2019屆浙江高考物理二輪復習仿真模擬卷（打包10套）.zip

2019屆浙江高考物理二輪復習仿真模擬卷（打包10套）.zip,2019,浙江,高考,物理,二輪,復習,仿真,模擬,打包,10 仿真模擬卷(四) 一、選擇題Ⅰ(本題共13小題,每小題3分,共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的,不選、多選、錯選均不得分) 1.下圖中不是測量力學基本量的儀器是(　　) 2.金麗溫高鐵開通后,從鐵路售票網(wǎng)查詢到G7330次列車縉云西到杭州東的信息如圖所示,用電子地圖測距工具測得縉云西站到杭州東站的直線距離約為179.8 km,下列說法正確的是(　　) A.在研究動車過一橋梁所花的時間與動車從縉云西站到杭州東站所花的時間時,動車均可看成質(zhì)點 B.圖中07:31表示一段時間 C.動車高速行駛時,可以取5 m位移的平均速度近似看作這5 m起點位置的瞬時速度 D.G7330次列車行駛時的最高速度約為116 km/h 3.一小男孩從右側(cè)用5 s的時間爬上滑梯,停10 s后從左側(cè)的滑梯由靜止開始滑到水平地面,用時3 s。下列說法正確的是(　　) A.他爬上去和滑下來的位移相同 B.他整個過程用時18 s,指的是時間間隔 C.他爬上去和滑下來的平均速度相同 D.他爬上去和滑下來的重力做的功相等 4.天舟一號貨運飛船于2017年4月20日在文昌航天發(fā)射中心由長征七號遙二運載火箭成功發(fā)射升空,4月25日進入預定軌道調(diào)整,于4月27日成功與更高軌道的天宮二號完成首次推進劑在軌補加試驗。已知天舟一號在預定軌道上做勻速圓周運動,補給前后天宮二號在軌道上均為勻速圓周運動。下列說法正確的是(　　) A.補給之前天宮二號中宇航員處于超重狀態(tài) B.預定軌道上的天舟一號運行的線速度小于在軌的天宮二號的線速度 C.預定軌道上的天舟一號運行的周期小于在軌的天宮二號的周期 D.補給后的天宮二號的運行速度將會大于7.9 km/s 5.智能手機耗電量大,移動充電寶應運而生,它是能直接給移動設(shè)備充電的儲能裝置。充電寶的轉(zhuǎn)化率是指電源放電總量占電源容量的比值,約為0.6(包括移動電源和被充電池的線路板、接頭和連線的損耗)。下表為某一款移動充電寶的參數(shù),下列說法正確的是(　　) 容量 20 000 mA·h 兼容性 所有智能手機 邊充邊放 否 保護電路 是 輸入 DC 5 V 2 A MAX 輸出 DC 5 V 0.1~2.5 A 尺寸 156*82*22 mm 轉(zhuǎn)化率 0.60 產(chǎn)品名稱 索揚SY10-200 重量 約403 g A.充電寶充電時將電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 B.該充電寶最多能儲存能量為3.6×106 J C.該充電寶電量從零到完全充滿電的時間約為2 h D.該充電寶給電量為零、容量為3 000 mA·h的手機充電,則理論上能充滿4次 6.發(fā)球機從同一高度向正前方依次水平射出兩個速度不同的乒乓球(忽略空氣的影響)。速度較大的球越過球網(wǎng),速度較小的球沒有越過球網(wǎng),其原因是(　　) A.速度較小的球下降相同距離所用的時間較多 B.速度較小的球在下降相同距離時在豎直方向上的速度較大 C.速度較大的球通過同一水平距離所用的時間較少 D.速度較大的球在相同時間間隔內(nèi)下降的距離較大 7.一質(zhì)量為1 kg的物體從高空由靜止下落,下落過程中所受空氣阻力恒定,在開始一段時間內(nèi)其位移x隨時間t變化的關(guān)系圖象如圖所示。g取10 m/s2。物體下落過程中所受空氣阻力的大 小為(　　) A.1 N B.2 N C.3 N D.4 N 8.如圖所示,匈牙利大力士希恩考·若爾特曾用牙齒拉動50 t的A320客機。他把一條繩索的一端系在飛機下方的前輪處,另一端用牙齒緊緊咬住,在52 s的時間內(nèi)將客機拉動了約40 m。假設(shè)大力士牙齒的拉力約為5×103 N恒定不變,繩子與水平方向夾角θ約為30°,則飛機在被拉動的過程中(　　) A.重力做功約2.0×107 J B.拉力做功約1.7×105 J C.克服阻力做功約為1.5×105 J D.合外力做功約為2.0×105 J 9.如圖所示,某帶負電荷的小球沿電場中一豎直電場線從A運動到B。E表示電場強度,φ表示小球的電勢,Ep表示小球的電勢能,Ek表示小球的動能,則下列說法正確的是(　　) A.小球從A點到B點一定是勻加速度運動 B.EA一定大于EB,φA一定大于φB C.小球電勢能EpA大于EpB,動能EkA小于EkB D.小球在A點的機械能大于在B點的機械能 10.應用物理知識分析生活中的常見現(xiàn)象,可以使物理學習更加有趣和深入。例如你用手掌平托一蘋果,保持這樣的姿勢在豎直平面內(nèi)按順時針方向做勻速圓周運動。關(guān)于蘋果從最高點c到最低點a運動的過程,下列說法正確的是(　　) A.蘋果先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài) B.蘋果在運動過程中加速度恒定 C.蘋果在運動過程中機械能守恒 D.蘋果所受的合外力越來越大 11.頻閃照相是每隔相等時間曝光一次的照相方法,在同一張相片上記錄運動物體在不同時刻的位置。如圖所示是小球在豎直方向運動過程中拍攝的頻閃照片,相機的頻閃周期為T,利用刻度尺測量相片上2、3、4、5與1位置之間的距離分別為x1、x2、x3、x4。以下說法不正確的是 (　　) A.小球在位置1時的速度一定為零 B.小球在2位置的速度大小為x22T C.小球的加速度大小為x2-2x1T2 D.頻閃照相法可用于驗證機械能守恒定律 12.某興趣小組的同學設(shè)計了一個“電流表”。如圖所示,質(zhì)量為m=0.01 kg的勻質(zhì)細金屬棒MN的中點處通過一絕緣掛鉤與一豎直懸掛的勁度系數(shù)k=2.0 N/m的彈簧相連。在矩形區(qū)域abcd內(nèi)有垂直紙面向外、大小B=0.20 T的勻強磁場。與MN的右端N連接的一絕緣輕指針可指示標尺上的讀數(shù),MN的長度大于ab。當MN中沒有電流通過且處于平衡狀態(tài)時,MN與矩形區(qū)域的cd邊重合;當MN中有電流通過時,指針示數(shù)可表示電流大小。若ab=0.2 m,bc=0.05 m,重力加速度g取10 m/s2,(不計通電時電流產(chǎn)生的磁場的作用)則下列說法正確的是(　　) A.若要電流表正常工作,MN的N端應與電源正極相接 B.當電流表示數(shù)為零時,彈簧長度為0.05 m C.此電流表的量程是2 A D.為了將量程擴大為原來的2倍,磁感應強度應變?yōu)?.1 T 13.一個質(zhì)量為m,電荷量為q的半徑極小的小球,用絲線懸掛在某勻強電場中,電場線水平向左。當小球靜止時,測得懸線與豎直方向成30°夾角,如圖所示。則該電場的場強大小為(　　) A.mgq B.3mg3q C.3mg2q D.3mgq 二、選擇題Ⅱ(本題共3小題,每小題2分,共6分,每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得2分,選對但不全的得1分,有選錯的得0分) 14. 【加試題】在勻強磁場中,一個100匝的閉合矩形金屬線圈,繞與磁感線垂直的固定軸勻速轉(zhuǎn)動,穿過該線圈的磁通量隨時間按圖示正弦規(guī)律變化。設(shè)線圈總電阻為2 Ω,則(　　) A.t=0時,線圈平面平行于磁感線 B.t=1 s時,線圈中的電流改變方向 C.t=1.5 s時,線圈中的感應電動勢最大 D.一個周期內(nèi),線圈產(chǎn)生的熱量為8π2 J 15.【加試題】下列說法正確的是(　　) A.α粒子散射實驗是盧瑟福建立原子核式結(jié)構(gòu)模型的重要依據(jù) B.根據(jù)玻爾理論,氫原子輻射出一個光子后,氫原子的電勢能增大 C.在光電效應的實驗中,入射光的強度增大,光電子的最大初動能也增大 D.83210Bi的半衰期是5天,12 g ?83210Bi經(jīng)過15天衰變后剩余的質(zhì)量為1.5 g 16.【加試題】如圖所示,一束可見光穿過平行玻璃磚后,變?yōu)閍、b兩束單色光。如果光束b是藍光, 則光束a可能是(　　) A.紅光 B.黃光 C.綠光 D.紫光 三、非選擇題(本題共7小題,共55分) 17.(5分)用如圖1所示裝置來做探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系的實驗時,回答下面問題: (1)下列說法正確的是　　　　。? A.連接沙桶和小車的細繩應與長木板保持平行 B.實驗時,先放開小車,再接通打點計時器的電源 C.每次改變小車的質(zhì)量時,不需要重新平衡摩擦力 D.平衡摩擦力時,將空的沙桶用細繩通過定滑輪拴在小車上 (2)本實驗中把沙和沙桶的總重力當作小車受到的拉力,當測得某一次小車連同車上的重物的總質(zhì)量M=450 g時,則圖2的物體中能用來取代沙和沙桶的是　　　　。? (3)實驗得到如圖3所示的一條紙帶,打點計時器所接交流電源的頻率為50 Hz,從O點開始每5個計時點取一個計數(shù)點,在紙帶上依次標出0、1、2、3、4共5個計數(shù)點,表格中記錄的是各計數(shù)點對應的刻度數(shù)值,其中計數(shù)點3的刻度數(shù)為　　　　cm,并將這個測量值填入表中。? 計數(shù)點 0 1 2 3 4 刻度數(shù)值/cm 0 3.03 7.11 　　　? 18.55 (4)根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)試計算出小車的加速度為　　　　m/s2(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。? 18.(5分)在描繪小燈泡伏安特性曲線的實驗中,某同學先用多用電表的250 mA擋測量通過小燈泡的電流。 (1)在圖甲電路中,需要將多用電表的兩表筆連接到a、b兩處,其中黑表筆應與　　　　(選填“a”或“b”)連接。? (2)將得到的數(shù)據(jù)記錄在表格中,當電源為1.50 V時,對應的多用電表指針指示如圖乙所示,其讀數(shù)為　　　　mA。? (3)由于長期使用多用電表,表內(nèi)電池的電動勢會降低,仍按第(2)步驟測量電路中的電流,則測量示數(shù)會　　　　(選填“偏大”“偏小”或“不變”)。? 19.(9分)2017年1月25日,在中央電視臺播出的《2016年度科技盛典》節(jié)目中,海軍電力工程專家馬偉明院士表示正在研制“國產(chǎn)003型航母電磁彈射器”(如圖所示)。它是由電磁彈射車給飛機一個輔助作用力,使飛機在較短的直跑道上獲得較大的速度。假定航母處于靜止狀態(tài),質(zhì)量為M的飛機利用電磁彈射器起飛,飛機在t0時刻從靜止開始在跑道上做勻加速運動,在t1時刻獲得發(fā)射速度v。此過程中飛機發(fā)動機的推力恒為F,阻力恒為Ff。問: (1)電磁彈射車對飛機的輔助推力多大? (2)若在t1時刻突然接到飛機停止起飛的命令,立刻將該飛機的推力和電磁彈射車的輔助推力同時反向但大小不變。要使飛機能安全停止,則飛行甲板L至少多長? 20.(12分)如圖所示,傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R=0.4 m的光滑半圓軌道BC平滑相連,O點為軌道圓心,BC為圓軌道直徑且處于豎直方向,A、C兩點等高。質(zhì)量m=1 kg的滑塊從A點由靜止開始下滑,恰能滑到與O點等高的D點,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)求滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ; (2)要使滑塊能到達C點,求滑塊從A點沿斜面滑下時初速度v0的最小值; (3)若滑塊離開C點的速度為4 m/s,求滑塊從C點飛出至落到斜面上所經(jīng)歷的時間。 21.(4分)【加試題】(1)某物理興趣小組的同學,在利用氣墊導軌探究碰撞中的不變量實驗中,測得左側(cè)滑塊質(zhì)量m1=150 g,右側(cè)滑塊質(zhì)量m2=121 g,擋光片寬度為2.00 cm,兩滑塊之間有一壓縮的彈簧片,并用細線連在一起,如圖所示。開始時兩滑塊都靜止,燒斷細線后,兩滑塊分別向左、向右方向運動。擋光片通過左、右光電門的時間分別為Δt1=0.20 s,Δt2=0.16 s。取向右為正方向,則燒斷細線前系統(tǒng)的總動量為　　　　kg·m/s,燒斷細線后系統(tǒng)的總動量為　　　　kg·m/s。? (2)在用雙縫干涉測光的波長實驗中,小李同學在測量某暗條紋中心位置時,手輪上的示數(shù)如圖所示,其示數(shù)為　　mm。當小李用黃光作為入射光,發(fā)現(xiàn)條紋間距太小。為了增大干涉條紋的間距,該同學可以采用的方法有　　　　。? A.改用紅光作為入射光 B.改用藍光作為入射光 C.增大雙縫到屏的距離 D.更換間距更大的雙縫 22.(10分)【加試題】如圖所示,間距為L的倒U形金屬導軌豎直放置,導軌光滑且電阻忽略不計。垂直導軌平面分布著100個場強為B的條形勻強磁場,磁場區(qū)域的寬度為a,相鄰磁場距離為b。一根質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒放置在導軌上且與導軌始終良好接觸,金屬棒從距離第一磁場區(qū)域上端2a位置靜止釋放。(設(shè)重力加速度為g) (1)求剛進入第1磁場區(qū)域時的安培力大小和方向; (2)金屬棒穿過各段磁場時,發(fā)現(xiàn)通過回路的電流隨時間以固定周期做周期性變化,求金屬棒穿出第100個磁場區(qū)域時的速度及整個過程金屬棒產(chǎn)生的熱量; (3)若滿足第(2)問的情況,求金屬棒穿過每個磁場區(qū)域的時間;并畫出通過回路的電流i隨時間t的變化的圖象(定性即可,不需要標出具體坐標值)。 23. (10分)【加試題】平面直角坐標系xOy中,第Ⅰ象限存在垂直于紙面向里的勻強磁場,第Ⅲ現(xiàn)象存在沿y軸負方向的勻強電場,如圖所示。一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動,Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標原點O離開電場進入磁場,最終從x軸上的P點射出磁場,P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力,問: (1)粒子到達O點時速度的大小和方向; (2)電場強度和磁感應強度的大小之比。  普通高校招生選考(物理)仿真模擬卷(四) 一、選擇題Ⅰ 1.B　解析 在國際單位制中三個力學基本量是長度、質(zhì)量、時間,測量工具分別是刻度尺、天平、停表以及打點計時器;而彈簧測力計是測量力的儀器,B不是測量力學基本量的儀器,故選B。 2.C　解析 A.在研究動車過一橋梁所花的時間時動車的長度不能忽略,不能看成質(zhì)點,故A錯誤;B.07:31指的是時刻,故B錯誤;C.高速行駛時速度很快,通過5 m的時間很短,可以取5 m位移的平均速度近似看作這5 m起點位置的瞬時速度,故C正確;D.平均速度等于位移與時間的比值,平均速度v=179.813360 km/h=116 km/h,所以最大速度不是116 km/h,故D錯誤。 3.B　解析 位移為初位置到末位置的有向線段,由圖可知他爬上去和滑下來的位移大小不相等,方向不同,所以位移不相同,故A錯誤;他整個過程用時18 s,18 s是它全程所用的時間間隔,故B正確;由于位移方向不同,根據(jù)定義可知平均速度方向不同,所以平均速度不同,故C錯誤;在爬上的過程中,重力做負功,下滑過程中,重力做正功,故D錯誤。 4.C　解析 做勻速圓周運動的天宮二號中宇航員,受到的萬有引力提供宇航員所需要的向心力,宇航員處于失重狀態(tài),故A錯誤;根據(jù)萬有引力提供向心力,GMmr2=mv2r,v=GMr,天舟一號的軌道半徑小,運行的線速度大,故B錯誤;根據(jù)萬有引力提供向心力,GMmr2=m4π2T2r,T=4π2r3GM,天舟一號的軌道半徑小,運行的周期小,故C正確;7.9 km/s即第一宇宙速度是衛(wèi)星處于地球表面附近時的環(huán)繞速度,是最大的環(huán)繞速度,故D錯誤。 5.D　解析 充電寶充電時將電能轉(zhuǎn)化為化學能,不是內(nèi)能,故A錯誤;該充電寶的容量為q=20 000 mA·h=20 000×10-3×3 600 C=7.2×104 C,該電池的電動勢為5 V,所以充電寶儲存的能量E=E電動勢·q=5×7.2×104 J=3.6×105 J,故B錯誤;以2 A的電流為用電器供電時,供電時間t=qI=7.2×1042 s=3.6×104 s=10 h,故C錯誤;由于充電寶的轉(zhuǎn)化率是0.6,所以可以釋放的電量為20 000 mA·h×0.6=12 000 mA·h,給容量為3 000 mA·h的手機充電的次數(shù)n=12 0003 000=4,故D正確。 6.C　解析 由題意知,速度較大的越過球網(wǎng),即同樣的時間速度大的水平位移大,或者同樣的水平距離速度大的用時少,故C正確;A、B、D錯誤。 7.B　解析 A.7.9 km/s是地球衛(wèi)星的最大速度,所以“中衛(wèi)”的線速度小于7.9 km/s,故A錯誤; B.同步軌道衛(wèi)星軌道只能在赤道上空,則“靜衛(wèi)”的軌道必須是在赤道上空,故B正確; C.根據(jù)萬有引力提供向心力得GMmr2=mv2r, 解得12mv2=GMm2r,如果質(zhì)量相同,動能之比等于半徑的倒數(shù)比,“中衛(wèi)”軌道高度為靜止軌道高度的35,地球半徑相同,所以“中衛(wèi)”軌道半徑不是靜止軌道半徑的35,則“靜衛(wèi)”與“中衛(wèi)”的動能之比不是3∶5,故C錯誤; D.根據(jù)GMmr2=mr4π2T2得T=4π2r3GM,則半徑越大周期越大,所以“靜衛(wèi)”的運行周期大于“中衛(wèi)”的運行周期,故D錯誤。 8.B　解析 A.飛機在水平方向被拉動,故此過程中飛機的重力不做功,故A錯誤;B.W=Fscosθ=5×103×40×32 J≈1.7×105 J,故B正確;C、D.飛機的獲得的動能Ek=12mv2=12×50×103×2×40522 J≈5.9×104 J,根據(jù)動能定理可知,合外力做功為5.9×104 J,又拉力做功1.7×105 J,所以克服阻力做功1.11×105 J,故C、D均錯誤。 9.D　解析 小球受到向下的重力、向上的電場力,由于重力和電場力的大小未知,無法判斷是加速還是減速,故A錯誤,C錯誤;沿電場線方向電勢降低,φA一定大于φB;對于負電荷,電勢越高電勢能越小,EA一定小于EB,故B錯誤;從A到B,電場力做負功,機械能減小,小球在A點的機械能大于在B點的機械能,故D正確。 10.A　解析 A.根據(jù)題意,物體做勻速圓周運動,其加速度方向始終指向圓心,從最高點c到最低點a運動的過程中,加速度的豎直分量先向下后向上,因此,蘋果先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài),選項A正確;B.加速度的方向始終在變,選項B錯誤;C.蘋果在運動過程中動能不變,重力勢能逐漸減小,機械能不守恒,選項C錯誤;D.蘋果所受的合外力提供向心力,其大小不變,選項D錯誤。 11.A　解析 A.根據(jù)題干圖片知,在相等時間內(nèi)的位移增大,可知向下速度越來越大,但不能確定位置1時的速度一定為零,故A錯誤。B.根據(jù)勻變速直線運動中某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度知,位置2的瞬時速度v2=x22T,故B正確。C.根據(jù)Δx=aT2得,x2-x1-x1=aT2,解得a=x2-2x1T2,故C正確。D.頻閃照相法可用于驗證機械能守恒定律,故D正確。 12.D　解析 為使電流表正常工作,作用于通有電流的金屬棒MN的安培力必須向下,由左手定則可知金屬棒中電流從M端流向N端,因此M端應接正極,故A錯誤;當電流表示數(shù)為零時,安培力為零,設(shè)彈簧的伸長為Δx,根據(jù)平衡條件則有:mg=kΔx,解得:Δx=mgk=0.05 m,所以當電流表示數(shù)為零時,彈簧伸長量為0.05 m,故B正確;設(shè)滿量程時通過MN的電流強度為Im,根據(jù)平衡條件則有:BImLab+mg=k(Lbc+Δx),聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得:Im=2.5 A,故此電流表的量程是2.5 A,故C錯誤;設(shè)量程擴大后,磁感應強度變?yōu)锽',則有:2B'ImLab+mg=k(Lbc+Δx),解得:B'=0.10 T,故D正確。所以D正確,ABC錯誤。 13.B　解析 小球受重力mg、電場力qE和繩子的拉力FT處于平衡狀態(tài),如圖所示, 則有qE=mgtan 30° 解得E=3mg3q 選項B正確,A、C、D錯誤。 二、選擇題Ⅱ 14.AD　解析 t=0時,磁通量為零,線圈平面平行于磁感線,故A正確;每經(jīng)過一次中性面(線圈平面垂直于磁感線,磁通量有最大值),電流的方向改變一次,t=1 s時,磁通量為零,線圈平面平行于磁感線,故B錯誤;t=1.5 s時,磁通量有最大值,但磁通量的變化率為零(ΔΦΔt=0),根據(jù)法拉第電磁感應定律可知線圈中的感應電動勢為零,故C錯誤;感應電動勢最大值Em=NBSω=N·Φm·2πT=4π V,有效值E=Em2=22π V,一個周期內(nèi)線圈產(chǎn)生的熱量Q=E2R·T=8π2 J,故D正確。 15.AD　解析 A.α粒子散射實驗是盧瑟福建立原子核式結(jié)構(gòu)模型的重要依據(jù),故A正確;B.根據(jù)玻爾理論可知,結(jié)合ke2r2=mv2r,可知,氫原子輻射出一個光子后,核外電子的運動速度增大,即動能增大,則氫原子的電勢能減小,故B錯誤;C.在光電效應的實驗中,入射光的強度增大,頻率不變,光電子的最大初動能Ek=hν-W0不變,C錯誤;D.12 g ?83210Bi經(jīng)過15天后,發(fā)生了三次衰變,根據(jù)m=m012n,則還有1.5 g未衰變,故D正確。 16.D　解析 根據(jù)題意作出完整光路圖,如圖所示,a光進入玻璃磚時光線偏折角較大,根據(jù)光的折射定律可知玻璃磚對a光的折射率較大,因此a光的頻率應高于b光,故選D。 三、非選擇題 17.答案 (1)AC　(2)D　(3)12.28　(4)1.1 解析 (1)A.連接沙桶和小車的輕繩應和長木板保持平行,使繩子的拉力等于小車受到的合力,故A正確。B.實驗時,先接通電源,后放開小車,故B錯誤。C.平衡摩擦力后,當改變小車或沙桶質(zhì)量時,不需要再次平衡摩擦力,故C正確。D.平衡摩擦力時,不需掛沙桶,但小車后面必須與紙帶相連,因為運動過程中紙帶受到阻力,故D錯誤。 (2)本實驗中把沙和沙桶的總重力當作小車受到的拉力,要保證小車的質(zhì)量遠遠大于沙和沙桶的質(zhì)量,故D正確。 (3)由題圖刻度尺可知示數(shù)為12.28 cm。 (4)根據(jù)Δx=aT2可知,a=x4-2x24T2=0.185 5-2×0.071 14×0.01 m/s2≈ 1.1 m/s2 18.答案 (1)b　(2)174(或173)　(3)不變 解析 (1)因a點的電勢高于b點,故應該紅表筆接a點,黑表筆接b點。 (2)當電源為1.50 V時,對應的多用電表讀數(shù)為174 mA。 (3)多用電表的電流擋內(nèi)不接電源,故表內(nèi)電池的電動勢降低時,測量值不變。 19.答案 (1)Mvt1-t0-F+Ff (2)v(t1-t0)2+Mv2(t1-t0)4Ff(t1-t0)+2Mv 解析 (1)飛機在加速過程中加速度為a,由運動學公式a=v1-v0Δt得a1=vt1-t0?、? 由牛頓第二定律可得F-Ff+F輔=Ma1　② 由①②可得F輔=Mvt1-t0-F+Ff?、? (2)飛機在加速過程中滑行的距離x1=vΔt=v(t1-t0)2　④ 飛機在減速過程中加速度為a2,由牛頓第二定律得-F-Ff-F輔=Ma2?、? 飛機在減速過程中滑行的距離為x2,由運動學公式vt2-v02=2ax可得x2=-v22a2　⑥ 由③⑤⑥可得x2=Mv2(t1-t0)4Ff(t1-t0)+2Mv 要使飛機能安全停止,則飛行甲板長L至少為 L=x1+x2=v(t1-t0)2+Mv2(t1-t0)4Ff(t1-t0)+2Mv 20.答案 (1)0.375　(2)23 m/s　(3)0.2 s 解析 (1)A到D過程,由動能定理知 mgR-μmgcos37°·2Rsin37°=0-0 解得μ=38=0.375 (2)要使滑塊能到達C點,則在圓周最高點C處,mg=mvc2R A到C過程,據(jù)動能定理有-μmgcos37°·2Rsin37°=12mvc2-12mv02[來源:學科網(wǎng)ZXXK] 解得v0=23 m/s (3)從C點平拋后,建立以C點為原點,向左為x軸,向下為y軸的坐標系,則x=vct,y=12gt2 由幾何關(guān)系,知tan 37°=2R-yx 代入得t=0.2 s 21.答案 (1)0　1.25×10-4　(2)6.870　AC 解析 (1)燒斷細線前系統(tǒng)前系統(tǒng)靜止,總動量為0;燒斷細線后,左邊物塊的動量p1=m1·dΔt1=150×10-3×2.00×10-20.20 kg·m/s=1.5×10-2 kg·m/s,右邊物塊的動量p2=m2·dΔt2=121×10-3×2.00×10-20.16 kg·m/s=1.512 5×10-2 kg·m/s,兩物體動量方向相反,燒斷細線后系統(tǒng)的總動量為p=p2-p1=1.25×10-4 kg·m/s,方向與右邊的物塊動量方向相同。 (2)讀數(shù)為6.5 mm+37.0×0.01 mm= 6.870 mm;波長增大、雙縫與屏間距增大,條紋間距增大,選A、C。 22.答案 (1)2B2L2gaR　(2)B2L2agaR+4a-2bg-4ag 解析 (1)金屬棒剛進入第1磁場區(qū)域時產(chǎn)生的感應電動勢為:E=BLv 根據(jù)速度位移公式:v2=2g·2a 解得:v=2ga 感應電流為:I=ER 安培力大小:F=BIL 聯(lián)立解得:F=2B2L2gaR,方向豎直向上。 (2)回路的電流隨時間以固定周期做周期性變化,可知金屬棒進入每個磁場時的速度必定相同,出每個磁場的速度也相同,即v進=2ga 根據(jù)速度位移公式:v進2-v出2=2gb 聯(lián)立解得:v出=2g(2a-b) 金屬棒在每個磁場中產(chǎn)生熱量相同,由動能定理得Q總=100Q 則有:Q=mg(a+b) 總熱量為:Q總=100mg(a+b) (3)由動量定理:mgt-I安=mv出-mv進 解得I安=B2L2Ra 解得:t=B2L2amgR+4a-2bg-4ag 通過回路的電流i隨時間t的變化的圖象如圖所示。 23.答案 (1)2v0,方向與x軸方向的夾角為45°角斜向上　(2)v02 解析 (1)粒子在電場中由Q到O做類平拋運動,設(shè)O點速度v與x軸正方向夾角為α,Q點到x軸的距離為L,到y(tǒng)軸的距離為2L,粒子的加速度為a,運動時間為t,根據(jù)類平拋運動的規(guī)律,有 x方向:2L=v0t y方向:L=12at2 粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vy=at 又tanα=vyv0 解得tan α=1,即α=45°,粒子到達O點時速度方向與x軸方向的夾角為45°角斜向上。 粒子到達O點時的速度大小為v=v0cos45°=2v0 (2)設(shè)電場強度為E,粒子的電荷量為q,質(zhì)量為m,粒子在電場中受到的電場力為F,粒子在電場中運動的加速度a=qEm 設(shè)磁感應強度大小為B,粒子做勻速圓周運動的半徑為R,洛倫茲力提供向心力,有qvB=mv2R 根據(jù)幾何關(guān)系可知R=2L 整理可得EB=v02 13