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高考物理二轮复习【仿真模拟】第24讲 仿真模拟卷（五）
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这是一份高考物理二轮复习【仿真模拟】第24讲 仿真模拟卷（五），文件包含仿真模拟卷五教师版docx、仿真模拟卷五学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35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（五）
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．下列物理量中是矢量的（ ）
A．电场强度 B．电流 C．磁通量 D．波长
【解答】解：A、电场强度既有大小，又有方向，是矢量。故A正确。
B、电流有大小，也有方向，但运算遵守代数加减法则，不是矢量。故B错误。
C、磁通量是穿过磁场中某一平面的磁感线的条数，没有方向，是标量。故C错误。
D、波长是一种距离，没有方向，是标量。故D错误。
故选：A。
2．用两根粗细、材料均相同的导线绕制成如图所示的矩形闭合线圈A和B，匝数分别为n1和n2，在它们之间放有一根平行于两线圈平面且与两线圈距离相等的通电直导线．若通电直导线中的电流I均匀增大，则下列说法正确的是（ ）
A．穿过线圈A、B的磁通量之比为2n1：n2
B．线圈A、B中的感应电流方向相同
C．线圈A、B中的感应电动势大小之比为n1：n2
D．线圈A、B中的感应电流大小之比为4：3
【解答】解：A、根据Φ＝BS。所以线圈A.B的磁通量之比为2：1，故A错误；
B、根据楞次定律可知线圈A.B中的感应电流方向相反，故B错误；
C、根据：E＝nΔΦΔt=nΔBΔtS，可知线圈A.B的感应电动势大小之比为：2n1：n2，故C错误；
D、根据I=ER.所以I=nΔBΔtSn⋅ρL0S0
所以IA=ΔB2L2S0Δtρ6L=13ΔBLS0Δtρ；IB=ΔBL2S0Δtρ4L=14ΔBLS0Δtρ
所以IA：IB＝4：3，故D正确。
故选：D。
3．关于电磁场和电磁波，下列叙述中正确的是（ ）
A．电场和磁场总是形成不可分割的统一体
B．电磁波和机械波一样依赖于介质传播
C．电磁波的频率越大，波长也越大
D．在电磁波谱中X射线的频率大于红外线的频率
【解答】解：A、变化的电场和变化的磁场是相互联系的，是不可分割的统一体，统称为电磁场，故A错误；
B、电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播，机械波传播需要介质，故B错误；
C、根据v＝λf电磁波的频率越大，波长越短，故C错误；
D、在电磁波谱中X射线的频率大于红外线的频率，故D正确；
故选：D。
4．在男子400m决赛中，甲同学以50s夺取第一名，乙同学以54s取得第二名，关于甲、乙两位同学的运动，下列说法正确的是（ ）
A．甲同学的瞬时速度一定大于乙同学的瞬时速度
B．甲、乙两位同学的位移相等
C．甲同学的速率一定大于乙同学的速率
D．甲同学的平均速率一定大于乙同学的平均速率
【解答】解：AC、瞬时速度对应某个时刻或某个位置，根据题目意思无法比较瞬时速度，也无法比较速率，故AC错误；
B、400m决赛中，甲、乙同学的终点位置不同，两位同学的位移不相等，故B错误；
D、男子400m决赛中，甲、乙两同学运动的路程相等，甲运动时间小于乙运动时间，根据平均速率的定义式v=st，可知甲同学的平均速率一定大于乙同学的平均速率，故D正确。
故选：D。
5．如图所示的翻斗车车斗的底部是一个平面，司机正准备将车上运送的一块大石块（图中未画出）卸下。司机将车停稳在水平路面上，通过操纵液压杆使车斗底部倾斜，直到石块开始加速下滑时，保持车斗倾斜角不变，则在石块沿车斗底面匀加速下滑的过程中，翻斗车（包含司机）始终静止，则（ ）
A．车斗的倾角越大，石块对翻斗车的压力也越大
B．地面对翻斗车的支持力小于翻斗车和车上石块的总重力
C．翻斗车受到的合外力不为零
D．翻斗车不受地面的摩擦力
【解答】解：A、对石块分析，设石块的质量为m，车斗的倾角为α，则有翻斗车对石块的支持力为FN＝mgcosα，根据牛顿第三定律可得石块对翻斗车的压力为mgcosα，车斗的倾角越大，石块对翻斗车的压力越小，故A错误：
B、因为石块竖直方向有竖直向下的加速度，设翻斗车的质量为M，地面对翻斗车的支持力为N，在竖直方向上，对翻斗车和石块的整体根据牛顿第二定律有（m+M）g﹣N＝ma•sinα，可知N＜（m+M）g，即地面对翻斗车的支持力小于翻斗车和车上石块的总重力，故B正确；
C、石块下滑过程中，翻斗车始终静止，所以翻斗车受到的合外力为零，故C错误；
D、由于石块有沿斜面向下的加速度a，则对车和石块的整体，取向左为正，在水平方向根据牛顿第二定律有f＝macosα，即车受到地面向左的摩擦力作用，故D错误。
故选：B。
6．我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平。“天鲲号”的泥泵输出功率恒为1×104kW，排泥量为1.4m3/s。排泥管的横截面积为0.7m2．则泥泵对排泥管内泥浆的推力为（ ）
A．2×107N B．5×106N C．5×109N D．2×109N
【解答】解：根据排泥量和排泥管的横截面积可求出排泥速度为：v=1.40.7m/s=2m/s
根据P＝Fv可得：F=Pv=1×104×1032N=5×106N，故B正确。
故选：B。
7．一辆货车载着同一规格的圆柱形空油桶。在车厢底层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只油桶c，自由地摆放在油桶a、b上面，如图所示。汽车行驶过程中桶c始终和其它油桶间保持相对静止，忽略油桶间的摩擦作用。当汽车由静止开始向右加速行驶时，下列说法正确的是（ ）
A．油桶c对油桶b一定有压力
B．油桶c对油桶a的压力方向不变
C．油桶a、b对油桶c的作用力的合力方向竖直向上
D．油桶a、b对油桶c的作用力的合力方向水平向右
【解答】解：设空油桶的质量为m
AB、以桶c为研究对象，受力分析如图所示，货车静止时Fa＝Fb；竖直方向根据平衡条件可得Facos30°+Fbcos30°＝mg，解得Fa＝Fb=33mg；
当货车以加速度a向右加速运动时，设a对c的作用力为Fa′、B对C的作用力为Fb′，
竖直方向根据平衡条件可得：Fa′cos30°+Fb′cos30°＝mg，
水平方向根据牛顿第二定律可得：Fa′sin30°﹣Fb′sin30°＝ma
联立解得：Fa′=33mg+ma；Fb′=33mg﹣ma；加速度a增大，b对c的支持力减小，当b对c的支持力减小到0时，c就脱离b，故A错误、B正确；
CD、当货车向加速运动时，油桶a、b对油桶c的作用力的合力方向斜右上，故CD错误。
故选：B。
8．如图所示，游乐场的旋转盘上，开始时有的人离转轴近一些，有的人离转轴远一些。当旋转盘加速转动时，哪些人更容易发生滑动（ ）
A．离轴近的 B．离轴远的 C．质量大的 D．质量小的
【解答】解：游乐场的旋转盘上，人随盘一起做匀速圆周运动，角速度相等，由静摩擦力提供向心力，当转盘角速度过大，则静摩擦力近似等于滑动摩擦力，滑动摩擦力提供向心力，设人的质量为m，根据牛顿第二定律得：μmg＝mω2r，由此可见，离轴越远，向心加速度越大，所需向心力越大，越容易滑动，故B正确，ACD错误。
故选：B。
9．如图所示，2021年2月，我国“天问一号”火星探测器抵达环绕火星的轨道，正式开启火星探测之旅。先进入火星停泊轨道2，近火点280千米、远火点5.9万千米，进行相关探测后进入较低的轨道3开展科学探测。则下列说法正确的是（ ）
A．在轨道1上的运行速度不超过第二宇宙速度
B．在轨道2上近火点的加速度与轨道3上近火星点的加速度相等
C．在轨道2上近火点的机械能比远火点小
D．在轨道2上近火点加速可进入轨道3
【解答】解：A、第二宇宙速度为卫星脱离地球的速度，而探测器从轨道1逃离了地球，所以轨道1上的发射速度超过第二宇宙速度，但最后的速度小于第二宇宙速度，所以并不是整个轨道上运行速度都超过第二宇宙速度，故A错误；
B、由于在轨道2上的近火点与轨道3上的近火星点为同一点，受到的火星的引力相同，所以它们的加速度相等，故B正确；
C、在轨道2上，只有引力做功，所以机械能不变，故C错误；
D、从轨道2进入轨道3做近心运动，则火星探测器在轨道2上近火点减速可进入轨道3，故D错误。
故选：B。
10．如图所示，在真空环境中有一个半径为R，质量分布均匀的玻璃球。一束复色光沿直线BC方向射入玻璃球，在C点分成两束单色光a、b，入射角为60°。a光和b光分别在玻璃球表面的E点和D点射出。已知∠COE＝90°，∠COD＝120°，真空中的光速为c
，则下列说法中正确的是（ ）
A．若改变入射角的大小，b光束可能在玻璃球的内表面发生全反射
B．若a、b光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则a光的遏止电压低
C．a光在射入玻璃球后，传播速度变小，光的波长变大
D．若a光的频率为V，则a光束在玻璃中的波长为λ=3c3v
【解答】解：A、无论怎样改变入射角，折射光线射到玻璃球内表面时的入射角都等于光束进入玻璃球时的折射角，根据光路的可逆性可知两束光在玻璃球中均不可能发生全反射，故A错误；
B、根据折射定律n=sinisinr知，从E出射的光束a折射率较小，波长较长，频率较小；若a、b光分别照射同一光电管都能发生光电效应，根据光电效应方程Ekm＝hν﹣W0＝eUc可知，a光的频率低遏止电压低，故B正确；
C、光束在玻璃球中传播速度为v=cn，则a光在射入玻璃球后，传播速度变小，频率不变，a光的波长λ=vf变小，故C错误；
D、根据折射定律得
na=sinisinr=sin60°sin45°=62，
光束在玻璃球中传播速度为
v=cna
a光的波长
λ=vν
联立解得：λ=6c3ν，
故D错误。
故选：B。
11．如图所示，在圆ABCD的圆心O点固定一个带正电荷的点电荷，同时在空间中施加一与AC方
向平行、大小为E0匀强电场，A点的合电场强度刚好为零，其中EF也是圆的一条直径，α＝30°，则下列说法中正确的是（ ）
A．B、D两点的电场强度相同
B．F点的电场强度的大小为EF=2−3E0
C．φE＜φC
D．φA＝φF
【解答】解：由题可知，点电荷在圆周上各点产生的电场强度大小为E0，方向沿半径方向向外。
A．B、D两点的场强均为合场强，可知B、D两点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；
B．F点的电场是点电荷产生的电场与匀强电场的合场强，如图所示，根据余弦定理可知EF=E02+E02−2E02cos30o=2−3E0，故B正确。
C.取一正的试探电荷从E点移动到C点，位于O点的场源点电荷不做功，而匀强电场做正功，电势能减小，电势降低，即φE＞φC，故
C错误。
D.取一正试探电荷从A点移动到F点，位于O点的场源点电荷不做功，而匀强电场做正功，因此电势能减小，电势降低，即φA＞φF，故D错误。
故选：B。
12．如图，理想变压器的原、副线圈的匝数比为1：2，A、B两端接在u＝82sin100πt（V）的电源上。定值电阻R0＝2Ω，电压表和电流表均为理想交流电表，不计电源内阻。当滑动变阻器消耗的电功率最大时，下列说法正确的是（ ）
A．变压器副线圈中电流的频率为100Hz
B．电流表的读数为2A
C．电压表的读数为8V
D．滑动变阻器接入电路中的阻值R＝8Ω
【解答】解：A、理想变压器不会改变频率，角速度ω＝100π，则副线圈中电流的频率f=ω2π=50Hz，故A错误。
D、副线圈消耗的功率最大，即电源输出功率最大，即R等效=(n1n2)2R=2Ω，解得，滑动变阻器接入电路中的阻值R＝8Ω，故D正确。
B、C、设电源电动势的有效值为U，变压器的输入电压为U1，则U＝U0+U1，根据理想变压器电压和匝数的关系可知，U1U2=n1n2，根据电流和匝数的关系可知，I1＝2I2，其中U0＝I1R0，U2＝I2R。
联立解得，U1＝4V，I2＝1A，故BC错误。
故选：D。
13．随着航空领域的发展，实现火箭回收利用，成了各国都在重点突破的技术。为了回收时减缓对地碰撞，设计师在返回火箭的底盘上安装了电磁缓冲装置。该装置可简化为：由高强绝缘材料制成的闭合单匝正方形线圈abcd组成缓冲滑块，绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ和超导线圈（图中未画出）组成火箭主体，超导线圈能产生垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v0，经过时间t火箭着陆，速度恰好为零。线圈abcd的电阻为R，其余电阻忽略不计。ab边长为L，火箭主体的质量为m，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，一切摩擦阻力均不计，下列判断正确的是（ ）
A．缓冲滑块刚停止运动时，线圈ab边两端的电势差为BLv0
B．缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小为g−B2L2v0mR
C．火箭主体的速度从v0减到零下降的高度为mR(v0+gt)B2L2
D．火箭主体的速度从v0减到零过程中产生的电能为m2gR(v0+gt)B2L2
【解答】解：A、ab边切割磁感线产生的感应电动势：
E＝BLv0，
根据串联电路特点可知ab边两端的电势差：
Uab=34 BLv0，
故A错误；
B、线圈受到的安培力：
Fab＝BIL，
电流
I=BLv0R，
火箭做减速运动，设加速度大小为a，对火箭主体应用牛顿第二定律有：
Fab﹣mg＝ma，
解得：
a=B2L2v0mR−g，
故B错误；
C、设下落时间t内火箭下落的高度为h，对火箭主体由动量定理有：
mgt﹣BILt＝0﹣mv0，
又BILt＝BLq=B2L2ℎR，
解得：
h=mR(v0+gt)B2L2，
故C正确；
D、根据能量守恒定律可知，产生的电能：
E＝mgh+12mv02=m2gR(v0+gt)B2L2+12mv02，故D错误。
故选：C。
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）14．一钩码和一轻弹簧构成弹簧振子，可用如图甲所示的装置研究该弹簧振子的受迫振动。匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子以驱动力，使振子做受迫振动。若保持把手不动，给钩码一向下的初速度，钩码便做简谐运动，振动图象如图乙所示。当把手以某一速度匀速转动，受迫振动达到稳定时，钩码的振动图象如图丙所示。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧振子的固有周期为8s
B．驱动力的周期为8s
C．减小驱动力的周期，弹簧振子的振幅一定减小
D．增大驱动力的周期，弹簧振子的振幅一定减小
【解答】解：A、由题图乙可知弹簧振子的固有周期为4s，故A错误；
B、由题图丙可知弹簧振子做受迫振动的周期为8s，则驱动力的周期为8s，故正确；
C、由于弹簧振子的固有周期小于驱动力的周期，所以减小驱动力的周期，当驱动力的周期接近固有周期时，根据共振曲线可知弹簧振子的振幅一定增大，故C错误；
D、由于弹簧振子的固有周期小于驱动力的周期，当增大驱动力的周期，根据共振曲线可知弹簧振子的振幅一定减小，故D正确。
故选：BD。
（多选）15．核潜艇制造专家黄旭华获得2019年国家最高科学技术奖。我国核潜艇是以核反应炉为动力来源的潜艇，其核反应堆中可能的一个核反应方程为 92235U+ 01n→ 56144Ba+ 3689Kr+x 01n。下列说法正确的是（ ）
A．该核反应属于原子核的衰变
B．其中Ba核的平均结合能比U核的小
C．该核反应方程式中x＝3
D．该反应堆中发生的是链式反应，因每次生成的中子会使新铀核连续不断地发生裂变
【解答】解：A、该核反应为原子核的裂变，故A错误；
B、平均结合能你用来描述原子核的稳定性的，由不稳定的铀235裂变得到的钡核，相对U235是较稳定的，因此钡核的平均结合能大于铀核大，故B错误；
C、由于原子核的裂变反应过程中，质量数、电荷数都守恒，故由质量数守恒可得：235+1＝144+89+x，可得x＝3，故C正确；
D、该反应为链式反应，反应会持续产生中子，一直裂变，故D正确；
故选：CD。
（多选）16．已知氢原子的基态能量为E1，n＝2、3能级所对应的能量分别为E2和E3，大量处于第3能级的氢原子向低能级跃迁放出若干频率的光子，依据玻尔理论，下列说法正确的是（ ）
A．产生的光子的最大频率为E3−E2ℎ
B．当氢原子从能级n＝2跃迁到n＝1时，对应的电子的轨道半径变小，能量也变小
C．若氢原子从能级n＝2跃迁到n＝1时放出的光子恰好能使某金属发生光电效应，则当氢原子从能级n＝3跃迁到n＝1时放出的光子照到该金属表面时，逸出的光电子的最大初动能为E3﹣E2
D．若要使处于能级n＝3的氢原子电离，可以采用两种方法：一是用能量为﹣E3的电子撞击氢原子，二是用能量为﹣E3的光子照射氢原子
【解答】解：A、大量处于第3能级的氢原子向低能级跃迁，产生光子的最大频率为第3能级到第1能级，则最大频率为ν=E3−E1ℎ；故A错误。
B、当氢原子从能级n＝2跃迁到n＝1时，放出光子，能量减小，轨道半径也会减小，故B正确。
C、若氢原子从能级n2跃迁到n1
时放出的光子恰好能使某金属发生的光电效应，则当氢原子从能级n3跃迁到n1时放出的光子照到该金属表面时，逸出的光电子的最大初动能为E3﹣E2．故C正确。
D、电子是有质量的，撞击氢原子是发生弹性碰撞，由于电子和氢原子质量不同，故电子不能把﹣E3的能量完全传递给氢原子，因此不能使氢原子完全电离，而光子的能量可以完全被氢原子吸收。故D错误。
故选：BC。
三、非选择题（本题共7小题，共55分）
17．某实验兴趣小组要测绘一个标有“3V1.8W”小灯泡的伏安特性曲线，实验室有以下器材可供选择：
A.待测小灯泡L（3V，1.8W）
B.电池组E（电动势为4.5V，内阻不计）
C.电压表V（量程3V，内阻约5kΩ）
D.电流表A1（量程0.3A，内阻约1Ω）
E.电流表A2（量程0.6A，内阻约0.5Ω）
F.滑动变阻器R1（最大阻值5Ω，额定电流2.0A）
G.滑动变阻器R2（最大阻值100Ω，额定电流1.0A）
H.开关、导线若干
（1）为了测量更精确，且要求小灯泡两端的电压由零开始变化，并便于操作，电流表选 E ，滑动变阻器选 F （填写实验器材前的字母代号）；
（2）按照实验要求，根据所选的器材，请选择正确的实验电路图 A
（3）某同学根据实验数据描绘的小灯泡伏安特性曲线如图1所示，将两个规格相同的该灯泡并联后接到电动势为2V、内阻为2Ω的另一电源E0上，如图2所示。则每个小灯泡的实际功率为 0.24 W（结果保留2位有效数字）
【解答】解：（1）灯泡额定电流I=PU=1.83A＝0.6A，电流表应选择E；为方便实验操作，滑动变阻器应选择F。
（2）测绘小灯泡的伏安特性曲线电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；
电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表采用外接法，应选择图A所示电路图。
（3）设流过每个灯泡的电流为I，根据图2所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：E＝U+2Ir，
整理得：I=E2r−U2r=22×2−U2×2=0.5﹣0.25U，作出I﹣U图像如图所示
由图示图像可知，灯泡两端电压U＝0.85V，通过灯泡的电流I＝0.28A，灯泡的实际功率P＝UI＝0.85×0.28W≈0.24W。
故答案为：（1）E；F；（2）A；（3）0.24（0.23﹣0.25均正确）。
18．（1）某同学用图甲所示的装置做“用双缝干涉测量光的波长”的实验，他采用了蓝色灯作为光源，在测量头目镜中观察到如图乙所示的蓝色条纹。在不改变其他实验条件的情况下，观察到目镜中的条纹如图丙所示，则可能的原因是 B
A．单缝宽度变小了 B．双缝间距变小了
C．光源与单缝间的距离变大了 D．光源的发光强度变大了
（2）干涉条纹除了可以通过双缝干涉观察到外，把一个凸透镜压在一块平面玻璃上（图甲），让单色光从上方射入（示意图如图乙，其中R为凸透镜的半径），从上往下看凸透镜，也可以观察到由干涉造成图丙所示的环状条纹，这些条纹叫做牛顿环。如果改用波长更长的单色光照射，观察到的圆环半径将 变大 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；如果换一个半径更大的凸透镜，观察到的圆环半径将 变大 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（3）采用波长为690nm的红色激光作为单色入射光，牛顿环的两条相邻亮条纹位置所对应的空气膜的厚度差约为 A
A．345nm B．690nm C．几微米 D．几毫米
【解答】解：（1）根据条纹间距△x=ldλ可知，当双缝间距d减小时，条纹间距增大，故B正确，ACD错误；
（2）当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，当光程差为半个波长的奇数倍时是暗条纹。用波长变长的光照射，则出现亮条纹的这一厚度需向远离中心，则圆环的半径变大。
换一个表面曲率半径更大的凸透镜，出现亮条纹的这一厚度偏移中心，知圆环的半径变大。
（3）由题意知，相邻亮条纹对应的空气层的厚度差为半个波长，故为345nm，故A正确，BCD错误，
故选：A。
故答案为：（1）B．（2）变大 变大，（3）A。
19．如图所示，一倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一弹性挡板P。长为2l的薄木板置于斜面上，其质量为M，下端位于B点，PB＝2l，薄木板中点处放有一质量为m的滑块（可视为质点）。已知M＝m，滑块与薄木板之间的动摩擦因数μ＝tanθ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面上AB区间存在特殊力场，当滑块出现在此区域时能对滑块产生一个沿斜面向上、大小为F＝mg的恒力作用，对木板无作用，AB区域沿斜面的宽度为l，重力加速度为g，现出静止开始释放薄木板。
（1）滑块m在进入AB区域之前，薄木板运动的加速度大小；
（2）求滑块第一次进入AB区间内受薄木板的摩擦力的大小和方向；
（3）若薄木板第一次与挡板P碰撞后以原速率反弹，求薄木板第一次与挡板P碰撞后沿斜面上升到最高点的时间。
【解答】解：（1）滑块在进入AB区域之前，由于斜面光滑，薄木板与滑块一起加速运动。
设滑块和薄木板一起下滑的加速度大小为a0，根据牛顿第二定律可得：（m+M）gsinθ＝（m+M）a0，
解得：a0＝gsinθ=12g；
（2）滑块第一次进入AB区间后，假设滑块与木板仍然相对静止，设下滑的加速度为a，
对整体，由牛顿第二定律得：（M+m）gsinθ﹣F＝（M+m）a，
对滑块，所受木板的静摩擦力f静方向沿斜面向下，
根据牛顿第二定律有：mgsinθ+f静﹣F＝ma，
解得：a＝0，f静=12mg，
因为滑块与木板间的最大静摩擦力：fm＝μN＝μmgcosθ＝mgsin30°=12mg，所以假设成立。
即滑块受木板的静摩擦力f静方向沿斜面向下，大小为12mg；
（3）滑块和木板一起以加速度a0加速下滑的速度为v，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2＝2a0l，
解得：v=gl
滑块和木板一起匀速下滑l时与P第一次碰撞，从释放到薄木板第一次到达挡板P时的挡板速度的大小为v，
薄木板第一次与挡板P碰撞后以v上滑，滑块恰好过A点以v下滑，
根据牛顿第二定律，对滑块有：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1，
解得：a1＝0，即m在M上仍然匀速下滑，
对薄木板有：mgsinθ+umgcosθ＝Ma2，
解得：a2＝g，所以M以加速度匀减速上滑，
设滑块离开薄木板的时间为t1，有：vt1+（vt1−12a2t12）＝l，
此时薄木板的速度v′＝v﹣a2t1，
接着以薄木板以加速度a′减速上滑，根据牛顿第二定律可得：a′＝gsinθ＝gsin30°=12g
再经过t2减速上滑至最高点，有：t2=v'a'，
所以，薄木板沿斜面上升到最高点的时间为：t′＝t1+t2，
解得：t′=2lg。
答：（1）滑块m在进入AB区域之前，薄木板运动的加速度大小为12g；
（2）滑块第一次进入AB区间内受薄木板的摩擦力的大小为12mg，方向沿斜面向下；
（3）若薄木板第一次与挡板P碰撞后以原速率反弹，薄木板第一次与挡板P碰撞后沿斜面上升到最高点的时间为2lg。
20．如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，轨道由倾斜直轨道和竖直面内的圆轨道组成，斜轨道与圆轨道平滑连接，斜轨道的倾角为α＝30°，圆轨道的半径为R。一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电量为﹣q，匀强电场的场强大小为E=mg3q。
（1）求小球沿斜轨道下滑的加速度与重力加速度的比；
（2）若小球恰通过圆轨道顶端的B点，求A点距水平地面的高度h；
（3）在（2）问的条件下，求小球通过最低点C点时对轨道的压力与小球重力的比。
【解答】解：（1）以小球为研究对象，受到竖直向下的重力、竖直向上的电场力和垂直接触面的弹力
沿斜面向下的合力为F合＝（mg﹣qE）sinα
根据牛顿第二定律得：F合＝ma
联立解得：a=13g，
则小球沿斜轨道下滑的加速度与重力加速度的比为：ag=13；
（2）小球恰通过圆轨道顶端的B点，设在B点的速度为vB，
根据牛顿第二定律得：（mg﹣qE）＝mvB2R
小球由A到B，据动能定理：（mg﹣qE）（h﹣2R）=12mvB2
联立解得：h=52R；
（3）从A到C的过程由动能定理得：（mg﹣qE）h=12mvc2
在最低点C点时由牛顿第二定律得：F﹣（mg﹣qE）＝mvC2R
联立解得：F＝4mg
由牛顿第三定律知对轨道的压力大小是4mg，
小球通过最低点C点时对轨道的压力与小球重力的比为F压mg=4：1。
答：（1）小球沿斜轨道下滑的加速度与重力加速度的比为13；
（2）若小球恰通过圆轨道顶端的B点，A点距水平地面的高度为52R；
（3）在（2）问的条件下，小球通过最低点C点时对轨道的力与小球重力的比值为4：1。
21．如图所示，用水平绝缘传送带输送一正方形单匝闭合铜线框，在输送中让线框随传送带通过一固定的匀强磁场区域，铜线框在进入磁场前与传送带的速度相同，穿过磁场的过程中将相对于传送带滑动。已知传送带以恒定速度v0运动，当线框的右边框刚刚到达边界PQ时速度又恰好等于v0．若磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，MN与PQ的距离为d，磁场的磁感应强度为B，铜线框质量为m，电阻均为R，边长为L（L＜d），铜线框与传送带间的动摩擦因数为μ，且在传送带上始终保持前后边框平行于磁场边界MN，试求：
（1）线框的右边框刚进入磁场时所受安培力的大小；
（2）线框在进入磁场的过程中运动加速度的最大值以及速度的最小值；
（3）从线框右边框刚进入磁场到整个线框完全穿出磁场后的过程中，闭合铜线框中产生的焦耳热。
【解答】解：（1）线框右侧边刚进入磁场时，感应电动势：E＝BLv0，
感应电流：I=ER=BLv0R，
右侧边所受安培力：F＝BIL=B2L2v0R；
（2）线框以速度v0进入磁场，在进入磁场的过程中，受安培力而减速运动；进入磁场后，在摩擦力作用下加速运动，当其右侧边到达PQ时速度又恰好等于v0，因此，线框在刚进入磁场时，所受安培力最大，加速度最大，设为am；
线框全部进入磁场的瞬间速度最小，设此时线框的速度为vmin，
线框刚进入磁场时，根据牛顿第二定律有：F﹣μmg＝mam，
解得：am=B2L2v0mR−μg，
在线框完全进入磁场又加速运动到达边界PQ的过程中，根据动能定理，得：μmg（d﹣L）=12mv02−12mvmin2，
解得：vmin=v02−2μg(d−L)；
（3）线框从右侧边进入磁场到运动至磁场边界PQ的过程中线框受摩擦力：f＝μmg
由功的公式有：W1＝fd＝μmgd，
线框出磁场与进入磁场的受力情况完全相同，故线框完全出磁场瞬间的速度仍为vmin；
在线框完全出磁场后到加速至与传送带速度相同的过程中，设其位移x，
由动能定理有：μmgx=12mv02−12mvmin2，
解得：x＝d﹣L，
线框右侧边出磁场到与传送带共速的过程中位移为：x′＝x+L＝d
此过程中摩擦力做功为：W2＝f x′＝μmgd，
因此，整个过程传送带对线框做的功：W＝W1+W2＝2μmgd；
全过程由功能关系得：闭合铜线框中产生的焦耳热Q＝W＝2μmgd；
答：（1）线框的右侧边刚进入磁场时所受安培力的大小为B2L2v0R；
（2）线框在进入磁场的过程中，加速度的最大值为B2L2v0mR−μg，速度的最小值为
v02−2μg(d−L)；
（3）从线框右侧边刚进入磁场到整个线框穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，传送带对线框做的功为2μmgd。
22．如图（a）所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷qm=106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过时间π15×10−5s以后，电荷以v0＝1.5×104m/s的速度通过MN进入其上方的均匀磁场，磁场与纸而垂直，磁感应强度B按图（b）所示规律周期性变化，图（b）中磁场以垂直纸面向里为正，以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻。求：
（1）匀强电场的电场强度E；
（2）图（b）中t=4π5×10−5s时刻电荷与O点的水平距离；
（3）如果在O点正右方43.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板的时间。
【解答】解：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，其在电场中加速运动的时间为π15×10−5s，由匀变速直线运动规律得
v0＝at1
由牛顿第二定律得
qE＝ma
代入数据解得：E＝7.2×103N/C
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
qv0B＝mv02r
解得：r=mv0qB
当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径
r1=mv0qB1
做圆周运动的周期
T1=2πr1v0=2πmqB1
代入数据解得
r1＝5cm
T1=2π3×10﹣5s
同理可得，当磁场垂直纸面向里时，电荷圆周运动的半径为
r2=mv0qB2
代入数据解得：r2＝3cm
做圆周运动的周期
T2=2πmqB2
代入数据解得：T2=2π5×10﹣5s
故电荷t＝0时刻开始做周期性运动，结合磁场的周期性可知运动轨迹如图1所示
图1
从电荷第一次通过MN开始其运动的周期为
T＝（π15×4+12×2π3+12×2π5）×10﹣5s=4π5×10﹣5s
所以t=4π5×10−5s时刻粒子距离O点的水平距离为
Δd＝2（r1﹣r2）
代入数据解得：Δd＝4cm
（3）由第（2）的分析可知，每经过一个周期，粒子在水平方向向右前进4cm，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为9个，即
s＝9Δd＝9×4cm＝36cm
则最的后7.5m的距离如图2所示
图2
由几何关系可得
r1+r1cosα＝7.5cm
解得：cosα＝0.5
即α＝60°
故电荷运动的总时间
t总＝t1+9T+13T1
代入数据解得：t总=33745π×10﹣5s
答：（1）匀强电场的电场强度E为7.2×103N/C；
（2）图（b）中t=4π5×10−5s时刻电荷与O点的水平距离为4cm；
（3）如果在O点正右方43.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板的时间为33745π×10﹣5s。
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（五）
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．下列物理量中是矢量的（ ）
A．电场强度 B．电流 C．磁通量 D．波长
【解答】解：A、电场强度既有大小，又有方向，是矢量。故A正确。
B、电流有大小，也有方向，但运算遵守代数加减法则，不是矢量。故B错误。
C、磁通量是穿过磁场中某一平面的磁感线的条数，没有方向，是标量。故C错误。
D、波长是一种距离，没有方向，是标量。故D错误。
故选：A。
2．用两根粗细、材料均相同的导线绕制成如图所示的矩形闭合线圈A和B，匝数分别为n1和n2，在它们之间放有一根平行于两线圈平面且与两线圈距离相等的通电直导线．若通电直导线中的电流I均匀增大，则下列说法正确的是（ ）
A．穿过线圈A、B的磁通量之比为2n1：n2
B．线圈A、B中的感应电流方向相同
C．线圈A、B中的感应电动势大小之比为n1：n2
D．线圈A、B中的感应电流大小之比为4：3
【解答】解：A、根据Φ＝BS。所以线圈A.B的磁通量之比为2：1，故A错误；
B、根据楞次定律可知线圈A.B中的感应电流方向相反，故B错误；
C、根据：E＝nΔΦΔt=nΔBΔtS，可知线圈A.B的感应电动势大小之比为：2n1：n2，故C错误；
D、根据I=ER.所以I=nΔBΔtSn⋅ρL0S0
所以IA=ΔB2L2S0Δtρ6L=13ΔBLS0Δtρ；IB=ΔBL2S0Δtρ4L=14ΔBLS0Δtρ
所以IA：IB＝4：3，故D正确。
故选：D。
3．关于电磁场和电磁波，下列叙述中正确的是（ ）
A．电场和磁场总是形成不可分割的统一体
B．电磁波和机械波一样依赖于介质传播
C．电磁波的频率越大，波长也越大
D．在电磁波谱中X射线的频率大于红外线的频率
【解答】解：A、变化的电场和变化的磁场是相互联系的，是不可分割的统一体，统称为电磁场，故A错误；
B、电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播，机械波传播需要介质，故B错误；
C、根据v＝λf电磁波的频率越大，波长越短，故C错误；
D、在电磁波谱中X射线的频率大于红外线的频率，故D正确；
故选：D。
4．在男子400m决赛中，甲同学以50s夺取第一名，乙同学以54s取得第二名，关于甲、乙两位同学的运动，下列说法正确的是（ ）
A．甲同学的瞬时速度一定大于乙同学的瞬时速度
B．甲、乙两位同学的位移相等
C．甲同学的速率一定大于乙同学的速率
D．甲同学的平均速率一定大于乙同学的平均速率
【解答】解：AC、瞬时速度对应某个时刻或某个位置，根据题目意思无法比较瞬时速度，也无法比较速率，故AC错误；
B、400m决赛中，甲、乙同学的终点位置不同，两位同学的位移不相等，故B错误；
D、男子400m决赛中，甲、乙两同学运动的路程相等，甲运动时间小于乙运动时间，根据平均速率的定义式v=st，可知甲同学的平均速率一定大于乙同学的平均速率，故D正确。
故选：D。
5．如图所示的翻斗车车斗的底部是一个平面，司机正准备将车上运送的一块大石块（图中未画出）卸下。司机将车停稳在水平路面上，通过操纵液压杆使车斗底部倾斜，直到石块开始加速下滑时，保持车斗倾斜角不变，则在石块沿车斗底面匀加速下滑的过程中，翻斗车（包含司机）始终静止，则（ ）
A．车斗的倾角越大，石块对翻斗车的压力也越大
B．地面对翻斗车的支持力小于翻斗车和车上石块的总重力
C．翻斗车受到的合外力不为零
D．翻斗车不受地面的摩擦力
【解答】解：A、对石块分析，设石块的质量为m，车斗的倾角为α，则有翻斗车对石块的支持力为FN＝mgcosα，根据牛顿第三定律可得石块对翻斗车的压力为mgcosα，车斗的倾角越大，石块对翻斗车的压力越小，故A错误：
B、因为石块竖直方向有竖直向下的加速度，设翻斗车的质量为M，地面对翻斗车的支持力为N，在竖直方向上，对翻斗车和石块的整体根据牛顿第二定律有（m+M）g﹣N＝ma•sinα，可知N＜（m+M）g，即地面对翻斗车的支持力小于翻斗车和车上石块的总重力，故B正确；
C、石块下滑过程中，翻斗车始终静止，所以翻斗车受到的合外力为零，故C错误；
D、由于石块有沿斜面向下的加速度a，则对车和石块的整体，取向左为正，在水平方向根据牛顿第二定律有f＝macosα，即车受到地面向左的摩擦力作用，故D错误。
故选：B。
6．我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平。“天鲲号”的泥泵输出功率恒为1×104kW，排泥量为1.4m3/s。排泥管的横截面积为0.7m2．则泥泵对排泥管内泥浆的推力为（ ）
A．2×107N B．5×106N C．5×109N D．2×109N
【解答】解：根据排泥量和排泥管的横截面积可求出排泥速度为：v=1.40.7m/s=2m/s
根据P＝Fv可得：F=Pv=1×104×1032N=5×106N，故B正确。
故选：B。
7．一辆货车载着同一规格的圆柱形空油桶。在车厢底层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只油桶c，自由地摆放在油桶a、b上面，如图所示。汽车行驶过程中桶c始终和其它油桶间保持相对静止，忽略油桶间的摩擦作用。当汽车由静止开始向右加速行驶时，下列说法正确的是（ ）
A．油桶c对油桶b一定有压力
B．油桶c对油桶a的压力方向不变
C．油桶a、b对油桶c的作用力的合力方向竖直向上
D．油桶a、b对油桶c的作用力的合力方向水平向右
【解答】解：设空油桶的质量为m
AB、以桶c为研究对象，受力分析如图所示，货车静止时Fa＝Fb；竖直方向根据平衡条件可得Facos30°+Fbcos30°＝mg，解得Fa＝Fb=33mg；
当货车以加速度a向右加速运动时，设a对c的作用力为Fa′、B对C的作用力为Fb′，
竖直方向根据平衡条件可得：Fa′cos30°+Fb′cos30°＝mg，
水平方向根据牛顿第二定律可得：Fa′sin30°﹣Fb′sin30°＝ma
联立解得：Fa′=33mg+ma；Fb′=33mg﹣ma；加速度a增大，b对c的支持力减小，当b对c的支持力减小到0时，c就脱离b，故A错误、B正确；
CD、当货车向加速运动时，油桶a、b对油桶c的作用力的合力方向斜右上，故CD错误。
故选：B。
8．如图所示，游乐场的旋转盘上，开始时有的人离转轴近一些，有的人离转轴远一些。当旋转盘加速转动时，哪些人更容易发生滑动（ ）
A．离轴近的 B．离轴远的 C．质量大的 D．质量小的
【解答】解：游乐场的旋转盘上，人随盘一起做匀速圆周运动，角速度相等，由静摩擦力提供向心力，当转盘角速度过大，则静摩擦力近似等于滑动摩擦力，滑动摩擦力提供向心力，设人的质量为m，根据牛顿第二定律得：μmg＝mω2r，由此可见，离轴越远，向心加速度越大，所需向心力越大，越容易滑动，故B正确，ACD错误。
故选：B。
9．如图所示，2021年2月，我国“天问一号”火星探测器抵达环绕火星的轨道，正式开启火星探测之旅。先进入火星停泊轨道2，近火点280千米、远火点5.9万千米，进行相关探测后进入较低的轨道3开展科学探测。则下列说法正确的是（ ）
A．在轨道1上的运行速度不超过第二宇宙速度
B．在轨道2上近火点的加速度与轨道3上近火星点的加速度相等
C．在轨道2上近火点的机械能比远火点小
D．在轨道2上近火点加速可进入轨道3
【解答】解：A、第二宇宙速度为卫星脱离地球的速度，而探测器从轨道1逃离了地球，所以轨道1上的发射速度超过第二宇宙速度，但最后的速度小于第二宇宙速度，所以并不是整个轨道上运行速度都超过第二宇宙速度，故A错误；
B、由于在轨道2上的近火点与轨道3上的近火星点为同一点，受到的火星的引力相同，所以它们的加速度相等，故B正确；
C、在轨道2上，只有引力做功，所以机械能不变，故C错误；
D、从轨道2进入轨道3做近心运动，则火星探测器在轨道2上近火点减速可进入轨道3，故D错误。
故选：B。
10．如图所示，在真空环境中有一个半径为R，质量分布均匀的玻璃球。一束复色光沿直线BC方向射入玻璃球，在C点分成两束单色光a、b，入射角为60°。a光和b光分别在玻璃球表面的E点和D点射出。已知∠COE＝90°，∠COD＝120°，真空中的光速为c
，则下列说法中正确的是（ ）
A．若改变入射角的大小，b光束可能在玻璃球的内表面发生全反射
B．若a、b光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则a光的遏止电压低
C．a光在射入玻璃球后，传播速度变小，光的波长变大
D．若a光的频率为V，则a光束在玻璃中的波长为λ=3c3v
【解答】解：A、无论怎样改变入射角，折射光线射到玻璃球内表面时的入射角都等于光束进入玻璃球时的折射角，根据光路的可逆性可知两束光在玻璃球中均不可能发生全反射，故A错误；
B、根据折射定律n=sinisinr知，从E出射的光束a折射率较小，波长较长，频率较小；若a、b光分别照射同一光电管都能发生光电效应，根据光电效应方程Ekm＝hν﹣W0＝eUc可知，a光的频率低遏止电压低，故B正确；
C、光束在玻璃球中传播速度为v=cn，则a光在射入玻璃球后，传播速度变小，频率不变，a光的波长λ=vf变小，故C错误；
D、根据折射定律得
na=sinisinr=sin60°sin45°=62，
光束在玻璃球中传播速度为
v=cna
a光的波长
λ=vν
联立解得：λ=6c3ν，
故D错误。
故选：B。
11．如图所示，在圆ABCD的圆心O点固定一个带正电荷的点电荷，同时在空间中施加一与AC方
向平行、大小为E0匀强电场，A点的合电场强度刚好为零，其中EF也是圆的一条直径，α＝30°，则下列说法中正确的是（ ）
A．B、D两点的电场强度相同
B．F点的电场强度的大小为EF=2−3E0
C．φE＜φC
D．φA＝φF
【解答】解：由题可知，点电荷在圆周上各点产生的电场强度大小为E0，方向沿半径方向向外。
A．B、D两点的场强均为合场强，可知B、D两点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；
B．F点的电场是点电荷产生的电场与匀强电场的合场强，如图所示，根据余弦定理可知EF=E02+E02−2E02cos30o=2−3E0，故B正确。
C.取一正的试探电荷从E点移动到C点，位于O点的场源点电荷不做功，而匀强电场做正功，电势能减小，电势降低，即φE＞φC，故
C错误。
D.取一正试探电荷从A点移动到F点，位于O点的场源点电荷不做功，而匀强电场做正功，因此电势能减小，电势降低，即φA＞φF，故D错误。
故选：B。
12．如图，理想变压器的原、副线圈的匝数比为1：2，A、B两端接在u＝82sin100πt（V）的电源上。定值电阻R0＝2Ω，电压表和电流表均为理想交流电表，不计电源内阻。当滑动变阻器消耗的电功率最大时，下列说法正确的是（ ）
A．变压器副线圈中电流的频率为100Hz
B．电流表的读数为2A
C．电压表的读数为8V
D．滑动变阻器接入电路中的阻值R＝8Ω
【解答】解：A、理想变压器不会改变频率，角速度ω＝100π，则副线圈中电流的频率f=ω2π=50Hz，故A错误。
D、副线圈消耗的功率最大，即电源输出功率最大，即R等效=(n1n2)2R=2Ω，解得，滑动变阻器接入电路中的阻值R＝8Ω，故D正确。
B、C、设电源电动势的有效值为U，变压器的输入电压为U1，则U＝U0+U1，根据理想变压器电压和匝数的关系可知，U1U2=n1n2，根据电流和匝数的关系可知，I1＝2I2，其中U0＝I1R0，U2＝I2R。
联立解得，U1＝4V，I2＝1A，故BC错误。
故选：D。
13．随着航空领域的发展，实现火箭回收利用，成了各国都在重点突破的技术。为了回收时减缓对地碰撞，设计师在返回火箭的底盘上安装了电磁缓冲装置。该装置可简化为：由高强绝缘材料制成的闭合单匝正方形线圈abcd组成缓冲滑块，绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ和超导线圈（图中未画出）组成火箭主体，超导线圈能产生垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v0，经过时间t火箭着陆，速度恰好为零。线圈abcd的电阻为R，其余电阻忽略不计。ab边长为L，火箭主体的质量为m，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，一切摩擦阻力均不计，下列判断正确的是（ ）
A．缓冲滑块刚停止运动时，线圈ab边两端的电势差为BLv0
B．缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小为g−B2L2v0mR
C．火箭主体的速度从v0减到零下降的高度为mR(v0+gt)B2L2
D．火箭主体的速度从v0减到零过程中产生的电能为m2gR(v0+gt)B2L2
【解答】解：A、ab边切割磁感线产生的感应电动势：
E＝BLv0，
根据串联电路特点可知ab边两端的电势差：
Uab=34 BLv0，
故A错误；
B、线圈受到的安培力：
Fab＝BIL，
电流
I=BLv0R，
火箭做减速运动，设加速度大小为a，对火箭主体应用牛顿第二定律有：
Fab﹣mg＝ma，
解得：
a=B2L2v0mR−g，
故B错误；
C、设下落时间t内火箭下落的高度为h，对火箭主体由动量定理有：
mgt﹣BILt＝0﹣mv0，
又BILt＝BLq=B2L2ℎR，
解得：
h=mR(v0+gt)B2L2，
故C正确；
D、根据能量守恒定律可知，产生的电能：
E＝mgh+12mv02=m2gR(v0+gt)B2L2+12mv02，故D错误。
故选：C。
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）14．一钩码和一轻弹簧构成弹簧振子，可用如图甲所示的装置研究该弹簧振子的受迫振动。匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子以驱动力，使振子做受迫振动。若保持把手不动，给钩码一向下的初速度，钩码便做简谐运动，振动图象如图乙所示。当把手以某一速度匀速转动，受迫振动达到稳定时，钩码的振动图象如图丙所示。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧振子的固有周期为8s
B．驱动力的周期为8s
C．减小驱动力的周期，弹簧振子的振幅一定减小
D．增大驱动力的周期，弹簧振子的振幅一定减小
【解答】解：A、由题图乙可知弹簧振子的固有周期为4s，故A错误；
B、由题图丙可知弹簧振子做受迫振动的周期为8s，则驱动力的周期为8s，故正确；
C、由于弹簧振子的固有周期小于驱动力的周期，所以减小驱动力的周期，当驱动力的周期接近固有周期时，根据共振曲线可知弹簧振子的振幅一定增大，故C错误；
D、由于弹簧振子的固有周期小于驱动力的周期，当增大驱动力的周期，根据共振曲线可知弹簧振子的振幅一定减小，故D正确。
故选：BD。
（多选）15．核潜艇制造专家黄旭华获得2019年国家最高科学技术奖。我国核潜艇是以核反应炉为动力来源的潜艇，其核反应堆中可能的一个核反应方程为 92235U+ 01n→ 56144Ba+ 3689Kr+x 01n。下列说法正确的是（ ）
A．该核反应属于原子核的衰变
B．其中Ba核的平均结合能比U核的小
C．该核反应方程式中x＝3
D．该反应堆中发生的是链式反应，因每次生成的中子会使新铀核连续不断地发生裂变
【解答】解：A、该核反应为原子核的裂变，故A错误；
B、平均结合能你用来描述原子核的稳定性的，由不稳定的铀235裂变得到的钡核，相对U235是较稳定的，因此钡核的平均结合能大于铀核大，故B错误；
C、由于原子核的裂变反应过程中，质量数、电荷数都守恒，故由质量数守恒可得：235+1＝144+89+x，可得x＝3，故C正确；
D、该反应为链式反应，反应会持续产生中子，一直裂变，故D正确；
故选：CD。
（多选）16．已知氢原子的基态能量为E1，n＝2、3能级所对应的能量分别为E2和E3，大量处于第3能级的氢原子向低能级跃迁放出若干频率的光子，依据玻尔理论，下列说法正确的是（ ）
A．产生的光子的最大频率为E3−E2ℎ
B．当氢原子从能级n＝2跃迁到n＝1时，对应的电子的轨道半径变小，能量也变小
C．若氢原子从能级n＝2跃迁到n＝1时放出的光子恰好能使某金属发生光电效应，则当氢原子从能级n＝3跃迁到n＝1时放出的光子照到该金属表面时，逸出的光电子的最大初动能为E3﹣E2
D．若要使处于能级n＝3的氢原子电离，可以采用两种方法：一是用能量为﹣E3的电子撞击氢原子，二是用能量为﹣E3的光子照射氢原子
【解答】解：A、大量处于第3能级的氢原子向低能级跃迁，产生光子的最大频率为第3能级到第1能级，则最大频率为ν=E3−E1ℎ；故A错误。
B、当氢原子从能级n＝2跃迁到n＝1时，放出光子，能量减小，轨道半径也会减小，故B正确。
C、若氢原子从能级n2跃迁到n1
时放出的光子恰好能使某金属发生的光电效应，则当氢原子从能级n3跃迁到n1时放出的光子照到该金属表面时，逸出的光电子的最大初动能为E3﹣E2．故C正确。
D、电子是有质量的，撞击氢原子是发生弹性碰撞，由于电子和氢原子质量不同，故电子不能把﹣E3的能量完全传递给氢原子，因此不能使氢原子完全电离，而光子的能量可以完全被氢原子吸收。故D错误。
故选：BC。
三、非选择题（本题共7小题，共55分）
17．某实验兴趣小组要测绘一个标有“3V1.8W”小灯泡的伏安特性曲线，实验室有以下器材可供选择：
A.待测小灯泡L（3V，1.8W）
B.电池组E（电动势为4.5V，内阻不计）
C.电压表V（量程3V，内阻约5kΩ）
D.电流表A1（量程0.3A，内阻约1Ω）
E.电流表A2（量程0.6A，内阻约0.5Ω）
F.滑动变阻器R1（最大阻值5Ω，额定电流2.0A）
G.滑动变阻器R2（最大阻值100Ω，额定电流1.0A）
H.开关、导线若干
（1）为了测量更精确，且要求小灯泡两端的电压由零开始变化，并便于操作，电流表选 E ，滑动变阻器选 F （填写实验器材前的字母代号）；
（2）按照实验要求，根据所选的器材，请选择正确的实验电路图 A
（3）某同学根据实验数据描绘的小灯泡伏安特性曲线如图1所示，将两个规格相同的该灯泡并联后接到电动势为2V、内阻为2Ω的另一电源E0上，如图2所示。则每个小灯泡的实际功率为 0.24 W（结果保留2位有效数字）
【解答】解：（1）灯泡额定电流I=PU=1.83A＝0.6A，电流表应选择E；为方便实验操作，滑动变阻器应选择F。
（2）测绘小灯泡的伏安特性曲线电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；
电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表采用外接法，应选择图A所示电路图。
（3）设流过每个灯泡的电流为I，根据图2所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：E＝U+2Ir，
整理得：I=E2r−U2r=22×2−U2×2=0.5﹣0.25U，作出I﹣U图像如图所示
由图示图像可知，灯泡两端电压U＝0.85V，通过灯泡的电流I＝0.28A，灯泡的实际功率P＝UI＝0.85×0.28W≈0.24W。
故答案为：（1）E；F；（2）A；（3）0.24（0.23﹣0.25均正确）。
18．（1）某同学用图甲所示的装置做“用双缝干涉测量光的波长”的实验，他采用了蓝色灯作为光源，在测量头目镜中观察到如图乙所示的蓝色条纹。在不改变其他实验条件的情况下，观察到目镜中的条纹如图丙所示，则可能的原因是 B
A．单缝宽度变小了 B．双缝间距变小了
C．光源与单缝间的距离变大了 D．光源的发光强度变大了
（2）干涉条纹除了可以通过双缝干涉观察到外，把一个凸透镜压在一块平面玻璃上（图甲），让单色光从上方射入（示意图如图乙，其中R为凸透镜的半径），从上往下看凸透镜，也可以观察到由干涉造成图丙所示的环状条纹，这些条纹叫做牛顿环。如果改用波长更长的单色光照射，观察到的圆环半径将 变大 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；如果换一个半径更大的凸透镜，观察到的圆环半径将 变大 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（3）采用波长为690nm的红色激光作为单色入射光，牛顿环的两条相邻亮条纹位置所对应的空气膜的厚度差约为 A
A．345nm B．690nm C．几微米 D．几毫米
【解答】解：（1）根据条纹间距△x=ldλ可知，当双缝间距d减小时，条纹间距增大，故B正确，ACD错误；
（2）当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，当光程差为半个波长的奇数倍时是暗条纹。用波长变长的光照射，则出现亮条纹的这一厚度需向远离中心，则圆环的半径变大。
换一个表面曲率半径更大的凸透镜，出现亮条纹的这一厚度偏移中心，知圆环的半径变大。
（3）由题意知，相邻亮条纹对应的空气层的厚度差为半个波长，故为345nm，故A正确，BCD错误，
故选：A。
故答案为：（1）B．（2）变大 变大，（3）A。
19．如图所示，一倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一弹性挡板P。长为2l的薄木板置于斜面上，其质量为M，下端位于B点，PB＝2l，薄木板中点处放有一质量为m的滑块（可视为质点）。已知M＝m，滑块与薄木板之间的动摩擦因数μ＝tanθ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面上AB区间存在特殊力场，当滑块出现在此区域时能对滑块产生一个沿斜面向上、大小为F＝mg的恒力作用，对木板无作用，AB区域沿斜面的宽度为l，重力加速度为g，现出静止开始释放薄木板。
（1）滑块m在进入AB区域之前，薄木板运动的加速度大小；
（2）求滑块第一次进入AB区间内受薄木板的摩擦力的大小和方向；
（3）若薄木板第一次与挡板P碰撞后以原速率反弹，求薄木板第一次与挡板P碰撞后沿斜面上升到最高点的时间。
【解答】解：（1）滑块在进入AB区域之前，由于斜面光滑，薄木板与滑块一起加速运动。
设滑块和薄木板一起下滑的加速度大小为a0，根据牛顿第二定律可得：（m+M）gsinθ＝（m+M）a0，
解得：a0＝gsinθ=12g；
（2）滑块第一次进入AB区间后，假设滑块与木板仍然相对静止，设下滑的加速度为a，
对整体，由牛顿第二定律得：（M+m）gsinθ﹣F＝（M+m）a，
对滑块，所受木板的静摩擦力f静方向沿斜面向下，
根据牛顿第二定律有：mgsinθ+f静﹣F＝ma，
解得：a＝0，f静=12mg，
因为滑块与木板间的最大静摩擦力：fm＝μN＝μmgcosθ＝mgsin30°=12mg，所以假设成立。
即滑块受木板的静摩擦力f静方向沿斜面向下，大小为12mg；
（3）滑块和木板一起以加速度a0加速下滑的速度为v，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2＝2a0l，
解得：v=gl
滑块和木板一起匀速下滑l时与P第一次碰撞，从释放到薄木板第一次到达挡板P时的挡板速度的大小为v，
薄木板第一次与挡板P碰撞后以v上滑，滑块恰好过A点以v下滑，
根据牛顿第二定律，对滑块有：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1，
解得：a1＝0，即m在M上仍然匀速下滑，
对薄木板有：mgsinθ+umgcosθ＝Ma2，
解得：a2＝g，所以M以加速度匀减速上滑，
设滑块离开薄木板的时间为t1，有：vt1+（vt1−12a2t12）＝l，
此时薄木板的速度v′＝v﹣a2t1，
接着以薄木板以加速度a′减速上滑，根据牛顿第二定律可得：a′＝gsinθ＝gsin30°=12g
再经过t2减速上滑至最高点，有：t2=v'a'，
所以，薄木板沿斜面上升到最高点的时间为：t′＝t1+t2，
解得：t′=2lg。
答：（1）滑块m在进入AB区域之前，薄木板运动的加速度大小为12g；
（2）滑块第一次进入AB区间内受薄木板的摩擦力的大小为12mg，方向沿斜面向下；
（3）若薄木板第一次与挡板P碰撞后以原速率反弹，薄木板第一次与挡板P碰撞后沿斜面上升到最高点的时间为2lg。
20．如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，轨道由倾斜直轨道和竖直面内的圆轨道组成，斜轨道与圆轨道平滑连接，斜轨道的倾角为α＝30°，圆轨道的半径为R。一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电量为﹣q，匀强电场的场强大小为E=mg3q。
（1）求小球沿斜轨道下滑的加速度与重力加速度的比；
（2）若小球恰通过圆轨道顶端的B点，求A点距水平地面的高度h；
（3）在（2）问的条件下，求小球通过最低点C点时对轨道的压力与小球重力的比。
【解答】解：（1）以小球为研究对象，受到竖直向下的重力、竖直向上的电场力和垂直接触面的弹力
沿斜面向下的合力为F合＝（mg﹣qE）sinα
根据牛顿第二定律得：F合＝ma
联立解得：a=13g，
则小球沿斜轨道下滑的加速度与重力加速度的比为：ag=13；
（2）小球恰通过圆轨道顶端的B点，设在B点的速度为vB，
根据牛顿第二定律得：（mg﹣qE）＝mvB2R
小球由A到B，据动能定理：（mg﹣qE）（h﹣2R）=12mvB2
联立解得：h=52R；
（3）从A到C的过程由动能定理得：（mg﹣qE）h=12mvc2
在最低点C点时由牛顿第二定律得：F﹣（mg﹣qE）＝mvC2R
联立解得：F＝4mg
由牛顿第三定律知对轨道的压力大小是4mg，
小球通过最低点C点时对轨道的压力与小球重力的比为F压mg=4：1。
答：（1）小球沿斜轨道下滑的加速度与重力加速度的比为13；
（2）若小球恰通过圆轨道顶端的B点，A点距水平地面的高度为52R；
（3）在（2）问的条件下，小球通过最低点C点时对轨道的力与小球重力的比值为4：1。
21．如图所示，用水平绝缘传送带输送一正方形单匝闭合铜线框，在输送中让线框随传送带通过一固定的匀强磁场区域，铜线框在进入磁场前与传送带的速度相同，穿过磁场的过程中将相对于传送带滑动。已知传送带以恒定速度v0运动，当线框的右边框刚刚到达边界PQ时速度又恰好等于v0．若磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，MN与PQ的距离为d，磁场的磁感应强度为B，铜线框质量为m，电阻均为R，边长为L（L＜d），铜线框与传送带间的动摩擦因数为μ，且在传送带上始终保持前后边框平行于磁场边界MN，试求：
（1）线框的右边框刚进入磁场时所受安培力的大小；
（2）线框在进入磁场的过程中运动加速度的最大值以及速度的最小值；
（3）从线框右边框刚进入磁场到整个线框完全穿出磁场后的过程中，闭合铜线框中产生的焦耳热。
【解答】解：（1）线框右侧边刚进入磁场时，感应电动势：E＝BLv0，
感应电流：I=ER=BLv0R，
右侧边所受安培力：F＝BIL=B2L2v0R；
（2）线框以速度v0进入磁场，在进入磁场的过程中，受安培力而减速运动；进入磁场后，在摩擦力作用下加速运动，当其右侧边到达PQ时速度又恰好等于v0，因此，线框在刚进入磁场时，所受安培力最大，加速度最大，设为am；
线框全部进入磁场的瞬间速度最小，设此时线框的速度为vmin，
线框刚进入磁场时，根据牛顿第二定律有：F﹣μmg＝mam，
解得：am=B2L2v0mR−μg，
在线框完全进入磁场又加速运动到达边界PQ的过程中，根据动能定理，得：μmg（d﹣L）=12mv02−12mvmin2，
解得：vmin=v02−2μg(d−L)；
（3）线框从右侧边进入磁场到运动至磁场边界PQ的过程中线框受摩擦力：f＝μmg
由功的公式有：W1＝fd＝μmgd，
线框出磁场与进入磁场的受力情况完全相同，故线框完全出磁场瞬间的速度仍为vmin；
在线框完全出磁场后到加速至与传送带速度相同的过程中，设其位移x，
由动能定理有：μmgx=12mv02−12mvmin2，
解得：x＝d﹣L，
线框右侧边出磁场到与传送带共速的过程中位移为：x′＝x+L＝d
此过程中摩擦力做功为：W2＝f x′＝μmgd，
因此，整个过程传送带对线框做的功：W＝W1+W2＝2μmgd；
全过程由功能关系得：闭合铜线框中产生的焦耳热Q＝W＝2μmgd；
答：（1）线框的右侧边刚进入磁场时所受安培力的大小为B2L2v0R；
（2）线框在进入磁场的过程中，加速度的最大值为B2L2v0mR−μg，速度的最小值为
v02−2μg(d−L)；
（3）从线框右侧边刚进入磁场到整个线框穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，传送带对线框做的功为2μmgd。
22．如图（a）所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷qm=106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过时间π15×10−5s以后，电荷以v0＝1.5×104m/s的速度通过MN进入其上方的均匀磁场，磁场与纸而垂直，磁感应强度B按图（b）所示规律周期性变化，图（b）中磁场以垂直纸面向里为正，以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻。求：
（1）匀强电场的电场强度E；
（2）图（b）中t=4π5×10−5s时刻电荷与O点的水平距离；
（3）如果在O点正右方43.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板的时间。
【解答】解：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，其在电场中加速运动的时间为π15×10−5s，由匀变速直线运动规律得
v0＝at1
由牛顿第二定律得
qE＝ma
代入数据解得：E＝7.2×103N/C
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
qv0B＝mv02r
解得：r=mv0qB
当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径
r1=mv0qB1
做圆周运动的周期
T1=2πr1v0=2πmqB1
代入数据解得
r1＝5cm
T1=2π3×10﹣5s
同理可得，当磁场垂直纸面向里时，电荷圆周运动的半径为
r2=mv0qB2
代入数据解得：r2＝3cm
做圆周运动的周期
T2=2πmqB2
代入数据解得：T2=2π5×10﹣5s
故电荷t＝0时刻开始做周期性运动，结合磁场的周期性可知运动轨迹如图1所示
图1
从电荷第一次通过MN开始其运动的周期为
T＝（π15×4+12×2π3+12×2π5）×10﹣5s=4π5×10﹣5s
所以t=4π5×10−5s时刻粒子距离O点的水平距离为
Δd＝2（r1﹣r2）
代入数据解得：Δd＝4cm
（3）由第（2）的分析可知，每经过一个周期，粒子在水平方向向右前进4cm，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为9个，即
s＝9Δd＝9×4cm＝36cm
则最的后7.5m的距离如图2所示
图2
由几何关系可得
r1+r1cosα＝7.5cm
解得：cosα＝0.5
即α＝60°
故电荷运动的总时间
t总＝t1+9T+13T1
代入数据解得：t总=33745π×10﹣5s
答：（1）匀强电场的电场强度E为7.2×103N/C；
（2）图（b）中t=4π5×10−5s时刻电荷与O点的水平距离为4cm；
（3）如果在O点正右方43.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板的时间为33745π×10﹣5s。
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