高二物理試題答案一、單項(xiàng)選擇題：1、解析：A上升過(guò)程中阻力的沖量大小為If上＝ft0，下降過(guò)程中阻力的沖量大小為If下＝f·2t0，則上升過(guò)程與下降過(guò)程中阻力的沖量大小之比1∶2，A正確；由于小球上升下降過(guò)程中位移的大小相等，則有eq\f(v0t0,2)＝eq\f(v′·2t0,2)，解得v′＝eq\f(v0,2)，則取豎直向下為正，根據(jù)動(dòng)量定理有I上＝Δp＝0－(－mv0)，I下＝Δp′＝mv′－0，則上升過(guò)程與下降過(guò)程中合外力的沖量大小之比為2∶1，B錯(cuò)誤；小球在0～3t0時(shí)間內(nèi)動(dòng)量變化量的大小為Δp總＝eq\f(mv0,2)－(－mv0)＝eq\f(3,2)mv0，取豎直向下為正，C錯(cuò)誤；小球在0～3t0過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有Wf＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv02，解得Wf＝－eq\f(3,8)mv02，D錯(cuò)誤。故選A。2、解析：D由圖像可知，0～0.2πs內(nèi)應(yīng)該對(duì)應(yīng)著擺球在CB之間的擺動(dòng)；0.2πs～0.6πs內(nèi)應(yīng)該對(duì)應(yīng)著擺球在BA之間的擺動(dòng)，因t＝0.1πs時(shí)擺線拉力最小，可知小球位于C點(diǎn)，t＝0.4πs時(shí)小球位于A點(diǎn)，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；擺球在AB之間擺動(dòng)的周期為T1＝0.8πs，根據(jù)T＝2πeq\r(\f(L,g))，可得L1＝1.6m，即OA之間的距離為1.6m，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；擺球在BC之間擺動(dòng)的周期為T2＝0.4πs，根據(jù)T＝2πeq\r(\f(L,g))，可得L2＝0.4m，即PB之間的距離為0.4m，OP之間的距離為1.2m，選項(xiàng)D正確。故選D。3、解析：Ca光的照射面積大，知a光的臨界角較大，根據(jù)sinC＝eq\f(1,n)知a光的折射率較小，所以a光的頻率較小，波長(zhǎng)較長(zhǎng)，根據(jù)v＝eq\f(c,n)知，在水中，a光的傳播速度比b光大，同一種色光在真空中和在水中頻率相同，由v＝λf可知，在水中，a光的波長(zhǎng)比b光長(zhǎng)，A、B、D錯(cuò)誤；設(shè)圓形復(fù)色光區(qū)域半徑為r，圓形復(fù)色光區(qū)域邊緣處b光恰好發(fā)生全反射，依據(jù)sinC＝eq\f(1,nb)，結(jié)合幾何關(guān)系可知sinC＝eq\f(r,\r(h2＋r2))，而圓形復(fù)色光區(qū)域的面積S＝πr2，聯(lián)立解得S＝eq\f(πh2,nb2－1)，C正確。4、解析：B根據(jù)雙縫干涉條紋的間距公式Δx＝eq\f(l,d)λ并結(jié)合乙圖中的干涉條紋間距Δx較大，知A、C錯(cuò)誤，B正確；光源到雙縫的距離不影響雙縫干涉條紋的間距，故D錯(cuò)誤。5、解析：D根據(jù)導(dǎo)線所受的重力、支持力、安培力三力平衡可知，若導(dǎo)線所受的安培力垂直于斜面向下時(shí)，導(dǎo)線所受合力不能為0，導(dǎo)線不能靜止，A錯(cuò)誤；若磁場(chǎng)方向豎直向上，則安培力方向水平向左，導(dǎo)線不能靜止，B錯(cuò)誤；若磁場(chǎng)方向水平向左，則安培力方向豎直向下，導(dǎo)線不能靜止，C錯(cuò)誤；磁場(chǎng)方向垂直于斜面向下時(shí)，安培力方向沿斜面向上，此時(shí)安培力最小，磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，故有mgsinθ＝ILB，解得B＝eq\f(mgsinθ,IL)，D正確。6、解析：B設(shè)帶電粒子進(jìn)入第二象限的速度為v，在第二象限和第一象限中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，對(duì)應(yīng)的軌跡半徑分別為R1和R2，由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)、T＝eq\f(2πR,v)，可得R1＝eq\f(mv,qB)、R2＝eq\f(2mv,qB)、T1＝eq\f(2πm,qB)、T2＝eq\f(4πm,qB)，帶電粒子在第二象限中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝eq\f(T1,4)，在第一象限中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq\f(θ,2π)T2，又由幾何關(guān)系有cosθ＝eq\f(R2－R1,R2)＝eq\f(1,2)，可得t2＝eq\f(T2,6)，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝t1＋t2，聯(lián)立以上各式解得t＝eq\f(7πm,6qB)，選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤。7、解析：C由右手定則可知電流方向從O點(diǎn)指向A點(diǎn)，OA是電源，電流從低電勢(shì)流向高電勢(shì)，故O點(diǎn)的電勢(shì)比A點(diǎn)的電勢(shì)低，故A錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E＝Bleq\f(0＋lω,2)＝eq\f(1,2)Bl2ω，由閉合電路歐姆定律可知回路中通過(guò)的電流為I＝eq\f(E,r＋3r)＝eq\f(E,4r)，兩式聯(lián)立可得I＝eq\f(Bl2ω,8r)，故B錯(cuò)誤；該定值電阻兩端的電壓為U＝I×3r，將前面求得電流值代入可得U＝eq\f(3,8)ωBl2，故C正確；由焦耳定律可知該定值電阻上的熱功率P＝I2×3r＝eq\f(3ω2B2l4,64r)，故D錯(cuò)誤。8、解析：BDQ在P上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，P對(duì)Q有彈力且在力的方向上Q有位移，則P對(duì)Q做功不為零，A錯(cuò)誤；Q在P上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，P、Q之間的彈力做功之和必為零；系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，但系統(tǒng)在豎直方向所受合外力不為零，系統(tǒng)在豎直方向動(dòng)量不守恒，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，C錯(cuò)誤，BD正確。9、解析：AD由圖甲可知，該簡(jiǎn)諧橫波波長(zhǎng)為λ＝8m，周期T＝8s，所以波速為v＝eq\f(λ,T)＝1.0m/s，根據(jù)乙圖可知該時(shí)刻開(kāi)始質(zhì)點(diǎn)N向上振動(dòng)，所以該波沿－x方向傳播，即向左傳播，故A正確；因?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)M、N相差半個(gè)波長(zhǎng)，所以他們的振動(dòng)方向總是相反的，故B錯(cuò)誤；在同一介質(zhì)中運(yùn)動(dòng)，頻率相同，根據(jù)機(jī)械波發(fā)生的干涉條件可知，該簡(jiǎn)諧波遇到一列波長(zhǎng)為8m、傳播方向相反的簡(jiǎn)諧波后會(huì)發(fā)生干涉現(xiàn)象，故C錯(cuò)誤；根據(jù)機(jī)械波發(fā)生明顯衍射條件可知，該簡(jiǎn)諧波遇到寬度為4m的障礙物時(shí)能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，故D正確。10、解析：BC根據(jù)安培定則可知，MN處于ab產(chǎn)生的垂直向里的磁場(chǎng)中，MN在磁場(chǎng)力作用下向右運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明MN受到的磁場(chǎng)力向右，由左手定則可知電流由M指向N，L1中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)向上，由楞次定律可知，L2中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)應(yīng)該是向上減弱，或向下增強(qiáng)；再由右手定則可知PQ可能是向右減速運(yùn)動(dòng)或向左加速運(yùn)動(dòng)。故B、C正確，A、D錯(cuò)誤。二、非選擇題：（本大題共5小題，共60分）11、(10分)解析：(1)物塊由A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mgR＝eq\f(1,2)mvB2解得vB＝4m/s物塊從經(jīng)過(guò)B點(diǎn)開(kāi)始到靜止于B點(diǎn)系統(tǒng)動(dòng)量和能量守恒有mvB＝(M＋m)veq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋2μmg(L＋x)解得x＝1m。(2)由B點(diǎn)至將彈簧壓縮到最短，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取vB方向?yàn)檎较蛴衜vB＝(M＋m)v′此時(shí)的彈性勢(shì)能最大，由能量守恒可得eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)(M＋m)v′2＋Ep＋μmg(L＋x)由以上兩式可得Ep＝3J。答案：(1)1m(2)3J12、(13分)解析：(1)根據(jù)T＝2πeq\r(\f(L,g))，可得g＝eq\f(4π2L,T2)＝eq\f(4π2（L0＋\f(d,2)）,（\f(t,n)）2)＝eq\f(4π2n2（L0＋\f(d,2)）,t2)。(2)實(shí)驗(yàn)室處在高山上，距離海面太高，則重力加速度會(huì)偏小，A錯(cuò)誤；單擺所用的擺球質(zhì)量大小與周期無(wú)關(guān)，B錯(cuò)誤；實(shí)際測(cè)出n次全振動(dòng)的時(shí)間t，誤作為(n＋1)次全振動(dòng)的時(shí)間，則周期測(cè)量值偏小，計(jì)算出的重力加速度偏大，C正確；以擺線長(zhǎng)作為擺長(zhǎng)來(lái)計(jì)算，則擺長(zhǎng)計(jì)算偏小，測(cè)得的重力加速度偏小，D錯(cuò)誤；故選C。(3)根據(jù)單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，得T2＝eq\f(4π2,g)L，實(shí)驗(yàn)后他發(fā)現(xiàn)測(cè)量擺長(zhǎng)時(shí)忘了加上擺球的半徑，擺長(zhǎng)L＝0時(shí)，縱軸截距不為零，加上擺球半徑后圖像應(yīng)該到正確位置，即M位置，由于重力加速度不變，則圖線的斜率不變，故圖像應(yīng)該為②。(4)由圖像可知，單擺的周期為T＝2s，則根據(jù)T＝2πeq\r(\f(L,g))，可得g＝eq\f(4π2L,T2)＝eq\f(4×9.87×0.99,22)m/s2≈9.77m/s2。答案：(1)eq\f(4π2n2（L0＋\f(d,2)）,t2)(2)C(3)②(4)9.7713、(13分)解析：(1)分劃板在題圖(a)、(b)位置時(shí)游標(biāo)卡尺讀數(shù)分別為xa＝11mm＋1×0.1mm＝11.1mm，xb＝15mm＋6×0.1mm＝15.6mm。(2)相鄰亮條紋間距Δx＝eq\f(xb－xa,6)＝eq\f(15.6－11.1,6)mm＝0.75mm，根據(jù)Δx＝eq\f(l,d)λ，解得λ＝eq\f(Δx·d,l)＝eq\f(0.75×10－3×0.4×10－3,0.5)m＝6.0×10－7m。(3)若增大雙縫的間距d，其他條件保持不變，根據(jù)Δx＝eq\f(l,d)λ，則得到的干涉條紋間距將變小。(4)若改用頻率較高的單色光照射，則波長(zhǎng)變短，其他條件保持不變，根據(jù)Δx＝eq\f(l,d)λ，則得到的干涉條紋間距將變小。答案：(1)11.115.6(2)6.0×10－7(3)變小(4)變小14、(12分)解析：(1)根據(jù)受力分析(如圖所示)，可知油滴帶負(fù)電荷，設(shè)油滴質(zhì)量為m，由平衡條件得mg∶qE∶F＝1∶1∶eq\r(2)。(2)由第(1)問(wèn)得qvB＝eq\r(2)qE，代入數(shù)據(jù)解得v＝eq\f(\r(2)E,B)＝4eq\r(2)m/s。(3)進(jìn)入第一象限，靜電力和重力平衡，油滴先做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從A點(diǎn)進(jìn)入y>h的區(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，再?gòu)腃點(diǎn)離開(kāi)y>h區(qū)域，最后從x軸上的N點(diǎn)離開(kāi)第一象限。由O→A勻速運(yùn)動(dòng)的位移為s1＝eq\f(h,sin45°)＝eq\r(2)h其運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝eq\f(s1,v)＝0.1s由qvB＝meq\f(v2,r)，T＝eq\f(2πr,v)得T＝eq\f(2πm,qB)油滴從A→C做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq\f(1,4)T＝eq\f(πE,2gB)＝0.628s由對(duì)稱性知，從C→N的時(shí)間t3＝t1故油滴在第一象限運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1s＋0.628s＝0.828s。答案：(1)1∶1∶eq\r(2)負(fù)電荷(2)4eq\r(2)m/s(3)0.828s15、(12分)解析：(1)負(fù)電荷受到重力和電場(chǎng)力的作用處于靜止?fàn)顟B(tài)，因?yàn)橹亓ωQ直向下，所以電場(chǎng)力豎直向上，故M板帶正電。ab棒向右做切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，ab棒等效于電源，感應(yīng)電流方向由b→a，其a端為電源的正極，由右手定則可判斷，磁場(chǎng)方向豎直向下。(2)微粒受到重力和電場(chǎng)力的作用處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件