（浙江選考）2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 仿真模擬卷2

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1、仿真模擬卷(二) 一、選擇題Ⅰ(本題共13小題,每小題3分,共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的,不選、多選、錯選均不得分) 1.下列各組物理量全是標量的是(　　) A.速度和加速度 B.動能和重力勢能 C.電場強度和電勢 D.磁感應(yīng)強度和電流 2.下列儀器中,不能直接測量力學(xué)的三個基本物理量的是(　　) 3.如圖所示,一束平行光垂直斜面照射,小球從斜面上的O點以初速度v0沿水平方向拋出,落在斜面上的P點,不計空氣阻力,下列說法正確的是(　　) A.小球在從O點運動到P點的時間與v0無關(guān) B.小球在斜面上的位移OP與v0成正比 C.小球在斜面上的

2、投影勻速移動 D.小球在斜面上的投影勻加速移動 4.物體甲的速度—時間圖象和物體乙的位移—時間圖象分別如圖所示,則兩個物體的運動情況是(　　) A.甲在0~4 s時間內(nèi)有往返運動,它通過的總路程為12 m B.甲在0~4 s時間內(nèi)通過的位移為零 C.乙在t=2 s時速度方向發(fā)生改變,與初速度方向相反 D.乙在0~4 s時間內(nèi)通過的位移為零 5.(2016河南安陽調(diào)研)兩個分別帶有電荷量-Q和+5Q的相同金屬小球(均可視為點電荷),固定在相距為r的兩處,它們間庫侖力的大小為F,兩小球相互接觸后將其固定距離變?yōu)?則兩球間庫侖力的大小為(　　) A. B. C. D. 6.圖甲

3、為一女士站在臺階式自動扶梯上勻速上樓(忽略扶梯對手的作用),圖乙為一男士站在履帶式自動扶梯上勻速上樓,兩人相對扶梯均靜止,下列關(guān)于力做功判斷正確的是(　　) A.甲圖中支持力對人做正功 B.甲圖中摩擦力對人做負功 C.乙圖中支持力對人做正功 D.乙圖中摩擦力對人做負功 7.四顆地球衛(wèi)星a、b、c、d的排列位置如圖所示,a是靜止在地球赤道上還未發(fā)射的衛(wèi)星,b是近地軌道衛(wèi)星,c是地球同步衛(wèi)星,d是高字探測衛(wèi)星,四顆衛(wèi)星相比較(　　) A.a的向心加速度最大 B.c相對于b靜止 C.相同時間內(nèi)b轉(zhuǎn)過的弧長最長 D.d的運動周期最小 8.小李同學(xué)用鐵釘與漆包線繞成電磁鐵,當

4、接通電路后,放在其上方的小磁針N極立即轉(zhuǎn)向左側(cè),如圖所示。則此時(　　) A.導(dǎo)線A端接電池負極 B.鐵釘內(nèi)磁場方向向右 C.鐵釘左端為電磁鐵的N極 D.小磁針所在位置的磁場方向水平向右 9.銅電阻溫度計價格便宜,常用于測量-50~150 ℃溫度段,在這個范圍內(nèi)電阻與溫度呈線性關(guān)系;Rt=R0(1+at),其中R0為銅電阻溫度計在0 ℃時的電阻,Rt為溫度為t時的電阻,t為溫度,a>0,則此銅電阻的U-I圖線為(　　) 10.如圖所示為某靜電除塵裝置的原理圖,廢氣先經(jīng)過一個機械過濾裝置再進入靜電除塵區(qū)。圖中虛線是某一帶負電的塵埃(不計重力)僅在電場力作用下向集塵極遷移并沉積

5、的軌跡,A、B兩點是軌跡與電場線的交點。不考慮塵埃在遷移過程中的相互作用和電荷量變化,則以下說法正確的是(　　) A.A點電勢高于B點電勢 B.塵埃在A點的加速度大于在B點的加速度 C.塵埃在遷移過程中做勻變速運動 D.塵埃在遷移過程中電勢能一直在增大 11.小娟、亮亮兩人共提總重力為G的一桶水勻速前行,如圖所示,兩人手臂用力大小均為F,兩人手臂間的夾角為θ。則(　　) A.當0=60°時,F= B.當θ=90°時,F有最小值 C.當θ=120°時,F=G D.θ越大時,F越小 12.圖甲為某標有“35 μF　5%”的電容器,圖乙為標有“3.7 V1 350 mAh

6、”的某品牌手機電池板。則以下說法正確的是 (　　) A.電容器和手機電池的充電過程都是電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的過程 B.該手機電池銘牌上的1 350 mAh指儲存的電荷量,當以135 mA的電流工作時,可連續(xù)放電10小時 C.該電容器只有在正常工作時電容才是35 μF左右 D.該手機電池能儲存的最大電能約為1 kW·h 13.某質(zhì)量為m的電動玩具小車在平直的水泥路上由靜止沿直線加速行駛。經(jīng)過時間t,小車前進的距離為x,且速度達到最大值vm,設(shè)這一過程中電動機的功率恒為P,小車受阻力恒為F,則t時間內(nèi)(　　) A.小車做勻加速運動 B.小車受到的牽引力逐漸增大 C.合外力對小車

7、所做的功為Pt D.牽引力對小車所做的功為Fx+ 二、選擇題Ⅱ(本題共3小題,每小題2分,共6分,每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得2分,選對但不全的得1分,有選錯的得0分) 14.【加試題】宇航員在太空中做實驗,如圖所示,左邊為彈簧振動系統(tǒng),振子連接一根很長的軟繩,沿繩方向取x軸。振子從平衡位置O以某一初速度向A端開始運動,振動頻率為f=10 Hz,振幅為5 cm,當振子從O點出發(fā)后,第五次經(jīng)過O點時,波剛好傳播到x=25 cm處,則下列說法正確的是(　　) A.當振子向上經(jīng)過距O點3 cm處時正在加速 B.繩上產(chǎn)生的波的傳播速度為v=10 cm/

8、s C.振子從O點開始運動的速度越大,再次回到O點的時間越長 D.振子從O點開始運動的速度不同,波在繩子中傳播的速度也不同 15.【加試題】下列有關(guān)說法正確的是(　　) A.鈾核發(fā)生α衰變時,釋放出α粒子和一定的能量,目前核電站利用的就是這一自發(fā)釋放的能量 B.如果利用紫光照射某種金屬可以發(fā)生光電效應(yīng),改用紅光一定不能發(fā)生光電效應(yīng) C.氫原子由較高能級躍遷到較低能級時,會釋放出一定頻率的光子 D.機械波和電磁波都具有干涉、衍射的特性 16.【加試題】如圖所示,在某一輸電線路的起始端接入兩個理想變壓器,原、副線圈的匝數(shù)比分別為n1∶n2=100∶1和n3∶n4=1∶100,圖中a

9、、b表示電流表或電壓表,已知電壓表的示數(shù)為22 V,電流表的示數(shù)為1 A,則以下說法正確的是(　　) A.a為電流表,b為電壓表 B.a為電壓表,b為電流表 C.輸電線路總電阻為22 Ω D.線路輸送電功率是220 kW 三、非選擇題(本題共7小題,共55分) 17.(5分)如圖所示,打點計時器固定在鐵架臺上,使重物帶動紙帶從靜止開始自由下落,利用此裝置驗證機械能守恒定律。 (1)對于該實驗,下列操作中對減小實驗誤差有利的是　　　　。? A.重物選用質(zhì)量和密度較大的金屬錘 B.兩限位孔在同一豎直面內(nèi)上下對正 C.精確測量出重物的質(zhì)量 D.用手托穩(wěn)重物,接通電源后,

10、撒手釋放重物 (2)某實驗小組利用上述裝置將打點計時器接到50 Hz的交流電源上,按正確操作得到了一條完整的紙帶,由于紙帶較長,圖中有部分未畫出,如圖所示。紙帶上各點是打點計時器打出的計時點,其中O點為紙帶上打出的第一個點。重物下落高度應(yīng)從紙帶上計時點間的距離直接測出,利用下列測量值能完成驗證機械能守恒定律的選項有　　　　。? A.OA、AD和EG的長度 　　B.OC、BC和CD的長度 C.BD、CF和EG的長度 　　D.AC、BD和EG的長度 18.(5分)某物理興趣小組利用如圖所示電路,測量多用電表內(nèi)電池的電動勢和電阻“×1 k”擋內(nèi)部電路的總電阻。使用的器材有:多用電表、電壓

11、表:量程0~5 V,內(nèi)阻為RV、滑動變阻器(最大阻值5 kΩ)、導(dǎo)線若干?；卮鹣铝袉栴}: (1)將多用電表擋位調(diào)到電阻“×1 k”擋,再將紅表筆和黑表筆短接,調(diào)零點。 (2)將圖1中多用電表的黑表筆和　　　　(選填“1”或“2”)端相連,紅表筆連接另一端。? (3)多用電表電阻擋內(nèi)部電路可等效為由一個無內(nèi)阻的電池、一個理想電流表和一個電阻串聯(lián)而成的電路,如圖2所示,設(shè)此多用電表內(nèi)電池的電動勢為E,電阻“×1 k”擋內(nèi)部電路的總內(nèi)阻為r。調(diào)節(jié)滑動變阻器,測得多組多用電表的讀數(shù)R和電壓表讀數(shù)U,由測得的數(shù)據(jù),繪出如圖3所示的-R圖線,已知圖中斜率為k,縱軸截距為b,則電源電動勢E=　　　

12、　　,電阻r=　　　　　(用k,b,RV表示)。? 19.(9分)觀光旅游、科學(xué)考察經(jīng)常利用熱氣球,保證熱氣球的安全就十分重要?？蒲腥藛T進行科學(xué)考察時,氣球、座艙、壓艙物和科研人員的總質(zhì)量為M=1 000 kg,在空中停留一段時間后,由于某種故障,氣球受到的空氣浮力減小,當科研人員發(fā)現(xiàn)氣球在豎直下降時,氣球速度為v0=2 m/s,此時開始,經(jīng)t0=4 s氣球繼續(xù)勻加速下降h1=16 m,科研人員立即拋掉一些壓艙物,使氣球勻速下降。不考慮氣球由于運動而受到的空氣阻力。求: (1)氣球加速下降階段的加速度大小a; (2)拋掉壓艙物的質(zhì)量m; (3)氣球從靜止開始經(jīng)過t=

13、12 s的時間內(nèi)下落的總高度h總。 20.(12分)如圖所示,水平傳送帶AB向右勻速運動,傾角為θ=37°的傾斜軌道與水平軌道平滑連接于C點,小物塊與傳送帶AB及傾斜軌道和水平軌道之間均存在摩擦,動摩擦因數(shù)都為μ=0.4,傾斜軌道長度LPC=0.75 m,C與豎直圓軌道最低點D處的距離為LCD=0.525 m,圓軌道光滑,其半徑R=0.5 m。質(zhì)量為m=0.2 kg可看作質(zhì)點的小物塊輕輕放在傳送帶上的某點,小物塊隨傳送帶運動到B點,之后沿水平飛出恰好從P處切入傾斜軌道后做勻加速直線運動(進入P點前后不考慮能量損失),經(jīng)C處運動至D,在D處進入豎直平面圓軌道,恰好繞過圓軌道的最高點E之

14、后從D點進入水平軌道DF向右運動。(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求: (1)物塊剛運動到圓弧軌道最低處D時對軌道的壓力; (2)傳送帶對小物塊做的功W; (3)若傳送帶AB向右勻速運動的速度v0=5 m/s,求小物塊在傳送帶上運動過程中由于相互摩擦而產(chǎn)生的熱量Q。 21.(4分)【加試題】在用插針法測玻璃磚折射率的實驗中,玻璃磚的ab邊與a'b'邊相互平行,aa'邊與bb'邊不平行。某同學(xué)在白紙上仔細畫出了玻璃磚的兩條邊線aa'和bb',如圖所示。 (1)實驗時,先在玻璃磚的一側(cè)插兩枚大頭針P1和P2以確

15、定入射光線AO。接著,眼睛在玻璃磚的　　　　(選填“同一側(cè)”或“另一側(cè)”)觀察所插的兩枚大頭針P1和P2,同時通過插第三、第四枚大頭針來確定從玻璃磚射出的光線。? (2)實驗中是否要求四枚大頭針的針帽在同一視線上?　　　　(選填“是”或“否”)。? (3)下列操作可以減小實驗誤差的是　　　(填字母代號)。? A.適當增大大頭針P1、P2的間距 B.選擇玻璃磚相互平行的ab、a'b'邊來測量 C.選用盡可能細的筆畫線 D.使AO的入射角接近于90° 22. (10分)【加試題】如圖所示,兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一豎直面(紙面)內(nèi),其上端接一阻值為R的電阻;在兩導(dǎo)軌間

16、OO'下方區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B?，F(xiàn)使電阻為r、質(zhì)量為m的金屬棒ab由靜止開始自O(shè)O'位置釋放,向下運動距離d后速度不再變化。(棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好的接觸且下落過程中始終保持水平,導(dǎo)軌電阻不計) (1)求棒ab在向下運動距離d過程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱; (2)棒ab從靜止釋放經(jīng)過時間t0下降了,求此時刻的速度大小; (3)如圖在OO'上方區(qū)域加一面積為S的垂直于紙面向里的均勻磁場B',棒ab由靜止開始自O(shè)O'上方某一高度處釋放,自棒ab運動到OO'位置開始計時,B'隨時間t的變化關(guān)系為B'=kt,式中k為已知常量

17、;棒ab以速度v0進入OO'下方磁場后立即施加一豎直外力使其保持勻速運動。求在t時刻穿過回路的總磁通量和電阻R的電功率。 23.(10分)【加試題】如圖所示的xOy坐標系中,y軸右側(cè)空間存在范圍足夠大的勻強磁場,方向垂直于xOy平面向里。P點的坐標為(-L,0),M1、M2兩點的坐標分別為(0,L)、(0,-L)。質(zhì)量為m1電荷量為q的帶負電粒子A1,靠近極板經(jīng)過加速電壓為U的電場從靜止加速后,沿PM1方向運動。有一質(zhì)量也為m、不帶電的粒子A2靜止在M1點,粒子A1經(jīng)過M1點時與A2發(fā)生碰撞,碰后粘在一起成為一個新粒子A3進入磁場(碰撞前后質(zhì)量守恒、電荷量守恒),通過磁場后直接到達M

18、2,在坐標為處的C點固定一平行于y軸放置絕緣彈性擋板,C為擋板中點。假設(shè)帶電粒子與彈性絕緣擋板碰撞前后,沿y方向分速度不變,沿x方向分速度大小不變、方向相反。不計所有粒子的重力及粒子間的相互作用力。 (1)粒子A1與A2碰后瞬間的速度大小。 (2)磁感應(yīng)強度的大小。 (3)若粒子A2帶負電,且電荷量為q',發(fā)現(xiàn)粒子A3與擋板碰撞兩次,能返回到P點,求粒子A2的電荷量q'。 普通高校招生選考(物理)仿真模擬卷(二) 一、選擇題Ⅰ 1.B　解析 速度、加速度和磁感應(yīng)強度都是既有大小又有方向的物理量,是矢量;而動能、重力勢能和電勢只有大小無方向,是標量;電

19、流強度雖然有方向,但是不滿足平行四邊形法則,是標量;則選項B正確,A、C、D錯誤。 2.D　解析 刻度尺用來測量長度,而長度是基本物理量,故A正確。天平用來測量質(zhì)量,而質(zhì)量是基本物理量,故B正確。停表用來測量時間,而時間是基本物理量,故C正確。彈簧測力計測量力的大小,而力不是基本物理量,故D錯誤。 3.D　解析 根據(jù)tan θ=得,t=,可知小球只要落在斜面上,在空中運動的時間與初速度有關(guān),故A錯誤;xOP=,則小球在斜面上的位移OP與v0平方成正比,選項B錯誤;將速度分解成平行與垂直斜面方向,平行斜面方向運動是勻加速直線運動,而垂直斜面方向先勻減速直線運動,后勻加速直線運動,可知小球在斜

20、面上的投影加速移動,故C錯誤,D正確。 4.B　解析 甲在前2 s內(nèi)沿負方向做勻減速直線運動,后2 s內(nèi)沿正方向做勻加速直線運動,即4 s時間內(nèi)做往返運動;0~4 s時間內(nèi)甲通過的總路程為兩個三角形的面積大小代數(shù)之和,故總位移為0,故A錯誤,B正確;x-t圖象的斜率表示速度,乙圖表示物體做勻速直線運動,速度方向不變,故C錯誤;乙在4 s時間內(nèi)從-3 m運動到+3 m位置,故位移為Δx=6 m,故D錯誤。 5.D　解析 兩球相距r時,庫侖力F=k;兩球接觸后,電荷量均為2Q,則庫侖力F'=k,由以上兩式可解得F'=,D正確。 6.A　解析 題圖甲中,人勻速上樓,不受靜摩擦力,摩擦力不做功,

21、支持力豎直向上,與速度方向為銳角,則支持力做正功,故A正確,B錯誤。題圖乙中,支持力與速度方向垂直,支持力不做功,摩擦力方向與速度方向相同,做正功,故C、D錯誤。 7.C　解析 同步衛(wèi)星的周期必須與地球自轉(zhuǎn)周期相同,角速度相同,則知a與c的角速度相同,根據(jù)a=ω2r知,c的向心加速度比a的向心加速度大,故A錯誤;b是近地軌道衛(wèi)星,c是地球同步衛(wèi)星,c相對于地面靜止,近地軌道衛(wèi)星相對于地面運動,所以c相對于b運動,故B錯誤;由萬有引力提供向心力:=mrω2,解得ω=,衛(wèi)星的半徑越大,角速度越小,所以b的角速度最大,在相同時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的弧長最長,故C正確;根據(jù)開普勒第三定律可知,衛(wèi)星的半徑越大,周

22、期越大,所以d的運動周期大于c的周期24 h,故D錯誤。 8.B　解析 當接通電路后,放在其上方的小磁針N極立即轉(zhuǎn)向左側(cè),所以小磁針處的磁場的方向向左,通電螺線管產(chǎn)生的磁場的方向向右,鐵釘右端為電磁鐵的N極。所以漆包線內(nèi)電流由A流向B,導(dǎo)線A端接電池正極,故B正確,A、C、D錯誤。 9.C　解析 隨溫度升高,銅電阻溫度計電阻變大,故的值隨電流變大,即U-I圖線的斜率增大,故C正確,A、B、D錯誤。 10.B　解析 A.由圖可知,作過B點的等勢線,交A所在電場線于B',則可知,B'點靠近正極板,故B點的電勢高于A點電勢,故A錯誤。 B.由圖可知,A點電場線比B點密集,因此A點的電場強

23、度大于B點電場強度,故A點的電場力大于B點的電場力,再根據(jù)牛頓第二定律可知,A點的加速度大于B點的加速度,故B正確。 C.放電極與集塵極間建立非勻強電場,塵埃所受的電場力是變化的,故粒子不可能做勻變速運動,故C錯誤。 D.塵埃在遷移過程中,電場力做正功,電勢能減小,故D錯誤。 11.C　解析 設(shè)小娟、小明的手臂對水桶的拉力大小為F,小娟、小明的手臂夾角成θ 角,根據(jù)對稱性可知,兩人對水桶的拉力大小相等,則根據(jù)平衡條件得 2Fcos=G 解得F=, 當θ=0°時,cos值最大,則F=,此時F最小, 當θ=60°時,F=G, 當θ=90°時,F=G, 當θ=120°時,F=G,

24、 當θ越大時,則F越大;故A、B、D錯誤,C正確。 12.B　解析 A.電容器充電時是將電能轉(zhuǎn)化為電場能,而手機電池的充電過程都是電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的過程,故A錯誤; B.由q=It可知,該手機電池銘牌上的1 350 mA·h指儲存的電荷量,故t= h=10 h,因此當以135 mA的電流工作時,可連續(xù)放電10小時,故B正確; C.電容器的電容是電容器本身性質(zhì)決定的,任何時刻均為35 μF左右,故C錯誤; D.由W=UIt可知,該手機的最大電能為W=3.7×1 350×10-3 kW·h≈0.5 kW·h,故D錯誤。 13.D　解析 電動機功率恒定,P=F牽v,結(jié)合牛頓第二定律可知F牽

25、-F=ma,v=at可知,當速度增大時,牽引力減小,加速度減小,故小車做加速度減小的變加速運動,故A、B錯誤。整個過程中,牽引力做正功,阻力做負功,故合力做功為W=,Pt為牽引力所做的功,故C錯誤。整個過程中,根據(jù)動能定理可知Pt-Fx=,解得Pt=Fx+,故D正確。 二、選擇題Ⅱ 14.B　解析 當振子向上經(jīng)過距O點3 cm處時,振子是遠離平衡位置,故振子減速,A錯誤;當振子從O點出發(fā)后,第五次經(jīng)過O點時,經(jīng)過兩個半全振動,波剛好傳播到x=25 cm處,說明波長λ為10 cm,故波速v==λf=1 m/s,B正確;振子從O點開始到再次回到O點的時間為,簡諧運動的周期與振幅無關(guān),故C錯誤;

26、波在繩子中的傳播速度由繩子決定,故D錯誤。 15.CD　解析 A.α衰變時放出的能量比較小,目前核電站利用的是鈾核發(fā)生裂變時釋放的能量,故A錯誤。 B.用紫光照射某種金屬可以發(fā)生光電效應(yīng),可知紫光的頻率大于金屬的極限頻率,紅光的頻率小于紫光的頻率,用紅光照射不一定能產(chǎn)生光電效應(yīng),故B錯誤。 C.氫原子的核外電子由較高能級躍遷到較低能級時,能量減小,要釋放一定頻率的光子,故C正確。 D.干涉與衍射都是波特有的性質(zhì),機械波和電磁波都具有干涉、衍射的特性,故D正確。 16.BD　解析 由題圖可知,a表是電壓表,b表是電流表。而左側(cè)互感器原線圈的匝數(shù)與副線圈匝數(shù)比為100∶1,右側(cè)互感器原線

27、圈的匝數(shù)與副線圈匝數(shù)比為1∶100,由電壓表的示數(shù)為22 V,得原線圈的電壓為2 200 V,由電流表的示數(shù)為1 A,原線圈的電流為100 A。所以線路輸送功率是2.2×105 W=220 kW,由已知條件無法求輸電線電阻。故B、D正確,A、C錯誤。 三、非選擇題 17.答案 (1)AB　(2)BC 解析 (1)重物選用質(zhì)量和密度較大的金屬錘,減小空氣阻力,以減小誤差,故A正確;兩限位孔在同一豎直面內(nèi)上下對正,減小紙帶和打點計時器之間的摩擦力,以減小誤差,故B正確;驗證機械能守恒定律的原理是mgh=,重物質(zhì)量可以消掉,無需精確測量出重物的質(zhì)量,故C錯誤;用手拉穩(wěn)紙帶,而不是托住重物,接通

28、電源后,撒手釋放紙帶,故D錯誤。 (2)由EG的長度可求出F點的速度vF,O點的速度v1=0,但求不出OF之間的距離,故A錯誤;由BC和CD的長度可求出C點的速度vC,O點的速度v1=0,OC之間的距離h,可以用來驗證機械能守恒定律,故B正確;由BD和EG的長度可分別求C點的速度vC和F點的速度vF,CF之間的距離h,可以來驗證機械能守恒定律,故C正確;AC、BD和EG的長度可分別求出B、C、F三點的速度,但BC、CF、BF之間的距離都無法求出,無法驗證機械能守恒定律,故D錯誤。 18.答案 (2)2　(3) 解析 (2)多用電表的黑表筆內(nèi)部接電源的正極,則將圖1中多用電表的黑表筆和2端

29、相連,紅表筆連接另一端。 (3)根據(jù)閉合電路歐姆定律,電動勢為:E=(R+r),則R+,由圖象可知:=k;=b,解得:E=,r=。 19.答案 (1)1 m/s2　(2)100 kg　(3)54 m 解析 (1)設(shè)氣球加速下降的加速度為a,受空氣的浮力為F,則: 由運動學(xué)公式可知:h1=v0t0+ 解得:a=1 m/s2 (2)由牛頓第二定律得到:Mg-F=Ma 拋掉質(zhì)量為m的壓艙物,氣球勻速下降,有:(M-m)g=F 解得:m=100 kg (3)設(shè)拋掉壓艙物時,氣球的速度為v1 由運動學(xué)公式可知:v1=v0+at0=6 m/s h=+v1t1 解得:h=54 m

30、20.答案 (1)12 N,方向豎直向下 (2)1.6 J (3)2.4 J 解析 (1)小球恰好過E點:mg=m D到E過程:-mg2R=m() D點:FN-mg=m, 則:FN=12 N 由牛頓第三定律得到物塊到D點時對軌道壓力為12 N,方向豎直向下。 (2)從P點到D點 mgsin θLPC-μmgcos θLPC-μmgLCD=m() vP=5 m/s,vB=4 m/s 傳送帶對小物塊做的功為:W==1.6 J (3)小物塊在傳送帶上加速過程:t==1 s Δx=v0t-=3 m Q=μmgΔx=2.4 J 21.答案 (1)另一側(cè)　(2)否　(3)AC

31、 解析 (1)實驗時,先在玻璃磚的一側(cè)插兩枚大頭針P1和P2以確定入射光線AO;接著,眼睛在玻璃磚的另一側(cè)觀察所插的兩枚大頭針P1和P2,同時通過插第三、第四枚大頭針來確定從玻璃磚射出的光線。 (2)實驗中要求四枚大頭針的針尖在同一視線上,而不是針帽。 (3)A.大頭針P1和P2及P3和P4之間的距離適當大些時,相同的距離誤差,引起的角度誤差會減小,角度的測量誤差會小些,故A正確。 B.作插針法測定折射率時,玻璃磚上下表面不一定要平行,故B錯誤。 C.為了準確確定入射光線和折射光線,選用盡可能細的筆畫線,故C正確。 D.為了減小測量的相對誤差,選擇的入射角應(yīng)盡量大些,效果會更好,但

32、不是接近90°,故D錯誤。 22.答案 (1)mgd-　(2)gt0-　(3)Blv0t+ktS　R 解析 本題考查能量守恒、動量定理、閉合電路定律的知識,意在考查學(xué)生的分析能力。 (1)根據(jù)閉合電路歐姆定律有I= mg=BIl 解得vm= 根據(jù)能量守恒有mgd=+Q Q=mgd-; (2)根據(jù)動量定理有(mg-BIl)t0=mv mgt0-Blq=mv q= v=gt0- (3)Φ=Blv0t+ktS E==Blv0+kS I= P=I2R?P=R 23.答案 (1)　(2)　(3)q 解析 (1)粒子A1經(jīng)電壓U加速得Uq=mv2 與靜止的A2發(fā)生碰撞,

33、由動量守恒定律得mv=2mv3 聯(lián)立可得v3= (2)粒子A3在磁場中做勻速圓周運動,畫出運動軌跡如圖所示。 由幾何關(guān)系可知粒子A3做勻速圓周運動的半徑r3=O3M1=L 對粒子A3,洛倫茲力提供向心力,qv3B=2m 從而求得B= (3)若讓A2帶上負電q',由于總的電荷量變大,則A3粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑減小設(shè)為r4,由題設(shè)畫出粒子的運動軌跡如圖所示,進入磁場的方向與PM1平行, 每次在磁場中偏轉(zhuǎn)一次,沿y軸的負方向下移距離 Δy1=2r4cos45°=r4 離開磁場的方向與M2P平行。從磁場出來與C板碰撞再進入磁場時,粒子沿y軸正方向上移的距離 Δy2=2tan 45°=L 由題意經(jīng)過兩次與C板碰撞后回到P點,則有 3Δy1-2Δy2=2L 聯(lián)立以上兩式可得r4=L 而對粒子A3做勻速圓周運動時有(q+q')Bv3=2m 聯(lián)立以上可得q'=q 12