2020年山东省实验中学高考物理模拟试卷(6月份) (含答案解析)
2020年山东省实验中学高考物理模拟试卷(6月份)
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1.下列说法正确的是()
A. 结合能越大表示核子结合得越牢固，原子核越稳定
B. 由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的光子，
同时电子的动能增大，电势能减小，周期变小
C. 原子核能发生β衰变说明原子核内存在电子
D. 92235U→?90234T?+?24He是裂变反应
2.如图所示气缸内密封的气体(可视为理想气体)，在等压膨胀过程中，下列关于
气体说法正确的是()
A. 气体内能可能减少
B. 气体会向外界放热
C. 气体吸收热量大于对外界所做的功
D. 气体平均动能将减小
3.一个电阻接到某电路后，消耗的功率为220W，通过3C的电荷量时，有330J的电能转化为内能，
则下列说法正确的是()
A. 电阻所加电压为220V
B. 通过电阻的电流为2A
C. 电阻通电时间为2s
D. 这个电阻的阻值为110Ω
4.如图所示，质量为m的物体放在质量为M、倾角为θ的斜面体上，斜面体置于
粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体使其沿斜面向下匀速运动，
斜面体始终静止，则下列说法正确的是()
A. 地面对斜面体的摩擦力大小为Fcosθ
B. 地面对斜面体的支持力为(M+m)g
C. 物体对斜面体的摩擦力的大小为F
D. 斜面体对物体的作用力竖直向上
5.2018年8月25日7时52分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号乙”运载火箭(及“远征一
号”上面级)以“一箭双星”方式成功发射第三十五、三十六颗北斗导航卫星，两颗卫星属于中
圆地球轨道卫星。若卫星发射初始阶段可视为匀加速直线运动，重力加速度可视为恒定值g，经过时间t，其速度达到υ。已知其中一颗卫星S的质量为m，地球半径为R，轨道距离地面的高度为h，引力常量为G，卫星S绕地球做匀速圆周运动。若不考虑地球自转的影响，则()
A. 经过时间t，火箭到达的高度为υt
B. 发射初始阶段，卫星S所受火箭的推力为mυ
t
C. 卫星S绕地球运动的线速度的大小为R√g
R+?
D. 卫星S绕地球运动的周期T=2π(R+?)
R √R+?
g
6.一列简谐横波某时刻的波形如图中实线所示，经过0.50s后的波形如图中虚线所示．已知波的周
期为T，而且0.25s A. 当波向x轴的正方向传播时，波速大小为10m/s B. 无论波向x轴正方向传播还是向x轴负方向传播，在这0.50s内x=1.0m的M质点，通过的 路程都相等 C. 当波向x轴正方向传播时，x=1.0m的质点M和x=2.0m的质点N在0.50s内通过的路程不 相等 D. 当t=0.10s时，x=1.0m的质点M振动的位移一定是0 7.如图所示，一个人站在电梯中相对电梯静止不动，下列运动过程中，人处于超重状 态的是() A. 电梯匀速上升 B. 电梯加速下降 C. 电梯减速下降 D. 电梯减速上升 8.如图甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，下列说法中正确的是() A. 线圈匝数n1 B. 线圈匝数n1>n2，n3>n4 C. 甲图中的电表是电流表，输出端不可短路 D. 乙图中的电表是电流表，输出端不可断路 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分） 9.如图所示，在重力加速度为g的空间，有一个带电荷量为+Q的场源电荷置 于O点，B、C为以O为圆心、半径为R的竖直圆周上的两点，A、B、O在 同一竖直线上，AB=R，O、C在同一水平线上．现在有?质量力m、电荷 量为?q的有孔小球，沿光滑绝缘细杆AC从A点由静止开始滑下，滑至C点 时速度的大小为√5gR?，下列说法正确的是() A. 从A到C小球做匀变速运动 B. B、A两点间的电势差为mgR 2q C. 从A到C小球的机械能守恒 D. 若从A点自由释放，则下落在B点时的速度大小为√3gR 10.质量m=0.1kg的小球以v0=10m/s的初速度沿水平方向抛出，小球距离地面的高度是?= 5m(g=10m/s2)，下面说法正确的是() A. 小球落地时速度大小是10√2m/s B. 小球在落地时重力的瞬时功率为10√2W C. 小球在空中运动过程中，任意相等时间内小球动能变化相等 D. 小球在空中运动过程中，任意相等时间内小球动量变化相等 11.如图所示，轻质弹簧的下端固定在光滑斜面的底部，一个质量为m的物块以平行斜面的初速度 v向弹簧运动。已知弹簧始终处于弹性限度范围内，则下列判断正确的是() A. 物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度大小先变小后变大 B. 物块碰到弹簧后立刻开始做减速运动 C. 物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能小于增加的弹性势能 D. 物块的动能最大时，物块的重力势能最小 12.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨与水平面成θ角放置，导轨 间距为L且电阻不计，其顶端接有一阻值为R的电阻，整个装置 处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向 下。一质量为m的金属棒以初速度v0由导轨底端上滑，经一段时 间滑行距离x到达最高点后，又返回底端。棒与两导轨始终垂直 且接触良好，其接入电路中的电阻为r，重力加速度为g。下列说法正确的是() A. 棒下滑过程的平均速度等于v0 2 B. 棒下滑过程通过R的电荷量为BLx R C. 棒上滑时间等于mv0(R+r)?B2L2x mg(R+r)sinθ mv02?mgxsinθ D. 棒上滑过程中回路产生的焦耳热等于1 2 三、实验题（本大题共2小题，共14.0分） 13.小明做“探究碰撞中的不变量”实验的装置如图1所示，悬挂在O点的单摆由长为l的细线和 直径为d的小球A组成，小球A与放置在光滑支撑杆上的直径相同的小球B发生对心碰撞，碰后小球A继续摆动，小球B做平抛运动。 (1)小明用游标卡尺测小球A直径如图2所示，则d=_______mm。又测得了小球A质量m1，细 线长度l，碰撞前小球A拉起的角度α和碰撞后小球B做平抛运动的水平位移x、竖直下落高度h。为完成实验，还需要测量的物理量有：______________________。 (2)根据测量的数据，该次实验中动量守恒的表达式为______________________(忽略小球大小) 14.理想电压表内阻无穷大，而实际电压表并非如此，现要测量一个量程为0～3V、内阻约为3kΩ电 压表的阻值． 实验室备有以下器材： A.待测电压表V l：量程为0?3V、内阻约为3kΩ B.电压表V2：量程为0?6V、内阻约为6kΩ C.滑动变阻器R1：最大值20Ω、额定电流1A D.定值电阻R0 E.电源：电动势6V，内阻约1Ω F.开关一个、导线若干 (1)利用以上器材设计如图1所示测量电路，请你按图示电路将图2实验仪器连接起来； (2)请写出按该电路测量电压表V1内阻R v的表达式，并指出表达式中各物理量的含义______； (3)在正确连接电路后，闭合电键S，不断的调节变阻器R1滑片位置，记录多组电压表V l、V2示 数，作出U2?U l图线如图3所示．若R0=1480Ω，由图线上的数据可得R v=______Ω. 四、计算题（本大题共4小题，共46.0分） 15.如图，一质量M=3.0kg、足够长的木板B放在光滑的水平面上，其上表面放置质量m=1.0kg 的小木块A，A、B均处于静止状态，A与B间的动摩擦因数μ=0.30，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等.现给木块A施加一随时间t变化的水平力F=kt(k=2.0N/s)，重力加速度取g=10m/s2． (1)若木板B固定，则经过多少时间木块A开始滑动？ (2)若木板B固定，求t2=2.0s时木块A的加速度大小． (3)若木板B不固定，求t3=1.0s时木块A受到的摩擦力大小． 16.如图所示，真空中有一平行玻璃砖，一束单色光从光源P发出与界面成 θ=30°角从ab面中点射入，测得折射角α=45°，在玻璃砖的右侧面 ad射出，假设，光从光源P到ab面上的O点的传播时间和它在玻璃砖 中传播的时间相等，已知光在真空中的传播速度c=3.0×108m/s，ab 边长为√3×10cm，求： ①璃砖的折射率n； ②点光源P到O点的距离． 17.在电子技术中，科研人员经常通过在适当的区域施加磁场或电场束控制带电粒子的运动。如图 所示，位于M板处的粒子源不断产生质量为m、电荷量为q的粒子，粒子经小孔S1不断飘入电压为U的加速电场，其初速度可视为零；然后经过小孔S2射出后沿x轴方向从坐标原点O垂直于磁场方向进入x轴上方(含x轴正半轴)的有界匀强磁场控制区，磁场的磁感应强度为B.，粒子发生270°偏转后离开磁场竖直向下打在水平放置的荧光屏上，已知N板到y轴、荧光屏到x轴的距离均为L，不考虑粒子重力及粒子间的相互作用。 (1)求粒子在磁场中运动半径的大小； (2)求粒子从N板射出到打在荧光屏上所需的时间； 18.我校物理研究学习小组利用房檐滴水测办公楼的高度，他们测出从办公校的屋檐处滴下的相邻 两滴水滴落地的时间间隔为0.5s，并观察到当第1滴水滴落到地面的瞬间，第5滴水滴刚好离开屋檐．已测得每一滴水滴的质量为0.001kg，第1滴水滴落地时的速度大小为10m/s(假设水滴离开屋檐时无初速度且在运动中所受到的阻力保持不变，g取10m/s2). (1)求水滴在下落过程中受到的阻力大小． (2)由以上数据估测办公楼屋檐到地面的高度． (3)若在上述过程中观察到第2滴和第3滴水滴正好分别在窗户的下沿和上沿，则此窗户的高度 为多少？(保留两位有效数字) -------- 答案与解析 -------- 1.答案：B 解析：解：A、比结合能越大表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定，故A错误； B、由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的光子，同 时电场力做正功，电势能减小；由ke2 r2=mv2 r 可知，电子的动能增大；由ke2 r2 =m4π2r T2 可知，周期变小。 故B正确； C、放射性元素放出的β粒子是由中子转变成质子而放出的，故C错误； D、?92235U→?90234T?+?24He是α衰变，不是裂变反应。故D错误。 故选：B。 比结合能越大表示原子核中核子结合得越牢靠；β粒子是由中子转变成质子而放出的；据玻尔理论，放出一个光子，半径减小；明确裂变与α衰变的区别。 该题中考查比结合能与结合能的区别与联系，理解β粒子的电子从何而来，掌握α衰变的特点。这一类的题目要注意对基础知识点的积累。 2.答案：C 解析：解：气体等压膨胀，根据理想气体状态方程PV T =C知T升高， A、理想气体的内能只与温度有关，温度升高则内能增大，故A错误； B、体积增大，则气体对外界做功，又内能增加，根据热力学第一定律知气体一定吸热，故B错误； C、由前面分析知气体吸热，即Q>0，气体对外界做功即外接对气体做负功：?W，根据热力学第一定律：△U=Q?W>0，得：Q>W，故C正确； D、温度是分子平均动能的标志，温度升高，气体平均动能将增大，故D错误． 故选：C． 根据理想气体状态方程PV T =C判断温度的变化，结合热力学第一定律判断气体吸收热量多少与对外界做功的大小关系． 本题考查了理想气体状态方程和热力学第二定律有关知识，大都需要记忆理解，注意在平时训练中加强练习． 3.答案：B 解析：解：A、通过3C的电荷量时，有330J的电能转化为内能，根据W=qU，有： U=W q =330J 3C =110V，故A错误； B、根据P=UI，电流：I=P U =220 110 =2A；故B正确； C、根据q=It，时间：t=q t =3 2 =1.5s，故C错误； D、根据欧姆定律，电阻：R=U I =110 2 =55Ω；故D错误； 故选：B． 根据W=qU求解电压，根据P=UI求解电流，根据q=It求解时间，根据欧姆定律求解电阻． 本题关键是记住电功、电功率、电流、欧姆定律的四个公式，并能正确应用． 4.答案：A 解析： 两物体均处平衡状态，可把二者当成整体进行受力分析，分析地面对斜面体的支持力与摩擦力；隔离分析m，分析物体对斜面体的摩擦力和斜面体对物体m的作用力。 AB.对整体进行受力分析，受重力、F、支持力、摩擦力f，根据平衡可知摩擦力f=Fcosθ，支持力为F N=(m+M)g+Fsinθ，故A正确，B错误； C.由m受力平衡可得斜面体对物体的摩擦力大小为F+mgsinθ，由牛顿第三定律可知，物体对斜面体的摩擦力的大小为F+mgsinθ，故C错误; D.斜面体对物体m的作用力与F和m的重力的合力平衡，故斜面体对物体的作用力方向向左上方，故D错误。 故选A。 5.答案：C 解析： 本题考查天体运动，解决此类问题需明确天体运动是由万有引力提供向心力，并且明确天体距离R，H的使用。 A .火箭上升的过程可视为匀减速运动，由公式v 2?v02=2ax 解答。A 错误。 B .发射初始阶段，卫星S 所受火箭的推力为 mυt ，由冲量公式可求得。B 错误。 C .求卫星S 绕地球运动的线速度，由万有引力提供向心力推出公式v =√GM (R+?)2 ，黄金代换式GM = gR 2得v =R √ g R+? 。C 正确。 D .万有引力提供向心力推出公式，黄金代换式GM =gR 2代入公式，求得D 错误。 故选C 。 6.答案：C 解析：解：A 、由图线可直接读出波长λ=4m.因为0.25s 所以当波向+x 方向传播时，0.5s =(0.25+n)T ，当n =1时符合条件，解得T =0.4s ，所以v =λ T = 40.4 =10m/s ，故A 正确； B 、当波向+x 方向传播时，在0.5s 内，x =1m 处的质点M 通过的路程都是s M =5A ； 当波沿?x 方向传播时，0.5s =(0.75+n)T ，当n =1时符合条件，解得T =2 7s ，在这0.5s 内，x =1m 处的质点M 通过的路程s M ′= 0.5 2 7 ×4A =7A ，故B 错误． C 、在这0.5s 内，x =1m 处的质点M 通过的路程s M =5A =10cm ，x =2.5m 处的质点N 在前0.4s 内通过的路程为4，后0.1s 内向上运动，平均速度比从位移最大处运动的平均速度大，所以在后0.1s 内的路程大于A ，所以在这0.5s 内通过的路程s N >5A ，故C 正确； D 、当波沿?x 方向传播时，T =2 7s ，而1 2T >0.1s >1 4T ，质点M 没有回到平衡位置，位移不为零，故D 错误． 故选：C 已知两个时刻的波形，波的传播方向可能沿向右，也可能向左．当波向右传播时，传播的最短距离是1 4波长，当波向左传播时，传播的最短距离是3 4波长，根据时间与周期的关系，求出周期，再求频率和波速及运动的位移和路程． 本题是利用波的时间周期性，求出周期，再求解波速的，也可以根据空间的周期性，求出波传播距离的通项，再求解波速，注意0.25s 7.答案：C 解析：解：A、电梯匀速上升时，加速度为零；人不超重也不失重；故A错误； B、电梯加速下降时，加速度向下，故人失重，故B错误； C、电梯减速下降时，加速度向上，故人超重；故C正确； D、电梯减速上升时，加速度向下，故人失重，故D错误； 故选：C． 明确超重和失重的性质，知道当物体有向下的加速度时物体处于失重状态；当物体加速度向上时，物体处于超重状态． 本题考查超重与失重的性质，注意明确加速度向上有两种可能：加速向上或减速向下；而加速度向下可能是加速向下或减速向上． 8.答案：D 解析：解：A、甲并联在电路中是电压互感器，电路中是强电压，通过变压器变成弱电压，用电压表测量，因为电压之比等于线圈匝数比，所以n1>n2， 由图可知，乙串联在电路中是电流互感器，电路中是强电流，通过变压器变成弱电流，用电流表测量，因为电流之比等于线圈匝数的倒数比，所以n3 C、甲图中的电表是电压表，副线圈电流较大，输出端不可以短路．故C错误； D、乙图中的电表是电流表，输出端不可以断路．故D正确； 故选：D 理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势．而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势．串联在电路中的是电流互感器，并联在电路中的是电压互感器 知道电流互感器和电压互感器的工作原理．同时变压比与匝数成正比，变流比与匝数成反比 9.答案：BD 解析： 小球由A到C的过程中，做功的力有重力和库仑力．由点电荷周围形成的电场特点可知，小球从A 到C过程中，电场力是发生变化的，故可知小球不会做匀加速直线运动．因有库仑力做功，所以机械能不守恒．由A到C过程中，重力和库仑力做功，由动能定理可求出AC两点间的电势差和由A 到B是的速度．解决本题的关键知道小球做变加速运动，以及能够熟练运用动能定理． 解：A、在运动的过程中，电场力是变力，合力不恒定，则从A到C小球做的运动不是匀变速运动。故A错误。 B、小球从A到C的过程中，重力和库仑力都做功，根据动能定理得，2mgR?qU AC=1 2 mv2，v= √5gR，则U AC=?mgR 2q .AB间的电势差与AC间的电势差相等，所以B、A间的电势差为mgR 2q ，故B 正确。 C、A到C，除重力做功外，还有库仑力做功，所以机械能不守恒。故C错误。 D、根据动能定理得，mgR+qU=1 2 mv2?0，得v=√3gR.故D正确。 故选：BD。 10.答案：AD 解析： 根据?=1 2 gt2求出飞行时间，从而求出竖直方向的速度，根据速度的合成得到落地速度；由功率公式求出落地时重力的瞬时功率，根据动能定理分析动能的变化；根据动量定理分析动量的变化。本题考查了平抛运动的规律和动量定理，动能定理，关键在于理解平抛运动的规律。 A.根据?=1 2gt2，解得：t=√2? g =√2×5 10 s=1s，则小球落地时竖直方向的速度 ，则小球落地时速度大小 ，故A正确； B.小球在落地时重力的瞬时功率P G=mgv y=0.1×10×10W=10W，故B错误； C.由动能定理可得：，由于物体在竖直方向上是自由落体运动，物体下落的速度越来越大，所以在相同的时间内物体下降的高度也是越来越大，重力做的功越来越多，动能的变化量也是越来越大，故C错误； D.由动量定理可得：，小球在空中运动过程中，任意相等时间内小球动量变化相等，故D正确。 故选AD。 11.答案：AC 解析： 对物块受力分析，根据牛顿第二定律分析加速度；根据受力情况判断物体运动性质；根据能量守恒定律比较能的大小。 本题要分析清楚物体的运动过程，准确判断能量是如何转化的，从能量角度和受力分析各项即可。 A 、物块接触弹簧后受重力、斜面的支持力和弹簧弹力，根据牛顿第二定律得：a = mgsinθ?kx m ，物块 从接触弹簧到最低点的过程中，弹簧的压缩量逐渐增大，故加速度先减小，后反向增大，故A 正确； B 、物块刚碰到弹簧时，合力向下，加速度向下，与速度方向相同，物块做加速，故B 错误； C 、物块和弹簧组成的系统，机械能守恒，则物块减小的重力势能和动能之和等于增加的弹性势能，则物块减少的重力势能小于增加的弹性势能，故C 正确； D 、物块最低点时，物块的重力势能最小，故D 错误； 故选：AC 。 12.答案：CD 解析：解：A.金属棒在上滑过程中，加速度逐渐减小，到最高点时速度为零，故上滑过程中金属棒的平均速度小于v 0 2，金属棒下滑过程的位移大小等于上滑过程的位移大小，且在同一高度处(最高点除外)金属棒下滑过程的加速度小于上滑过程的加速度，故金属棒下滑所用时间大于上滑所用时间，下滑平均速度小于上滑的平均速度，即小于v 0 2，故A 错误； B 、棒下滑过程通过R 的电荷量为：q =ΔΦR+r =BLx R+r ，故B 错误； C 、上滑过程，根据动量定理得：?mgsinθ?t ?BIL ?t =0?mυ0，又I ? t =E ? R+r t = BLv ? t R+r = BLx R+r 联立解得棒上滑时间为：t = mv 0(R+r)?B 2L 2x mg(R+r)sinθ .故C 正确； D 、棒上滑过程中，根据能量守恒定律得：回路产生的焦耳热为：Q =12 mv 02?mgxsinθ，故D 正确。 故选：CD 。 导体棒下滑过程中，根据导体棒的受力情况，分析其运动情况，再判断其平均速大小。根据q =△Φ R+r 求通过R 的电荷量。根据动量定理求上滑的时间，由能量守恒定律求棒上滑过程中回路产生的焦耳热。 对于电磁感应的综合问题，要做好电流、安培力、运动、功能关系这四个方面的分析，知道动量定理求运动时间常用的方法。而能量守恒定律求焦耳热常用的思路。 13.答案：(1)14.40；小球B 质量m 2，碰后小球A 摆动的最大角β；(2)m 1·√2gl (1?cosα)=m 1· √2gl (1?cosβ)+m 2·x √g 2?。 解析： 求解本题的关键是确定实验需要测量的量，知道实验原理、求出实验需要探究的表达式。 A 球下摆过程机械能守恒，根据守恒定律列式求最低点速度；球A 上摆过程机械能再次守恒，可求解碰撞后速度；碰撞后小球B 做平抛运动，根据平抛运动的分位移公式求解碰撞后B 球的速度，求出该次实验中动量守恒的表达式。 (1)游标卡尺的主尺读数为14mm ，游标读数为0.05×8mm =0.40mm ，所以最终读数为d =14.40mm ； 为完成该实验，应该有A 球碰前的速度和碰后A 、B 两球的速度，所以还需要测量小球B 质量m 2，碰后小球A 摆动的最大角β； (2)对A 碰前的运动过程，由机械能守恒定律可得m 1g (l ?lcosα)=1 2mv A12，对A 球碰后的运动过程，由机械能守恒定律可得m 1g (l ?lcosβ)=1 2mv A22， B 碰后做平抛运动，设B 抛出的初速度为v B2，水平方向：x =v B2t ，竖直方向?=1 2gt 2，由动量守恒定律可得m 1v A1=m 1v A2+m 2v B2，联立以上各式可得m 1·√2gl (1?cosα)=m 1·√2gl (1?cosβ)+m 2·x √g 2?。 故答案为：(1)14.40；小球B 质量m 2，碰后小球A 摆动的最大角β；(2)m 1·√2gl (1?cosα)=m 1·√2gl (1?cosβ)+m 2·x √g 2?。 14.答案：U 1 ?、U 2?分别表示待测电压表V 1?与电压表V 2?的示数，R 0? 表示定值电阻阻值 2960 解析：解：(1)：实物连线图如图所示： (2)：根据串并联规律应有：U 2? = U 1 ? +U 1 ?R V ??R 0? 解得：R V =?0U 1?R U 2 ??U 1?； 其中，U 1?、U 2?分别表示待测电压表V 1?与电压表V 2?的示数，R 0? 表示定值电阻阻值； (3)：根据题(2)表达式可得：U 2 ?= R V +R 0?R V ??U 1? ， 所以斜率为：k = ?R V +R 0?R V ?= 30 20=3 2 ， 解得：R V ? =2960Ω； 故答案为：(1)如图 (2)R V =?0U 1?R U 2 ??U 1?，U 1?、U 2?分别表示待测电压表V 1?与电压表V 2?的示数，R 0? 表示定值电阻阻值 (3)2960 本题(1)的关键是注意变阻器分压式的连接方法和电表的正负极；题(2)的关键是根据串并联规律写 出两电压表读数间表达式，然后解出待测电阻阻值即可；题(3)的关键是根据题(2)中的表达式解出U 2?与U 1?的函数表达式，然后根据斜率的概念即求解． 涉及到图象问题，首先根据物理规律写出关于阻值与横轴物理量的函数表达式，然后再通过斜率和截距的概念即可求解． 15.答案：解：(1)当木板固定时，A 开始滑动瞬间，水平力F 与最大静摩擦力大小相等，则：F 1=f m =μmg 设经过t 1时间A 开始滑动，则：F 1=kt 1 得：t 1= μmg k = 0.3×1×10 2 s =1.5s ； (2)t =2s 时，有： F 2=kt 2=2×2N =4N ， 由牛顿第二定律有：F 2?μmg =ma 得：a = F 2?μmg m = 4?0.3×1×10 1 m/s 2=1m/s 2； (3)在t 3=1s 时水平外力为：F 3=kt 3=2×1N =2N ， 由于此时外力小于最大静摩擦力，两者一定不发生相对滑动，故一起做匀加速运动，以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得： F 3=(m +M)a′ 有：a ′=F 3 M+m =2 1+3m/s 2=0.5m/s 2 对A 受力分析为：F 3?f =ma′ 得：f =F 3?ma′=2N ?1×0.5N =1.5N 。 答：(1)若木板B 固定，则经过1.5s 木块A 开始滑动； (2)若木板B固定，t2=2.0s时木块A的加速度大小为1m/s2； (3)若木板B不固定，t3=1.0s时木块A受到的摩擦力大小为1.5N。 解析：(1)根据A开始滑动瞬间，水平力F与最大静摩擦力大小关系，列式求得时间； (2)对小物块进行受力分析，根据牛顿第二定律求小物块的加速度； (3)先判断小物块相对于木板是否发生滑动，再根据整体法与隔离法结合牛顿第二定律列出求解。 16.答案：解：①如图，光线在O点折射时，由折射定律有：n=sin60° sinα=sin60° sin45° =√6 2 ②光路如图，由几何关系有：β=α=45° 光在玻璃砖中通过的距离为：s=√2×1 2 at=vt 又v=c n 设点光源p到o点的距离为L，有：L=ct 解得：L=√3 2 ab=15cm 答： (1)玻璃砖的折射率n是√6 2 ． (2)点光源P到O的距离是15cm． 解析：①光线在O点折射时，已知入射角和折射角，由折射定律求折射率n． ②结合条件：光从光源S到AB面上P点的传播时间和它在玻璃砖中传播的时间相等，列方程求解P 到O的距离 解答本题的关键是正确画出光路图，掌握折射定律，依据几何关系和相关物理知识进行求解． 17.答案：解：(1)粒子在加速电场中加速，根据动能定理有qU=1 2 mv2， 粒子进入磁场，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qvB=m v2 R ， 解得R=1 B √2mU q ； (2)粒子射入到坐标原点的时间t1=L v ， 粒子在磁场中运动的时间为t2=3 4T=3 4 ?2πm qB ， 离开磁场到达荧光屏的时间为t3=R+L v ， 所以粒子运动的总时间为t=t1+t2+t3=L√2m qU +(2+3π)m 2qB ； 答：(l)粒子在磁场中运动半径的大小为1 B √2mU q ； (2)粒子从N板射出到打在荧光屏上所需的时间为L√2m qU +(2+3π)m 2qB ； 解析：(1)根据动能定理求解粒子在电场中加速获得的速度，根据洛伦兹力提供向心力求解运动半径； (2)根据运动学知识分别求解粒子射入到坐标原点、粒子在磁场中运动以及离开磁场到达荧光屏的时间，相加即可； 解决该题的关键是掌握粒子在各段的运动情况，尤其是在磁场中的运动情况，能根据题意求解粒子做圆周运动的最大和最小半径。 18.答案：解：(1)当第1滴水滴落到地面的瞬间，第5滴水滴刚好离开屋檐，之间正好有四个相等时间间隔，所以第一滴水运动的总时间为t=4×0.5s=2s， 由v=at得a=v t =10 2 =5m/s2． 根据牛顿第二定律得mg?f=ma 解之得：水滴在下落过程中受到的阻力f=0.005N (2)办公楼屋檐到地面的高度?=v 2t=10 2 ×2m=10m (3)根据初速度为零的匀加速直线运动的推论：物体在第1s内、第2s内、第3s内…位移之比为1：3：5…得 第2滴和第3滴水滴距屋檐的高度分别为?2=1+3+5 1+3+5+7?=45 8 m，?3=1+3 1+3+5+7 ?=15 8 m 故此窗户的高度为△?=?2??3=3.75m≈3.8m 答： (1)水滴在下落过程中受到的阻力大小是0.005N． (2)办公楼屋檐到地面的高度是10m． (3)此窗户的高度为3.8m． 解析：(1)先确定出水滴下落的总时间，由速度公式求出其加速度，再由牛顿第二定律求阻力大小． (2)根据位移公式求办公楼屋檐到地面的高度． (3)根据匀变速直线运动的推论，运用比例法求解． 本题解题时注意分析题意，明确水滴的运动情况，以及各个水滴之间的关系，运用动力学方法和运动学公式结合研究．