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第二部分高考仿真练仿真练114．答案：D解析：图甲为卡文迪许的扭秤实验，测量引力常量G；图乙为奥斯特发现电流的磁效应的实验；图丙为伽利略的理想斜面实验；图丁是伽利略研究自由落体运动的实验．故选D.15．答案：D解析：由于起跳阶段运动员的加速度向上，则
跳台对运动员的支持力N＝mg＋ma，根据牛顿第三定律得运动员对跳台的压力为N′＝N＝mg＋ma，选项A错误；运动员对跳台的压力是由于运动员的脚发生形变产生的，选项B错误；运动员离开跳台后的上升阶段，运动员的加速度向下，故运动员处于失重状态，选项C错误；起跳过程和离开跳台上升过程均
视为匀变速运动，则起跳过程的平均速度为v＝0＋vm2，上升阶段的平均速度为v上＝vm＋02，即v＝v上，选项D正确．16．答案：B解析：第二宇宙速度为脱离地球引力束缚的速度，天问一号离开地球进入火星轨
道，故其在轨道1上的运行速度一定大于第二宇宙速度，A错；由牛顿第二定律可知，天问一号在同一位置时，所受万有引力相同，加速度相同，B对；探测器在轨道2上由近火点运动至远火点，只有引力做功，故机械能守恒，C错；由高轨道进入低轨道要通过减速
才能实现，D错．17．答案：C解析：b的图线的斜率的绝对值先减小后增大，所以b的加速度先减小后增大，故A错误；由图象可知，a的图线在0～6s内与时间轴所围上下面积之差小于b的图线与时间轴所围面积，所以a的位移小于b的位移，故B错误；2s末a的图线的斜率的绝对值大于b的图线的斜率的
绝对值，所以2s末a的加速度大于b的加速度，故C正确；3s末两物体速度相同，但是质量大小不确定，动量没法比较，故D错误．18．答案：B解析：由等势线图作出对应的电场线图，如图所示．电子在电场中做曲线运动，其受力方向有两个特
点，一个是朝向曲线的凹面，另一个是与电场线相切且与电场线方向相反，故容易判断出该电场中各点的电场强度方向．由电场线的疏密反映电场强度的大小可知b位置的电场强度大于a位置，A错；沿电场线方向电势逐渐降低，易知a点电势比b点高，又电子带负电，故电子在a点的电
势能小于在b点的电势能，B对，C错；由以上分析可知，b点的电场强度方向水平向左，D错．19．答案：AC解析：对于弯曲通电导线，其在匀强磁场中所受的安培力大小与垂直磁场的有效导线的长度有关，当导线旋转时，有效长度增加，故安培力大小增大，而安培力的方向总是垂直电流与磁场所在的面，故方向不变，故
选AC.20．答案：BD解析：通过变压器进行远距离输电，需要输入交流电，故电厂发出的电是交流电，A错；由部分电路欧姆定律可知B对；若满足C选项的条件，则要求输电线上不能有电压损失，与事实不符，C错；当用户增多时，线路中的电流（即I4）增大，输电线的电阻R上的电流增大
、电压增大，则U3减小，用户得到的电压减小，D对．21．答案：BD解析：忽略所有摩擦力，故A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，又弹簧逐渐伸长，弹簧弹性势能逐渐变大，故A、B组成的系统机械能逐渐减小，故A错误；根据A、B和弹簧组成的系统机械能守恒可得Epmax＝2mgL（cos30°－cos45
°），解得弹性势能的最大值为Epmax＝（3－2）mgL，故B正确；对B受力分析，水平方向的合力Fx＝F杆1·sinα－F弹＝ma，对A受力分析，竖直杆对A的弹力大小F杆2＝F杆1·sinα，由于滑块B先做加速运动后做减速运动，所以竖直杆对A的弹力先大于弹
簧弹力后小于弹簧弹力，故C错误；A下降过程中动能达到最大前，A加速下降，对A、B整体在竖直方向上受力分析，可知地面对B的支持力N<3mg，故D正确．22．答案：（1）0.96（2分）（2）3.20（2分）（3）偏大（1分）解析：（1）由题意知，vB＝LAC2×5T＝8.0
2＋11.200.2×10－2m/s＝0.96m/s.（2）由逐差法得a＝LCE－LAC（2×5T）2＝（14.41＋17.62）－（8.02＋11.20）0.22×10－2m/s2＝3.20m/s2.（3）根据牛顿第二定律，若考虑纸带与打点计时器的摩擦及空气阻力等实际因素，
则有mgsinθ－（μmgcosθ＋f）＝ma；实验中利用mgsinθ－μmgcosθ＝ma计算，显然实验中在测量计算时的摩擦力包含了其他阻力，故所求的动摩擦因数比实际值大．23.答案：（1）R1（2分）5000（3分）（2）如图所示（2分）（3）2.3（3分）解析：（1）因为电路中的
滑动变阻器是分压连接，故滑动变阻器在安全的前提下阻值小点好，故选R1.改装电表时，由于A1表自身满偏时对应电压值为UA＝IAr1＝0.5V，故电阻箱还得分担2.5V的电压，即电压是A1表的5倍，电阻也是A1表的5倍，即电阻箱阻值应调为5r1＝5000Ω
.（3）Rx＝UxIx＝I1（r1＋5r1）I2－I1，故I1＝RxRx＋r1＋5r1I2，图线的斜率为k＝RxRx＋r1＋5r1，代入数据解得Rx＝2.3kΩ.24．答案：（1）10T（2）0.16J解析：（1）导体
棒AC以速度v0匀速通过区域Ⅱ，则v0＝dt1以导体棒为研究对象，在区域Ⅰ中，根据动能定理得Fd－μmgd＝12mv20－0（1分）解得F＝3N（1分）在区域Ⅱ中，根据平衡条件得F＝BIL＋μmg（1分）根据闭合电路欧姆定律有I＝BLv0R＋r（1分）联立并代入数据解得B＝10T．（2分）（2）
区域Ⅲ中磁场的磁感应强度大小B′＝25B（1分）设AC在区域Ⅲ中运动的距离为x时速度刚好为2v0，根据动量定理得（F－μmg）t2－B′IL·t2＝m·2v0－mv0（1分）其中It2＝ΔΦR＋r＝B′LxR＋r（1分）解得x＝1.6m（1分）根据动能定理得（F－μ
mg）（2d＋x）－W安＝12m（2v0）2－0解得W安＝0.64J，又Q＝W安，可得QAC＝rR＋rQ＝0.16J．（2分）25．答案：（1）3mv2012Rq（2）mv02Rq2πRv0（3）（3R，－83R）
解析：（1）分解速度v0可知vx＝v0sin30°＝v02（1分）vy＝v0cos30°＝32v0（1分）在水平方向有3R＝vx·t（1分）在竖直方向有vy＝Eqmt（1分）联立解得E＝3mv2012Rq.（2分）（2
）由牛顿第二定律得qv0B＝mv202R（1分）解得B＝mv02Rq（1分）粒子的运动轨迹如图所示，根据几何知识可知每段圆弧所对应的圆心角均为π3（1分）粒子从M运动到N点的时间t＝t1＋t2＋t3＝πmBq（1分）代入
B可得t＝2πRv0.（2分）（3）由题意可知，此次粒子的运动轨迹与小圆相切，如图所示由几何知识得（r＋R）2＝r2＋（3R）2（1分）解得r＝4R（1分）由牛顿第二定律得qvB＝mv2r（1分）则有v＝2v0（1分）根据动能定理有Eqy′＝12m（2v0）2（1分）可得y′＝83R（1分）
所以坐标为（3R，－83R）.（2分）33．答案：（1）BDE（5分）（2）（ⅰ）600K300K（ⅱ）放热1000J解析：（2）（ⅰ）对一定质量的理想气体由图象可知，A→B为等容变化，由查理定律得pATA＝pB
TB即代入数据得TB＝600K（2分）A→C由理想气体状态方程得pAVATA＝pCVCTC（1分）代入数据得TC＝300K．（2分）（ⅱ）从A到C气体体积减小，外界对气体做正功，由pV图线与横轴所围成的面积可得W＝（pB
＋pC）（VB－VC）2＝1000J（2分）由于TA＝TC，该气体在状态A和状态C内能相等，有ΔU＝0（1分）由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q可得Q＝－1000J（1分）即气体向外界放出热量，传递的热量为
1000J．（1分）34．答案：（1）ABD（5分）（2）（ⅰ）43（ⅱ）42L＋9h3c解析：（1）根据波的传播方向与质点振动方向间的关系可以判断出，质点P、Q在t＝0时刻振动方向均沿y轴正方向，波上任意质点的起振方向均与波源的起振方向相同，可知波源的起振方向沿y轴正方
向，选项A正确：从t＝0时刻到质点P第一次抵达波谷，需要34个周期，即34T1＝0.3s，得T1＝0.4s，由波形图可知λ1＝4m，λ2＝2m，根据波速公式v＝λT得v1＝10m/s，因波速由介质决定，与波的振幅、频率无关，则v2＝v1＝10m/s，
T2＝0.2s，v1∶v2＝1∶1，选项B正确；虽然t＝0时刻质点P、Q均沿y正方向运动，但由于它们振动周期不同，因而在以后各个时刻，它们振动方向不一定相同，选项C错误；质点P振动路程为10cm＝2A需
要0.5T1＝T2，即质点Q完成一个周期的振动，通过的路程是4A＝20cm，选项D正确；横波传播途中，介质质点只在与波传播方向垂直的方向上振动，不会沿波的传播方向迁移，选项E错误．（2）（ⅰ）水池加满水时，设在水中的光线与竖直方向的夹角为r，在空气中的光线与竖直方向夹
角为i，水池中水的折射率为n.其光路图如图所示，由折射定律n＝sinisinr（1分）由几何关系得sinr＝hh2＋h2（1分）sini＝22h（22h）2＋h2（2分）联立以上各式解得n＝43.（1分）（ⅱ）水池加满水时，设光在水中传播
的速率为v，在水中和空气中传播经历的时间分别为t1、t2，总时间为t.则t1＝Lsinrv，v＝cn，t2＝（22h）2＋h2c，t＝t1＋t2（2分）联立以上各式得t＝42L＋9h3c.（3分）仿真练214．答案：D解析：图甲表示的是α粒子散射实验，揭示了原子可以再分，A项错误；图
乙表示的是磁场对α、β和γ射线的作用情况，由左手定则可知，带正电的α粒子受到向左的洛伦兹力，故①是α射线，B项错误；图丙表示的是卢瑟福用α粒子轰击氮核发现了质子，C项错误；图丁表示的是铀238发生α衰
变，释放一个α粒子后，质量数减少4，电荷数减少2，成为新核，D项正确．15．答案：A解析：根据几何关系可知当绳长与半径相等时，受力分析如图：根据平衡条件，及几何关系可知，2F拉cosθ＝mg，其中θ＝30°，解得F
拉＝33mg，故A正确．16．答案：B解析：由x＝12at2可知前后两次物块运动的加速度大小之比为a1∶a2＝4∶1.对调a、b前，设绳上拉力为T1，对a物块有T1－μmg＝ma1，对b物块有2mg－T1＝2ma1；对调a、b后，设绳上拉力为T2，对b物块有
T2－2μmg＝2ma2，对a物块有mg－T2＝ma2.联立解得μ＝27≈0.3，B项正确．17．答案：C解析：若小球c带正电，则对a分析可知，a受到b和c的库仑斥力，分别沿ba方向和ca方向，对b分析可知，b受到a和c的库仑斥力，分别沿ab方向和cb方向，故加上水平方向的匀强电场后
，a、b不可能同时受力平衡，则小球c一定带负电，又a、b电荷量相等，所以小球c受到a和b库仑引力的合力垂直于a、b连线向左，在水平方向的匀强电场中小球c处于平衡状态，故场强方向一定垂直于a、b连线向左，A、B错误；对小球a由三力平衡知识可知，Eqtan30°＝kq2L2，解得q＝3EL23k
，C项正确；同理，对小球a有kqqcL2sin30°＝kq2L2，解得qc＝2q，故小球a、c所带电荷量大小之比为1∶2，D项错误．18．答案：B解析：S1先做平抛运动，与地面的碰撞为弹性碰撞且不计地面阻力，
故与地面碰撞后水平方向速度不变，竖直方向速度反向，两球从抛出到相遇，则有x＝v1t，解得t＝1.5s，A项错误；小球S1从抛出到第1次落地，有h＝12gt21，解得t1＝1s，落地时竖直方向分速度vy＝gt1＝10m/s，再经t2＝t－t1＝0.5s与小球S2相遇，故有vyt2－12gt
22＝v2t－12gt2，解得v2＝10m/s，B项正确；相遇时，S2离地的高度h2＝v2t－12gt2＝3.75m，D项错误；S2上升到最高点所用的时间为v2g＝1s＜1.5s，故S2一定在下降过程中与S1相遇，C项错误
．19．答案：AC解析：组合体的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，由开普勒第三定律可知其周期小于24h，A项正确；环绕地球表面做圆周运动的近地卫星的速度为7.9km/s，组合体的轨道半径大于近地卫星的轨道
半径，由v＝GMr可知组合体的速度小于7.9km/s，B项错；若已知地球半径和表面重力加速度，则有GM＝gR2，对组合体则有GMm（R＋h）2＝mω2（R＋h），两式联立可得出组合体的角速度，C项正确；若神舟十二号先到达天和核心
舱所在圆轨道再加速，则做离心运动，不能完成对接，D项错．20．答案：AD解析：导体棒垂直切割磁感线，感应电动势E＝BLv，A项正确，B项错；由欧姆定律可知，导体棒从ab到cd过程中通过电阻R1的平均电流I1＜BLv－R1，导体棒由ab位置运动到cd位置所用的时间t＝xv，则通过电阻R1的
电荷量q1＝I1t＜BLv－R1×xv＝BLxR1，C项错；R1、R2两电阻并联，由并联分流规律可知，q1q2＝I1I2＝R2R1，D项正确．21．答案：BD解析：由动滑轮与定滑轮的特点结合x＝12at2可知，A、B释放
后，两物体加速度大小之比aA∶aB＝1∶2，设A物体的加速度大小为a，轻绳张力大小为T，对A物体应用牛顿第二定律有2T－mgsin30°－μmgcos30°＝ma，对B物体则有mg－T＝2ma，解得T＝6N，a＝2m
/s2，故A项错；A、B两物体在相同时间内位移大小之比为1∶2，轻绳对A、B的作用力大小之比为2∶1，且轻绳对A做正功，对B做负功，故轻绳对A和B做的总功为零，B项正确；由于斜面与物体A之间存在摩擦力．系统
机械能不守恒，故B减少的机械能大于A增加的机械能，C项错；由v2＝2×2a×x可知，物体B下降2m时的速度大小为v＝4m/s，D项正确．22．答案：（1）AB（1分）（2）2m/s（2分）（3）A（1分）（4）A（1分）解析：（1）本实验需要用带重锤的
线确定竖直方向，需要刻度尺测量两光电门间距，A、B正确．故选AB.（2）当测得光电门的间距为10cm，小球从光电门1到光电门2的时间为0.05s，则小球做平抛运动的初速度为v0＝dt＝2m/s.（3）本实验把平抛运动与自由落体运动进行比较，主要目的是为了验证平抛运动的竖直分运动是
自由落体运动，平抛的初速度不影响竖直方向上速度的改变，A正确．（4）A图中操作方法正确，误差较小，B图把小球卡在外测量爪凹槽处，会产生较大误差，A正确．23．答案：（1）系统误差（2分）未考虑电压表的分流作用（2分）（2）1
.3V（2分）0.89Ω（0.86～0.92Ω均可，2分）（3）小于（2分）解析：（1）由于电压表的分流作用，通过电源的电流测量值比实际的小，这种误差由实验设计原理引起，不能靠多次测量取平均值的方法消除或减小，故为系统误差；（2）由闭合电路欧姆定律得E＝U
2＋U2－U1R0r，变形得U2＝R0R0＋rE＋rR0＋rU1，结合图丙可知，R0R0＋rE＝1.40V，rR0＋r＝2.34－1.402＝0.47，解得r＝1.77Ω，E＝2.64V，所以一节干电池的内阻为r测＝r2＝0.89Ω，电动势E
测＝E2＝1.3V；（3）结合（1）中分析可知，由于电压表V2的分流作用，电动势和内阻测量值均偏小．24．答案：（1）12m/s3m/s2（2）s0＞36m解析：（1）由图可知在t1＝1s时A车刚启动，两车间缩短的距离x1＝vBt1（2分）代入数据解得B车的速度vB＝
12m/s（1分）t2＝5s时A车与B车速度相等，因此A车的加速度a＝vBt2－t1（1分）将t2＝5s和其余数据代入解得A车的加速度大小a＝3m/s2.（2分）（2）两车的速度达到相等时，两车的距离达到最小，对应于vt图象的t2＝5s时刻，此时两车已发生的相对位移为梯
形的面积，则x＝12vB（t1＋t2）（2分）代入数据解得x＝36m（2分）因此若A、B两车不会相遇，则两车的距离s0应满足条件s0＞36m．（2分）25.答案：（1）mv0qr（2）3r（3）见解析解析：（1）设粒子在区域Ⅰ内
做圆周运动的轨迹半径为r1，则r1＝r（1分）由牛顿第二定律得：qv0B1＝mv20r1（2分）解得B1＝mv0qr.（2分）（2）设粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的轨迹半径为r2，大圆半径最小时，部分轨迹如图1所示，区域Ⅱ中磁场向外时轨
迹为实线，磁场向里时轨迹为虚线．由牛顿第二定律得：qv0B2＝mv20r2（2分）又B2＝3B1（1分）所以r2＝33r（2分）由几何关系得R＝r21＋r22＋r2＝3r2（1分）即R＝3r.（1分）（3）第一种情形：区域Ⅱ磁场方向向外，轨迹如图2，粒子从A射入，在两
磁场各偏转一次，对应圆心角θ＝90°＋60°＝150°，要使粒子第二次到达Q点，需满足150n＝180mm、n属于自然数，即取最小整数m＝5，n＝6（2分）第二种情形：区域Ⅱ磁场方向向里，轨迹如图3，粒子从A射入，在两磁场各偏转一次，对应圆心角θ′＝90°－60°＝30°
，要使粒子第二次到达Q点，需满足30n＝180m（1分）m、n属于自然数，即取最小整数m＝1，n＝6（1分）粒子在区域Ⅰ中的周期T1＝2πr1v0，粒子在区域Ⅱ中的周期T2＝2πr2v0粒子在Ⅰ、Ⅱ区域各偏转一次的时间为
t1＝14T1＋23T2＝12＋439πrv0（2分）所以不论Ⅱ区域中磁场方向是向里还是向外，粒子均经过12次偏转后第二次通过Q点，则总时间为t＝6t1＝3＋833πrv0.（2分）33．答案：（1）CDE（5分）（2）（ⅰ
）346.5K（ⅱ）17.4cm解析：（1）表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非指向液体内部，故A错误；在自然的过程中，热的物体把热量传递给冷的物体，最终达到温度相等；而不是热的物体把“温度”传递给冷的物体，最终达到温度相等，
故B错误；当某一密闭容器自由下落时，气体分子仍然在碰撞器壁，则气体压强不为零，故C正确；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢，故D正确；在“用油膜法测分子直径”的实验中，做出了把油膜视为单分子分布、把油酸分子看成球形、分子之间没有空隙，紧密排列这三方面的近似
处理，故E正确．故选C、D、E.（2）（ⅰ）设左侧管中气体的初始状态的压强、温度、体积分别为p1、T1、V1，则p1＝p0＋l0＝80cmHg，T1＝300K，V1＝lS（2分）设左侧管中气体加热至T时的压强、温度、体积分别为p2、T2、V2，则p2＝8
4cmHg，T2＝T，V2＝（l＋2）S（1分）由理想气体状态方程得：p1V1T1＝p2V2T2（1分）解得：T＝346.5K（1分）（ⅱ）右管中水银面B′回到B处时左侧气体对应的压强、温度、体积分别为p3、T2、V1；由查理定律得：p1T1＝p3T2（或者p2V
2＝p3V1）（2分）解得：p3＝92.4cmHg（1分）则右侧管中气体上端水银柱的长度为l′＝（92.4－75）cm＝17.4cm（2分）34．答案：（1）ACE（5分）（2）（ⅰ）3（ⅱ）见解析解析：（
1）在“用单摆测定当地重力加速度”的实验中，摆线的长度直接影响最后的实验结果，选择伸缩性小、尽可能长的细线可以有效减小系统误差，A项正确；只有在偏角较小的情况下，摆球的摆动才能认为是简谐运动，故C项正确；由实
验原理可知，T＝2πlg，变形可得T2＝4π2gl，则T2l图线的斜率约为4s2/m，E项正确．单摆的悬点到摆球球心的距离为摆长，并非只是摆线的长度，B项错误；单摆的周期等于一次全振动所用的时间，即：T
＝t50，D项错误．（2）（ⅰ）连接DO，则三角形BOD恰为等边三角形，由几何知识得α＝30°（1分）在界面AB，根据折射定律：sin60°＝n·sinα（1分）解得n＝3（1分）（ⅱ）作出其余光路如图所示，光在O点发生折射，OO′所在的直线为法线（
2分）根据折射定律：sin∠2＝n·sin∠1而∠1＝α＝30°解得∠2＝60°（1分）光在D′点发生折射，D′E所在直线为法线，由光路可逆知：∠3＝∠1＝30°在Rt△OO′D′中：O′D′＝OO′·tan∠2＝33R（1分）在△O′D′P中
，根据正弦定理：sin∠4O′D′＝sin（90°＋∠3）O′P（1分）解得∠4＝30°则P点在半圆上，且∠PO′C′＝30°光在P点发生折射，根据折射定律：sin∠5＝n·sin∠4（1分）联立解得：
∠5＝60°（光线平行于OO′连线向右射出）（1分）仿真练314．答案：C解析：β射线的实质是高速运动的电子流，不是电磁波，故A错误；根据β衰变特点可知，锶90经过β衰变后形成的新核的电荷数增加1，故B错误；核武器实验涉及的核反应过程中有能量放出，发
生质量亏损，则质量不守恒，故D错误．由公式m＝m0（12）tT，代入数据解得t＝112.4年，故C正确．15．答案：C解析：A、K之间的电场不是匀强电场，所以电场强度不是Ud，故A错误．电子在K极由静止被加速，到达A极时电场力做的功W＝eU
，所以到A极时电子的动能等于eU，电势能减小了eU，故B错误，C正确．根据题中信息可知，A、K之间的电场线由A指向K，所以由K沿直线到A电势逐渐升高，故D错误．16．答案：D解析：因为该人以相对于高铁的速度v0水平抛出一个小球，小球在竖直方向上仅受重力的作用，故它会向下做初速度等于零，加速度等
于g的匀变速直线运动，A错误；高铁是加速向前运行的，根据题意可知，小球在水平方向上受到恒定的惯性力，故在水平方向上小球做匀变速运动，B错误；小球水平方向的加速度大小为a，若小球落在抛出点的正下方，则小球将先向前
做匀减速运动，一直到速度减为零后，再反向加速，最后水平方向位移为零，故满足t＝2×v0a，又竖直方向上有h＝12gt2，联立解得v0＝ah2g，C错误，D正确．17．答案：D解析：根据左手定则可知，右侧导线开始时，受到垂直纸面向外的安培力作用，所以导线垂直纸面向外摆动，故A错误
；右侧导线在摆动过程中，当铝箔刷子与下端铝箔分开时，导线中无电流通过，不受安培力作用，故B错误；右侧导线在整个摆动过程中安培力的方向既有与导线运动方向相同的情况，也有与导线运动方向相反的情况，所以安培力对导线有时做正功，有时做负功，故C错误；根据左手定则可知，同时改变电流方
向及磁铁的磁极方向，右侧导线开始时所受安培力方向不变，所以开始摆动方向与原来相同，故D正确．18．答案：C解析：对小球受力分析，其受到重力和支持力，二力的合力提供向心力，则F向＝mgtanθ，θ为小球与半球形碗球心连线与竖直
方向的夹角，h越小，θ越大，向心力F向越大，对碗和小球组成的整体有f＝F向＝mgtanθ，故h越小，地面对碗的摩擦力越大，A错误；对碗和小球组成的整体受力分析，竖直方向合力为零，故地面对碗的支持力始终等于碗和小球的重力，故B错误；若h＝R2，
则θ＝60°，对小球根据牛顿第二定律可知mgtan60°＝mv232R，则小球的动能Ek＝12mv2＝34mgR，故C正确；若h＝R2，根据mgtan60°＝man解得an＝3g，结合AB选项的分析可知μ（M＋m）g≥f＝man，解得μ≥31
1，故D错误．19．答案：BD解析：根据点电荷形成的电场E＝kQr2，可在C处画出场源电荷分别为＋3Q、＋Q电场线的示意图，根据平行四边形定则作出合场强的大小及方向，若试探电荷为正电荷，则所受的电场力与场强方向相同，若试探电荷为负电荷，则所受的电场力与场强方向相反，选
项B、D正确，A、C错误．20．答案：AC解析：忽略星球自转，有GM地mR2地＝mg、GM火mR2火＝mg火，联立得g火g＝M火R2地M地R2火＝pq2，即g火＝pq2g，故A正确；在Δt时间内发动机喷出气体的体积为V＝4SvΔt
，喷出气体的质量为Δm＝ρV＝4ρSvΔt，由动量定理得F·Δt＝Δmv，由于发动机匀速，则F＝Mg火，联立解得喷出气体相对于组合体的速度为v＝12qpMgρS，故喷出气体相对于火星表面的速度大小为v′＝12qpMgρS＋0.75m/s，故B错误
；“空中起重机”匀速运动，总位移为x＝20m－7.6m＝12.4m，下降时间约为t＝xv1＝12.40.75s≈16.5s，故C正确；火星车刚被释放时相对“空中起重机”的速度为0.75m/s，最后二者共速，故火星车一定有一段减速过程（拉力大于火星车重力），最后做
匀速运动（拉力等于火星车重力），吊索的拉力不会始终保持不变，故D错误．21．答案：ABD解析：对cd棒受力分析，有FA＝mgsin37°，ab棒和cd棒所受安培力大小相等，则对ab棒受力分析有F＝FA＋mg
sin37°＝2mgsin37°＝0.96N，因此A正确．导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E＝Blvcos37°，则对cd棒分析可得Bcos37°Blvcos37°2Rl＝mgsin37°，解得v＝6m/s，故B正确，C错误．运动1s，导体棒ab沿导轨向上运动了x＝6m，则系统产生
的热量Q＝Fx－mgxsin37°＝2.88J，因此导体棒cd上产生的热量为1.44J，故D正确．22．答案：（1）挡板（1分）（2）xH（2分）tanθ－xHcosθ（2分）解析：（1）本实验利用小球与滑块的运动时间
相等，结合运动学规律和牛顿第二定律进行数据处理．可知应保持小球和滑块的位置不变，调整挡板的位置，直到同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．（2）对滑块有x＝12at2，对小球有H＝12gt2，得ag＝xH；由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，得μ＝tanθ
－agcosθ＝tanθ－xHcosθ.23．答案：（1）如图所示（2分）（2）偏小（2分）（3）B（2分）（4）非线性（2分）（5）AC（2分）解析：（1）为得到元件的IU关系图象，待测元件两端的电压和通过的
电流应从零开始调节，故滑动变阻器应该采用分压式接法，连接电路如答图．（2）本实验测的其实是电压表与元件并联后的电阻，所以测量值会比元件实际电阻值小．（3）分压接法应选择阻值小的滑动变阻器，但A电阻太小，在滑动滑片过程中，通过的电流会超过0.
5A，滑动变阻器会被烧坏，故B正确．（4）由图象可知，该元件是非线性元件．（5）IU图线上某点与原点连线的斜率为1R，根据元件的特性可知，当电压超过一定数值时，电阻会急剧减小．若不使用R0，电流急剧增大，可能会烧坏待测元件．而有无R
0对电流表和电压表的测量误差无影响，A正确，B错误；根据图象可知待测元件的有效电压测量范围小于1V，而电源电动势约为6V，待测元件两端电压非常小，如果不用R0，会导致滑动变阻器的调节范围变得非常小，难以调节，C正确，D错误．24．答案：（1）1.25s（2）0.6kg解析：（1）包裹A
在传送带上滑行，由牛顿第二定律可得μ1mAg＝mAa1（1分）解得a1＝4m/s2假设包裹A离开传送带前就与传送带共速，由匀变速直线运动知识可得v20－0＝2a1s1（1分）解得s1＝2m因s1<L，所以上述假设成立加速过程，有s1＝12a1t21（1分）解得t1＝1s匀速过程，
有L－s1＝v0t2（1分）解得t2＝0.25s所以包裹A在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝1.25s．（1分）（2）包裹A在水平面上滑动时，由牛顿第二定律得μ2mAg＝mAa2（1分）解得a2＝5m/s2同理，包裹B在水平面
上滑动的加速度大小也是a2＝5m/s2（1分）包裹A向前滑动至静止过程，有0－v2A＝－2a2sA（1分）解得vA＝1m/s包裹B向前滑动至静止过程，有0－v2B＝－2a2sB（1分）解得vB＝2m/s（1分）包裹A、B相碰过程，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBv
B（1分）解得mB＝0.6kg（1分）25．答案：（1）4×106m/s（2）3×10－7s（3）3×10－4T解析：（1）作出离子的运动轨迹，如图甲所示，由几何关系得离子在磁场中运动时的轨迹半径r＝OA2sinα＝0.2m（2分）由洛伦兹力提供向心力有Bqv0＝mv20r（2分）解得
v0＝4×106m/s（2分）（2）离子进入电场后，设经过时间t再次到达x轴上，离子沿垂直电场方向的分运动为速度为v0的匀速直线运动，在此方向的位移l1＝v0t（1分）离子沿电场方向的分运动为初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a，在此方向的位移为l2，则Eq＝ma，l2＝12at2（2分
）由几何关系可知tan60°＝l2l1，（2分）联立并代入数据解得t＝3×10－7s（2分）.（3）根据题意，可画出如图乙所示的离子做半径最大的完整圆周运动的草图，设离子在磁场中做完整圆周运动的最大半径为R，再加磁场后磁感应强度为B1，由几何关系得R＝12（r－rsin30°）＝0
.05m（2分）由牛顿运动定律有B1qv0＝mv20R，（2分）解得B1＝4×10－4T（1分）则再加磁场的磁感应强度的最小值为ΔB1＝B1－B＝3×10－4T．（2分）33．答案：（1）CDE（5分）（2）①320K②30cm③如解析图所示解析：（1）气体从外界吸
收热量的同时可能伴随着气体膨胀对外做功的过程，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，气体的内能不一定增加，A错误；气体压强是由于大量气体分子撞击容器壁产生的，与重力无关，气体处于超重或失重状态不影响气体的压强，B错误；根据气体实验定律V1V2＝T1T2，在等压膨胀的过程中，气体的温度一定升高，C正
确；热力学第二定律表明，“不可能使热量由低温物体传递到高温物体而不引起其他变化”，电冰箱工作过程中，热量从低温物体向高温物体传递的前提条件是压缩机做功，不违背热力学第二定律，D正确；自发的宏观过程不仅遵循能量守恒定律，同时也遵
循热力学第二定律，只符合能量守恒定律的宏观过程不一定能自然发生，E正确．（2）①已知p1＝p0＝75cmHg，T1＝300K，p2＝p0＋5cmHg＝80cmHg（1分）由查理定律得p1T1＝p2T2（1分）解得T2＝320K．（1分）②假设玻璃管旋转180°后短臂内无水银，水平管内水银柱长为
x，有p2＝80cmHg，p3＝p0－（10＋10＋10＋5－x）cmHg＝（40＋x）cmHg（1分）V2＝18S，V3＝S（18＋10＋10－x）＝S（38－x）（1分）由玻意耳定律得p2V2＝p3V3（1分）解得x＝8c
m与假设相符，故假设成立，所以密闭气体的长度为（18＋10＋10－8）cm＝30cm.（1分）③p3＝48cmHg，变化曲线如图所示．（3分）34．答案：（1）ADE（5分）（2）①355②6×10－
9s解析：（2）①由题意可知，光线AB从圆柱体左端面射入，其折射光线BD射到柱面D点恰好发生全反射．如图所示，由几何关系知sini＝rr2＋d2＝25（1分）（2分）由折射定律得n＝sinisinθ又知sinC＝1n（1分）sinθ＝cosC＝1－sin2C（1
分）解得n＝355（1分）②折射光线BD在玻璃柱体内传播路程最长，因而传播时间最长．由几何关系知s＝LsinC＝nL（1分）又知v＝cn（1分）故t＝sv＝n2Lc＝6×10－9s．（2分）仿真练48＋2实验＋2计算＋2选114．答案：C解
析：质量是惯性大小的量度，与阻力大小无关，因此磁悬浮列车惯性不变，A错误；速度可达600公里/小时，这是指瞬时速率，B错误；加速度是描述速度变化快慢的物理量，能“快起快停”，是指加速度大，C正确；考查磁悬浮列车在两城市间的
运行时间时可视为质点，这种研究方法叫“理想模型”，D错误．15．答案：C解析：若没有风吹，则觞随着河水自西向东飘向下游，现有北风吹来，依据运动的合成与分解，之后觞可能的运动轨迹为3，不可能为4，原因是轨
迹4最后沿着流水方向没有了速度．也不可能是轨迹1或2，原因是吹的是北风．故选C.16．答案：A解析：由题意，光电子的最大初动能为2.10eV，且照射金属板的光是氢原子从第4能级跃迁到第2能级辐射出来的，则由爱因斯
坦光电效应方程Ek＝hν－W0得W0＝hν－Ek＝（3.40－0.85）eV－2.10eV＝0.45eV，A正确，B、C、D错误．17．答案：B解析：“神舟十二号”和“天和”核心舱均环绕地球做匀速圆周运动
，万有引力提供向心力，处于非平衡状态，A错误；对于在地球表面绕地球做匀速圆周运动的物体，万有引力等于重力，即GMm0R2＝m0g，对于“神舟十二号”和“天和”核心舱有G＝Mm（R＋h）2＝ma，故a＜g＝9.8m/s2，B正确；地球同步卫星的运行周期为24h，且轨道高度大于“神舟十
二号”和“天和”核心舱的对接轨道高度，由开普勒第三定律R31R32＝T21T22可知，“神舟十二号”和“天和”核心舱的运行周期一定小于24h，C错误；7.9km/s是地球的第一宇宙速度，是最大的环绕速度，所以“神舟十二号”和“天和”核心舱的运行速度一定小于7.9km
/s，D错误．18．答案：D解析：根据图象知，交流电周期为0.01s，所以频率为100Hz，变压器不改变交流电的频率，副线圈两端电压的频率为100Hz，故A错误；电流表的示数表示的是交流电的有效值，故
B错误；根据变压器两端电压与匝数成正比可知，副线圈两端电压最大值为40V，小于电容器的击穿电压50V，故电容器不会击穿，故C错误；匝数比不变，副线圈两端电压不变，滑片P向下移动时，副线圈回路电阻变小，根据欧姆定律可知，回路电流I2变大，根据只有一个副线圈的变压器电流与匝数成反比可知，原线圈电流
也变大，故电流表A1、A2的示数均增大，故D正确．19．答案：BC解析：当车轮高速旋转时重物做离心运动使弹簧拉伸，则安装时应使B端比A端更靠近气嘴，A错误．离心运动的条件是重物所受的合外力小于向心力，即转速达到一定值后LED灯才会发光，B
正确．重物的质量越大，转速相同时需要的向心力越大，则弹簧上的拉力就越大，故在较低的转速下增大重物质量也能使LED灯发光，C正确．匀速行驶时，LED灯转到最低点时能发光，此时弹簧的拉力大于重物的重力；当LED灯转到最高点时，若重力大于向心力，则弹簧处于压缩状态，LED灯不发光；若重力小于向
心力，则弹簧处于伸长状态，LED灯可能发光也可能不发光，D错误．20．答案：AC解析：做曲线运动的物体一定受到指向轨迹内侧的合外力，根据等势面和电场线的关系，可知粒子受到的电场力竖直向下，从A到B的过程，电场力做正功，粒子的
动能增大，粒子的速度v2一定大于v1，选项A正确；粒子受到的电场力竖直向下，电场线竖直向下，等势面b的电势比等势面c的电势高，选项B错误；粒子沿等势面方向的分运动为匀速直线运动，则粒子从A点运动到B点所用的时间为Lcosθv1，选项C正确；从A到B的过
程，根据动能定理有EqLsinθ＝12mv22－12mv21，解得电场强度大小为E＝m（v22－v21）2qLsinθ，选项D错误．21．答案：BCD解析：根据题意可知，两棒组成回路，电流大小相同，故所受安培力的合力为零，动量守恒，
故任何一段时间内，导体棒b动量改变量跟导体棒a动量改变量总是大小相等、方向相反，根据能量守恒定律可知，a动能减少量的数值等于b动能增加量与系统产生的电热之和，故A错误，B正确；a、b最终共速，设最终速度为v
，由动量守恒定律有2mv0＝（2m＋m）v，对b棒由动量定理有mv－0＝BI－l·t＝Blq，联立解得q＝2mv03Bl，根据能量守恒定律，两棒共产生的焦耳热为Q＝12×2mv20－12（2m＋m）v2＝mv203，故C、D正确．22．答案：（1）1.9
8（2分）（2）m（g＋a）g－a（2分）（3）>（2分）解析：（1）相邻计数点间的时间间隔为T＝0.10s，根据逐差法可知物块Q下落的加速度a＝[（15.03＋13.04＋11.06）－（9.08＋7.11＋5.12）]×10－2（3T）2m/s2＝1.98m/s2.（2）设轻绳
中的张力为T′，对P有T′－mg＝ma，对Q有M理g－T′＝M理a，解两式得M理＝m（g＋a）g－a.（3）若考虑阻力，则有M实g－mg－f＝（M实＋m）a，解得M实＝m（g＋a）＋fg－a，可见M实>M理．23．答案：（1）
200（2分）4850（2分）（3）小于（3分）（4）AD（2分）解析：（1）微安表并联电阻改装为1mA的电流表，有IgRg＝（I－Ig）R1，即250×10－6×600V＝（1×10－3A－250×
10－6A）R1，解得R1＝200Ω，改装后的电流表满偏电流为I＝1mA，内阻为RA＝R1RgR1＋Rg＝150Ω，再改装为量程为0～5V的电压表，串联电阻R2，有U＝I（RA＋R2），即5V＝1×10－3A×（150Ω＋R2），解得R2＝4850Ω.（3）由
标准电压表的读数可知改装后电压表测量的真实电压为3.2V；微安表的分度值为5μA，读数为170μA，根据微安表指针偏角和改装电压表所测电压成正比有3.2V170μA＝U′250μA，解得改装电压表真实量程的最大值U′≈4.71V<5V，即改装电
压表真实量程的最大值小于5V.（4）因改装电压表的量程最大值偏小，又U＝IgRg＋1＋RgR1IgR2，则保持R1不变，将R2增大到合适值，可使U增大，另外保持R2不变，将R1减小到合适值，也能使U增大
，正确答案为A、D.24.答案：（1）2mvql（2）3πl3v解析：（1）粒子以速率v沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，其运动轨迹如图1中的实线MN由几何条件可知，磁场圆的半径为R＝32l（1分）设粒子的运动轨迹半径为r1，∠MON为θ，则tanθ2＝tanπ6＝r1R（1分）解
得r1＝12l（1分）由牛顿第二定律有qvB0＝mv2r1（2分）解得B0＝2mvql（1分）（2）当磁感应强度变化后，大量此类粒子从M点射入磁场，由牛顿第二定律有qvB′＝mv2r2（1分）解得r2＝3l（1分）粒子
在磁场中运动时间最长时，弧长（劣弧）最长，对应的弦长最长（磁场圆的直径），其运动轨迹如图2中的实线MP由几何关系得α＝π3（1分）粒子在磁场中运动的最长时间tmax＝T6（1分）又T＝2πr2v（1分）解得tm
ax＝3πl3v（1分）25．答案：（1）mg2（h1－h2）R－3－2cosθ（2）h1μ（3）h1≥h2＋（3＋2cosθ）R2解析：（1）小滑块从开始运动到圆轨道的最高点的过程中只有重力做功，则mg[h1－h2－R（1＋cosθ）]＝12mv2（3分）小滑块在最高点受
到的压力与重力的合力提供向心力，则FN＋mg＝mv2R（2分）联立得FN＝mg[2（h1－h2）R－3－2cosθ]（2分）根据牛顿第三定律，可知小滑块对轨道的压力为mg[2（h1－h2）R－3－2cosθ]（3分
）（2）整个的运动过程中重力与摩擦力做功，则mgh1－μmgs＝0（2分）可得s＝h1μ（3分）（3）为保证小滑块不脱离轨道，则在圆轨道的最高点必须满足：FN≥0，（2分）解得（h1－h2）≥（3＋2cosθ）R2（3分）所以h1≥h2＋（3＋2cosθ）R233．答案：（1）ACD（5分
）（2）①200K②40N解析：（1）本题考查了热学的基础知识，意在考查考生的理解能力．温度越高，液体越容易挥发，故饱和汽压随温度的升高而增大，A正确；人们对潮湿的感觉取决于相对湿度，空气的相对湿度越大，人们越感觉到潮湿，B错误；气体压强由气体分
子单位时间内对器壁单位面积的平均碰撞次数和分子的平均碰撞作用力共同决定，压强不变，温度升高，分子的平均碰撞作用力增大，则气体分子单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数减少，C正确；单晶体和多晶体都有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，D正确；当分子间距离增大时，分子间引力和斥力都减
小，E错误．（2）本题考查了压强的计算以及气体实验定律等知识点，意在考查考生综合分析问题的能力．①气缸内气体压强不变，温度降低，气体体积变小，故活塞向下移动，由盖－吕萨克定律得：LS1＋LS2T0＝HS1T（2分）代入数据得：T＝200K（1分
）②设初始时气体压强为p1，由平衡条件有：p0S1＋p1S2＝mgsin30°＋p0S2＋p1S1（2分）代入数据得：p1＝1.6×105Pa活塞a刚要到达气缸顶部时，向上的推力最大，此时气体的体积为HS2，压强为p2，由玻意耳定律有：p1（LS1＋LS2）＝p2HS2（2分）代
入数据得：p2＝1.2×105Pa由平衡条件有：p0S1＋p2S2＋F＝mgsin30°＋p0S2＋p2S1（2分）代入数据得：F＝40N（1分）34．答案：（1）CDE（5分）（2）见解析解析：（1）本题考查了光学的基础知识，意在考
查考生对物理概念的理解能力．只有当光从真空射入介质发生折射时，介质的折射率才等于入射角的正弦与折射角的正弦之比，A错误；当光从光密介质进入光疏介质，入射角大于或等于临界角时，会发生全反射，只有反射光，没有折射光，
B错误；只有横波才能产生偏振现象，故光的偏振现象说明光是横波，C正确；由公式n＝cv＝sinisinr可知，发生折射是因为光在不同介质中的传播速度不同，折射率不同，D正确；由公式Δx＝λLd可知，干涉条纹的间距与入射光的波
长成正比，即入射光由红光改为绿光时，干涉图样中的相邻亮条纹间距一定变窄，E正确．（2）本题考查了机械波的传播、波的叠加等知识，意在考查考生综合波的图象处理问题的能力．①由题图可知λa＝4m，λb＝6m由T＝λv（
1分）可得Ta＝λav＝1s（1分）Tb＝λbv＝1.5s（1分）②a波第一个波峰在xa＝－3m位置沿x轴正方向传播，b波第一个波峰在xb＝4.5m位置沿x轴负方向传播，两位置相距L＝7.5m.由于波速相等，故传播相同距离Δx＝L2＝3.75m时，（2分
）两个波峰到达同一位置x＝xa＋Δx＝0.75m，（2分）这就是第一次波峰重合的位置．③a波传播到x＝0处还需半个周期，即0.5s，t＝2.25s时，则x＝0处的质点向上起振后经历的时间为1.75s，即74Ta，振
动到负向最大位移处，（1分）b波传播到x＝0处还需半个周期，即0.75s，t＝2.25s时，则x＝0处的质点向上起振后经历的时间为1.5s，正好振动一个周期后回到平衡位置，（1分）故在x＝0处质点振动的合位移为
－5cm.（1分）
