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第二部分高考仿真练仿真练11．答案：A解析：根据电荷数守恒、质量数守恒，知钴60发生β衰变的衰变方程为6027Co―→6028Ni＋0－1e，故A正确；放射性元素衰变的快慢由核自身的因素决定，与所处的外部环境无关，故B错误；钴60半衰期太长，且

衰变放出的高能粒子对人体伤害太大，不能作为药品的示踪原子，故C错误；10.54年为两个半衰期，则剩下的钴60为原来的14，没有全部衰变，故D错误．故选A.2．答案：A解析：垒球被击打后，可能以与被击打前等大的速度反向打出，所以球的动能可能不变，动量大

小不变，动量大小增量为零，故A正确，B错误；由牛顿第三定律知：球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等，故C错误；球受到棒的冲量方向是棒对球弹力的方向，与球被击打前的速度方向相反，故D错误．3．答案：C解析：金属球靠近M点的位置感应出负电荷，M点左侧图示虚线位置上电场线向右，沿

着电场线的方向电势逐渐降落，处于静电平衡的金属球是一等势体，M点的电势高于O点的电势，A错误；M点的电场强度由三部分组成，等量异种电荷的电场和金属球上的感应电荷的电场，等量异种电荷在M点的电场强度之和为E＝kqR2－kq（3R）2＝8kq9R2方向水平向右，感应电荷在M点产生的场强之和

应水平向右，故合场强要大于8kq9R2，B错误；金属球处于静电平衡内部场强处处为0，等量异种电荷在O点的电场强度之和E＝kq（4R）2－kq（6R）2＝5kq144R2，方向水平向右，所以感应电荷在球心O处产生的场

强大小等于5kq144R2，方向水平向左，C正确；M点与金属球上不同点间的电势差相等，将一电子由M点移到金属球上不同点，克服电场力所做的功相等，D错误．4．答案：C解析：经过变压器输出的电压为交流电压，A错误；由乙图可知周期为T，故输出电流的频率为f＝1T，B错误；由于变

压器为降压变压器，则输入电压有效值大于输出电压有效值，根据变压器的输入功率等于输出功率，可知输出电流的有效值大于ab端输入电流的有效值，C正确；变压器的工作原理是电磁感应，只要输入电流的大小发生变化，产生的磁场就会发生变化，磁通量就会发生变化，输出

端就会有电压输出，故不需要将输入电压转变为交流电，输出端也可以有电压输出，D错误．5．答案：B解析：空间站在太空时，由万有引力提供向心力，即GMm（R＋h）2＝mv2R＋h此时的线速度为v＝2π（R＋h）T1；GM

m（R＋h）2＝m2π（R＋h）T12R＋h＝m2πT12(R＋h)，当在地球北极时有GMmR2＝mg在赤道上有GMmR2＝mg0＋m2πT2R；R＝（g－g0）T24π2即可以求出地球的半径，上述联立可得gR2＝2

πT12(R＋h)3由题意及分析可知，g、h、T、R已知，可以求出天舟四号运行的周期T1，进而求出其线速度v，A、C、D说法正确；由于G未知，故无法求出地球的质量，B说法错误，故选B.6．答案：C解析：根据题意，由折射定律画出光路图，

如图所示根据题意，由折射定律可得n＝sin90°sinr解得sinr＝22即r＝45°由几何关系可得OC＝12ABcosγ＝4524cm则AB界面有光照射到的区域长度为AC＝AO＋OC＝90＋4524cm无采光装置和漫射装置时，根据题意有sinC＝1n＝22可知，单色光将在导光管

中发生全反射，根据题意画出光路图，可得单色光由导光管中射出时的光路图如图所示根据几何关系可得CD＝3m由于对称性可得，无采光装置和漫射装置时地面上左、右两侧光斑的最远距离为x＝2CD＋d＝6.45m，故A、B、D错误，C正确．故选C.7．答案：D解析：x­t图像中曲

线的割线的斜率表示瞬时速度，瞬时速度同一时刻相同，所以两段曲线在t＝t0时刻相切，A错误；0～t0，由静止开始，曲线为抛物线，设此时加速度为a1，则有x0＝12a1t20t0～5t0，末速度为零，逆向看作是初速为零的匀加速直线运动，设这段时间内的加速

度a2，则有5x0－x0＝12a2(4t0)2解得a1＝2x0t20，a2＝x02t20可得a1＝4a2，C错误；冰壶在t0时刻速度达到最大，速度v＝a1t0＝2x0t0，B错误；全过程根据动能定理WF－Wf＝0－0可得WF＝Wf，可知运动员

对冰壶推力所做的功等于冰壶克服摩擦力所做的功，D正确．8．答案：ABC解析：由图可知，波长和振幅分别为λ＝2m，A＝0.1m图乙所示质点在t＝0时刻在正向最大位移处，图丙所示质点在t＝0时刻在y＝－0.05m处，运动方向沿y轴负方向，结合波形图找到对应

的点若图乙所示质点为左侧波峰上的点，则两点距离为23m若图乙所示质点为右侧波峰上的点，则两点距离为43m考虑到空间周期性，则x＝nλ＋23(m)或x＝nλ＋43(m)(n＝0，1，2，3，…)即x＝2λ＋23(m)或x＝

2λ＋43(m)(n＝0，1，2，3，…)综上分析可得出两点平衡位置距离值，故A、B、C正确，D错误．9．答案：BD解析：根据Δx＝Ldλ若改为紫光照射，波长变小，条纹间距会减小，A错误；屏D上出现干涉条纹的区域一定是反射光到达的区域，作出反射光的范围如图所

示根据相似三角形的几何关系得，区域中的最高点到镜面所在平面的距离为s1，有s10.05×10－2＝0.90.05，解得s1＝9.0×10－3m，区域中的最低点到镜面所在平面的距离为s2，有s20.05×10－2

＝0.80.15解得s2＝83×10－3m区域的宽度为Δs＝s1－s2≈6.33×10－3m，条纹宽度为Δx＝Ldλ＝950.1×600×10－3m＝5.7×10－4m，亮条纹的数目为n＝ΔsΔx＝11条，B正确；C错误；屏D上出现干涉条纹的区域长度为d＝nΔx＝11×5.7×10－4m＝

6.3×10－3m，D正确．故选BD.10．答案：AC解析：对第一次出手，有tan30°＝2y1x对第二次出手，有tan60°＝2y2x联立可得y1y2＝13且对第一次出手，有y1＝12gt21对第二次出手，有y2＝1

2gt22联立可得t1t2＝13，故A正确，B错误；对第一次出手，有vy12·t1＝y1，v1＝vy1sin30°，vx1＝vy1tan30°对第二次出手，有vy22·t2＝y2，v2＝vy2sin60°，vx2＝vy2tan60°联立可得v1＝

v2，vx1＝3vx2因二者初速度相同，则初动能相同，但速度在水平方向上的分量不同，则打在篮板上的末速度不同，则在C点时，两球的机械能不同，故C正确，D错误．11．答案：(1)匀加速直线0.96(0.90～1.0均可给分)(2

)重物的质量mmg－（M＋m）aMg解析：(1)由图乙可知，在误差允许的范围内，木块在1.20s～1.90s内加速度恒定不变，可以认为做匀加速直线运动．根据a＝ΔvΔt变形得Δv＝aΔt可知a­t图像与时间轴围成的面积表示速

度的变化量．整体从静止开始运动，在木块与缓冲器碰撞前，整体一直向左加速，则加速度为正值，所以在a上半轴与时间围成的面积即为碰前木块的速度，由图知每小格表示的速度大小为Δv1＝0.2×0.5m/s＝0.10m/s，

根据数格子的方法可知，大约有9个小格，则碰前木块的速度为v＝9Δv1＝0.90m/s.(2)根据牛顿第二定律，对重物有mg－T＝ma，对手机和木块有T－μMg＝Ma，联立解得μ＝mg－（M＋m）aMg，可知还需要测量的物理

量是重物的质量m.12．答案：(1)①(2)保护灵敏电流计G(3)500(4)电压表测量的电压始终等于待测电阻两端的电压，电压表不会分流解析：(1)导线①应该接在滑动变阻器R2的右上端；(2)在步骤②中“将R2调成最大阻值

”作用是保护灵敏电流计G；(3)作出U­I图线如图；该待测混凝土样本电阻Rx＝3.06.0×10－3Ω＝500Ω.(4)该实验方法测得的电阻值误差更小，原因是电压表测量的电压始终等于待测电阻两端的电压，电压表不会分流．13．答案：(1)2.5×10－3m34.1×106

Pa(2)18%解析：(1)根据题意可知，当轻绳拉力刚减小到零时，对金属壳受力分析有Mg＝ρgV解得V＝2.5×10－3m3被封闭气体的高度为h＝Va2＝0.01m此时被封闭气体底部距海面的距离为H′＝H－(a－h)＝400m则

封闭气体的压强为p2＝ρgH′＋p0＝4.1×106Pa(2)气体不跑出时，气体做等温变化，根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2解得V2＝3.05×10－3m3跑出的气体占原有气体质量的比例β＝V2－VV2×100%＝3.05×10－3－2

.5×10－33.05×10－3＝18%.14．答案：见解析解析：(1)对动力车厢由匀变速运动规律，有v21＝2ax1动力车厢和第一节无动力车厢作用的过程，由动量守恒定律有mv1＝2mv2对动力车厢和第一节无动力车厢由匀变速运动规律，有v23－v22＝2ax1

第二节无动力车厢开始运动时，由动量守恒定律有2mv3＝3mv4解得第二节无动力车厢刚开始运动时的速度大小v4＝515m/s(2)对动力车厢和前两节无动力车厢由匀变速直线运动规律有v25－v24＝2ax1由动量守恒定律可得第三节无动力车厢的初速度大小为

v6＝3mv54m对这四节车厢由牛顿第二定律有4ma＝F－4kmg则第三节无动力车厢刚开始运动时动力车厢输出的功率大小P＝Fv6＝1260014W15．答案：(1)16m/s(2)会，见解析(3)4解析：(1)

设物块P第一次离开传送带前全程加速，第一次离开传送带时的速度为v0，则有v20＝2aL；μmg＝ma解得v0＝16m/s<v＝20m/s即假设成立，物块P第一次离开传送带时速度大小为16m/s.(2)物块P与第一块物块Q碰撞，设碰撞后物块P和Q的速度分别为v1和v2，根

据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2；12mv20＝12mv21＋12Mv22，解得v1＝m－MM＋mv0；v2＝2mM＋mv0物块Q从高台向左水平抛出时的速度为v2，设其下落高度为h时，水平方向上的位移为x1，由平抛运动规律有

h＝12gt2且x1＝v2t解得x1＝6.4m>x故第一块物块Q会落在平台E上．(3)由于物块P与第一块物块Q碰后速度v1＝－8m/s，物块P碰撞后向右再次进入传送带做减速运动，再反向加速到v′＝－m－Mm＋Mv0＝8m/s与第二块物块Q相碰，此后一直重复这个过程，则物块P与第

n个物块Q碰撞后物块Q的速度大小为v2n＝2mm＋M－m－Mm＋Mn－1v0，又x＝vmint解得物块Q要落在平台E上的最小抛出速度vmin＝1m/s，为了让所有撞出的物块都能落在平台E上，需v2n≥vmin即12nv0≥1m/s

.解得n≤4即物块P最多能使4块物块Q落在平台E上．仿真练21．答案：C解析：结合题述可知，经过时间t＝tB，元素A经过两个半衰期，原子核个数变为n′A＝14nA，元素B经过一个半衰期，原子核个数变为n′B＝12nB，容器内元素A、B的原子核个数之比变为n′An′B＝nA2nB＝14，

C正确．2．答案：C解析：第一步：沿竖直方向对小球进行受力分析设绳1、2上的张力大小分别为T1、T2，绳1与竖直方向的夹角为θ，小球质量为m，小车在水平面上做匀变速直线运动时小球竖直方向受力平衡，有T1cos

θ－mg＝0，得T1＝mgcosθ，两绳一直保持拉直状态，θ不变，可知T1一直保持不变．第二步：加速度沿不同方向时，沿水平方向对小球进行受力分析在水平方向上，由牛顿第二定律可知，当加速度方向向右时，有T2－T1sinθ＝ma，得T2＝T1sinθ＋ma＝mg

tanθ＋ma，若加速度稍稍减小，则T2减小．当加速度方向向左时，有T1sinθ－T2＝ma，得T2＝T1sinθ－ma＝mgtanθ－ma，若加速度稍稍减小，则T2增大．综上，C正确．3．答案：B解析：由折射定律有n＝sinαsinβ，假设光沿折射光线的反方向从空气射

入玻璃砖，由光的可逆性可知a、b两束光在玻璃砖中的折射角相同，b光的入射角大，玻璃砖对b光的折射率大，A错误．在真空中由c＝λf可得λ＝cf，可知a光在真空中的波长较长，B正确．由折射知识有n＝cv，可知a光在玻璃砖中的速度较大，C错误．若临界角

为C，有sinC＝1n，可知b光的临界角较小，若逐渐增加入射角，b光最先达到临界角而发生全反射，最先消失的是b光，D错误．4．答案：B解析：当球形区域中矿物的密度为12ρ时，在球体中补上密度也为12ρ的等体积物质，球体中物

质的密度变成正常密度ρ，此时P处质量为m的质点受到的重力为mg，可看成补上的密度为12ρ的物质对P处质点的引力与原来引力mg′的矢量和，即mg＝mg′＋G43πR3·12ρmL2，则δ＝g－g′＝2πGR3ρ3L2.若球心O到P的距离变为2L，则“重力加速度反常值”变为14δ，A错误．若

球形区域半径变为12R，则“重力加速度反常值”变为18δ，B正确．若球形区域变为一个空腔，在球体中需补上密度为ρ的物质，此时P处质量为m的质点受到的重力为mg，有mg＝mg′3＋G43πR3ρmL2，δ3＝g－g′3＝4πGR3ρ3L2，则“重力

加速度反常值”变为2δ，C错误．若球形区域中矿物的密度变为32ρ，矿物可看成密度为ρ和密度为12ρ的两部分物质的叠加，此时P处重力加速度的值比正常值大，有mg′4＝mg＋G43πR3·12ρmL2，“重力加速度反常值”为δ4＝g－g′4＝－2πGR3ρ3L2＝－δ，D错误．

5．答案：A解析：由电阻定律可知，线圈上、下两部分的电阻之比为R1R2＝πr4r＝π4，由并联电路特点可知I1I2＝R2R1＝4π，线圈上、下两部分有效长度相等，则线圈上、下两部分所受安培力大小之比为F1F0＝I1I2＝4π，线圈上、下两部分所受安培力方向相同，可得整个线圈所受安培力大小

为F1＋F0＝π＋4πF0，A正确．6．答案：D解析：由题图可知波源P起振方向向下，0～7.5s内质点P的振动图像如图甲所示．此过程波源P经过的总路程sP＝8A－y＝(80－52)cm，x＝1m处的质点Q平衡位置到波源P平衡位置的

距离恰好为λ，波从波源P出发经过一个周期到达Q，以后P、Q步调一致，Q比P少了一次全振动．此过程Q的振动图像如图乙所示．此过程Q经过的总路程s＝sP－4A＝(40－52)cm，D正确．7．答案：A解析：小车甲一直做匀速直线运动，以小车甲为参考系，小车乙以大小为v0的初速度冲向甲，相对甲的速度为0时

，弹簧压缩到最短，小车乙的动能全部转化为弹性势能，弹簧储存的弹性势能为12mv20，A正确．以地面为参考系，弹簧被压缩到最短时，小车乙的速度大小为v0，弹簧被压缩到最短的过程，由功能关系可知，除弹簧弹力外，合外力对小车甲做的功等于系统机械能的增加量，弹簧弹性势能增加

了12mv20，小车乙动能增加了12mv20，则系统机械能的增加量为mv20，可知合外力对小车甲做的功为mv20，对小车甲，其动能保持不变，由动能定理可知，弹簧弹力对小车甲做的功为－mv20，B错误．由动量定理知，弹簧被压缩到最

短的过程，弹簧弹力对小车乙的冲量大小为mv0，由于弹簧对小车甲、乙的弹力始终等大反向，可知弹簧弹力对小车甲的冲量大小也为mv0，C错误．以小车甲为参考系，小车乙以大小为v0的初速度冲向甲，弹簧先压缩后复原，弹簧恢复原长时小车乙相对小车甲的速度大小为v0、方向水平向右，相对地面的速度大小为2v0，由

功能关系可知，除弹簧弹力外，合外力对小车甲做的功等于系统机械能的增加量，为2mv20，D错误．8．答案：ACD解析：一定质量的理想气体的内能只与温度有关，在等温膨胀过程中，气体对外做功，内能不变，由热力学第一定律可知气体一定从

外界吸收热量，A正确．热力学第一定律反映了热现象中的能量守恒，热力学第二定律指出与热现象有关的宏观过程具有方向性，B错误.0℃的冰融化为0℃的水，系统分子势能增加，分子平均动能不变，分子总动能不变，系统内能增加，C正

确．热力学第二定律的微观意义是一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，泼出去的水相比盆中的水，分子无序性增加了，反映了与热现象有关的宏观过程具有方向性，D正确．9．答案：CD解析：第一步：根据电场叠加判断正方体中心的电场强度正

方体中心处，两正点电荷产生的合场强方向平行于ad方向由a指向d，两负点电荷产生的合场强方向也是平行于ad方向由a指向d，二者大小相等、方向相同，所以该处的合场强不为零，A错误．第二步：根据到点电荷的距离和对称性判断电势大小关系a和h处等量异种点电

荷产生的电场中，e、d两点的电势相等，c和f处等量异种点电荷产生的电场中，根据距离正电荷近的点电势高可判断出e点的电势高于d点的电势，B错误；根据到点电荷的距离可知a处点电荷在g处产生的电势与f处点电荷在d处产生的电势相等，a处点电荷在d处产生的电势与f处点电荷在g处产生的电势相等，同理

，两负点电荷在d、g两点产生的电势也相等，则d、g两点的电势相等，将一带正电的试探电荷从d点移动到g点，电场力做的功为0，C正确．第三步：根据对称性和选取不同点电荷叠加判断电场强度由对称性可知b、e两点场强大小相等、方向不同．判断如下：根据电场强

度的叠加原理可得，a、f、c处的三个点电荷在b处产生的合场强方向平行ec由e指向c，大小为3kqr2，h处负点电荷在b处产生的场强方向平行bh由b指向h，大小为kq3r2，同理，a、f、h处三个点电荷在e处产生的合场强方向平行bh由b

指向h，大小为3kqr2，c处负电荷在e处产生的场强方向平行ec由e指向c，大小为kq3r2，在bche平面上表示如图所示，D正确．10．答案：BC解析：设电子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹圆心为C，出射点为d，如图甲所示，由于电子离开磁场时的速度方向相比进入时的速度方向改变了60°，可知∠aCd＝

60°，由三角形全等可知∠aCO＝∠dCO＝30°，电子从d点射出时的速度方向竖直向下，可知Cd∥aO，∠aOC＝30°，△aCO为等腰三角形，可知电子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r＝R，根据洛伦兹力提供电子

在磁场中做圆周运动的向心力可得r＝mveB，代入半径可得B＝mveR，A错误．改变电子在a处的入射方向，当电子经过O点时，如图乙所示，轨迹圆心在圆形边界上的D点，出射点在e点，可知四边形aOeD为菱形，三角形aOD、eOD为等边三角形，电

子从e点射出时速度方向仍竖直向下，在磁场中运动轨迹对应的圆心角为120°，电子在磁场中的运动时间为t＝120°360°T＝2πR3v，B正确．改变电子在a处的入射方向，设电子从一般位置f射出，轨迹圆心为P，

同理可知四边形aOfP为菱形，出射点对应轨迹半径fP∥aO，可知电子射出磁场时速度方向仍竖直向下，即改变入射方向，电子离开磁场时的速度方向不变，C正确．电子在a处的速度方向与ab夹角为30°、斜向下时射出磁场的位置为d，入射方向再向下偏，电子会在d、a间离开

磁场，若入射方向向上偏，电子会在d、b间离开磁场，电子入射方向与出射点位置是一一对应的，两次入射方向不同．电子不可能从同一位置射出磁场，D错误．11．答案：(1)大于(2)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON(3)1(4)BC解析：(1)为了防止碰

撞后A球反弹，应保证A球的质量m1大于B球的质量m2.(2)由于竖直方向上两球从同一高度由静止开始运动，且下落到同一水平面上，故两球运动的时间相同，碰撞过程根据动量守恒定律可得在水平方向有m1v0＝m1v1＋m2v2，等式两边同乘以时间t，有m1v0t＝m1v1t＋m2v2t，

即需验证m1·OP＝m1·OM＋m2·ON.(3)若两个小球的碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，由能量守恒定律有12m1v20＝12m1v21＋12m2v22，解得v1＝m1－m2m1＋m2v0、v2＝2m1m1＋m2v0，或v1＝v0、v2＝0(不符合题意，舍

去)，则比值k＝MNOP＝ON－OMOP＝v2－v1v0＝1.(4)小球在斜槽上运动时有摩擦，由于每次都从同一点释放，则每次摩擦力做的功一样，小球A每次运动到轨道末端时的速度相同，不会造成实验误差，A错误．本实验要求小球离开轨道末端后做平抛运动，若轨道末端未调节成水平，小球离开轨道

末端后将做斜抛运动，会造成实验误差，B正确．小球A未从同一高度释放，会导致小球A运动到轨道末端时的速度不同，会造成实验误差，C正确．根据以上分析可知不需要测量轨道末端到地面的高度，D错误．12．答案：(

1)如图所示(2)A(3)50(4)1.411.2710.0解析：(1)实物连接图如图所示，注意电流表的正、负接线柱，电流应从正接线柱流入．(2)实验中调节电阻箱R的阻值时，应从大向小逐渐调节，这样回路中电流从小到大变化，可以避免电流超过电流表量程，故选A.(3)毫安表最小分

度值为10mA，可估读到1mA，则读数为50mA.(4)开关S2断开时，由闭合电路欧姆定律有I＝Er＋2Rg＋R，整理得1I＝1ER＋r＋2RgE.开关S2闭合时，由闭合电路欧姆定律有I＝Er＋Rg＋R，整理得1I＝1ER＋r＋RgE.可得1I­R图像的斜率k＝1E，得E＝1k，

直线Ⅰ的纵截距B1＝r＋2RgE，直线Ⅱ的纵截距B2＝r＋RgE，可解得r＝2b2－B1k，Rg＝B1－B2k，把数据代入可得E＝1.41V，r＝1.27Ω，Rg＝10.0Ω.13．解析：(1)设大气压强为p0，水银柱长度为h，管内横截面积为S.由玻意耳定律可知，当

玻璃管从平放到管口竖直向上时，有p0L0S＝(p0＋ρgh)L1S当玻璃管从平放到管口竖直向下时，有p0L0S＝(p0－ρgh)L2S可得L0＝2L1L2L1＋L2＝48cm(2)①当玻璃管水平放置时，原来环境温度T0＝300K，环境温度上升了Δt由盖­吕萨克定律有L0St0＝（L0＋Δx

）St0＋Δt可得Δx＝Δtt0L0＝1.6mm由于Δx与Δt成正比，可知在大气压强一定时温度计的标度是均匀的②由以上分析得ΔxΔt＝L0t0措施一：可封闭更多的气体，这样L0增大，ΔxΔt增大，可提高测量灵敏度措施二：封闭气体后，可让管口竖直向下，

这样L2>L0，同理有ΔxΔt＝L2t0，ΔxΔt增大，也可提高测量灵敏度14．解析：(1)金属棒b刚好滑动时，有mgsinθ＋BI1L＝μmgcosθ解得I1＝0.1A则干路上的电流I＝I1rR＋I1

＝0.2A由闭合电路欧姆定律有E＝Ir＋Rrr＋R由法拉第电磁感应定律有E＝BLv解得v＝0.12m/s对金属棒a，由动量定理有Ft0＋mgsinθ·t0－μmgcosθ·t0－BI－Lt0＝mv－0即Ft0＋mgsinθ·t0－μmgcosθ·

t0－qBL＝mv－0又q＝ΔΦr＋Rrr＋R＝BLxr＋Rrr＋R联立解得x＝0.06m(2)对金属棒a，由动能定理有(F＋mgsinθ－μmgcosθ)x－W安＝12mv2－0整个回路中产生的焦耳热为Q总＝W安则0～t0时间内金属棒

a中产生的焦耳热为Qa＝rr＋Rrr＋RQ总解得Qa＝0.004J(3)当两金属棒的加速度相同时，金属棒a中的电流达到最大值，以整体为研究对象，由牛顿第二定律有F＋2mgsinθ－2μmgcosθ＝2ma以金属棒a为研究对象，有F＋mgsinθ－μmgcosθ－BI′L＝ma又E′

＝BL(va－vb)＝2I′rt1时刻后，两金属棒以相同的加速度沿导轨运动t1～2t1时间内，由匀变速直线运动规律有s0＝va(2t1－t1)＋12a(2t1－t1)2sb＝vb(2t1－t1)＋12a(2t1－t1)2联立解得sb＝s0－0.0848t1(

m)15．解析：(1)对物块施加一水平向右的恒定拉力后，设物块向右的加速度大小为a1，由于细线长度不变，则木板向左的加速度大小也为a1，设木板长度为L0，当物块运动到木板正中间时，设物块向右的速度大小为v，则木板向

左的速度大小也为v；设物块向右运动的距离为x1，则木板向左运动的距离也为x1，物块和木板的加速时间均为t1有v2＝2a1x12x1＝12L0v＝a1t1拉力撤去后，先判断细线是否松弛假设细线松弛，设物块向左的加速

度大小为aa，有μmg＝maa得aa＝μg设木板向右的加速度大小为aB，有μmg＋2μmg＝maB得aB＝3μg由于aB>aa，连接A、B的细线长度会增大，不符合实际，说明假设不成立，故拉力撤去后细线不松弛拉力撤去后，由于细线不松弛，物块向

右减速，木板向左减速，物块与木板的加速度大小相等，设为a2，设物块向右运动的距离为x2，则木板向左运动的距离也为x2，物块和木板的减速时间均为t2物块停在木板最右端，有2x2＝12L0物块减速过程有v2＝2a2x

2v＝a2t2联立可得a1＝a2，t1t2＝11物块和木板的v′­t图像如图甲所示(2)设拉力撤去后细线上的拉力变为T2对物块有T2＋μmg＝ma2对木板有μmg＋2μmg－T2＝ma2可得a2＝2μ

g拉力撤去前，有a1＝a2＝2μg，设细线上的拉力为T1对物块有F－T1－μmg＝ma1对木板有T1－μmg－2μmg＝ma1可得F＝8μmg(3)撤去拉力时，由以上分析可得物块和木板的速度大小v＝μgL细线断裂后，结合

以上分析可知物块向右减速，加速度大小aA＝μg，木板向左减速，加速度大小aB＝3μg，木板速度先减为0.设减速过程木板经过时间t3速度减为0，向左运动的距离为x3，有v＝aBt3x3＝v22aB＝16L木板速度减为0时，物块的速度大小v

3＝v－aAt3＝23μgL此阶段物块减速运动的距离x4＝12(v＋v3)t3＝518L此阶段物块相对木板向右滑行的距离x相＝x3＋x4＝49L由于x相<12L，可知木板速度减为0时，物块仍在木板上向右滑行地面对木板的最大静摩擦力fm＝2μmg物块对木板的滑动摩擦力f

＝μmg由于f<fm，之后木板保持静止假设物块会从木板右端滑下设物块滑到木板右端时速度为v4，有v23－v24＝2aA12L－x相可得v4＝13μgL，假设成立物块和木板的v′­t图像如图乙所示仿真练31．答案：C解析：第一步：判断能否发生光电效应

a、c状态对应的光的波长小于b状态对应的光的波长，由E＝hcλ和光电效应知识可知，用a、c状态对应的光照射光电管的阴极K时也能发生光电效应．第二步：判断遏止电压、光电流的大小关系由爱因斯坦光电效应方程Ekm＝hν－W0和E

km＝eUc可知，a、c状态对应的光产生的光电子的最大初动能相等，均大于b状态对应的光产生的光电子的最大初动能，则Uca＝Ucc>Ucb，又b状态对应的光子数最多，故b状态对应的饱和光电流最大，且a状态的大于c状态

的，C正确．2．答案：A解析：第一步：得出两列波在t＝5.5s时的波形图由题述和题图可知，两列波沿x轴传播的速度均为v＝λT＝0.2m/s，则在0～5.5s时间内，两列波沿x轴传播的距离均为x0＝vt1＝1.1m，作出振源A产生的简谐

横波在t＝5.5s时的波形图如图甲所示，振源B产生的简谐横波在t＝5.5s时的波形图如图乙所示．第二步：结合波的叠加原理，分析波源间的波形图结合所作图像可知，－0.3m～0.7m范围内所有点相对平衡位置的位移等于两列波在该点产生的位移之和，相当于振幅为5cm的机械波

的波形图，A正确．3．答案：D解析：第一步：用整体法判断轻绳b拉力最小时的受力情况设木块与地面间的动摩擦因数为μ，整体受到地面摩擦力和支持力的关系为f＝μFN，将地面对整体的摩擦力和支持力进行合成，设两力合力的方向与竖直方向的夹角为θ，则tanθ＝fFN，对整体进行

受力分析，如图甲所示，结合三力平衡可知，当拉力与摩擦力和支持力的合力垂直时，拉力最小，又此时拉力与水平方向的夹角为30°，可得θ＝30°，μ＝33，拉力的最小值为mg，A、B错误．第二步：用隔离法分析铁

球的受力情况弹簧测力计示数最小时，对铁球进行受力分析，如图乙所示，由几何知识可得轻绳a上的拉力大小为mg，轻绳a与竖直方向的夹角为60°，C错误，D正确．4．答案：C解析：根据题图可知，月球的半径为h0，月球表面的重力加速度为g0，根据黄金代换式有GM＝g0h20，可得月球的质量为g0h20G，A

错误；月球的平均密度为ρ＝MV＝M43πh30＝3g04πGh0，B错误；运行在距月球球心2h0轨道上的航天器的向心加速度大小为g04，由圆周运动规律有g04＝v22h0，可得v＝2g0h02，C正确；月球的第一宇宙速度为g0h0，则从月球表面由静止发射的飞船发射速度等于g

0h0时不能脱离月球，D错误．5．答案：C解析：第一步：求变压器及其右侧回路的等效电阻设变压器原、副线圈匝数的比值为k，通过原线圈的电流为I1，原线圈两端的电压为U1，则副线圈两端的电压为U2＝U1k，副线圈中的电流为I2＝I1

k＝U2R2，则变压器及其右侧回路的等效电阻为R等＝U1I1＝k2R2.第二步：根据欧姆定律判断移动滑片时回路的变化情况当滑动变阻器滑片向左滑动时，R等增大，回路总电阻增大，电流表示数减小，R2两端的电压增大，AB

错误；原线圈两端电压的变化量ΔU1＝kΔU，定值电阻R1两端电压的变化量|AU′1|＝|ΔU1|，又ΔU′1ΔI＝R1，则ΔUΔI＝R1k，C正确；将定值电阻R1等效为电源内阻，当等效电阻阻值与电源内阻相等，即k2R2＝R1时，滑动变阻器消耗的电功率最大，当滑

动变阻器滑片向左滑动时，R2增大，已知R2≤R1，而k未知，无法确定滑动变阻器消耗的电功率如何变化，D错误．6．答案：C解析：铁球在最低点时，若底座对地面的作用力为(M＋4m)g，则铁球在最低点时所需

的向心力为3mg，对铁球有mv20r＝3mg，解得v0＝3gr，铁球上升过程中机械能守恒，有mghmax＝12mv20，解得hmax＝1.5r，铁球不能在竖直面内做完整的圆周运动，A错误．铁球在最高点时速度的最小值为零，根

据圆周运动知识和受力分析可知，铁球在最高点时，底座对地面的最大作用力为(M＋m)g，B错误．铁球在最高点时底座对地面作用力为零时小球的初速度最大，设小球经过最高点时的最大速度为v1，有mv21r＝(M＋m)g，铁球从最高点运动到最低点的过程，有12mv21＋2mgr＝12mv20max

，解得v0max＝（M＋5m）grm，C正确，D错误．7．答案：D解析：小球B沿斜面向下的加速度为零时，小球B达到最大速度，有mgsin30°＝kx1，此过程小球B重力势能的减少量为ΔE＝mgx1sin30°，弹簧弹性

势能的增加量为ΔEp＝12kx21，则从释放到达到最大速度的过程小球B动能的增加量为ΔEk＝ΔE－ΔEp＝m2g28k，A错误．设小球B释放时的速度大小为v0，向下运动的最大距离为x2，对整个过程，由功能关系有mgx2sin30°－12kx22＝0－12

mv20，解得x2＝mg＋m2g2＋4kmv202k(另一解不符合实际，舍去)，小球B运动到最低点时小球A对挡板的作用力最大，为Fmax＝mgsin30°＋kx2，可知小球A对挡板的最大作用力与小球B释放时的速

度大小有关，弹簧存储的最大弹性势能为Epmax＝12kx22，弹簧的最大弹性势能与小球B释放时的动能有关，但不与小球B释放时的动能成正比，BC错误．若小球A能离开挡板，弹簧的伸长量至少为x1，从小球B释放到弹簧伸长x1的过程，对小球B有

12mv′20＝12kx21＋mgx1sin30°，解得v′0＝3mg2k2k，D正确．8．答案：AC解析：上升过程中，上半部分气体的压强由5.6kPa减小到3.2kPa，温度由260K降低到220K，设在海拔4千米处时上半部分气体体积为V0、在海拔9千米处时

上半部分气体体积为V1，由理想气体状态方程有5.6kPa×V0260K＝3.2kPa×V1220K，可得V1＝7752V0，A正确．开始时下半部分气体体积为V02，在海拔9千米处时，下半部分气体的体积为V2＝32V0－V1＝152V0，

则下半部分在海拔4千米和海拔9千米处的体积之比为26∶1，B错误．设到达海拔9千米处时，下半部分剩余气体在海拔4千米处时的体积为V3，由理想气体状态方程有5.6kPa×V3260K＝3.2kPa×V2220K，解

得V3＝177V0，则上升过程中下半部分向外界排出气体的质量占开始时下半部分气体质量的7577，C正确，D错误．9．答案：ACD解析：由题图甲可知，当光在介质中的入射角为45°时，光在介质中折射角的正弦值为sinα＝R2R，由折射定律可知，介质对光的折射率为

n＝sinisinα＝2，则光在介质中的传播速度为v＝cn＝c2，设光在介质中的临界角为C，有n＝1sinC，可得C＝45°，A、C正确，B错误．对题图乙，设光在介质中的折射角为β，在三角形AOC中，由正弦定理有2Rsin135°＝Rsinβ，解得sinβ＝24，由余弦定理可

知，光从入射点传播到C点通过的距离为14－22R(由几何知识可知，另一解不符合题意，舍去)，则图乙中光在介质中传播的距离为(14－2)R，光在介质中传播的时间为27－2cR，D正确．10．答案：AC解析：当第3根导体棒恰能穿出磁场时，对应导体棒释放位置最低

的情况，设第3根导体棒通过磁场区域过程，产生的平均感应电动势为E－，通过第3根导体棒的平均感应电流为I－，有E－＝ΔΦt，I－＝E－R＋R2，第3根导体棒通过磁场过程中，有－BI－Lt＝0－mv1，解得第3根导体棒进入磁场时的速度v1＝2B2L33Rm.由

mgh＝12mv21求得导体棒释放位置到水平面的距离为2B4L69R2m2g，同理得此时第4根导体棒停止时的位置到CD的距离为89L.当第4根导体棒到EF恰好速度为零时，对应导体棒释放位置最高的情况，同理解得第4根导体棒进入磁场时的速度v

2＝3B2L34Rm，导体棒释放位置到水平面的距离为9B4L632R2m2g，A正确．由A项分析可知，第4根导体棒停止位置到EF距离的最大值为19L，B错误．第2根导体棒穿过磁场的过程中，通过导体棒1、2某横截面的电荷量均为BL

22R，第3根导体棒穿过磁场过程中，通过导体棒1、2某横截面的电荷量均为BL23R，第4根导体棒恰好穿过磁场的过程中，通过导体棒1、2某横截面的电荷量均为BL24R，整个过程通过第1根导体棒某横截面的电荷量为13BL212R，C正确

．由上述分析可知，通过导体棒1、2某横截面的电荷量始终相同，D错误．11．答案：(1)如图所示(2)3.60.81解析：(2)结合电路图，由闭合电路欧姆定律可知[I＋I（RA＋R1）R][R2＋r＋（RA＋R1）RRA＋R1＋R]＝E，变式得1I＝（R1＋RA）（R2＋r）E·

1R＋R1＋RA＋R2＋rE，结合所作图像可知172Ω/A＝（R1＋RA）（R2＋r）E，R1＋RA＋R2＋rE＝14A－1，可得E＝3.6V，r＝0.81Ω.12．答案：(1)0.100.18(2)m0ga0m0g解析：(1)A、C两点间的距离为xAC＝2.00cm，相邻

两计数点间的时间间隔为T＝0.1s，打B点时小车的速度大小为vB＝xAC2T＝0.10m/s，由匀变速直线运动的推论有a＝xDG－xAD9T2＝0.18m/s2.(2)根据牛顿第二定律可得mg－f＝Ma，即a＝gMm－

fM，根据所作图像可得f＝m0g，M＝m0ga0.13．解析：(1)设生肖摆件的体积为ΔV第一次抽气过程，由玻意耳定律有p0(V0－ΔV)＝p1(V0－ΔV＋V1)其中p0＝105Pa、V0＝1000cm3、p1＝8×1

04Pa、V1＝200cm3解得ΔV＝200cm3生肖摆件的密度ρ＝mΔV＝5g/cm3(2)设第二次抽气后，容器内气体压强为p2，有p1(V0－ΔV)＝p2(V0－ΔV＋V1)设第三次抽气后，容器内气体压强为p3，有p2(V0－ΔV)

＝p3(V0－ΔV＋V1)……依次类推可知p10＝4510p0设剩余气体压强为p0时体积为V，则有p0V＝p10(V0－ΔV)则剩余气体与抽气前气体的质量的比值为m2m1＝VV0－ΔV＝451014．解析：(1)如图所示，根据几何关系可知，粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角

为θ有R＝OPsinθ根据牛顿第二定律有qvB＝mv2R联立解得B＝mv2qL(2)①当电场的左边界与y轴重合时，电场强度最小，设为E1粒子在电场中做类平抛运动，设时间为t1，离开电场后到达Q点的时间为t2，则有t1＝2Lv，t2＝3Lv12a1t21＋a1t1·t2＝Lq

E1＝ma1联立解得E1＝mv28qL②当电场的右边界经过Q点时，电场强度最大，设为E2，则有12a2t21＝LqE2＝ma2联立解得E2＝mv22qL(3)若粒子从第一象限斜向下经过Q点，有L＝12a3t23qE3＝ma35L＝(4n＋1)vt3联立解得E3＝2mv2（4n＋1）225qL(

n＝0，1，2，…)若粒子从第四象限斜向上经过Q点，则有L＝12a4t24qE4＝ma45L＝(4n＋3)vt4联立解得E4＝2mv2（4n＋3）225qL(n＝0，1，2，…)综上电场强度大小应满足的条件为2mv2（2n＋1）225qL(n＝0，1，2，…)15．解析：(1)对木块由牛顿

第二定律有F－μmg＝ma1对长木板由牛顿第二定律有μmg＝Ma2力F作用过程中，木块的位移x1＝12a1t20，长木板的位移x2＝12a2t20t0＝1s时木块距离长木板最左端的距离Δx1＝x1－x2t0＝1s时，木块的速度v1＝

a1t0，长木板的速度v2＝a2t0撤去恒力后，木块和长木板组成的系统动量守恒，二者共速时有mv1＋Mv2＝(m＋M)v共对撤去恒力到二者共速的过程，有μmgΔx2＝12mv21＋12Mv22－12(m＋M)v2共则长木板的长度为L1

＝Δx1＋Δx2＝3m整个过程中，长木板一直以加速度大小a2做匀加速直线运动长木板运动的距离等于初始时长木板最右端到圆弧槽底端的距离，为L2＝v2共2a2＝2m(2)长木板与圆弧槽碰撞的过程，二者在水平方向上动

量守恒，设碰撞后瞬间二者的速度大小为v′共，由动量守恒定律有Mv共＝2Mv′共木块恰好没有离开圆弧槽，在水平方向对木块、长木板和圆弧槽组成的系统，由动量守恒定律有mv共＋2Mv′共＝(2M＋m)v″共从木板与圆弧槽

碰后到木块恰不离开圆弧槽的过程，由机械能守恒定律有12mv2共＋12×2Mv′2共＝12×(2M＋m)v″2共＋mgR解得R＝125m当木块、长木板和圆弧槽最终相对静止时，整体沿水平方向的速度大小为v″共，根据功能关系有mgR＝

μmgx解得x＝15m最终木块距离长木板左端的距离为L3＝L1－x＝145m(3)恒力F′作用在长木板上时，可分为以下两种情况①木块和长木板保持相对静止，木块加速度的最大值为a3＝μg则恒力F′的大小满足0<F′≤6N整个过程中木块未脱离长木板

和圆弧槽，则木块速度的最大值为v3＝2gR对木板和木块，由牛顿第二定律有a4＝F′m＋M运动到圆弧槽底端的过程，由匀变速直线运动规律有L2＝12a4t21木块运动到圆弧槽底端时的速度大小为v4＝a4t1又v4≤v3则0<F′≤35N②木板和木块发生相对运动木块的加速度大小为

a3＝μg木板的加速度大小为a5＝F′－μmgM且F′>6N木板运动到圆弧槽底端的过程，由匀变速直线运动规律有L2＝12a5t22t2时木块到圆弧槽底端的距离为ΔL＝L2－12a3t22木块的速度大小为v5＝a3t2此后木块运动到圆弧槽底端的过程有v26－v25

＝－2a3ΔL，其中v6≤v3解得F′≥10211N综上，恒力F′的取值范围为0<F′≤35N或F′≥10211N