20210415主城六区二诊物理参考答案

高2021届第二次学业质量调研抽测
物理参考答案及评分细则
11（每空2分 ，共6分）． t d 22
2xt
d 222)+(Mgxt d M m M m —（注意：化简与否都给分） 12（9分）．（1）（每空1分，共2分）○V （填“b ”也给分） ○G （填“c ”也给分） （2）1.50（1分） 1.21Ω（2分） （有效数字位数错误不给分；“1.50V ”给分） （3）等于（2分） 等于（2分） 13（12分）．解：
（1）滑块A 向左的速度最大时，加速度为零，由牛顿第二定律有：
0F kx -= （2分）
得：k
F
x =
（1分） （2）撤去F 之后，当弹簧恢复自然长度时，滑块A 的速度最大，由功能关系有：
2
m 102Fx mv =- （2分）
得：m v = （1分） （3）滑块A 向右速度为m v 时，滑块B 开始脱离墙壁，之后系统机械能守恒，动量守恒。

当A B 、速度相等时，系统的弹性势能最大，故有： m ()mv m m v =+ （2分）
22m p 11
()22mv m m v E =⨯++ （2分） 解得：2
p 2F E k = （2分）
14．（18分）解：
（1）导体棒ab 刚开始向上运动时： E = Bdv （1分） 2Bdv
I R
=
（1分） F BId =安 （1分） 由牛顿第二定律可得：sin mg F ma θ+=安 （1分）
22sin 2B d v a g Rm
θ=+ （1分）
（2）导体棒上滑直到速度减小到零的过程中：1
11
Bdx E t t Φ∆=
= （1分） 12E
I R
=
（1分） 11q I t = （1分） 12qR x Bd =
由能量守恒定律可得：2
112sin 2Q mv mgx θ=- （2分）
24sin ()4m gRq Q v Bd
θ=
- （1分） （3）导体棒向上运动，由动量定理可得：11(sin )0BI d mg t mv θ-+=- （2分） 11q I t = 1sin mv Bdq
t mg θ
-=
（1分）
从初始位置上滑到速度为零的过程和从速度为零下滑到初始位置的过程导体棒的位移大小相等，通过导体棒的电荷量大小相同。

导体棒从最高点下滑到速度为v 的位置通过导体棒的电荷量为q q '+，由动量定理可得：22(sin )0mg BI d t mv θ-=- （1分）
22I t q q '=+ （1分） 2()
sin mv Bd q q t mg θ
'++=
（1分）
12sin mv Bdq t t t mg θ-=+=+()2sin sin mv Bd q q mv Bdq mg mg θθ
''
+++= （1分）
15．（12分） （1）（4分）C （2）（8分）解：
①加热后，左右两管水银面高度差为1cm ，封闭气体的压强：P =76cmHg （2分） ②封闭气体发生等温变化
P =76cmHg V 1=Sh 1 （1分） V 2=Sh 2 （1分）
cmHg 7580==
2
1
2.V pV p （2分） 左右两管水银面高度差变为5.75cm （1分） l = 5.75cm （1分）
16．（12分） （1）（4分）C （2）（8分）解：
①光线PO 恰好在AB 边界发生全反射，临界角C =45°， 设三棱镜的折射率为n ，根据折射定律有：
1
sin C n
=
（2分） 解得折射率 2n =
（1分）
②光线PO 垂直BC 边入射的光线，进入棱镜后在AB 边上的E 点发生全反射．光线PO 入射方向逐渐转向CO 方向时，光线从棱镜的出射点对应由E 点逐渐向B 点移动．当光线几乎沿CO 方向入射时，光线折射后沿OD 方向，由折射定律有
90DOE
sin n sin ︒
=
∠ （1分）
解得DOE 45∠=︒ （1分） 由几何关系得：OE =OB =
2
d
（1分） 光线出射区域的宽度DE OEsin DOE =∠ （1分） 解得区域宽度x = DE =
2
d （1分）。