2020届浙江高考物理考前仿真模拟卷（二）（解析版）

考前仿真模拟卷(二)
(时间：90分钟　满分：100分)
本卷计算中，无特殊说明时，重力加速度g均取10 m/s2.
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.第19届亚洲运动会将于2022年9月10日～9月25日在中国杭州举行．杭州是中国第三个取得夏季亚运会主办权的城市，图中的“莲花碗”是田径的主赛场，下列关于亚运会田径项目的叙述正确的是(　　)
A．研究短跑运动员终点撞线时可将运动员看成质点
B．在田径比赛中跑步运动员的比赛成绩是一个时间间隔
C．短跑运动员跑100 m和200 m都是指位移
D．高水平运动员400 m比赛的平均速度有可能大于其他运动员200 m比赛的平均速度
2．一物体从H高处自由下落，经t秒落地，则当下落时，离地高度为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
3．半径分别为R和的两个半圆，分别组成如图甲、乙所示的两个圆弧轨道，一小球从某一高度下落，分别从甲、乙所示开口向上的半圆轨道的右侧边缘进入轨道，都沿着轨道内侧运动并恰好能从开口向下的半圆轨道的最高点通过，则下列说法正确的是(　　)

A．甲图中小球开始下落的高度比乙图中小球开始下落的高度小
B．甲图中小球开始下落的高度和乙图中小球开始下落的高度一样
C．甲图中小球对轨道最低点的压力大于乙图中小球对轨道最低点的压力
D．甲图中小球对轨道最低点的压力和乙图中小球对轨道最低点的压力一样大
4．如图所示，倾角为θ、质量为m的直角三棱柱ABC置于粗糙水平地面上，柱体与水平地面间的动摩擦因数为μ.施加一个垂直BC面的外力F，柱体仍保持静止，地面对柱体的摩擦力大小等于(　　)
A．μmg B．Fsin θ
C．Fcos θ D．μ(Fcos θ＋mg)
5.天文观测中观测到有三颗星位于边长为l的等边三角形三个顶点上，并沿等边三角形的外接圆做周期为T的匀速圆周运动．已知引力常量为G，不计其他星体对它们的影响，关于这个三星系统，下列说法正确的是(　　)
A．三颗星的质量可能不相等
B．某颗星的质量为
C．它们的线速度大小均为
D．它们两两之间的万有引力大小为
6．汽车发动机的额定功率为40 kW，质量为2 000 kg，汽车在水平路面上行驶时受到阻力为车重的0.1，取g＝10 m/s2，若汽车从静止开始保持1 m/s2的加速度做匀加速直线运动，达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800 m，直到获得最大速度后才匀速行驶，则下列说法错误的是(　　)
A．汽车在水平路面上能达到的最大速度为20 m/s
B．汽车匀加速的运动时间为10 s
C．当汽车速度达到16 m/s时，汽车的加速度为0.5 m/s2
D．汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间为57.5 s
7．如图所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点O的上方h处固定细绳的一端，细绳的另一端拴接一质量为m的小球B，绳长l＞h，转动轴带动小球在光滑水平面上做圆周运动，当转动的角速度ω逐渐增大时，下列说法正确的是(　　)
A．小球始终受三个力的作用
B．细绳上的拉力始终保持不变
C．要使球离开水平面，角速度至少为
D．若小球飞离了水平面，则线速度为
8.如图所示，轻质弹簧下悬挂一个小球，手掌托小球使之缓慢上移，弹簧恢复原长时迅速撤去手掌使小球开始下落．不计空气阻力，取弹簧处于原长时的弹性势能为零．撤去手掌后，下列说法正确的是(　　)
A．刚撤去手掌瞬间，弹簧弹力等于小球重力
B．小球速度最大时，弹簧的弹性势能为零
C．弹簧的弹性势能最大时，小球速度为零
D．小球运动到最高点时，弹簧的弹性势能最大
9.两根等长的通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流强度大小分别为I和2I，方向如图所示，此时a受到的安培力为F，以该安培力的方向为正方向．现在a、b的正中间再放置一根与a、b平行且共面的长直导线c，此时a受到的安培力为0，则此时b受到的安培力为(　　)
A．3F B．2F C．－2F D．－3F
10．一带负电的粒子在电场中做直线运动的v－t图象如图所示，t1、t2时刻分别经过M、N两点，已知在运动过程中粒子仅受电场力作用，则下列判断正确的是(　　)
A．在从M点到N点的过程中，电势能逐渐增大
B．M点的电势低于N点的电势
C．该电场可能是由某负点电荷形成的
D．带电粒子在M点所受电场力小于在N点所受电场力
11．如图所示，MDN为在竖直面内由绝缘材料制成的光滑半圆形轨道，半径为R，最高点为M和N，整个空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，一电荷量为＋q，质量为m的小球自N点无初速度滑下(始终未脱离轨道)，下列说法中正确的是(　　)
A．运动过程中小球受到的洛伦兹力大小不变
B．小球滑到D点时，对轨道的压力大于mg
C．小球滑到D点时，速度大小是
D．小球滑到轨道左侧时，不会到达最高点M
12.在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示．M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时(　　)
A．RM变大，且R越大，U增大越明显
B．RM变大，且R越小，U增大越明显
C．RM变小，且R越大，U增大越明显
D．RM变小，且R越小，U增大越明显
13．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＝0.1 T，玻璃皿的横截面的半径为a＝0.05 m，电源的电动势为E＝3 V，内阻r＝0.1 Ω，限流电阻R0＝4.9 Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9 Ω，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数恒为1.5 V，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1.5×10－4 N
C．闭合开关10 s，液体具有的热能是4.5 J
D．闭合开关后，液体电热功率为0.081 W
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，选对但不全的得1分，有选错的得0分)
14．实验表明，可见光通过三棱镜时各色光的折射率n随着波长λ的变化符合柯西经验公式：n＝A＋＋，其中A、B、C是正的常量．太阳光进入三棱镜后发生色散的情形如图，则(　　)
A．屏上d处是紫光
B．屏上d处的光在棱镜中传播速度最大
C．屏上d处的光在棱镜中传播速度最小
D．光经过三棱镜后发生色散原因是不同频率的光在同种介质中折射率不同
15.如图所示是氢原子的能级图，a是氢原子从n＝4能级跃迁到n＝2能级时产生的光，b是氢原子从n＝5能级跃迁到n＝3能级时产生的光．钠的极限频率ν＝5.53×1014 Hz，普朗克常量h＝6.6×10－34 J·s，电子电荷
量e＝－1.6×10－19 C．则(　　)
A．a光的频率大于b光的频率
B．在水中传播时，a光的速度大于b光的速度
C．a光照射钠时能产生光电子，b光则不能
D．a光与b光的光子动量之比为97∶255
16．在x坐标轴上x＝0和x＝9 m处各有一个频率为 0.5 Hz 的做简谐运动的波源，在同种均匀介质中形成两列简谐波，t＝0时刻的波形如图所示，则(　　)
A．两列波的传播速度大小均为2 m/s
B．在t＝0.4 s时刻，x＝1.8 m处的质点位于波峰
C．在0时刻之后的0.5 s内x＝2 m处质点的位移为1 m
D．在x＝4.5 m处的质点在两列波叠加以后振幅为0
三、非选择题(本题共7小题，共55分)
17．(5分)图甲是某同学在做“探究求合力的方法”实验时，用两个弹簧秤将橡皮筋的结点拉到O点的操作图，图乙和图丙是此时两弹簧秤的示数，本实验只用这两个弹簧秤，弹簧秤刻度的单位为N.

(1)图乙中弹簧秤的示数为________N.
(2)请指出该同学此次操作中的两个不妥之处：
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________.
18．(5分)要描绘一个标有“2.5 V　0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，除电池组(电动势4 V，内阻约2 Ω)、小灯泡、导线、开关外，实验室还准备有如下器材：
A．电压表(量程为0～3 V，内阻约3 kΩ)
B．电压表(量程为0～15 V，内阻约15 kΩ)
C．电流表(量程为0～0.6 A，内阻约0.5 Ω)
D．电流表(量程为0～50 mA，内阻为8 Ω)
E．定值电阻2 Ω
F．定值电阻18 Ω
G．滑动变阻器(最大阻值5 Ω，额定电流1 A)
H．滑动变阻器(最大阻值2 000 Ω，额定电流0.6 A)

(1)上述A～H所给器材中，所需要的器材有________．
(2)为了精确描绘出小灯泡的伏安特性曲线，请将你设计的电路图画在如图1所示方框内．
(3)实验过程中，电压表读数用U表示，电流表读数用I表示，电压表内阻用RV表示，电流表内阻用RA表示，定值电阻用R表示，则小灯泡的电阻值应该用________表示．
(4)如图2所示为某灯泡的U－I曲线，现将两个这样的灯泡串联后接到E＝4 V，r＝4 Ω的电池组两端，闭合开关后，每个小灯泡消耗的功率是________W(保留两位有效数字)．
19．(9分)如图所示，固定在竖直平面内倾角为θ＝37°，轨道高度AD＝2.4 m的倾斜直轨道AB，与水平直轨道BC顺滑连接(在B处有一小段光滑圆弧，小物块经过B点前后的速度大小不变)，C点处有墙壁．某一小物块(视为质点)从A点开始静止下滑，到达B点的速度大小为4 m/s.假定小物块与AB、BC面的动摩擦因数相等，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求小物块与AB轨道的动摩擦因数；
(2)为防止小物块在C点撞墙，求BC间距离的最小值．
(3)满足(2)BC的长度，在墙的C点装一弹射装置(长度不计)给物块一初速度v0，要使小物块能返回到A点，求v0至少为多大．





















20.(12分)如图所示，一不可伸长的轻质细绳，绳长为l一端固定于O点，另一端系一质量为m的小球，小球绕O点在竖直平面内做圆周运动(不计空气阻力)，小球通过最低点时的速度为v.
(1)求小球通过最低点时，绳对小球拉力F的大小；
(2)若小球运动到最低点或最高点时，绳突然断开，两种情况下小球从抛出到落地水平位移大小相等，求O点距地面的高度h；
(3)在(2)中所述情况下试证明O点距离地面高度h与绳长l之间应满足h≥l.






























21．(4分)(1)某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行．正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示．
①此玻璃砖的折射率计算式为n＝________(用图中的θ1、θ2表示)；
②如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度________(选填“大”或“小”)的玻璃砖来测量．
(2)在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”的实验中，为测定阻值约为5 Ω的某金属丝的电阻Rx，实验室备有下列实验器材：
A．电压表V1(量程3 V，内阻约为15 kΩ)
B．电压表V2(量程15 V，内阻约为75 kΩ)
C．电流表A1(量程3 A，内阻约为0.2 Ω)
D．电流表A2(量程600 mA，内阻约为1 Ω)
E．滑动变阻器R1(0～100 Ω，0.3 A)
F．滑动变阻器R2(0～2 000 Ω，0.1 A)
G．电池E(电动势为3 V，内阻约为0.3 Ω)
H．开关S，导线若干
①为了提高实验精确度，减小实验误差，应选用的实验器材有______________(填选项前字母)．
②为了减小实验误差，应选用图甲中________(选填“a”或“b”)为该实验的电路图，并按所选择的电路图把实物图乙用导线连接起来．

22．(10分)如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上y＝h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x＝2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场．不计粒子重力．求：

(1)电场强度的大小E；
(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；
(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t.

















23．(10分)如图所示，PQ和MN是固定于倾角为30°斜面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻忽略不计．金属棒ab、cd放在轨道上，始终与轨道垂直且接触良好．金属棒ab的质量为2m、cd的质量为m，长度均为L、电阻均为R，两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，并与轨道形成闭合回路．整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，若锁定金属棒ab不动，使金属棒cd在与其垂直且沿斜面向上的恒力F＝2mg作用下，沿轨道向上做匀速运动．重力加速度为g.
(1)试推导论证：金属棒cd克服安培力做功的功率P安等于电路获得的电功率P电；
(2)设金属棒cd做匀速运动中的某时刻为0时刻，恒力大小变为F′＝1.5mg，方向不变，同时解锁、静止释放金属棒ab，直到t时刻金属棒ab开始做匀速运动．求：
①t时刻以后金属棒ab的热功率Pab；
②0～t时间内通过金属棒ab的电荷量q.













考前仿真模拟卷(二)
1．解析：选B.研究短跑运动员终点撞线时，其自身大小不能忽略，所以不可以看做质点，故A错误；在田径比赛中跑步运动员的比赛成绩是个时间段，故是一个时间间隔，故B正确；短跑运动员跑200 m时，不是一条直线，故200 m是路程而不是位移，故C错误；400 m比赛时位移为零，故平均速度为零，不可能大于200 m时的平均速度，故D错误．
2．D
3．解析：选C.甲、乙两图中轨道最高点在同一水平线上，因为小球恰好能通过最高点，则mg＝m，解得v2＝gr，可知甲图中小球通过最高点的速度大，根据动能定理可得mgΔh＝mv2－0，故甲图中小球释放点到轨道最高点之间的距离Δh较大，即开始下落的高度较大，选项A、B错误；在轨道最低点，对小球受力分析并应用牛顿第二定律得：FN－mg＝m，mgh＝mv′2－0，解得FN＝mg，甲图中h大、r小，结合牛顿第三定律知，甲图中小球对轨道最低点的压力大，选项C正确，D错误．
4．B
5．解析：选D.三星系统在外接于等边三角形的圆形轨道上做匀速圆周运动，可知它们相互间万有引力相等，可得三颗星的质量相等，故A项错误．由几何关系可知＝cos 30°，则F向＝m＝mR＝m×l，F万＝，又＝cos 30°，联立解得m＝，v＝，F万＝，D项正确，B、C项错误．
6．解析：选C.由题意知，汽车发动机的额定功率P额＝40 kW＝4×104 W，阻力f＝0.1mg＝0.1×2 000×10 N＝2 000 N，当汽车有最大速度时，此时牵引力与阻力二力平衡，由P额＝F牵vm＝fvm得，汽车的最大速度：vm＝＝20 m/s，故A正确；若汽车从静止做匀加速直线运动，则当P＝P额时，匀加速结束，则有：P额＝F′牵vt①根据牛顿第二定律有：F′牵－f＝ma②，联立①②式可解得：vt＝10 m/s，由vt＝at得，汽车匀加速的运动时间t＝10 s，故B正确；当速度v＝16 m/s时，由P＝Fv得，此时汽车的牵引力：F＝＝2 500 N，则汽车的加速度：a＝＝0.25 m/s2，故C错误；设匀加速后的800 m过程所用的时间为t′，从静止开始一直运动到最大速度的过程中，根据动能定理得：F′牵·at2＋Pt′－f＝mv，解得：t′＝47.5 s，汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间：t总＝t＋t′＝10 s＋47.5 s＝57.5 s，故D正确．
7．解析：选C.当小球角速度较小时，小球受重力、支持力和拉力三个力作用，当小球角速度较大时，小球会脱离水平面，小球受重力和拉力两个力作用，故A错误．小球在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向上的合力为零，当小球脱离水平面后，角速度增大时，绳子与竖直方向的夹角变大，拉力变大，故B错误．当小球刚好离开水平面时，受重力和拉力作用，根据牛顿第二定律得，Fcos θ＝mg，Fsin θ＝mlsin θ·ω2，联立解得ω＝，故C正确；v＝ωlsin θ＝ωhtan θ，选项D错误．
8．C
9．解析：选D.根据同向电流互相吸引，异向电流互相排斥，可知初始情况直导线a所受安培力向左，即向左为正方向，由相互作用力关系知，此时直导线b受到的安培力为－F.放置直导线c后，a受力为0，说明c对a的安培力是向右的，大小为F.a、c间互相吸引，因此c与b互相排斥，c对b的作用力方向向右．又直导线c在a、b处分布的磁场强度是一样的，b中电流强度是a中的两倍，因此c对b的安培力大小为2F，即c对b的安培力为－2F，所以b受到的安培力的合力为－3F，选项D正确．
10．解析：选A.由v－t图象分析粒子速度的变化知，粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度是定值，所以电场力不变，电场为匀强电场，带电粒子在从M点到N点的过程中，速度减小，动能减小，根据能量守恒定律可知，电势能逐渐增大，故A正确；粒子的速度减小，所以带电粒子所受的电场力方向从N→M，而粒子带负电，则电场线方向从M→N，所以M点的电势高于N点的电势，故B错误；该电场是匀强电场，不可能是由某负点电荷形成的，故C、D错误．
11．解析：选C.球受重力、支持力和洛伦兹力作用，重力做正功，支持力和洛伦兹力不做功，根据动能定理可知，在下落过程，速度大小增大，根据f＝qBv，可知洛伦兹力的大小在变化，故A错误；从N点运动到D点的过程中只有重力做功，根据动能定理得：mgR＝mv2，解得：v＝，故C正确；小球运动到D点时，受到的洛伦兹力的方向向上，在D点，由牛顿第二定律得：N＋qvB－mg＝m，解得：N＝3mg－qvB，小球对轨道的压力不一定大于mg，故B错误；小球在整个运动过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒，小球滑到轨道左侧时，可以到达轨道最高点M，故D错误．
12．C
13．解析：选D.在电源外部，电流由正极流向负极；由左手定则可以判断出导电液体受到的安培力方向，从而判断出液体的旋转方向；根据闭合电路的欧姆定律求出电路中的电流值，然后根据安培力的公式计算安培力的大小，根据焦耳定律计算热功率，从而即可求解．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；电压表的示数为1.5 V，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＝＝0.3 A，液体所受的安培力大小为：F＝BIL＝1.5×10－3 N，故B错误；液体的等效电阻为R＝0.9 Ω， 10 s内液体的热能Q＝I2Rt＝0.81 J，故C错误；玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9 Ω，则液体热功率为P热＝I2R＝0.081 W，故D正确．
14．解析：选ACD.白色光经过三棱镜后产生色散现象，在光屏由上至下(a、b、c、d)依次为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫．由于紫光的折射率最大，所以偏折最大；红光的折射率最小，则偏折程度最小．故屏上a处为红光，屏上d处是紫光，同时可知，屏上d处的光在棱镜中传播速度最小，故A、C正确，B错误；太阳光进入三棱镜后发生色散，是由于不同频率的光在同种介质中折射率不同，故D正确．
15．解析：选AC.由氢原子能级图知，a光的能量为2.55 eV，b光的能量为0.97 eV.由E＝hν可知，a光的频率大，选项A正确；水对a光的折射率大，由v＝知a光在水中的传播速度小，选项B错误；经计算知，钠的极限频率比a光的频率小，比b光的频率大，选项C正确；由E＝mc2、p＝知，a光与b光的光子动量之比为255∶97，选项D错误．
16．解析：选AB.由图可知，波长为4 m，由公式v＝＝λf＝4×0.5 m/s＝2 m/s，故A正确；由图可知，t＝0时x＝1 m处的质点处于波峰位置，根据波的振动形式的迁移可知，此振动形式传到x＝1.8 m时所用的时间为t＝ s＝0.4 s，故B正确；由于周期为2 s，0.5 s等于四分之一周期，图示位置，x＝2 m处的质点向上振动，所以过0.5 s，x＝2 m处的质点处于波峰位置，即位移为5 cm，故C错误；振幅为两列波振动加强时离开平衡位置的距离之和，所以应为10 cm，故D错误．
17．解析：(1)根据题图乙，弹簧秤的最小刻度为0.1 N，读数估读到最小刻度的下一位，所以读数为4.00 N；
(2)由题图甲可知其中一根细绳太短，并且两个拉力的夹角过小，读数太大．
答案：(1)4.00　(2)①其中一根细绳太短　②两拉力夹角太小，两拉力太大
18．解析：(1)灯泡的额定电压为2.5 V，则电压表选择A；灯泡的额定电流为 A＝0.24 A，若用C量程过大，而用D量程过小，故可用D与定值电阻E并联，这样相当改装成了一个量程为 A＋50×10－3 A＝250 mA的电流表；滑动变阻器选择阻值较小的G接成分压电路，故选ADEG；

(2)电路图如图；
(3)根据电路的结构以及欧姆定律可知：IRA＋Rx＝U，解得Rx＝；
(4)将两个这样的灯泡串联后接到E＝4 V，r＝4 Ω的电池组两端；设每个灯泡两端电压为U，电流为I，则E＝2U＋Ir，即U＝2－2I，将此关系画在灯泡的U－I图象上，如图，交点坐标为U＝1.56 V，I＝0.22 A，则P＝IU≈0.34 W.

答案：(1)ADEG　(2)见解析图　
(3)　(4)0.34(0.32～0.35均可)
19．解析：(1)物块在AB面上的加速度大小为a1
由xAB＝＝4 m
得a1＝＝2 m/s2
由牛顿第二定律得
ma1＝mgsin θ－μmgcos θ
得μ＝0.5.
(2)物块在BC面上的加速度大小a2＝μg＝5 m/s2
刚好不撞上C点，设BC的长度为xBC.
得xBC＝＝1.6 m
BC的长度至少为1.6 m.
(3)要使滑块能到A点，则到达A点速度最小值为0，物块在AB轨道上滑的加速度为a3，
由牛顿第二定律可得：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma3
得a3＝10 m/s2，方向沿斜面向下．
由v′＝2a3xAB得v′B＝4 m/s
由v－v′＝2a2xBC得v0＝4 m/s
则v0至少为4 m/s.
答案：(1)0.5　(2)1.6 m　(3)4 m/s
20．解析：(1)根据向心力公式有F－mg＝m，
得F＝mg＋m.
(2)小球运动到最低点，绳突然断开后小球做平抛运动时间为t，则
h－l＝gt2，x＝vt，
设运动到最高点速度为v′，由机械能守恒定律得
2mgl＋mv′2＝mv2，
小球运动到最高点绳断开后平抛运动时间为t′，则h＋l＝gt′2，
x′＝v′t′，又x＝x′，
联立上述各式解得h＝－l.
(3)小球运动到最高点时向心力最小值为mg，则有mg ≤ m，
解得v′ ≥ .
那么由机械能守恒定律2mgl＋mv′2＝mv2，
小球运动到最低点时速度有v ≥ .
故由(2)问结果h＝－l，得h ≥ l.
答案：(1)mg＋m　(2)－l　(3)见解析
21．解析：(1)据题意可知入射角为90°－θ1，折射角为90°－θ2，则玻璃的折射率为n＝＝；玻璃砖越宽，光线在玻璃砖内的传播方向越容易确定，测量结果越准确．故应选用宽度大的玻璃砖来测量．

(2)由电池E决定了电压表选V1；结合Rx粗略计算电流在600 mA内，故选A2；由Rx约为5 Ω确定滑动变阻器选R1，故应选器材有A、D、E、G、H.
因A2的内阻不能满足远小于Rx，电流表应外接，故选图b.实物连接如图所示．
答案：(1)①　②大　(2)①A、D、E、G、H　②b　实物图连接见解析
22．解析：粒子的运动轨迹如图所示：
(1)设粒子在电场中运动的时间为t1
则有2h＝v0t1，h＝at
根据牛顿第二定律得Eq＝ma
求得E＝.
(2)设粒子进入磁场时速度为v，在电场中，由动能定理得
Eqh＝mv2－mv
又Bqv＝m，解得r＝.
(3)粒子在电场中运动的时间t1＝
粒子在磁场中运动的周期T＝＝
设粒子在磁场中运动的时间为t2，
t2＝T＝，求得t＝t1＋t2＝＋.
答案：见解析
23．解析：(1)设金属棒cd做匀速运动的速度为v，有
E＝BLv
I＝
F安＝IBL
金属棒cd克服安培力做功的功率P安＝F安v
电路获得的电功率P电＝
解得P安＝，P电＝
所以P安＝P电．
(2)①金属棒ab做匀速运动，则有I1BL＝2mgsin 30°
金属棒ab的热功率Pab＝IR
解得Pab＝.
②0时刻前F＝mgsin 30°＋F安
F安＝BIL
I＝
解得v＝
设t时刻以后金属棒ab做匀速运动的速度为v1，金属棒cd做匀速运动的速度为v2，
因F′＝1.5mg＝(2m＋m)gsin 30°，则由金属棒ab、cd组成的系统动量守恒，得
mv＝2mv1＋mv2
金属棒ab解锁后沿导轨斜面向上加速运动回路电流I1＝＝
解得v1＝
0～t时间内对金属棒ab分析，设在电流为i的很短时间Δt内，速度的改变量为Δv，
由动量定理得
BiLΔt－2mgsin 30°Δt＝2mΔv
等式两边累积求和得BLq－mgt＝2mv1
解得q＝.
答案：(1)见解析　(2)①
②