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高考物理二轮复习讲练(新高考版) 第3部分 考前热身练 仿真模拟(二)（含解析）
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这是一份高考物理二轮复习讲练(新高考版) 第3部分 考前热身练 仿真模拟(二)（含解析），共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
仿真模拟(二)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．每小题只有一个选项符合题目要求．
1．(2020·湘赣皖十五校高三第一次联考)在物理学建立与发展的过程中，有许多科学家做出了理论与实验贡献．关于这些贡献，下列说法正确的是( )
A．牛顿发现了万有引力定律，并通过扭秤实验测量了引力常量
B．安培提出了分子电流假说，研究了安培力的大小与方向
C．法拉第发现了“磁生电”的现象，提出了法拉第电磁感应定律
D．爱因斯坦在物理学中最早引入能量子，破除了“能量连续变化”的传统观念
答案 B
解析 牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验测量了引力常量，选项A错误；安培提出了分子电流假说，研究了安培力的大小与方向，选项B正确；法拉第发现了“磁生电”的现象，纽曼和韦伯归纳出法拉第电磁感应定律，选项C错误；普朗克在物理学中最早引入能量子，破除了“能量连续变化”的传统观念，选项D错误．
2．(2020·湖北襄阳市高三联考)某同学投篮时将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直放置的篮板上，篮球运动轨迹如图1所示，不计空气阻力，关于篮球从抛出到撞击篮板前，下列说法正确的是( )
图1
A．两次在空中的时间可能相等
B．两次碰撞篮板的速度一定相等
C．两次抛出的初速度竖直分量可能相等
D．两次抛出的初动能可能相等
答案 D
解析 将篮球的运动逆向处理，即为平抛运动，由题图可知，第2次运动过程中篮球上升的高度较小，所以运动时间较短，故A错误；篮球的运动逆向视为平抛运动，则篮球在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，但第2次用的时间较短，故第2次抛出时初速度的水平分量较大，即篮球第2次撞篮板的速度较大，故B错误；篮球的运动逆向视为平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，由vy＝可知，第2次抛出时初速度的竖直分量较小，故C错误；由于篮球初速度的水平分速度第2次大，竖直分速度第1次大，根据速度的合成可知，抛出时的速度大小不能确定，有可能相等，所以两次抛出的初动能可能相等，故D正确．
3．如图2甲所示，长木板A静止放在光滑的水平面上，质量mB＝1 kg的小物块B以p＝3 kg·m/s的初动量滑上长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B的动量随时间变化的情况如图乙所示(B最终没滑离A)．g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
图2
A．长木板A的质量为1 kg
B．系统损失的机械能为2 J
C．长木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
答案 D
解析 B的初动量为p＝3 kg·m/s，则B的初速度大小为v0＝＝3 m/s，最终两者共速，由题图乙可知，最终速度大小为v＝＝ m/s＝2 m/s
则由A、B系统动量守恒可知p＝(mA＋mB)v
解得mA＝0.5 kg，选项A错误；
系统损失的机械能为ΔE＝mBv02－(mA＋mB)v2＝×1×32 J－×(1＋0.5)×22 J＝1.5 J，选项B错误；
由能量关系可得μmBgL＝ΔE＝1.5 J
经过1 s两者共速，则对A由动量定理有μmBgt＝mAv
解得L＝1.5 m，μ＝0.1，
选项C错误，D正确．
4．(2020·江西南昌十中高三联考)如图3甲所示，物体以一定的初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上滑的最大高度为3.0 m．选择地面为参考平面，上滑过程中，物体的机械能E随物体离地面的高度h的变化关系如图乙所示．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.则( )
图3
A．物体的质量m＝0.67 kg
B．物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.30
C．物体上滑过程中的加速度大小a＝1 m/s2
D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝10 J
答案 D
解析 在最高点，物体的速度为零，所以物体的动能为零，即物体在最高点的机械能等于重力势能，所以有E＝Ep＋0＝mgh，所以物体的质量为m＝＝ kg＝1 kg，A错误；在最低点时，重力势能为零，故物体的机械能等于其动能，物体上滑过程中只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得－μmgcos 37°×＝ΔE，解得μ＝0.50，B错误；物体上滑过程受重力、支持力、摩擦力作用，物体受到的合外力为F＝mgsin α＋μmgcos α＝10 N，故物体上滑过程中的加速度大小为a＝＝10 m/s2，C错误；物体上滑过程和下滑过程所受重力、支持力不变，故物体所受摩擦力大小不变，方向相反，所以，物体上滑过程和下滑过程克服摩擦力做的功相同，由题图乙可知：物体上滑过程中克服摩擦力做的功等于机械能的减少量20 J，故物体由开始上滑到回到斜面底端的整个过程克服摩擦力做的功为40 J，又因为物体整个运动过程中重力、支持力做功为零，所以，由功能关系可知：物体回到斜面底端时的动能为Ek＝50 J－40 J＝10 J，D正确．
5．(2020·江西南昌二中高二月考)热核聚变反应之一是氘核(H)和氚核(H)聚变反应生成氦核(He)和中子．已知H的静止质量为2.013 6 u，H的静止质量为3.015 0 u，He的静止质量为4.001 5 u，中子的静止质量为1.008 7 u,1 u相当于931.5 MeV.则反应中释放的核能约为( )
A．4 684.1 MeV B．4 667.0 MeV
C．17.1 MeV D．939.6 MeV
答案 C
解析 由题知，该核反应的质量亏损Δm＝(2.013 6 u＋3.015 0 u)－(4.001 5 u＋1.008 7 u)＝0.018 4 u，
根据爱因斯坦质能方程，可得反应中释放的核能为ΔE＝Δmc2，
又因为1 u相当于931.5 MeV能量，
联立解得ΔE≈17.1 MeV，
所以C正确，A、B、D错误．
6．(2020·山东枣庄三中、高密一中、莱西一中三校联考)下面的表格是某年某地区1－6月份的气温与气压对照表：
月份
1
2
3
4
5
6
平均气温/℃
1.4
3.9
10.7
19.6
26.7
30.2
平均大气压/×105 Pa
1.021
1.019
1.014
1.008
1.003
0.9984
根据上表数据可知：该年该地区从1月份到6月份( )
A．空气分子无规则热运动剧烈程度呈减小的趋势
B．6 月的任何一个空气分子的无规则热运动的速率一定比它在1月时的速率大
C．单位时间对单位面积的地面撞击的空气分子数呈减少的趋势
D．单位时间内地面上单位面积所受气体分子碰撞的总冲量呈增加的趋势
答案 C
解析 温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，分子无规则热运动越剧烈，从1月到6月，温度逐渐升高，空气分子无规则热运动剧烈程度呈增大的趋势，故A错误；6月温度最高，分子平均动能最大，但分子平均动能是对大量分子的一种统计规律，对于具体的某一个分子并不适用，所以不能说明6月的任何一个空气分子的无规则热运动的速率一定比它在1月时速率大，故B错误；根据气体压强的微观意义，气体压强与单位时间对单位面积的地面撞击次数、气体的分子平均动能有关；温度升高，即气体的分子平均动能增大，而压强p减小，说明单位时间单位面积对地面撞击次数减小，所以单位时间对单位面积的地面撞击的空气分子数呈减少的趋势，故C正确；根据气体压强的微观意义，气体压强等于单位时间内地面上单位面积所受气体分子碰撞的总冲量，大气压强呈减小的趋势，单位时间内地面上单位面积所受气体分子碰撞的总冲量也呈减小的趋势，故D错误．
7．(2020·四川宜宾市四中高三下学期三诊)如图4所示，水平台面上放置一个带有底座的倒三脚支架，每根支架与水平面均成45°角且任意两支架之间夹角相等．一个质量为m的均匀光滑球体放在三脚架里，重力加速度为g，则每根支架所受球体的压力大小是( )
图4
A.mg B.mg C.mg D.mg
答案 B
解析 光滑球体受重力和三个支持力，三个支持力与竖直方向的夹角均为45°，对其中一个FN分解如图，则根据平衡条件可得3FNcos 45°＝mg
解得FN＝＝mg，故B正确，A、C、D错误．
8．如图5所示，理想变压器原线圈接在正弦交流电源上，副线圈接有两个完全相同的灯泡，灯泡的额定电压为110 V，电流表、电压表均为理想电表．开关S闭合时电流表示数相同，两灯泡均正常发光，若断开开关S，导线电阻不计，则( )
图5
A．电流表A2示数变大
B．电压表V2示数变大
C．电压表V1示数为220 V
D．电流表A1和A2示数之比为1∶2
答案 D
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项符合题目要求．全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
9．(2020·四川遂宁市高三下学期三诊)在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正点电荷QA、QB，两电荷的位置坐标如图6甲所示．若在A、B间不同位置放置一个电荷量为＋q的带电滑块C(可视为质点)，滑块的电势能随x变化关系如图乙所示，图中x＝L点为图线的最低点．现让滑块从x＝2L处由静止释放，下列有关说法正确的是( )
图6
A．滑块在x＝L处的速度最大
B．滑块一定可以到达x＝－2L点处
C．x＝0和x＝2L处场强大小相等
D．固定在A、B处的电荷的电荷量之比为QA∶QB＝4∶1
答案 AD
解析 对带电滑块C受力分析，滑块C受重力、支持力和电场力，其中重力和支持力在竖直方向平衡，滑块C受到的合外力为电场力．若电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，由题图乙可知滑块在x＝L处电势能最小，则滑块在x＝L处的动能最大，A正确；由题图乙可知，滑块在x＝－2L处的电势能大于在x＝2L处的电势能，又因滑块由静止释放，故滑块不能到达x＝－2L处，B错误；滑块在x＝L处电势能最小，即正点电荷QA、QB在x＝L处的电场强度等大反向，即x＝L处的电场强度为零，有＝
解得QA∶QB＝4∶1
所以x＝0和x＝2L处场强大小分别为E0＝－＝ ，E2L＝－＝－，C错误，D正确．
10.(2020·陕西西安中学高三第三次模拟)据有关资料介绍，受控核聚变装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是由磁场约束带电粒子运动，使之束缚在某个区域内．如图7所示，环状磁场的内半径为R1，外半径为R2，被束缚的带电粒子的比荷为k，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度，速度大小为v.中空区域中的带电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为R2的区域内，则环状区域内磁场的磁感应强度大小可能是( )
图7
A. B.
C. D.
答案 AC
解析 由题意可知，粒子的比荷为k，要使所有的粒子都不能穿出磁场，以与内圆相切的方向进入磁场的粒子在磁场运动的轨迹刚好与外圆相切，运动轨迹如图所示，由几何知识可知，粒子最大轨道半径r＝，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，解得B＝，要使粒子不离开磁场B≥，由于R1
11．(2020·山东滨州市高三下学期二模)图8甲是一列沿x轴方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，图乙是x＝0.5 m处质点的振动图像，下列说法正确的是( )
图8
A．此列波沿x轴正方向传播
B．此波的波速为1 m/s
C．此波的振幅为8 cm
D．x＝0.5 m处的质点在0～1 s内的路程为8 cm
答案 BC
解析 当t＝0时刻x＝0.5 m处的质点向上运动，根据“上下坡法”得波沿x轴负方向传播，故A错误；
由题图甲、乙可知，波长为λ＝4 m，周期为T＝4 s，
则波速为v＝＝1 m/s，故B正确；设此波的振幅为A，x＝0.5 m处质点的振动方程为y＝Asin(t＋) cm
当t＝0时，有Asin cm＝4 cm，
解得A＝8 cm，故C正确；x＝0.5 m处的质点在t＝0时，位移为4 cm，此时正向y轴正方向运动，经过Δt＝1 s＝T时间，位移为4 cm，此时正向y轴负方向运动，则x＝0.5 m处的质点在0～1 s内通过的路程为s＝2×(8－4) cm＝(16－8) cm，故D错误．
12．(2020·黑龙江哈尔滨市三中模拟)如图9(a)所示，光滑绝缘斜面与水平面成θ＝30°角放置，垂直于斜面的有界匀强磁场边界M、N与斜面底边平行，磁感应强度大小B＝3 T．质量为m＝0.05 kg的“日”字形导线框在沿斜面向上的外力作用下沿斜面向上匀速运动，导体框各段长度相等，即ab＝bc＝cd＝de＝ef＝fa＝fc＝L＝0.1 m，ab、fc、ed段的电阻均为r＝2 Ω，其余电阻不计．从导线框刚进入磁场开始计时，fc段的电流随时间变化如图(b)所示(电流由f到c的方向为正)，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
图9
A．导线框运动的速度大小为10 m/s
B．磁感应强度的方向垂直斜面向上
C．在t＝0至t＝0.03 s这段时间内，外力所做的功为0.24 J
D．在t＝0.01 s至t＝0.02 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.3 N
答案 AD
解析 由于在0～0.01 s时间内，电流方向为从f到c，可知ed中电流从d到e，则由右手定则可知，磁感应强度的方向垂直斜面向下，选项B错误；
因为ed刚进入磁场时，通过fc的电流为0.5 A，可知通过ed的电流为1 A，则由Ied＝，解得v＝10 m/s，选项A正确；
在t＝0至t＝0.03 s这段时间内，线框中产生的焦耳热为Q＝3I2R总Δt＝3×12×3×0.01 J＝0.09 J，线框重力势能的增加量Ep＝mg·3Lsin 30°＝0.075 J，由功能关系得外力所做的功为W＝Q＋Ep＝0.165 J，选项C错误；
在t＝0.01 s至t＝0.02 s这段时间内，导线框的cf边切割磁感线，则所受的安培力大小为Fcf＝BIL＝3×1×0.1 N＝0.3 N，选项D正确．
三、非选择题：本题共6小题，共60分．
13．(6分)(2020·湖北襄阳市高三联考)如图10甲所示为测量物块与木板间的动摩擦因数的实验装置，挡光条固定在物块的最前端，光电门固定在木板上，并靠近物块的初始位置，当地的重力加速度为g.
图10
(1)如图乙所示，利用游标卡尺测得的挡光条宽度为________ cm.
(2)调整实验装置，使木板水平，物块被弹射器弹开，在木板上做减速运动．某次测量时发现挡光条通过光电门时，数字计时器记录挡光条的挡光时间为t，测得物块被弹开时挡光条中心与光电门中心的距离为x0，物块停止时光电门中心与挡光条中心的距离为x，挡光条宽度用d表示，物块的质量用m表示，重力加速度为g，则物块与木板间的动摩擦因数μ＝________，弹射器对物块做的功为________．(均用字母表示)
(3)考虑到空气阻力的影响，μ的测量值与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“相等”)．
答案 (1)0.450 (2) (3)偏大
解析 (1)游标卡尺的主尺读数为4 mm，游标尺上第10个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.05×10 mm＝0.50 mm，
所以最终读数为4 mm＋0.50 mm＝4.50 mm＝0.450 cm
(2)物块通过光电门时的速度为v＝
由动能定理，则有－μmgx＝0－mv2
解得μ＝
再根据功能关系，弹射器对物块做的功除到达光电门时的动能外，还在滑行过程中产生内能，则有
W＝μmgx0＋mv2
解得W＝
(3)考虑空气阻力的影响，
μ值的测量值与真实值相比偏大．
14．(8分)(2020·内蒙古包头市高三下学期一模)“新冠疫情”期间，用电子体温计监测体温成为检测的重要手段．电子体温计利用某些物质的物理参数，如电阻、电压、电流等，与环境温度之间存在的确定关系，将体温以数字的形式显示出来．如图11，甲图为某同学设计的电路图，用以测量25.0～80.0 ℃范围内环境的温度．所用器材有：热敏电阻RT，其标称值(25.0 ℃时的阻值)为900.0 Ω，电源电压20 V，内阻可忽略；滑动变阻器(最大阻值为10 Ω)；电阻箱R2(阻值范围0～999.9 Ω)；单刀开关S1，单刀双掷开关S2，图中为电表．实验时，按电路图连好电路，将热敏电阻放在温控箱内，先将温度调为80.0 ℃，将S2与1端接通，闭合S1，调节R1的滑片位置，使电路中电表示数为某一定值X；保持R1的滑片位置不变，将R2置于最大值，将S2与2端接通，调节R2，使电表读数仍为X；断开S1，记下此时R2的读数；逐步降低温控室的温度t，重复上述实验步骤，得到相应温度下R2的阻值，直至温度降到25.0 ℃.实验得到R2－t的数据见表．
图11
t/℃
25.0
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
80.0
R2/Ω
900.0
680.0
500.0
390.0
320.0
270.0
240.0
回答下列问题：
(1)实验室中提供有以下规格电表：①电流表A1(0～0.6 A,0.2 Ω)，②电流表A2(0～3 A,0.04 Ω)，③电压表V(10 V,1 000 Ω)．实验中应选择的电表为________(填器材前的数字编号)；
(2)在闭合S1前，图甲中R1的滑片应移动到________(填“左”或“右”)端；
(3)在图乙的坐标纸上补齐数据表中所给数据点，并作出R2－t的曲线；
(4)将RT握于手心，手心温度下R2的相应读数如图丙所示，该读数为________ Ω，则手心温度为________ ℃.
答案 (1)③ (2)左 (3)见解析图 (4)580.0 35(33～36均正确)
解析 (1)如果接电流表，热敏电阻RT，其标称值(25.0 ℃时的阻值)为900.0 Ω，电源电压20 V，可得，通过热敏电阻的电流约为I＝ A≈0.02 A，比两电流表的量程小得多，不易准确测量电路电流，实验误差较大，故不选①②；电压表V内阻与热敏电阻的阻值相差不多，而量程为电源电压的一半，可以准确测量，故选③.
(2)为了保护电路，在闭合S1前，分压电路的电压应该为0，所以题图甲中R1的滑片应移动到左端；
(3)根据表中实验数据与坐标系内描出的点作出图像，如图所示．
(4)由题图丙可知，电阻箱示数为R2＝(5×100＋8×10＋0×1＋0×0.1) Ω＝580.0 Ω
当R2＝580.0 Ω时，由(3)问中R2－t图像可知，手心温度为35 ℃.
15．(7分)现有一三棱柱工件，由透明玻璃材料制成．如图12所示，其截面ABC为直角三角形，∠ACB＝30°，现在有一条光线沿着截面从AC边上的O点以45°的入射角射入工件折射后到达BC边的中点并发生了全反射，后垂直于AB边射出．已知光在空气中的传播速度为c.
图12
(1)求透明玻璃材料的折射率；
(2)若BC＝a，求光线在玻璃材料内传播的时间．
答案 (1) (2)
解析 (1)光路图如图所示
DE光线垂直AB射出，所以∠EDB＝∠ODC＝30°，折射角r＝30°，所以n＝＝.
(2)由几何关系可知，ODcos 30°＝CD＝CB，
所以OD＝a，DE＝BDcos 30°＝，
因为n＝，所以v＝＝，t＝＝.
16．(9分)(2020·山西运城市调研)如图13所示，U形玻璃细管竖直放置，水平细管与U形玻璃细管底部相连通，各部分细管内径相同．U形玻璃管左管上端封有长20 cm的理想气体B，右管上端开口并与大气相通，此时U形玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，水银面距U形玻璃管底部为25 cm.水平细管内用小活塞封有长度为10 cm的理想气体A.已知外界大气压强为75 cmHg，忽略环境温度的变化．现将活塞缓慢向左拉，使气体B的气柱长度为25 cm，求：
图13
(1)左、右管中水银面的高度差；
(2)理想气体A的气柱长度．
答案 (1)15 cm (2)12.5 cm
解析 (1)设玻璃管横截面积为S，活塞缓慢左拉的过程中，气体B做等温变化
初态：压强pB1＝75 cmHg，体积VB1＝20S，
末态：压强pB2，体积VB2＝25S，
根据玻意耳定律可得：pB1VB1＝pB2VB2
解得：pB2＝60 cmHg
可得左、右管中水银面的高度差Δh＝(75－60) cm＝15 cm
(2)将活塞缓慢向左拉的过程中，气体A做等温变化
初态：压强pA1＝(75＋25) cmHg＝100 cmHg，体积VA1＝10S，
末态：压强pA2＝(75＋5) cmHg＝80 cmHg，体积VA2＝LA2S
根据玻意耳定律可得：pA1VA1＝pA2VA2
解得理想气体A的气柱长度：LA2＝12.5 cm.
17．(14分)(2020·河北衡水中学高三下学期押题)如图14甲所示，足够长的带绝缘皮的柔软导线跨过光滑轻质滑轮悬挂两条水平金属棒MN、PQ，棒长均为l＝0.50 m，电阻值均为R＝1.0 Ω.MN质量m1＝0.10 kg, PQ质量m2＝0.20 kg，整个装置处于磁感应强度B＝1.0 T的匀强磁场中，磁场方向水平且垂直于MN和PQ.t＝0时刻，对金属棒MN施加一个竖直向下的外力F，使之由静止开始向下运动，运动过程中电路中的电流I随时间t变化的关系如图乙所示．电路中其他部分电阻忽略不计， g取10 m/s2.(结果保留两位有效数字)
图14
(1)求2.0 s末金属棒MN瞬时速度的大小；
(2)求4.0 s末力F的瞬时功率；
(3)已知0～3.0 s时间内MN上产生的热量为0.36 J，试计算F对金属棒MN所做的功．
答案 (1)0.80 m/s (2)3.1 W (3)2.7 J
解析 (1)由题知两棒反向切割磁感线，产生的电动势为E＝2Blv
由闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流为I＝，
由题图乙可得，t＝2.0 s时， I＝0.4 A，代入数据解得v＝0.80 m/s
(2)由I＝可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学规律得
v＝at
联立解得金属棒的加速度大小a＝0.40 m/s2
对整体进行受力分析，根据牛顿第二定律得
F＋m1g－m2g－2F安＝(m1＋m2)a
又F安＝BIl
由题图乙可得t＝4.0 s时，I＝0.8 A，
代入数据解得：F安＝0.4 N，F＝1.92 N
由速度与电流的关系可知，t＝4.0 s时，v＝1.6 m/s，
根据P＝Fv，解得P≈3.1 W
(3)MN与PQ串联，可知电路中产生的总热量为
Q总＝2×0.36 J＝0.72 J
根据能量守恒定律有
W＝(m2－m1)gh＋(m1＋m2)v′2＋Q总
又h＝，v′＝at2
联立可得F对金属棒所做的功W≈2.7 J.
18．(16分)如图15甲所示，足够长的木板C通过某一装置锁定在地面上，物块A、B静止在木板C上，物块A、B间距离为1.1 m．开始时物块A以速度v0＝6 m/s向右运动，物块A在与B碰撞前一段时间内的运动图像如图乙所示．已知物块A、B可视为质点，质量分别为mA＝1 kg、mB＝4 kg，A、B与木板间的动摩擦因数相同，木板C的质量mC＝1 kg，C与地面间的动摩擦因数为.A与B弹性碰撞过程时间极短，可忽略摩擦力的影响，A、B碰撞后瞬间木板C解除锁定．重力加速度取10 m/s2.求：
图15
(1)物块与木板间的动摩擦因数；
(2)碰撞后瞬间物块A的速度；
(3)最后停止时物块A、B间的距离(结果保留两位小数)．
答案 (1)0.5 (2)3 m/s，方向向左 (3)1.37 m
解析 (1)根据题图图像可知aA＝①
对A受力分析，由牛顿第二定律得：μ1mAg＝mAaA②
联立①②式解得物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.5③
(2)设碰撞前瞬间A的速度为v，则
v2－v02＝－2aAx1④
由于A、B弹性碰撞，碰撞后A、B的速度分别为vA、vB，取向右为正方向，
则mAv＝mAvA＋mBvB⑤
mAv2＝mAvA2＋mBvB2⑥
联立④⑤⑥式解得：vA＝－3 m/s，vB＝2 m/s；
即碰撞后瞬间物块A的速度大小为3 m/s，方向向左⑦
(3)碰撞后对木板C由牛顿第二定律得μ1mBg－μ1mAg－μ2(mA＋mB＋mC)g＝mCaC⑧
对物块B由牛顿第二定律得：μ1mBg＝mBaB⑨
设经时间t物块B与木板C达到相同的速度vC，
则vC＝vB－aBt⑩
此时木板C的速度为vC＝aCt⑪
联立⑧⑨⑩⑪解得：vC＝1 m/s，t＝0.2 s
从碰撞结束到B、C速度相同，B向右运动的位移大小为x2，
则x2＝t⑫
B、C相对静止后一起运动，设其加速度大小为a
则μ1mAg＋μ2(mA＋mB＋mC)g＝(mB＋mC)a⑬
B、C一起向右运动的位移大小为x3，
则0－vC2＝－2ax3⑭
物块A碰撞后到停下经过的位移大小为x4，
则0－vA2＝－2aAx4⑮
最后停止时物块A、B间的距离x＝x2＋x3＋x4≈1.37 m．⑯
仿真模拟(二)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．每小题只有一个选项符合题目要求．
1．(2020·湘赣皖十五校高三第一次联考)在物理学建立与发展的过程中，有许多科学家做出了理论与实验贡献．关于这些贡献，下列说法正确的是( )
A．牛顿发现了万有引力定律，并通过扭秤实验测量了引力常量
B．安培提出了分子电流假说，研究了安培力的大小与方向
C．法拉第发现了“磁生电”的现象，提出了法拉第电磁感应定律
D．爱因斯坦在物理学中最早引入能量子，破除了“能量连续变化”的传统观念
答案 B
解析 牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验测量了引力常量，选项A错误；安培提出了分子电流假说，研究了安培力的大小与方向，选项B正确；法拉第发现了“磁生电”的现象，纽曼和韦伯归纳出法拉第电磁感应定律，选项C错误；普朗克在物理学中最早引入能量子，破除了“能量连续变化”的传统观念，选项D错误．
2．(2020·湖北襄阳市高三联考)某同学投篮时将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直放置的篮板上，篮球运动轨迹如图1所示，不计空气阻力，关于篮球从抛出到撞击篮板前，下列说法正确的是( )
图1
A．两次在空中的时间可能相等
B．两次碰撞篮板的速度一定相等
C．两次抛出的初速度竖直分量可能相等
D．两次抛出的初动能可能相等
答案 D
解析 将篮球的运动逆向处理，即为平抛运动，由题图可知，第2次运动过程中篮球上升的高度较小，所以运动时间较短，故A错误；篮球的运动逆向视为平抛运动，则篮球在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，但第2次用的时间较短，故第2次抛出时初速度的水平分量较大，即篮球第2次撞篮板的速度较大，故B错误；篮球的运动逆向视为平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，由vy＝可知，第2次抛出时初速度的竖直分量较小，故C错误；由于篮球初速度的水平分速度第2次大，竖直分速度第1次大，根据速度的合成可知，抛出时的速度大小不能确定，有可能相等，所以两次抛出的初动能可能相等，故D正确．
3．如图2甲所示，长木板A静止放在光滑的水平面上，质量mB＝1 kg的小物块B以p＝3 kg·m/s的初动量滑上长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B的动量随时间变化的情况如图乙所示(B最终没滑离A)．g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
图2
A．长木板A的质量为1 kg
B．系统损失的机械能为2 J
C．长木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
答案 D
解析 B的初动量为p＝3 kg·m/s，则B的初速度大小为v0＝＝3 m/s，最终两者共速，由题图乙可知，最终速度大小为v＝＝ m/s＝2 m/s
则由A、B系统动量守恒可知p＝(mA＋mB)v
解得mA＝0.5 kg，选项A错误；
系统损失的机械能为ΔE＝mBv02－(mA＋mB)v2＝×1×32 J－×(1＋0.5)×22 J＝1.5 J，选项B错误；
由能量关系可得μmBgL＝ΔE＝1.5 J
经过1 s两者共速，则对A由动量定理有μmBgt＝mAv
解得L＝1.5 m，μ＝0.1，
选项C错误，D正确．
4．(2020·江西南昌十中高三联考)如图3甲所示，物体以一定的初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上滑的最大高度为3.0 m．选择地面为参考平面，上滑过程中，物体的机械能E随物体离地面的高度h的变化关系如图乙所示．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.则( )
图3
A．物体的质量m＝0.67 kg
B．物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.30
C．物体上滑过程中的加速度大小a＝1 m/s2
D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝10 J
答案 D
解析 在最高点，物体的速度为零，所以物体的动能为零，即物体在最高点的机械能等于重力势能，所以有E＝Ep＋0＝mgh，所以物体的质量为m＝＝ kg＝1 kg，A错误；在最低点时，重力势能为零，故物体的机械能等于其动能，物体上滑过程中只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得－μmgcos 37°×＝ΔE，解得μ＝0.50，B错误；物体上滑过程受重力、支持力、摩擦力作用，物体受到的合外力为F＝mgsin α＋μmgcos α＝10 N，故物体上滑过程中的加速度大小为a＝＝10 m/s2，C错误；物体上滑过程和下滑过程所受重力、支持力不变，故物体所受摩擦力大小不变，方向相反，所以，物体上滑过程和下滑过程克服摩擦力做的功相同，由题图乙可知：物体上滑过程中克服摩擦力做的功等于机械能的减少量20 J，故物体由开始上滑到回到斜面底端的整个过程克服摩擦力做的功为40 J，又因为物体整个运动过程中重力、支持力做功为零，所以，由功能关系可知：物体回到斜面底端时的动能为Ek＝50 J－40 J＝10 J，D正确．
5．(2020·江西南昌二中高二月考)热核聚变反应之一是氘核(H)和氚核(H)聚变反应生成氦核(He)和中子．已知H的静止质量为2.013 6 u，H的静止质量为3.015 0 u，He的静止质量为4.001 5 u，中子的静止质量为1.008 7 u,1 u相当于931.5 MeV.则反应中释放的核能约为( )
A．4 684.1 MeV B．4 667.0 MeV
C．17.1 MeV D．939.6 MeV
答案 C
解析 由题知，该核反应的质量亏损Δm＝(2.013 6 u＋3.015 0 u)－(4.001 5 u＋1.008 7 u)＝0.018 4 u，
根据爱因斯坦质能方程，可得反应中释放的核能为ΔE＝Δmc2，
又因为1 u相当于931.5 MeV能量，
联立解得ΔE≈17.1 MeV，
所以C正确，A、B、D错误．
6．(2020·山东枣庄三中、高密一中、莱西一中三校联考)下面的表格是某年某地区1－6月份的气温与气压对照表：
月份
1
2
3
4
5
6
平均气温/℃
1.4
3.9
10.7
19.6
26.7
30.2
平均大气压/×105 Pa
1.021
1.019
1.014
1.008
1.003
0.9984
根据上表数据可知：该年该地区从1月份到6月份( )
A．空气分子无规则热运动剧烈程度呈减小的趋势
B．6 月的任何一个空气分子的无规则热运动的速率一定比它在1月时的速率大
C．单位时间对单位面积的地面撞击的空气分子数呈减少的趋势
D．单位时间内地面上单位面积所受气体分子碰撞的总冲量呈增加的趋势
答案 C
解析 温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，分子无规则热运动越剧烈，从1月到6月，温度逐渐升高，空气分子无规则热运动剧烈程度呈增大的趋势，故A错误；6月温度最高，分子平均动能最大，但分子平均动能是对大量分子的一种统计规律，对于具体的某一个分子并不适用，所以不能说明6月的任何一个空气分子的无规则热运动的速率一定比它在1月时速率大，故B错误；根据气体压强的微观意义，气体压强与单位时间对单位面积的地面撞击次数、气体的分子平均动能有关；温度升高，即气体的分子平均动能增大，而压强p减小，说明单位时间单位面积对地面撞击次数减小，所以单位时间对单位面积的地面撞击的空气分子数呈减少的趋势，故C正确；根据气体压强的微观意义，气体压强等于单位时间内地面上单位面积所受气体分子碰撞的总冲量，大气压强呈减小的趋势，单位时间内地面上单位面积所受气体分子碰撞的总冲量也呈减小的趋势，故D错误．
7．(2020·四川宜宾市四中高三下学期三诊)如图4所示，水平台面上放置一个带有底座的倒三脚支架，每根支架与水平面均成45°角且任意两支架之间夹角相等．一个质量为m的均匀光滑球体放在三脚架里，重力加速度为g，则每根支架所受球体的压力大小是( )
图4
A.mg B.mg C.mg D.mg
答案 B
解析 光滑球体受重力和三个支持力，三个支持力与竖直方向的夹角均为45°，对其中一个FN分解如图，则根据平衡条件可得3FNcos 45°＝mg
解得FN＝＝mg，故B正确，A、C、D错误．
8．如图5所示，理想变压器原线圈接在正弦交流电源上，副线圈接有两个完全相同的灯泡，灯泡的额定电压为110 V，电流表、电压表均为理想电表．开关S闭合时电流表示数相同，两灯泡均正常发光，若断开开关S，导线电阻不计，则( )
图5
A．电流表A2示数变大
B．电压表V2示数变大
C．电压表V1示数为220 V
D．电流表A1和A2示数之比为1∶2
答案 D
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项符合题目要求．全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
9．(2020·四川遂宁市高三下学期三诊)在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正点电荷QA、QB，两电荷的位置坐标如图6甲所示．若在A、B间不同位置放置一个电荷量为＋q的带电滑块C(可视为质点)，滑块的电势能随x变化关系如图乙所示，图中x＝L点为图线的最低点．现让滑块从x＝2L处由静止释放，下列有关说法正确的是( )
图6
A．滑块在x＝L处的速度最大
B．滑块一定可以到达x＝－2L点处
C．x＝0和x＝2L处场强大小相等
D．固定在A、B处的电荷的电荷量之比为QA∶QB＝4∶1
答案 AD
解析 对带电滑块C受力分析，滑块C受重力、支持力和电场力，其中重力和支持力在竖直方向平衡，滑块C受到的合外力为电场力．若电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，由题图乙可知滑块在x＝L处电势能最小，则滑块在x＝L处的动能最大，A正确；由题图乙可知，滑块在x＝－2L处的电势能大于在x＝2L处的电势能，又因滑块由静止释放，故滑块不能到达x＝－2L处，B错误；滑块在x＝L处电势能最小，即正点电荷QA、QB在x＝L处的电场强度等大反向，即x＝L处的电场强度为零，有＝
解得QA∶QB＝4∶1
所以x＝0和x＝2L处场强大小分别为E0＝－＝ ，E2L＝－＝－，C错误，D正确．
10.(2020·陕西西安中学高三第三次模拟)据有关资料介绍，受控核聚变装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是由磁场约束带电粒子运动，使之束缚在某个区域内．如图7所示，环状磁场的内半径为R1，外半径为R2，被束缚的带电粒子的比荷为k，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度，速度大小为v.中空区域中的带电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为R2的区域内，则环状区域内磁场的磁感应强度大小可能是( )
图7
A. B.
C. D.
答案 AC
解析 由题意可知，粒子的比荷为k，要使所有的粒子都不能穿出磁场，以与内圆相切的方向进入磁场的粒子在磁场运动的轨迹刚好与外圆相切，运动轨迹如图所示，由几何知识可知，粒子最大轨道半径r＝，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，解得B＝，要使粒子不离开磁场B≥，由于R1
11．(2020·山东滨州市高三下学期二模)图8甲是一列沿x轴方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，图乙是x＝0.5 m处质点的振动图像，下列说法正确的是( )
图8
A．此列波沿x轴正方向传播
B．此波的波速为1 m/s
C．此波的振幅为8 cm
D．x＝0.5 m处的质点在0～1 s内的路程为8 cm
答案 BC
解析 当t＝0时刻x＝0.5 m处的质点向上运动，根据“上下坡法”得波沿x轴负方向传播，故A错误；
由题图甲、乙可知，波长为λ＝4 m，周期为T＝4 s，
则波速为v＝＝1 m/s，故B正确；设此波的振幅为A，x＝0.5 m处质点的振动方程为y＝Asin(t＋) cm
当t＝0时，有Asin cm＝4 cm，
解得A＝8 cm，故C正确；x＝0.5 m处的质点在t＝0时，位移为4 cm，此时正向y轴正方向运动，经过Δt＝1 s＝T时间，位移为4 cm，此时正向y轴负方向运动，则x＝0.5 m处的质点在0～1 s内通过的路程为s＝2×(8－4) cm＝(16－8) cm，故D错误．
12．(2020·黑龙江哈尔滨市三中模拟)如图9(a)所示，光滑绝缘斜面与水平面成θ＝30°角放置，垂直于斜面的有界匀强磁场边界M、N与斜面底边平行，磁感应强度大小B＝3 T．质量为m＝0.05 kg的“日”字形导线框在沿斜面向上的外力作用下沿斜面向上匀速运动，导体框各段长度相等，即ab＝bc＝cd＝de＝ef＝fa＝fc＝L＝0.1 m，ab、fc、ed段的电阻均为r＝2 Ω，其余电阻不计．从导线框刚进入磁场开始计时，fc段的电流随时间变化如图(b)所示(电流由f到c的方向为正)，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
图9
A．导线框运动的速度大小为10 m/s
B．磁感应强度的方向垂直斜面向上
C．在t＝0至t＝0.03 s这段时间内，外力所做的功为0.24 J
D．在t＝0.01 s至t＝0.02 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.3 N
答案 AD
解析 由于在0～0.01 s时间内，电流方向为从f到c，可知ed中电流从d到e，则由右手定则可知，磁感应强度的方向垂直斜面向下，选项B错误；
因为ed刚进入磁场时，通过fc的电流为0.5 A，可知通过ed的电流为1 A，则由Ied＝，解得v＝10 m/s，选项A正确；
在t＝0至t＝0.03 s这段时间内，线框中产生的焦耳热为Q＝3I2R总Δt＝3×12×3×0.01 J＝0.09 J，线框重力势能的增加量Ep＝mg·3Lsin 30°＝0.075 J，由功能关系得外力所做的功为W＝Q＋Ep＝0.165 J，选项C错误；
在t＝0.01 s至t＝0.02 s这段时间内，导线框的cf边切割磁感线，则所受的安培力大小为Fcf＝BIL＝3×1×0.1 N＝0.3 N，选项D正确．
三、非选择题：本题共6小题，共60分．
13．(6分)(2020·湖北襄阳市高三联考)如图10甲所示为测量物块与木板间的动摩擦因数的实验装置，挡光条固定在物块的最前端，光电门固定在木板上，并靠近物块的初始位置，当地的重力加速度为g.
图10
(1)如图乙所示，利用游标卡尺测得的挡光条宽度为________ cm.
(2)调整实验装置，使木板水平，物块被弹射器弹开，在木板上做减速运动．某次测量时发现挡光条通过光电门时，数字计时器记录挡光条的挡光时间为t，测得物块被弹开时挡光条中心与光电门中心的距离为x0，物块停止时光电门中心与挡光条中心的距离为x，挡光条宽度用d表示，物块的质量用m表示，重力加速度为g，则物块与木板间的动摩擦因数μ＝________，弹射器对物块做的功为________．(均用字母表示)
(3)考虑到空气阻力的影响，μ的测量值与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“相等”)．
答案 (1)0.450 (2) (3)偏大
解析 (1)游标卡尺的主尺读数为4 mm，游标尺上第10个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.05×10 mm＝0.50 mm，
所以最终读数为4 mm＋0.50 mm＝4.50 mm＝0.450 cm
(2)物块通过光电门时的速度为v＝
由动能定理，则有－μmgx＝0－mv2
解得μ＝
再根据功能关系，弹射器对物块做的功除到达光电门时的动能外，还在滑行过程中产生内能，则有
W＝μmgx0＋mv2
解得W＝
(3)考虑空气阻力的影响，
μ值的测量值与真实值相比偏大．
14．(8分)(2020·内蒙古包头市高三下学期一模)“新冠疫情”期间，用电子体温计监测体温成为检测的重要手段．电子体温计利用某些物质的物理参数，如电阻、电压、电流等，与环境温度之间存在的确定关系，将体温以数字的形式显示出来．如图11，甲图为某同学设计的电路图，用以测量25.0～80.0 ℃范围内环境的温度．所用器材有：热敏电阻RT，其标称值(25.0 ℃时的阻值)为900.0 Ω，电源电压20 V，内阻可忽略；滑动变阻器(最大阻值为10 Ω)；电阻箱R2(阻值范围0～999.9 Ω)；单刀开关S1，单刀双掷开关S2，图中为电表．实验时，按电路图连好电路，将热敏电阻放在温控箱内，先将温度调为80.0 ℃，将S2与1端接通，闭合S1，调节R1的滑片位置，使电路中电表示数为某一定值X；保持R1的滑片位置不变，将R2置于最大值，将S2与2端接通，调节R2，使电表读数仍为X；断开S1，记下此时R2的读数；逐步降低温控室的温度t，重复上述实验步骤，得到相应温度下R2的阻值，直至温度降到25.0 ℃.实验得到R2－t的数据见表．
图11
t/℃
25.0
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
80.0
R2/Ω
900.0
680.0
500.0
390.0
320.0
270.0
240.0
回答下列问题：
(1)实验室中提供有以下规格电表：①电流表A1(0～0.6 A,0.2 Ω)，②电流表A2(0～3 A,0.04 Ω)，③电压表V(10 V,1 000 Ω)．实验中应选择的电表为________(填器材前的数字编号)；
(2)在闭合S1前，图甲中R1的滑片应移动到________(填“左”或“右”)端；
(3)在图乙的坐标纸上补齐数据表中所给数据点，并作出R2－t的曲线；
(4)将RT握于手心，手心温度下R2的相应读数如图丙所示，该读数为________ Ω，则手心温度为________ ℃.
答案 (1)③ (2)左 (3)见解析图 (4)580.0 35(33～36均正确)
解析 (1)如果接电流表，热敏电阻RT，其标称值(25.0 ℃时的阻值)为900.0 Ω，电源电压20 V，可得，通过热敏电阻的电流约为I＝ A≈0.02 A，比两电流表的量程小得多，不易准确测量电路电流，实验误差较大，故不选①②；电压表V内阻与热敏电阻的阻值相差不多，而量程为电源电压的一半，可以准确测量，故选③.
(2)为了保护电路，在闭合S1前，分压电路的电压应该为0，所以题图甲中R1的滑片应移动到左端；
(3)根据表中实验数据与坐标系内描出的点作出图像，如图所示．
(4)由题图丙可知，电阻箱示数为R2＝(5×100＋8×10＋0×1＋0×0.1) Ω＝580.0 Ω
当R2＝580.0 Ω时，由(3)问中R2－t图像可知，手心温度为35 ℃.
15．(7分)现有一三棱柱工件，由透明玻璃材料制成．如图12所示，其截面ABC为直角三角形，∠ACB＝30°，现在有一条光线沿着截面从AC边上的O点以45°的入射角射入工件折射后到达BC边的中点并发生了全反射，后垂直于AB边射出．已知光在空气中的传播速度为c.
图12
(1)求透明玻璃材料的折射率；
(2)若BC＝a，求光线在玻璃材料内传播的时间．
答案 (1) (2)
解析 (1)光路图如图所示
DE光线垂直AB射出，所以∠EDB＝∠ODC＝30°，折射角r＝30°，所以n＝＝.
(2)由几何关系可知，ODcos 30°＝CD＝CB，
所以OD＝a，DE＝BDcos 30°＝，
因为n＝，所以v＝＝，t＝＝.
16．(9分)(2020·山西运城市调研)如图13所示，U形玻璃细管竖直放置，水平细管与U形玻璃细管底部相连通，各部分细管内径相同．U形玻璃管左管上端封有长20 cm的理想气体B，右管上端开口并与大气相通，此时U形玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，水银面距U形玻璃管底部为25 cm.水平细管内用小活塞封有长度为10 cm的理想气体A.已知外界大气压强为75 cmHg，忽略环境温度的变化．现将活塞缓慢向左拉，使气体B的气柱长度为25 cm，求：
图13
(1)左、右管中水银面的高度差；
(2)理想气体A的气柱长度．
答案 (1)15 cm (2)12.5 cm
解析 (1)设玻璃管横截面积为S，活塞缓慢左拉的过程中，气体B做等温变化
初态：压强pB1＝75 cmHg，体积VB1＝20S，
末态：压强pB2，体积VB2＝25S，
根据玻意耳定律可得：pB1VB1＝pB2VB2
解得：pB2＝60 cmHg
可得左、右管中水银面的高度差Δh＝(75－60) cm＝15 cm
(2)将活塞缓慢向左拉的过程中，气体A做等温变化
初态：压强pA1＝(75＋25) cmHg＝100 cmHg，体积VA1＝10S，
末态：压强pA2＝(75＋5) cmHg＝80 cmHg，体积VA2＝LA2S
根据玻意耳定律可得：pA1VA1＝pA2VA2
解得理想气体A的气柱长度：LA2＝12.5 cm.
17．(14分)(2020·河北衡水中学高三下学期押题)如图14甲所示，足够长的带绝缘皮的柔软导线跨过光滑轻质滑轮悬挂两条水平金属棒MN、PQ，棒长均为l＝0.50 m，电阻值均为R＝1.0 Ω.MN质量m1＝0.10 kg, PQ质量m2＝0.20 kg，整个装置处于磁感应强度B＝1.0 T的匀强磁场中，磁场方向水平且垂直于MN和PQ.t＝0时刻，对金属棒MN施加一个竖直向下的外力F，使之由静止开始向下运动，运动过程中电路中的电流I随时间t变化的关系如图乙所示．电路中其他部分电阻忽略不计， g取10 m/s2.(结果保留两位有效数字)
图14
(1)求2.0 s末金属棒MN瞬时速度的大小；
(2)求4.0 s末力F的瞬时功率；
(3)已知0～3.0 s时间内MN上产生的热量为0.36 J，试计算F对金属棒MN所做的功．
答案 (1)0.80 m/s (2)3.1 W (3)2.7 J
解析 (1)由题知两棒反向切割磁感线，产生的电动势为E＝2Blv
由闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流为I＝，
由题图乙可得，t＝2.0 s时， I＝0.4 A，代入数据解得v＝0.80 m/s
(2)由I＝可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学规律得
v＝at
联立解得金属棒的加速度大小a＝0.40 m/s2
对整体进行受力分析，根据牛顿第二定律得
F＋m1g－m2g－2F安＝(m1＋m2)a
又F安＝BIl
由题图乙可得t＝4.0 s时，I＝0.8 A，
代入数据解得：F安＝0.4 N，F＝1.92 N
由速度与电流的关系可知，t＝4.0 s时，v＝1.6 m/s，
根据P＝Fv，解得P≈3.1 W
(3)MN与PQ串联，可知电路中产生的总热量为
Q总＝2×0.36 J＝0.72 J
根据能量守恒定律有
W＝(m2－m1)gh＋(m1＋m2)v′2＋Q总
又h＝，v′＝at2
联立可得F对金属棒所做的功W≈2.7 J.
18．(16分)如图15甲所示，足够长的木板C通过某一装置锁定在地面上，物块A、B静止在木板C上，物块A、B间距离为1.1 m．开始时物块A以速度v0＝6 m/s向右运动，物块A在与B碰撞前一段时间内的运动图像如图乙所示．已知物块A、B可视为质点，质量分别为mA＝1 kg、mB＝4 kg，A、B与木板间的动摩擦因数相同，木板C的质量mC＝1 kg，C与地面间的动摩擦因数为.A与B弹性碰撞过程时间极短，可忽略摩擦力的影响，A、B碰撞后瞬间木板C解除锁定．重力加速度取10 m/s2.求：
图15
(1)物块与木板间的动摩擦因数；
(2)碰撞后瞬间物块A的速度；
(3)最后停止时物块A、B间的距离(结果保留两位小数)．
答案 (1)0.5 (2)3 m/s，方向向左 (3)1.37 m
解析 (1)根据题图图像可知aA＝①
对A受力分析，由牛顿第二定律得：μ1mAg＝mAaA②
联立①②式解得物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.5③
(2)设碰撞前瞬间A的速度为v，则
v2－v02＝－2aAx1④
由于A、B弹性碰撞，碰撞后A、B的速度分别为vA、vB，取向右为正方向，
则mAv＝mAvA＋mBvB⑤
mAv2＝mAvA2＋mBvB2⑥
联立④⑤⑥式解得：vA＝－3 m/s，vB＝2 m/s；
即碰撞后瞬间物块A的速度大小为3 m/s，方向向左⑦
(3)碰撞后对木板C由牛顿第二定律得μ1mBg－μ1mAg－μ2(mA＋mB＋mC)g＝mCaC⑧
对物块B由牛顿第二定律得：μ1mBg＝mBaB⑨
设经时间t物块B与木板C达到相同的速度vC，
则vC＝vB－aBt⑩
此时木板C的速度为vC＝aCt⑪
联立⑧⑨⑩⑪解得：vC＝1 m/s，t＝0.2 s
从碰撞结束到B、C速度相同，B向右运动的位移大小为x2，
则x2＝t⑫
B、C相对静止后一起运动，设其加速度大小为a
则μ1mAg＋μ2(mA＋mB＋mC)g＝(mB＋mC)a⑬
B、C一起向右运动的位移大小为x3，
则0－vC2＝－2ax3⑭
物块A碰撞后到停下经过的位移大小为x4，
则0－vA2＝－2aAx4⑮
最后停止时物块A、B间的距离x＝x2＋x3＋x4≈1.37 m．⑯
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