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高考物理二轮复习【仿真模拟】第25讲 仿真模拟卷（一）
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这是一份高考物理二轮复习【仿真模拟】第25讲 仿真模拟卷（一），文件包含仿真模拟卷一教师版docx、仿真模拟卷一学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33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（一）
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．下列情形中，物体不能视为质点的是（ ）
A．奥运冠军王军霞在万米赛跑中的成绩
B．欣赏杨丽萍优美的舞姿
C．测量掷出的铅球飞出的距离
D．测量飞驰的汽车行驶的路程
【解答】解：A、测量奥运冠军王军霞在万米赛跑中的成绩时，王军霞的大小和形状可以忽略，可以看成质点，
B、欣赏杨丽萍优美的舞姿时，此时的人不能看成质点，否则的话就没有人的姿势动作可言了，
C、测量掷出的铅球飞出的距离，大小和形状可以忽略，可以看作质点，
D、测量飞驰的汽车的行驶路程，汽车大小和形状可以忽略，可以看作质点，
本题选不能视为质点的：故选：B。
2．以下物体的运动过程中，加速度大小和方向都发生变化的是（ ）
A．自由落体运动 B．竖直上抛运动
C．匀速圆周运动 D．单摆
【解答】解：A．自由落体运动的加速度大小和方向都不变为重力加速度，故A错误；
B．竖直上抛运动的加速度为重力加速度，大小和方向都不变，故B错误；
C．匀速圆周运动的加速度大小不变，方向时刻变化，故C错误；
D．单摆运动的加速度大小和方向都发生变化，故D正确。
故选：D。
3．如图所示，质量为m的物体由A点竖直向下运动到水平地面上的B点。已知A点距水平桌面的高度为h1，桌面距水平地面的高度为h2，重力加速度为g。
下列说法正确的是（ ）
A．物体在A点具有的重力势能不可能为0
B．物体在A点具有的重力势能一定为mgh1
C．以桌面为参考平面，物体在A点具有的重力势能为mgh2
D．以地面为参考平面，物体在A点具有的重力势能为mg（h1+h2）
【解答】解：A、物体的重力势能等于它所受重力与所处高度的乘积，若选A点所在平面为参考平面，则物体在A点具有的重力势能为0，故A错误；
BC、只有选桌面为参考平面，物体在A点具有的重力势能才为mgh1，故BC错误；
D、以地面为参考平面，物体在A点具有的重力势能等于它所受重力mg与所处高度（h1+h2）的乘积，即物体在A点具有的重力势能为mg（h1+h2），故D正确。
故选：D。
4．2022年5月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，周期约90分钟。下列说法正确的是（ ）
A．组合体中的货物处于超重状态
B．组合体的速度大小略大于第一宇宙速度
C．组合体的角速度大小比地球同步卫星的大
D．组合体的加速度大小比地球同步卫星的小
【解答】解：A、此时组合体和货物受到万有引力提供向心力，所以组合体中的货物处于失重状态，故A错误；
B、第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以组合体的速度小于第一宇宙速度，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力有：GMmr2=mr4π2T2r＝mrω2，解得：T=4π2r3GM，ω=GMr3，根据题意可知组合体的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以组合体的角速度大小比地球同步卫星的大，故C正确；
D、根据万有引力提供向心力有：GMmr2=ma，解得：a=GMr2，可知组合体的加速度大小比地球同步卫星的大，故D错误；
故选：C。
5．超导现象是20世纪的重大发现之一，自20世纪80年代以来，我国超导研究取得许多突破，在国际上处于领先地位．零电阻特性和抗磁性是超导体的两个重要特性．超导材料降低到一定温度处于超导态时，其电阻几乎为零，这种现象称为超导体的零电阻特性．例如，当温度下降到4.2K（﹣268.95℃）时，水银的电阻突然变为零，此温度称为转变温度．放在磁场中的超导材料处于超导态时，其内部磁感应强度为零，这种现象称为超导体的抗磁性．科学家曾做过这样的实验：在一个用超导材料制成的浅盘中，放入一个磁性很强的小磁体，然后降低温度，使浅盘处于超导态，这时可以看到，小磁体离开浅盘表面，悬浮在空中不动，如图所示．
超导体的零电阻特性和抗磁性在发电、输电和储能等方面具有诱人的应用前景．例如，用超导材料制作输电线，处于超导态时可以把电能几乎无损耗地输送给用户．根据以上信息，可以判断下列说法中正确的是（ ）
A．超导材料在任何温度下，都具有零电阻特性和抗磁性
B．由于超导材料在超导态下几乎没有电阻，所以不适合用来制作输电导线
C．图中小磁体离开浅盘表面悬浮在空中不动时，小磁体所受合力为零
D．图中小磁体离开浅盘表面悬浮在空中不动时，小磁体所受重力为零
【解答】解：A、超导材料降低到一定温度处于超导态时，其电阻几乎为零，其内部磁感应强度为零，因此超导材料要温度下降到转变温度及以下时，才具有零电阻特性和抗磁性，A错误；
B、用超导材料制作输电线，处于超导态时可以把电能几乎无损耗地输送给用户，因此超导材料非常适合用来制作输电导线，B错误；
C、图中小磁体离开浅盘表面悬浮在空中不动时，处于平衡状态，由牛顿第一定律可知，小磁体所受合力为零，C正确；
D、图中小磁体离开浅盘表面悬浮在空中不动时，处于平衡状态，小磁体所受合力为零而已，重力G＝mg，小磁针质量和此处重力加速度没变，因此所受重力没有变化，D错误；
故选：C。
6．太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，根据题中信息，下列判断正确的是（ ）
地球
火星
木星
土星
天王星
海王星
轨道半径R/AU
1.0
1.5
5.2
9.5
19
30
A．火星相邻两次冲日的时间间隔最短，且为3636−4年
B．火星相邻两次冲日的时间间隔最长，且为3636−4年
C．海王星相邻两次冲日的时间间隔最短，且为30303030+1年
D．海王星相邻两次冲日的时间间隔最长，且为30303030−1年
【解答】解：根据开普勒第三定律R3T2=R地3T地2
解得：T=T地2R3R地3
可知题中各地外行星中火星周期最小，设相邻两次冲日的时间间隔t，有（2πT地=2πT）t＝2π
得t=TT地T−T地
可知火星相邻两次冲日的时间间隔最长，代入数据得
t=3636−4年
故ACD错误，B正确；
故选：B。
7．如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图象，一个带电粒子仅受电场力作用在x＝0处由静止释放沿x轴正向运动，且以一定的速度通过x＝x2处，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子从x＝0到x＝x2过程中，电势能先增大后减小
B．粒子从x＝0到x＝x2过程中，加速度先减小后增大
C．x1和x2处的电场强度均为零
D．x1和x2之间的场强方向不变
【解答】解：A、粒子由x＝0处由静止沿x轴正向运动，表明粒子运动方向与电场力方向同向，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故A错误；
B、由图线的切线斜率可知，从x＝0到x＝x2过程中电场强度先减小后增大，粒子所受的电场力先减小后增大，因此粒子的加速度先减小后增大，故B正确；
C、φ﹣x图象的切线斜率越大，则场强越大，可知，x1和x2处的电场强度均不为零，故C错误；
D、由切线斜率的正负可知，x1和x2之间的场强方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，故D错误；
故选：B。
8．第十二届珠海航展上，我国展出的“LW﹣30型”激光战车在6秒内可以摧毁25公里以外的目标，具有强大的近程拦截能力。其发射功率为30kW，发射激光的波长为0.53μm，普朗克常量h＝6.63×10﹣34J•s，每秒钟发出的光子数约为（ ）
A．8×1019 B．8×1022 C．8×1025 D．8×1028
【解答】解：每个光子的能量E＝hν＝hcλ，其发射功率为P＝30kW，则每秒钟发出的光子数约为：n=PtE=Ptλℎc=30×103×1×0.53×10−66.63×10−34×3×108个≈8×1022个，故B正确，ACD错误。
故选：B。
9．有一娱乐项目，人坐在半径为R的倾斜圆盘边缘随着圆盘绕圆心O处的转轴匀速转动（转轴垂直于盘面），圆盘的倾角为α，如图所示，图中人用方块代替。当人与圆盘间的动摩擦因数μ＝2.5tanα时，人恰好不从圆盘滑出去。人的质量为m，A为圆盘的最低点，B为圆盘的最高点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下正确的是（ ）
A．B位置处受到的摩擦力方向沿斜面向上
B．A点与B点人所受到的摩擦力大小之差为3mgsinα
C．人在转动时的速度大小为5gRsinα2
D．人从A到B摩擦力做功为2mgRsinα
【解答】解：A.人做匀速圆周运动，恰好不从圆盘滑出去，由受力可知，在A位置的摩擦力沿斜面向上，向心力为
fA−mgsinα=mω2R
则fA=mgsinα+mω2R
假设B位置摩擦力方向沿斜面向下，则向心力为
mgsinα+fB=mω2R
则fB=mω2R−mgsinα
由以上分析可知
fA＞fB
所以可得
fA＝μmgcosα＝2.5mgsinα
则mω2R＝fA﹣mgsinα＝1.5mgsinα
可知fB=mω2R−mgsinα=0.5mgsinα
故可知B位置处受到的摩擦力方向沿斜面向下，故A错误；
B.A点与B点人所受到的摩擦力大小之差为
fA﹣fB＝2mgsinα，故B错误；
C.由μmgcosα−mgsinα=mv2R
可得人在转动时的速度大小为v=3gRsinα2，故C错误；
D.因为人做匀速圆周运动，所以有
Wf﹣mg•2Rsinα＝0
所以Wf＝2mgRsinα，故D正确。
故选：D。
10．如图所示为一块环形玻璃砖的俯视图，图中MN是过环心的一条直线，一束光线与MN平行射入玻璃砖，它与MN之间的间距为x，已知玻璃砖的内圆半径为R，内部视为真空，外圆半径为2R，折射率为2，光在真空中传播速度为C，不考虑反射光线在玻璃砖内的传播，下列关于该光线的说法正确的是（ ）
A．当x＝R时，光线恰好在内圆表面上发生全反射
B．当x=2R时，光线从外圆射出方向与图中入射光线的夹角为45°
C．当x=22R时，光线从内圆通过的时间为2RC
D．无论x（x＜2R）多大，光线都会进入内圆传播
【解答】解：A、当x＝R时，光路图如图1所示，
令光在A点的入射角为i，折射角为r，在B点的入射角为α，
根据折射定律有：sinisinr=n，由几何关系可知：sini=x2R=12
在△ABO中，根据正弦定理有：2Rsin(π−α)=Rsinr
又因为：sinC=1n
联立各式可得：α＝C，满足全反射的条件，在进入内圆时恰好发生全反射，故A正确；
B、若x=2R，光路图如图所示，由几何关系知，入射角i的正弦sini=2R2R=22，那么由折射定律折射角r＝30°，经过第一个界面折射后偏转15°，同理，从玻璃中离开时又偏转15°，则经过环形玻璃砖共偏转30°，故B错误；
C、光路如图3所示，可以在内圆的路程小于2R，所以时间了小于2Rc，故C错误；
D、由以上分析可以知道，当x＜R时，且入射角α＞C，光线在内圆表面发生全反射，不会进入内圆，故D错误。
故选：A。
11．在如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻R2、R3为定值电阻，R1为滑动变阻器，A、B为电容器的两个极板。当滑动变阻器R1处于某位置时，A、B两极板间的带电油滴静止不动。则下列说法中正确的是（ ）
A．仅把R1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向下运动
B．仅把R1的触头向左滑动时，电流表读数减小，油滴向上运动
C．仅把两极板A、B间距离增大，油滴向下运动，电流表读数不变
D．仅把两极板A、B间正对面积减小，油滴向下运动，电流表读数不变
【解答】解：A、仅把R1的触头向右滑动时，R1增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，则电流表读数减小。电容器板间电压增大，板间距离不变，由E=Ud分析可知，板间场强增大，油滴所受电场力增大，则油滴向上运动，故A错误；
B、同理可知，仅把R1的触头向左滑动时，电流表读数增大，油滴向下运动，故B错误；
C、仅把两极板A、B间距离增大，电容器板间电压不变，由E=Ud分析可知，板间场强减小，油滴所受电场力减小，则油滴向下运动。电路其他部分不变，电流表读数不变，故C正确；
D、仅把两极板A、B间相对面积减小，U和d不变，则板间场强不变，油滴所受电场力不变，则油滴仍保持静止。电流表读数不变，故D错误。
故选：C。
12．用如图所示的装置研究光电效应现象，闭合S，当用能量为2.5eV的光子照射到光电管上时，电流表示数不为零。移动变阻器的触头c，当电压表的示数大于或等于0.7V时，电流表示数为0，则（ ）
A．光电管阴极的逸出功为1.8eV
B．电键S断开后，没有电流流过电流表
C．光电子的最大初动能为1.8eV
D．用能量为1.7eV的光子照射，电流表有电流
【解答】解：AC、该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于0.7V时，电流表示数为0，知道光电子的最大初动能为0.7eV，根据光电效应方程Ekm＝hv﹣W0，可得W0＝1.8eV，故A正确，C错误．
B、电键S断开后，用光子能量为2.5eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，有光电子逸出，则有电流流过电流表，故B错误；
D、改用能量为1.7eV的光子照射，由于光电子的能量小于逸出功，不能发生光电效应，无光电流，故D错误。
故选：A。
13．如图所示，矩形线框的匝数为N，面积为S，线框所处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，线框从图示位置开始绕轴OO′以恒定的角速度ω沿逆时针方向转动，线框一端接换向器，通过电刷和外电路连接。理想变压器原、副线圈的匝数比为3：1，定值电阻R1、R2的阻值均为R，忽略线框以及导线的电阻。下列说法正确的是（ ）
A．图示位置时，线框产生的感应电动势为NBSω
B．通过电阻R1的是交流电
C．线框转一圈，通过电阻R1的电量为q=4BSR
D．矩形线框的输出功率为5N2B2S2ω29R
【解答】解：A、矩形线框转到图示位置时，通过线框的磁通量最大，但磁通量变化率为0，则此时线框产生的感应电动势为0，故A错误
B、线框从图示位置开始绕轴OO′以恒定的角速度ω沿逆时针方向转动，产生交流电，由于线框一端接换向器，通过电阻R1的是直流电，故B错误
C、线框转一圈，通过电阻R1的电量为q=ΔΦR=4NBSR，故C错误
D、矩形线框转动时产生的感应电动势的最大值Em＝NBSω，则有效值E=Em2=NBSω2，
定值电阻R1两端的电压等于理想变压器的输入电压，即U1＝E
消耗的功率为P1=U12R1=N2B2S2ω22R1
由理想变压器的工作原理U1U2=n1n2
可知U2=n2n1U1=NBSω32
定值电阻R2消耗的功率为P2=U22R2=N2B2S2ω218R
矩形线框的输出功率为
P＝P1+P2=5N2B2S2ω29R，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）
14． 2022年5月5日，我国科学技术大学潘建伟院士和同事成功利用“墨子号”量子科学实验卫星，实现了地球上1200公里间的量子态远程传输，这次实验的成功，意味着我国在量子通信网络建设领域向前迈出了重要的一步。下列关于量子理论建立的历史进程的说法中，不正确的是（ ）
A．普朗克认为微观粒子的能量是量子化的，或者说微观粒子的能量是分立的
B．爱因斯坦否定了普朗克的量子假说，提出了光子说并解释了光电效应规律
C．玻尔认为电子的轨道半径只可能是某些分立的数值
D．德布罗意提出实物粒子具有波动性，粒子的动量跟它所对应波的波长遵守λ=ℎp
【解答】解：A、普朗克认为微观粒子的能量是量子化的，或者说微观粒子的能量是分立的，符合史实，故A正确；
B、爱因斯坦认为普朗克的量子假说是合理的，并提出了光子说并解释了光电效应规律，故B错误；
C、玻尔认为电子的轨道是量子化的，轨道半径只可能是某些分立的数值，故C正确；
D、德布罗意提出实物粒子具有波动性，粒子的动量跟它所对应波的波长遵守λ=ℎp，符合史实，故D正确。
本题选不正确的，
故选：B。
（多选）15．一列简谐横波在t1＝0.02s时刻的波形图如图甲所示，平衡位置在x＝1m处的质点P的振动图象如图乙所示。已知质点M的平衡位置在x＝1.75m处。下列说法正确的是（
A．波的传播速度为100m/s
B．t2＝0.03s时，质点M的运动方向沿y轴正方向
C．M点在t1时刻位移为210m
D．质点M从t1时刻起每过0.005s通过的路程均为0.2m
【解答】解：A、由图甲可知波长λ＝2m，由乙图可知周期T＝0.02s，所以波速为：v=λT=100m/s，故A正确。
B．由图乙知t1＝0.02s时质点P正通过平衡位置向y轴负方向运动，可以判断出该波沿x轴正向传播，所以此时质点M的运动方向沿y轴正方向，则当t2＝0.03s，即再过半个周期，质点M的运动方向沿y轴负方向。故B错误。
C．质点M的平衡位置在x＝1.75m，与P点振动情况相差1.75−1.02T=38T
根据振动方程可知：y=Asinωt=Asin2πTt=0.2sin2πT×38T=210m，故C正确。
D．在△t=0.005s=14T时间内，质点M从t1时刻起每过0.005s通过的路程均为0.2m。故D错误。
故选：AC
（多选）16．（2分）如图所示是一种将药物透过皮肤注入体内的高压喷射器，喷射器的泵体是一个长方体槽，泵体上部与竖直绝缘细管相连．已知槽高为h，槽的左、右是间距为L、电压为U的导电金属壁，上、下、前后均为绝缘壁，其中前、后壁间距为d，垂直于前壁向后有磁感应强度大小为B的匀强磁场．喷射器正常工作时，导电药液从长方体的左壁流向右壁，药液受安培力作用被压到细管中完成注射．已知药液的电阻率为ρ1、密度为ρ2，重力加速度大小为g．则（ ）
A．槽的右壁应接电源正极
B．药液受到的安培力大小为BUℎdρ1
C．喷射器正常工作时，U＞ρ1ρ2LgB
D．喷射器正常工作时，U＞ρ1ρ2dgB
【解答】解：A、根据题意可知，安培力方向向上，结合左手定则可知，电流方向由左向右，则槽的左壁应该接电源正极，右壁接电源负极，故A错误；
B、左、右两壁间的电阻为R=ρ1Lℎd，电流大小为I=UR=Uℎdρ1L，安培力大小为F＝BIL=BUℎdρ1，故B正确；
CD、要把药液喷到高处，则F＞mg，m＝ρ2Lhd，解得U＞ρ1ρ2LgB，故C正确，D错误．
故选：BC。
三、非选择题（本题共8小题，共55分）
17．（1）在探究“物体质量一定时，加速度与力的关系”实验中，小方同学做了如图甲所示的实验改进，在调节桌面水平后，添加了力传感器来测细线中的拉力。
①实验时，下列说法正确的是 B 。
A．需要用天平测出砂和砂桶的总质量
B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数
C．使用电磁打点计时器时应选用220V的交流电源
D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
②由实验得到小车的加速度a与力传感器示数F的关系如图乙所示。则小车运动过程中所受的阻力Ff＝ 2.0 N，小车的质量M＝ 3.0 kg；
（2）某同学用单摆测重力加速度实验中，用游标卡尺测得小球直径的读数如图丙所示，则小球直径为 1.650 cm；重复实验几次，改变摆线的长度L，用秒表测出相应的周期T，再以L为横坐标，T2为纵坐标作图，对应的图像应为图丁中的直线 1 （填“1”、“2”或“3”）。
【解答】解：（1）A．实验中用力传感器来获取小车受到细线的拉力，则不需要测出砂和砂桶的总质量，故A错误；
B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数，故B正确；
C．电磁打点计时器使用的是电压约为8V的交流电源，故C错误；
D．实验中用力传感器来获取小车受到细线的拉力，则不用保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故D错误。
故选B。
根据牛顿第二定律有：2F﹣Ff＝Ma
可得：a=2MF−FfM
结合图乙可得：k=2M=4.07.0−1.0=23可得，小车的质量为：M＝3.0kg
结合图像，当a＝0时有：Ff＝2F＝2.0N
（2）根据游标卡尺的读数可得，小球的直径为d＝16mm+10×0.05mm＝16.50mm＝1.650cm
由题可得单摆的摆长为：l=12d+L
根据单摆的周期公式：T＝2πlg
可得：T2＝4π2lg=2π2dg+4π2gL
所以对应的图像应为图丁中的直线1。
18．为了测量某种材料制成的电阻丝Rx的电阻率，提供的器材有：
A．电流表G，内阻Rg＝120Ω，满偏电流Ig＝3mA
B．电流表A，内阻约为1Ω，量程为0～0.6A
C．螺旋测微器，刻度尺
D．电阻箱R0（0～9999Ω，0.5A）
E．滑动变阻器R（5Ω，1A）
F．电池组E（6V，0.05Ω）
G．一个开关S和导线若干
某同学进行了以下操作：
（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用 ×1 挡（填“×1”或“×100”），进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图1所示。
（2）把电流表G与电阻箱串联改装成量程为6V的电压表使用，则电阻箱的阻值应调为R0＝ 1880 Ω。
（3）请用改装好的电压表设计一个测量电阻Rx阻值的实验，根据提供的器材和实验需要，请将图2中电路图补画完整。
（4）电阻率的计算：测得电阻丝的长度为L，电阻丝的直径为d。电路闭合后，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电流表G的示数为I1，电流表A的示数为I2，请用已知量和测量量
的字母符号（各量不允许代入数值）写出计算电阻率的表达式ρ＝ πd2I1(Rg+R0)4L(I2−I1) 。
【解答】解：（1）因欧姆表不均匀，要求欧姆表指针指在欧姆表中值电阻附近时读数较准，当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，说明倍率较大，所以应按“×1”倍率读数，读数为：R＝1×15Ω＝15Ω；
（2）将电流表G 与电阻箱串联改装成量程为6V的电压表，而电流表G（内阻Rg＝120Ω，满偏电流Ig＝3mA）；
所以改装后的电压表的内阻为Rv=UI=60.003=2000Ω；
由于电流表G的内阻Rg＝120Ω，因此电阻箱的阻值应调为R0＝2000﹣120＝1880Ω；
由于题意可知，两电流表，当另电流表使用外接法，能准确测出所测电阻的电流，同时又能算出所测电阻的电压；而滑动变阻器R（5Ω，1A），电源电压为6V，所以滑动变阻器使用限流式，
则电路图如下图所示；
（3）由电阻定律可知，电阻R＝ρLS=ρLπ(d2)2，
则电阻率ρ=πd2R4L，
根据欧姆定律，R=UI=I1(Rg+R0)(I2−I1)；
所以电阻率ρ=πd2I1(Rg+R0)4L(I2−I1)。
故答案为：（1）×1Ω；（2）1880Ω，（3）如图所示；（4）πd2I1(Rg+R0)4L(I2−I1)
19．质量为m＝4kg的小物体，由A点静止在恒力F＝20N作用下向右运动，运动至B点时撤去F，
AB相距L＝9m，设斜面足够长，物体与平面、斜面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，物体在B点没有能量损失。其中：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）物体在水平面运动的加速度；
（2）在斜面上向上滑行的最大距离；
（3）物体在斜面上运动的时间（答案可以有根号）。
【解答】解：在水平面上，根据牛顿第二定律可知：Fcos37°﹣μ（mg﹣Fsin37°）＝ma，
解得：a＝0.5m/s2
（2）到B点时的速度v，根据速度—位移公式可得：v2＝2aL，解得v＝3m/s
在斜面上，根据牛顿第二定律可知：mgsinθ+μmgcosθ＝ma′
代入数据解得：a′＝10m/s2
根据速度—位移公式可知：0﹣v2＝﹣2a′x
解得：x＝0.45m
（3）上滑所需时间t1=va'=310s=0.3s=310s
到达斜面最高点后，开始下滑，根据牛顿第二定律可得：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma″，解得a″＝2m/s2
下滑所需时间为t2，则x=12a″t22，解得t2=3510s
故经历的总时间为t＝t1+t2，解得t=(3+3510)s
答：（1）物体在水平面运动的加速度为0.5m/s2；
（2）在斜面上向上滑行的最大距离为0.45m；
（3）物体在斜面上运动的时间(3+3510)s
20．如图，质量m＝2kg的小物块（可视为质点）静止于水平平台上的A点，现用与水平方向成370斜向上的拉力F拉动小物块一段距离后撤去，物块继续滑行一段位移后以v＝5m/s的速度从平台边缘上的O点水平抛出，击中平台右下侧圆弧形挡板上的P点。以边缘O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板形状满足方程x2+y2＝6（单位：m），拉力F＝10N，A、O
两点间的距离L＝9m，小物块与平台表面间的动摩擦因数μ＝0.1，g＝10m/s2，已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，求：
（1）拉力F作用在小物块上时小物块滑行的距离s；
（2）P点的坐标。
【解答】解：（1）设力F 作用中，物块的位移大小为x，对物块在AO 段运动的过程，由动能定理有：
Fcos37°x﹣μ（mg﹣Fsin37°）x﹣μmg（L﹣x）=12mv2
代入数据解得：x＝5m
（2）小物块从O水平抛出后满足：x＝vt y=−12gt2
解得：小物块的轨迹方程 y=−15x2
又有 x2+y2 ＝6
代入数据解得：x=5m y＝﹣1m
P点坐标为：（5m，−1m)
答：（1）拉力F作用在小物块上时小物块滑行的距离为5m；
（2）P点的坐标为（5m，−1m)
21．有一边长为L、质量为m、总电阻为R的正方形导线框自磁场上方某处自由下落，如图所示。区域Ⅰ、Ⅱ中匀强磁场的磁感应强度大小均为B，二者宽度分别为L、H，且H＞L。导线框恰好匀速进入区域Ⅰ，一段时间后又恰好匀速离开区域Ⅱ，重力加速度为g，求：
（1）导线框离开区域Ⅱ的速度；
（2）导线框刚进入区域Ⅱ时的加速度；
（3）导线框进入区域Ⅱ的过程产生的焦耳热；
（4）导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的时间。
【解答】解：（1）因为导线框恰好匀速离开区域Ⅱ，根据平衡条件得：mg=BIL=B2L2vR
解得：v=mgRB2L2；
（2）导线框匀速进入区域Ⅰ到刚进入区域Ⅱ之间一直做匀速运动，由平衡关系和电磁感应定律可得：v=mgRB2L2
导线框下边刚进入磁场区域Ⅱ时，上下边都切割磁感线，由法拉第电磁感应定律E2＝BLv+BLv＝2BLv
又：I2=E2R
解得：I2=2BLvR
线框所受安培力：F2＝2BI2L
由牛顿第二定律有：F2﹣mg＝ma
解得：a＝3g，方向竖直向上；
（3）导线框恰好匀速进入区域Ⅰ，故线框在区域Ⅰ中以速度v匀速运动；
设线框完全离开磁场Ⅰ时速度为v'，从完全离开磁场I到开始离开区域Ⅱ的过程中，由动能定理得：
mg(H−L)=12mv2−12mv'2
导线框进入区域Ⅱ的过程，根据能量守恒定律可得：mgL+12mv2=12mv'2+Q
联立解得导线框进入区域Ⅱ过程产生的焦耳热为：Q＝mgH；
（4）导线框自开始进入区域Ⅰ至开始进入区域Ⅱ过程中，取向下为正方向，由动量定理得：
mgt1−F安1t1=mv−mv，F安t=BILt=BΔΦRtLt=BΔΦRL
联立得：mgt1−BΔΦRL=0
解得：t1=B2L3mgR
由题意知导线框恰好匀速进入区域Ⅰ，一段时间后又恰好匀速离开区域Ⅱ，由于区域Ⅰ、Ⅱ中匀强磁场的磁感应强度大小均为B，则导线框刚进入区域Ⅱ的速度v与导线框刚离开区域Ⅱ的速度v是相同的，则导线框自开始进入区域Ⅱ至开始离开区域Ⅱ过程中，设安培力作用的时间为Δt，重力作用的时间为t2，取向下为正方向，由动量定理得：
mgt2−F安2Δt=mv−mv，即：mgt2−2BL2BL2R=0
解得：t2=4B2L3mgR
导线框自开始离开区域Ⅱ至刚完全离开区域Ⅱ过程中，取向下为正方向，由动量定理得：
mgt3−F安3t3=mv−mv
解得：t3=B2L3mgR
故：t=t1+t2+t3=6B2L3mgR
解得：t=6B2L3mgR。
答：（1）导线框离开区域Ⅱ的速度为mgRB2L2；
（2）导线框刚进入区域Ⅱ时的加速度为3g，方向竖直向上；
（3）导线框进入区域Ⅱ的过程产生的焦耳热为mgH；
（4）导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的时间为6B2L3mgR。
22．如图，在xOy坐标系的第一象限内，直线y=32l﹣kx（k＞0）的上方有垂直纸面向外的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。在P（0，32l）点有一粒子源，能以不同速率沿与y轴正方向成60°角发射质量为m、电荷量为q（q＞0）的相同粒子。这些粒子经磁场后都沿﹣y方向通过x轴，且速度最大的粒子通过x轴上的M点，速度最小的粒子通过x轴上的N点。已知速度最大的粒子通过x轴前一直在磁场内运动，NM=32l，不计粒子的重力，求：
（1）粒子最大速度的值与k的值；
（2）粒子从P点到穿过x轴经历的最长时间；
（3）有界磁场的最小面积。
【解答】解：（1）设粒子最大的速度为v1，
由于速度最大的粒子一直在磁场内运动，
过P点作速度的垂线交x轴于O1点，
就是速度为v1的粒子做圆周运动的圆心，
PO1即为半径R1
有几何关系可知，R1sin60°＝yp，
由牛顿第二定律得，qv1B=mv12R1，R1=3l
v1=3qBlm，由于所有的粒子离开磁场的方向都是沿着y轴负方向，
故它们在磁场中偏转的角度都相同，即从磁场射出的粒子，
射出点一定在PM连线上，PM连线即为y=32l−kx
直线k=ypOM=ypOO1+R1
解得k=33。
（2）所有粒子在磁场中运动的时间都相等，速度小的粒子离开磁场后再做匀速直线运动，
速度最小的粒子在磁场外运动的位移最大，时间最长，
设粒子在磁场中运动的时间为t1，
T=2πmqB，t1=13T，
设速度最小的粒子在磁场中运动的半径为R2，速度为v2，
根据几何关系有ON=OM−NM=3l，
R2sin30°+R2＝ON，
由牛顿运动定律有qv2B=mv22R2
R2=233l，
解得v2=233qBl，
最小速度的粒子离开磁场后运动的时间为t2，
有t2=CNv2，
速度最小的粒子从离开P点到打在x轴上经历的时间t＝t1+t2=(8π+33)12qBm。
（3）磁场的最小面积为图中的PCM阴影部分的面积S=(13πR12−12R12sin60°)−(13πR22−12R22sin60°)
解得S=5(4π−33)36l2。
答：（1）粒子最大速度的值为3qBlm与k的值为33。
（2）粒子从P点到穿过x轴经历的最长时间(8π+33)12qBm。
（3）有界磁场的最小面积为5(4π−33)36l2。
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（一）
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．下列情形中，物体不能视为质点的是（ ）
A．奥运冠军王军霞在万米赛跑中的成绩
B．欣赏杨丽萍优美的舞姿
C．测量掷出的铅球飞出的距离
D．测量飞驰的汽车行驶的路程
【解答】解：A、测量奥运冠军王军霞在万米赛跑中的成绩时，王军霞的大小和形状可以忽略，可以看成质点，
B、欣赏杨丽萍优美的舞姿时，此时的人不能看成质点，否则的话就没有人的姿势动作可言了，
C、测量掷出的铅球飞出的距离，大小和形状可以忽略，可以看作质点，
D、测量飞驰的汽车的行驶路程，汽车大小和形状可以忽略，可以看作质点，
本题选不能视为质点的：故选：B。
2．以下物体的运动过程中，加速度大小和方向都发生变化的是（ ）
A．自由落体运动 B．竖直上抛运动
C．匀速圆周运动 D．单摆
【解答】解：A．自由落体运动的加速度大小和方向都不变为重力加速度，故A错误；
B．竖直上抛运动的加速度为重力加速度，大小和方向都不变，故B错误；
C．匀速圆周运动的加速度大小不变，方向时刻变化，故C错误；
D．单摆运动的加速度大小和方向都发生变化，故D正确。
故选：D。
3．如图所示，质量为m的物体由A点竖直向下运动到水平地面上的B点。已知A点距水平桌面的高度为h1，桌面距水平地面的高度为h2，重力加速度为g。
下列说法正确的是（ ）
A．物体在A点具有的重力势能不可能为0
B．物体在A点具有的重力势能一定为mgh1
C．以桌面为参考平面，物体在A点具有的重力势能为mgh2
D．以地面为参考平面，物体在A点具有的重力势能为mg（h1+h2）
【解答】解：A、物体的重力势能等于它所受重力与所处高度的乘积，若选A点所在平面为参考平面，则物体在A点具有的重力势能为0，故A错误；
BC、只有选桌面为参考平面，物体在A点具有的重力势能才为mgh1，故BC错误；
D、以地面为参考平面，物体在A点具有的重力势能等于它所受重力mg与所处高度（h1+h2）的乘积，即物体在A点具有的重力势能为mg（h1+h2），故D正确。
故选：D。
4．2022年5月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，周期约90分钟。下列说法正确的是（ ）
A．组合体中的货物处于超重状态
B．组合体的速度大小略大于第一宇宙速度
C．组合体的角速度大小比地球同步卫星的大
D．组合体的加速度大小比地球同步卫星的小
【解答】解：A、此时组合体和货物受到万有引力提供向心力，所以组合体中的货物处于失重状态，故A错误；
B、第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以组合体的速度小于第一宇宙速度，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力有：GMmr2=mr4π2T2r＝mrω2，解得：T=4π2r3GM，ω=GMr3，根据题意可知组合体的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以组合体的角速度大小比地球同步卫星的大，故C正确；
D、根据万有引力提供向心力有：GMmr2=ma，解得：a=GMr2，可知组合体的加速度大小比地球同步卫星的大，故D错误；
故选：C。
5．超导现象是20世纪的重大发现之一，自20世纪80年代以来，我国超导研究取得许多突破，在国际上处于领先地位．零电阻特性和抗磁性是超导体的两个重要特性．超导材料降低到一定温度处于超导态时，其电阻几乎为零，这种现象称为超导体的零电阻特性．例如，当温度下降到4.2K（﹣268.95℃）时，水银的电阻突然变为零，此温度称为转变温度．放在磁场中的超导材料处于超导态时，其内部磁感应强度为零，这种现象称为超导体的抗磁性．科学家曾做过这样的实验：在一个用超导材料制成的浅盘中，放入一个磁性很强的小磁体，然后降低温度，使浅盘处于超导态，这时可以看到，小磁体离开浅盘表面，悬浮在空中不动，如图所示．
超导体的零电阻特性和抗磁性在发电、输电和储能等方面具有诱人的应用前景．例如，用超导材料制作输电线，处于超导态时可以把电能几乎无损耗地输送给用户．根据以上信息，可以判断下列说法中正确的是（ ）
A．超导材料在任何温度下，都具有零电阻特性和抗磁性
B．由于超导材料在超导态下几乎没有电阻，所以不适合用来制作输电导线
C．图中小磁体离开浅盘表面悬浮在空中不动时，小磁体所受合力为零
D．图中小磁体离开浅盘表面悬浮在空中不动时，小磁体所受重力为零
【解答】解：A、超导材料降低到一定温度处于超导态时，其电阻几乎为零，其内部磁感应强度为零，因此超导材料要温度下降到转变温度及以下时，才具有零电阻特性和抗磁性，A错误；
B、用超导材料制作输电线，处于超导态时可以把电能几乎无损耗地输送给用户，因此超导材料非常适合用来制作输电导线，B错误；
C、图中小磁体离开浅盘表面悬浮在空中不动时，处于平衡状态，由牛顿第一定律可知，小磁体所受合力为零，C正确；
D、图中小磁体离开浅盘表面悬浮在空中不动时，处于平衡状态，小磁体所受合力为零而已，重力G＝mg，小磁针质量和此处重力加速度没变，因此所受重力没有变化，D错误；
故选：C。
6．太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，根据题中信息，下列判断正确的是（ ）
地球
火星
木星
土星
天王星
海王星
轨道半径R/AU
1.0
1.5
5.2
9.5
19
30
A．火星相邻两次冲日的时间间隔最短，且为3636−4年
B．火星相邻两次冲日的时间间隔最长，且为3636−4年
C．海王星相邻两次冲日的时间间隔最短，且为30303030+1年
D．海王星相邻两次冲日的时间间隔最长，且为30303030−1年
【解答】解：根据开普勒第三定律R3T2=R地3T地2
解得：T=T地2R3R地3
可知题中各地外行星中火星周期最小，设相邻两次冲日的时间间隔t，有（2πT地=2πT）t＝2π
得t=TT地T−T地
可知火星相邻两次冲日的时间间隔最长，代入数据得
t=3636−4年
故ACD错误，B正确；
故选：B。
7．如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图象，一个带电粒子仅受电场力作用在x＝0处由静止释放沿x轴正向运动，且以一定的速度通过x＝x2处，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子从x＝0到x＝x2过程中，电势能先增大后减小
B．粒子从x＝0到x＝x2过程中，加速度先减小后增大
C．x1和x2处的电场强度均为零
D．x1和x2之间的场强方向不变
【解答】解：A、粒子由x＝0处由静止沿x轴正向运动，表明粒子运动方向与电场力方向同向，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故A错误；
B、由图线的切线斜率可知，从x＝0到x＝x2过程中电场强度先减小后增大，粒子所受的电场力先减小后增大，因此粒子的加速度先减小后增大，故B正确；
C、φ﹣x图象的切线斜率越大，则场强越大，可知，x1和x2处的电场强度均不为零，故C错误；
D、由切线斜率的正负可知，x1和x2之间的场强方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，故D错误；
故选：B。
8．第十二届珠海航展上，我国展出的“LW﹣30型”激光战车在6秒内可以摧毁25公里以外的目标，具有强大的近程拦截能力。其发射功率为30kW，发射激光的波长为0.53μm，普朗克常量h＝6.63×10﹣34J•s，每秒钟发出的光子数约为（ ）
A．8×1019 B．8×1022 C．8×1025 D．8×1028
【解答】解：每个光子的能量E＝hν＝hcλ，其发射功率为P＝30kW，则每秒钟发出的光子数约为：n=PtE=Ptλℎc=30×103×1×0.53×10−66.63×10−34×3×108个≈8×1022个，故B正确，ACD错误。
故选：B。
9．有一娱乐项目，人坐在半径为R的倾斜圆盘边缘随着圆盘绕圆心O处的转轴匀速转动（转轴垂直于盘面），圆盘的倾角为α，如图所示，图中人用方块代替。当人与圆盘间的动摩擦因数μ＝2.5tanα时，人恰好不从圆盘滑出去。人的质量为m，A为圆盘的最低点，B为圆盘的最高点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下正确的是（ ）
A．B位置处受到的摩擦力方向沿斜面向上
B．A点与B点人所受到的摩擦力大小之差为3mgsinα
C．人在转动时的速度大小为5gRsinα2
D．人从A到B摩擦力做功为2mgRsinα
【解答】解：A.人做匀速圆周运动，恰好不从圆盘滑出去，由受力可知，在A位置的摩擦力沿斜面向上，向心力为
fA−mgsinα=mω2R
则fA=mgsinα+mω2R
假设B位置摩擦力方向沿斜面向下，则向心力为
mgsinα+fB=mω2R
则fB=mω2R−mgsinα
由以上分析可知
fA＞fB
所以可得
fA＝μmgcosα＝2.5mgsinα
则mω2R＝fA﹣mgsinα＝1.5mgsinα
可知fB=mω2R−mgsinα=0.5mgsinα
故可知B位置处受到的摩擦力方向沿斜面向下，故A错误；
B.A点与B点人所受到的摩擦力大小之差为
fA﹣fB＝2mgsinα，故B错误；
C.由μmgcosα−mgsinα=mv2R
可得人在转动时的速度大小为v=3gRsinα2，故C错误；
D.因为人做匀速圆周运动，所以有
Wf﹣mg•2Rsinα＝0
所以Wf＝2mgRsinα，故D正确。
故选：D。
10．如图所示为一块环形玻璃砖的俯视图，图中MN是过环心的一条直线，一束光线与MN平行射入玻璃砖，它与MN之间的间距为x，已知玻璃砖的内圆半径为R，内部视为真空，外圆半径为2R，折射率为2，光在真空中传播速度为C，不考虑反射光线在玻璃砖内的传播，下列关于该光线的说法正确的是（ ）
A．当x＝R时，光线恰好在内圆表面上发生全反射
B．当x=2R时，光线从外圆射出方向与图中入射光线的夹角为45°
C．当x=22R时，光线从内圆通过的时间为2RC
D．无论x（x＜2R）多大，光线都会进入内圆传播
【解答】解：A、当x＝R时，光路图如图1所示，
令光在A点的入射角为i，折射角为r，在B点的入射角为α，
根据折射定律有：sinisinr=n，由几何关系可知：sini=x2R=12
在△ABO中，根据正弦定理有：2Rsin(π−α)=Rsinr
又因为：sinC=1n
联立各式可得：α＝C，满足全反射的条件，在进入内圆时恰好发生全反射，故A正确；
B、若x=2R，光路图如图所示，由几何关系知，入射角i的正弦sini=2R2R=22，那么由折射定律折射角r＝30°，经过第一个界面折射后偏转15°，同理，从玻璃中离开时又偏转15°，则经过环形玻璃砖共偏转30°，故B错误；
C、光路如图3所示，可以在内圆的路程小于2R，所以时间了小于2Rc，故C错误；
D、由以上分析可以知道，当x＜R时，且入射角α＞C，光线在内圆表面发生全反射，不会进入内圆，故D错误。
故选：A。
11．在如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻R2、R3为定值电阻，R1为滑动变阻器，A、B为电容器的两个极板。当滑动变阻器R1处于某位置时，A、B两极板间的带电油滴静止不动。则下列说法中正确的是（ ）
A．仅把R1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向下运动
B．仅把R1的触头向左滑动时，电流表读数减小，油滴向上运动
C．仅把两极板A、B间距离增大，油滴向下运动，电流表读数不变
D．仅把两极板A、B间正对面积减小，油滴向下运动，电流表读数不变
【解答】解：A、仅把R1的触头向右滑动时，R1增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，则电流表读数减小。电容器板间电压增大，板间距离不变，由E=Ud分析可知，板间场强增大，油滴所受电场力增大，则油滴向上运动，故A错误；
B、同理可知，仅把R1的触头向左滑动时，电流表读数增大，油滴向下运动，故B错误；
C、仅把两极板A、B间距离增大，电容器板间电压不变，由E=Ud分析可知，板间场强减小，油滴所受电场力减小，则油滴向下运动。电路其他部分不变，电流表读数不变，故C正确；
D、仅把两极板A、B间相对面积减小，U和d不变，则板间场强不变，油滴所受电场力不变，则油滴仍保持静止。电流表读数不变，故D错误。
故选：C。
12．用如图所示的装置研究光电效应现象，闭合S，当用能量为2.5eV的光子照射到光电管上时，电流表示数不为零。移动变阻器的触头c，当电压表的示数大于或等于0.7V时，电流表示数为0，则（ ）
A．光电管阴极的逸出功为1.8eV
B．电键S断开后，没有电流流过电流表
C．光电子的最大初动能为1.8eV
D．用能量为1.7eV的光子照射，电流表有电流
【解答】解：AC、该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于0.7V时，电流表示数为0，知道光电子的最大初动能为0.7eV，根据光电效应方程Ekm＝hv﹣W0，可得W0＝1.8eV，故A正确，C错误．
B、电键S断开后，用光子能量为2.5eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，有光电子逸出，则有电流流过电流表，故B错误；
D、改用能量为1.7eV的光子照射，由于光电子的能量小于逸出功，不能发生光电效应，无光电流，故D错误。
故选：A。
13．如图所示，矩形线框的匝数为N，面积为S，线框所处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，线框从图示位置开始绕轴OO′以恒定的角速度ω沿逆时针方向转动，线框一端接换向器，通过电刷和外电路连接。理想变压器原、副线圈的匝数比为3：1，定值电阻R1、R2的阻值均为R，忽略线框以及导线的电阻。下列说法正确的是（ ）
A．图示位置时，线框产生的感应电动势为NBSω
B．通过电阻R1的是交流电
C．线框转一圈，通过电阻R1的电量为q=4BSR
D．矩形线框的输出功率为5N2B2S2ω29R
【解答】解：A、矩形线框转到图示位置时，通过线框的磁通量最大，但磁通量变化率为0，则此时线框产生的感应电动势为0，故A错误
B、线框从图示位置开始绕轴OO′以恒定的角速度ω沿逆时针方向转动，产生交流电，由于线框一端接换向器，通过电阻R1的是直流电，故B错误
C、线框转一圈，通过电阻R1的电量为q=ΔΦR=4NBSR，故C错误
D、矩形线框转动时产生的感应电动势的最大值Em＝NBSω，则有效值E=Em2=NBSω2，
定值电阻R1两端的电压等于理想变压器的输入电压，即U1＝E
消耗的功率为P1=U12R1=N2B2S2ω22R1
由理想变压器的工作原理U1U2=n1n2
可知U2=n2n1U1=NBSω32
定值电阻R2消耗的功率为P2=U22R2=N2B2S2ω218R
矩形线框的输出功率为
P＝P1+P2=5N2B2S2ω29R，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）
14． 2022年5月5日，我国科学技术大学潘建伟院士和同事成功利用“墨子号”量子科学实验卫星，实现了地球上1200公里间的量子态远程传输，这次实验的成功，意味着我国在量子通信网络建设领域向前迈出了重要的一步。下列关于量子理论建立的历史进程的说法中，不正确的是（ ）
A．普朗克认为微观粒子的能量是量子化的，或者说微观粒子的能量是分立的
B．爱因斯坦否定了普朗克的量子假说，提出了光子说并解释了光电效应规律
C．玻尔认为电子的轨道半径只可能是某些分立的数值
D．德布罗意提出实物粒子具有波动性，粒子的动量跟它所对应波的波长遵守λ=ℎp
【解答】解：A、普朗克认为微观粒子的能量是量子化的，或者说微观粒子的能量是分立的，符合史实，故A正确；
B、爱因斯坦认为普朗克的量子假说是合理的，并提出了光子说并解释了光电效应规律，故B错误；
C、玻尔认为电子的轨道是量子化的，轨道半径只可能是某些分立的数值，故C正确；
D、德布罗意提出实物粒子具有波动性，粒子的动量跟它所对应波的波长遵守λ=ℎp，符合史实，故D正确。
本题选不正确的，
故选：B。
（多选）15．一列简谐横波在t1＝0.02s时刻的波形图如图甲所示，平衡位置在x＝1m处的质点P的振动图象如图乙所示。已知质点M的平衡位置在x＝1.75m处。下列说法正确的是（
A．波的传播速度为100m/s
B．t2＝0.03s时，质点M的运动方向沿y轴正方向
C．M点在t1时刻位移为210m
D．质点M从t1时刻起每过0.005s通过的路程均为0.2m
【解答】解：A、由图甲可知波长λ＝2m，由乙图可知周期T＝0.02s，所以波速为：v=λT=100m/s，故A正确。
B．由图乙知t1＝0.02s时质点P正通过平衡位置向y轴负方向运动，可以判断出该波沿x轴正向传播，所以此时质点M的运动方向沿y轴正方向，则当t2＝0.03s，即再过半个周期，质点M的运动方向沿y轴负方向。故B错误。
C．质点M的平衡位置在x＝1.75m，与P点振动情况相差1.75−1.02T=38T
根据振动方程可知：y=Asinωt=Asin2πTt=0.2sin2πT×38T=210m，故C正确。
D．在△t=0.005s=14T时间内，质点M从t1时刻起每过0.005s通过的路程均为0.2m。故D错误。
故选：AC
（多选）16．（2分）如图所示是一种将药物透过皮肤注入体内的高压喷射器，喷射器的泵体是一个长方体槽，泵体上部与竖直绝缘细管相连．已知槽高为h，槽的左、右是间距为L、电压为U的导电金属壁，上、下、前后均为绝缘壁，其中前、后壁间距为d，垂直于前壁向后有磁感应强度大小为B的匀强磁场．喷射器正常工作时，导电药液从长方体的左壁流向右壁，药液受安培力作用被压到细管中完成注射．已知药液的电阻率为ρ1、密度为ρ2，重力加速度大小为g．则（ ）
A．槽的右壁应接电源正极
B．药液受到的安培力大小为BUℎdρ1
C．喷射器正常工作时，U＞ρ1ρ2LgB
D．喷射器正常工作时，U＞ρ1ρ2dgB
【解答】解：A、根据题意可知，安培力方向向上，结合左手定则可知，电流方向由左向右，则槽的左壁应该接电源正极，右壁接电源负极，故A错误；
B、左、右两壁间的电阻为R=ρ1Lℎd，电流大小为I=UR=Uℎdρ1L，安培力大小为F＝BIL=BUℎdρ1，故B正确；
CD、要把药液喷到高处，则F＞mg，m＝ρ2Lhd，解得U＞ρ1ρ2LgB，故C正确，D错误．
故选：BC。
三、非选择题（本题共8小题，共55分）
17．（1）在探究“物体质量一定时，加速度与力的关系”实验中，小方同学做了如图甲所示的实验改进，在调节桌面水平后，添加了力传感器来测细线中的拉力。
①实验时，下列说法正确的是 B 。
A．需要用天平测出砂和砂桶的总质量
B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数
C．使用电磁打点计时器时应选用220V的交流电源
D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
②由实验得到小车的加速度a与力传感器示数F的关系如图乙所示。则小车运动过程中所受的阻力Ff＝ 2.0 N，小车的质量M＝ 3.0 kg；
（2）某同学用单摆测重力加速度实验中，用游标卡尺测得小球直径的读数如图丙所示，则小球直径为 1.650 cm；重复实验几次，改变摆线的长度L，用秒表测出相应的周期T，再以L为横坐标，T2为纵坐标作图，对应的图像应为图丁中的直线 1 （填“1”、“2”或“3”）。
【解答】解：（1）A．实验中用力传感器来获取小车受到细线的拉力，则不需要测出砂和砂桶的总质量，故A错误；
B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数，故B正确；
C．电磁打点计时器使用的是电压约为8V的交流电源，故C错误；
D．实验中用力传感器来获取小车受到细线的拉力，则不用保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故D错误。
故选B。
根据牛顿第二定律有：2F﹣Ff＝Ma
可得：a=2MF−FfM
结合图乙可得：k=2M=4.07.0−1.0=23可得，小车的质量为：M＝3.0kg
结合图像，当a＝0时有：Ff＝2F＝2.0N
（2）根据游标卡尺的读数可得，小球的直径为d＝16mm+10×0.05mm＝16.50mm＝1.650cm
由题可得单摆的摆长为：l=12d+L
根据单摆的周期公式：T＝2πlg
可得：T2＝4π2lg=2π2dg+4π2gL
所以对应的图像应为图丁中的直线1。
18．为了测量某种材料制成的电阻丝Rx的电阻率，提供的器材有：
A．电流表G，内阻Rg＝120Ω，满偏电流Ig＝3mA
B．电流表A，内阻约为1Ω，量程为0～0.6A
C．螺旋测微器，刻度尺
D．电阻箱R0（0～9999Ω，0.5A）
E．滑动变阻器R（5Ω，1A）
F．电池组E（6V，0.05Ω）
G．一个开关S和导线若干
某同学进行了以下操作：
（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用 ×1 挡（填“×1”或“×100”），进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图1所示。
（2）把电流表G与电阻箱串联改装成量程为6V的电压表使用，则电阻箱的阻值应调为R0＝ 1880 Ω。
（3）请用改装好的电压表设计一个测量电阻Rx阻值的实验，根据提供的器材和实验需要，请将图2中电路图补画完整。
（4）电阻率的计算：测得电阻丝的长度为L，电阻丝的直径为d。电路闭合后，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电流表G的示数为I1，电流表A的示数为I2，请用已知量和测量量
的字母符号（各量不允许代入数值）写出计算电阻率的表达式ρ＝ πd2I1(Rg+R0)4L(I2−I1) 。
【解答】解：（1）因欧姆表不均匀，要求欧姆表指针指在欧姆表中值电阻附近时读数较准，当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，说明倍率较大，所以应按“×1”倍率读数，读数为：R＝1×15Ω＝15Ω；
（2）将电流表G 与电阻箱串联改装成量程为6V的电压表，而电流表G（内阻Rg＝120Ω，满偏电流Ig＝3mA）；
所以改装后的电压表的内阻为Rv=UI=60.003=2000Ω；
由于电流表G的内阻Rg＝120Ω，因此电阻箱的阻值应调为R0＝2000﹣120＝1880Ω；
由于题意可知，两电流表，当另电流表使用外接法，能准确测出所测电阻的电流，同时又能算出所测电阻的电压；而滑动变阻器R（5Ω，1A），电源电压为6V，所以滑动变阻器使用限流式，
则电路图如下图所示；
（3）由电阻定律可知，电阻R＝ρLS=ρLπ(d2)2，
则电阻率ρ=πd2R4L，
根据欧姆定律，R=UI=I1(Rg+R0)(I2−I1)；
所以电阻率ρ=πd2I1(Rg+R0)4L(I2−I1)。
故答案为：（1）×1Ω；（2）1880Ω，（3）如图所示；（4）πd2I1(Rg+R0)4L(I2−I1)
19．质量为m＝4kg的小物体，由A点静止在恒力F＝20N作用下向右运动，运动至B点时撤去F，
AB相距L＝9m，设斜面足够长，物体与平面、斜面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，物体在B点没有能量损失。其中：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）物体在水平面运动的加速度；
（2）在斜面上向上滑行的最大距离；
（3）物体在斜面上运动的时间（答案可以有根号）。
【解答】解：在水平面上，根据牛顿第二定律可知：Fcos37°﹣μ（mg﹣Fsin37°）＝ma，
解得：a＝0.5m/s2
（2）到B点时的速度v，根据速度—位移公式可得：v2＝2aL，解得v＝3m/s
在斜面上，根据牛顿第二定律可知：mgsinθ+μmgcosθ＝ma′
代入数据解得：a′＝10m/s2
根据速度—位移公式可知：0﹣v2＝﹣2a′x
解得：x＝0.45m
（3）上滑所需时间t1=va'=310s=0.3s=310s
到达斜面最高点后，开始下滑，根据牛顿第二定律可得：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma″，解得a″＝2m/s2
下滑所需时间为t2，则x=12a″t22，解得t2=3510s
故经历的总时间为t＝t1+t2，解得t=(3+3510)s
答：（1）物体在水平面运动的加速度为0.5m/s2；
（2）在斜面上向上滑行的最大距离为0.45m；
（3）物体在斜面上运动的时间(3+3510)s
20．如图，质量m＝2kg的小物块（可视为质点）静止于水平平台上的A点，现用与水平方向成370斜向上的拉力F拉动小物块一段距离后撤去，物块继续滑行一段位移后以v＝5m/s的速度从平台边缘上的O点水平抛出，击中平台右下侧圆弧形挡板上的P点。以边缘O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板形状满足方程x2+y2＝6（单位：m），拉力F＝10N，A、O
两点间的距离L＝9m，小物块与平台表面间的动摩擦因数μ＝0.1，g＝10m/s2，已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，求：
（1）拉力F作用在小物块上时小物块滑行的距离s；
（2）P点的坐标。
【解答】解：（1）设力F 作用中，物块的位移大小为x，对物块在AO 段运动的过程，由动能定理有：
Fcos37°x﹣μ（mg﹣Fsin37°）x﹣μmg（L﹣x）=12mv2
代入数据解得：x＝5m
（2）小物块从O水平抛出后满足：x＝vt y=−12gt2
解得：小物块的轨迹方程 y=−15x2
又有 x2+y2 ＝6
代入数据解得：x=5m y＝﹣1m
P点坐标为：（5m，−1m)
答：（1）拉力F作用在小物块上时小物块滑行的距离为5m；
（2）P点的坐标为（5m，−1m)
21．有一边长为L、质量为m、总电阻为R的正方形导线框自磁场上方某处自由下落，如图所示。区域Ⅰ、Ⅱ中匀强磁场的磁感应强度大小均为B，二者宽度分别为L、H，且H＞L。导线框恰好匀速进入区域Ⅰ，一段时间后又恰好匀速离开区域Ⅱ，重力加速度为g，求：
（1）导线框离开区域Ⅱ的速度；
（2）导线框刚进入区域Ⅱ时的加速度；
（3）导线框进入区域Ⅱ的过程产生的焦耳热；
（4）导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的时间。
【解答】解：（1）因为导线框恰好匀速离开区域Ⅱ，根据平衡条件得：mg=BIL=B2L2vR
解得：v=mgRB2L2；
（2）导线框匀速进入区域Ⅰ到刚进入区域Ⅱ之间一直做匀速运动，由平衡关系和电磁感应定律可得：v=mgRB2L2
导线框下边刚进入磁场区域Ⅱ时，上下边都切割磁感线，由法拉第电磁感应定律E2＝BLv+BLv＝2BLv
又：I2=E2R
解得：I2=2BLvR
线框所受安培力：F2＝2BI2L
由牛顿第二定律有：F2﹣mg＝ma
解得：a＝3g，方向竖直向上；
（3）导线框恰好匀速进入区域Ⅰ，故线框在区域Ⅰ中以速度v匀速运动；
设线框完全离开磁场Ⅰ时速度为v'，从完全离开磁场I到开始离开区域Ⅱ的过程中，由动能定理得：
mg(H−L)=12mv2−12mv'2
导线框进入区域Ⅱ的过程，根据能量守恒定律可得：mgL+12mv2=12mv'2+Q
联立解得导线框进入区域Ⅱ过程产生的焦耳热为：Q＝mgH；
（4）导线框自开始进入区域Ⅰ至开始进入区域Ⅱ过程中，取向下为正方向，由动量定理得：
mgt1−F安1t1=mv−mv，F安t=BILt=BΔΦRtLt=BΔΦRL
联立得：mgt1−BΔΦRL=0
解得：t1=B2L3mgR
由题意知导线框恰好匀速进入区域Ⅰ，一段时间后又恰好匀速离开区域Ⅱ，由于区域Ⅰ、Ⅱ中匀强磁场的磁感应强度大小均为B，则导线框刚进入区域Ⅱ的速度v与导线框刚离开区域Ⅱ的速度v是相同的，则导线框自开始进入区域Ⅱ至开始离开区域Ⅱ过程中，设安培力作用的时间为Δt，重力作用的时间为t2，取向下为正方向，由动量定理得：
mgt2−F安2Δt=mv−mv，即：mgt2−2BL2BL2R=0
解得：t2=4B2L3mgR
导线框自开始离开区域Ⅱ至刚完全离开区域Ⅱ过程中，取向下为正方向，由动量定理得：
mgt3−F安3t3=mv−mv
解得：t3=B2L3mgR
故：t=t1+t2+t3=6B2L3mgR
解得：t=6B2L3mgR。
答：（1）导线框离开区域Ⅱ的速度为mgRB2L2；
（2）导线框刚进入区域Ⅱ时的加速度为3g，方向竖直向上；
（3）导线框进入区域Ⅱ的过程产生的焦耳热为mgH；
（4）导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的时间为6B2L3mgR。
22．如图，在xOy坐标系的第一象限内，直线y=32l﹣kx（k＞0）的上方有垂直纸面向外的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。在P（0，32l）点有一粒子源，能以不同速率沿与y轴正方向成60°角发射质量为m、电荷量为q（q＞0）的相同粒子。这些粒子经磁场后都沿﹣y方向通过x轴，且速度最大的粒子通过x轴上的M点，速度最小的粒子通过x轴上的N点。已知速度最大的粒子通过x轴前一直在磁场内运动，NM=32l，不计粒子的重力，求：
（1）粒子最大速度的值与k的值；
（2）粒子从P点到穿过x轴经历的最长时间；
（3）有界磁场的最小面积。
【解答】解：（1）设粒子最大的速度为v1，
由于速度最大的粒子一直在磁场内运动，
过P点作速度的垂线交x轴于O1点，
就是速度为v1的粒子做圆周运动的圆心，
PO1即为半径R1
有几何关系可知，R1sin60°＝yp，
由牛顿第二定律得，qv1B=mv12R1，R1=3l
v1=3qBlm，由于所有的粒子离开磁场的方向都是沿着y轴负方向，
故它们在磁场中偏转的角度都相同，即从磁场射出的粒子，
射出点一定在PM连线上，PM连线即为y=32l−kx
直线k=ypOM=ypOO1+R1
解得k=33。
（2）所有粒子在磁场中运动的时间都相等，速度小的粒子离开磁场后再做匀速直线运动，
速度最小的粒子在磁场外运动的位移最大，时间最长，
设粒子在磁场中运动的时间为t1，
T=2πmqB，t1=13T，
设速度最小的粒子在磁场中运动的半径为R2，速度为v2，
根据几何关系有ON=OM−NM=3l，
R2sin30°+R2＝ON，
由牛顿运动定律有qv2B=mv22R2
R2=233l，
解得v2=233qBl，
最小速度的粒子离开磁场后运动的时间为t2，
有t2=CNv2，
速度最小的粒子从离开P点到打在x轴上经历的时间t＝t1+t2=(8π+33)12qBm。
（3）磁场的最小面积为图中的PCM阴影部分的面积S=(13πR12−12R12sin60°)−(13πR22−12R22sin60°)
解得S=5(4π−33)36l2。
答：（1）粒子最大速度的值为3qBlm与k的值为33。
（2）粒子从P点到穿过x轴经历的最长时间(8π+33)12qBm。
（3）有界磁场的最小面积为5(4π−33)36l2。
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