 分）（2）A（1 分）D（1 分）E（1 分）（3）见解析（2 分）（4）24UdIl（2 分）【详解】（1）先用多用电表欧姆挡的10挡粗测铅笔芯电阻，指针偏转如图（a）所示，可知待测电阻阻值较小，为了进一步测量电阻值，可将旋钮调至1挡后再次进行测量。（2）因电源电动势为 3V，则电压表应选择 A；电路中最大电流不超过 0.6A，则电流表应选择 D；滑动变阻器应选择与待测电阻阻值相当的 E；（3）要求测量电路的电压从 0 开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法；由于待测电阻较小，远小于电压表内阻，则电流表应采用外接法，实物连线如图所示（4）根据
8、电阻定律lRss=(d2)2R=UI可得24UdIl13.【答案】（1）3；（2）3Rc【详解】（1）根据几何关系，已知材料绕底面上的水平直径 AB 转动 30时，激光的入射角1=30（1 分）设折射角为2，根据几何关系知tan(2-30)=33RR=33（1 分）解得2=60（1 分）根据折射定律n=sin2sin1（1 分）解得3n（1 分）（2）根据折射定律cvn（1 分）得v=33c（1 分）激光在半球形透明材料传播的距离为s=R（1 分）s=vt（1 分）解得t=3Rc（1 分）14.【答案】（1）a=v40r2+2g2（2）s=0.0625m【详解】（1）A 刚开始运动时轨道的弹力
9、提供向心力FN=mAv20r(1 分）A 所受摩擦力为f=mAg(1 分）根据牛顿第二定律F2N+f2=mAa(1 分）解得a=v40r2+2g2(1 分）【以下解法同样给分：A 的向心加速度和切向加速度大小分别为an=v20r(1 分）at=g(1 分）故a=a2n+a2t=v40r2+2g2(2 分）】（2）设 A 与 B 碰前瞬间的速度为 v，根据动能定理-mAgr=12mAv2-12mAv20(1 分）解得v=1m/s(1 分）根据动量守恒AA 1B 2m vm vm v(1 分）根据机械能守恒222AA 1B2111222m vm vm v(1 分）解得v2=0.5m/s(1 分）又
10、-mBgs=0-12mBv22(1 分）解得s=0.0625m(1 分）【以下解法同样给分：B 的切向加速度22m/sBag(1 分）B 沿着切向方向做匀减速运动，则s=v222aB=0.0625m(1 分）】15.【答案】（1）ym=L4（2）形成的亮斑是一条线段（或直线）（3）Lm=2(1BmU02e+mU02eB2+L216)（4）x=rm(1-cost)=2-32BmU02e，y=(ym+rmsint)=(L4+12BmU02e)【详解】解：（1）电子在电场中加速度，由动能定理eU0=12mv20（1 分）得v0=2eU0m（1 分）在两极板间运动时，有L=v0t（1 分）ym=12a
11、t2（1 分）eU0L=ma（1 分）解得ym=L4（1 分）（2）形成的亮斑是一条线段（或直线）（2 分）（3）粒子飞出两极板时vy=at=eumLLv0=ue2mU0（1 分）y=12eumLt2=uL4U0此后，粒子沿着中心轴线方向做匀速运动，在 xOy 平面上以 vy的速度做匀速圆周运动evyB=mv2yr（1 分）解得r=uBm2eU0（1 分）可得tan=ry=4BLmU02e可知为定值，即不同位置出射的粒子的圆心在同一条线上。随着 z 的取值不同，形成的亮斑一直是一条直线，且在旋转。如图所示所以亮斑的最大长度为22mmmm2Lrry（1 分）又rm=1BmU02e（1 分）故Lm=2(1BmU02e+mU02eB2+L216)（1 分）（4）电子在 xOy 平面上的投影为圆周运动，电子在磁场中的运动时间为t=zv0=m6eB（1 分）电子旋转的角速度为=2T=eBm（1 分）偏离中心轴线最大位移处进入水平磁场的电子打在荧光屏上距 y 轴最远，即x=rm(1-cost)=2-32BmU02e（1 分）y=(ym+rmsint)=(L4+12BmU02e)（1 分）