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第二部分高考模拟练模拟练11．答案：D解析：图甲为卡文迪什的扭秤实验，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.2．答案：A解析：23793Np吸收中子后生成23894Pu，根据质量数守恒

及电荷数守恒，该过程的核反应方程为23793Np＋10n→23894Pu＋0－1e，则Np237吸收中子后放出电子生成Pu238，故A正确；Pu238衰变时只放出α射线，其衰变方程为23894Pu→23492U＋42He，可知其衰变时并没

有质子转化为中子，故B错误；根据Pu238的衰变方程知，Pu238经一次衰变形成的新核含有的中子数为n＝234－92＝142，故C错误；半衰期由核内部本身的因素决定，跟原子所处的物理、化学状态无关，故D错误．3．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．4．答案：B解析：初始时，空气柱A的压强为pA＝p0＋ρgh1而pB＋pgh2＝pA联立解得空气柱B的压强为pB＝7

2cmHg；U形管倒置后，空气柱A的压强为P′A＝p0－ρgh1空气柱B的压强为p′B＝p′A＋ρgh3空气柱B的长度L′2＝L2－h3－h22由玻意耳定律可得pBL2＝p′BL′2联立解得h3＝12cm.5．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上的发射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．6．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；由图像可知，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．7.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．8．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.9．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．10．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．11．答案：(1)0.96(2分)(2)3.

20(2分)(3)偏大(2分)解析：(1)由题意知，vB＝LAC2×5T＝8.02＋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．12．答案：(1)R1(2分)5000(2分)(2)如图所示(2分)(3)2.3(2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＝RxR

x＋r1＋5r1，代入数据解得Rx＝2.3kΩ.13．答案：2∶1解析：若杆2固定，设最初摆放两杆时的最小距离为x1，对杆1由动量定理得－BI－dt＝0－mv0，q＝I－t＝ΔΦ2R＝Bx1d2R解得x1＝2mRv0B2d2(4分)若杆2不固

定，设最初摆放两杆时的最小距离为x2，两者最终速度为v，根据动量定理，对杆1有－BI－′dt′＝mv－mv0(1分)对杆2有BI－′dt′＝mv(1分)电荷量q′＝I－′t′＝ΔΦ′2R＝Bx2d2R(1分)解得x2＝mRv0B2d2(2分)则x1∶

x2＝2∶1(1分)14．答案：(1)3d2＋h29d2＋h2(2)h2解析：(1)由题意可知，来自硬币左端D的光线经水面折射，从杯子左边缘A点射出后恰好进入眼睛，折射光线的反向延长线经过杯子右下端C点，如图所示；设入射角为α，折射角为β，由折射定律得n＝sinβs

inα(3分)在Rt△ABC、Rt△ABD中，由几何关系可得sinβ＝sin∠BAC＝3d9d2＋h2，sinα＝dd2＋h2(2分)联立解得n＝3d2＋h29d2＋h2(2分)(2)如图，设当液面下降至MN时，下降高度为H，硬币刚好

从视线中完全消失，此时来自硬币右端E的光线经MN面折射，从杯子左边缘A点射出后恰好进入眼睛，折射光线的反向延长线经过杯子右下端C点(2分)由△AGF∽△ADC可得Hh＝d2d，解得H＝h2(3分)15．答案：(1)3mv2012Rq(2)mv02Rq

2πRv0(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(1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)(1分)模拟练21．答案：A解析：波向右传播，由

波形图可知，由振源振动形成的机械波的波长逐渐减小，由于机械波在同一种介质中的波速不变，根据f＝vλ可知波源振动的频率逐渐变大，A正确，B、C错误；波向右传播，由波形图可知，此时刻质点P的速度方向向下，D错误．2．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．3．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．4．答案：D解析：让激光束通过一个狭缝，观察到光屏上出现的单色条纹图样是光的衍射图样，衍射图样中，中央亮条纹最亮，宽度最大，从中央向两侧，亮条纹逐渐变窄、变暗，故将会观察到丙

图样，A错误；当保持激光器与狭缝的距离不变，将光屏向狭缝处适当移动时，光屏上条纹变窄，但条纹变得清晰，B、C错误；光的衍射现象说明光具有波动性，D正确．5．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．6．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项错误；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．7．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vyt2－12gt22＝v2t－12gt2，解得v2＝1

0m/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．8．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项错误；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项错误．9．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项错误；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I－1<BLvR1，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＝I－1t＜BLv－R1×xv－＝BLxR1，C项错误；R1

、R2两电阻并联，由并联分流规律可知，q1q2＝I－1I－2＝R2R1，D项正确．10．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项错误；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项错误；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．11．答案：(1)AB(2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．12．答案：(1)系统误差(1分)未考虑电压表的分流作用(1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＝U2＋U2－U1R0r，变形得U2＝R0R0＋rE＋rR0＋rU1，结合图丙可知，R0R0＋rE＝1.40V，rR0＋r＝2.34－1.40

2＝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．13．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(1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(2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v-t图像的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，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)14．解析：(1)对储液桶内药液上方的气体，初状态：压强p1＝1×105Pa，体积为V1末状态：压强p2＝3.0×105Pa，体积V2＝2L由玻意耳定律得p1V1＝p2V2(2分)解得V1＝6L(

2分)因为原来气体体积为V0＝2L，所以打气筒打气次数n＝V1－V0V′0＝6－20.2＝20(次)(2分)(2)对储液桶内药液上方的气体，初状态：压强p′1＝3.0×105Pa，体积V′1＝2L末状态：压强p′2＝2.0×1

05Pa，体积为V′2由玻意耳定律得p′1V′1＝p′2V′2(2分)解得V′2＝3L(2分)所以储液桶喷出药液的体积ΔV＝3L－2L＝1L(2分)15．答案：(1)mv0qr(2)3r(3)3＋833πrv0解析：(1)设粒子在区域Ⅰ内做圆周运动的轨迹半径为r1，则r

1＝r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＝180mm、n属于自然数，即取最小整数

m＝1，n＝6(2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＝6

t1＝3＋833πrv0(2分)模拟练31．答案：D解析：一切物体都在辐射红外线，温度越高，其辐射红外线的强度越大，A、B、C项错误，D项正确．2．答案：C解析：由爱因斯坦光电效应方程可知，Ekm＝hν－W0，又eUc＝Ekm，则eUc＝hν－W0，结合图像可知三种光的折射率大小关系为

nb＞nc＞na，a、b、c组成的复色光通过三棱镜时，折射率越大，偏折角度越大，则C正确，A、B、D错误．3．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．4．答案：C解析：甲、乙两列波的频率不相等，两列波相遇后不能发生干涉现象，A错误；t＝0.

1s时，甲波传播到x＝6m处，沿y轴正方向振动，乙波也传播到x＝6m处，沿y轴负方向振动，由于甲的振幅大于乙的，则在平衡位置时甲波的振动速度大于乙的，故x＝6m处的质点开始向上振动，B错误；经过0.35s，甲波向右传

播3.5m，x＝3.5m处的质点的振动状态传播至x＝7m处，即y1＝22cm，经过0.35s，乙波向左传播3.5m，x＝10.5m处的振动状态传播至x＝7m处，即y2＝1cm，根据叠加原理可知，t＝0.35s时，x＝7m处

质点的位移y＝(22＋1)cm，C正确；t＝0.1s时，两列波在x＝6m处相遇，t＝0.85s时，两列波在x＝7.5m处分开，故甲、乙两列波从相遇到完全分开所需时间为0.75s，D错误．5．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．6．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．7．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≥311，故D错误．8．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．9．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．10．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＋mgsin37°＝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．1

1．答案：(1)B(1分)(2)ACD(1分)(3)x2－x1＝x3－x2＝x4－x3(2分)D(2分)解析：(1)该实验需要使用重锤线确定y轴位置，B选项正确，弹簧秤和打点计时器不需要使用．(2)每次必须由同一位置静止释放小球，保证每次轨迹都相同，A正确；为了提高实

验精度，使曲线更接近于真实平抛运动轨迹，应尽量多地记录点，不需要每次等距离下降，B错误，D正确；小球运动时如果和白纸相接触，就会有摩擦力影响，小球轨迹不再是平抛运动轨迹，所以不能接触，C正确．(3)若小球在水平方向匀速运动，每两张照片间的

水平间距应相等，即x2－x1＝x3－x2＝x4－x3；使用距离较远的点进行计算，误差会较小，D正确．12．答案：(1)使实验中电压表示数变化明显，同时又保护电路(2)1U＝r＋R0E·1R＋1E(3)56b－a5a6b－a－(1＋R0)解析：(1)使实验中电压

表示数变化明显，同时又保护电路．(2)根据闭合电路欧姆定律可知E＝U＋UR(r＋R0)，变形可得1U＝r＋R0E·1R＋1E.(3)根据图丙有b＝1E＋r＋R0E·16，a＝1E＋r＋R0E·1，解得E＝56b－a

，r＝5a6b－a－（1＋R0）.13．答案：1.3×105Pa解析：以注入后的所有气体为研究对象，由题意可知瓶内气体发生等温变化，设瓶内气体体积为V1，有V1＝0.9mL－0.5mL＝0.4mL＝0.4cm3(

2分)注射器内气体体积为V2，有V2＝0.3×0.4cm3＝0.12cm3(2分)根据玻意耳定律有p0(V1＋V2)＝p1V1(4分)代入数据解得p1＝1.3×105Pa(2分)14．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t

1＝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＋mBvB(1分)解得mB＝0.6kg(1分)15．答案：见解析解析：(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(1分)解得v0＝4

×106m/s(1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)模拟练41．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．2．答案：D解析

：卢瑟福通过对α粒子散射实验得出原子的核式结构模型，没有得出原子核的内部结构，故A错误；根据光电效应产生条件，若改用绿光照射，虽然绿光频率小于紫外线，但其频率也可能大于金属的极限频率，因此可能发生光电效应现象，则验电器金属箔可能张开，故B错误；一群氢原子处于n＝5的激发态，最多能辐射C2

5＝10种不同频率的光子，故C错误；A的核子平均质量大于B与C核子的平均质量，原子核A裂变成原子核B和C时会有质量亏损，要放出核能，故D正确．3．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.4．答案：D解析：根据题意可知，t＝34T时，在54λ＝λ＋14λ处的质点处于y＝Acos

2πTt＝Acos2πT·34T＝Acos3π2＝0则此时该质点位于平衡位置，下一时刻，该质点向上运动，A、B错误；根据题意，横波沿x轴负方向传播，根据同侧法判断可知，C错误，D正确．5．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GMm（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．6．答案：D解析：根据图像知，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．7．答案：B解析：由题意知，碰撞过程中速度减小，篮球的机械能减小，故A错误；以

弹回的速度方向为正方向，据动量定理可得，篮板对篮球的冲量大小I＝m·kv0－(－mv0)＝(1＋k)mv0，故B正确；篮球弹回做平抛运动，由位移公式可得L－r＝kv0t，h＝12gt2，联立可得v0＝（L－r）kg2h，故C错误；若篮

球气压不足，导致k减小，在v0不变的情况下，篮球弹回的速度kv0减小，结合C中分析可知，要使篮球中心经过篮框中心，即水平位移不变，应延长时间，故应使碰撞点更高，D错误．8．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．9．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．10．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m

v－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．11．答案：(1)①AB(2分)②B(2分)(2)D(2分)解析：(1)①从桌面上所给的器材来看有：

带细线的重物、小车、天平、长木板、电火花计时器、钩码、纸带、砝码、刻度尺等，再对所给的选项进行分析；“探究小车速度随时间变化规律”实验要测出一系列点的速度，只需要打点计时器相关器材和刻度尺，故A符合要求；“探究加速度与力、质量的关系”实验要测出加速度，还要测出质量，而力是用钩码的重力代替的，所以上

述器材足够，故B符合要求；“探究求合力的方法”实验要有弹簧秤测出力的大小，还要细绳等，故C不符合要求；“研究平抛运动”需要长木板、重锤线等，故D不符合要求．故选AB.②上题四个选项中的实验，探究加速度与力、质量的关系实验必须用到天平，故选B.(2)当沙与沙桶的质量远小于小车质量使可以

近似认为小车受到的拉力等于沙和沙桶的重力，某一次小车连同车上的重物的总质量M＝238g时，由图所示可知，物体D可以用来取代沙和沙桶．故A、B、C错误，D正确．12．答案：(1)如图所示(2分)(2)I2（RA＋R0）I1－I2(2分)(3)增大(2分)(4)17.5(1分)55(1分)解析：(1)

实验要求热敏电阻两端电压从零开始连续调节，所以滑动变阻器采用分压式接法．毫安表A2内阻已知，满偏电压UA＝IRA＝1.00V，故可将其与定值电阻R0串联改装成量程U＝I(RA＋R0)＝5.00V的电压表，将改装后的电压表与热敏电阻并联后再与毫安表A1串联，电路如答图所示．

(2)由并联规律和欧姆定律可知热敏电阻两端电压Ut＝I2(RA＋R0)，通过热敏电阻的电流It＝I1－I2，所以热敏电阻阻值的表达式为Rt＝I2（RA＋R0）I1－I2.(3)由Rt＝I2（RA＋R0）I1－I2＝RA＋R0I1I2－1结合题图乙可知，随I2的增大，I1I2不断

减小，热敏电阻阻值随之增大．(4)由欧姆定律可知，通过电阻R1的电流IR1＝U总R1＝930A＝0.3A，因此通过热敏电阻所在支路的电流IRt＝I总－IR1＝0.4A＝400mA，由题图乙可知，对应I2约为4mA，此时热敏电阻两端电压约为2V，

则R2两端电压约为7V，所以R2＝70.4Ω＝17.5Ω；根据题图丙可知，Rt＝115t＋43(Ω)，代入Rt＝5Ω，解得t＝55℃.13．答案：(1)60°(2)2＋33×10－8s解析：(1)作出光路图如图所示单色光从CD边的中点E垂直射入透明介质，不改变传

播方向在BC边的入射角为∠1＝45°(1分)由临界角公式得sinC′＝1n＝33(1分)可知C′<45°，即光在BC边发生全反射∠1＝∠2＝45°(1分)根据几何关系得∠3＝30°(1分)由折射定律有s

in∠3sin∠4＝1n(1分)可解得∠4＝60°(1分)(2)根据题意和几何知识可得CF＝2mBF＝(6－2)m(1分)对于△BFG，根据正弦定理有BFsin60°＝FGsin75°(1分)解得FG＝233

m该单色光在介质中的传播速度v＝cn(1分)该单色光从E点射入到第一次射出透明介质所用的时间t＝EF＋FGv＝2＋33×10－8s(1分)14．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(1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tmax＝3πl3v(2分)15．答案：(1)mg2（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(1分)(2)整个的运动过程中重力与摩擦力做功，则：mgh1－μmgs＝0(3分)可得：s

＝h1μ(2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，(3分)解得：h1≥h2＋（3＋2cosθ）R2(2分)