高考物理二轮复习【仿真模拟】第22讲 仿真模拟卷（三）

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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（三）
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．由单位牛顿、米、安培、秒组合成的单位牛⋅米安⋅秒对应的物理量是（　　）
A．功 B．电压 C．功率 D．磁通量
【解答】解：根据F＝BIL得1N＝1T•A•m，
1牛⋅米安⋅秒=1特⋅米2秒，根据磁通量Φ＝BS得1T•m2＝1Wb，
根据E＝NΔΦΔt得1V＝1Wb/s，所以牛⋅米安⋅秒对应的物理量是电压，故ACD错误，B正确。
故选：B。
2．2019年10月1日，新中国70周年阅兵式在天安门广场举行。如图所示，阅兵徒步方队，正步走过天安门广场，受阅长度96米，用时1分09秒，以零米零秒零误差，接受习主席和全国人民的检阅！下列说法不正确的是（　　）

A．研究步兵从出发到返回的时间，可以把步兵看作质点
B．以某步兵为参考系，广场上的观众是静止的
C．1分09秒指时间间隔
D．由题目可以计算出步兵走过受阅区的平均速度
【解答】解：A、研究步兵从出发到返回的时间时，步兵的大小可以忽略不计，可以把步兵看作质点。故A正确；
B、以某步兵为参考系，广场上的观众相对于步兵是变化的，所以是运动的。故B错误；
C、这里1分0.9秒对应一个过程，为时间间隔。故C正确；
D、受阅长度96米，用时1分09秒，位移与对应的时间都知道，可以由：v=xt求出平均速度。故D正确
本题选择不正确的
故选：B。
3．如图所示，A、B、两点分别位于大、小轮的边缘上，C点位于大轮半径的中点，D点位于小轮半径的中点，大轮半径是小轮半径的2倍，它们之间靠摩擦传动，接触面上没有滑动。为了说明公式v＝ωr的一种变量关系，即v相等，ω跟r成反比，应该选择该装置中A、B、C、D中的哪两个点（　　）

A．选择A、B两点 B．选择A、C两点
C．选择B、C两点 D．选择C、D两点
【解答】解：因为是摩擦传动，所以轮子边缘上的各点的线速度相等。又因为要判断v相等，ω跟r成反比的情况，所以需要选择A、B两点，故A正确，BCD错误。
故选：A。
4．如图所示，手拿静止的水瓶，水柱从水瓶底小孔喷出，若小孔离地的高度为0.8m，测出水柱着地点与小孔的水平距离为1m，下列说法正确的是（g取10m/s2）（　　）

A．水柱从小孔喷出的初速度为2.5m/s
B．水柱从小孔喷出的初速度为1.5m/s
C．若自由释放水瓶，水柱仍然会从小孔喷出
D．若竖直向上抛出水瓶，抛出的水瓶处于超重状态
【解答】解：AB．水柱喷出时做平抛运动，竖直方向下落高度：
h＝0.8m
设水柱的初速度为v0，从喷出到落地所用时间为t，根据平抛运动的规律：
h=12gt2
x＝v0t
代入数据解得：v0＝2.5m/s
故A正确，B错误；
CD．若抛出水瓶，不管是竖直向上抛出还是倾斜抛出或自由释放，水瓶离开手后只受重力作用，加速度为g，重力不再产生其他效应，水对容器壁无压力，水柱不会从小孔中喷出，水瓶及水处于失重状态，故CD错误。
故选：A。
5．如图所示，有一种叫“喷射式悬浮飞行器”的水上飞行运动装置。操控者借助该装置以向下喷射高压水柱的方式实现在水面上空悬停旋转或急速升降等运动。若忽略空气阻力和水管对人（含装置）的作用力，下列说法正确的是（　　）

A．人在急速升降过程中的惯性比悬停时大
B．当人匀速上升时，人所受合外力做的总功为零
C．当装置斜向下喷水时，人将沿着喷水的相反方向做直线运动
D．人在水面上空悬停时，人（含装置）所受的重力和喷出的水对人的力是一对作用力与反作用力
【解答】解：A、惯性是物体本身的一种属性，与物体的运动状态无关，仅与物体的质量有关，所以人在急速升降过程中的惯性与悬停时一样大，故A错误；
B、当人匀速上升时，人的动能保持不变，由动能定理可知合外力做的总功一定为零，故B正确；
C、当装置斜向下喷水时，由于人还受到竖直向下的重力，合力的方向不是沿水运动的相反方向，则人不可能将沿着喷水的相反方向（即斜向上方向）做直线运动，故C错误；
D、人在水面上空悬停时，人（含装置）所受的重力的受力物体是人（含装置），方向向下；向下喷出的水的对人的作用力方向向上，受力物体也是人，二者作用在同一个物体上，是一对平衡力，故D错误。
故选：B。
6．根据光的波粒二象性可知，光与其他物体发生相互作用时表现出粒子性，波长为λ的光子能量为E＝hcλ，动量为p=hλ，h为普朗克常量，c为光在真空中的传播速度。科研人员用强激光竖直向上照射一水平放置的小玻璃片，激光子全部被吸收，产生的“光压”把小玻璃片托在
空中。若小玻璃片质量为m，重力加速度为g，则激光的发射功率为（　　）
A．mgc B．mgc2 C．mc D．12mc2
【解答】解：此时玻璃片被托在空中，则此时光子对玻璃片的作用力与重力平衡，即F＝mg，假设单位时间内照射到玻璃片上的光子数目为N，以入射光子为研究对象，由牛顿第三定律可得，光子对玻璃板的作用力与作用板对光子的作用力等大反向，
则由动量定理可得：Ft＝Nhλ，由功能关系可得：WF＝NE＝Nhcλ，又有Pt＝NE，联立可得：P＝mgc，故A正确，BCD错误；
故选：A。
7．如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成。当闭合开关S1、S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出。已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W，关于该电吹风，下列说法正确的是（　　）

A．电热丝的电阻为55Ω
B．电动机的电阻为12103Ω
C．当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为1000J
D．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为1120J
【解答】解：A、电热丝工作时的功率：P1＝1000W﹣120W＝880W，电热丝的电阻R=U2P1=2202880Ω＝55Ω，故A正确；
B、电动机是非纯电阻电路，不能够用欧姆定律来计算电阻，RM≠U2P2=2202120Ω=12103Ω，故B错误；
C、当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为Q1＝P1t＝880J，故C错误；
D、当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为Q2＝P2t＝120J，故D错误。
故选：A。
8．如图所示，半圆形容器固定在地面上，容器内壁光滑，球A和球B放在容器内，用水平力作用在球A上，使球A的球心O1与半圆形容器的球心O2在同一竖直线上，容器半径、球A
半径、球B半径之比为6：2：1，球B的质量为m，两球质量分布均匀，重力加速度为g，整个系统始终静止。则推力F的大小为（　　）

A．12mg B．22mg C．32mg D．34mg
【解答】解：设B球的半径为r，圆心为O3，则O1O2＝4r，O1O3＝3r，O2O3＝5r，
则有：（O1O2）2+（O1O3）2＝（O2O3）2，所以三角形O1O2O3为直角三角形
tanθ=O1O3O1O2=3r4r=34，所以θ＝37°，
因为∠O2O1O3为直角且O1O2连线竖直，所以O1O3连线水平
以B为研究对象，受力分析如图
由平衡条件得：FAB＝mgtan37°=34mg
以A为研究对象，受力分析如图
由平衡条件得：F＝FBA
由牛顿第三定律：FAB＝FBA
解得：F=34mg
故D正确，ABC错误。
故选：D。

9．飞马座51b位于飞马座，是人类发现的第一颗围绕类似太阳的恒星运转的系外行星。木星质量约为该行星质量的2倍，公转周期约是1000倍，太阳质量与该行星所绕恒星的质量相近，则木星与该行星相比（　　）
A．密度之比约为1：5×105
B．公转线速度之比约为1：10
C．表面重力加速度之比约为1：5×103
D．受到的万有引力之比约为1：5×104
【解答】解：AC、由于不知道行星的半径，无法计算木星和行星的密度关系和表面重力加速度，故AC错误；
BD、设太阳和恒星的质量为M，木星的质量为m1，轨道半径为r1，公转周期为T1
行星的质量为m2，轨道半径为r2，公转周期为T2
根据万有引力提供向心力可得：
对木星 GMm1r12=m1r14π2T12，解得木星的轨道半径r1=3GMT124π2
同理：行星绕恒星的轨道半径r2=3GMT224π2
则木星与行星的线速度之比为v1v2=2πr1T12πr2T2=r1T1⋅T2r2=3T2T1=311000=110
所受万有引力之比F1F2=GMm1r12GMm2r22=m1m2⋅r22r12=m1m2⋅(3T22T12)2=21⋅(31210002)2=15000，故B正确，D错误。
故选：B。
10．关于电磁感应现象，下列说法错误的是（　　）
A．变压器铁芯做成片状是为了减小涡流
B．灵敏电流表在运输时总要把两接线柱用导体连接起来，是利用了电磁驱动
C．真空冶炼炉的炉外线圈应通入高频交流电
D．车站和重要场所的安检门可以探测人身携带的金属物品
【解答】解：A、变压器的铁芯用硅钢片代替整块铁芯，是为了减小涡流损失，故A正确；
B、将两个接线柱连接起来，从而形成闭合电路，当因晃动，导致线圈切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培阻力，进而阻碍其运动，是利用电磁阻尼原理减弱表针的摆动，进而保护表针不被损坏，故B错误；
C、真空冶炼炉的炉外线圈通过的电流是高频交流电。故C正确；
D、安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品原理是：线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到。故D正确；
本题选错误的，
故选：B。
11．如图所示，a、b、c、d、e五点在同一直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离，在a点固定放置一个点电荷，带电荷量为+Q。已知在+Q的电场中b、c两点间的电势差为U，现将一个试探电荷+q从d点移动到e点。下列说法正确的是（　　）

A．b点电势低于c点电势
B．d、e两点间的电势差为U
C．试探电荷的电势能增大
D．电场力对试探电荷做功小于qU
【解答】解：A．固定在a点的场源电荷为+Q，则直线上a点右侧电场线方向沿直线向右，沿着电场线电势逐渐降低，则b 点电势高于 c 点电势，故A错误；
BD．点电荷周围的电场不是匀强电场，离场源电荷越远场强越小，则d、e 两点间的电势差小于b、c 两点间的电势差 U，所以将试探电荷+q从d点移动到e点电场力做功小于 qU，故B错误，D正确；
C．试探电荷+q 从 d 点移动到 e 点的过程中，静电力做正功，电势能减小，故C错误。
故选：D。
12．如图甲，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数n＝20，总电阻R＝2.5Ω，边长L＝0.3m，处在两个半径均为r=L3的圆形匀强磁场区域中。线框顶点与右侧圆心重合，线框底边中点与左侧圆心重合。磁感应强度B1垂直水平面向上，大小不变；B2垂直水平面向下，大小随时间变化。B1、B2的值如图乙所示，以下说法不正确的是（　　）

A．通过线框的感应电流方向为逆时针方向
B．t＝0时刻穿过线框的磁通量为0.1Wb
C．在0.6s内通过线框中的电荷量约为0.13C
D．经过0.6s线框中产生的热量约为0.07J
【解答】解：A、由磁感应强度B1垂直水平面向外，大小不变；B2垂直水平面向里，大小随时间增大，故线框的磁通量减小，由楞次定律可得，线框中感应电流方向为逆时针方向，故A正确；
B、t＝0时刻穿过线框的磁通量为：∅＝B1×12πr2−B2×16πr2=1×0.5×3.14×0.12﹣2×16×3.14×0.12Wb＝0.0052Wb，故 B错误；
C、在t＝0.6s内通过线框中的电量q=It=ERt=n△∅△tR×△t=n△∅R=20×(5−2)×16×π×0．122.5C＝0.12C，故C正确；
D、由Q＝I2Rt=(n△∅△tR)2R•△t=(n△∅)2R△t=(20×3×16×3.14×0.01)22.5×0.6J≈0.06J，故D正确。
本题选说法不正确的
故选：B。
13．如图所示，三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC边的中点，∠BAO为θ，位于截面所在平面内的一束光线以角i入射，第一次到达AB边恰好发生全反射。则该介质的折射率n为（　　）

A．sini+sinθcosθ B．1+(sini+sinθcosθ)2
C．sini−sinθcosθ D．1+(sini−sinθcosθ)2
【解答】解：光路图如图所示，
设光线在BC面上的折射角为r，
由折射定律得：n=sinisinr
全反射的临界角为：sinC=1n，
由几何关系知：90°﹣θ＝r+C，
联立解得该介质的折射率n=1+(sini+sinθcosθ)2，故B正确，ACD错误。
故选：B。
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．下列说法中正确的是（　　）
A．法国物理学家贝克勒尔发现天然放射现象，此现象说明原子核具有复杂的内部结构
B．法国物理学家德布罗意实验证实了实物粒子的波动性
C．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此光子散射后波长变长
D．原子核内的某一核子与其他核子间都有核力作用
【解答】解：A、法国物理学家贝克勒尔发现天然放射现象，此现象说明原子核具有复杂的内部结构，故A正确；
B、法国物理学家德布罗意预言了实物粒子的波动性，1927年戴维孙和汤姆孙利用晶体做了电子束衍射实验，得到了电子束通过铝箔形成的衍射图样证实了实物粒子的波动性，故B错误；
C、由于光子和电子碰撞后光子动量变小，由λ=hP知光子散射后波长变长，故C正确；
D、核力是短程力，每个核子只跟它邻近的核子间存在核力作用，故D错误。
故选：AC。
（多选）15．图甲为一列简谐横波在t＝0.2s时刻的波形图，M是平衡位置x＝2.0cm处的质点，N是平衡位置x＝4.0cm处的质点，图乙为质点N的振动图像，则（　　）

A．该简谐横波的传播速度为40m/s
B．该简谐横波沿x轴正方向传播
C．在t＝0.2s时刻，质点M的加速度沿y轴正方向
D．0.2s～0.3s时间内，质点M通过的路程小于20cm
【解答】解：A、由乙图读出，该波的周期为T＝0.40s，由图甲可知，该波的波长为16m，所以波速：v=λT=160.4m/s＝40m/s.故A正确；
B、由图乙可知，在t＝0.2s时刻N振动的方向向上，结合甲图应用同侧法可知，该波沿x轴的正方向传播，故B正确；
C、在t＝0.2s时刻质点M处在x轴上方，所以质点M的加速度方向沿y轴负方向，故C错误；
C、从t＝0.2s到t＝0.3s，质点M经历了T4，由于质点向平衡位置运动，所以质点M的路程大于20cm，故D错误；
故选：AB。
（多选）16．下列说法正确的是（　　）
A． 90232Th衰变成 82208Pb要经过6次α衰变和4次β衰变
B．氢原子的核外电子从低轨道跃迁到高轨道的过程，原子要吸收光子，电子的动能减少，原子的电势能增大
C．发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
D．原子核的结合能越大，原子核越稳定
【解答】解：A、根据质量数和电荷数守恒知232﹣208＝6×4，即6次α衰变，90＝82+6×2﹣4，即4次β衰变，故A正确
B、氢原子的核外电子从低轨道跃迁到高轨道的过程，原子要吸收光子，电子的动能减少，电阻克服电场力做功原子的电势能增加，故B正确
C、最大初动能：EKm＝hγ﹣W0可知光电子的最大初动能与入射光的频率有关，频率大最大初动能大，但不成正比，故C错误
D、原子核的比结合能越大，原子核越稳定，不是结合能，故D错误
故选：AB。
三、非选择题（本题共8小题，共55分）
17．某同学探究加速度、力与质量的关系实验装置如下。
（1）在实验之前，首先平衡摩擦力，使细线的拉力近似等于砝码及砝码盘所受的总重力，关于平衡摩擦力，下列正确的是：　BD　。
A．将木板右端适当垫高，放上小车让其沿板匀速下滑即可
B．将木板右端适当垫高，放上小车，穿好纸带，让小车沿板滑下时，打点计时器在纸带上打下一系列等间距的点即可
C．将木板右端适当垫高，放上小车，穿好纸带，小车前端用细绳绕过滑轮连接砝码盘（不放砝码），让小车匀速下滑即可
D．平衡摩擦之后，通过增加或者减少小车上的砝码改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦

（2）图乙是实验中得到的一条纸带，已知相邻计数点间还有四个点未画出，打点计时器所用电源频率为50Hz，由此可求出小车的加速度a＝　1.60　m/s2（计算结果保留三位有效数字）。
（3）甲、乙、丙三名同学在做实验之前都将木板的右侧垫高，然后根据实验数据分别做出了a−1M和a﹣F图象（小车的加速度为a，小车的质量为M，绳中拉力为F，砝码盘及砝码的质量总和为m）。
由甲图可知砝码盘及砝码的总质量为　0.02　kg（g取10m/s2），由乙图可知乙同学在操作中使木板的倾角过　小　（选填“大”、“小”），分析丙图，图线上部分弯曲的原因是未满足　m＜＜M　。

【解答】解：（1）ABC、平衡摩擦力的方法就是，不挂钩码，让小车与纸带相连，调节斜面的倾角直到小车在斜面上做匀速直线运动，故AC错误，B正确；
D、平衡摩擦之后，小车沿斜面向下的重力等于摩擦力，即：mgsinθ＝μmgcosθ，可知与质量的大小无关，所以通过增加或者减少小车上的砝码改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦。故D正确；
故选：BD。
（2）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，△x＝aT2得，
加速度a=x36−x039T2=13.81+12.22+10.60−9.02−7.41−5.799×0．12m/s2=1.60m/s2。
（3）甲图中图线的斜率：k=a1M=Ma=F
所以小车受到的拉力：F＝k=2.010=0.2N
小车受到的拉力近似等于砝码盘及砝码的总重力，F＝G，所以砝码盘及砝码的总质量：m=Gg=0.02kg
在乙图中，当F＞0时，加速度a仍然等于0，是由于平衡摩擦力不足，说明可知乙同学在操作中使木板的倾角过小；
随着F的增大，即砂和砂桶质量的增大，不在满足砂和砂桶远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象；
故答案为：（1）BD；（2）1.60；（3）0.02，小，m＜＜M。
18．某实验小组为了测定自来水的电阻率，把粗细均匀的圆柱形玻璃管中注满自来水，玻璃管两端用橡皮塞住管口，用铁钉引出进行测量，进行如下实验：
（1）在注水前，用游标卡尺测玻璃管内径如图甲所示，则该玻璃管的内径为 　22.50　mm。

（2）用多用电表欧姆挡的“×1k”倍率，对玻璃管中水的电阻进行测量，结果如图乙所示。

（3）为了较精确测量水柱的阻值，实验小组采用图丙所示的实验电路进行实验。

①请在答题纸中根据该实物图完成对应的电路图。
②在闭合开关之前，应把滑动变阻器的滑片P置于最 　左　端（填“左”或“右”）。
③实验时电流表采用的量程为200μA，内阻约为500Ω的微安表：电压表选用0～3V挡，内阻约为3kΩ，闭合开关后调节活动变阻器的滑动片，发现电压表的偏转角度很小，测得的数据如下：
U/V
0.08
0.20
0.30
0.40
0.50
0.55
I/μA
25
78
117
145
185
195
④实验小组根据测得数据画出自来水柱的I﹣U图象，得到电阻值为2.8kΩ，与多用电表测量值相差极大。试分析出现这种情况的主要原因：　a因自来水柱的电阻远大于电压表的内阻，应采用微安表（电流表）内接方式进行
，b电压表的内阻不够大改换数字电压表（或换内阻非常大的电压表）进行实验　。
【解答】解：（1）读数为主尺读数+副尺读数，20mm+0.05×50mm＝22.50mm
（2）如图所示

（3）实验前，滑动变阻器应该置于阻值最大的一端，左端
a因自来水柱的电阻远大于电压表的内阻，应采用微安表（电流表）内接方式进行
b电压表的内阻不够大改换数字电压表（或换内阻非常大的电压表）进行实验
故答案为：（1）22.50（2）（3）左；a
因自来水柱的电阻远大于电压表的内阻，应采用微安表（电流表）内接方式进行
，b电压表的内阻不够大改换数字电压表（或换内阻非常大的电压表）进行实验
19．某同学用视频研究牛顿管实验，当管内有空气时，由静止释放铁片和羽毛，铁片比羽毛下落得快。先对下落一段距离后的实验视频截图，在图中测得管长L0＝4.00cm，羽毛距管顶L1＝1.20cm，铁片距管顶L2＝3.00cm，又测量了实际牛顿管的长度为h0＝120cm。不计铁片受到的空气阻力，设羽毛受到的空气阻力大小恒定，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）从释放到图示时刻，铁片下落的时间t；
（2）羽毛下落的加速度a大小和能达到的最大速度vm大小；
（3）羽毛下落过程中受到的阻力与其重力之比。

【解答】解：（1）根据h0L0=h1L1=h2L2=30可得，羽毛下落的高度h1＝0.36m，铁片下落的高度h2＝0.90m
对铁片，做自由落体运动，则h2=12gt2
解得t=2h2g=2×0.9010s=3210s
（2）羽毛下落至图示时刻满足h1=12at2
解得a=2h1t2=2×0.36(3210)2m/s2=4m/s2
羽毛下落到管底前瞬间速度最大vm2=2ah0
解得vm=4155m/s
（3）羽毛下落时，由牛顿第二定律得mg﹣f＝ma
可得fmg=1−ag=35
答：（1）从释放到图示时刻，铁片下落的时间t为3210s；
（2）羽毛下落的加速度a大小为4m/s2，能达到的最大速度vm大小为4155m/s；
（3）羽毛下落过程中受到的阻力与其重力之比为35。
20．图甲是某游乐场的一种“双环过山车”设施的一部分，其运行原理可以简化成图乙的“小球轨道”模型。其中AB段和圆轨道不计阻力，BC、CD、DE、EF段平直轨道与小球的动摩擦因数为μ＝0.2，DE段的倾角α＝53°，B、C为两竖直圆轨道1、2的最低点，LBC＝LCD＝6m，LDE＝1m，LEF＝10m，半径R1＝2m。质量为m＝1kg的小球（视为质点），从轨道的右侧A点由静止开始下滑，设小球不脱离所有轨道，且不考虑D、E点的能量损失，（已知cos37°＝0.8，重力加速度取g＝10m/s2）。试求：

（1）如果小球恰能通过第一个圆轨道，A点的高度h应是多少；
（2）要使小球不脱离第二个圆轨道，半径R2应满足的条件；
（3）要使小球最终停在EF段，A点的高度h应该设计为多少。
【解答】解：（1）小球恰好通过圆轨道最高点，在最高点根据牛顿第二定律可得：mg=mv2R1
从A到B轨道1最高点的过程中，根据动能定理可得：mg(h−2R1)=12mv2
联立解得：h＝5m
（2）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论
轨道半径较小时，小球恰能通过第二个圆轨道，设在最高点的速度为v2，应满足：mg=mv22R2
同时满足，小球能通过第一轨道，则有：mg（2R1﹣2R1）﹣μmgLBC=12mv22−12mv2
解得：R2＝1.52m
轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R2，根据动能定理有：mg(2R1−R2)−μmgLBC=0−12mv2
解得：R2＝3.8m
故R2≤1.52m或者R2≥3.8m
（3）如果小球停止在E点，从出发点到E，根据动能定理可得：mg（h﹣LDEsinα）﹣μmg（LBC+LCD）﹣μmgLDEcosα＝0﹣0
解得：h＝3.32m＜5m
说明小球刚好到达E点就过不了竖直圆轨道，如果小球停止在F点，从出发点到F点，根据动能定理可得：mg（h﹣LDEsinα）﹣μmg（LBC+LCD+LEF）﹣μmgLDEcosα＝0﹣0
解得：h＝5.32m
综上可知：5m≤h≤5.32m
答：（1）如果小球恰能通过第一个圆轨道，A点的高度h应是5m；
（2）要使小球不脱离第二个圆轨道，半径R2应满足的条件为R2≤1.52m或者R2≥3.8m；
（3）要使小球最终停在EF段，A点的高度h应该设计为5m≤h≤5.32m。
21．如图a，两光滑金属导轨MN、M'N'相距L平行放置，导轨平面与水平面成θ夹角，MM'、NN'间分别连接阻值为R的电阻。Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域内存在磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁场区域的宽度均为d，相邻磁场间的无磁场区域的宽度均为s。一质量为m、阻值为R的金属棒ab跨放在两导轨上，从磁场区域Ⅰ上边界上方某处由静止释放，金属棒下滑过程中始终垂直于导轨且与导轨接触良好。导轨的电阻忽略不计，重力加速度为g。

（1）若金属棒能匀速通过磁场区域Ⅰ，求金属棒静止释放处距区域Ⅰ上边界的距离x1；
（2）在（1）的条件下，求金属棒通过区域Ⅰ的过程中产生的热量Q；
（3）若金属棒在相邻磁场间无磁场区域中运动的时间均为t，求金属棒静止释放处与区域Ⅰ上边界的距离x2；并在图b中定性画出其自静止开始运动到区域Ⅲ下边界过程中的v﹣t图线。
【解答】解：（1）若棒ab以速度v匀速通过磁场区域I，则在此过程中产生感应电动势为
E＝BLv
闭合回路的总电阻为
R总=R+R2=32R
则通过金属棒的电流为
I=ER总=2BLv3R
金属棒ab进入磁场受到的安培力为
F=BIL=2B2L2v3R
因为金属棒匀速进入磁场区域I，所以由受力分析可知
mgsinθ＝F
解得：v=3mgRsinθ2B2L2
从静止释放到区域I上边界的过程，机械能守恒，故
mgx1sinθ=12mv2
解得：x1=9m2gR2sinθ8B4L4
（2）设棒ab匀速通过区域I所用的时间为t，流经棒的电流为I，则此过程中金属棒上产生的热量为
Qab=I2Rt
两个电阻上产生的热量为
QR=I2Rt2
由此可知
Qab＝2QR
由能量的转化与守恒定律可知，机械能的减小量等于回路中产生的总热量，即
Q总＝mgdsinθ
因此，Qab+QR＝mgdsinθ
解得：Qab=2mgdsinθ3
（3）设导体棒进入磁场I、II、Ⅲ时的速度分别为v1，v2，v3，出磁场的时间分别为v1′，v2′，v3′，通过无磁场区域用时均为t，导体棒在无磁场区域，由牛顿第二定律得
mgsinθ＝ma
解得：a＝gsinθ
由匀变速运动规律可得：
v2﹣v1′＝v3﹣v2′＝gsinθt
12(v2+v1')t=12(v3+v2')t=s
解得：v2＝v3；v1′＝v2′
即导体棒每次进入磁场的速度相等，每次出磁场的速度也相等。
导体棒离开磁场I到进入磁场II的过程中，由匀变速直线运动的规律可得：
s=v1't+12at2v2＝v1′+at
解得：v2=2s+at22t
进入磁场II时的速度与进入磁场I的速度相等，所以
v1=v2=2s+at22t
由静止释放到磁场I上边界的过程，做匀变速直线运动，故
v12=2ax2
因此x2=(2s+gsinθt2)28gsinθt2
金属棒ab由静止释放直至运动到区域Ⅲ下边界过程中的v﹣t图，如图所示：
答：（1）若金属棒能匀速通过磁场区域Ⅰ，金属棒静止释放处距区域Ⅰ上边界的距离为9m2gR2sinθ8B4L4；
（2）在（1）的条件下，求金属棒通过区域Ⅰ的过程中产生的热量为2mgdsinθ3；
（3）金属棒静止释放处与区域Ⅰ上边界的距离为(2s+gsinθt2)28gsinθt2；v﹣t图线如上图所示。
22．（10分）如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第一象限存在方向沿y轴负方向的匀强电场，第四象限内半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，区域圆心坐标为（R，﹣R）。一质量为m、电荷量为+q的粒子从点P（0，R2）以速度v0沿x轴正方向进入第一象限，从点Q
（R，0）进入第四象限，离开圆形区域后从y轴上的某一点M（图中未画出）沿垂直y轴方向进入第三象限。若将第一象限的电场换为垂直纸面向外的匀强磁场，粒子仍从P点以速度v0沿x轴正方向进入第一象限，仍从Q点进入第四象限，适度调整圆形区域内磁场大小，粒子离开圆形区域后从y轴上的另一点N（图中未画出）沿垂直y轴方向进入第三象限。不计粒子重力，求：
（1）电场强度E的大小；
（2）第一象限所加磁场的磁感应强度B1的大小；
（3）M、N间的距离d。

【解答】解：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律有qE＝ma，
竖直方向R2=12at2，
水平方向 R＝v0t，
解得E=mv02qR；
（2）设在第一象限内做圆周运动的半径为r，运动轨迹如图

则qv0B=mv02r，
根据几何知识有r2=R2+(r−R2)2，
解得B1=4mv05qR；
（3）设粒子经电场偏转后以α角进入圆形磁场，
则vy＝at
tanα=vyv0，
粒子经过第一象限的磁场偏转后与x轴成β角进入第四象限，如图所示，

有sinβ=Rr，
要使两次均垂直于y轴进入第三象限，两次在圆磁场区域的半径均为R，
则MN两点的距离为d＝Rcosα﹣Rcosβ，
联立解得：d＝（22−35）R。
答：（1）电场强度E的大小为mv02qR；
（2）第一象限所加磁场的磁感应强度B1的大小为4mv05qR；
（3）M、N间的距离d为（22−35）R。