2022届浙江省宁波市高三上学期高考模拟考试物理试卷（解析版）

这是一份2022届浙江省宁波市高三上学期高考模拟考试物理试卷（解析版），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

浙江省宁波市2022届高三上学期高考模拟考试
物理试卷
一、单选题
1．用国际单位制中的基本单位来表示万有引力常量G的单位，正确的是（　　）
A．N⋅m2/kg2 B．m3/(kg⋅s2) C．N⋅kg2/m2 D．kg⋅s2/m3
2．宁波地铁五号线将会在今年年底建成通车，线路总长约为28km，设计的最快时速可达80km/h，单程运行时间约为46分钟。下列说法正确的是（　　）
A．研究地铁从始发站到终点站的运行时间，可将地铁列车看作是质点
B．“28km”是指位移的大小
C．根据题干信息，可以计算出地铁列车单程的平均速度
D．“80km/h”是指平均速度
3．转篮球是一项难度较高的技巧，其中包含了许多物理知识。如图所示，假设某转篮高手能让篮球在他的手指上（手指刚好在篮球的正下方）匀速转动，下列有关描述正确的是（　　）

A．篮球上各点做圆周运动的圆心均在球心处
B．篮球上各点的向心力是由手指提供的
C．篮球上各点做圆周运动的角速度相等
D．篮球上各点离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越大
4．电阻R和电动机M串联接到电路时，如图所示，已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，电键接通后，电动机正常工作．设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功为W1，产生热量Q1，电流通过电动机做功为W2，产生热量为Q2，则有（　　）

A．U12，Q1=Q2 B．U1=U2，Q1=Q2
C．W1=W2，Q1>Q2 D．W12，Q12
5．2021年5月28日，我国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置取得新突破，成功实现可重复的1.2亿摄氏度101s和1.6亿摄氏度20s等离子体运行。氘核聚变反应的方程为12H+12H→X+01n。已知氘核的质量为m1，中子的质量为m2，反应中释放的核能为ΔE，光速为c，下列说法正确的是（　　）
A．X为24He
B．X为13H
C．X的质量为2m1-m2-ΔEc2
D．两氘核间的库仑力有利于核聚变反应的进行
6．伽利略在研究变速运动问题时，坚信自然界的规律是简洁明了的。他从这个信念出发，猜想自由落体也一定是一种最简单的变速运动，而最简单的变速运动，它的速度应该是均匀变化的。但是，速度的变化怎样才算“均匀”呢？他考虑了两种可能：第一种是在相等时间内速度的增量相等，第二种是在相等位移内速度的增量相等。下列哪个是第二种匀变速运动的v—t图像（　　）
A． B．
C． D．
7．玻璃中有一个球形气泡。一束平行光射入气泡，下列光路图中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．小宁同学仿照法拉第发现电磁感应现象的装置，在铁环上用漆包线（铜丝，表面刷有绝缘漆）绕制了两个线圈n1=100匝、n2（匝数没有记录），线圈n1与开关S1、干电池E1、交流电源E2构成电路，交流电源E2的电动势e=6sin100πt(V)，线圈n2与开关S2、电流计G、交流电压表V构成电路。当S1置于2、S2置于4时，电压表V的示数为12V,2取1.4。下列说法正确的是（　　）

A．由实验数据可算得，线圈n2的匝数为200匝
B．由实验数据可估计，线圈n2的匝数超过280匝
C．S2置于3，当S1从0扳到1时，G中不会有电流
D．S2置于3，当S1从0扳到1时，G中电流慢慢增大并稳定到某一值
9．如图所示，在绝缘水平面上固定三个带电小球a、b和c，相互之间的距离ab=4cm，bc=2cm，bc垂直于ac。已知小球b所受的库仑力的合力方向平行于ac边，设小球a和c的带电量的比值为k，则（　　）

A．a和c带同种电荷，k=4 B．a和c带异种电荷，k=4
C．a和c带同种电荷，k=8 D．a和c带异种电荷，k=8
10．挂灯笼的习俗起源于1800多年前的西汉时期，已成为中国人喜庆的象征。如图所示，由五根等长的轻质细绳悬挂起四个质量相等的灯笼，中间的细绳是水平的，另外四根细绳与水平面所成的角分别θ1和θ2。关于θ1和θ2，下列关系式中正确的是（　　）

A．θ1=θ2 B．θ1=2θ2
C．sinθ1=2sinθ2 D．tanθ1=2tanθ2
11．小波同学在网上购买了两块长方体的钕铁硼强磁铁（能导电），他将两个强磁体吸在一个5号电池正负两极，并且将这个组合体放在了水平桌面上，磁铁的左右两侧分别为N极和S极，如图甲所示，图乙是俯视图。现将一长条形锡箔纸架在两强磁体上方，该锡箔纸将（　　）

A．向y轴正方向运动 B．向y轴负方向运动
C．在纸面内沿顺时针方向转动 D．在纸面内沿逆时针方向转动
12．2021年2月，执行我国火星探测任务的“天问一号”探测器在成功实施三次近火制动后，进入与火星表面的最近距离约为2.8×105m，最远距离为5.9×107m的椭圆形停泊轨道，探测器在该轨道运行周期与半径3.3×107m为圆形轨道的周期相同，约为1.8×105s。已知火星半径约为3.4×106m，则火星表面处自由落体的加速度大小约为（　　）
A．0.37m/s2 B．3.7m/s2 C．8.9m/s2 D．89m/s2
13．如图所示，半径为r的半圆abc内部没有磁场，半圆外部空间有垂直于半圆平面的匀强磁场（未画出），比荷为p的带电粒子（不计重力）从直径ac上任意一点以同样的速率垂直于ac射向圆弧边界，带电粒子进入磁场偏转一次后都能经过直径上的c点并被吸收，下列说法正确的是（　　）

A．磁场方向一定垂直半圆平面向里
B．带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为2r
C．带电粒子在磁场中运动的最短时间为πpB
D．带电粒子在磁场中运动的最长时间为πpB
二、多选题
14．下列说法正确的是（　　）
A．玻尔第一次将“量子”观点引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念
B．普朗克把“能量子”观念引入物理学，打破了能量连续变化的传统观念
C．物质波是一种概率波，在微观物理学中可以用“轨迹”来描述粒子的运动
D．宁波调频电台93.9MHz的电磁波比104.7MHz的电磁波衍射本领强
15．x轴上存在均匀的介质，在t=0时刻，位于x=5m处的波源P开始某种形式的振动，产生的机械波沿x轴负方向传播，t=4s时x=1处的质点恰好开始振动，此时的波形图如图所示。Q是x=-1.5m处的质点，下列说法正确的是（　　）

A．波源的起振方向沿+y方向
B．波源P的振动方程是y=5sin(π2t)(cm)
C．该波的波速为1m/s
D．从图示时刻起，再经过5s，Q质点通过的路程为15cm
16．如图所示，空间中存在竖直向上的匀强电场，将一绝缘带电小球自C点静止释放，一段时间后小球与正下方弹簧在A点开始接触并压缩弹簧，假设从释放到最低点B的过程中电场力对小球做功-5J，弹簧形变始终处于弹性限度范围，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A．小球反弹后可重新到达C点
B．从C点到B点，小球与弹簧的机械能减少5J
C．小球从A运动到B过程中速度一直在减小
D．小球动能最大的位置在AB之间小球重力和弹簧弹力大小相等的位置
三、实验题
17．
（1）下列实验都需要用到打点计时器，其中只要选一条较好的纸带就可以完成实验的是____
A．探究小车速度随时间变化的规律
B．探究加速度与力的关系
C．探究功与速度变化的关系
D．探究加速度与质量的关系
（2）小波和小宁同学进行“探究加速度与力的关打点计时器系”实验，装置如图甲所示。纸带小车在平衡摩擦力时，下列说法正确的是____

A．不应在小车上挂上细线和小桶
B．应该在小车后挂好纸带长木板
C．缓慢调节长木板的倾斜角度，一直到小车开始下滑时，平衡摩擦力就完成了甲
（3）规范实验后打出的某条纸带，相邻计数点间的时间间隔是0.10s，测得数据如图乙所示，由此可以算出小车运动的加速度a=　 　m/s2（保留3位有效数字）。

18．小波同学用如图甲所示的电路测定电池组（由两个电池构成）的电动势和内阻，S1为开关，S2为单刀双掷开关，E为电源，R0是一个阻值为1.0Ω的定值电阻，R1为滑动变阻器。

（1）先闭合S1，调节滑动变阻器，将S2分别接到a和b得到多组数据，用电脑处理后得到图乙的电池组的U-I关系图像，其中右侧直线是开关S2接到　 　（选填“a”或“b”）得到的实验结果；
（2）某次测量时，电流表的示数如图丙所示，读数为　 　A；
（3）计算机已经根据测量的两组数据拟合直线，并且得到了直线的方程，可得电池组的电动势E=　 　V，电池组的要中内阻r=　 　Ω（结果均保留2位有效数字）。
四、解答题
19．为了保证安全现在有很多的高层建筑配备了救生缓降器材，使用时，先将安全钩挂在室内窗户、管道等可以承重的物体上，然后将安全带系在人体腰部，通过缓降安全着陆。在某次火灾逃生演练现场中，逃生者从离地面30m高处，利用缓降器材由静止开始匀加速下滑，下降3m时速度达到1.5m/s，然后开始匀速下降，距地面一定高度时开始匀减速下降，到达地面时速度恰好为零，整个过程用时26s。设逃生者下降过程中悬空不接触墙面在竖直方向上运动，不计空气阻力，取g=10m/s2，求：

（1）逃生者匀速运动的时间；
（2）逃生者加速下滑和减速下滑时，绳索对人拉力大小的比值。（可以用分数表示）
20．如图所示是一个过山车轨道模型，AB是一段与水平方向夹角为α=30°，长为L=4.0m的倾斜轨道，通过水平轨道BC （长度可以调节）与竖直圆轨道CDEFG（轨道半径R=0.4m，圆轨道最低点C、G略有错开），出口为水平轨道GH，在GH的右端竖直挡板上固定着一个轻质弹簧，整个轨道除BC段以外都是光滑的。一个质量m=1kg的物块（可视为质点）以水平初速度v0从某一高处水平抛出，到A点时速度vA=4m/s，方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下。已知物块与BC轨道的动摩擦因数μ=0.5，所有轨道转折处均有光滑微小圆弧相接，物块滑过时无机械能损失。求：

（1）小物块水平抛出的位置离A点的高度差h；
（2）要让小球能第一次通过圆轨道的最高点E，求BC段的最大长度xmax；
（3）若小物块从A进入轨道到最终停止都不脱离斜面及圆轨道，求满足条件的BC段的最短长度xmin。
21．如图甲所示，水平面上固定着间距为L=1m的两条平行直轨道（除DE、CF是绝缘的连接段外，其他轨道均为不计电阻的导体），AB之间有一个R=1Ω的定值电阻，DC的左侧轨道内分布着竖直向下的匀强磁场B1，该磁场随时间的变化情况如图乙所示，EF的右侧轨道内分布着垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B2=1T，方向竖直向上、t=0时刻，质量m1=1kg、电阻r1=1Ω的a棒静止在距离导轨左侧d1=2m处，质量m2=2kg、电阻r2=0.5Ω的b棒在距离EF右侧d2=4.5m处被一种特定的装置锁定，两棒均长L=1m，且与轨道接触良好。DC左侧的轨道与棒间的动摩擦因数μ=0.2，DC右侧的轨道光滑且足够长，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑轨道连接处的阻碍。t=0.5s时，对a棒施加水平向右F=5N的恒力，在离开B1磁场区域时已达到稳定的速度，过DC后撤去恒力。当a棒接触到b棒时，如棒的锁定装置迅速解除，随后两棒碰撞并粘在一起成为一个整体。

（1）t=0.5s时，通过a棒的电流大小及方向（图中向上或向下）；
（2）a棒刚进入B2磁场时，求a棒两端的电势差UFE﹔
（3）求b棒在整个过程中产生的焦耳热；
（4）a棒、b棒在B2磁场中最终的稳定速度。
22．正方形区域ABCD的边长为L，P点在AB边上，已知AP=13L，现在P点垂直于AB边以一定初速度向平面内射入一带电粒子（不计重力），若空间只存在平行正方形平面由A指向B、场强大小为E的匀强电场，该带电粒子恰能从C点飞出，如图甲所示；着空间只存在垂直正方形平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，该粒子恰能从D点飞出，如图乙所示。

（1）求两种情况下带电粒子刚飞出正方形区域的速度大小之比vCvD；
（2）求带电粒子的比荷qm以及初速度v0的大小；
（3）若带电粒子在电场中运动一段时间后撤去电场并立即加上和图乙中一样的磁场，最终电子恰好垂直于CD边飞出正方形区域，求电子在电场中的运动时间t。（不考虑撤去电场加上磁场所引起的电磁辐射的影响）

答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】国际单位制中质量、距离、力的单位分别是：kg、m、N，根据牛顿的万有引力定律F=GMmr2
得到G的单位是N⋅m2/(kg)2=(kg⋅m/s2)m2/(kg)2=m3/(kg⋅s2)
故答案为：B。

【分析】根据国际单位制的基本单位以及万有引力表达式得出G的表达式。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．研究地铁从始发站到终点站的运行时间，列车的长度可以忽略不计，则可将地铁列车看作是质点，A符合题意；
B．线路总长约为“28km”是指路程，B不符合题意；
C．根据题干信息，可以确定路程和时间，能计算出地铁列车单程的平均速率，C不符合题意；
D．最快时速“80km/h”是指瞬时速度，D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】当物体的大小和形状对问题的研究没有影响时该物体可看做质点；路程是初点到末点有向线段的长度，结合平均速率的表达式判断能否求出。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．篮球上的各点做圆周运动时，是绕着转轴做圆周运动，圆心均在转轴上，A不符合题意；
B．篮球旋转就是靠我们的手拍动篮球旋转，造成篮球旋转产生的向心力的，B不符合题意；
C．篮球上的各点绕转轴做圆周运动，故角速度相同，C符合题意；
D．由于角速度相同，根据a=ω2r可知篮球上各点离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越小，D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】圆周远动的圆心在转轴上；篮球上各点的角速度相等；利用向心加速度和角速度的关系判断向心加速度的大小关系。
4．【答案】A
【解析】【解答】设开关接通后，电路中电流为I．
对于电阻R，由欧姆定律得U1=IR
对于电动机，U2＞IR，则U1＜U2．
根据焦耳定律得Q1=I2Rt，Q2=I2Rt，
则Q1=Q2
因W1=Q1
W2=Q2+E机械
则W12．
故答案为：A

【分析】利用欧姆定律得出电阻两端电压和电动机两端电压的大小关系，结合焦耳定律判断产生热量的大小关系。
5．【答案】C
【解析】【解答】AB．由质量数守恒和电荷守恒得出X为23He，AB不符合题意；
C．由爱因斯坦质能方程ΔE=(2m1-m2-mX)c2
得X的质量为2m1-m2-ΔEc2
C符合题意；
D．两氘核间的库仑力是斥力，不利于核聚变反应的进行，D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】核反应方程电荷数和质量数守恒得出X；利用爱因斯坦质能方程得出X的质量。
6．【答案】C
【解析】【解答】若是在相等位移内速度的增量相等，则相同的位移内速度一直增加，所需要的的时间越来越少，而速度变化量一样，因此加速度越来越大，斜率越来越大。
故答案为：C。

【分析】v-t图像的斜率表示物体运动的加速度，结合匀变速直线运动的规律进行分析判断。
7．【答案】B
【解析】【解答】光从玻璃进入空气，即由光密介质进入光疏介质，入射角小于折射角，后来又从玻璃进入空气，则入射角大于折射角，其光路图如图所示，所以B符合题意；ACD不符合题意；

故答案为：B。

【分析】光密介质进入光疏介质，入射角小于折射角，从而画出电路图。
8．【答案】B
【解析】【解答】AB．根据n1n2=U1U2
解得n2=U2U1n1=1262×100匝=280匝
A不符合题意，B符合题意；
C．S2置于3，当S1从0扳到1时，开关闭合瞬间，副线圈中磁通量发生了变化，则G中有电流，C不符合题意；
D．S2置于3，当S1从0扳到1时，开关闭合瞬间，副线圈中磁通量发生了变化，则G中有电流，原线圈电流稳定后，副线圈中磁通量不发生变化，则没有感应电流，G中不会有电流，D不符合题意。
故答案为：B。

【分析】根据理想变压器原副线圈的匝数比与电压比的关系得出线圈n2的匝数；感应电流产生的条件是回路中磁通量发生变化。
9．【答案】D
【解析】【解答】假设a、c带同种电荷，则b受到的库仑力的合力不可能与ac平行，A、c带异种电荷。
由几何关系，得kqaqb(ab)2:ab=kqbqc(bc)2:bc
解得qaqc=(abbc)3=8
故答案为：D。

【分析】利用几何关系以及库仑定律得出ac电荷量之比。
10．【答案】D
【解析】【解答】以左边两个灯笼为整体，设水平方向绳子拉力为T，则有tanθ1=2mgT
由左边第二个灯笼为研究对象，则有tanθ2=mgT
联立解得：tanθ1=2tanθ2，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】左边两个灯笼为整体和左边第二个灯笼为研究对象进行受力分析，从而得出两个夹角正切值的大小关系。
11．【答案】C
【解析】【解答】根据磁场的分布，及通过锡箔电流可等效如图所示，由左手定则可知锡箔在磁场中的所受安培力如图所示

该锡箔纸将在纸面内沿顺时针方向转动，所以C符合题意；ABD不符合题意；
故答案为：C。

【分析】根据左手定则得出安培力的方向，从而得出锡箔纸的转动方向。
12．【答案】B
【解析】【解答】根据题意可知，火星的半径为3.4×106m，与火星表面的最近距离约为2.8×105m，最远距离为5.9×107m的椭圆形停泊轨道，设火星的质量为M，根据万有引力提供向心力，则圆形轨道有GMmr2=m(2πT)2r
又T=1.8×105s
在火星表面，根据万有引力和重力的关系可得GMmR2=mg
代入数据，解得火星表面处自由落体的加速度大小约为g=3.7m/s2
ACD不符合题意，B符合题意。
故答案为：B。

【分析】根据万有引力提供向心力以及在星球表面重力等于万有引力，进一步得出重力加速度的大小。
13．【答案】C
【解析】【解答】A．因为粒子的电性不能确定，所以磁场方向也无法确定，A不符合题意；
B．粒子运动轨迹如图所示

根据几何关系可得四边形OACD为菱形，所以带电粒子在磁场中的半径为r，B不符合题意
CD．带电粒子在磁场中运动的周期为T=2πmqB
当粒子从a点射入时，运动时间最短，轨迹为半圆，所以运动的最短时间为t=T2=πpB
C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】根据粒子的电性确定磁场的方向；利用粒子在磁场中运动的轨迹以及几何关系得出粒子在磁场中的轨道半径，结合磁场中运动周期的表达式以及运动时间的表达式 得出轨迹为半圆时运动的时间。
14．【答案】A,B,D
【解析】【解答】A．玻尔第一次将“量子”观点引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，所以A符合题意；
B．普朗克把“能量子”观念引入物理学，打破了能量连续变化的传统观念，所以B符合题意；
C．物质波是一种概率波，所以在微观物理学中不可以用“轨迹”来描述粒子的运动，因为对单个粒子的出现是随机的，没有确定轨迹，所以C不符合题意；
D．根据发生明显衍射的条件是波长越长的越容易发生明显衍射，所以宁波调频电台93.9MHz的电磁波比104.7MHz的电磁波衍射本领强，则D符合题意；
故答案为：ABD。

【分析】根据物理学史以及发生衍射现象的条件进行分析判断。
15．【答案】C,D
【解析】【解答】A．由于t=4s时x=1处质点位于波传播方向的“上坡”上，所以质点1的起振方向沿－y方向，而波传播方向上所有参与振动的质点的起振方向都和波源的起振方向相同，所以波源的起振方向沿－y方向，A不符合题意；
BC．波的传播速度为v=ΔxΔt=5-14-0m/s=1m/s
由题图乙易知在t=1s时波源振动的周期发生了变化，但在同一种介质中波速不变。
①在0~1s时间内，波的波长为λ1=2m
周期为T1=λ1v=2s
波源P振动的圆频率为ω1=2πT1=πrad/s
又因为t=0时波源P向下起振，所以0~1s时间内波源P的振动方程为yP1=-5sinπt(cm)(0≤t≤1s)
②在1~5s时间内，波的波长为λ2=6m
周期为T2=λ2v=6s
波源P振动的圆频率为ω2=2πT2=π3rad/s
又因为t=1s时波源P向上振动，所以1~5s内波源P的振动方程为yP2=5sinπ3t(cm)(1s≤t≤5s)
B不符合题意，C符合题意；
D．波从x=1m传播到x=－1.5m所需的时间为t=Δxv=1-(-1.5)1s=2.5s
从图示时刻起，再经过5s，质点Q按照周期T1振动1s，再按照周期T2振动1.5s，则Q质点通过的路程为s=1sT1⋅4A+1.5sT2⋅4A=15cm
D符合题意。
故答案为：CD。

【分析】根据波的传播方向以及振动方向的确定方法得出波源的起振方向；根据波传播的距离与速度的关系得出波传播的速度，根据角速度与周期的关系以及速度与周期的关系确定该波的振动方程，结合周期性得出Q点通过的路程。
16．【答案】A,B
【解析】【解答】A．根据能量守恒定律可知，系统的能量只是重力势能，动势及电势能间的相互转化，则小球反弹后可重新到达C点，所以A符合题意；
B．从C点到B点，根据功能关系可知，除了重力与弹簧的弹力做的功不改变系统的机械能，其他力做功则改变机械能有ΔE=W其
由于电场力对小球做功-5J，所以小球与弹簧组成的系统机械能减少5J，则B符合题意；
C．小球从静止释放后能运动到A点，则知小球受到的重力和电场力的合力竖直向下。小球从A运动到B过程中，弹簧的弹力先小于重力和电场力的合力，后大于重力和电场力的合力，小球的合力先向下后向上，则小球先向下做加速运动，后向下做减速运动，速度先增大后减小，C不符合题意；
D．小球动能最大的位置在AB之间小球重力与电场力的合力和弹簧弹力大小相等的位置，则D不符合题意；
故答案为：AB。

【分析】根据能量守恒判断小球反弹后能否重新到达C点；根据能量的变化得出机械能的损失量，通过动能定理判断小球速度的变化情况。
17．【答案】（1）A
（2）A；B
（3）1.17
【解析】【解答】（1） A．探究小车速度随时间变化的规律，选一条较好的纸带就可以完成实验，A符合题意；
B．探究加速度与力的关系，需要选一条较好的纸带测速度，同时还需要平衡阻力，达到实验的要求，B不符合题意
C．探究功与速度变化的关系，需要选一条较好的纸带测速度，同时需要天平测质量，C不符合题意；
D．探究加速度与质量的关系，需要选一条较好的纸带测速度，同时需要天平测质量，D不符合题意。
故答案为：A；
（2） A．纸带小车在平衡摩擦力时，这时不在车上挂上细线和小桶，否则平衡摩擦力过度，影响实验结果，A符合题意；
B．由于是平衡纸带小车的摩擦力，故应该在小车后挂好纸带长木板，B符合题意；
C．缓慢调节长木板的倾斜角度，一直到小车开始匀速下滑时，平衡摩擦力就完成了甲，C不符合题意；
故答案为：AB。
（3）由匀变速直线运动相等时间间隔内的位移之差为定值，即Δx=aT2
则x3-x1=2aT2
代入乙图数据，解得a=1.17m/s2

【分析】（1）根据打点计时器在三个实验中的作用从而判断只要一条纸带的实验；
（2）根据 “探究加速度与力的关打点计时器系”实验原理以及注意事项得出平衡摩擦力正确的选项；
（3）利用匀变速直线运动相同时间间隔内的位移差得出小车运动的就速度。
18．【答案】（1）a
（2）0.29
（3）2.7；2.0
【解析】【解答】（1）将S2分别接到b时，可把电流表的内阻等效为电源的内阻，则内阻的测量值偏大，即U-I关系图像的斜率较大，即右侧直线的图像的斜率偏小，则开关S2接到a时，得到的实验结果。
（2）电流表的最小刻度为0.02A，所以读数为0.29A。
（3） 将S2分别接到b时，相当内接法，即左侧直线的图像，测量的电动势没有误差，根据方程U=-3.19I+2.67
可得E真=2.67V≈2.7V
将S2分别接到a时，相当外接法，即右侧直线的图像，测量电路的短路电流时电流测量值没有误差，根据方程U=-3.02I+2.69
可得短路电流I=2.693.02A=0.891A
电源的内阻为r真=E真I−R0=2.70.891−1.0(Ω)=2.03Ω≈2.0Ω

【分析】（1）根据电路的动态分析以及U-I图像得出 S2接的位置；
（2）利用电流表的读数原理进行读数；
（3）S2分别接到ab时根据比黑单路欧姆定律得出U-I图像，结合图像得出电源的电动势以及电源的内阻。
19．【答案】（1）解：设加速下降位移为h1，时间为t1，人的最大速度为vm，则有h1=vm2t1
设匀速下降位移为h2，时间为t2，则有h2=vmt2
设减速过程位移为h3，时间t3，则有h3=vm2t3
设整个过程的时间为t，则t=t1+t2+t3
又H=h1+h2+h3
联立以上各式，解得t2=14s
（2）解：设加速和减速过程绳索的拉力大小分别为F1、F2，加速和减速过程中的加速度大小分别为a1、a2，则a1=vmt1
a2=vmt2
mg-F1=ma1
F2-mg=ma2
联立解得F1F2=154163
【解析】【分析】（1）根据匀变速直线运动的平均速度和位移的关系以及匀速直线运动的规律得出逃生者匀速运动的时间；
（2）根据匀变速直线运动的速度与时间的关系以及牛顿第二定律得出绳索对人拉力大小的比值。
20．【答案】（1）解：根据平抛运动vy=vAsinα
vy2=2gh解得h=0.2m
（2）解：能过E点vEmin=gR=2m/s
研究A到E过程，由动能定理12mvEmin2-12mvA2=mg(Lsinα-2R)-μmgxmax
解得xmax=3.6m
（3）解：因为左侧是斜面，不用考虑第2、4、6…通过BC，只需要考虑第1、3、5…次通过BC；
根据xmax=3.6m
物块能够安全通过圆轨道最高点E时BC的长度系列值为如下表；
物块不会从A点滑出时，设BC的最小长度为x1，由动能定理0-12mvA2=-2μmgx1
解得x1=0.8m
设物块只在圆心以下运动时BC的长度为x2，根据动能定理得-μmgx2+mg(Lsinα-R)=0-12mvA2
解得x2=4.8m
物块只在圆心以下运动时BC的长度的系列值如下表


第1次向右通过BC
第3次向右通过BC
第5次向右通过BC
物块能通过最高点E时BC的长度
小于或等于3.6m
小于或等于1.2m
小于或等于0.72m
物块不会从A点滑出时BC的长度
大于或等于0.8m
大于或等于0.8m
大于或等于0.8m
物块只在圆心以下运动时BC的长度
大于或等于4.8m
大于或等于1.6.m
大于或等于0.96m
根据表格，小物块从A进入轨道到最终停止都不脱离斜面及圆轨道，同时满足三项条件的BC段的最短长度为0.96m。
【解析】【分析】（1）根据速度的分解以及速度与位移的关系得出小物块水平抛出的位置离A点的高度差h；
（2）小球刚能通过E点时重力提供向心力，从而得出E点的速度，小球从A到E根据动能定理得出BC段的最大长度xmax；
（3）物块不会从A点滑出时和物块只在圆心以下运动时根据动能第二定律得出BC的长度，，从而分析得出BC段的最短长度。
21．【答案】（1）解：0-0.5s内，磁场增强，由楞次定律判断，a棒上的电流方向为向上（逆时针）
假设a棒不动E=ΔϕΔt=ΔBΔts=10.5×1×2V=4V
i=ER+r1=2A
FA=B1IL=2N
因为最大静摩擦力为fm=μm1g=2N
假设成立，a棒不动。
（2）解：a棒离开DC时已达到稳定速度，此时有F=μm1g+B1I1L
I1=B1Lv1R+r1
可得v1=6m/s
a棒以v1=6m/s的速度冲入B2的匀强磁场，E2=B2Lv1=6V
a棒两端的电势差为UFE=E2r1+r2r2=2V
（3）解：考虑a棒进入磁场时，与b棒相距d2=4.5m﹐a棒在与b棒相撞前，b棒一定处于静止状态，设a棒与b棒碰撞前瞬间的速度为v2。
以a棒为研究对象，由动量定理，有m1v2-m1v1=-B2iLΔt=B22L2r1+r2vΔt=-B22L2d2r1+r2
可得a棒在与b棒相撞前的速度为v2=3m/s
由能量守恒定律，从a棒刚进入B2磁场开始到a、b两棒碰撞前瞬间，a棒减少的动能，转化为电能，通过电流做功，释放焦耳热，则Qb=r2r1+r2Q=r2r1+r2(12m1v12-12m1v22)
解得Qb=4.5J
（4）解：a、b两棒碰撞时，系统动量守恒，最终两棒速度相等m1v2=(m1+m2)v终
解得v终=1m/s
【解析】【分析】（1）根据楞次定律以及法拉第电磁感应定律得出产生的感应电动势，通过闭合电路欧姆定律以及安培力的表达式和平衡得出最大静摩擦力；
（2）当a棒达到稳定时根据平衡以及闭合电路欧姆定律得出a棒冲入磁场的速度，同理结合法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律得出a棒两端的电势差；
（3）以a棒为研究对象，根据动量定理得出a棒在与b棒相撞前的速度，结合焦耳定律得出b棒在整个过程中产生的焦耳热；
（4）a、b两棒碰撞 根据动量守恒得出最终的稳定速度。
22．【答案】（1）解：设带电粒子初速度大小为v0，带电粒子在电场中作类平抛运动，t=Lv0
2L3=vy2t
vy=v0
可得vC=53v0
带电粒子在匀强磁场做匀速圆周运动，则vD=v0
vC:vD=5:3
（2）解：设带电粒子在磁场中运动半径为r0，由几何关系可知r02=(r0-L3)2+L2
解得r0=53L
带电粒子在匀强磁场做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力qv0B=mv02r0
带电粒子在电场中作类平抛运动y=12Eqm(Lv0)2=2L3
解得qm=27E100B2L
v0=9E20B
（3）解：带电粒子前半段作类平抛运动，后半段作匀速圆周运动，如图所示，根据几何关系有
x+rsinθ=L
即v0t+mveBsinθ=L
其中vsinθ=vy=eEmt
解得t=Lv0+meB⋅Eem=Lv0+EB
将v0=9E20B
代入解得t=20BL29E
【解析】【分析】（1） 带电粒子在电场中做类平抛运动，结合类平抛运动的规律得出两种情况下带电粒子刚飞出正方形区域的速度大小之比；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用几何关系以及洛伦兹力提供向心力得出带电粒子的比荷qm及速度；
（3）根据几何关系以及匀变速直线运动的规律得出离子运动的时间。