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浙江省余姚中学2023-2024学年高二下学期期中考试物理试题（PDF版附答案）
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这是一份浙江省余姚中学2023-2024学年高二下学期期中考试物理试题（PDF版附答案），文件包含余姚中学2023学年第二学期高二物理期中考试卷1pdf、余姚中学2023学年第二学期期中考试高二物理答案1docx、余姚中学2023学年第二学期期中考试高二物理答题卷2pdf等3份试卷配套教学资源，其中试卷共11页， 欢迎下载使用。
17.(1)机械调零， 直流10V， 2.7； (2) 3.00， 1.56
18.解：(1)由平衡条件知pS=Mg+p0S 压强为p=p0+Mgs=1.075×105Pa
(2)气体做等压变化，由盖−吕萨克定律可得v0T0=V1T1解得T1=350K ΔT=T1−T0=100K
(3)△U=5nRΔT2=207.5J W=−pSΔh=−86J △U=W+Q Q=293.5]
19.解：(1)D−E:斜抛运动：E点为最高点，分解v0，
竖直方向：vy=4m/s，水平方向：vx=3m/s
竖直位移为y，则vy2=2gy y=0.8m ℎ=y+0.4=1.2m
(2)滑块以vx=3m/s滑上传送带，假设能被加速到v=5m/s，则：
x=v2−vx22μ1g=1.6mF−P:动能定理：−mgR−μ2mgl2=0−12mvF2 得：μ2=0.3
(3)由分析可知，物块从P返回后向左进入传送带，又被传送带原速率带回
设物块从P返回后，在FG之间滑行的总路程为s，则：mgR−μ2mgs=0得：s=83m
所以，滑块停止时离G点：x=2l2−s=13m。
(4)设传送带速度为v1时，滑块恰能到Q点，在Q点满足：mgsinα=mvQ2R，得：vQ= 4.8m/s
F−Q.动能定理：−μ2mgl2−mgR(1+sinα)=12mvQ2−12mv12 得：v1= 39.4m/s
滑块撞挡板后恰能重新返回到P点，动能定理：−3μ2mgl2−mgR=0−12mv22
得：v2= 43m/s
若滑块被传送带一直加速，则：μ1mgl1=12mvm2−12mvx2可得vm=7m/s
传送带可调节的速度范围为： 39.4m/s≤v≤ 43m/s
20.(1)金属棒匀速运动，电池电动势E= B1Lv0=1V
(2)根据动量守恒mv0=2mv1
得碰后瞬间甲、乙结合体的速度大小v1=1m/s；
(3)根据2mgℎ=12×2mv22
得两棒结合体首次回到OP后瞬间的速度v2=0.8m/s，方向向左，
结合体于导电结点接触瞬间结合体与金属棒丙受到的安培力的冲量大小相等，取向左为正方向，分别对结合体和金属棒丙运用动量定理有
q=I⋅Δt
解得q=0.024C，
其中金属棒丙产生的焦耳热为
之后，金属棒丙运动直至停止，金属棒、 R0 产生热量之和为
金属棒丙产生的焦耳热 。
所以全过程中金属棒产生的焦耳热
解：(1)R=L R=mv0Be B=mv0Le
逸出速度为0: qU=12m( 66v0)2=112mv02 逸出速度为vm: qU=12mv02−Ekm
Ekm=12mv02−112mv02=512mv02；由光电效应方程：ℎν−W=512mv02 ν=5mv02+12W12ℎ；
(3)打中左端，O1O2刚好为偏转轨迹直径R1= 22L v2= 22v0
qU=12m( 22v0)2−12m(v1)2 v1= 33v0
竖直方向上： 33v0sinθ= 22v0sin45∘ sinθ= 32 θ=60∘
(4)
入射电场的粒子与x轴负半轴的夹角为0−90∘
当电压为0时，45∘−90∘的所有粒子都可以被收集，此时电流为I=ne2
当加反向电压时，若90∘的v0粒子都无法到达，则其他粒子都不能被收集，I=0
eUKA=0−12mv02 UKA=−mv022e
当加正向电压时，若0∘的v0粒子都可到达，则其他粒子都能被收集，I=ne
L2=12·eUKAmL2L2v02 UKA=2mv02e
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17.(1)机械调零， 直流10V， 2.7； (2) 3.00， 1.56
18.解：(1)由平衡条件知pS=Mg+p0S 压强为p=p0+Mgs=1.075×105Pa
(2)气体做等压变化，由盖−吕萨克定律可得v0T0=V1T1解得T1=350K ΔT=T1−T0=100K
(3)△U=5nRΔT2=207.5J W=−pSΔh=−86J △U=W+Q Q=293.5]
19.解：(1)D−E:斜抛运动：E点为最高点，分解v0，
竖直方向：vy=4m/s，水平方向：vx=3m/s
竖直位移为y，则vy2=2gy y=0.8m ℎ=y+0.4=1.2m
(2)滑块以vx=3m/s滑上传送带，假设能被加速到v=5m/s，则：
x=v2−vx22μ1g=1.6m
(3)由分析可知，物块从P返回后向左进入传送带，又被传送带原速率带回
设物块从P返回后，在FG之间滑行的总路程为s，则：mgR−μ2mgs=0得：s=83m
所以，滑块停止时离G点：x=2l2−s=13m。
(4)设传送带速度为v1时，滑块恰能到Q点，在Q点满足：mgsinα=mvQ2R，得：vQ= 4.8m/s
F−Q.动能定理：−μ2mgl2−mgR(1+sinα)=12mvQ2−12mv12 得：v1= 39.4m/s
滑块撞挡板后恰能重新返回到P点，动能定理：−3μ2mgl2−mgR=0−12mv22
得：v2= 43m/s
若滑块被传送带一直加速，则：μ1mgl1=12mvm2−12mvx2可得vm=7m/s
传送带可调节的速度范围为： 39.4m/s≤v≤ 43m/s
20.(1)金属棒匀速运动，电池电动势E= B1Lv0=1V
(2)根据动量守恒mv0=2mv1
得碰后瞬间甲、乙结合体的速度大小v1=1m/s；
(3)根据2mgℎ=12×2mv22
得两棒结合体首次回到OP后瞬间的速度v2=0.8m/s，方向向左，
结合体于导电结点接触瞬间结合体与金属棒丙受到的安培力的冲量大小相等，取向左为正方向，分别对结合体和金属棒丙运用动量定理有
q=I⋅Δt
解得q=0.024C，
其中金属棒丙产生的焦耳热为
之后，金属棒丙运动直至停止，金属棒、 R0 产生热量之和为
金属棒丙产生的焦耳热 。
所以全过程中金属棒产生的焦耳热
解：(1)R=L R=mv0Be B=mv0Le
逸出速度为0: qU=12m( 66v0)2=112mv02 逸出速度为vm: qU=12mv02−Ekm
Ekm=12mv02−112mv02=512mv02；由光电效应方程：ℎν−W=512mv02 ν=5mv02+12W12ℎ；
(3)打中左端，O1O2刚好为偏转轨迹直径R1= 22L v2= 22v0
qU=12m( 22v0)2−12m(v1)2 v1= 33v0
竖直方向上： 33v0sinθ= 22v0sin45∘ sinθ= 32 θ=60∘
(4)
入射电场的粒子与x轴负半轴的夹角为0−90∘
当电压为0时，45∘−90∘的所有粒子都可以被收集，此时电流为I=ne2
当加反向电压时，若90∘的v0粒子都无法到达，则其他粒子都不能被收集，I=0
eUKA=0−12mv02 UKA=−mv022e
当加正向电压时，若0∘的v0粒子都可到达，则其他粒子都能被收集，I=ne
L2=12·eUKAmL2L2v02 UKA=2mv02e
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