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(六) 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.以下關于物理學史和所用物理學方法的敘述錯誤的是(　　) A.在推導勻變速直線運動位移公式時,把整個運動過程劃分成很多很多小段,每一小段近似看作勻速直線運動,然后把各小段的位移相加之和代表物體的位移,這里采用了微元法 B.牛頓進行了“月—地檢驗”,得出天上和地下的物體都遵從萬有引力定律的結論 C.由于牛頓在萬有引力定律方面的杰出成就,所以被稱為能“稱量地球質(zhì)量”的人 D.根據(jù)速度定義式v=ΔxΔt,當Δt非常非常小時,ΔxΔt就可以表示物體在t時刻的瞬時速度,該定義應用了極限思想方法 2.北京已成功申辦2022年冬奧會。下列關于部分冬奧會項目的研究中,可以將運動員看作質(zhì)點的是(　　) A.研究速度滑冰運動員滑冰的快慢 B.研究自由滑雪運動員的空中姿態(tài) C.研究單板滑雪運動員的空中轉(zhuǎn)體 D.研究花樣滑冰運動員的花樣動作 3.復合彈簧是在金屬彈簧周圍包裹一層橡膠材料復合硫化而成。這種彈簧已廣泛應用于工程技術上以代替金屬彈簧,其物理性能與金屬彈簧相同。由此可知,復合彈簧(　　) A.不再遵守胡克定律 B.彈力與形變量成正比 C.勁度系數(shù)與粗細無關 D.勁度系數(shù)與材料無關 4.質(zhì)量為2 kg的物體,在光滑水平面上做直線運動。已知物體在t=0時速度為零,0~4 s內(nèi)物體位移等于1 m,則與此物體運動對應的圖象可能是(　　) 5.如圖所示,高速攝像機記錄了一名擅長飛牌、射牌的魔術師的發(fā)牌過程,虛線是飛出的撲克牌的軌跡,則撲克牌所受合外力F與速度v關系正確的是(　　) 6.物體做勻加速直線運動,相繼經(jīng)過兩段距離為16 m的路程,第一段用時4 s,第二段用時2 s,則物體的加速度是(　　) A.23 m/s2 B.43 m/s2 C.89 m/s2 D.169 m/s2 7.(2017年10月浙江選考,12)小明同學家里部分電器的消耗功率及每天工作時間如表所示,則這些電器一天消耗的電能約為(　　) 電器 消耗功率/W 工作時間/h 電茶壺 2 000 1 空調(diào) 1 200 3 電視機 100 2 節(jié)能燈 16 4 路由器 9 24 A.6.1×103 W B.6.1×103 J C.2.2×104 W D.2.2×107 J 8.如圖所示,O為兩個等量同種正點電荷連線的中點,a、b、c、d是以O為圓心的圓周上的四個點,設無窮遠處電勢為零,則下列說法正確的是(　　) A.a、c電場強度相同 B.b、O、d三點電勢相等 C.O點的電場強度、電勢均為零 D.把電子從a點移動到b點,電子的電勢能增大 9.某比特幣“礦場”(電腦房)的5 800臺比特幣“礦機”(電腦),24小時滿負荷運行,每天共需耗費16.8萬度電。下列用電器中,與每臺“礦機”滿負荷運行功率相近的是(　　) A.家用電風扇 B.家用冰箱 C.家用壁掛空調(diào) D.家用LED液晶電視 10. 如圖所示,蹄形磁體用懸線懸于O點,在磁體的正下方有一水平放置的長直導線,當導線通以由左向右的電流時,蹄形磁體的運動情況將是(　　) A.靜止不動 B.向紙外運動 C.N極向紙外轉(zhuǎn)動,S極向紙內(nèi)轉(zhuǎn)動 D.N極向紙內(nèi)轉(zhuǎn)動,S極向紙外轉(zhuǎn)動 11.小明家有一個燒水壺,銘牌上標有如下數(shù)據(jù),下列說法正確的是(　　) 電熱水壺 型號 RT25-C 額定容量 2 L 額定電壓 220 V 額定功率 1 000 W 額定頻率 50 Hz A.該燒水壺的電阻是48.4 Ω B.該燒水壺在正常工作時的電流是0.22 A C.若實際電壓為110 V,此時水壺的實際功率為500 W D.該水壺加熱水5 min產(chǎn)生的熱量是5 000 J 12. 牛頓在思考萬有引力定律時就曾想,把物體從高山上水平拋出,速度一次比一次大;落地點也就一次比一次遠。如果速度足夠大,物體就不再落回地面,它將繞地球運動,成為人造地球衛(wèi)星,如圖所示。下列判斷正確的是 (　　) A.發(fā)射人造地球衛(wèi)星的速度至少要達到7.9 km/h B.衛(wèi)星距地面越高,繞地球運動的速度越大 C.第一宇宙速度就是最小的發(fā)射速度 D.所有人造地球衛(wèi)星都做勻速圓周運動 13. 如圖,質(zhì)量為m的帶電小球A用絕緣細線懸掛于O點,處于靜止狀態(tài)。施加一水平向右的勻強電場后,A向右擺動,擺動的最大角度為60°,則A受到的電場力大小為(　　) A.mg2 B.3mg3 C.mg D.3mg 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】如圖所示為一列沿著x軸負方向傳播的簡諧橫波在某時刻的波形圖,此時質(zhì)點a的位移為20 cm,質(zhì)點b的平衡位置離O點的距離為1112λ(λ為波長)。經(jīng)過0.1 s(T>1 s)質(zhì)點b回到平衡位置,則(　　) A.周期為1.2 s B.從波形圖所示時刻開始計時,0.6 s內(nèi)質(zhì)點b通過的路程為0.4 m C.當b回到平衡位置后,再經(jīng)過0.2 s,a回到平衡位置 D.波速為0.3 m/s 15.【加試題】如圖所示,是氫原子光譜的兩條譜線,圖中給出了譜線對應的波長及氫原子的能級圖,已知普朗克常量h=6.63×10-34 J·s。則(　　) A.Hα譜線對應光子的能量小于Hβ譜線對應光子的能量 B.若兩種譜線對應光子都能使某種金屬發(fā)生光電效應,則Hα譜線對應光子照射到該金屬表面時,形成的光電流較小 C.Hα譜線對應光子的能量為1.89 eV D.Hα譜線對應的光子是氫原子從n=4能級躍遷到n=3能級發(fā)出的 16.【加試題】一靜止的鈾核放出一個粒子衰變成釷核,衰變方程為?92238UTh+24He。下列說法正確的是(　　) A.衰變后釷核的動能等于粒子的動能 B.衰變后釷核的動量大小等于粒子的動量大小 C.鈾核的半衰期等于其放出一個粒子所經(jīng)歷的時間 D.衰變后粒子與釷核的質(zhì)量之和等于衰變前鈾核的質(zhì)量 三、非選擇題(本題共7小題,共55分) 17.(5分)某同學利用圖(a)所示的實驗裝置探究物塊速度隨時間的變化。物塊放在桌面上,細繩的一端與物塊相連,另一端跨過滑輪掛上鉤碼。打點計時器固定在桌面左端,所用交流電源頻率為50 Hz。紙帶穿過打點計時器連接在物塊上。啟動打點計時器,釋放物塊,物塊在鉤碼的作用下拖著紙帶運動。打點計時器打出的紙帶如圖(b)所示(圖中相鄰兩點間有4個點未畫出)。 根據(jù)實驗數(shù)據(jù)分析,該同學認為物塊的運動為勻加速運動?；卮鹣铝袉栴}: (1)實驗中必要的措施是　　　　。? A.細線必須與長木板平行 B.先接通電源再釋放小車 C.小車的質(zhì)量遠大于鉤碼的質(zhì)量 D.平衡小車與長木板間的摩擦力 (2)在打點計時器打出B點時,物塊的速度大小為　　　　m/s。在打出D點時,物塊的速度大小為　　　　m/s。(保留兩位有效數(shù)字)? (3)物塊的加速度大小為　　　　m/s2。(保留兩位有效數(shù)字)? 18.(5分)在“測繪小燈泡的伏安特性曲線”實驗中,小燈泡額定電壓為2.5 V、電流為0.3 A。 A.電流表(0~3 A,內(nèi)阻約0.04 Ω) B.毫安表(0~300 mA,內(nèi)阻約4 Ω) C.電壓表(0~10 V,內(nèi)阻10 kΩ) D.電壓表(0~3 V,內(nèi)阻10 kΩ) E.電源(額定電壓1.5 V,最大允許電流2 A) F.電源(額定電壓3 V,最大允許電流1 A) G.可變電阻(阻值范圍0~10 Ω,額定電流1 A) H.可變電阻(阻值范圍0~50 Ω,額定功率0.5 W) I.導線若干根,開關一個。 (1)為使測量安全和盡可能準確,應選用的器材是　　　　。(用字母代號填寫)? (2)部分連線的實物照片如圖甲所示,請在答題紙上畫出完整的電路圖。 (3)某次實驗中,當電流表的示數(shù)為0.18 A,電壓表的指針如圖乙所示,則電壓為　　　　V,此時小燈泡的功率是　　　　W。? 19.(9分)如圖是一種常見的圓桌,桌面中間嵌一半徑為r=1.5 m、可繞中心軸轉(zhuǎn)動的圓盤,桌面與圓盤面在同一水平面內(nèi)且兩者間縫隙可不考慮。已知桌面離地高度為h=0.8 m,將一可視為質(zhì)點的小碟子放置在圓盤邊緣,若緩慢增大圓盤的角速度,碟子將從圓盤上甩出并滑上桌面,再從桌面飛出,落地點與桌面飛出點的水平距離是0.4 m。已知碟子質(zhì)量m=0.1 kg,碟子與圓盤間的最大靜摩擦力Fmax=0.6 N。求: (1)碟子從桌面飛出時的速度大小; (2)碟子在桌面上運動時,桌面摩擦力對它做的功; (3)若碟子與桌面動摩擦因數(shù)為μ=0.225,要使碟子不滑出桌面,則桌面半徑至少是多少? 20.(12分)如圖,質(zhì)量為m=1 kg的小滑塊(視為質(zhì)點)在半徑為R=0.4 m的14圓弧A端由靜止開始釋放,它運動到B點時速度為v=2 m/s。當滑塊經(jīng)過B后立即將圓弧軌道撤去?；瑝K在光滑水平面上運動一段距離后,通過換向軌道由C點過渡到傾角為θ=37°、長s=1 m的斜面CD上,CD之間鋪了一層勻質(zhì)特殊材料,其與滑塊間的動摩擦系數(shù)可在0≤μ≤1.5之間調(diào)節(jié)。斜面底部D點與光滑地面平滑相連,地面上一根輕彈簧一端固定在O點,自然狀態(tài)下另一端恰好在D點。認為滑塊通過C和D前后速度大小不變,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,不計空氣阻力。 (1)求滑塊對B點的壓力大小以及在AB上克服阻力所做的功; (2)若設置μ=0,求質(zhì)點從C運動到D的時間; (3)若最終滑塊停在D點,求μ的取值范圍。 21.(4分)【加試題】下圖是做探究電磁感應的產(chǎn)生條件實驗的器材及示意圖。 (1)在圖中用實線代替導線把它們連成實驗電路。 (2)由哪些操作可以使電流表的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn): Ⅰ　。? Ⅱ　。? (3)假設在開關閉合的瞬間,靈敏電流計的指針向左偏轉(zhuǎn),則當螺線管A向上拔出的過程中,靈敏電流計的指針向　　　　(選填“左”或“右”)偏轉(zhuǎn)。? 22.(10分)【加試題】如圖甲,兩條足夠長、間距為d的平行光滑金屬直軌道MN、PQ與水平面成θ角,EF上方存在垂直導軌平面的如圖乙所示的磁場,磁感應強度在0~T時間內(nèi)按余弦規(guī)律變化(周期為T、最大值為B0),T時刻后穩(wěn)定為B0。t=0時刻,正方形金屬框ABCD在平行導軌向上的恒定外力作用下靜止于導軌上。T時刻撤去外力,框?qū)⒀貙к壪禄?金屬框在CD邊、AB邊經(jīng)過EF時的速度分別為v1和v2。已知金屬框質(zhì)量為m、邊長為d、每條邊電阻為R,框中磁場按余弦規(guī)律變化時產(chǎn)生的正弦式交變電流的峰值Em=2πB0d2T,求: (1)CD邊剛過EF時,A、B兩點間的電勢差; (2)撤去外力到AB邊經(jīng)過EF的總時間; (3)從0時刻到AB邊經(jīng)過EF的過程中產(chǎn)生的焦耳熱。 23.(10分)【加試題】 如圖所示,在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系xOy,其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場,電場強度的方向水平向右,磁感應強度的方向垂直紙面向里。一電荷量為+q、質(zhì)量為m的微粒從原點出發(fā)沿與x軸正方向的夾角為45°的初速度進入復合場中,正好做直線運動,當微粒運動到A(l,l)時,電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計電場變化的時間),粒子繼續(xù)運動一段時間后,正好垂直于y軸穿出復合場。不計一切阻力,求: (1)電場強度E的大小; (2)磁感應強度B的大小; (3)粒子在復合場中的運動時間。  普通高校招生選考(物理)仿真模擬卷(六) 一、選擇題Ⅰ 1.C　解析 在推導勻變速直線運動位移公式時,把整個運動過程劃分成很多很多小段,每一小段近似看作勻速直線運動,然后把各小段的位移相加之和代表物體的位移,這里采用了微元法,故A正確。牛頓進行了“月—地檢驗”,說明天上和地下的物體都遵從萬有引力定律,故B正確。牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律之后,卡文迪許測出了引力常量G,卡文迪許被稱為能“稱量地球質(zhì)量”的人,故C錯誤。根據(jù)速度定義式v=ΔxΔt,當Δt非常非常小時,ΔxΔt就可以表示物體在t時刻的瞬時速度,該定義應用了極限思想方法,故D正確。 2.A　解析 研究速度滑冰運動員滑冰的快慢時,人的形狀對研究的過程來說可以忽略不計,所以能看成質(zhì)點,故A正確;研究自由滑雪運動員的空中姿態(tài)時,人的形狀不能忽略,不可以將運動員看作質(zhì)點,故B錯誤;研究單板滑雪運動員的空中轉(zhuǎn)體時,要研究運動員的動作,不可以將運動員看作質(zhì)點,故C錯誤;研究花樣滑冰運動員的花樣動作時,要觀看運動員的動作,不可以將運動員看作質(zhì)點,故D錯誤。 3.B　解析 由題可知,該復合彈簧的物理性能與金屬彈簧相同,故復合彈簧與彈簧一樣,都遵守胡克定律,故A錯誤;該復合彈簧遵守胡克定律,彈力與形變量成正比,故B正確;彈簧的勁度系數(shù)與其材料、粗細、長短都有關,該復合彈簧的物理性能與金屬彈簧相同,由此可知,復合彈簧與彈簧一樣,與其材料、粗細、長短都有關,故C、D錯誤。 4.D　解析 x-t圖象中,斜率代表速度,故t=0時刻速度為0,0~4 s內(nèi)位移為-2 m,故A錯誤;v-t圖象中與時間軸所圍面積表示物體運動的位移,故0~4 s內(nèi)位移為零,故B錯誤;a-t圖象中,根據(jù)v=at可知,在0~4 s內(nèi)做往復運動,故在0~4 s內(nèi)位移為零,故C錯誤;F~t圖象中,結合牛頓第二定律可知,物體先加速后減速,位移一直增大,在0~1 s內(nèi)加速度a=Fm=0.5 m/s2,通過的位移x1=12at2=12×0.5×12 m=0.25 m,故4 s內(nèi)通過的位移為x=4x1=1 m,故D正確。 5.A　解析 曲線運動的物體速度方向沿切線方向,而受到的合力應該指向運動軌跡彎曲的內(nèi)側,由此可以判斷A正確。 6.B　解析 根據(jù)題意,物體做勻加速直線運動,t時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度,在第一段時間內(nèi)中間時刻的瞬時速度v1=v1=164 m/s=4 m/s;在第二段時間內(nèi)中間時刻的瞬時速度為v2=v2=162 m/s=8 m/s;則物體加速度為a=v2-v1t=8-43 m/s2=43 m/s2,故B正確?！? 7.D　解析 根據(jù)題干表格中,每天消耗的電能為W=2 kW×1 h+1.2 kW×3 h+0.1 kW×2 h+0.016 kW×4 h+0.009 kW×24 h=6.08 kW·h≈2.2×107 J。 8.D　解析 a、c電場強度大小相等,方向相反,A錯誤;b、d電勢相等,O點電勢高于b、d,B錯誤;O點的電場強度為零,但電勢大于零,C錯誤;把電子從a點移動到b點,電勢變低,電勢能變大,D正確。 9.C　解析 由題意可知,每臺電腦每小時用電W=16.8×1045 800×24度=1.2度=1.2 kW;與之運行功率接近的只有空調(diào),故C正確。 10.C　解析 假設磁體不動,導線運動,則根據(jù)蹄形磁體磁場可知,通電導線左邊的磁場斜向下,而右邊的磁場是斜向上,那么在導線兩側取兩小段,根據(jù)左手定則可知,左邊一小段所受的安培力方向垂直紙面向里,右側一小段所受安培力的方向垂直紙面向外,從上往下看,知導線順時針轉(zhuǎn)動,當轉(zhuǎn)動90°時,導線所受的安培力方向向上,所以導線的運動情況為順時針轉(zhuǎn)動,同時上升。如今導線不動,磁體運動,根據(jù)相對運動,則有磁體逆時針轉(zhuǎn)動(從上向下看),即N極向紙外轉(zhuǎn)動,S極向紙內(nèi)轉(zhuǎn)動。故C正確,A、B、D錯誤。 11.A　解析 P=IU=U2R,故I=4.55 A,R=48.4 Ω,降電壓后,功率變?yōu)?50 W,Q=Pt=300 000 J,故B、C、D錯誤,A正確。 12.C　解析 第一宇宙速度就是發(fā)射人造地球衛(wèi)星最小的發(fā)射速度至少要達到7.9 km/s,所以A錯誤,C正確。向心力由萬有引力提供,GMmr2=mv2r得v=GMr,可見,r越大,v越小,衛(wèi)星距地面越高,繞地球運動的速度越小,B錯誤。部分衛(wèi)星的運動軌跡是橢圓,D錯誤。 13.B　解析 注意到A向右擺動,擺動的最大角度為60°,最高點受力不平衡但速度為零,故可以用動能定理處理,F電Lsin 60°-mgL(1-cos 60°)=0,解得F電=3mg3。 二、選擇題Ⅱ 14.ABC　解析 由題圖知,該波的波長為λ=4 m,b點與平衡位置相距1112λ,則b點與x=4 m處質(zhì)點平衡位置相距λ-1112λ=112λ,當題圖中x=4 m處的狀態(tài)傳到b點時質(zhì)點b回到平衡位置,質(zhì)點b回到平衡位置至少需要T12,故12n+112T=0.1 s(n=0,1,2,3,…),因為T>1 s,故只有n=0時,T>1 s,解得周期為 T=1.2 s,A正確;因為t=0.6 s=T2,所以從波形圖所示時刻開始計時,0.6 s內(nèi)質(zhì)點b通過的路程為s=2A=2×20 cm=40 cm,故B正確;質(zhì)點a回到平衡位置需要14T=0.3 s,經(jīng)過0.1 s質(zhì)點b回到平衡位置,因此在b回到平衡位置后,再經(jīng)過0.2 s,a回到平衡位置,故C正確;該波的波速v=λT=41.2 m/s=103 m/s,故D錯誤。 15.AC　解析 Hα波長大于Hβ波長,故Hα頻率較小,Hα譜線對應光子的能量小于Hβ譜線對應光子的能量,A正確;光電流與光的強度有關,頻率的高低不能確定光電流的大小,故B錯誤;Hα譜線對應光子的能量E=hcλ=3.03×10-19 J=1.89 eV,C正確;E4-E3=0.66 eV,D錯誤。 16.B　解析 根據(jù)動量守恒定律可知,生成的釷核的動量與粒子的動量等大反向,選項B正確;釷核動量大小等于小粒子的動量大小,但兩粒子質(zhì)量不同,則動能不同,選項A錯誤;鈾核的半衰期等于一半數(shù)量的鈾核衰變需要的時間,而放出一個粒子所經(jīng)歷的時間是一個原子核衰變的時間,故兩者不等,選項C錯誤;由于該反應放出能量,由質(zhì)能方程可知,衰變后粒子與釷核的質(zhì)量之和小于衰變前鈾核的質(zhì)量,選項D錯誤。 三、非選擇題 17.答案 (1)AB　(2)0.56　0.96　(3)2.0 解析 (1)A.實驗時,細線必須與長木板平行,以減小實驗誤差,A正確。 B.實驗時,要先接通電源再釋放小車,B正確。 C.本實驗只要小車做勻加速直線運動就行,沒必要小車的質(zhì)量遠大于鉤碼的質(zhì)量,C錯誤。 D.本實驗只要拉力大于摩擦力小車就能做勻加速直線運動,沒平衡摩擦力,D錯誤。 (2)根據(jù)勻變速直線運動中中間時刻的速度等于該過程中的平均速度, 所以vB=xAC2T=0.046 1+0.065 90.2 m/s=0.56 m/s,vD=xCE2T=0.086 1+0.106 10.2 m/s=0.96 m/s。 (3)根據(jù)題意,該同學認為物塊的運動為勻加速運動,則根據(jù)速度公式 vD=vB+a·2T,代入數(shù)據(jù)整理可以得到a=2.0 m/s2。 18.答案 (1)BDFGI　(2)畫完整的電路圖　(3)1.45~1.50　0.26~0.27 解析 (1)由于小燈泡額定電壓為2.5 V、電流為0.3 A,為使測量安全和盡可能準確,電源要選3 V的,電壓表量程要選0~3 V的,電流表要選0~0.3 A的,小燈泡的內(nèi)阻約為8 Ω,可變電阻用10 Ω即可。 (2)本實驗采用滑動變阻器分壓接法,同時電流表采用外接法,故實物圖如圖所示。 (3)電壓表量程為0~3 V,則最小分度為0.1 V,故讀數(shù)為1.50 V;則其功率P=UI=1.50×0.18 W=0.27 W。 19.答案 (1)1 m/s　(2)-0.4 J　(3)2.5 m 解析 (1)根據(jù)平拋運動規(guī)律:h=12gt2,x=vt, 得v=xg2h=1 m/s (2)碟子從圓盤上甩出時的速度為v0,則Fmax=mv02r, 即v0=3 m/s 由動能定理得:Wf=12mv2-12mv02 代入數(shù)據(jù)得:Wf=-0.4 J (3)當物體滑到餐桌邊緣時速度恰好減為零,對應的餐桌半徑取最小值。 設物體在餐桌上滑動的位移為s,由動能定理有:-μmgs=0-12mv2 餐桌的最小半徑為R=r2+s2 可得:s=2.5 m 20.答案 (1)20 N　2 J　(2)13 s　(3)0.125≤μ<0.75或μ=1 解析 (1)滑塊在B點,受到重力和支持力,在B點,根據(jù)牛頓第二定律有F-mg=mv2R 解得F=20 N 由牛頓第三定律得F'=20 N 從A到B,由動能定理得mgR-Wf=12mv2 Wf=2 J (2)在CD間運動,有mgsin θ=ma 加速度a=gsin θ=10×0.6 m/s2=6 m/s2 根據(jù)勻變速運動規(guī)律有s=vt+12at2 t=13 s (3)最終滑塊停在D點有兩種可能 a.滑塊恰好能從C下滑到D,則有: mgsin θ·s-μ1mgcos θ·s=0-12mv2 解得μ1=1 b.滑塊在斜面CD和水平地面間多次反復運動最終靜止于D點 當滑塊恰好能返回C有: -μ1mgcos θ·2s=0-12mv2 解得μ1=0.125 當滑塊恰好靜止在斜面上,則有 mgsin θ=μ2mgcos θ 解得μ2=0.75 所以當0.125≤μ<0.75,滑塊在CD和水平地面間多次反復運動最終靜止于D點。 綜上所述,μ的取值范圍是0.125≤μ<0.75或μ=1。 21.答案 (1)電路圖如圖所示　(2)Ⅰ將開關閉合(或者斷開)的瞬間　將螺線管A插入(或拔出)螺線管B　(3)右 解析 (1)將靈敏電流計與大線圈B組成閉合回路,電源、開關、小線圈A組成閉合回路,電路如答案圖所示。 (2)Ⅰ.將開關閉合(或者斷開)的瞬間;Ⅱ.將螺線管A插入(或拔出)螺線管B時穿過線圈B的磁通量發(fā)生變化,線圈B中產(chǎn)生感應電流,靈敏電流計指針偏轉(zhuǎn)。 (3)在開關閉合的瞬間,穿過線圈B的磁通量增大,靈敏電流計的指針向左偏轉(zhuǎn),則當螺線管A向上拔出的過程中,穿過線圈B的磁通量減小,靈敏電流計的指針向右偏轉(zhuǎn)。 22.答案 (1)-34B0dv1　(2)v2gsinθ+B02d34mgRsinθ (3)π2B02d42TR+mgdsin θ+12m(v12-v22) 解析 (1)E=B0dv1,由楞次定律知A點電勢低于B點, 故UAB=-34E,即UAB=-34B0dv1 (2)由動量守恒得mgsin θ·t-B0Id·t0=mv2-mv0 即mgtsin θ-B0dq=mv2 q=B0d24R 故t=v2gsinθ+B02d34mgRsinθ (3)交流電的有效值E=22Em Q1=E2R總t=π2B02d42TR 線框出磁場的過程中,Q2=-WA 又由動能定理知:mgdsin θ+WA=ΔEk 解得:Q2=mgdsin θ+12m(v12-v22) 總焦耳熱Q=Q1+Q2=π2B02d42TR+mgdsin θ+12m(v12-v22) 23.答案 (1)mgq　(2)mqgl　(3)3π4+1lg 解析 (1)微粒到達A(l,l)之前做勻速直線運動,對微粒受力分析如圖甲,所以,Eq=mg,得E=mgq 甲 (2)由平衡條件得 qvB=2mg 電場方向變化后,微粒所受重力與電場力平衡,微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,軌跡如圖乙。 乙 則qvB=mv2r 由幾何知識可得r=2l　v=2gl 聯(lián)立解得B=mqgl。 (3)微粒做勻速運動的時間t1=2lv=lg 做圓周運動的時間t2=34π·2lv=3π4lg 在復合場中運動時間t=t1+t2=3π4+1lg。 12