江苏省徐州市邳州市铁富高中2022届高三物理下学期五模试卷含解析

2022年江苏省徐州市邳州市铁富高中高考物理五模试卷　一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题只有一个选项符合题意．1．以下是力学中的三个实验装置，由图可知这三个实验共同的物理思想方法是（　　）A．极限的思想方法B．放大的思想方法C．控制变量的方法D．猜想的思想方法　2．如图所示，三角体由两种材料拼接而成，BC界面平行底面DE，两侧面与水平面夹角分别为30°和60°．已知物块从A静止下滑，加速至B匀速至D；若该物块静止从A沿另一侧面下滑，则有（　　）A．通过C点的速率等于通过B点的速率B．AB段的运动时间大于AC段的运动时间C．将加速至C匀速至ED．一直加速运动到E，但AC段的加速度比CE段小　3．一只蜜蜂和一辆汽车在平直公路上以同样大小的速度并列运动．如果这只蜜蜂眼睛盯着汽车车轮边缘上某一点，那么它看到的这一点的运动轨迹是（　　）A．B．C．D．　4．一根电阻丝接入100V的恒定电流电路中，在1min内产生的热量为Q，同样的电阻丝接入正弦交变电流的电路中，在2min内产生的热量也为Q，则该交流电压的峰值是（　　）A．141.4VB．100VC．70.7VD．50V　5．一正点电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v﹣t图象如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是图中的（　　）28\nA．B．C．D．　　二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共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．6．2022年奥运会在北京举行，由此推动了全民健身运动的蓬勃发展．体重为m=50kg的小芳在本届校运会上，最后一次以背越式成功地跳过了1.80米的高度，成为高三组跳高冠军．若忽略空气阻力，g取10m/s2．则下列说法正确的是（　　）A．小芳下降过程处于失重状态B．小芳起跳以后在上升过程中处于超重状态C．小芳起跳时地面对他的支持力大于他的重力D．起跳过程地面对小芳至少做了900J的功　7．在收音机电路中，经天线接收下来的电信号既有高频成分又有低频成分，经放大后送到下一级，需要把高频成分和低频成分分开，只让低频成分输入下一级，如果采用如图所示的电路，图中虚线框a和b内只用一个电容器或电感器，那么（　　）A．a是电容器，用来通高频阻低频B．a是电感器，用来阻交流通直流C．b是电感器，用来阻高频通低频D．b是电容器，用来阻高频通低频　28\n8．如图所示，电阻R=20Ω，电动机的绕组电阻R′=10Ω．当开关打开时，电流表的示数是I，电路消耗的电功率为P．当开关合上后，电动机转动起来．若保持电路两端的电压不变，电流表的示数I′和电路消耗的电功率P′应是（　　）A．I′=3IB．I′＜3IC．P′=3PD．P′＜3P　9．在如图所示装置中，两物体质量分别为m1、m2，悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径，不计一切摩擦，整个装置处于静止状态．由图可知（　　）A．α一定等于βB．m1一定大于m2C．m1一定小于2m2D．m1可能大于2m2　　三．实验题10．在一次研究型课的活动中，某小组提出了测量一种棉线能承受的最大拉力的课题，其中一位同学提出了运用一个已知质量为m的钩码和一把米尺进行测量的方案．首先，他把钩码直接悬挂在这种棉线上，结果棉线没有断，而且没有发生明显伸长．然后该同学进行了一系列的测量和计算，得出了该棉线能承受的最大拉力．请你根据该同学已具有的上述器材，回答下列问题：（1）请在方框内画出实验方案的示意图（标出需测量的量）；（2）实验中需要测量的物理量是：　　　　　　；（3）棉线能承受的最大拉力F的表达式是：F=　　　　　　．　11．现有一特殊的电池，其电动势E约为9V，内阻r在35～55Ω范围，最大允许电流为50mA．为测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲的电路进行实验．图中电压表的内电阻很大，对电路的影响可以不计；R为电阻箱，阻值范围为0～9999Ω；R0是定值电阻．（1）实验室备有的定值电阻R0有以下几种规格：A．10Ω，2.5WB．50Ω，1.0WC．150Ω，1.0WD．1500Ω，5.0W28\n本实验应选用　　　　　　，其作用是　　　　　　．（2）该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值读出电压表的示数U，再改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图乙的图线．则根据该同学所作的图线可知图象的横坐标与纵坐标的比值表示　　　　　　．（3）根据乙图所作出的图象求得该电池的电动势E为　　　　　　V，内电阻r为　　　　　　Ω．　　【选考题】考生任选两模块作答（选修3-314分）12．如图所示，导热的气缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在气缸中，气缸的内壁光滑．现用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动，由状态①变化到状态②，在此过程中，如果环境温度保持不变，下列说法正确的是（　　）A．每个气体分子的速率都不变B．气体分子平均动能不变C．水平外力F逐渐变大D．气体内能减少E．气体放出热量F．气体内能不变，却对外做功，此过程违反热力学第一定律，不可能实现G．气体是从单一热源吸热，全部用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定律　13．如图所示，一端开口的L形玻璃管是由粗细不同的两部分组成的，粗管的横截面积是细管横截面积的两倍，开口管在竖直平面内，封闭端水平放置，水平段管长100cm，竖直段管长为30cm，在水平管内有一段长12cm的水银封闭着一段长80cm的空气柱，已知气柱的温度为27℃，大气压强为75cm，现对气体缓慢加热，（1）当温度上升到119℃时，封闭端空气柱多长？（2）至少加热到多少℃水银可以全部排出管外？28\n　　（选修3-414分）14．下列说法中正确的是（　　）A．简谐波沿长绳传播，绳上相距半个波长的两个质点振动位移的大小相等B．简谐机械波在给定的介质中传播时，振动的频率越高，则波传播一个波长的距离所用的时间越短C．某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验，开始计时时，秒表提前按下D．能产生干涉现象的两束光是频率相同、相位差恒定的两束光E．按照麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场周围产生磁场，变化的磁场周围产生电场F．振荡电场和振荡磁场交替产生，相互依存，形成不可分离的统一体，即电磁场G．除了从光源直接发出的光以外，我们通常看到的绝大部分光都是偏振光H．力学规律在任何参考系中都是相同的　15．如图所示，临界角C为45°的液面上有一点光源S发出一束光垂直入射到水平放置于液体中且距液面为d的平面镜M上，当平面镜M绕垂直过中心O的轴以角速度ω做逆时针匀速转动时，观察者发现水面上有一光斑掠过，则观察者们观察到的光斑在水面上掠过的最大速度为多少？　　（选修3-514分）16．下列说法中正确的是（　　）A．物体辐射电磁波的强度分布只与物体温度和辐射波的波长有关B．对于同一种金属来说，其截止频率恒定，与入射光的频率及光的强度均无关C．极少数α粒子的偏转角超过了90°，表明原子中带负电的物质体积很小D．玻尔的能级原子模型虽然使用了定态、跃迁、量子等概念但保留“轨道”是其缺陷E．光衍射现象中，产生明条纹的地方光子出现的概率低，这是波粒二象性的观点F．做示踪原子的物质尽可能选用半衰期长一些的放射性元素G．核力具有饱和性和短程性，原子核为了稳定，故重核在形成时其中子数多于质子数H．比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时一定释放核能　28\n17．如图所示，质量M=10kg，上表面光滑的足够长的木板在F=50N的水平拉力作用下，以初速度v0=5m/s沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1kg，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L=1m时，又无初速地在木板的最右端放上第2块铁块，只要木板运动了L就在木板的最右端无初速放一铁块．（取g=10m/s2）试问：（1）第1块铁块放上后，木板运动了L时，木板的速度多大？（结果可带有根号）（2）最终木板上放有多少块铁块？　　四、计算题或推导证明题：本题共4题，共计43分．16题共2题任意选择其中之一做．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．18．如图所示，光滑水平面上的O处有一质量为m=2kg物体．物体受到两个水平力的作用，F1=4N，F2=（2+2x）N，x为物体相对O的位移．物体从静止开始运动，问：（1）当位移为x=0.5m时物体的加速度多大？（2）在何位置物体的加速度最大？最大值为多少？（3）在何位置物体的速度最大？最大值为多少？　19．辩析题：在如图所示电路中，电源电动势E=6V，内阻不计，小灯L上标有“6V，0.3A”字样，滑动变阻器R1的阻值范围是0﹣20Ω，电阻R2上标有“15Ω，4A”，电流表的量程为0﹣0.6A．甲、乙两同学在讨论滑动变阻器功率的取值范围时，甲同学认为：由于电流表允许通过的最大电流为0.6A，所以通过R1的最大电流为0.3A，这时滑动变阻器R1两端的电压为U1m=E﹣I1mR2=1.5V，因此滑动变阻器的最大功率为P1m=I1mU1m=0.45W．乙同学不同意甲同学的看法，他认为滑动变阻器的功率决定于通过它的电流和它两端的电压的乘积，即P1=I1U1，电流最大时功率未必最大，只有电流、电压的乘积最大时，功率才最大．你认为甲、乙两位同学中，哪位同学的看法正确，如果你认为甲同学正确，请简述他正确的理由；如果你认为乙同学正确，请求出滑动变阻器R1的最大功率P1m．　20．如图所示，竖直平面内放一直角杆AOB，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数μ=0.20，杆的竖直部分光滑，两部分各套有质量分别为2.0kg和1.0kg的小球A和B，A、B间用细绳相连，初始位置OA=1.5m，OB=2.0m，g取10m/s2，则（1）若用水平拉力F1沿杆向右缓慢拉A，使之移动0.5m，该过程中A受到的摩擦力多大？拉力F1做功多少？（2）若小球A、B都有一定的初速度，A在水平拉力F2的作用下，使B由初始位置以1.0m/s的速度匀速上升0.5m，此过程中拉力F2做功多少？28\n　21．如图所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电、B板带负电．两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔．C、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O′处，C带正电、D带负电．两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O′．半圆形金属板两端与B板的间隙可忽略不计．现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电量为q的带正电微粒（微粒的重力不计），问：（1）微粒穿过B板小孔时的速度多大？（2）为了使微粒能在CD板间运动而不碰板，CD板间的电场强度大小应满足什么条件？（3）从释放微粒开始，经过多长时间微粒会通过半圆形金属板间的最低点P点？　22．如图AB和CD是两根特制的、完全相同的电阻丝，竖直地固定在地面上，上端用电阻不计的导线相接，两电阻丝间距为L，有一根质量为m、电阻不计的金属棒，跨在AC两点间处于x轴原点，与电阻丝接触良好且无摩擦，空间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，放开金属棒，它将加速下滑．求：（1）电阻丝的电阻值应跟位移x的平方根成正比，即R=k（k为一常数）试用假设法证明棒开始下落后是做匀加速运动．（2）在棒做匀加速直线时若L=1m，B=1T，m=kg，．则①棒下落的加速度a②棒下落1米位移过程式中电阻上的电功W．　28\n　28\n2022年江苏省徐州市邳州市铁富高中高考物理五模试卷参考答案与试题解析　一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题只有一个选项符合题意．1．以下是力学中的三个实验装置，由图可知这三个实验共同的物理思想方法是（　　）A．极限的思想方法B．放大的思想方法C．控制变量的方法D．猜想的思想方法考点：弹性形变和范性形变．分析：桌面的受力微小形变借助于光的反射来放大；玻璃瓶的受力微小形变借助于液体体积变化；引力大小仍是借助于光的反射来放大．解答：解：桌面的受力微小形变借助于光的反射来放大；玻璃瓶的受力微小形变借助于液体体积变化；引力大小仍是借助于光的反射来放大，三个实验均体现出放大的思想方法，故选：B．点评：分析物体的原理，要透过现象去分析本质，要寻找出问题的相似性．　2．如图所示，三角体由两种材料拼接而成，BC界面平行底面DE，两侧面与水平面夹角分别为30°和60°．已知物块从A静止下滑，加速至B匀速至D；若该物块静止从A沿另一侧面下滑，则有（　　）A．通过C点的速率等于通过B点的速率B．AB段的运动时间大于AC段的运动时间C．将加速至C匀速至ED．一直加速运动到E，但AC段的加速度比CE段小考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据动能定理列式比较B、C速率关系．求出物体从倾角一定的斜面下滑的加速度的一般表达式，然后讨论影响加速度大小的各个因数对加速度的影响，再讨论各段的运动情况．28\n解答：解：A、物体从倾角为θ的斜面滑下，根据动能定理，有mgh﹣μmgcoθ•=mv2即有mgh﹣μmghcotθ=，θ越大，cotθ越小，v越大，其他量相等，则物体通过C点的速率大于通过B点的速率，故A错误；B、由上分析有vB＜vC．由位移公式得xAB=tAB，xAC=tAC，因为xAB＞xAC，vB＜vC，则tAB＞tAC．即得AB段的运动时间大于AC段的运动时间，故B正确；C、将物块在CE段与BD段运动进行比较：BD段上重力沿斜面向下的分力与滑动摩擦力大小相等．在CE段上重力沿斜面的分力较大，滑动摩擦力较小，则重力沿斜面的分力大于滑动摩擦力．所以物块沿CE段将做匀加速运动．故C错误．D、由上分析可知，物块一直加速运动到E，由于AC段滑动摩擦力较小，则AC段的加速度比CE段大．故D错误．故选B．点评：本题关键是求出物体沿斜面下滑的加速度和速度的一般表达式，然后再分析讨论．也可以通过作速度﹣时间图象进行分析．　3．一只蜜蜂和一辆汽车在平直公路上以同样大小的速度并列运动．如果这只蜜蜂眼睛盯着汽车车轮边缘上某一点，那么它看到的这一点的运动轨迹是（　　）A．B．C．D．考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：以汽车为参照物，确定车与蜜蜂间的相对运动及位置关系，分析解答．解答：解：因为蜜蜂与汽车速度大小相等且它们并列运动，以汽车为参照物，蜜蜂相对于汽车位置不变，它们在水平方向上相对静止，车轮边缘的点相对于车作圆周运动，运动轨迹是圆，因蜜蜂相对于车静止，所以蜜蜂看到的车轮边缘上的点的运动轨迹是圆．故选：A．点评：本题考查了物体间运动的相对性，解题的关键是正确、巧妙地选取参照物．　4．一根电阻丝接入100V的恒定电流电路中，在1min内产生的热量为Q，同样的电阻丝接入正弦交变电流的电路中，在2min内产生的热量也为Q，则该交流电压的峰值是（　　）A．141.4VB．100VC．70.7VD．50V考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系．专题：实验题；交流电专题．分析：交流电产生的热量根据焦耳定律用有效值研究，采用比例法与恒定电流相比较求出交流电的有效值，再由最大值与有效的关系求解峰值．解答：解：设正弦交流电电压有效值为U2．对于恒定电流：Q=t1①对于正弦交变电流：Q=t2②28\n由①②联立得=得到U2=50V交流电压的峰值是Um=U2=100V故选B点评：对于交流电求解热量、功率、电功要用有效值．对于有效值往往根据定义，将交流与直流进行比较求解．　5．一正点电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v﹣t图象如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是图中的（　　）A．B．C．D．考点：电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：v﹣t图象中的斜率表示物体的加速度，所以根据电荷运动过程中v﹣t图象可知电荷的加速度越来越大，则电场力越来越大，电场强度越来越大，根据电场线与电场强度的关系可得出正确结果．解答：解：由v﹣t图象可知，粒子做加速度逐渐增大的加速运动，因此该电荷所受电场力越来越大，电场强度越来越大，电场线密的地方电场强度大，且正电荷受力与电场方向相同，故ABC错误，D正确．故选：D．点评：本题结合v﹣t图象，考查了电场强度与电场线以及电荷受电场力与电场方向之间的关系，考点结合巧妙、新颖，有创新性．　二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共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．6．2022年奥运会在北京举行，由此推动了全民健身运动的蓬勃发展．体重为m=50kg的小芳在本届校运会上，最后一次以背越式成功地跳过了1.80米的高度，成为高三组跳高冠军．若忽略空气阻力，g取10m/s2．则下列说法正确的是（　　）A．小芳下降过程处于失重状态28\nB．小芳起跳以后在上升过程中处于超重状态C．小芳起跳时地面对他的支持力大于他的重力D．起跳过程地面对小芳至少做了900J的功考点：功的计算；超重和失重．专题：功的计算专题．分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．做功的大小可以用动能定理求得．解答：解：A、在小芳下降过程，只受重力的作用，有向下的重力加速度，是处于完全失重状态，故A正确．B、小芳起跳以后在上升过程，也是只受重力的作用，有向下的重力加速度，是处于完全失重状态，故B错误．C、在小芳起跳时，地面要给人一个向上的支持力，支持力的大小大于人的重力的大小，人才能够有向上的加速度，向上运动，故C正确．D、由动能定理可以知道，地面对人做的功最终转化成了人的重力势能，在这个过程中，人的重心升高大约1m，所以增加的重力势能大约是mgh=50×10×1J=500J，故D错误．故选AC．点评：本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力或悬挂物的拉力变了．　7．在收音机电路中，经天线接收下来的电信号既有高频成分又有低频成分，经放大后送到下一级，需要把高频成分和低频成分分开，只让低频成分输入下一级，如果采用如图所示的电路，图中虚线框a和b内只用一个电容器或电感器，那么（　　）A．a是电容器，用来通高频阻低频B．a是电感器，用来阻交流通直流C．b是电感器，用来阻高频通低频D．b是电容器，用来阻高频通低频考点：电磁波的发射、传播和接收．分析：本题综合考查电路和交变电流的知识，电容器具有通高频、阻低频的作用，这样的电容器电容应较小．电感线圈在该电路中要求做到通低频、阻高频，所以它是一个高频扼流圈，其自感系数应该较小．28\n解答：解：根据交流电路中电容的通高频阻低频和电感线圈的通低频阻高频作用可知，元件a要让高频信号通过，阻止低频信号通过，故元件a是电容较小的电容器；元件b要让低频信号通过，阻止高频信号通过，故元件b是高频扼流圈．故AC正确，BD错误；故选：AC点评：根据电感和电容对交流电的作用去判断，首先分清用哪种电器．　8．如图所示，电阻R=20Ω，电动机的绕组电阻R′=10Ω．当开关打开时，电流表的示数是I，电路消耗的电功率为P．当开关合上后，电动机转动起来．若保持电路两端的电压不变，电流表的示数I′和电路消耗的电功率P′应是（　　）A．I′=3IB．I′＜3IC．P′=3PD．P′＜3P考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：由电路图可知，电机和电阻并联，则由并联电路的规律可求得电动机内的电流，由电动机的性质可知电动机的消耗的实际功率，则可知电路消耗的总功率．解答：解：因闭合开关后保持电压不变，故R中的电流不变；由并联电路的规律可知，电流表中电流为电动机电流与R中电流之和；因为电动机电流一定小于电动机卡住时的电流；故电动机电流I机＜=2I；故I′=I机+I＜3I，故B正确，A错误；由功率公式P=UI可知，R消耗的功率不变，而电动机消耗的功率小于2P，故总功率小于3P，故C错误，D正确；故选BD．点评：本题考查电动机的性质，因电动机在工作时有电能转化为动能，不能用欧姆定律求解，但可以用P=UI及串并联电路的性质求解．　9．在如图所示装置中，两物体质量分别为m1、m2，悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径，不计一切摩擦，整个装置处于静止状态．由图可知（　　）A．α一定等于βB．m1一定大于m2C．m1一定小于2m2D．m1可能大于2m2考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对与m1连接的滑轮进行受力分析，抓住两个绳子拉力在水平方向上的分力相等，得出α、β的关系．根据竖直方向上合力等于m1的重力，得出m1和m2的关系．解答：解：绳子通过定滑轮和动滑轮相连，绳子的拉力相等，等于m2的重力，对与m1连接的滑轮进行受力分析，有Tsinα=Tsinβ，所以α=β．在竖直方向上有：Tcosα+Tcosβ28\n=m1g，而T=m2g，则有2m2gcosα=m1g．所以m1一定小于2m2，当α=β=60°时，T=m1g=m2g．故A、C正确，B、D错误．故选AC．点评：解决本题的关键合适地选择研究对象，正确地进行受力分析，运用共点力平衡，抓住水平方向和竖直方向合力为零进行求解．　三．实验题10．在一次研究型课的活动中，某小组提出了测量一种棉线能承受的最大拉力的课题，其中一位同学提出了运用一个已知质量为m的钩码和一把米尺进行测量的方案．首先，他把钩码直接悬挂在这种棉线上，结果棉线没有断，而且没有发生明显伸长．然后该同学进行了一系列的测量和计算，得出了该棉线能承受的最大拉力．请你根据该同学已具有的上述器材，回答下列问题：（1）请在方框内画出实验方案的示意图（标出需测量的量）；（2）实验中需要测量的物理量是：　棉纱线的长L和刚好拉断时两悬点间的距离l．　；（3）棉线能承受的最大拉力F的表达式是：F=　　．考点：探究弹力和弹簧伸长的关系．专题：实验题；弹力的存在及方向的判定专题．分析：将棉纱线两端靠拢，在底端悬挂质量为m的钩码，将棉纱线两端逐渐远离，直到棉纱线刚好拉断．根据共点力平衡得棉纱线上最大承受的拉力在竖直方向合力和钩码重力相等，根据三角函数关系求出最大拉力．解答：解：（1）将棉纱线两端靠拢，在底端悬挂质量为m的钩码，将棉纱线两端逐渐远离，直到棉纱线刚好拉断．根据共点力平衡得棉纱线上最大承受的拉力在竖直方向合力和钩码重力相等，根据三角函数关系求得最大承受的拉力．（2）实验中需要测量的物理量是：棉纱线的长L和刚好拉断时两悬点间的距离l．（3）棉纱线刚好拉断时，对钩码进行受力分析，28\n根据共点力平衡得棉纱线上最大承受的拉力在竖直方向合力和钩码重力相等，根据几何关系得：cosθ=根据三角函数关系得：F==故答案为：（1）如图（2）棉纱线的长L和刚好拉断时两悬点间的距离l．（3）．点评：本题考查了学生的设计和实验的能力，可以提高学生动手和思考、解决问题的能力．　11．现有一特殊的电池，其电动势E约为9V，内阻r在35～55Ω范围，最大允许电流为50mA．为测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲的电路进行实验．图中电压表的内电阻很大，对电路的影响可以不计；R为电阻箱，阻值范围为0～9999Ω；R0是定值电阻．（1）实验室备有的定值电阻R0有以下几种规格：A．10Ω，2.5WB．50Ω，1.0WC．150Ω，1.0WD．1500Ω，5.0W本实验应选用　C　，其作用是　保护电阻　．（2）该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值读出电压表的示数U，再改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图乙的图线．则根据该同学所作的图线可知图象的横坐标与纵坐标的比值表示　回路电流　．（3）根据乙图所作出的图象求得该电池的电动势E为　10　V，内电阻r为　5　Ω．28\n考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：本题的关键是根据闭合电路欧姆定律列出表达式，然后整理出与的函数方程，然后即可讨论求解．解答：解：（1）根据闭合电路欧姆定律电路中最小电阻为==Ω=180Ω，所以应选C，其作用是作为保护电阻．（2）根据闭合电路欧姆定律，应有E=U+，所以图乙图象的横坐标与纵坐标之比为回路电流．（3）将E=U+变形为=，所以纵轴截距=0.1，解得E=10V，斜率k==，解得r=4.75Ω（4.6～5都对）故答案为（1）C，保护电阻（2）回路电流（3）10，4.75点评：涉及到用图象解得问题，一般思路是首先根据物理规律列出表达式，然后再整理出关于纵轴物理量与横轴物理量的关系式，然后再根据斜率和截距的概念列式求解即可．　【选考题】考生任选两模块作答（选修3-314分）12．如图所示，导热的气缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在气缸中，气缸的内壁光滑．现用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动，由状态①变化到状态②，在此过程中，如果环境温度保持不变，下列说法正确的是（　　）28\nA．每个气体分子的速率都不变B．气体分子平均动能不变C．水平外力F逐渐变大D．气体内能减少E．气体放出热量F．气体内能不变，却对外做功，此过程违反热力学第一定律，不可能实现G．气体是从单一热源吸热，全部用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定律考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：封闭气体等温膨胀过程，温度是分子平均动能的标志且理想气体的内能只与温度有关，以活塞为研究对象根据受力平衡判断水平外力F的变化．解答：解：A、封闭气体等温膨胀过程，温度是分子热运动平均动能的标志，故分子热运动的平均动能不变，不是每个分子动能都不变，故A错误，B正确；C、气体等温膨胀，根据玻意耳定律PV=C，可知气压不断减小，故内外压力差变大，向左，故F逐渐变大，故C正确；D、封闭气体等温膨胀过程，温度是分子热运动平均动能的标志，故分子热运动的平均动能不变，气体分子势能不计，故内能不变，故D错误；E、根据热力学第一定律△U=Q+W，内能不变，气体膨胀，对外做功，即W＜0，故Q＞0，吸热，故E错误；F、内能不变，气体膨胀，对外做功，吸热，仍满足热力学第一定律△U=Q+W，故F错误；G、由热力学第二定律知不可能从单一热源吸热全部用来做功而不引起其它变化．该气体是从单一热源吸热，全部用来对外做功，是在外界的影响下发生的，所以不违反热力学第二定律，故G正确；故选：BCG．点评：本题的突破口是：题目中说“导热”的气缸缸且环境保持恒温，即判断气体做等温变化，然后会根据热力学第一定律判断各种变化．分析时要抓住温度的意义：一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，温度是分子平均动能的标志．　13．如图所示，一端开口的L形玻璃管是由粗细不同的两部分组成的，粗管的横截面积是细管横截面积的两倍，开口管在竖直平面内，封闭端水平放置，水平段管长100cm，竖直段管长为30cm，在水平管内有一段长12cm的水银封闭着一段长80cm的空气柱，已知气柱的温度为27℃，大气压强为75cm，现对气体缓慢加热，（1）当温度上升到119℃时，封闭端空气柱多长？（2）至少加热到多少℃水银可以全部排出管外？28\n考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强．专题：理想气体状态方程专题．分析：（1）温度上升，气体的体积增加，首先判断水银柱是否到达竖直管，再根据理想气体状态方程求解气体的长度；（2）当温度升高后，水银全部进入竖直管，当封闭气体的压强刚还等于水银和大气的压强和的时候，水银就可以自动流出，根据根据理想气体状态方程求解气体的此时的温度即可．解答：解：（1）p1=75cmHg，，T1=300K当T2=392K时，假设水银仍在水平管内，则压强不变，不合理，故有水银已经到达竖直管．设竖直管中水银的高度为xcm，则有p2=（75+x）cmHg，由代入数据有，解得x=5cm，所以L2=88+2x=88+2×5=98cm；（2）当温度升高后，水银全部进入竖直管，假设当水银在竖直管中剩下ycm时，温度就不用长高而水银会继续溢出．则有p3=（75+y）cmHg　　V3=[100S+（30﹣y）×2S]cm3=（160﹣2y）Scm3由代入相关数据，当y=2.5cm时，有T3max=600.225K，即当t3=327.25°C水银可以全部排出管外．答：（1）当温度上升到119℃时，封闭端空气柱长度为98cm；（2）至少加热到327.25°C水银可以全部排出管外．点评：本题中容易出错的地方是要首先判断水银是否进入竖直管，当水银进入竖直管之后，气体的压强就等于大气的压强和水银压强的和．　（选修3-414分）14．下列说法中正确的是（　　）A．简谐波沿长绳传播，绳上相距半个波长的两个质点振动位移的大小相等28\nB．简谐机械波在给定的介质中传播时，振动的频率越高，则波传播一个波长的距离所用的时间越短C．某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验，开始计时时，秒表提前按下D．能产生干涉现象的两束光是频率相同、相位差恒定的两束光E．按照麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场周围产生磁场，变化的磁场周围产生电场F．振荡电场和振荡磁场交替产生，相互依存，形成不可分离的统一体，即电磁场G．除了从光源直接发出的光以外，我们通常看到的绝大部分光都是偏振光H．力学规律在任何参考系中都是相同的考点：用单摆测定重力加速度；机械波；电磁场；光的偏振．分析：本题应抓住机械波的传播过程、单摆实验的要求、干涉的条件、麦克斯韦的电磁场理论、光的偏振、相对论的基本原理进行分析选择．解答：解：A、简谐波沿长绳传播，绳上相距半个波长的两个质点振动情况总是相反，位移的大小总是相等．故A正确．B、简谐机械波在给定的介质中传播时，振动的频率越高，周期越小，波传播一个波长的距离所用的时间等于一个周期，则波传播一个波长的距离所用的时间越短．故B正确．C、做“用单摆测定重力加速度”的实验，应在摆球经过平衡位置时开始计时，因为平衡位置摆球的速度最大，可以减小测量误差．故C错误．D、频率相同、相位差恒定的两束光才能产生稳定的干涉．故D正确．E、根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场周围产生磁场，变化的磁场周围产生电场．故E正确．F、振荡电场和振荡磁场交替产生，相互依存，形成不可分离的统一体，这个统一体就是电磁场．故F正确．G、经过反射光或折射光都是偏振光，所以除了从光源直接发出的光以外，我们通常看到的绝大部分光都是偏振光．故G正确．H、根据相对论的基本原理知，力学规律在任何惯性参考系中都是相同的．故H错误．故选：ABDEFG点评：本题考查机械波、单摆实验、干涉、麦克斯韦的电磁场理论、光的偏振、相对论，都是基本知识，平时要加强基础知识的学习，注意知识的积累，属于基本题．　15．如图所示，临界角C为45°的液面上有一点光源S发出一束光垂直入射到水平放置于液体中且距液面为d的平面镜M上，当平面镜M绕垂直过中心O的轴以角速度ω做逆时针匀速转动时，观察者发现水面上有一光斑掠过，则观察者们观察到的光斑在水面上掠过的最大速度为多少？考点：光的折射定律；全反射．专题：光的折射专题．28\n分析：当平面镜转动θ角时，由光的反射定律可得，反射光线转动2θ角度；由于光从水中射入空气，当入射角大于或等于临界角时，发生全反射现象．所以恰好发生全反射时光斑在水面上掠过的最大速度．解答：解：设平面镜转过θ角时，光线反射到水面上的P点，光斑速度为V，由图可知：且，而V⊥=L•2ω=•2ω故，液体的临界角为C，当2θ=C=45°时，V达到最大速度Vmax，即答：察者们观察到的光斑在水面上掠过的最大速度为4ωd．点评：本题中涉及平面镜旋转、光的反射及全反射现象，需综合运用反射定律、速度的分解、线速度与角速度的关系等知识求解．确定光斑掠移速度的极值点及其与平面镜转动角速度间的关系，是求解本例的关键．　（选修3-514分）16．下列说法中正确的是（　　）A．物体辐射电磁波的强度分布只与物体温度和辐射波的波长有关B．对于同一种金属来说，其截止频率恒定，与入射光的频率及光的强度均无关C．极少数α粒子的偏转角超过了90°，表明原子中带负电的物质体积很小D．玻尔的能级原子模型虽然使用了定态、跃迁、量子等概念但保留“轨道”是其缺陷E．光衍射现象中，产生明条纹的地方光子出现的概率低，这是波粒二象性的观点F．做示踪原子的物质尽可能选用半衰期长一些的放射性元素G．核力具有饱和性和短程性，原子核为了稳定，故重核在形成时其中子数多于质子数H．比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时一定释放核能考点：原子核的结合能；物质波．分析：通过黑体辐射的规律判断电磁波强度与什么因素有关；截止频率由金属本身决定；通过α粒子散射实验，得出了原子的核式结构模型；玻尔的能级原子模型虽然使用了定态、跃迁、量子等概念但保留“轨道”，这正是玻尔模型的缺陷，所以玻尔模型具有局限性．产生明条纹处光子出现的频率高，暗条纹处出现的频率低；作为失踪原子的原子核半衰期要长一些，否则不能长时间作为失踪原子；通过核力的特点进行判断；当有质量亏损时，亏损的质量以能量的形式释放．解答：解：A、物体辐射电磁波的强度分布只与物体温度和辐射波的波长有关．故A正确．B、截止频率由金属本身因素决定，与入射光的频率和强度无关．故B正确．C、极少数α粒子的偏转角超过了90°，表面原子的中央集中了全部的正电荷和几乎全部的质量．故C错误．28\nD、玻尔的能级原子模型虽然使用了定态、跃迁、量子等概念但保留“轨道”是其缺陷．故D正确．E、光衍射现象中，产生明条纹的地方光子出现的概率高．故E错误．F、做示踪原子的物质尽可能选用半衰期长一些的放射性元素．故F正确．G、核力具有饱和性和短程性，重核在形成时其中子数多于质子数．故G正确．H、比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时有质量亏损，释放核能．故H正确．故选：ABDFGH点评：本题考查选修3﹣5中内容，考得比较散，涉及到大部分原子物理内容，要求能熟悉教材，牢记这些知识点，才可轻松解决　17．如图所示，质量M=10kg，上表面光滑的足够长的木板在F=50N的水平拉力作用下，以初速度v0=5m/s沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1kg，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L=1m时，又无初速地在木板的最右端放上第2块铁块，只要木板运动了L就在木板的最右端无初速放一铁块．（取g=10m/s2）试问：（1）第1块铁块放上后，木板运动了L时，木板的速度多大？（结果可带有根号）（2）最终木板上放有多少块铁块？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）开始木板做匀速运动，由平衡条件求出木板受到的滑动摩擦力，然后由滑动摩擦力公式求出动摩擦因数．铁块放在木板上后，木板对地面的压力变大，木板受到的滑动摩擦力变大，由牛顿第二定律和运动学公式结合可以求出即将放上第1块铁块时木板的速度．（2）运用归纳法分别得到第2块铁块放上后、第3块铁块放上后…第n块铁块放上后木板的速度表达式，得到vn的表达式，要使木板停下，vn=0，即可求解．解答：解：（1）木板最初做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：竖直方向：FN=Mg，水平方向：Ff=F，滑动摩擦力Ff=μFN，则得F=μMg解得：μ=0.5；放第1块铁块后，木板做匀减速运动，则有μmg=Ma1；2a1L=代入数据解得：v1=．（2）设最终有n块铁块能静止在木板上．则木板运动的加速度大小为an=，第1块铁块放上后2a1L=，28\n第2块铁块放上后2a2L=，…第n块铁块放上后2anL=，由以上各相加得：（1+2+3+…+n）要使木板停下来，必须有vn=0，代入解得：6＜n＜7故最终有7块铁块放在木板上．答：（1）第1块铁块放上后，木板运动了1时，木板的速度为；（2）最终木板上放有7块铁块．点评：熟练应用平衡条件、摩擦力公式、牛顿第二定律和运动学公式即可正确解题，关键运用归纳法，得到速度的通项．　四、计算题或推导证明题：本题共4题，共计43分．16题共2题任意选择其中之一做．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．18．如图所示，光滑水平面上的O处有一质量为m=2kg物体．物体受到两个水平力的作用，F1=4N，F2=（2+2x）N，x为物体相对O的位移．物体从静止开始运动，问：（1）当位移为x=0.5m时物体的加速度多大？（2）在何位置物体的加速度最大？最大值为多少？（3）在何位置物体的速度最大？最大值为多少？考点：动能定理的应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．专题：动能定理的应用专题．分析：了解问题的情景，运用牛顿第二定律求解加速度．要找加速度最大，就要找合力最大位置．速度最大位置一般出现在加速度为0的位置，运用动能定理求出最大速度．解答：解：（1）当x=0.5m时，F2=（2+2×0.5）N=3NF1﹣F2=maa=m/s2=0.5m/s2（2）物体所受的合外力为F合=F1﹣F2=[4﹣（2+2x）]N=（2﹣2x）N作出F合﹣x图如右图所示：28\n从图中可以看出，当x=0时，物体有最大加速度a0，F0=ma0a0=m/s2=1m/s2当x=2m时，物体也有最大加速度a2．F2=ma2a2=m/s2=﹣1m/s2负号表示加速度方向向左．（3）当物体的加速度为零时速度最大．从上述图中可以看出，当x=1m时，a1=0，速度v1最大．从x=0至x=1m合外力所做的功为w合=F0x=×2×1J=1J根据动能定理，有EK1﹣0=w合=mv12=1J所以当x=1m时，物体的速度最大，为v1=m/s=1m/s答：（1）当位移为x=0.5m时物体的加速度0.5m/s2（2）当x=0时，物体有最大加速度为1m/s2当x=2m时，物体也有最大加速度为1m/s2（3）当x=1m时，物体的速度最大为1m/s．点评：能够运用数学图象处理物理问题．能够用合力与位移的图象所包围的面积求解合力功．　19．辩析题：在如图所示电路中，电源电动势E=6V，内阻不计，小灯L上标有“6V，0.3A”字样，滑动变阻器R1的阻值范围是0﹣20Ω，电阻R2上标有“15Ω，4A”，电流表的量程为0﹣0.6A．甲、乙两同学在讨论滑动变阻器功率的取值范围时，甲同学认为：由于电流表允许通过的最大电流为0.6A，所以通过R1的最大电流为0.3A，这时滑动变阻器R1两端的电压为U1m=E﹣I1mR2=1.5V，因此滑动变阻器的最大功率为P1m=I1mU1m=0.45W．乙同学不同意甲同学的看法，他认为滑动变阻器的功率决定于通过它的电流和它两端的电压的乘积，即P1=I1U1，电流最大时功率未必最大，只有电流、电压的乘积最大时，功率才最大．你认为甲、乙两位同学中，哪位同学的看法正确，如果你认为甲同学正确，请简述他正确的理由；如果你认为乙同学正确，请求出滑动变阻器R1的最大功率P1m．考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：功率P=UI，即功率是由电压和电流的乘积决定的，电流大但电压不一定大，故只有两者的乘积大才能说明功率大．解答：解：甲同学的看法错，乙同学的看法正确．28\n电源内阻不计，则L支路可以不用考虑，将R2并入电源，看成一个等效电源，则R1的功率即等效电源的输出功率，则当R1=R2=15Ω时，R1的功率最大，此时R1两端的电压为U1=，R1的功率为P1m==0.6W．答：乙同学的看法正确，滑动变阻器R1的最大功率P1m为0.6W．点评：本题中甲错误的原因在于没有理清电流、电压、电阻、功率等物理量间的关系；若电阻不变可以认为电流越大，电压越大，但若电阻发生变化，此说法是不成立的．　20．如图所示，竖直平面内放一直角杆AOB，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数μ=0.20，杆的竖直部分光滑，两部分各套有质量分别为2.0kg和1.0kg的小球A和B，A、B间用细绳相连，初始位置OA=1.5m，OB=2.0m，g取10m/s2，则（1）若用水平拉力F1沿杆向右缓慢拉A，使之移动0.5m，该过程中A受到的摩擦力多大？拉力F1做功多少？（2）若小球A、B都有一定的初速度，A在水平拉力F2的作用下，使B由初始位置以1.0m/s的速度匀速上升0.5m，此过程中拉力F2做功多少？考点：动能定理的应用；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）先对AB整体受力分析，受拉力F、总重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向右的弹力N1，根据共点力平衡条件列式，求出支持力N，从而得到滑动摩擦力为恒力；最后对整体运用能量关系列式，得到拉力做的功．（2）设细绳与竖直杆的夹角为θ，由于绳子不可伸长，运用速度的分解，有vBcosθ=vAsinθ，可求出B匀速上升0.5m过程A的初速度和末速度，再由能量关系求解拉力F2做功．解答：解：（1）先对AB整体受力分析，如图所示．A、B小球和细绳整体竖直方向处于平衡，A受到的弹力为：N=（mA+mB）g则A受到的摩擦力为Ff=μ（mA+mB）g代入数字得：Ff=6N由几何关系，sB=0.5m由能量关系，拉力F1做功为：W1=Ffs+mBgsB；代入数字得：W1=8J（2）设细绳与竖直方向的夹角为θ，因细绳不可伸长，两物体沿绳子方向的分速度大小相等，所以有vBcosθ=vAsinθ则：A的初速度m/s28\n末速度m/s设拉力F2做功为W2，对系统，由能量关系得：代入数据得W2=6.8J答：（1）A受到的摩擦力为6N，力F1作功为8J．（2）力F2作功为6.8J．点评：本题中拉力为变力，先对整体受力分析后根据共点力平衡条件得出摩擦力为恒力，然后根据功能关系或动能定理求变力做功．　21．如图所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电、B板带负电．两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔．C、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O′处，C带正电、D带负电．两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O′．半圆形金属板两端与B板的间隙可忽略不计．现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电量为q的带正电微粒（微粒的重力不计），问：（1）微粒穿过B板小孔时的速度多大？（2）为了使微粒能在CD板间运动而不碰板，CD板间的电场强度大小应满足什么条件？（3）从释放微粒开始，经过多长时间微粒会通过半圆形金属板间的最低点P点？考点：带电粒子在匀强电场中的运动；向心力；带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）运用动能定理研究微粒在加速电场的过程．（2）微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，列出等式．（3）匀加速直线运动和匀速圆周运动运用各自的规律求解时间．解答：解：（1）设微粒穿过B板小孔时的速度为v，根据动能定理，有：qU=mv2①，解得：v=；28\n（2）微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，由牛顿第二定律有：qE=m=m②联立①、②解得：E=；（3）微粒从释放开始经t1射出B板的小孔，则：t1===2d设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点P点，则：t2==，从释放微粒开始，经过：t1+t2=（2d+）微粒第一次到达P点，根据运动的对称性可知，再经过2（t1+t2）时间微粒再一次经过P点，所以微粒经过P点的时间：t=（2k+1）（2d+）（k=0、1、2…）；答：（1）微粒穿过B板小孔时的速度为；（2）为了使微粒能在CD板间运动而不碰板，CD板间的电场强度大小应满足的条件是：E=；（3）从释放微粒开始，经过时间：（2k+1）（2d+）（k=0、1、2…）微粒会通过半圆形金属板间的最低点P点．点评：了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题．圆周运动问题的解决析关键要通过受力分析找出向心力的来源．　22．如图AB和CD是两根特制的、完全相同的电阻丝，竖直地固定在地面上，上端用电阻不计的导线相接，两电阻丝间距为L，有一根质量为m、电阻不计的金属棒，跨在AC两点间处于x轴原点，与电阻丝接触良好且无摩擦，空间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，放开金属棒，它将加速下滑．求：（1）电阻丝的电阻值应跟位移x的平方根成正比，即R=k（k为一常数）试用假设法证明棒开始下落后是做匀加速运动．（2）在棒做匀加速直线时若L=1m，B=1T，m=kg，．则①棒下落的加速度a28\n②棒下落1米位移过程式中电阻上的电功W．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律；安培力；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：（1）由牛顿第二定律与运动学公式，以及法拉第电磁感应定律来相结合，运用假设法证明可得；（2）根据上题的证明结论，并结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律与电量的表达式，最后通过能量守恒定律，从而能一一解决问题．解答：解：（1）棒从静止释放后受重力而加速度下落，速度v增大，棒切割磁感线产生的电动势E=BLv增大，但连入电路中的电阻长度也增大故电路中电阻增大，因而电路中的电流及安培力的变化不便简单判定；对棒下落中的任一时刻将有：即mg﹣BL=ma①假设棒ab作匀速直线运动；则棒运动的加速度a=0，即，式中B、L、V、m、k均为定值，故位移x必定值；但由于是棒的向下匀速运动将使位移x=vt随时间而变化：故三者矛盾而说明不可能罗匀速直线运动．②假设棒作加速度增大的加速下落；由前知必有减小，故棒的加速度最终将增大为a=g，此时必有，由于B、L、x均不为0且k为常数，故有当棒的加速度a=g时棒的速度v=0；但由于棒运动中a，v同向，棒的速度将来断增大；二者矛盾而说明棒不可能作加速度增大的加速直线运动．③假设棒作加速度减小的加速下落：必有增大，故棒的加速度最终将减小为a=0时，棒以得，而匀速直线运动；但由于棒运动中x将来断增大而使棒速度变化；故二者矛盾而说明棒不可能作加速度减小的加速直线运动．④由此可见：导体棒必作匀加速直线下落．（2）①将数据代入得28\n…（A）；再因棒匀加速运动故有…（B）将（B）式代入（A）有，解之得棒的加速度为a=1.855m/s2；②棒下落中电路中电阻相应增大，因而其消耗的电能应当从能量的转化与守恒定律得出：=mgx﹣ER又v2=2ax则得ER=mx（g﹣a）故此过程中电阻上的电功为ER=1×1×（10﹣1.855）=8.145J答：（1）证明略．（2）a、棒下落的加速度a是1.855m/s2；b、棒下落1米位移过程式中电阻上的电功W是8.145J．点评：本题考查了牛顿第二定律、法拉第电磁感应定律、运动学公式、欧姆定律、能量守恒定律等规律，属于力电综合题．　28