当，与m2相距最近时，速度为y,则求在以后的运动过程中（)2街13A.m的最小速度一定是0B.m的最小速度可能是%一ym1+22C.2的最大速度可能是yD.m2的最大速度定是2一1+m2三、非选择题（本题共6小题，共40分）20.在“金属丝电阻率的测量”实验中，(1)某问学测量金属丝直径时，螺旋测微器示数如图甲所示，读数是m:若要测量该金属丝的电阻率，述需要用到的测量仪器有电压表、电流表、。该实验·定需要用到电阻箱吗？（填“寤要”或“不需要”)。-30250515图甲(2)在某次测量时，3V挡电压表的指针位置如图乙所示，则读数U=V。1012图乙21.小明同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，为了史准确选取电压裘和电流表的合适量程，决定先用多用电表测量小灯泡的阻值。

4.如图甲所示，火箭发射时速度能在10s内由0增加到100m/s.如图乙所示，汽车以108km/h的速度行驶，急刹车时能在2.5s内停下来.下列说法中正确的是甲乙A.10s内火箭的速度变化量为10m/sB.2.5s内汽车的速度变化量为一30m/sC.火箭的速度变化比汽车的速度变化快D.火箭与汽车的加速度大小相等5.在测试某个玩具汽车的运动中，得到该玩具汽车的位移遵循的方程为x=2t十t(x的单位为m,t的单位为s).测试共进行了3s,则A.该汽车的初速度为4m/sB.该汽车的加速度大小为1m/s2C.3s末该汽车的速度为5m/sD.3s时间内，该汽车的位移为15m6.均视为质点的甲、乙两辆赛车沿直公路同向行驶，如图所示是两车在某段时间内的v-t图像，则关于两车运动状况的描述，下列判断正确的是◆v/(ms),乙A.乙车在第5s末改变运动方向24B.甲、乙两车在第5s末相距90m12C.甲、乙两车在第10s末相遇10D.若开始时乙车在前，则两车可能相遇两次二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分7.如图所示为一汽车在水路面沿直线运动的位移一时间图像，下列说法正确的是A.3s末汽车运动方向发生改变◆x/mB.第1s内汽车的加速度为0C.4s末汽车回到出发点0t/sD.前2s内汽车位移大小为13m-13H8.一个物体以8m/s的速度在水面上运动，某时刻起获得一个与速度方向在同一直线上、大小为3.5m/s2的加速度，则8s末物体的速度大小可能为A.36 m/sB.28 m/sC.20 m/sD.16 m/s9.关于汽车的加速度，下列说法正确的是A.汽车的加速度为4m/s2,表示速度的大小一定越来越大B.汽车的加速度为一3m/s2,速度有可能越来越大C.汽车的加速度由4m/s2减小为1m/s2,速度有可能在增加D.汽车的速度为20m/s,加速度不可能为零

19.(14分)解：(1)无偏转电压时，电子束做匀速直线运动，落点位置为O:(2)若扫描电压为零，O点每秒接收的能量是ItE=NE0=二E0=2×103Je(3)电子在束偏移器中的加速度大小为a=eUml设电子的初速度大小为，则由题意可知Ek0=1电子在束偏移器中运动的时间为i=L电子在束偏移器中的偏移量为y=-at22电子从束偏移器中射出时，其速度方向的反向延长线一定过束偏移器的中心位置，设电子束到达芯片时的位置离O点的距离为Y,如图所示根据几何关系有束偏移器L22联立解得Y=0.003m芯片参考答案第2页，共2页

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(2)解：如图，以O为坐标原点，以AC所在直线为x轴，BD所在直线为y轴，OE所在直线为之轴，建立空间

高二物理考试参考答案1.C2.D3.A4.B5.D6.A7.B8.AD9.BD10.BC11.乙(3分)不能。(3分)12.(1)欧姆(2分)(2)2.3×10-3(2.2×10-3~2.4×10-3都算对)(2分)(3)变长(2分)不变(2分)13.解：由能量守恒定律可得E,=2m2(6分)解得E。=25J。(5分)14.解：(1)由库仑力公式可得·(3分)在竖直方向上有F=F库sin0十mg(2分)解得F=gsin0+mg。(2分)(2)在水方向上有f=F库c0s0(3分)解得/一邻。(2分)15.解：(1)小物块由A点到B点的过程中，根据动能定理得Ue=2m-言a（8分)代入数据解得UAB=一4V。(3分)(2)根据v一t图线的斜率表示加速度，可得由A点到C点的过程中，小物块的加速度先增大后减小，在B点的加速度最大(2分)即u一△=2m/s2(2分)小物块在B点所受的静电力最大，即电场强度最大为E(2分)由Eq=ma(3分)解得E=1N/C。(3分)【高二物理·参考答案第1页（共1页）】·25-182B·

高二物理考试参考答案1.C2.D3.A4.B5.D6.A7.B8.AD9.BD10.BC11.乙(3分)不能。(3分)12.(1)欧姆(2分)(2)2.3×10-3(2.2×10-3~2.4×10-3都算对)(2分)(3)变长(2分)不变(2分)13.解：由能量守恒定律可得E,=2m2(6分)解得E。=25J。(5分)14.解：(1)由库仑力公式可得·(3分)在竖直方向上有F=F库sin0十mg(2分)解得F=gsin0+mg。(2分)(2)在水方向上有f=F库c0s0(3分)解得/一邻。(2分)15.解：(1)小物块由A点到B点的过程中，根据动能定理得Ue=2m-言a（8分)代入数据解得UAB=一4V。(3分)(2)根据v一t图线的斜率表示加速度，可得由A点到C点的过程中，小物块的加速度先增大后减小，在B点的加速度最大(2分)即u一△=2m/s2(2分)小物块在B点所受的静电力最大，即电场强度最大为E(2分)由Eq=ma(3分)解得E=1N/C。(3分)【高二物理·参考答案第1页（共1页）】·25-182B·

2Fcos0·H=-mv（4分）代入数据解得v=4m/s：方向竖直向下（2分）（2）对全过程列动能定理：2Fcos0H+mgh-fh=0-0（4分）代入数据有h=4.2cm（2分）15.解：（1）设物块从A端移动到B端经历的时间为t，则有1分μmg=ma（1分）解得t=1s（1分）产生的热量Q=μmg（at²-L)（1分）可解得Q=3/（1分）（2）物块离开B端时的速度v=at=2m/s（1分）物块由C到F过程有mgh=mv²-mv²（1分）物块第一次沿FG上滑时有（mgsinθ+μmgcosθ）x=mv²（1分设物块第一次沿FG下滑经过F点时的速度大小为vF，则有（mgsinθ-μmgcos0）x=mvF2（1分）因物块恰未离开轨道，则有mgh=mv分联立以上方程可解得μ=0.25（1分）(3）因μ=0.5

2Fcos0·H=-mv（4分）代入数据解得v=4m/s：方向竖直向下（2分）（2）对全过程列动能定理：2Fcos0H+mgh-fh=0-0（4分）代入数据有h=4.2cm（2分）15.解：（1）设物块从A端移动到B端经历的时间为t，则有1分μmg=ma（1分）解得t=1s（1分）产生的热量Q=μmg（at²-L)（1分）可解得Q=3/（1分）（2）物块离开B端时的速度v=at=2m/s（1分）物块由C到F过程有mgh=mv²-mv²（1分）物块第一次沿FG上滑时有（mgsinθ+μmgcosθ）x=mv²（1分设物块第一次沿FG下滑经过F点时的速度大小为vF，则有（mgsinθ-μmgcos0）x=mvF2（1分）因物块恰未离开轨道，则有mgh=mv分联立以上方程可解得μ=0.25（1分）(3）因μ=0.5

2Fcos0·H=-mv（4分）代入数据解得v=4m/s：方向竖直向下（2分）（2）对全过程列动能定理：2Fcos0H+mgh-fh=0-0（4分）代入数据有h=4.2cm（2分）15.解：（1）设物块从A端移动到B端经历的时间为t，则有1分μmg=ma（1分）解得t=1s（1分）产生的热量Q=μmg（at²-L)（1分）可解得Q=3/（1分）（2）物块离开B端时的速度v=at=2m/s（1分）物块由C到F过程有mgh=mv²-mv²（1分）物块第一次沿FG上滑时有（mgsinθ+μmgcosθ）x=mv²（1分设物块第一次沿FG下滑经过F点时的速度大小为vF，则有（mgsinθ-μmgcos0）x=mvF2（1分）因物块恰未离开轨道，则有mgh=mv分联立以上方程可解得μ=0.25（1分）(3）因μ=0.5

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