江苏省南通市2019届高三模拟考试（一）物理试题Word版含解析.doc

www.ks5u.com ‎2019年南通市模拟试卷（一）‎ 一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意，选对的得3分，选错或不答的得0分．‎ ‎1.据中新网报道，中国自主研发的北斗卫星导航系统“北斗三号”第17颗卫星已于2018年11月2日在西昌卫星发射中心成功发射．该卫星是北斗三号全球导航系统的首颗地球同步轨道卫星，也是北斗三号系统中功能最强、信号最多、承载最大、寿命最长的卫星．关于该卫星，下列说法正确的是 A. 它的发射速度一定大于11.2 km/s B. 它运行的线速度一定不小于7.9 km/s C. 它在由过渡轨道进入运行轨道时必须减速 D. 由于稀薄大气的影响，如不加干预，在运行一段时间后，该卫星的动能可能会增加 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据万有引力提供向心力，得出线速度与轨道半径的关系，从而比较出卫星在同步轨道上的速度与第一宇宙速度的大小；该卫星将做向心运动，轨道半径减小，应用牛顿第二定律求出线速度，然后分析答题；‎ ‎【详解】A．该卫星的发射速度必须小于第二宇宙速度11.2km/s，因为一旦达到第二宇宙速度，卫星会挣脱地球的引力，不绕地球运行，故A错误；‎ B．根据知，第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，知7.9km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，所以它运行的线速度一定小于7.9 km/s，故B错误；‎ C．它在由过渡轨道进入运行轨道做离心运动，必须加速，故C错误；‎ D．由于该卫星受到阻力影响而做减速运动，该卫星做圆周运动需要的向心力小于万有引力，做向心运动，其轨道半径r减小，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，由于半径r减小，则其线速度变大，动能变大，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】知道万有引力提供向心力是解题的前提，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解 题；要理解卫星变轨的原理。‎ ‎2.如图所示，A、B两点在同一条竖直线上，A点离地面的高度为3h，B点离地面高度为2h．将两个小球分别从A、B两点水平抛出，它们在C点相遇，C点离地面的高度为h．已知重力加速度为g，则 A. 两个小球一定同时抛出 B. 两个小球一定同时落地 C. 两个小球抛出的时间间隔为 D. 两个小球抛出的初速度之比 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据在C点相遇，结合高度求运动的时间，从而通过水平位移求初速度；‎ ‎【详解】AB．平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由，得，由于A到C的竖直高度较大，所以从A点抛出的小球运动时间较长，应A先抛出；它们在C点相遇时A的竖直方向速度较大，离地面的高度相同，所以A小球一定先落地，故A、B错误；‎ C．由得两个小球抛出的时间间隔为，故C正确；‎ D．由得，x相等，则小球A. B抛出的初速度之比，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】解决的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。‎ ‎3.导体中的电流是这样产生的：当在一根长度为L、横断面积为S，单位体积内自由电荷数为 n的均匀导体两端加上电压U，导体中出现一个匀强电场，导体内的自由电子（-e）受匀强电场的电场力作用而加速，同时由于与阳离子碰撞而受到阻碍，这样边反复碰撞边向前移动，可以认为阻碍电子运动的阻力大小与电子移动的平均速率v成正比，即可以表示为kv（k是常数），当电子所受电场力与阻力大小相等时，导体中形成了恒定电流，则该导体的电阻是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知当电场力与阻力相等时形成恒定电流，则有，解得，则导体中的电流，则由欧姆定律可得，A正确．‎ ‎4.用一随时间均匀变化的水平拉力F拉静止在水平面上的物体．已知F=kt（k=2N/s），物体与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体的加速度a随时间t变化的图象如图所示，g取10 m/s2，则不可以计算出 ‎ ‎ A. 物体的质量 B. 物体与水平面间的动摩擦因数 C. t=4s时物体的速度 D. 0～4s内拉力F做的功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对物体受力分析，根据牛顿第二定律得出加速度a与时间t的函数关系，然后结合图象得出相关信息即可求解；‎ ‎【详解】物体受重力、地面的支持力、拉力和与拉力方向相反的摩擦力，根据牛顿第二定律 得：，解得：，由a与F图线得到：,,联立解得m=2Kg，μ=0.2； a-t图像所围成的面积表示速度的变化量，所以0～4s内有，t=4s时物体的速度；由于物体先静止后又做变加速运动，F为变力，不能直接利用做功公式求出拉力F做的功；无法利用匀变速直线运动规律求0～4s内位移，无法求出摩擦力做功，所以无法根据动能定理求拉力F做的功， 故不可以计算出的是D，可以计算出的是A、B、C；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】关键是对物体受力分析，然后根据牛顿第二定律列方程求解出加速度与推力F的关系式，最后结合a与t关系图象得到待求量。‎ ‎5.如图所示，长为L的细绳，一端拴一质量为m的小球，另一端悬挂在距光滑水平面H高处（L>H）．现使小球在水平桌面上以角速度为ω做匀速圆周运动，则小球对桌面的压力为 A. mg B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对小球受力分析，正交分解，根据牛顿第二定律列方程求解；‎ ‎【详解】)对小球受力分析，如图：根据牛顿第二定律，水平方向：，竖直方向：，联立得：，根据牛顿第三定律：，故B正确，A、C、D错误；‎ 故选B。‎ 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分． 每小题有多个选项符合题意． 全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．‎ ‎6.教学用发电机能够产生正弦式交变电流，现利用该发电机（内阻可忽略）通过理想变压器向定值电阻R和电容器C供电，电路如图所示．理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P．若发电机线圈的转速变为原来的2倍，则 A. 电压表V的读数变为2U B. 电流表A的读数变为2I C. R消耗的功率变为2P D. R消耗的功率变为4P ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析电动机产生的交流电的最大值以及有效值、频率的变化情况；根据判断原副线圈中电压的变化情况，根据由知R消耗功率的变化；‎ ‎【详解】ACD．若发电机线圈的转速变为原来的2倍，电动机产生的最大电动势变为原来的2倍，发电机输出电压有效值变为原来的2倍，即原线圈的输出电压为原来的2倍，由知副线圈输出电压为原来的2倍，电压表V的读数变为为原来的2倍，由知R消耗的功率为原来的4倍，故AD正确，C错误；‎ B．转速变为原来的2倍，通过C的交变电流频率变为原来的2倍，电容器C的容抗减小，副 线圈的电流不是原来的2倍，由可知原线圈的电流不是原来的2倍，故B错误；‎ 故选AD。‎ ‎【点睛】关键是转速变化，通过C的交变电流频率变为原来的2倍，电容器C的容抗减小，副线圈的电流不是原来的2倍。‎ ‎7.如图所示，水平面内有两条互相垂直的通电长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向右，L2中的电流方向向上；L2的右方有a、b两点，它们相对于L1对称．整个系统处于垂直于纸面向里的匀强外磁场中，磁感应强度大小为B0．已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向里．则 A. 流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0‎ B. 流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0‎ C. 流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0‎ D. 流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据安培定则判断导线在a、b两点产生磁感应强度的方向；磁感应强度是矢量，即使它不与通电导线垂直，可按平行四边形定则叠加，据此分析；‎ ‎【详解】由于a、b关于L1对称，所以磁感应强度大小相等，由安培定则可知方向相反，设向里为正方向，则L2在a、b两点产生的磁感应强度分别为-B1、B1；导线L2产生的磁场在a、b两点的磁感应强度方向均垂直纸面向里，在a、b两点产生的磁感应强度为B2，对a点由磁场叠加可得：，对b点由磁场叠加可得：，联立 解得：，，故A、C正确，B、D错误；‎ 故选AC。‎ ‎【点睛】关键是知道a、b关于L1对称，所以磁感应强度大小相等，方向相反，磁场叠加可按平行四边形定则。‎ ‎8.如图所示，光滑导轨OMN固定，其中是半径为L的四分之一圆弧，O为圆心．OM、ON的电阻均为R，OA是可绕O转动的金属杆， A端位于上，OA与轨道接触良好，空间存在垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，、OA的电阻不计．则在OA杆由OM位置以恒定的角速度ω顺时针转到ON位置的过程中 A. OM中电流方向为O流向M B. 流过OM的电荷量为 C. 要维持OA以角速度ω匀速转动，外力的功率应为 D. 若OA转动的角速度变为原来的2倍，则流过OM的电荷量也变为原来的2倍 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ OA杆切割磁感线，由右手定则可得OA杆感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律求得产生的感应电动势；根据闭合电路欧姆定律求得OM中感应电流，根据求得流过OM的电荷量，根据能量守恒可得外力的功率等于发热功率；‎ ‎【详解】A．OA杆由OM位置以恒定的角速度ω顺时针转到ON位置的过程，产生的感应电动势，则感应电流大小恒定，由右手定则可得OM中电流方向为M流向O，故A错误；‎ BD．根据闭合电路欧姆定律可得OM中感应电流 ，则流过OM的电荷量为 ‎ ，若OA转动的角速度变为原来的2倍，则流过OM的电荷量不变，故B正确，D错误；‎ C．OM的发热功率，根据能量守恒可得外力的功率应为，故C正确；‎ 故选BC。‎ ‎【点睛】关键是明确OA杆的切割磁感线是电源，根据能量守恒定律、切割公式和欧姆定律多次列式求解。‎ ‎9."蹦极"是一项深受年轻人喜爱的极限运动，跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在腰间，从几十米高处跳下．如右图所示，某人做蹦极运动，他从高台由静止开始下落，下落过程不计空气阻力，设弹性绳原长为h0，弹性绳的弹性势能与其伸长量的平方成正比．则他在从高台下落至最低点的过程中，他的动能Ek、弹性绳的弹性势能EP随下落高度h变化的关系图象正确的是 ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析人运动的性质，，根据动能定理求出动能Ek与下落高度h变化的关系进行分析，根据功能关系可求弹性绳的弹性势能EP与下落高度h变化的关系进行分析；‎ ‎【详解】弹性绳被拉直前，人做自由落体运动，根据动能定理可得，（），弹性绳的弹性势能为零；弹性绳刚被拉直到人所受的重力与弹力大小相等的过程，人做加速度减小的加速运动，当加速度为零，速度达到最大值，从人所受的重力与弹力大小相等到最低点的过程中，人做加速度增大的减速运动，在最低点时速度为零；根据动能定理可得，（），克服弹性绳的弹力做功等于弹性绳的弹性势能的变化量可得，则有他的动能，（），弹性绳的弹性势能，故BD正确，AC错误；‎ 故选BD。‎ 三、简答题：本题分必做题（第10、11、12题）和选做题（第13题）两部分，共计42分． 请将解答填写在答题卡相应的位置．‎ ‎10.用如图所示的实验装置探究“加速度与合外力、质量的关系”.图中为两个光电门,为固定在木槽上的遮光条.实验前(不挂钩码)左右移动小木块使木槽能够在长木板上匀速运动.遮光条的宽度为,两光电门间的距离为.实验时木槽每次都从同一位置由静止释放,研究对象为木槽(包括内部的砝码)及钩码组成的系统.‎ ‎(1)通过光电计时器读出遮光条通过两个光电门的时间分别是,则木槽的加速度是_______.(用测量的符号表示)‎ ‎(2)保持悬挂钩码的质量不变,增加或减少槽内的砝码,测出每次对应的加速度,为了能直观反映在合外力一定的情况下,加速度与质量的关系,应作出a_______关系图象(表示槽及槽内砝码的总质量).‎ A. B. C. D.‎ ‎(3)为了精确测量木槽运动的加速度,甲同学固定光电门,移动光电门,然后释放木槽，测出 遮光条每次经过光电门的时间,乙同学固定光电门,移动光电门,然后释放木槽,测出遮光条每次经过光电门的时间,两位同学根据图象求解系统的加速度.甲同学作出的图象应为下图中的_________,乙同学作出的图象应为下图中的_________.若甲同学所作图象斜率的绝对值为,则木槽的加速度_________.‎ ‎ ‎ ‎ A B C D ‎【答案】 (1). B (2). D (3). B (4). C (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对系统研究，总质量保持不变，加速度与合力成正比，系统所受的合力为mg，则a与mg的关系是成正比关系，故选B。 （2）悬挂钩码的质量m保持不变，即合力保持不变，a与系统质量成反比，可知为了能直观反映在合外力一定的情况下，加速度与质量的关系，应作a-图线，故选D。 （3）甲同学固定光电门B，移动光电门A，然后释放凹槽，测出遮光条每次经过光电门A的时间t1．通过光电门A的瞬时速度vA＝，B点的速度为定值，根据vB2−vA2＝2ax得，，故B正确。乙同学固定光电门A，移动光电门B，然后释放凹槽，测出遮光条每次经过光电门B的时间t2，通过光电门B的瞬时速度vB＝，A点的速度为定值，根据vB2−vA2＝2ax得， ，故C正确。若甲同学所作图象的斜率的绝对值为k，则有，解得系统的加速度。‎ ‎【点睛】对于图线问题，一般的解题思路是得出物理量的关系式，从而确定正确的图线，结合图线的斜率或截距求解一些物理量.‎ ‎11.某实验小组设计了如图甲所示的电路来测量电池的电动势和内阻，已知定值电阻R1＝16Ω．‎ ‎（1）闭合开关S后，电压表V1无读数，电压表V2有读数，经检查发现电路中存在断路故障，则该故障可能在______（选填“ab”、“bc”或“cd”）两点间．‎ ‎（2）排除故障后，闭合开关S，调节滑动变阻器的阻值，记录多组电压表的示数U1、U2，如下表所示．请根据表中数据在图乙中作出U2－U1图象．‎ U2/V ‎5.0‎ ‎4.5‎ ‎4.0‎ ‎3.5‎ ‎3.0‎ ‎2.5‎ ‎2.0‎ U1/V ‎0.66‎ ‎1.00‎ ‎1.33‎ ‎1.88‎ ‎2.00‎ ‎2.32‎ ‎2.68‎ ‎（3）由图可知，电源电动势E＝__V，内阻r＝__Ω．（结果均保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). cd (2). (3). 5.8~6.2 　7.8~8.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 明确电路结构，从而分析故障原因；根据描点法可得出对应的图象；根据闭合电路欧姆定律进行分析，列出对应的表达式，从而明确图象的意义并求出电动势和内电阻；‎ ‎【详解】解：(1)电压表V1无读数，电压表V2有读数，说明V1无与电源断开，而V2与电源是连接的，故发生断路的是cd；‎ ‎(2)根据表中数据利用描点法可得出对应的图象如图所示；‎ ‎(3)根据电路图由闭合电路欧姆定律可知：，变形可得：，由图可知，图象与纵轴的截距表示电动势，故；图象的斜率，解得：；‎ ‎【点睛】安阻法测量电源电动势和内阻的方法，注意本题中将电压表与定值电阻并联充当电流表使用，注意数据处理的基本方法。‎ ‎12.下列说法中正确的是 ．‎ A. 振动的带电微粒辐射或吸收的能量可以是任意数值 B. 铀核（）衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的比结合能一定大于铀核的比结合能 C. 实验表明，只要照射光的强度足够大，就一定能发生光电效应现象 D. 核力将核子紧紧束缚在原子核内，因此核力只表现为引力 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据普朗克能量子假说的认识，振动的带电微粒辐射或吸收的能量只能是某一最小能量值的整数倍，故A错误；‎ B．铀核( )衰变的过程中会释放能量，所以衰变产物的比结合能一定大于铀核的比结合能，故B正确；‎ C．根据光电效应方程可知，发生光电效应的条件与光的频率有关，与光的强度无关，故C错误；‎ D．核力将核子紧紧束缚在原子核内，核力在大于，小于的范围内表现为吸引力，在小于时表现为斥力，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】振动的带电微粒辐射或吸收的能量只能是某一最小能量值的整数倍，衰变产物的比结合能一定大于铀核的比结合能；发生光电效应的条件与光的强度无关。‎ ‎13.将总质量为1.05kg的模型火箭点火升空，在0.02s时间内有50g燃气以大小为200m/s的速度从火箭尾部喷出．在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为_____N，在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为_____m/s（燃气喷出过程中重力和空气阻力可忽略）．‎ ‎【答案】 (1). 500 (2). 10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动能定理可求燃气获得的平均推力，根据牛顿第三定律可知火箭获得的平均推力，在喷气的很短时间内，火箭和燃气组成的系统动量守恒，结合动量守恒定律求出火箭的速度大小；‎ ‎【详解】在燃气喷出过程，以燃气为对象，规定火箭的速度方向为正方向，根据动能定理可得：，解得，根据牛顿第三定律可得火箭获得的平均推力为500N；喷射前后系统的动量守恒，根据动量守恒定律得，解得火箭的速度大小；‎ ‎14.我国自行研制的一种大型激光器，能发出频率为ν、功率为P0的高纯度和高亮度激光．如图所示，光电管的阴极K用某金属制成，闭合开关S，当该激光射向阴极，产生了光电流．移动变阻器的滑片P，当光电流恰为零时，电压表的示数为Uc，已知普朗克常量为h，电子电荷量为e，真空中的光速为c．求：‎ ‎①激光器发出的光子的动量p；‎ ‎②光电管阴极K的截止频率νc．‎ ‎【答案】① p= ② νc=ν-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据光电效应方程，求出光电子的最大初动能，根据逸出功和截止频率的大小关系求出光电管阴极K的截止频率；‎ ‎【详解】解：① 由： ‎ 解得p= ‎ ‎② 由 ‎ 又 解得 ‎ 由 ‎ 解得 ‎15.下列说法中正确的是 ．‎ A. 油膜法估测分子大小的实验中，所撒痱子粉太厚会导致测量结果偏大 B. 制作晶体管、集成电路只能用单晶体，单晶体是各向同性的 C. 一定量的理想气体等压膨胀，气体分子单位时间内与器壁单位面积的碰撞次数减小 D. 水凝结成冰后，水分子的热运动停止 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．油膜法估测分子大小的实验中，所撒痱子粉太厚会导致薄层的面积偏小，根据可知测量结果偏大，故A正确；‎ B．制作晶体管、集成电路只能用单晶体，因为单晶体具有各向异性，故B错误；‎ C．一定量的理想气体等压膨胀，体积变大，单位体积的分子数减小，气体分子单位时间内与器壁单位面积的碰撞次数减小，故C正确；‎ D．分子是永不停息地做无规则运动，所以水凝结成冰后，水分子的热运动不会停止，故D错误；‎ 故选AC。‎ ‎【点睛】油膜法估测分子大小的实验中，所撒痱子粉太厚会导致薄层的面积小；制作晶体管、集成电路只能用单晶体；分子是永不停息地做无规则运动；‎ ‎16.氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图A2中两条曲线所示．图中实线对应于氧气分子在_____℃时的情形；图中虚线下面积_____实线下面积．（填“大于”、“等于”、“小于”）‎ ‎【答案】 (1). 100 (2). 等于 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对应的最大比例的速率区间，说明实验对应的温度的情形；‎ ‎【详解】由图可知，具有最大比例的速率区间，0℃时对应的速率小，故说明虚线为0℃的分布图象，实线对应的最大比例的速率区间内分子动能大，说明实验对应的温度大，故为实线对应于氧气分子在100℃时的情形；在0℃和100℃两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于1，即相等；‎ ‎ 【点睛】温度是分子平均动能的标志，温度升高分子的平均动能增加，不同温度下相同速率的分子所占比例不同，要注意明确图象的意义是解题的关键；‎ ‎17.如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历状态b、c、到达状态d，已知一定质量的理想气体的内能与温度满足U=kT（k为常数）．该气体在状态a时温度为T0，求：‎ ‎①气体在状态d时的温度；‎ ‎②气体从状态a到达状态d过程从外界吸收的热量．‎ ‎【答案】①Td =3T0 ② Q= 2kT0﹢6p0V0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由a到d气体发生等压变化，由盖吕萨克定律可以求出气体的温度；求出气体做的功，然后应用热力学第一定律求出从外界吸收的热量；‎ ‎【详解】解：①状态a与状态d压强相等，由：‎ 可得：‎ ‎② 依题意可知：， ‎ 由热力学第一定律，有：‎ 其中：‎ 联立可得：‎ ‎18.下列说法正确的是________．‎ A. 在双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红光，则相邻干涉条纹间距变宽 B. 光纤通信是激光和光导纤维相结合的产物 C. 全息照片的拍摄利用了光的衍射原理 D. 地面上测得静止的直杆长为L，则在高速飞行火箭中的人测得手中的杆长应小于L ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据相对论原理，沿着飞行方向上，长度缩短，根据条纹宽度的公式，分析改变入射光可得相邻干涉条纹间距的变化；‎ ‎【详解】A． 在双缝干涉实验中，根据条纹宽度的公式可知，若仅将入射光由绿光改为红光，波长变长，则相邻干涉条纹间距变宽，故A正确；‎ B．光纤通信是激光和光导纤维相结合的产物，利用了激光的频率单一性的特点，故B正确；‎ C．全息照片往往用激光来拍摄，主要是利用了激光的干涉原理，故C错误；‎ D．根据相对论原理，地面上测得静止的直杆长为L，在沿杆方向高速飞行火箭中的人相对于杆是静止的，所以测得长度不变，故D错误；‎ 故选AB。‎ ‎【点睛】在双缝干涉实验中，波长变长，则相邻干涉条纹间距变宽；光纤通信是激光和光导纤维相结合的产物；全息照片利用了激光的干涉原理；‎ ‎19.较长软绳的一端固定在O点，拉直后的水平绳沿x轴，手持软绳的另一端点A以周期T=0.5s在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成简谐波沿绳水平传播，示意如图．绳上有另一质点P 的振动方向为________（选填“竖直向下”、“竖直向下”、“水平向右”或“水平向左”）．振动在x轴负方向上传播的速度v为___________m/s．‎ ‎【答案】 (1). 竖直向下 (2). 2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据“上下坡法”可知质点P的振动方向；由图可知波长，根据速度公式求出传播的速度；‎ ‎【详解】波的传播方向为x轴负方向，根据“上下坡法”可知绳上有另一质点P的振动方向为竖直向下；由图可知波长，振动在x轴负方向上传播的速度；‎ ‎20.如图所示，折射率，半径为R的透明球体固定在水平地面上，O为球心，其底部P点有一点光源，过透明球体的顶点Q有一足够大的水平光屏，真空中光速为c，求：‎ ‎①光在球体中沿直线从P点到Q点的传播时间t；‎ ‎②若不考虑光在透明球体中的反射影响，光屏上光照面积S的大小。‎ ‎【答案】① ②‎ ‎【解析】‎ ‎（1）光在透明球体内传播速度①‎ 光从的时间②‎ 联立①②得③‎ ‎（2）设透明球体介质的临界角为,则得④‎ 光屏上光照面为以为圆心，为半径的圆，‎ 如图所示，由几何知识得，其半径⑤‎ 光屏上光照面积⑥‎ ‎【点睛】解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折射定律、临界角公式、光速公式，运用几何知识结合解决这类问题．‎ 四、计算题:本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎21.如图所示，一根有一定电阻的直导体棒质量为、长为L，其两端放在位于水平面内间距也为L的光滑平行导轨上，并与之接触良好；棒左侧两导轨之间连接一可控电阻；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面，时刻，给导体棒一个平行与导轨的初速度，此时可控电阻的阻值为，在棒运动过程中，通过可控电阻的变化使棒中的电流强度保持恒定，不计导轨电阻，导体棒一直在磁场中。‎ ‎（1）求可控电阻R随时间变化的关系式；‎ ‎（2）若已知棒中电流强度为I，求时间内可控电阻上消耗的平均功率P；‎ ‎（3）若在棒的整个运动过程中将题中的可控电阻改为阻值为的定值电阻，则棒将减速运动位移后停下；而由题干条件，棒将运动位移后停下，求的值。‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）因棒中的电流强度保持恒定，故棒做匀减速直线运动，设棒的电阻为，电流为I，其初速度为，加速度大小为，经时间后，棒的速度变为，则有：‎ 而，时刻棒中电流为：，经时间后棒中电流为：，‎ 由以上各式得：。‎ ‎（2）因可控电阻R随时间均匀减小，故所求功率为：，‎ 由以上各式得：。‎ ‎（3）将可控电阻改为定值电阻，棒将变减速运动，有：，，而，，由以上各式得，而，由以上各式得，‎ 所求。‎ 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道分析导体棒受力情况，应用闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律求解，注意对于线性变化的物理量求平均的思路，本题中先后用到平均电动势、平均电阻和平均加速度。‎ ‎22.如图所示，小车右端有一半圆形光滑轨道BC相切车表面于B点，一个质量为m=1.0kg可以视为质点的物块放置在A点，随小车一起以速度v0=5.0m/s沿光滑水平面上向右匀速运动．劲度系数较大的轻质弹簧固定在右侧竖直挡板上．当小车压缩弹簧到最短时，弹簧自锁（即不再压缩也不恢复形变），此时，物块恰好在小车的B处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C．已知小车上表面水平且离地面的高度h=0.45m，小车的质量为M=1.0kg，小车的长度为l=1.0m，半圆形轨道半径为R=0.4m，物块与小车间的动摩擦因数为μ=0.2．重力加速度g取10m/s2，试求：‎ ‎（1）物块运到B点时的速度vB；‎ ‎（2）弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能Ep；‎ ‎（3）若小物块落到小车上发生碰撞，碰撞后水平方向的速度不变，竖直方向等速率返回，小车始终保持静止，求物块落地点到小车左端A的水平距离x．‎ ‎【答案】（1）m/s（2）EP=13J（3）1.6m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当小车压缩弹簧到最短时速度为零，物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C，由重力充当向心力，由此求得物块经过C点时的速度．从B到C的过程，运用机械能守恒定律求物块运动到B点时的速度vB；根据能量守恒定律求弹簧压缩到最短时具有的弹性势能Ep；物块离开C点后做平抛运动，根据分位移公式求出C平抛运动的水平距离．对于物块从C到落地的过程，由分位移公式求出物体相对于地的水平位移，从而求得物块落地点到小车左端的水平距离x；‎ ‎【详解】解：(1)物块恰能运动到最高点C，有 ‎ 又 ‎ 解得m/s ‎(2)由功能关系，有 ‎ 解得 EP=13J ‎(3)由平抛运动知识，有 ，‎ 解得x1=0.8m 解得x2=1m 所以x=2x1+x2-l=1.6m ‎23.边长为3L的正方形区域分成相等的三部分，左右两侧为匀强磁场，中间区域为匀强电场，如图所示．左侧磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小为B1；右侧磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直于纸面向里；中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行．一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从平行金属板的正极板开始由静止被加速，加速电压为U，加速后粒子从a点进入左侧磁场且与左边界的夹角θ=300，又从距正方形上下边界等间距的b 点沿与电场平行的方向进入电场，不计粒子重力．求：‎ ‎（1）粒子经过平行金属板加速后的速度大小v；‎ ‎（2）左侧磁场区域磁感应强度B1；‎ ‎（3）若，电场强度E的取值在什么范围内时粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开？‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动能定理求出粒子经过平行金属板加速后的速度大小；结合圆心角和粒子的运动时间求出粒子在左侧磁场中运动的轨道半径，根据洛伦磁力提供向心力求出左侧磁场区域磁感应强度；作出粒子在上边缘cd间离开磁场的轨迹图，结合临界状态，根据几何关系求出半径，结合半径公式和动能定理求出电场强度的范围；‎ ‎【详解】解：(1)粒子在电场中运动时：‎ 解得： ‎ ‎(2)粒子进入磁场后 ：‎ 由几何关系可知粒子在磁场中转过的角度为α=600且 解得 ‎(3)粒子在磁场中运动，在上边缘cd间离开的速度分别为与，与之相对应的半径分别为与．由分析知，‎ 由牛顿第二定律：‎ 粒子在电场中：‎ 解得：‎ 同理：‎ 所以电场强度的范围为：‎