2024版新教材高考物理一轮复习特训卷-仿真练2.docx

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1、仿真练2本试卷满分100分，考试时间90分钟一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分每小题只有一个选项符合题目要求1两种放射性元素A、B的半衰期分别为tA、tB，且，A、B衰变产物稳定某时刻一密闭容器内元素A、B原子核个数(均足够多)之比，经过时间ttB，该容器内元素A、B的原子核个数之比变为()A BC D2如图所示，小球通过两根轻绳1、2悬挂于车中，其中绳2沿水平方向小车在水平面上做匀变速直线运动，两绳一直保持拉直状态若加速度稍稍减小，则()A当加速度方向向右时，绳1张力变大，绳2张力变小B当加速度方向向右时，绳1张力变小，绳2张力变小C当加速度方向向左时，绳1张力不变，绳2张力

2、变大D当加速度方向向左时，绳1张力不变，绳2张力变小3如图所示是一半圆柱形玻璃砖的横截面，一束复色光射入玻璃砖，从圆心O处射出的折射光线分成了a、b两束下列说法正确的是()A玻璃砖对a光的折射率较大Ba光在真空中的波长较长Ca光在玻璃砖中的速度较小D若逐渐增加入射角，最先消失的是a光4工程上经常利用“重力加速度法”探测地下矿藏分布，可将其原理简化，如图所示，P为某地区水平地面上一点，如果地下没有矿物，岩石均匀分布、密度为，P处的重力加速度(正常值)为g；若在P点正下方一球形区域内有某种矿物，球形区域中矿物的密度为，球形区域半径为R，球心O到P的距离为L，此时P处的重力加速度g相比P处重力加速度

3、的正常值g会偏小，差值gg可称为“重力加速度反常值”关于不同情况下的“重力加速度反常值”，下列说法正确的是()A若球心O到P的距离变为2L，则“重力加速度反常值”变为B若球形区域半径变为R，则“重力加速度反常值”变为C若球形区域变为一个空腔，即“矿物”密度为0，则“重力加速度反常值”变为4D若球形区域内为重金属矿物，矿物密度变为，则“重力加速度反常值”变为5.如图所示，将一粗细均匀且由同种材料制成的线圈放入匀强磁场中(磁场的方向垂直线圈所在平面向里)，线圈的上部分为半圆，下部分为等边三角形的两边，线圈的A、B两端接一电源，线圈下部分所受安培力的大小为F0，则整个线圈所受安培力的大小为()AF0

4、 BF0CF0 DF06.一根长绳沿x轴放置，现让绳子中间的P点作为波源，从t0时刻开始沿竖直方向做简谐运动，振幅A10 cm.绳上形成的简谐波沿绳向两侧传播，波长1 mt7.5 s时刻绳上形成的波形如图所示，此时波源位于平衡位置上方y5 cm处则07.5 s内x1 m处的质点经过的路程为()A45 cm B35 cmC(405) cm D(405) cm7.如图所示，小车甲、乙的质量均为m，小车甲在外力(图中未画出)作用下，一直向右做匀速直线运动，速度大小为v0；小车乙左侧固定一轻质弹簧，开始时静止在小车甲的右侧，弹簧处于自由伸长状态，小车压缩弹簧过程，弹簧一直处在弹性限度内不计小车乙与地面

5、间的摩擦阻力，则()A弹簧被压缩到最短时，储存的弹性势能为mvB弹簧被压缩到最短的过程，弹簧弹力对小车甲做的功为mvC弹簧被压缩到最短的过程，弹簧弹力对小车甲的冲量大小为2mv0D弹簧从被压缩到复原的过程，除弹簧弹力外，合外力对小车甲做的功为mv8.如图所示，发电机输出电压峰值一定的正弦式交流电，接入理想变压器原线圈，导线电阻r2 ，原线圈匝数n150，副线圈有两个绕组，匝数分别为n250，n3150，负载定值电阻R8 ，下列不同连接方式中，电阻R功率最大的是()Aa端接1，b端接2Ba端接3，b端接4C2、3连接，a端接1，b端接4D1、3连接，a端接2，b端接4二、多项选择题：本题共4小题

6、，每小题4分，共16分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分9下列现象及关于热力学第一、第二定律的叙述正确的是()A一定质量的理想气体在等温膨胀过程中，气体一定从外界吸收热量B热力学第一定律和热力学第二定律是从不同角度阐述了能量守恒定律C0 的冰融化为0 的水，此过程系统吸收热量，内能增加D“覆水难收(泼出去的水难以收回)”反映了与热现象有关的宏观过程具有方向性10玩具小车在水平地面上从静止开始先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动直到停下已知小车加速和减速过程的位移之比为35，下列说法正确的是()A小车加速和减速过程的平均速度之比为

7、35B小车加速和减速过程的时间之比为35C小车前一半时间和后一半时间通过的位移之比为94D小车前一半时间和后一半时间通过的位移之比为3211.如图所示，空间中有八个点分别位于同一正方体的八个顶点，a点和f点固定有正点电荷，c点和h点固定有负点电荷已知四个点电荷带电荷量的绝对值相等，下列说法正确的是()A正方体中心处的合场强为0Be、d两点的电势相等C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0Db、e两点场强大小相等、方向不同12.如图所示，半径为R、圆心为O的圆形区域内存在一垂直纸面向里的匀强磁场，a、b为圆形边界上的两点，a、O、b三点共线，ab水平电子带电荷量为e、质量为m，以

8、速率v从a处射入磁场，当电子在a处的速度方向与aO夹角为30、斜向下时，离开磁场时的速度方向相比进入时的改变了60.不计电子的重力，下列说法正确的是()A圆形区域中磁场的磁感应强度大小为B改变入射方向，当电子经过O点时，电子在磁场中的运动时间为C改变入射方向，电子离开磁场时的速度方向不变D改变入射方向，两次入射方向不同，电子可能从同一位置射出磁场三、非选择题：本题共6小题，共60分13(7分)某学习小组的同学利用以下装置研究两小球的正碰安装好实验装置，在水平地面上铺一张白纸，白纸上铺复写纸，记下重垂线所指的位置O.接下来的实验步骤如下步骤1：不放小球B，让小球A从斜槽上G点由静止释放，并落在地

9、面上重复多次，用尽可能小的圆，把小球A的所有落点圈在里面，其圆心就是小球A落点的平均位置步骤2：把小球B静止放在轨道前端边缘位置，让小球A从G点由静止释放，与小球B碰撞重复多次，并使用与步骤1中同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点平均位置M、P、N到O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度(1)上述实验除需要测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量小球的质量，为了防止碰撞后A球反弹，应保证A球的质量m1_B球的质量m2(填“大于”“等于”或“小于”).(2)若两个小球碰撞前后动量守恒，需验证的关系式为_(用m1、m2、OM、OP和ON表示)(3)若

10、两个小球的碰撞为弹性碰撞，测量出长度比值k，则k_(用数字表示)(4)本实验中下列可能造成误差的是_A小球在斜槽上运动时有摩擦B轨道末端未调节水平C小球A未从同一高度释放D轨道末端到地面的高度未测量14(7分)实验室有两个完全相同的电流表，为了尽量准确测量一节干电池的电动势E和内阻r，某学习小组设计了如图1所示的电路图电流表的内阻记为Rg，具体值未知主要实验步骤如下：根据电路图，连接实物图；断开开关S2，闭合开关S1，调节电阻箱R取不同的值，记录对应的电流表的示数I，利用数据描点作图，画出的 R图像如图2中所示；闭合开关S2，调节电阻箱R取不同的值，记录对应的电流表的示数I，利用数据描点作图，

11、画出的 R图像如图2中所示请完成下列问题(1)在图3中用笔画线代替导线连接实物图(2)实验中调节电阻箱R的阻值时，下列说法正确的是_A应从大向小逐渐调节B应从小向大逐渐调节C从大向小或从小向大调节都可以(3)某次电流表指针如图4所示，则电流表的读数为_ mA.(4)测出图2中拟合的直线、的斜率均为k0.71 V1，纵截距分别为b115.1 A1，b28.0 A1，可计算出干电池电动势E_ V，内阻r_ ；电流表的内阻Rg_ .(结果均保留3位有效数字)15(8分)某学习小组设计了一个简易温度计，一根细长的均匀玻璃管一端开口，管内用水银柱封闭有一段气柱如图所示，当管口竖直向上时，气柱长度为L14

12、0 cm，当管口竖直向下时，气柱长度为L260 cm，管内气体可视为理想气体，环境温度T0300 K.(1)求玻璃管水平放置时的气柱长度L0.(2)当玻璃管水平放置时，环境温度上升了t1 ，求水银柱在玻璃管中移动的距离x，并判断温度计的标度是否均匀请举出一条提高温度计灵敏度的措施(越大，装置灵敏度越高).16(8分)如图所示，带有等量异种电荷的平行板电容器两极板A、B竖直放置，极板A、B间电压为U，A极板电势高于B极板，两极板长度均为H.一可视为质点的质量为m、带电荷量为q的带正电小球，从A极板正上方h处以某一速度水平抛出，进入电场后做直线运动，恰从B极板下边缘飞出，电容器内部电场可视为匀强电

13、场，不考虑边界效应，重力加速度为g，忽略空气阻力求：(1)小球在电容器上方与电场中的运动时间之比t1t2；(2)小球的初速度大小v0及两极板间距离d.17.(14分)如图所示，a、b两根完全相同的金属棒放置在倾角为37的两平行导轨上，导轨的顶端接有定值电阻R0.4 和开关S(初始时开关闭合)，整个导轨放在磁感应强度大小为B1 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在平面向上现在给金属棒a施加一平行于导轨向下的恒力F0.212 N，使其从t0时刻由静止开始运动，t01 s时，金属棒b刚好开始滑动，已知两金属棒的质量均为m0.1 kg、电阻均为r0.4 、长度均为L1 m，两金属棒与导轨间的动摩擦因数

14、均为，重力加速度为g10 m/s2，导轨间距为L1 m，金属棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 370.6.(1)求0t0时间内，金属棒a下滑的位移大小；(2)求0t0时间内，金属棒a上产生的焦耳热；(3)若金属棒b开始滑动的瞬间，立即断开开关S，在t1时刻，金属棒a中的电流恰好达到最大值，已知在t12t1时间内，金属棒a下滑的位移为s0，求这段时间内金属棒b的位移大小18(16分)如图所示，木板B和物块A质量均为m，开始木板静止在水平地面上，物块位于木板最左端物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为，木板和物块用不可伸长的轻质细线绕过光滑定滑

15、轮连接，初始时细线绷紧现对物块施加一水平向右的恒定拉力，当物块运动到木板正中间时撤去拉力，最后物块恰好停在木板的最右端已知细线足够长，整个过程木板不会撞到滑轮，物块可视为质点，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(1)求物块向右加速和减速所用时间之比.(2)求拉力F的大小(3)若已知木板长度为L，当物块运动到木板正中间时，撤去拉力的同时细线断裂，通过计算判断最终物块能否停在木板上若能，求物块停在木板上的位置；若不能，求物块离开木板时的速度大小仿真练21答案：C解析：结合题述可知，经过时间ttB，元素A经过两个半衰期，原子核个数变为nAnA，元素B经过一个半衰期，原子核个数变为nBnB，

16、容器内元素A、B的原子核个数之比变为，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，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 mg0，得T1，两绳一直保持拉直状态，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 T1sin ma，得T2T1sin mamg tan ma，若加速度稍稍减小，则T2减小当加速度方向向左时，有T1sin T2ma，得T2T1sin mamg tan ma，若

17、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，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cf可得，可知a光在真空中的波长较长，B正确由折射知识有n，可知a光在玻璃砖中的速度较大，C错误若临界角为C，有sin C，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时，在球体中补上密度也为的等体积物质，球体中物质的密度变成正常密度，此时P处质量为m的质点受到的重力为mg，可看成补上的

18、密度为的物质对P处质点的引力与原来引力mg的矢量和，即mgmgG，则gg.若球心O到P的距离变为2L，则“重力加速度反常值”变为，A错误若球形区域半径变为R，则“重力加速度反常值”变为，B正确若球形区域变为一个空腔，在球体中需补上密度为的物质，此时P处质量为m的质点受到的重力为mg，有mgmg3G，3gg3，则“重力加速度反常值”变为2，C错误若球形区域中矿物的密度变为，矿物可看成密度为和密度为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mg4mgG，“重力加速度反常值”为4gg4，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，由并联电路特点可知，线圈上、下两

19、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，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F1F0F0，A正确6答案：D解析：由题图可知波源P起振方向向下，07.5 s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sP8Ay(805)cm，x1 m处的质点Q平衡位置到波源P平衡位置的距离恰好为，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ssP4A(405)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

20、，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mv，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mv，小车乙动能增加了mv，则系统机械能的增加量为mv，可知合外力对小车甲做的功为mv，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mv，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

21、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2mv，D错误8答案：D解析：第一步：计算出变压器及右侧部分在原线圈电路中的等效电阻如图所示，将变压器及右侧部分等效为一个电阻R，当a、b端与副线圈绕组按不同方式连接时，副线圈等效匝数设为n2，设原线圈两端电压、流过的电流分别为U1、I1，电阻R两端的电压、流过的电流分别为U2、I2，则有RR.第二步：判断等效电阻取何值时功率最大设发电机输出电压有效值为E，等效电阻R的功率为

22、PIRR，可知当R时，等效电阻R的功率P有最大值，此时Rr.第三步：判断哪种接法能满足功率最大当a端接1，b端接2时，副线圈等效匝数为n250，RR8 ，当a端接3，b端接4时，副线圈等效匝数为n3150，RR ，当2、3连接，a端接1，b端接4时，副线圈等效匝数为n3n2200，RR，当1、3连接，a端接2，b端接4时，副线圈等效匝数为n3n2100，RR2 ，此时Rr，等效电阻R的功率P有最大值，即电阻R的功率最大，D正确9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

23、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10答案：BD解析：设小车的最大速度为vm，则加速和减速过程的平均速度均为vm，A错误设小车加速和减速过程的时间分别为t1、t2，加速和减速过程的位移分别为x1、x2，则有x1vmt1，x2vmt2，B正确根据以上分析可知t2t1，则小车运动的总时间t总t1

24、t2t1，一半时间为t1，设减速阶段的加速度大小为a2，t1时小车的速度为v1，有v1vma2(t1)vma2t1，可得v1vm，前一半时间小车的位移x前vmt1(vmv1)vmt1，后一半时间小车的位移x后v1vmt1，小车前一半时间和后一半时间通过的位移之比为，C错误，D正确11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

25、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

26、c，大小为k，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k，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k，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k，在bche平面上表示如图所示，D正确12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aCd60，由三角形全等可知aCOdCO30，电子从d点射出时的速度方向竖直向下，可知CdaO，aOC30，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rR，根据洛伦兹力提供电子在

27、磁场中做圆周运动的向心力可得r，代入半径可得B，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tT，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fPaO，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，

28、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13答案：(1)大于(2)m1OPm1OMm2ON(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m1v0m1v1m2v2，等式两边同乘以时间t，有m1v0tm1v1tm2v2t，即需验证m1OP m1OMm2ON.(3)若两个小球的碰撞为弹

29、性碰撞，由动量守恒定律有m1v0m1v1m2v2，由能量守恒定律有m1vm1vm2v，解得v1v0、v2v0，或v1v0、v20(不符合题意，舍去)，则比值k1.(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14答案：(1)如图所示(2)A(3)

30、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10 mA，可估读到1 mA，则读数为50 mA.(4)开关S2断开时，由闭合电路欧姆定律有I，整理得R.开关S2闭合时，由闭合电路欧姆定律有I，整理得R.可得 R图像的斜率k，得E，直线的纵截距B1，直线的纵截距B2，可解得r，Rg，把数据代入可得E1.41 V，r1.27 ，Rg10.0 .15解析：(1)设大气压强为p0，水银柱长度为h，

31、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(p0gh)L1S当玻璃管从平放到管口竖直向下时，有p0L0S(p0gh) L2S可得L048 cm(2)当玻璃管水平放置时，原来环境温度T0300 K，环境温度上升了t由盖 吕萨克定律有可得xL01.6 mm由于x与t成正比，可知在大气压强一定时温度计的标度是均匀的由以上分析得措施一：可封闭更多的气体，这样L0增大，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L2L0，同理有，增大，也可提高测量灵敏度16解析：(1)小球进入电场前做平抛运动，进入电场后在重力和电场力共同作用下做匀加速直线运动整

32、个过程竖直方向只受重力，竖直方向的分运动是自由落体运动，小球在做平抛运动时有hgt小球从被抛出至运动到B极板下端的全过程，有hHg(t1t2)2解得t1t211.(2)小球进入电场时速度水平分量为vx1v0，竖直分量为vy1，小球从右极板下边缘飞出，设飞出时速度水平分量为vx2，竖直分量为vy2，小球在电场中加速度水平分量为ax小球做平抛运动阶段，竖直方向有vy1gt1小球在电场中运动时，竖直方向有vy2vy1gt2小球进入电场后沿直线运动，有小球进入电场后水平方向有vx2vx1axt2设两极板间电场强度为E，有qEmax、UEd设小球平抛运动阶段水平位移为x1，在电场中运动阶段水平位移为x2

33、，有x1vx1t1x2(vx1vx2)t2dx1x2联立解得d ，v017解析：(1)金属棒b刚好滑动时，有mg sin BI1Lmg cos 解得I10.1 A则干路上的电流I0.2 A由闭合电路欧姆定律有EI由法拉第电磁感应定律有EBLv解得v0.12 m/s对金属棒a，由动量定理有Ft0mg sin t0mg cos t0BLt0mv0即Ft0mg sin t0mg cos t0qBLmv0又q联立解得x0.06 m(2)对金属棒a，由动能定理有(Fmg sin mg cos )xW安mv20整个回路中产生的焦耳热为Q总W安则0t0时间内金属棒a中产生的焦耳热为QaQ总解得Qa0.004

34、 J(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F2mg sin 2mg cos 2ma以金属棒a为研究对象，有Fmg sin mg cos BILma又EBL(vavb)2Irt1时刻后，两金属棒以相同的加速度沿导轨运动t12t1时间内，由匀变速直线运动规律有s0va(2t1t1)a(2t1t1)2sbvb(2t1t1)a(2t1t1)2联立解得sbs00.084 8t1(m)18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

35、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v22a1x12x1L0va1t1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mgmaa得aag设木板向右的加速度大小为aB，有mg2mgmaB得aB3g由于aBaa，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

36、为t2物块停在木板最右端，有2x2L0物块减速过程有v22a2x2va2t2联立可得a1a2，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T2mgma2对木板有mg2mgT2ma2可得a22g拉力撤去前，有a1a22g，设细线上的拉力为T1对物块有FT1mgma1对木板有T1mg2mgma1可得F8mg(3)撤去拉力时，由以上分析可得物块和木板的速度大小v细线断裂后，结合以上分析可知物块向右减速，加速度大小aAg，木板向左减速，加速度大小aB3g，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vaBt3x3L木板速度减为0时，物块的速度大小v3vaAt3此阶段物块减速运动的距离x4(vv3)t3L此阶段物块相对木板向右滑行的距离x相x3x4L由于x相L，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fm2mg物块对木板的滑动摩擦力fmg由于ffm，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vv2aA可得v4 ，假设成立物块和木板的v t图像如图乙所示