浙江专用2022版高考物理大二轮复习优选习题仿真模拟卷10

仿真模拟卷(十)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.在力学中,下列物理量既是基本物理量又是标量的是(　　)A.位移B.电场强度C.时间D.力2.下列描述正确的是(　　)A.伽利略提出力是维持物体运动状态的原因B.奥斯特发现了电流的磁效应C.牛顿利用扭秤实验测得了万有引力常量D.库仑利用油滴实验测量出了元电荷的数值3.某小船船头垂直指向河岸渡河,若水流速度突然增大,其他条件不变,下列判断正确的是(　　)A.小船渡河的时间不变B.渡河时间减少C.小船渡河时间增加D.小船到达对岸地点不变4.从空中以40m/s的初速度平抛一重为5N的物体,物体在空中运动3s落地,不计空气阻力,则物体落地前瞬间,重力的瞬时功率为(　　)(g取10m/s2)A.100WB.150WC.200WD.250W5.来自太阳和其他星体的宇宙射线中含有大量高能带电粒子,若这些粒子都直接到达地面,将会对地球上的生命带来危害。但由于地磁场(如图所示)的存在改变了宇宙射线中带电粒子的运动方向,使得很多高能带电粒子不能到达地面。若不考虑地磁偏角的影响,关于上述高能带电粒子在地磁场的作用下运动情况的判断,下列说法中正确的是(　　)A.若带电粒子带正电,且沿地球赤道平面射向地心,则由于地磁场的作用将向东偏转B.若带电粒子带正电,且沿地球赤道平面射向地心,则由于地磁场的作用将向北偏转C.若带电粒子带负电,且沿垂直地球赤道平面射向地心,则由于地磁场的作用将向南偏转D.若带电粒子沿垂直地球赤道平面射向地心,它可能在地磁场中做匀速圆周运动6.12\n“滑滑梯”是小朋友喜爱的游戏活动,可以将小朋友在室内“滑滑梯”的运动简化成小物体从静止出发,先沿斜板下滑,再进入室内水平木板的过程,如图所示,假设斜板长度一定,斜板与水平木板的倾角θ可调,且房间高度足够,斜板最高点在地板的垂点到房间右侧墙面的长度为斜板长度的2倍。一物块(可视为质点)从斜板顶端静止出发后在到达房间右侧墙面时刚好停下,已知物块与斜板及水平木板间的动摩擦因数均为μ,不计物块从斜板进入水平木板时的能量损失,则θ与μ间应满足(　　)A.sinθ=μB.sinθ=2μC.sinθ=3μD.sinθ=4μ7.吊坠是日常生活中极为常见的饰品,深受人们喜爱,现将一“心形”金属吊坠穿在一根细线上,吊坠可沿细线自由滑动。在佩戴过程中,某人手持细线两端,让吊坠静止在空中,现保持其中一只手不动,另一只手捏住细线缓慢竖直下移,不计吊坠与细线间的摩擦,则在此过程中,细线中张力大小变化情况为(　　)A.保持不变B.逐渐减小C.逐渐增大D.无法确定8.男子跳高的世界纪录是2.45m,由古巴运动员索托马约尔于1993年7月27日创造。不计空气阻力,对索托马约尔跳高过程的描述,下列说法正确的是(　　)A.跳到2.45m的高度时,他的速度为零B.起跳以后上升过程他处于超重状态C.起跳时(运动员未离开地面),地面对他的支持力等于他对地面的压力D.起跳时(运动员未离开地面),地面对他的支持力做正功9.如图所示,一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道,管道里有一个直径略小于管道内径的小球,小球在管道内做圆周运动,从B点脱离后做平抛运动,经过0.3s后又恰好与倾角为45°的斜面相碰,且速度方向与斜面垂直。已知半圆形管道的半径为R=1m,小球可看作质点且其质量为m=1kg,g取10m/s2。则(　　)A.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.45mB.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9mC.小球经过管道的B点时,受到管道的作用力FN的大小是1ND.小球经过管道的B点时,受到管道的作用力FN的大小是2N10.我国在轨运行的气象卫星有两类,一类是极地轨道卫星——风云一号,绕地球做匀速圆周运动的周期为12h,另一类是地球同步轨道卫星——风云二号,运行周期为24h。下列说法正确的是(　　)A.风云一号的线速度小于风云二号的线速度B.风云一号的向心加速度大于风云二号的向心加速度C.风云一号的发射速度大于风云二号的发射速度D.风云一号、风云二号相对地面均静止11.一同学用多用电表的欧姆挡测量一个“220V　40W”的白炽灯泡的电阻值,测量结果为90Ω,但用公式P=U2R计算该灯泡的阻值是1210Ω,下列说法正确的是(　　)12\nA.两个电阻值相差太大是不正常的,一定是实验时读错了B.两个电阻值不同是正常的,因为欧姆表测电阻的误差大C.两个电阻值相差太大是不正确的,可能是出厂时把灯泡的功率标错了D.两个电阻值相差很大是正常的,阻值1210Ω是灯泡正常工作(温度很高)时的电阻值,阻值90Ω是灯泡不发光(室温)时的电阻值12.如图所示,三根通电长直导线P、Q、R互相平行,垂直纸面放置,其间距均为L,电流均为I,方向垂直纸面向里。已知电流为I的长直导线产生的磁场中,距导线r处的磁感应强度B=kIr,其中k为常量。某时刻有一电荷量为q的带正电粒子经过原点O,速度大小为v,方向沿y轴正方向,该粒子此时所受磁场力为(　　)A.方向垂直纸面向外,大小为2qvkI3LB.方向指向x轴正方向,大小为2qvkI3LC.方向垂直纸面向外,大小为qvkI3LD.方向指向x轴正方向,大小为qvkI3L13.汽车发动机的额定功率为40kW,质量为2000kg,汽车在水平路面上行驶时受到阻力为车重的110,g取10m/s2,若汽车从静止开始保持1m/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800m,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20m/sB.汽车匀加速的运动时间为10sC.当汽车速度达到16m/s时,汽车的加速度为0.5m/s2D.汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间为57.5s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.【加试题】(2022浙江选考10月,14)下列说法正确的是(　　)A.核聚变反应方程可能为 12H+13H→24He+201nB.铀核裂变的核反应方程可能为 92235U+01n→54140Xe+ 3894Sr+201n　C.发生β衰变时原子核放出电子,说明电子是原子核的组成部分D.中子和质子结合成氘核,若该过程质量亏损为Δm,则氘核的结合能为Δmc215.【加试题】B超成像的基本原理就是向人体发射一组超声波,遇到人体组织会产生不同程度的反射(类似回声),通过探头发送和接收超声波信号,经过电子电路和计算机的处理,形成了我们今天的B超图像(如图甲所示)。图乙为仪器检测到发送和接收的超声波图象,其中实线为沿x轴正方向发送的超声波,虚线为一段时间后遇到人体组织沿x轴负方向返回的超声波。已知超声波在人体内传播速度约为1500m/s,下列说法正确的是(　　)A.根据题意可知此超声波的频率约为1.25×105HzB.图乙中质点A在此后的1s内运动的路程为1500mC.图乙中质点B此时沿y轴正方向运动D.图乙中质点A、B两点加速度大小相等方向相反12\n16.【加试题】如图所示,abc是截面为等腰直角三角形的棱镜,一束白光垂直入射到ac面上,没有色光射出ab面。保持光线入射点O的位置不变,改变光线的入射方向(不考虑自bc面反射的光线),则(　　)A.使入射光在纸面内逆时针逐渐偏转,不可能有色光射出ab面B.使入射光在纸面内顺时针逐渐偏转,可能有色光射出ab面,且先射出的是紫光C.使入射光在纸面内顺时针逐渐偏转,可能有色光射出ab面,且先射出的是红光D.使入射光在纸面内顺时针逐渐偏转,某种色光从ac面传播到ab面的时间变长三、非选择题(本题共7小题,共55分)17.(5分)(1)利用下图装置可以做力学中的若干实验,以下说法正确的是　　　　(多选)。 A.用此装置“研究匀变速直线运动”时,必须设法消除小车和木板间的摩擦阻力的影响B.在用此装置“探究加速度a与力F的关系”时,应使小盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量C.用此装置“探究加速度a与力F的关系”每次改变砝码及砝码盘总质量后,不需要重新平衡摩擦力D.用此装置“探究功与速度变化的关系”实验时,不需要平衡小车运动中所受摩擦力的影响(2)在用此装置做“探究加速度与力、质量的关系”时,下列说法正确的是　　　　(多选)。 A.先释放纸带再接通电源B.拉小车的细线应尽可能与长木板平行C.纸带与小车相连端的点迹较密D.轻推小车,拖着纸带的小车能够匀速下滑说明摩擦力已被平衡(3)如图所示是实验时打出的一条纸带,A、B、C、D、E、F为每隔2个打点取一计数点,据此纸带可知小车在E点速度大小为　　　　　m/s。 18.(5分)将两个金属电极锌片和铜片插入一个水果中就可以做成一个水果电池,某兴趣小组欲测量某水果电池的电动势和内阻。甲12\n乙(1)甲同学用多用表的直流电压(0~1V)挡估测某水果电池的电动势,稳定时指针如图甲中A所示,则读数为　　　　V;用多用表的欧姆×100挡估测水果电池的内阻,稳定时指针如图甲中B所示,则读数为　　　　Ω。上述测量中存在一重大错误,该错误是　  　。 丙(2)乙同学采用如图丙所示电路进行测量,并根据测量数据作出了R-1I图象如图乙所示,则根据图象,该水果电池的电动势为　　　　V,内阻为　　　　Ω。(结果保留两位有效数字) 19.(9分)中国已经迈入高铁时代,高铁拉近了人们的距离,促进了经济的发展。一辆高铁测试列车从甲站始发最后停靠在乙站,车载速度传感器记录了列车运行的v-t图象如图所示。已知列车的质量为4×105kg,假设列车运行中所受的阻力是其重力的150,g取10m/s2,求:(1)甲、乙两站间的距离L;(2)列车从甲站出发时的加速度大小;(3)列车从甲站出发时的牵引力大小。20.(12分)图示为探究平抛运动的实验装置,半径为L的四分之一圆轨道(可视为光滑)固定于水平桌面上,切口水平且与桌边对齐,切口离地面髙度为2L。离切口水平距离为L的一探测屏AB竖直放置,底端竖直放在水平面上,探测屏高为2L。一质量为m的小球从圆轨道上不同的位置静止释放打在探测屏上。若小球在运动过程中空气阻力不计,小球可视为质点,重力加速度为g。求:12\n(1)小球从图示位置P处静止释放,到达圆轨道最低点Q处速度大小及小球对圆轨道压力;(2)为让小球能打在探测屏上,小球应从圆轨道上什么范围内静止释放?(3)小球从什么位置静止释放,小球打在屏上时动能最小,最小动能为多少?21.(4分)【加试题】(2022浙江选考10月,21)在“测定玻璃的折射率”实验时,(1)下列做法正确的是　　　　。 A.入射角越大,误差越小B.在白纸上放好玻璃砖后,用铅笔贴着光学面画出界面C.实验时既可用量角器,也可用圆规和直尺等工具进行测量D.判断像与针是否在同一直线时,应该观察大头针的头部(2)小明同学在插针时玻璃砖的位置如图1所示。根据插针与纸上已画的界面确定入射点与出射点,依据上述操作所测得的折射率　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。 (3)小明同学经正确操作后,在纸上留下四枚大头针的位置P1、P2、P3和P4,AB和CD是描出的玻璃砖的两个边,如图2所示。请画出光路图。22.(10分)【加试题】如图所示,足够长的水平轨道左侧b1b2-c1c2部分轨道间距为2L,右侧c1c2-d1d2部分的轨道间距为L,曲线轨道与水平轨道相切于b1b2,所有轨道均光滑且电阻不计。在水平轨道内有斜向下与竖直方向成θ=37°的匀强磁场,磁感应强度大小为B=0.1T。质量为M=0.2kg的金属棒B垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上,质量为m=0.1kg的导体棒A自曲线轨道上a1a2处由静止释放,两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触,A棒总在宽轨上运动,B棒总在窄轨上运动。已知:两金属棒接入电路的有效电阻均为R=0.2Ω,h=0.2m,L=0.2m,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2。求:(1)金属棒A滑到b1b2处时的速度大小;(2)金属棒B匀速运动的速度大小;(3)在两棒整个的运动过程中通过金属棒A某截面的电量;(4)在两棒整个的运动过程中金属棒A、B在水平导轨间扫过的面积之差。12\n23.(10分)【加试题】如图所示,虚线是场区的分界面,竖直而平行,Ⅰ区是水平向右的匀强电场,电场强度是E,场区宽度是L,Ⅱ、Ⅲ区都是垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度分别B和2B,一个电荷量是q、质量是m的正电荷,不计重力,从MN边界上的a点静止开始运动,通过磁场区Ⅱ时,速度方向偏转了30°,进入磁场区Ⅲ后,能按某一路径返回到电场区Ⅰ的边界MN上的某一点b(b点未画出),求此粒子从a回到b的整个过程中(1)最大速度;(2)运动时间;(3)ab间的距离。12\n普通高校招生选考(物理)仿真模拟卷(十)一、选择题Ⅰ1.C　解析时间是国际单位制中的基本物理量之一,时间有大小无方向是标量,故选C。2.B　解析伽利略提出力是改变物体运动状态的原因,选项A错误;奥斯特发现了电流的磁效应,选项B正确;卡文迪许利用扭秤实验测得了万有引力常量,选项C错误;密立根利用油滴实验测量出了元电荷的数值,选项D错误。3.A　解析将小船的实际运动沿着船头指向和顺着水流方向正交分解,由于分运动互不干扰,故渡河时间与水流速度无关,只与船头指向方向的分运动有关,故船航行过程中水流速度突然增大,只会对轨迹有影响,对渡河时间无影响;沿水流方向的位移x=v水t,小球到达对岸的地点改变且到达对岸下游更远的位置,故选A。4.B　解析物体落地时的竖直分速度为vy=gt=10×3m/s=30m/s,则重力的瞬时功率为P=mgvy=5×30W=150W,故B正确,A、C、D错误。5.A　解析由于地磁场的方向由南到北,若带电粒子带正电,且沿地球赤道平面射向地心,即粒子的运动方向与地磁场的方向垂直,由左手定则可知,由于地磁场的作用,粒子将向东偏转,选项A正确、选项B错误;若带电粒子带负电,且沿垂直地球赤道平面射向地心,则说明粒子的运动方向与磁场方向平行,故粒子不受磁场力的作用,所以它不会发生偏转,更不会做匀速圆周运动,故选项C、D错误。6.B　解析设斜板的长度为L,对整个过程,由动能定理得mgLsinθ-μmgcosθ·L-μmg(2L-Lcosθ)=0-0,解得sinθ=2μ,故B正确。7.A　解析当轻绳的右端下移时,设两绳的夹角为2θ,因绳长不变,两端绳子的拉力始终相同,两绳子合力一定沿它们的角平分线,设绳长为l,则可知lsinθ=d,因d不变,绳子总长度不变,则可知绳与竖直方向上的夹角θ不变。以吊坠为研究对象,分析受力情况,作出受力图,如图所示。因绳子两端的张力始终相等,设为F,则有2Fcosθ=mg得到绳子的拉力F=mg2cosθ所以在轻绳的右端竖直下移的过程中,θ不变,cosθ不变,则F不变。故A正确,B、C、D错误。8.C　解析A.到达最高点,竖直方向速度为零,但水平速度不为零,故A错误。B.起跳后的上升过程,他只受重力,加速度向下且为g,故他处于完全失重状态,故B错误。C.地面对运动员的支持力与运动员对地面的压力是作用力和反作用力,二者一定大小相等,故C正确。D.起跳时,支持力没有位移,故支持力做功为零,故D错误。9.C　解析AB.根据平抛运动的规律和运动合成的可知:tan45°=vyvx,则小球在C点竖直方向的分速度和水平分速度相等,得vx=vy=gt=3m/s,则B点与C点间的水平距离x=vxt=3×0.3m=0.9m,故A、B错误。CD.B点的速度为3m/s,根据牛顿运动定律,在B点设轨道对球的作用力方向向下;FN+mg=mvB2R,代入解得FN=-1N,负号表示轨道对球的作用力方向向上,故C正确,D错误。10.B　解析A.卫星绕地球做匀速圆周运动,由GMmr2=m2πT2r可知,风云一号卫星周期和半径均小于风云二号卫星的周期和半径。根据万有引力提供圆周运动向心力GMmr2=mv2r可知卫星的线速度v=GMr,所以风云一号卫星的半径小,线速度大,A错误。B.根据万有引力提供圆周运动向心力12\nGMmr2=ma得卫星的向心加速度a=GMr2,风云一号的半径小,故其向心加速度大于风云二号卫星的向心加速度,B正确。C.向高轨道上发射卫星需要克服地球引力做更多的功,故向高轨道上发射卫星需要更大的发射速度,C错误。D.风云二号是同步卫星,相对地面静止,而风云一号不是同步卫星,相对地面是运动的,D错误。11.D　解析阻值1210Ω是灯泡正常工作(温度很高)时的电阻值,而用多用电表的欧姆挡测量白炽灯泡的电阻值时,流经电表的电流很小,电灯的实际电功率很小,灯丝温度很低,电阻率很小,所以电阻值很小,故D正确,A、B、C错误。12.A　解析O点同时存在三个通电导线产生的磁场,P和Q到O点距离相等,电流大小相等,所以在O点的磁感应强度相等。根据右手定则判断它们在O点产生的磁场方向相反,所以P和Q在O点产生的磁场相互抵消合磁场为0。因此O点只剩下R产生的磁场,根据几何关系,R到O的距离32L,在O点产生的磁场方向水平向左,磁感应强度大小B=2kI3L,带正电的粒子沿y轴正向进入磁场,速度方向与磁场方向垂直,洛伦兹力F=qvB=2qvkI3L,方向垂直平面向外,选项A对。13.C　解析由题意知,汽车发动机的额定功率P额=40kW=4×104W,阻力f=0.1mg=0.1×2000×10N=2000N。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=P额f=20m/s,故A正确;若汽车从静止开始做匀加速直线运动,则当P=P额时,匀加速直线运动结束,则有P额=F牵'vt,根据牛顿第二定律有:F牵'-f=ma②,联立可解得:vt=10m/s,由vt=at得,汽车做匀加速直线运动的时间t=10s,故B正确;当速度v=16m/s时,由P=Fv得,此时汽车的牵引力F=P额v=2500N,则汽车的加速度a=F-fm=0.25m/s2,故C错误;设匀加速后的800m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'·12at2+Pt'-f12at2+s=12mvm2,解得:t'=47.5s,汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间:t总=t+t'=10s+47.5s=57.5s,故D正确。二、选择题Ⅱ14.BD　解析选项A的核反应方程为 12H+13H→24He+01n,选项A错误;根据电荷数守恒和质子数守恒可知,选项B正确;β衰变时原子核内部中子衰变为质子,释放出高速电子,电子并不是原子核的组成部分,选项C错误;根据质能方程可知选项D正确。15.AC　解析A.根据公式f=vλ可得频率约为1.25×105Hz,选项A正确。B.质点只会上下振动,1s内质点A运动的路程为2000m,选项B错误。C.根据题意可知虚线是反射回来的波,传播方向为x轴负方向,由上下坡法知,此时质点B正向y轴正方向运动,选项C正确。D.质点A、B两点都在平衡位置上方位移相同的地方,所以加速度大小相等方向相同,选项D错误。16.AC　解析A.根据题意可知,当入射角等于45°时会发生全反射,若入射光逆时针旋转,入射到ab面上的光线的入射角大于45°,所以肯定会发生全反射,不会有光从ab边射出,A正确。B、C.根据题意可知,当入射角等于45°时会发生全反射,垂直射入ac面的白光在ab面已发生全反射,当入射光顺时针转动时,入射角逐渐小于45°。七种色光中,红光的折射率最小,紫光的折射率最大,由临界角公式sinC=1n得知,红光的临界角最大,紫光的临界角最小,所以红光最先小于临界角,不发生全反射,而产生折射,则红光先射出,B错误,C正确。D.当入射光顺时针转动时,入射角逐渐小于45°,随着入射角增大,光线在棱镜中传播的路程逐渐减小,光从ac面传播到ab面的时间变短,D错误。三、非选择题17.答案(1)BC　(2)BCD　　(3)0.42±0.01m/s解析(1)用此装置“研究匀变速直线运动”时,只要小车匀加速运动即可,没必要消除小车和木板间的摩擦阻力的影响,选项A错误;在用此装置“探究加速度a与力F的关系”时,应使小盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量,这样才近似认为盘及盘内砝码的重力近似等于小车的牵引力,选项B正确;因平衡摩擦力时满足mgsinθ=μmgcosθ,两边同时消去了m,则用此装置“探究加速度a与力F的关系”,每次改变砝码及砝码盘总质量后,不需要重新平衡摩擦力,选项C正确;用此装置“探究功与速度变化的关系”实验时,需要平衡小车运动中所受摩擦力的影响,这样才能认为砝码的拉力做的功等于合外力做的功,选项D错误。12\n(2)实验中要先接通电源再释放纸带,选项A错误;拉小车的细线应尽可能与长木板平行,以减小实验的误差,选项B正确;纸带与小车相连端是运动刚开始时打出的点,则点迹较密,选项C正确;轻推小车,拖着纸带的小车能够匀速下滑说明摩擦力已被平衡,选项D正确。(3)由题意T=0.06s求得vE=xDF2T=5.0×10-20.06×2m/s≈0.42m/s18.答案(1)0.84　3.2×103　不能用多用电表欧姆挡直接测量电源内阻　(2)1.0　1.6×103解析(1)因为量程为1V,则最小分度为0.1V,故读数为0.84V;用欧姆×100挡测量电阻,电阻R=32×100Ω=3.2×103Ω,本实验直接用欧姆挡测量电源的内阻,这是错误的,因为欧姆挡内部本身含有电源,而外部电压会干涉读数,故不能用多用电表电阻挡直接测电源内阻。(2)由闭合电路欧姆定律可知:I=ER+r,1I=RE+rE由公式及数学知识可得1I=kR+b图象中的k=1E=10.0-08+2=1,b=rE=1.6×103解得:E=1V,r=1.6×103Ω19.答案(1)115.2km　(2)0.5m/s2　(3)2.8×105N解析(1)由题意v=432km/h=120m/s,匀速运动时间t=720s;两站间距对应v-t图线下的面积,有L=12(720+1200)×120km解得:L=115.2km(2)列车出站时的加速度a=vt'=120m/s240s解得a=0.5m/s2(3)列车出站时,F-Ff=ma又Ff=150mg代入得F=2.8×105N20.答案(1)2gL　3mg　(2)从距水平桌面距离大于L8的范围　(3)释放点位置离Q的竖直高度为L2　mgL解析(1)小球从P处下滑到Q处,由机械能守恒可得mgL=12mv2得v=2gL在Q点对小球受力分析得FN-mg=mv2L,代入得FN=3mg,方向竖直向上根据牛顿第三定律,小球对轨道压力大小为3mg,方向竖直向下。(2)小球从轨道上某点C下滑到Q处平拋,恰好打在B点,则根据平拋运动规律,竖直方向有2L=12gt2,得t=2Lg水平方向有vQ=Lt从C到Q根据机械能守恒得mghC=12mvQ2得hC=L8故为让小球能打在探测屏上,小球静止下落的最低点应距水平桌面高L8。(3)设从Q处以速度v0射出,打到探测屏上时的动能Ek=12mv02+mgh而h=12gt2=g2Lv02,得Ek=12mv02+12mg2L2v02由数学知识可知当v0=gL时Ek最小Ek=mgL释放点位置离Q的竖直高度H=L221.答案(1)C　(2)偏小12\n(3)如图　解析(1)本实验在用插针法时,角度不宜过大,否则很难确定折射角,选项A错误;不能用铅笔在光学元件上画线,故B错误;本实验通过n=sinisinr计算折射率,也可以通过画出两个半径一样的圆,通过sinθ=x1r将角度转化为角度对边之比,所以选项C正确;在观察是否在一条直线上时,应该观察大头针底部,所以D错误。(2)所画玻璃砖上表面正确,下表面向下倾斜,如图:由图可知折射角测量值偏大,由n=sinisinr可知测得的折射率偏小。22.答案(1)2m/s　(2)0.44m/s　(3)5.56C　(4)2.78m2解析A棒在曲轨道上下滑,由机械能守恒定律得:mgh=12mv02得:v0=2gh=2m/s(2)选取水平向右为正方向,对A、B利用动量定理可得:对B:FB安cosθ·t=MvB对A:-FA安cosθ·t=mvA-mv0其中FA安=2FB安由上可知:mv0-mvA=2MvB两棒最后匀速时,电路中无电流:有BLvB=2BLvA得:vB=2vA故vB=29v0=0.44m/s(3)在B加速过程中:∑(Bcosθ)iLΔt=MvB-0q=∑it得:q=509C≈5.56C(4)据法拉第电磁感应定律有:E=ΔΦΔt其中磁通量变化量:ΔΦ=BΔScosθ电路中的电流:I=E2R通过截面的电荷量:q=It得:ΔS=2509m2≈27.8m223.答案(1)2qELm　(2)22mLqE+2πm3qB　(3)4-3BmEL2q解析(1)当粒子离开电场时的速度达最大,则由动能定理可得qEL=12Mv2,解得v=2qELm。(2)粒子在电场中的运动时间t1=2Lv2=22mLqE;由周期公式可得T1=2πmBq,T2=πmBq12\n粒子在磁场中运动轨迹如题图所示:粒子在磁场区Ⅱ中是两段圆心角是30°的圆弧,在磁场区Ⅲ中是一段圆心角是120°的圆弧则可知磁场中的总时间t'=2×30360×2πmBq+120360×πmBq=2πm3Bq所以总时间t=22mLqE+2πm3qB。(3)由R=mvBq可得:粒子第一次通过磁场区Ⅱ时圆心是O1,圆半径RⅡ=1B2mELq,通过磁场区Ⅲ时半径减半,圆心是O2,RⅢ=12B2mELq,第二次通过磁场区Ⅱ时圆心是O3,半径为RⅡ不变,由几何关系可知ab=2RⅡ(1-cos30°)+2RⅢcos30°=4-3BmEL2q。12