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二模物理试题答案
1.B 2.C 3.A 4. C 5.D 6.B 7.C 8.BC 9.BD 10.AD
7.【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
3
得： 2T1 cos30 = mg 解得轻绳 1 的张力大小为：T = mg 故 B 错误；
1 3
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
T
得： 2TT cos = 可得：T= 2
1 2 1 2cos
可知此过程经绳 1 的张力一直增大, 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
R
方向相同，则总电动势为 E总 = 2 BLv0 ，因线框电阻为 R，则 ad 部分电阻为 ，则 b、c 两点间的电压的最
6
总
E BLv0
大值为Ebc = = ，A 正确；
6 3
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 E=2 BL ( v0 - v )
2BL ( v-- v ) 4 B2 L 2 ( v v )
总安培力为： F=2 BIL = 2 B 0 L = 0
RR
4B2 L 2 ( v- v )
因玩具车所受阻力为其对地速度的 k 倍，则有： f= kv = F = 0
R
4B2 L 2 v
可得： v = 0
kR+ 4 B2 L 2
4B2 L 2 ( v- v ) v
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： P= Fv = 0
1 R
2 2 2 2
E 4B L ( v0 - v ) v0
电功率为： P = = ，仅当 v0 - v = v 即： v = 才有： PP1= 2
2 RR 2
C 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）
【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
w左 : w右 =RR3 :3 3 = 1:3
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小与角速度的平方成正比。
12.【答案】
pUd 2
（1）1（1 分） （2）A（1 分） D（1 分） E（1 分） （3）见解析（2 分） （4） （2 分）
4Il
【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）根据电阻定律
rl
R =
s
s = (\f(d,2))2
U
R =
I
可得
pUd 2
r =
4Il
3R
13.【答案】（1） 3 ；（2）
c
【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
3
R 3
tan(2-30)= 3 = （1 分）
3
R
解得
2=60 （1 分）
根据折射定律
sin2
n = （1 分）
sin1
解得
n = 3 （1 分）
（2）根据折射定律
c
v = （1 分）
n
得
3
v = c （1 分）
3
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
3R
t= （1 分）
c
14.【答案】（1）Error! （2）s=0.0625m
【详解】（1）A 刚开始运动时轨道的弹力提供向心力
2
v
0 (1 分）
FN = mA
r
A 所受摩擦力为
f=mAg (1 分）
根据牛顿第二定律
2
2
F + f =mAa (1 分）
N
解得
Error! (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
Error! (1 分）
at = g (1 分）
故
Error! (2 分）】
（2）设 A 与 B 碰前瞬间的速度为 v，根据动能定理
1 1 2
2
-mAgr = mAv - mAv (1 分）
2 2 0
解得
v=1m/s (1 分）
根据动量守恒
mA v= m A v 1 + m B v 2 (1 分）
根据机械能守恒
1 1 1
m v2= m v 2 + m v 2 (1 分）
2A 2 A 1 2 B 2
解得
v2=0.5m/s (1 分）
又
2
1
-mBgs = 0 - mBv (1 分）
2 2
解得
s=0.0625m (1 分）
【以下解法同样给分：
B 的切向加速度
2
aB =m g = 2m/s (1 分）
B 沿着切向方向做匀减速运动，则
2
v
s= 2 =0.0625m (1 分）】
2aB
L
15.【答案】（1）ym = （2）形成的亮斑是一条线段（或直线） （3）
4
2 2
Lm = 2(\f(1,B)\r(,\f(mU0,2e)) + \r(,\f(mU0,2eB ) + \f(L ,16)))
2 - 3 mU0
（4）x=rm(1-cost)= ，y=(ym+rmsint)=(\f(L,4) + \f(1,2B)\r(,\f(mU0,2e)))
2B 2e
【详解】解：（1）电子在电场中加速度，由动能定理
2
1
eU0 = mv （1 分）
2 0
得
2eU0
v0 = （1 分）
m
在两极板间运动时，有
L = v0t （1 分）
1
2
ym = at （1 分）
2
U0
e = ma （1 分）
L
解得
L
ym = （1 分）
4
（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
eu L e
vy = at = = u （1 分）
mL v0 2mU0
1 eu uL
y = t2 =
2 mL 4U0
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
2
v
y （1 分）
evyB = m
r
解得
u m
r = （1 分）
B 2eU0
可得
r 4 mU0
tan = =
y BL 2e
可知q 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
L=2 r + r2 + y 2
m m m m （1 分）
又
1 mU0
rm = （1 分）
B 2e
故
2 2
Lm = 2(\f(1,B)\r(,\f(mU0,2e)) + \r(,\f(mU0,2eB ) + \f(L ,16))) （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
z m
t = = （1 分）
v0 6eB
电子旋转的角速度为
2 eB
= = （1 分）
T m
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
2 - 3 mU0
x=rm(1-cost)= （1 分）
2B 2e
y=(ym+rmsint)=(\f(L,4) + \f(1,2B)\r(,\f(mU0,2e))) （1 分）