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高考物理二轮复习【仿真模拟】第21讲 仿真模拟卷（二）
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这是一份高考物理二轮复习【仿真模拟】第21讲 仿真模拟卷（二），文件包含仿真模拟卷二教师版docx、仿真模拟卷二学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
高考二轮物理复习策略
高考备考一轮复习已接近尾声，即将迎来二轮复习。一轮复习注重知识的理解与基础的夯实，二轮复习注重知识的综合运用与能力的提高，是高考复习中的重要阶段。二轮复习要注意以下几个方面：
一、以核心和主干知识为重点，构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
按高中物理主干知识确定力与运动、能量、动量、电磁学四大专题，其余内容为小专题，重点加强四大专题的复习，注意知识间的联系。
二、注重情景与过程的理解与分析，善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结：学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
仿真模拟卷（二）
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．用国际单位制的基本单位表示静电力常量的单位，下列符合要求的是（ ）
A．kg•m3•s﹣4•A﹣2 B．N•m2•C2
C．kg•m3•s﹣2•C﹣2 D．kg﹣2•m3•s﹣2•A2
【解答】解：由库仑定律：F＝kq1q2r2可知，静电力常量：k=Fr2q1q2
在国际单位制中力F、距离r、电荷量q1与q2的单位分别是：N、m、C，
其中N＝kg•m/s2，C＝A•s
所以k的单位为kg•m3•s﹣4•A﹣2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
2．在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多物理学研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述中错误的是（ ）
A．质点、速度、点电荷等都是理想化模型
B．在探究加速度与力和质量之间关系时，先保持质量不变探究加速度与力的关系，再保持力不变探究加速度与质量的关系，这种研究方法叫做控制变量法
C．伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法
D．重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想
【解答】解：A、理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，质点和点电荷都是理想化模型，但是速度不是，故A错误；
B、在探究加速度与力和质量之间关系时，由于与多个物理量有关，所以先保持质量不变探究加速度与力的关系，再保持力不变探究加速度与质量的关系，这种研究方法叫做控制变量法，故B正确；
C、伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法，得出忽略空气阻力时，重物与轻物下落得同样快，故C正确；
D、重心是重力的等效作用点；合力与合成它的几个分力的效果是相同的；交流电的有效值是根据电流的热效应与直流电的热效应等效的；所以重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想，故D正确。
本题选择错误的
故选：A。
3．做直线运动的物体，其v﹣t图像如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．物体在第4s末改变运动方向
B．物体在第1s末到第3s末的加速度为−43m/s2
C．物体在第1s末到第4s末加速度方向相同
D．物体在前3s与后2s内的位移大小之比为4：1
【解答】解：A、物体在3﹣5s内速度始终是负值，则物体在第4s末没有改变运动方向，故A错误；
B、物体在第1s末到第3s末的加速度为a=v−v0t=0−42m/s2＝﹣2m/s2，故B错误；
C、物体第1s末到第4s末图像是一条倾斜直线，斜率不变，加速度不变，则物体在第1s末到第4s末加速度方向相同，故C正确；
D、物体在前3s的位移大小x1=3×42m＝6m，后2s内的位移大小x2=2×22m＝2m，则物体在前3s与后2s内的位移大小之比为3：1，故D错误。
故选：C。
4．如图所示，某机械上的偏心轮绕竖直轴转动，a、b是轮上质量相等的两个质点，下列描述a、b运动的物理量大小相等的是（ ）
A．线速度 B．角速度 C．向心力 D．向心加速度
【解答】解：a、b两点共轴转动，角速度相等，由于转动的半径不等，根据v＝rω知，线速度大小不等，根据a＝rω2、F＝mrω2知，向心加速度大小、向心力大小都不等，故B正确，ACD错误。
故选：B。
5．如图所示，三个绝缘带电小球A、B、C处于竖直平面内，三个小球的连线构成直角三角形。∠A＝90°，∠B＝60°。用竖直向上的力F作用在小球A上，三个小球恰好处于静止状态。下列关于三个小球所带电荷量的关系中正确的是（ ）
A．qA=32qC B．qA=12qB C．qA2＝qBqC D．qB=33qC
【解答】解：由平衡条件可知，AB间、AB间必是引力，BC间必是斥力。故B、C带同种电荷，与A相反。对B球受力分析，如图所示，
由平衡条件可得：FABcos60°＝FBC
同理可得，对C球满足：FACcos30°＝FBC
设A、B距离为l，则A、C距离为3l，B、C距离为2l，由库仑定律可得：
FAB=kqAqBl2
FAC=kqAqC(3l)2
FBC=kqBqC(2l)2
联立可得：qA：qB：qC=3：2：23。故ABC错误，D正确。
故选：D。
6．如图所示，A为地球赤道表面的物体，B为环绕地球运行的卫星，此卫星在距离地球表面R2的高度处做匀速圆周运动，且向心加速度的大小为a，地球的半径为R，引力常量为G．则下列说法正确的是（ ）
A．物体A的向心加速度大于a
B．地球的质量为9aR4G
C．物体A的线速度比卫星B的线速度大
D．地球两极的重力加速度大小为3a2
【解答】解：根据GMmr2=ma可知a=GMr2可知B的加速度a大于地球同步卫星的加速度；而根据a＝ω2r可知，同步卫星的加速度大于物体A的加速度，则物体A的向心加速度小于a，选项A错误；
B、对卫星B，根据GMm(R+12R)2=ma 可得，地球的质量为M=9R2a4G，选项B正确；
C、根据GMmr2=mv2r可知v=GMr可知B的速度大于地球同步卫星的速度；而根据v＝ωr可知，同步卫星的速度大于物体A的速度，则物体A的速度小于卫星B的速度，选项C错误；
D、根据GMmR2=mg可得地球两极的重力加速度大小为g=GMR2=94a，选项D错误；
故选：B。
7．如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b分别与电池两相连，开始时开关S闭合，发现在距两板距离相等的P点有一个带电液滴处于静止状态，然后断开开关，并将b板向下平移一小段距离，稳定后，下列说法中正确的是（ ）
A．液滴将加速向下运动
B．金属板间场强变小
C．P点电势升高，液滴在P点时电势能减少
D．P点电势升高，滴在P点时电势能增大
【解答】解：AB、液滴处于静止状态，受力平衡，故电场力向上，可知液滴带负电，电容器因断
开开关后电量保持不变，有E=Ud=QCd=QCd=4πkQɛrS，b板下移时，两板间的距离增大，但场强E不变，则粒子受到的电场力不变，故AB错误；
CD、下极板接地，则P点的电势等于P与b之间的电势差，因为场强E不变，d增大，故油滴处的电势升高，因油滴带负电，根据公式EP＝qφ可知电势能将减小，故C正确，D错误；
故选：C。
8．一根粗细均匀的细橡胶管，里面灌满盐水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段长度为30cm、阻值为R的封闭盐水柱，在盐水柱两端加电压U时，通过盐水柱的电流为I，盐水柱中自由电荷定向移动的平均速率为v．现握住橡胶管的两端把它均匀拉长至40cm，盐水柱的阻值变为R'，再在其两端同样加电压U时，通过盐水柱的电流变为I'，盐水柱中自由电荷定向移动的平均速率变为v'．下列关系式正确的是（ ）
A．R′=916R B．I′=916I C．v′=35v D．v′=53v
【解答】解：A、溶液的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同，故R=ρLS，拉长后，R′=ρL'S，由于体积不变，故LS＝L′S′，则可知长度之比为：3：4，截面积之比为：4：3；
联立解得：R′＝（L'L）2R=16R9．故A错误；
B、因电压相等，由欧姆定律可知，电流之比为：I：I′＝16：9；即I′=916I．故B正确；
C、D、再由电流的微观表达式：I＝nevs可知，v=Ines；
则可知速度之比为：
vv'=IS2I'S1=169×34=43
故v′=34v；故CD错误。
故选：B。
9．如图所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B＝0.1T，玻璃皿的横截面的半径为a＝0.05m，电源的电动势为E＝3V，内阻r＝0.1Ω，限流电阻R0＝4.9Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9Ω，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数为1.5V，则（ ）
A．由上往下看，液体做顺时针旋转
B．液体所受的安培力大小为1.5×10﹣4N
C．闭合开关后，液体热功率为0.45W
D．闭合开关10s，液体具有的动能是3.69J
【解答】解：A、由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转；故A错误；
B、电压表的示数为1.5V，则根据闭合电路的欧姆定律：E＝U+IR0+Ir，所以电路中的电流值：I=E−UR0+r=3−1.54.9+0.1=0.3A，液体所受的安培力大小为：F＝BIL＝BIa＝0.1×0.3×0.05＝1.5×10﹣3N．故B错误；
C、玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9Ω，则液体热功率为P热＝I2R＝0.32×0.9＝0.081W．故C错误；
D、10s末液体的动能等于安培力对液体做的功，通过玻璃皿的电流的功率：P＝UI＝1.5×0.3＝0.45W，所以闭合开关10s，液体具有的动能是：EK＝W电流﹣W热＝（P﹣P热）•t＝（0.45﹣0.081）×10＝3.69J，故D正确。
故选：D。
10．如图所示，两束单色光a、b分别沿半径方向由空气射入半圆形玻璃砖，出射光合成一束复色光P，下列说法正确的是（ ）
A．a光的光子频率较大
B．在真空中a光传播的速度较小
C．从玻璃向真空中传播时，a光发生全反射的临界角较小
D．若用b光照射某金属没有光电子逸出，则a光照射该金属时也没有光电子逸出
【解答】解：A.由光路可知，a光的偏折程度较小，可知a光的折射率较小，则a
光的光子频率较小，故A错误；
B.在真空中各种光的传播速度相等，故B错误；
C.从玻璃向真空中传播时，根据
sinC=1n
可知，a光发生全反射的临界角较大，故C错误；
D.因b光的频率大于a光，则若用b光照射某金属没有光电子逸出，则a光照射该金属时也没有光电子逸出，故D正确。
故选：D。
11．图甲是氢原子的部分能级图，图乙是光电效应演示装置，装置中金属锌的逸出功为3.4eV。用大量处于n＝4能级的氢原子跃迁时发出的光去照射锌板，下列说法正确的是（ ）
A．锌板不会发生光电效应
B．若发生光电效应，则验电器内的金属片带负电
C．光电效应本质上是β衰变
D．从锌板打出来的光电子获得的最大初动能为9.35eV
【解答】解：AD、氢原子从n＝4能级跃迁到n＝1能级时，辐射的光子能量最大，其值为△E＝E4﹣E1＝12.75eV＞W0＝3.4eV，故锌板会发生光电效应，
根据爱因斯坦光电效应方程可得光电子的最大初动能为Ekm＝hγ﹣W0＝12.75eV﹣3.4eV＝9.35eV，故A错误，D正确；
B、若发生光电效应，则锌板由于缺少电子而带正电，则验电器内的金属片带正电，故B错误；
C、β衰变是原子核内的中子转化为质子时放出的电子，而光电效应打出的电子来自原子核外，则光电效应与β衰变的本质不同，故C错误。
故选：D。
12．如图，水平放置的导轨处于垂直于纸面向内的匀强磁场中，除电阻R
外，其它电阻忽略不计．现给导体棒以水平向右的初速度使导体棒在光滑导轨上运动，经一段时间后，导体有可能达到向右匀速运动状态的有（ ）
A．图甲
B．图乙
C．图丙
D．都不可能达到匀速运动状态
【解答】解：图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动；
图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，ab棒速度减小，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止；
图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动。故A正确，BCD错误。
故选：A。
13．小球以某一速度竖直向上抛出，又回到出发点。由于阻力影响，机械能随高度的变化如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．小球的加速度先减小后增大
B．小球上升的时间比下降的时间长
C．小球上升过程阻力做功比下降过程少
D．小球上升过程阻力做功比下降过程快
【解答】解：A、重力做功不改变小球的机械能，阻力对小球做负功，使小球的机械能减小，小球的机械能E机＝E0﹣fx，x是小球的路程，
E机﹣h图线的斜率的绝对值等于空气阻力f，由图示图像可知，小球上升过程图线斜率的绝对值减小，空气阻力f减小，
小球下降过程图线的斜率逐渐增大，空气阻力f增大；小球上升过程，由牛顿第二定律得：mg+f＝ma，由于f减小，则加速度减小，
下降过程，由牛顿第二定律得：mg﹣f＝ma，由于f增大，加速度a减小，小球的加速度一直减小，故A错误；
B、由于存在阻力，在同一高度上升时的速度大小大于下降时的速度大小，上升过程平均速度大小于下降过程的平均速度大小，
上升过程与下降过程位移大小相等，则上升过程的时间小于下降过程的时间，故B错误；
C、由功能关系可知，上升过程阻力做功W上＝E0﹣E1，下降过程阻力做功W下＝E1﹣E2，由图示图像可知：W上＞W下，故C错误；
D、阻力做功的功率P=Wt，由于上升过程阻力做功大于下降过程阻力做功，上升时间小于下降时间，则P上＞P下，则小球上升过程阻力做功比下降过程快，故D正确。
故选：D。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得2分，选对但选不全的得1分，有选错的得0分）
（多选）14．利用发波水槽观察波的衍射现象时，看到如图所示的图样。为使衍射现象更明显，可采用的办法有（ ）
A．缩小挡板间距 B．增大挡板间距
C．减小波源频率 D．减小水波的振幅
【解答】解：AB、在相同条件下，波长越长的波越容易
发生衍射现象，本题水波波长不变，适当缩小挡板间距相当于增大了波长，衍射现象更明显，故A正确，B错误；
C、在同一介质中v一定，适当减小波源的频率，能增大波长，使衍射现象更明显，故C正确；
D、衍射现象明不明显与振幅无关，故D错误。
故选：AC。
（多选）15．关于天然放射现象，以下叙述正确的是（ ）
A．β衰变所释放的电子是原子核内的质子转变为中子时产生的
B．放射性物质的半衰期与其温度无关
C．铀核（ 92238U）衰变为铅核（ 82206Pb）的过程中，要经过6次α衰变和8次β衰变
D．在α、β、γ这三种射线中，α射线的电离能力最强，γ射线的穿透能力最强
【解答】解：A、β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时产生的，故A错误；
B、半衰期由原子核内部结构决定，与温度、压强等外在因素无关，故B正确；
C、铀核 92238U衰变为铅核 82206Pb时，设经过x次α衰变，y次β衰变，
根据质量数守恒和电荷数守恒可得 238＝206+4x，92＝82+2x﹣y，解得：x＝8，y＝6，故C错误；
D、在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强电离本领最弱，α射线的电离能力最强穿透能力最弱，故D正确。
故选：BD。
（多选）16．如图，在竖直向下的匀强电场（E=3mgq）中，一质量为m、带电量为﹣q（q＞0）的小球，用长为R的轻绳悬挂于O点，让小球在竖直平面内做圆周运动，其中A、B是圆周上的最高点和最低点，则下列说法正确的是（ ）
A．若要完成完整的圆周运动，到达A点的速度至少为vA=gR
B．若要完成完整的圆周运动，到达B点的速度至少为vB=2gR
C．小球由A运动到B的过程中，绳子拉力逐渐减小
D．小球由A运动到B的过程中，小球电势能的增加量等于重力势能减少量
【解答】解：AB、重力与电场力合力的大小为
F＝qE﹣mg＝mg
方向是竖直向上的，所以A点相当于圆周运动中的等效最低点，B点相当于圆周运动中的等效最高点，若恰好做完整的圆周运动，在B点，根据圆周运动规律可得
mvB2R=2mg
解得
vB=2gR
从A到B，根据动能定理可得
﹣2mg×2R=12mvB2−12mvA2
解得
vA=10gR
故B正确，A错误；
C、在A点绳子受到的拉力最大，B点绳子受到的拉力最小，所以小球由A运动到的过程中，绳子拉力逐渐减小，故C正确；
D、小球由A运动到的过程中，根据能量守恒可知，小球电势能的增加量等于机械能的减少量，故D错误。
故选：BC。
三、非选择题（本题共6小题，共55分）
17．某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验时：
（1）如果他测得的g值偏小，可能的原因是 B ．
A．振幅偏小
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，使周期变大了
C．开始计时时，秒表过迟按下．
D．实验中误将49次全振动数次数记为50次
（2）此同学用游标卡尺测一小球直径如图甲，已知游标尺为20等份，则读数应为 24.20mm ．
（3）测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2﹣L图象如图乙，此图线斜率的物理意义是 C
A．g B．1g C．4π2g D．g4π2．
【解答】解：（1）由单摆周期公式：T＝2πLg可知，g=4π2LT2；
A、单摆的周期与其振幅无关，重力加速度大小与单摆振幅无关，振幅偏小不影响重力加速度的测量值，故A错误；
B、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，使周期T变大了，由g=4π2LT2可知，所测重力加速度g偏小，故B正确；
C、开始计时时，秒表过迟按下，所测周期T偏小，由g=4π2LT2可知，所测重力加速度g偏大，故C错误；
D、实验中误将49次全振动数次数记为50次，所测周期T偏小，由g=4π2LT2可知，所测重力加速度g偏大，故D错误；
故选：B；
（2）由图示游标卡尺可知，其示数为：24mm+4×0.05mm＝24.20mm；
（3）由单摆周期公式：T＝2πLg可知：T2=4π2gL，则T2﹣L图象的斜率：k=4π2g，
故选：C；
故答案为：（1）B；（2）24.20mm；（3）C．
18．硅光电池是将一种将光能转化为电能的器件，某同学根据图甲所示电路，用一定强度的光照射硅光电池，测量硅光电池的电动势E和内阻r，实验室可提供的器材如下：
A．硅光电池E：电动势约为3V，内阻约为100Ω；
B．电流表：量程为0.1mA，内阻为500Ω；
C．电流表：量程为10mA，内阻为18Ω；
D．定值电阻：内阻为29.5kΩ；
E．定值电阻：内阻为9Ω；
F．滑动变阻器：最大阻值为200Ω，允许最大电流为1A；
G．开关一个，导线若干。
（1）根据器材规格和实验要求，为使实验结果尽可能准确，电流表A1应选用 B ，电阻R1应选用 D 。（填写器材前的字母）
（2）调节滑动变阻器，分别读出电流表A1的示数I1和电流表A2的示数I2，并作出I1﹣I2图象如图乙所示，则该电池的电动势为 2.70 V、内阻为 100 Ω．（结果均保留三位有效数字）。
【解答】解：（1）根据原理图可知，A1与定值电阻串联充当电压表使用，串联电阻应选择总阻值较大的定值电阻，电流较小，故A1应选择电流较小的B；电阻R1应选择D。
（2）根据闭合电路欧姆定律可得：
I1（R1+RA1）＝E﹣（I2+I2RA2R2）r
代入数据可得：
30000I1＝E﹣3rI2
则由图可知，电源的电动势E＝2.70V；r＝100Ω；
故答案为：（1）B；D（2）2.70；100（98～102）
四．计算题（共4小题，满分10分）
19．如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的14固定圆弧轨道，两轨道恰好相切。质量为M的小木块静止在O点，一个质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入长为L木块内，恰好没穿出木块，然后与木块一起继续运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C（木块和子弹均可以看成质点）。求：
（1）子弹射入木块前的速度；
（2）子弹打入木块过程中产生的热量Q；
（3）若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？
【解答】解：（1）第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得mv0＝（m+M）v1，
系统由O到C的运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：12(m+M)v12=(m+M)gR，
联立解得：v0=m+Mm2gR；
（2）子弹打入木块过程中，由能量守恒得：12mv02=Q+12(M+m)v12，
解得：Q=M(M+m)gRm；
（3）由动量守恒定律可知，第2，4，6…颗子弹射入木块后，木块的速度为0，第1，3，5…颗子弹射入木块后，木块运动。当第9颗子弹射入木块时，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝（9m+M）v9，
设此后木块沿圆弧上升的最大高度为H，由机械能守恒得：12(9m+M)v92=（9m+M）gH，
联立解得：H=(m+MM+9m)2R；
答：（1）子弹射入木块前的速度为m+Mm2gR；
（2）子弹打入木块过程中产生的热量Q为M(M+m)gRm；
（3）小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为(m+MM+9m)2R。
20．（10分）如图，光滑固定斜面AB与粗糙水平面BC平滑连接，一质量m＝1kg的小物块由斜面顶端A点静止释放，通过水平面BC后，由C点进入与水平面相切的、足够长的水平传送带，传送带逆时针匀速运动。已知斜面的高度h＝2m，水平面BC的长度L＝1m，物块与水平面、传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求物块第一次到C点时的速度大小vc；
（2）若传送带速度v0＝2m/s，求物块第一次运动到最右端过程中，与传送带因摩擦产生的热量；
（3）调节传送带以不同的速度v匀速转动，可以让物块停在BC不同位置上，设全过程物块在水平面BC上滑过的总路程为x，请写出x与传送带速度v的关系式。
【解答】解：（1）物块从A到C的过程中，根据动能定理得
mgh﹣μmgL=12mvC2
解得 vC＝6m/s
（2）物块滑上传送带后
μmg＝ma
物块在传送带上减速的时间t=vCa
设t时间物块的位移s1，传送带的位移s2.则
s1=vC2t
s2＝v0t
Q＝μmg （s1+s2）
联立代入数据解得：Q＝30J
（3）若v≥6m/s物块第一次返回C点的速度为6m/s，根据能量守恒定律得
μmgx＝mgh
代入数据解得x＝10m
若v＜6m/s物块第一次返回C点的速度为v，根据能量守恒定律得
12mv2=μmgx'
解得x＝x'+L=v24+1
答：（1）物块第一次到C点时的速度大小为6m/s；
（2）若传送带速度v0＝2m/s，物块第一次运动到最右端过程中，与传送带因摩擦产生的热量为30J；
（3）设全过程物块在水平面BC上滑过的总路程为x，①若v≥6m/s，x＝10m；②若v＜6m/s，x=v24+1。
21．如图所示，AD与A1D1为水平放置的无限长平行金属导轨，DC与D1C1为倾角为θ＝37°的平行金属导轨，两组导轨的间距均为l＝1.5m，导轨电阻忽略不计。质量为m1＝0.35kg、电阻为R1＝1Ω的导体棒ab置于倾斜导轨上，质量为m2＝0.4kg、电阻为R2＝0.5Ω的导体棒cd
置于水平导轨上，轻质细绳跨过光滑滑轮一端与cd的中点相连、另一端悬挂一轻质挂钩。导体棒ab、cd与导轨间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝2T．初始时刻，棒ab在倾斜导轨上恰好不下滑。（g取10m/s2，sin37°＝0.6）
（1）求导体棒与导轨间的动摩擦因数μ；
（2）在轻质挂钩上挂上物体P，细绳处于拉伸状态，将物体P与导体棒cd同时由静止释放，当P的质量不超过多大时，ab始终处于静止状态？（导体棒cd运动过程中，ab、cd一直与DD1平行，且没有与滑轮相碰。）
（3）若P的质量取第（2）问中的最大值，由静止释放开始计时，当t＝1s时cd已经处于匀速直线运动状态，求在这1s内ab上产生的焦耳热为多少？
【解答】解：（1）对ab棒受力分析，受竖直向下的重力，垂直于斜面向上的支持了和沿斜面向上的摩擦力作用，在沿斜面方向上由平衡条件得：
m1gsinθ﹣μm1gcosθ＝0
代入数据解得：μ＝0.75；
（2）当P的质量最大时，P和cd的运动达到稳定时，P和cd一起做匀速直线运动，ab处于静止状态，但摩擦力达到最大且沿斜面向下。设此时电路中的电流为I
对ab棒，由平衡条件，
沿斜面方向上有：BILcosθ﹣m1gsinθ﹣μN＝0
垂直于斜面方向上有：N﹣BILsinθ﹣m1gcosθ＝0
对cd棒，设绳中的张力为T，由平衡条件得：T﹣BIL﹣μm2g＝0
对P，由平衡条件得：Mg﹣T＝0
联立以上各式得：M＝1.5kg
故当P的质量不超过1.5kg时，ab始终处于静止状态；
（3）设P匀速运动的速度为v，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得：
Blv＝I（R1+R2）
代入数据得：v＝2m/s
对P、棒cd，由牛顿第二定律得：
Mg﹣μm2g﹣BBlv1R1+R2l=（M+m2）a
两边同时乘以△t，并累加求和，可得：
Mgt﹣μm2gt﹣BBlsR1+R2l=（M+m2）v
解得：s=4130m
对P、ab棒和cd棒，由能量守恒定律得：
Mgs＝μm2gs+Q+12（M+m2）2
代入数据解得：Q＝12.6J
在这1s内ab棒上产生的焦耳热为Q1=R1R1+R2Q＝8.4J。
答：（1）求导体棒与导轨间的动摩擦因数μ为0.75；
（2）在轻质挂钩上挂上物体P，细绳处于拉伸状态，将物体P与导体棒cd同时由静止释放，当P的质量不超过1.5kg时，ab始终处于静止状态。
（3）若P的质量取第（2）问中的最大值，由静止释放开始计时，当t＝1s时cd已经处于匀速直线运动状态，在这1s内ab上产生的焦耳热为8.4J。
22．在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序，如图甲所示是离子注入工作原理的示意图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后，沿图中圆弧虚线通过半径为R0的14圆弧形静电分析器（静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场）后，从P点沿竖直方向进入半径为r的圆形匀强磁场区域，该圆形磁场区域的直径PQ与竖直方向成45
°，经磁场偏转，最后打在竖直放置的硅片上，离子的质量为m、电荷量为q，不计离子重力。求：
（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v；
（2）静电分析器通道内虚线处电场强度的大小E0；
（3）若磁场方向垂直纸面向外，离子从磁场边缘上某点出磁场时，速度方向与直径PQ垂直，求圆形区域内匀强磁场的磁感应强度B0的大小；
（4）若在该圆形区域内加如图乙所示交变的磁场（图中B1大小未知、方向垂直纸面，且以垂直于纸面向外为正方向），当离子从t＝0时进入圆形磁场区域时，最后从Q点飞出，水平向右垂直打在硅片上，请写出磁场变化周期T满足的关系表达式。
【解答】解：（1）电子通过加速电场，由动能定理可知qU=12mv2
得v=2qUm。
（2）离子经过静电分析器，由牛顿第二定律有qE0=mv2R0
得E0=2UR0。
（3）根据题意，画出粒子在磁场中运动的轨迹，
由于MN⊥PQ，则O2M∥PQ，
∠PMO2＝∠MPO1
△O2PM与△O1PM为等腰三角形
所以有四边形O1MO2P为菱形
则离子运动的半径为R1＝r
由牛顿第二定律有qvB0=mv2R1
得B0=2mqUqr。
（4）作粒子在磁场中运动的轨迹如图：
由几何关系可知2(2n+1)R2=2r
得R2=2r2n+1(n=0，1，2，⋯)
带电粒子在磁场中运动的周期T0=2πR2v=2πr2n+1mqU(n=0，1，2，⋯)
有T2=T04
故T=T02=πr2n+1mqU(n=0，1，2，⋯)
答：（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小为2qUm。
（2）静电分析器通道内虚线处电场强度的大小为2UR0。
（3）圆形区域内匀强磁场的磁感应强度B0的大小为2mqUqr。
（4）磁场变化周期T满足的关系表达式T=πr2n+1mqU(n=0，1，2，⋯)。
高考二轮物理复习策略
高考备考一轮复习已接近尾声，即将迎来二轮复习。一轮复习注重知识的理解与基础的夯实，二轮复习注重知识的综合运用与能力的提高，是高考复习中的重要阶段。二轮复习要注意以下几个方面：
一、以核心和主干知识为重点，构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
按高中物理主干知识确定力与运动、能量、动量、电磁学四大专题，其余内容为小专题，重点加强四大专题的复习，注意知识间的联系。
二、注重情景与过程的理解与分析，善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结：学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
仿真模拟卷（二）
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．用国际单位制的基本单位表示静电力常量的单位，下列符合要求的是（ ）
A．kg•m3•s﹣4•A﹣2 B．N•m2•C2
C．kg•m3•s﹣2•C﹣2 D．kg﹣2•m3•s﹣2•A2
【解答】解：由库仑定律：F＝kq1q2r2可知，静电力常量：k=Fr2q1q2
在国际单位制中力F、距离r、电荷量q1与q2的单位分别是：N、m、C，
其中N＝kg•m/s2，C＝A•s
所以k的单位为kg•m3•s﹣4•A﹣2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
2．在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多物理学研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述中错误的是（ ）
A．质点、速度、点电荷等都是理想化模型
B．在探究加速度与力和质量之间关系时，先保持质量不变探究加速度与力的关系，再保持力不变探究加速度与质量的关系，这种研究方法叫做控制变量法
C．伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法
D．重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想
【解答】解：A、理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，质点和点电荷都是理想化模型，但是速度不是，故A错误；
B、在探究加速度与力和质量之间关系时，由于与多个物理量有关，所以先保持质量不变探究加速度与力的关系，再保持力不变探究加速度与质量的关系，这种研究方法叫做控制变量法，故B正确；
C、伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法，得出忽略空气阻力时，重物与轻物下落得同样快，故C正确；
D、重心是重力的等效作用点；合力与合成它的几个分力的效果是相同的；交流电的有效值是根据电流的热效应与直流电的热效应等效的；所以重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想，故D正确。
本题选择错误的
故选：A。
3．做直线运动的物体，其v﹣t图像如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．物体在第4s末改变运动方向
B．物体在第1s末到第3s末的加速度为−43m/s2
C．物体在第1s末到第4s末加速度方向相同
D．物体在前3s与后2s内的位移大小之比为4：1
【解答】解：A、物体在3﹣5s内速度始终是负值，则物体在第4s末没有改变运动方向，故A错误；
B、物体在第1s末到第3s末的加速度为a=v−v0t=0−42m/s2＝﹣2m/s2，故B错误；
C、物体第1s末到第4s末图像是一条倾斜直线，斜率不变，加速度不变，则物体在第1s末到第4s末加速度方向相同，故C正确；
D、物体在前3s的位移大小x1=3×42m＝6m，后2s内的位移大小x2=2×22m＝2m，则物体在前3s与后2s内的位移大小之比为3：1，故D错误。
故选：C。
4．如图所示，某机械上的偏心轮绕竖直轴转动，a、b是轮上质量相等的两个质点，下列描述a、b运动的物理量大小相等的是（ ）
A．线速度 B．角速度 C．向心力 D．向心加速度
【解答】解：a、b两点共轴转动，角速度相等，由于转动的半径不等，根据v＝rω知，线速度大小不等，根据a＝rω2、F＝mrω2知，向心加速度大小、向心力大小都不等，故B正确，ACD错误。
故选：B。
5．如图所示，三个绝缘带电小球A、B、C处于竖直平面内，三个小球的连线构成直角三角形。∠A＝90°，∠B＝60°。用竖直向上的力F作用在小球A上，三个小球恰好处于静止状态。下列关于三个小球所带电荷量的关系中正确的是（ ）
A．qA=32qC B．qA=12qB C．qA2＝qBqC D．qB=33qC
【解答】解：由平衡条件可知，AB间、AB间必是引力，BC间必是斥力。故B、C带同种电荷，与A相反。对B球受力分析，如图所示，
由平衡条件可得：FABcos60°＝FBC
同理可得，对C球满足：FACcos30°＝FBC
设A、B距离为l，则A、C距离为3l，B、C距离为2l，由库仑定律可得：
FAB=kqAqBl2
FAC=kqAqC(3l)2
FBC=kqBqC(2l)2
联立可得：qA：qB：qC=3：2：23。故ABC错误，D正确。
故选：D。
6．如图所示，A为地球赤道表面的物体，B为环绕地球运行的卫星，此卫星在距离地球表面R2的高度处做匀速圆周运动，且向心加速度的大小为a，地球的半径为R，引力常量为G．则下列说法正确的是（ ）
A．物体A的向心加速度大于a
B．地球的质量为9aR4G
C．物体A的线速度比卫星B的线速度大
D．地球两极的重力加速度大小为3a2
【解答】解：根据GMmr2=ma可知a=GMr2可知B的加速度a大于地球同步卫星的加速度；而根据a＝ω2r可知，同步卫星的加速度大于物体A的加速度，则物体A的向心加速度小于a，选项A错误；
B、对卫星B，根据GMm(R+12R)2=ma 可得，地球的质量为M=9R2a4G，选项B正确；
C、根据GMmr2=mv2r可知v=GMr可知B的速度大于地球同步卫星的速度；而根据v＝ωr可知，同步卫星的速度大于物体A的速度，则物体A的速度小于卫星B的速度，选项C错误；
D、根据GMmR2=mg可得地球两极的重力加速度大小为g=GMR2=94a，选项D错误；
故选：B。
7．如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b分别与电池两相连，开始时开关S闭合，发现在距两板距离相等的P点有一个带电液滴处于静止状态，然后断开开关，并将b板向下平移一小段距离，稳定后，下列说法中正确的是（ ）
A．液滴将加速向下运动
B．金属板间场强变小
C．P点电势升高，液滴在P点时电势能减少
D．P点电势升高，滴在P点时电势能增大
【解答】解：AB、液滴处于静止状态，受力平衡，故电场力向上，可知液滴带负电，电容器因断
开开关后电量保持不变，有E=Ud=QCd=QCd=4πkQɛrS，b板下移时，两板间的距离增大，但场强E不变，则粒子受到的电场力不变，故AB错误；
CD、下极板接地，则P点的电势等于P与b之间的电势差，因为场强E不变，d增大，故油滴处的电势升高，因油滴带负电，根据公式EP＝qφ可知电势能将减小，故C正确，D错误；
故选：C。
8．一根粗细均匀的细橡胶管，里面灌满盐水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段长度为30cm、阻值为R的封闭盐水柱，在盐水柱两端加电压U时，通过盐水柱的电流为I，盐水柱中自由电荷定向移动的平均速率为v．现握住橡胶管的两端把它均匀拉长至40cm，盐水柱的阻值变为R'，再在其两端同样加电压U时，通过盐水柱的电流变为I'，盐水柱中自由电荷定向移动的平均速率变为v'．下列关系式正确的是（ ）
A．R′=916R B．I′=916I C．v′=35v D．v′=53v
【解答】解：A、溶液的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同，故R=ρLS，拉长后，R′=ρL'S，由于体积不变，故LS＝L′S′，则可知长度之比为：3：4，截面积之比为：4：3；
联立解得：R′＝（L'L）2R=16R9．故A错误；
B、因电压相等，由欧姆定律可知，电流之比为：I：I′＝16：9；即I′=916I．故B正确；
C、D、再由电流的微观表达式：I＝nevs可知，v=Ines；
则可知速度之比为：
vv'=IS2I'S1=169×34=43
故v′=34v；故CD错误。
故选：B。
9．如图所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B＝0.1T，玻璃皿的横截面的半径为a＝0.05m，电源的电动势为E＝3V，内阻r＝0.1Ω，限流电阻R0＝4.9Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9Ω，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数为1.5V，则（ ）
A．由上往下看，液体做顺时针旋转
B．液体所受的安培力大小为1.5×10﹣4N
C．闭合开关后，液体热功率为0.45W
D．闭合开关10s，液体具有的动能是3.69J
【解答】解：A、由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转；故A错误；
B、电压表的示数为1.5V，则根据闭合电路的欧姆定律：E＝U+IR0+Ir，所以电路中的电流值：I=E−UR0+r=3−1.54.9+0.1=0.3A，液体所受的安培力大小为：F＝BIL＝BIa＝0.1×0.3×0.05＝1.5×10﹣3N．故B错误；
C、玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9Ω，则液体热功率为P热＝I2R＝0.32×0.9＝0.081W．故C错误；
D、10s末液体的动能等于安培力对液体做的功，通过玻璃皿的电流的功率：P＝UI＝1.5×0.3＝0.45W，所以闭合开关10s，液体具有的动能是：EK＝W电流﹣W热＝（P﹣P热）•t＝（0.45﹣0.081）×10＝3.69J，故D正确。
故选：D。
10．如图所示，两束单色光a、b分别沿半径方向由空气射入半圆形玻璃砖，出射光合成一束复色光P，下列说法正确的是（ ）
A．a光的光子频率较大
B．在真空中a光传播的速度较小
C．从玻璃向真空中传播时，a光发生全反射的临界角较小
D．若用b光照射某金属没有光电子逸出，则a光照射该金属时也没有光电子逸出
【解答】解：A.由光路可知，a光的偏折程度较小，可知a光的折射率较小，则a
光的光子频率较小，故A错误；
B.在真空中各种光的传播速度相等，故B错误；
C.从玻璃向真空中传播时，根据
sinC=1n
可知，a光发生全反射的临界角较大，故C错误；
D.因b光的频率大于a光，则若用b光照射某金属没有光电子逸出，则a光照射该金属时也没有光电子逸出，故D正确。
故选：D。
11．图甲是氢原子的部分能级图，图乙是光电效应演示装置，装置中金属锌的逸出功为3.4eV。用大量处于n＝4能级的氢原子跃迁时发出的光去照射锌板，下列说法正确的是（ ）
A．锌板不会发生光电效应
B．若发生光电效应，则验电器内的金属片带负电
C．光电效应本质上是β衰变
D．从锌板打出来的光电子获得的最大初动能为9.35eV
【解答】解：AD、氢原子从n＝4能级跃迁到n＝1能级时，辐射的光子能量最大，其值为△E＝E4﹣E1＝12.75eV＞W0＝3.4eV，故锌板会发生光电效应，
根据爱因斯坦光电效应方程可得光电子的最大初动能为Ekm＝hγ﹣W0＝12.75eV﹣3.4eV＝9.35eV，故A错误，D正确；
B、若发生光电效应，则锌板由于缺少电子而带正电，则验电器内的金属片带正电，故B错误；
C、β衰变是原子核内的中子转化为质子时放出的电子，而光电效应打出的电子来自原子核外，则光电效应与β衰变的本质不同，故C错误。
故选：D。
12．如图，水平放置的导轨处于垂直于纸面向内的匀强磁场中，除电阻R
外，其它电阻忽略不计．现给导体棒以水平向右的初速度使导体棒在光滑导轨上运动，经一段时间后，导体有可能达到向右匀速运动状态的有（ ）
A．图甲
B．图乙
C．图丙
D．都不可能达到匀速运动状态
【解答】解：图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动；
图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，ab棒速度减小，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止；
图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动。故A正确，BCD错误。
故选：A。
13．小球以某一速度竖直向上抛出，又回到出发点。由于阻力影响，机械能随高度的变化如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．小球的加速度先减小后增大
B．小球上升的时间比下降的时间长
C．小球上升过程阻力做功比下降过程少
D．小球上升过程阻力做功比下降过程快
【解答】解：A、重力做功不改变小球的机械能，阻力对小球做负功，使小球的机械能减小，小球的机械能E机＝E0﹣fx，x是小球的路程，
E机﹣h图线的斜率的绝对值等于空气阻力f，由图示图像可知，小球上升过程图线斜率的绝对值减小，空气阻力f减小，
小球下降过程图线的斜率逐渐增大，空气阻力f增大；小球上升过程，由牛顿第二定律得：mg+f＝ma，由于f减小，则加速度减小，
下降过程，由牛顿第二定律得：mg﹣f＝ma，由于f增大，加速度a减小，小球的加速度一直减小，故A错误；
B、由于存在阻力，在同一高度上升时的速度大小大于下降时的速度大小，上升过程平均速度大小于下降过程的平均速度大小，
上升过程与下降过程位移大小相等，则上升过程的时间小于下降过程的时间，故B错误；
C、由功能关系可知，上升过程阻力做功W上＝E0﹣E1，下降过程阻力做功W下＝E1﹣E2，由图示图像可知：W上＞W下，故C错误；
D、阻力做功的功率P=Wt，由于上升过程阻力做功大于下降过程阻力做功，上升时间小于下降时间，则P上＞P下，则小球上升过程阻力做功比下降过程快，故D正确。
故选：D。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得2分，选对但选不全的得1分，有选错的得0分）
（多选）14．利用发波水槽观察波的衍射现象时，看到如图所示的图样。为使衍射现象更明显，可采用的办法有（ ）
A．缩小挡板间距 B．增大挡板间距
C．减小波源频率 D．减小水波的振幅
【解答】解：AB、在相同条件下，波长越长的波越容易
发生衍射现象，本题水波波长不变，适当缩小挡板间距相当于增大了波长，衍射现象更明显，故A正确，B错误；
C、在同一介质中v一定，适当减小波源的频率，能增大波长，使衍射现象更明显，故C正确；
D、衍射现象明不明显与振幅无关，故D错误。
故选：AC。
（多选）15．关于天然放射现象，以下叙述正确的是（ ）
A．β衰变所释放的电子是原子核内的质子转变为中子时产生的
B．放射性物质的半衰期与其温度无关
C．铀核（ 92238U）衰变为铅核（ 82206Pb）的过程中，要经过6次α衰变和8次β衰变
D．在α、β、γ这三种射线中，α射线的电离能力最强，γ射线的穿透能力最强
【解答】解：A、β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时产生的，故A错误；
B、半衰期由原子核内部结构决定，与温度、压强等外在因素无关，故B正确；
C、铀核 92238U衰变为铅核 82206Pb时，设经过x次α衰变，y次β衰变，
根据质量数守恒和电荷数守恒可得 238＝206+4x，92＝82+2x﹣y，解得：x＝8，y＝6，故C错误；
D、在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强电离本领最弱，α射线的电离能力最强穿透能力最弱，故D正确。
故选：BD。
（多选）16．如图，在竖直向下的匀强电场（E=3mgq）中，一质量为m、带电量为﹣q（q＞0）的小球，用长为R的轻绳悬挂于O点，让小球在竖直平面内做圆周运动，其中A、B是圆周上的最高点和最低点，则下列说法正确的是（ ）
A．若要完成完整的圆周运动，到达A点的速度至少为vA=gR
B．若要完成完整的圆周运动，到达B点的速度至少为vB=2gR
C．小球由A运动到B的过程中，绳子拉力逐渐减小
D．小球由A运动到B的过程中，小球电势能的增加量等于重力势能减少量
【解答】解：AB、重力与电场力合力的大小为
F＝qE﹣mg＝mg
方向是竖直向上的，所以A点相当于圆周运动中的等效最低点，B点相当于圆周运动中的等效最高点，若恰好做完整的圆周运动，在B点，根据圆周运动规律可得
mvB2R=2mg
解得
vB=2gR
从A到B，根据动能定理可得
﹣2mg×2R=12mvB2−12mvA2
解得
vA=10gR
故B正确，A错误；
C、在A点绳子受到的拉力最大，B点绳子受到的拉力最小，所以小球由A运动到的过程中，绳子拉力逐渐减小，故C正确；
D、小球由A运动到的过程中，根据能量守恒可知，小球电势能的增加量等于机械能的减少量，故D错误。
故选：BC。
三、非选择题（本题共6小题，共55分）
17．某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验时：
（1）如果他测得的g值偏小，可能的原因是 B ．
A．振幅偏小
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，使周期变大了
C．开始计时时，秒表过迟按下．
D．实验中误将49次全振动数次数记为50次
（2）此同学用游标卡尺测一小球直径如图甲，已知游标尺为20等份，则读数应为 24.20mm ．
（3）测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2﹣L图象如图乙，此图线斜率的物理意义是 C
A．g B．1g C．4π2g D．g4π2．
【解答】解：（1）由单摆周期公式：T＝2πLg可知，g=4π2LT2；
A、单摆的周期与其振幅无关，重力加速度大小与单摆振幅无关，振幅偏小不影响重力加速度的测量值，故A错误；
B、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，使周期T变大了，由g=4π2LT2可知，所测重力加速度g偏小，故B正确；
C、开始计时时，秒表过迟按下，所测周期T偏小，由g=4π2LT2可知，所测重力加速度g偏大，故C错误；
D、实验中误将49次全振动数次数记为50次，所测周期T偏小，由g=4π2LT2可知，所测重力加速度g偏大，故D错误；
故选：B；
（2）由图示游标卡尺可知，其示数为：24mm+4×0.05mm＝24.20mm；
（3）由单摆周期公式：T＝2πLg可知：T2=4π2gL，则T2﹣L图象的斜率：k=4π2g，
故选：C；
故答案为：（1）B；（2）24.20mm；（3）C．
18．硅光电池是将一种将光能转化为电能的器件，某同学根据图甲所示电路，用一定强度的光照射硅光电池，测量硅光电池的电动势E和内阻r，实验室可提供的器材如下：
A．硅光电池E：电动势约为3V，内阻约为100Ω；
B．电流表：量程为0.1mA，内阻为500Ω；
C．电流表：量程为10mA，内阻为18Ω；
D．定值电阻：内阻为29.5kΩ；
E．定值电阻：内阻为9Ω；
F．滑动变阻器：最大阻值为200Ω，允许最大电流为1A；
G．开关一个，导线若干。
（1）根据器材规格和实验要求，为使实验结果尽可能准确，电流表A1应选用 B ，电阻R1应选用 D 。（填写器材前的字母）
（2）调节滑动变阻器，分别读出电流表A1的示数I1和电流表A2的示数I2，并作出I1﹣I2图象如图乙所示，则该电池的电动势为 2.70 V、内阻为 100 Ω．（结果均保留三位有效数字）。
【解答】解：（1）根据原理图可知，A1与定值电阻串联充当电压表使用，串联电阻应选择总阻值较大的定值电阻，电流较小，故A1应选择电流较小的B；电阻R1应选择D。
（2）根据闭合电路欧姆定律可得：
I1（R1+RA1）＝E﹣（I2+I2RA2R2）r
代入数据可得：
30000I1＝E﹣3rI2
则由图可知，电源的电动势E＝2.70V；r＝100Ω；
故答案为：（1）B；D（2）2.70；100（98～102）
四．计算题（共4小题，满分10分）
19．如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的14固定圆弧轨道，两轨道恰好相切。质量为M的小木块静止在O点，一个质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入长为L木块内，恰好没穿出木块，然后与木块一起继续运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C（木块和子弹均可以看成质点）。求：
（1）子弹射入木块前的速度；
（2）子弹打入木块过程中产生的热量Q；
（3）若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？
【解答】解：（1）第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得mv0＝（m+M）v1，
系统由O到C的运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：12(m+M)v12=(m+M)gR，
联立解得：v0=m+Mm2gR；
（2）子弹打入木块过程中，由能量守恒得：12mv02=Q+12(M+m)v12，
解得：Q=M(M+m)gRm；
（3）由动量守恒定律可知，第2，4，6…颗子弹射入木块后，木块的速度为0，第1，3，5…颗子弹射入木块后，木块运动。当第9颗子弹射入木块时，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝（9m+M）v9，
设此后木块沿圆弧上升的最大高度为H，由机械能守恒得：12(9m+M)v92=（9m+M）gH，
联立解得：H=(m+MM+9m)2R；
答：（1）子弹射入木块前的速度为m+Mm2gR；
（2）子弹打入木块过程中产生的热量Q为M(M+m)gRm；
（3）小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为(m+MM+9m)2R。
20．（10分）如图，光滑固定斜面AB与粗糙水平面BC平滑连接，一质量m＝1kg的小物块由斜面顶端A点静止释放，通过水平面BC后，由C点进入与水平面相切的、足够长的水平传送带，传送带逆时针匀速运动。已知斜面的高度h＝2m，水平面BC的长度L＝1m，物块与水平面、传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求物块第一次到C点时的速度大小vc；
（2）若传送带速度v0＝2m/s，求物块第一次运动到最右端过程中，与传送带因摩擦产生的热量；
（3）调节传送带以不同的速度v匀速转动，可以让物块停在BC不同位置上，设全过程物块在水平面BC上滑过的总路程为x，请写出x与传送带速度v的关系式。
【解答】解：（1）物块从A到C的过程中，根据动能定理得
mgh﹣μmgL=12mvC2
解得 vC＝6m/s
（2）物块滑上传送带后
μmg＝ma
物块在传送带上减速的时间t=vCa
设t时间物块的位移s1，传送带的位移s2.则
s1=vC2t
s2＝v0t
Q＝μmg （s1+s2）
联立代入数据解得：Q＝30J
（3）若v≥6m/s物块第一次返回C点的速度为6m/s，根据能量守恒定律得
μmgx＝mgh
代入数据解得x＝10m
若v＜6m/s物块第一次返回C点的速度为v，根据能量守恒定律得
12mv2=μmgx'
解得x＝x'+L=v24+1
答：（1）物块第一次到C点时的速度大小为6m/s；
（2）若传送带速度v0＝2m/s，物块第一次运动到最右端过程中，与传送带因摩擦产生的热量为30J；
（3）设全过程物块在水平面BC上滑过的总路程为x，①若v≥6m/s，x＝10m；②若v＜6m/s，x=v24+1。
21．如图所示，AD与A1D1为水平放置的无限长平行金属导轨，DC与D1C1为倾角为θ＝37°的平行金属导轨，两组导轨的间距均为l＝1.5m，导轨电阻忽略不计。质量为m1＝0.35kg、电阻为R1＝1Ω的导体棒ab置于倾斜导轨上，质量为m2＝0.4kg、电阻为R2＝0.5Ω的导体棒cd
置于水平导轨上，轻质细绳跨过光滑滑轮一端与cd的中点相连、另一端悬挂一轻质挂钩。导体棒ab、cd与导轨间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝2T．初始时刻，棒ab在倾斜导轨上恰好不下滑。（g取10m/s2，sin37°＝0.6）
（1）求导体棒与导轨间的动摩擦因数μ；
（2）在轻质挂钩上挂上物体P，细绳处于拉伸状态，将物体P与导体棒cd同时由静止释放，当P的质量不超过多大时，ab始终处于静止状态？（导体棒cd运动过程中，ab、cd一直与DD1平行，且没有与滑轮相碰。）
（3）若P的质量取第（2）问中的最大值，由静止释放开始计时，当t＝1s时cd已经处于匀速直线运动状态，求在这1s内ab上产生的焦耳热为多少？
【解答】解：（1）对ab棒受力分析，受竖直向下的重力，垂直于斜面向上的支持了和沿斜面向上的摩擦力作用，在沿斜面方向上由平衡条件得：
m1gsinθ﹣μm1gcosθ＝0
代入数据解得：μ＝0.75；
（2）当P的质量最大时，P和cd的运动达到稳定时，P和cd一起做匀速直线运动，ab处于静止状态，但摩擦力达到最大且沿斜面向下。设此时电路中的电流为I
对ab棒，由平衡条件，
沿斜面方向上有：BILcosθ﹣m1gsinθ﹣μN＝0
垂直于斜面方向上有：N﹣BILsinθ﹣m1gcosθ＝0
对cd棒，设绳中的张力为T，由平衡条件得：T﹣BIL﹣μm2g＝0
对P，由平衡条件得：Mg﹣T＝0
联立以上各式得：M＝1.5kg
故当P的质量不超过1.5kg时，ab始终处于静止状态；
（3）设P匀速运动的速度为v，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得：
Blv＝I（R1+R2）
代入数据得：v＝2m/s
对P、棒cd，由牛顿第二定律得：
Mg﹣μm2g﹣BBlv1R1+R2l=（M+m2）a
两边同时乘以△t，并累加求和，可得：
Mgt﹣μm2gt﹣BBlsR1+R2l=（M+m2）v
解得：s=4130m
对P、ab棒和cd棒，由能量守恒定律得：
Mgs＝μm2gs+Q+12（M+m2）2
代入数据解得：Q＝12.6J
在这1s内ab棒上产生的焦耳热为Q1=R1R1+R2Q＝8.4J。
答：（1）求导体棒与导轨间的动摩擦因数μ为0.75；
（2）在轻质挂钩上挂上物体P，细绳处于拉伸状态，将物体P与导体棒cd同时由静止释放，当P的质量不超过1.5kg时，ab始终处于静止状态。
（3）若P的质量取第（2）问中的最大值，由静止释放开始计时，当t＝1s时cd已经处于匀速直线运动状态，在这1s内ab上产生的焦耳热为8.4J。
22．在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序，如图甲所示是离子注入工作原理的示意图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后，沿图中圆弧虚线通过半径为R0的14圆弧形静电分析器（静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场）后，从P点沿竖直方向进入半径为r的圆形匀强磁场区域，该圆形磁场区域的直径PQ与竖直方向成45
°，经磁场偏转，最后打在竖直放置的硅片上，离子的质量为m、电荷量为q，不计离子重力。求：
（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v；
（2）静电分析器通道内虚线处电场强度的大小E0；
（3）若磁场方向垂直纸面向外，离子从磁场边缘上某点出磁场时，速度方向与直径PQ垂直，求圆形区域内匀强磁场的磁感应强度B0的大小；
（4）若在该圆形区域内加如图乙所示交变的磁场（图中B1大小未知、方向垂直纸面，且以垂直于纸面向外为正方向），当离子从t＝0时进入圆形磁场区域时，最后从Q点飞出，水平向右垂直打在硅片上，请写出磁场变化周期T满足的关系表达式。
【解答】解：（1）电子通过加速电场，由动能定理可知qU=12mv2
得v=2qUm。
（2）离子经过静电分析器，由牛顿第二定律有qE0=mv2R0
得E0=2UR0。
（3）根据题意，画出粒子在磁场中运动的轨迹，
由于MN⊥PQ，则O2M∥PQ，
∠PMO2＝∠MPO1
△O2PM与△O1PM为等腰三角形
所以有四边形O1MO2P为菱形
则离子运动的半径为R1＝r
由牛顿第二定律有qvB0=mv2R1
得B0=2mqUqr。
（4）作粒子在磁场中运动的轨迹如图：
由几何关系可知2(2n+1)R2=2r
得R2=2r2n+1(n=0，1，2，⋯)
带电粒子在磁场中运动的周期T0=2πR2v=2πr2n+1mqU(n=0，1，2，⋯)
有T2=T04
故T=T02=πr2n+1mqU(n=0，1，2，⋯)
答：（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小为2qUm。
（2）静电分析器通道内虚线处电场强度的大小为2UR0。
（3）圆形区域内匀强磁场的磁感应强度B0的大小为2mqUqr。
（4）磁场变化周期T满足的关系表达式T=πr2n+1mqU(n=0，1，2，⋯)。
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