辽宁省部分重点高中协作校2022届高三物理上学期开学试卷含解析

2022-2022学年辽宁省部分重点高中协作校高三（上）开学物理试卷一、选择题：每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～6小题，每小题只有一个选项是正确的，第7～10小题均有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分．有错选或不选的得0分．1．角加速度指的是角速度的该变量与发生这样改变所用时间的比值，下列可作为其单位的是()A．rad/sB．rad/s2C．n/sD．n/s22．已知方向不定的三个力的大小分别为F1=4N、F2=5N、F3=6N．则这三个力的合力的最小值为()A．0B．1NC．2ND．3N3．如图所示的电路中，变压器为理想变压器，原线圈接一正弦交变电流，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，则当该装置附近有火源而导致其所在位置温度升高时（不考虑仪器的损坏）()A．变压器的输出功率变大B．电压表的示数变大C．R0的功率变小D．电流表的示数变小4．如图所示，处于同一轨道的人造地球卫星1、2，它们均绕地球做匀速圆周运动，其中卫星1在前，则()A．卫星2向后喷气加速能追上卫星1B．卫星1和卫星2的周期一定相等C．卫星1和卫星2的动能一定相等D．卫星1的加速度大于卫星2的加速度5．如图所示，向右四条完全相同的垂直于纸面放置的长直导线，分别位于一正方形abcd的四个顶点上，其中直导线a、b、c分别通有方向垂直于纸面向里、电流大小为I的恒定电流，直导线d通有方向垂直于纸面向外、电流大小为3I的恒定电流，若a、b、c在O处产生的磁感应强度大小均为B，d在O处产生的磁感应强度大小为3B，则这四条导线的电流在方形的几何中心O点处产生的磁感应强度()20A．大小为4B、方向由O指向cB．大小为4B、方向由O垂直指向adC．大小为2B、方向由O指向aD．大小为零6．一物体以20m/s的初速度从足够高的位置水平抛出，不计空气阻力，g取10m/s2，则2s内物体的()A．位移大小为20mB．路程为60mC．平均速度大小为30m/sD．速度改变量的大小为20m/s7．下列加点的物体处于超重状态的有()A．荡秋千的小孩通过最低点时B．运动员推出的铅球运动到最高点时C．蹦极运动员下落至最低点时D．跳水运动员被跳板弹起离开跳板向上运动时8．如图所示，在一竖直平面内的三条平行导线串有两个电阻R1和R2，导体棒PQ与三条导线均接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面向里，导体棒的电阻可忽略．若导体棒向左加速运动，则()A．流经R1的电流方向向上B．流经R1的电流方向向下C．流经R2的电流方向向上D．流经R2的电流方向向下9．以滑块静止在水平面上，t=0时刻在滑块上施加一水平力F，力F和滑块的速度v随时间的变化滑块的质量为4kg规律分别如图甲、乙所示，g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．滑块的质量为4kgB．力F在第3s内做的功为1JC．滑块与水平面间的动摩擦因数为0.75D．力F在第2s内做功的功率为3W2010．如图所示，A、B、C是平行纸面的匀强电场中的三点，它们之间的距离均为L，电荷量q=1×10﹣5C的正电荷由A点移动到C点电场力做功W1=4×10﹣5J，该电荷由C点移动到B点电场力做功W2=W1，若B点电势为零，则下列说法正确的是()A．匀强电场的方向由C点指向A点B．匀强电场的方向由A点指向B点C．C点电势为4VD．A点电势为8V二、非选择题：必考题：共45分．11．某同学用如图所示的实验装置探究“物块的加速度与力的关系”，他将光电门固定在水平轨道上的B点，用不同质量的重物（用m表示其质量）通过细线拉质量为M的同一物块，每次物块都从同一位置A由静止释放．（1）若用游标卡尺测出遮光条的宽度为d，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间为△t，则物块经过光电门时的速度为（用所给物理量的符号表示）．（2）若测得AB间的距离为s，则结合（1）可得物块的加速度a=__________（用所给物理量的符号表示），细线对物块的拉力F与mg的关系为F__________mg（选填“＞”“=”或“＜”）．12．为测量某一玩具电动机中线圈的电阻Rx（电阻值为15Ω左右），并尽可能提高电阻Rx的测量精度，利用下列器材测量线圈的电阻Rx，实验时电动机不转动，实验电路图如图甲所示：电流表A1（量程为0～3A，内阻约5Ω）；电流表A2（量程为0～30mA，内阻约10Ω）；滑动变阻器R1（最大阻值1kΩ）滑动变阻器R2（最大阻值100Ω）20定值电阻R0=65Ω电源（电动势为4V，内阻约1Ω），开关及导线若干．（1）实验时应选择的电流表是__________，滑动变阻器是__________．（填写符号）（2）多用表选择“直流电压2.5V”挡，请依据图甲将图乙实际电路连接完整．（3）图丙是该实验小组根据测得的数据描绘出的图象，则由图象可得电阻Rx的阻值为__________．13．（13分）图示为抚顺某儿童娱乐场的滑道示意图，其中AB为曲面滑道，BC为水平滑道，水平滑道BC与半径为1.25m的圆弧滑道CD相切于C点，DE为放在水平地面上的海绵垫．某人从滑道顶端滑下，经过高度差为6m的A点和B点时的速度大小分别为2m/s和6m/s，在C点恰好做平抛运动，最后落在海绵垫上的E点．人的质量为60kg，在BC段的动摩擦因数为0.5．取g=m/s2．问：（1）从A到B的过程中，人克服阻力做的功是多少？（2）BC段的长度是多少？（3）DE段的长度是多少？14．（17分）如图所示，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为θ，导轨间距为l，所在平面的正方形区域abcd内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．如图所示，将甲、乙两阻值相同，质量均为m的相同金属杆放置在导轨上，甲金属杆处在磁场的上边界，甲、乙相距l．从静止释放两金属杆的同时，在金属杆甲上施加一个沿着导轨的外力，使甲金属杆在运动过程中始终沿导轨向下做匀加速直线运动，且加速度大小以a=gsinθ，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动．（1）求每根金属杆的电阻R为多少？（2）从刚释放金属杆时开始计时，写出从计时开始到甲金属杆离开磁场的过程中外力F随时间t的变化关系式，并说明F的方向．（3）若从开始释放两杆到乙金属杆离开磁场，乙金属杆共产生热量Q，试求此过程中外力F对甲做的功．一、选考题：三选一作答．选修3-315．下列说法正确的是()A．一定量的某种气体，在对外做功时，其内能可能不变B．给篮球打气时，到后来越来越费劲，什么分子间存在斥力20C．液体表面层的分子较稀疏，分子间引力大于斥力，因此产生液体的表面张力D．液晶既有液体的流动性，又有晶体的各向异性E．第二类永动机能制造出来，因为它违反热力学第一定律16．如图所示，结构相同的汽缸A与导热汽缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦．已知两汽缸的横截面积之比SA：SB=5：3，两汽缸内均装有处于平衡状态的某理想气体，开始时汽缸中的活塞与缸底的距离均为L，温度均为T0，压强均为外界大气压．缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.5倍．设环境温度始终不变，求：①停止加热达到稳定后，A、B汽缸中的气体压强之比．②稳定后汽缸A中活塞距缸底的距离．一、选修3-417．沿x轴方向的一条细绳上有O、A、B、C、D、E、F、G八个点，=======1m，质点O在垂直于x轴方向上做简谐运动，沿x轴方向传播形成横波．t=0时刻，O点开始向下运动，经t=0.3s，O点第一次到达上方最大位移处，这时C点刚好开始运动．那么在t=1.2s时刻，一下说法中正确的是()A．B点位于x轴下方B．A点与E点的位移相同C．D点的速度最大时D．C点的加速度方向向上E．这列波的波速为5m/s18．如图所示，一个横截面为直角三角形的三棱镜，∠A=30°，∠C=90°，一束与BC面成θ=45°的光线从BC面的中点射入三棱镜，最后从三棱镜的另一面射出．不考虑光线在AB面的反射情况．已知三棱镜对该光的折射率n=．求：①光线经BC面的折射角．②光线在AB面的入射角．一、选修3-519．已知电子处于基态时的能量为E，该电子吸收频率为v的光子后跃迁到某一激发态，随后又立即辐射出一个光子，从而跃迁到另一个激发态，此时电子的能量为E′，则该辐射光子的频率为__________．若辐射的光子恰好使某金属发生光电效应，则该金属的逸出功为__________．（已知普朗克常量为h）2020．如图所示，一质量为M=4kg的小车左端放有一质量为m=2kg的铁块，它们以v0=6m/s的共同速度沿光滑水平面向竖直墙运动，车与墙碰撞的时间极短，不计碰撞时机械能的损失．铁块与小车之间的动摩擦因数μ=0.5，车长L足够长，铁块不会到达车的右端，最终小车与铁块相对静止．求整个过程中：①铁块所示摩擦力的冲量大小I．②铁块和小车组成的系统因摩擦产生的热量Q．2022-2022学年辽宁省部分重点高中协作校高三（上）开学物理试卷一、选择题：每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～6小题，每小题只有一个选项是正确的，第7～10小题均有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分．有错选或不选的得0分．1．角加速度指的是角速度的该变量与发生这样改变所用时间的比值，下列可作为其单位的是()A．rad/sB．rad/s2C．n/sD．n/s2考点：力学单位制．分析：根据角加速度的定义，列出定义式，结合式中各个量的单位推导出其单位．解答：解：据题得：角加速度的定义式为a=ω的单位是rad/s，t的单位是s，则由上式可知，角加速度的单位是rad/s2．故选：B．点评：角加速度的单位是导出单位，根据公式中各个量的单位进行推导，要知道角速度的单位是rad/s．2．已知方向不定的三个力的大小分别为F1=4N、F2=5N、F3=6N．则这三个力的合力的最小值为()A．0B．1NC．2ND．3N考点：力的合成．专题：平行四边形法则图解法专题．分析：当三个力的方向相同时，合力最大，三个力的合力不一定为零，当第三个力不在剩余两个力的合力范围内，合力不能为零．解答：解：F1=4N、F2=5N、F3=6N，三个力最大值等于三个力之和．即15N．F1、F2两个力的合力最大为9N，最小为1N，F3=6N在F1、F2的合力的范围内，所以三个力合力的最小值是0N，物体可能处于平衡态．所以A正确，BCD错误；故选：A．点评：解决本题的关键掌握两个力的合力范围，从而会通过两个力的合力范围求三个力的合力范围．203．如图所示的电路中，变压器为理想变压器，原线圈接一正弦交变电流，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，则当该装置附近有火源而导致其所在位置温度升高时（不考虑仪器的损坏）()A．变压器的输出功率变大B．电压表的示数变大C．R0的功率变小D．电流表的示数变小考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比，半导体热敏电阻是指随温度上升电阻呈指数关系减小、具有负温度系数的电阻，R处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化解答：解：A、温度升高，阻值减小，而电压是由匝数比和输入电压决定，此处输出电压保持不变，所以输出功率增大，故A正确B错误．C、R处温度升高时，阻值减小，副线圈电流增大，所以电阻R0消耗的电功率增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈增大，即电流表示数增大，故CD错误．故选：A点评：准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，会应用动态分析的方法是解决本题的关键4．如图所示，处于同一轨道的人造地球卫星1、2，它们均绕地球做匀速圆周运动，其中卫星1在前，则()A．卫星2向后喷气加速能追上卫星1B．卫星1和卫星2的周期一定相等C．卫星1和卫星2的动能一定相等D．卫星1的加速度大于卫星2的加速度考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：人造卫星问题．分析：人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解即可．解答：解：A、如果卫星2向后喷气加速，卫星2做圆周运动的向心力增大，卫星2做离心运动，其轨道半径变大，卫星2不能追上卫星1，故A错误；20B、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=mr，解得：T=2π，由于两卫星的轨道半径r相同，则它们的周期T相等，故B正确；C、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=m，卫星的动能：EK=mv2=，由于不知道两卫星质量m是否相等，无法判断它们的动能是否相等，故C错误；D、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=ma，解得：a=，由于M、r相等，则它们的加速度a相等，故D错误；故选：B．点评：本题关键根据万有引力提供向心力，然后根据牛顿第二定律和向心力公式列式分析，基础题．5．如图所示，向右四条完全相同的垂直于纸面放置的长直导线，分别位于一正方形abcd的四个顶点上，其中直导线a、b、c分别通有方向垂直于纸面向里、电流大小为I的恒定电流，直导线d通有方向垂直于纸面向外、电流大小为3I的恒定电流，若a、b、c在O处产生的磁感应强度大小均为B，d在O处产生的磁感应强度大小为3B，则这四条导线的电流在方形的几何中心O点处产生的磁感应强度()A．大小为4B、方向由O指向cB．大小为4B、方向由O垂直指向adC．大小为2B、方向由O指向aD．大小为零考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度．分析：根据等距下电流所产生的B的大小与电流成正比，得出各电流在O点所产生的B的大小关系，由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得B的合矢量的大小和方向．解答：解：假设Ia=Ic=Id=Ib，则根据矢量的合成法则，可知，四棒在O点产生的磁场为零，而如今，Ia=I，Ib=I，Ic=I，Id=3I的恒定电流，且电流Ia在正方形的几何中心O点处产生的磁感应强度大小为B，而电流Ic在正方形的几何中心O点处产生的磁感应强度大小为B，方向与电流Ia的方向相反，则它们的合磁场为零；根据矢量的合成法则可知，b、d两棒产生的磁场大小为2B，方向：o指向a，故C正确，ABD错误；故选：C．点评：考查学生判断直线电流产生磁场的方向及磁感应强度矢量合成的能力，注意右手螺旋定则与右手定则的区别．206．一物体以20m/s的初速度从足够高的位置水平抛出，不计空气阻力，g取10m/s2，则2s内物体的()A．位移大小为20mB．路程为60mC．平均速度大小为30m/sD．速度改变量的大小为20m/s考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：位移为从初位置到末位置的有向线段，路程为运动轨迹的实际长度，平均速度等于位移除以时间，根据平抛运动的基本公式求解．解答：解：A、2s内水平位移x=v0t=20×2=40m，竖直位移h=，则位移，故A错误；B、路程是运动轨迹的长度，若物体先沿水平方向运动40m，再沿竖直方向运动20m，则路程为60m，而平抛运动的轨迹是曲线，所以路程不是60m，故B错误；C、平均速度，故C错误；D、速度改变量的大小△v=gt=20m/s，故D正确．故选：D点评：本题要明确位移与路程的区别，知道平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，难度适中．7．下列加点的物体处于超重状态的有()A．荡秋千的小孩通过最低点时B．运动员推出的铅球运动到最高点时C．蹦极运动员下落至最低点时D．跳水运动员被跳板弹起离开跳板向上运动时考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重．分析：物体对支持物的压力或者对悬挂物的拉力大于物体的重力称为超重，小于重力则称为失重，处于超重或失重状态时物体的重力并不变．物体具有向上的加速度时处于超重状态，物体具有向下的加速度时处于失重状态．解答：解：A、荡秋千的小孩通过最低点时，加速度的方向向上，对秋千板的压力大于其重力，是超重状态，故A正确．B、运动员推出的铅球运动到最高点时处于完全失重状态，故B错误．C、蹦极运动员下落至最低点时加速度的方向向上，处于超重状态．故C正确．D、跳水运动员离开跳板后上升的过程中只受重力，处于完全失重状态．故D错误．故选：AC．点评：本题抓住：所谓超重或失重都是指物体的视重发生变化，而物体受到的重力保持不变．超重状态时加速度的方向向上．208．如图所示，在一竖直平面内的三条平行导线串有两个电阻R1和R2，导体棒PQ与三条导线均接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面向里，导体棒的电阻可忽略．若导体棒向左加速运动，则()A．流经R1的电流方向向上B．流经R1的电流方向向下C．流经R2的电流方向向上D．流经R2的电流方向向下考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．分析：根据右手定则，可判断PQ作为电源，Q端电势高，在PQcd回路和在电阻r的回路中找出电流方向．解答：解：AB、根据右手定则，可判断PQ作为电源，Q端电势高，在导线与R1回路中，电流为顺时针方向，即流过R的电流为向上，故A正确、B错误；CD、同理，流经R2的电流方向向上，故C正确、D错误．故选：AC点评：本题考查右手定则的应用．注意PQ作为电源构成了两个回路，分别在各自的回路中找出电流方向．9．以滑块静止在水平面上，t=0时刻在滑块上施加一水平力F，力F和滑块的速度v随时间的变化滑块的质量为4kg规律分别如图甲、乙所示，g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．滑块的质量为4kgB．力F在第3s内做的功为1JC．滑块与水平面间的动摩擦因数为0.75D．力F在第2s内做功的功率为3W考点：功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．专题：功率的计算专题．分析：由乙图判断出各阶段的加速度，利用牛顿第二定律即可求得物体质量和摩擦力，由f=μmg求得摩擦因数，在v﹣t图象中与时间轴所围面积即为位移，根据W=Fx求得拉力做功解答：解：A、由乙图可知在0﹣1s内的加速度为1﹣2s内的加速度为a2=0在2﹣3s内的加速度为20根据牛顿第二定律F1﹣f=ma1F2﹣f=ma2F3﹣f=ma3联立解得m=1kg，f=3N，故A错误B、在第3s内物体通过的位移为x3=0.5m，拉力做功为W=F3x3=2×0.5J=1J，故B正确；C、由f=μmg可得，故C错误；D、第2s内的位移为x2=1×1m=1m，故拉力做功为W2=F2x2=3×1J=3J，故D正确故选：BD点评：本题主要考查了对图象的理解，在v﹣t图象中斜率代表加速度，与时间轴所围面积为物体的位移，根据W=Fx求得恒力做功10．如图所示，A、B、C是平行纸面的匀强电场中的三点，它们之间的距离均为L，电荷量q=1×10﹣5C的正电荷由A点移动到C点电场力做功W1=4×10﹣5J，该电荷由C点移动到B点电场力做功W2=W1，若B点电势为零，则下列说法正确的是()A．匀强电场的方向由C点指向A点B．匀强电场的方向由A点指向B点C．C点电势为4VD．A点电势为8V考点：电势差与电场强度的关系；匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据试探电荷的电荷量和电场力做功，根据公式U=分别求出A与无穷远间、A与B间电势差，无穷远处电势为零，再确定A、C两点的电势解答：解：对于C、B间电势差为UCB=，若B点电势为零，UCB=φC﹣φB，则C点电势φC=4V．而A与C间的电势差为UAC=，UAC=φA﹣φC，则A点电势φA=8V．取AB的中点为D，则φD=4V，故CD为等势面，故匀强电场方向由A点指向B点，故A错误，BCD正确故选：BCD20点评：本题考查对电势差公式的应用能力，UAB=应用时，各量均需代入符号．注意电势有正负，而电压没有正负可言二、非选择题：必考题：共45分．11．某同学用如图所示的实验装置探究“物块的加速度与力的关系”，他将光电门固定在水平轨道上的B点，用不同质量的重物（用m表示其质量）通过细线拉质量为M的同一物块，每次物块都从同一位置A由静止释放．（1）若用游标卡尺测出遮光条的宽度为d，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间为△t，则物块经过光电门时的速度为（用所给物理量的符号表示）．（2）若测得AB间的距离为s，则结合（1）可得物块的加速度a=（用所给物理量的符号表示），细线对物块的拉力F与mg的关系为F＜mg（选填“＞”“=”或“＜”）．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题．分析：（1）由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度．（2）由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，根据运动学公式和牛顿第二定律表示出变量之间的关系求解．解答：解：（1）由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度v=；（2）由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as，a=，而a==，而实际的操作中，小物块的重力提供小车与小物块共同的加速度，即：，此时的拉力：；故答案为：（1）；（2），＜点评：该题考查加速度的测量，处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项．2012．为测量某一玩具电动机中线圈的电阻Rx（电阻值为15Ω左右），并尽可能提高电阻Rx的测量精度，利用下列器材测量线圈的电阻Rx，实验时电动机不转动，实验电路图如图甲所示：电流表A1（量程为0～3A，内阻约5Ω）；电流表A2（量程为0～30mA，内阻约10Ω）；滑动变阻器R1（最大阻值1kΩ）滑动变阻器R2（最大阻值100Ω）定值电阻R0=65Ω电源（电动势为4V，内阻约1Ω），开关及导线若干．（1）实验时应选择的电流表是A2，滑动变阻器是R2．（填写符号）（2）多用表选择“直流电压2.5V”挡，请依据图甲将图乙实际电路连接完整．（3）图丙是该实验小组根据测得的数据描绘出的图象，则由图象可得电阻Rx的阻值为15．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：（1）根据闭合电路欧姆定律求出通过线圈的最大电流来选择电流表量程；变阻器采用分压式接法时，应选择阻值小的变阻器以方便调节；（2）连线时应先连接好分压电路；按实物图的连接要求进行连线；（3）注意根据U﹣I图象求出的电阻是线圈与保护电阻的串联电阻．解答：解：（1）根据闭合电路欧姆定律可求出通过电动机的最大电流为===0.16A，所以电流表应选；由于变阻器采用分压式接法时变阻器的阻值越小调节越方便，所以变阻器应选择；（2）根据原理图得出对应连线图如图所示：（3）根据R=可求出线圈的电阻为=﹣=80﹣65=15Ω；故答案为：（1），；（2）如图；（3）1520点评：明确电表的选择及滑动变阻器的选择；要注意明确滑动变阻器采用分压式接法时，变阻器的阻值越小调节越方便．13．（13分）图示为抚顺某儿童娱乐场的滑道示意图，其中AB为曲面滑道，BC为水平滑道，水平滑道BC与半径为1.25m的圆弧滑道CD相切于C点，DE为放在水平地面上的海绵垫．某人从滑道顶端滑下，经过高度差为6m的A点和B点时的速度大小分别为2m/s和6m/s，在C点恰好做平抛运动，最后落在海绵垫上的E点．人的质量为60kg，在BC段的动摩擦因数为0.5．取g=m/s2．问：（1）从A到B的过程中，人克服阻力做的功是多少？（2）BC段的长度是多少？（3）DE段的长度是多少？考点：动能定理；平抛运动．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）对A到B的过程运用动能定理，根据动能定理求出人克服阻力做的功．（2）当人在C点对轨道的压力为零时，做平抛运动，根据在C点重力提供向心力，求出速度，通过匀变速直线运动的速度位移公式求出BC．（3）根据平抛运动的高度求出平抛运动的时间，再根据水平速度和时间求出水平位移，DE的长度等于水平位移减去圆弧轨道的半径解答：解：（1）由动能定理：得：Wf=2640J（2）BC段加速度为：a=μg=5m/s2设在C点的最小速度为vm，则在C点由解得由联立解得xBC=2.35m（3）在平抛阶段20R=xDE=vmt﹣R联理解得xDE=0.52m答：（1）从A到B的过程中，人克服阻力做的功是2640J（2）BC段的长度是2.35m（3）DE段的长度是0.52m点评：本题是多过程问题，关键是理清运动过程，选择合适的规律，比如牛顿运动定律、动能定理进行求解14．（17分）如图所示，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为θ，导轨间距为l，所在平面的正方形区域abcd内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．如图所示，将甲、乙两阻值相同，质量均为m的相同金属杆放置在导轨上，甲金属杆处在磁场的上边界，甲、乙相距l．从静止释放两金属杆的同时，在金属杆甲上施加一个沿着导轨的外力，使甲金属杆在运动过程中始终沿导轨向下做匀加速直线运动，且加速度大小以a=gsinθ，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动．（1）求每根金属杆的电阻R为多少？（2）从刚释放金属杆时开始计时，写出从计时开始到甲金属杆离开磁场的过程中外力F随时间t的变化关系式，并说明F的方向．（3）若从开始释放两杆到乙金属杆离开磁场，乙金属杆共产生热量Q，试求此过程中外力F对甲做的功．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；安培力；电磁感应中的能量转化．专题：压轴题；电磁感应——功能问题．分析：（1）甲、乙匀加速运动时加速度相同，当乙通过位移l进入磁场时，甲刚出磁场，由运动学速度位移公式求出乙进入磁场时的速度，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，根据平衡条件求解电阻R．（2）从刚释放金属杆时开始计时，由于甲的加速度大小a=gsinθ，外力与安培力大小相等，由速度公式得出速度与时间的关系式，根据安培力的表达式得出外力与时间的关系式．20（3）从开始释放两杆到乙金属杆离开磁场，乙进入磁场前，甲、乙发出相同热量，导体棒克服安培力做功等于回路产生的热量．甲出磁场以后，外力F为零，乙在磁场中，安培力大小等于重力沿斜面向下的分力，甲、乙发出相同热量，根据功能关系得出回路产生的热量，根据总热量等于Q，求出外力做功．解答：解：（1）由题，甲、乙匀加速运动时加速度相同，所以，当乙进入磁场时，甲刚出磁场乙进入磁场时的速度根据平衡条件有解得：（2）甲在磁场中运动时，外力F始终等于安培力，v=gsinθ•t将代入得：，方向沿导轨向下（3）乙进入磁场前，甲、乙发出相同热量，设为Q1，则有F安l=2Q1又F=F安故外力F对甲做的功WF=Fl=2Q1甲出磁场以后，外力F为零，乙在磁场中，甲、乙发出相同热量，设为Q2，则有F安′l=2Q2又F安′=mgsinθ又Q=Q1+Q2解得：WF=2Q﹣mglsinθ答：（1）每根金属杆的电阻．（2）从刚释放金属杆时开始计时，从计时开始到甲金属杆离开磁场的过程中外力F随时间t的变化关系式为，方向沿导轨向下．（3）从开始释放两杆到乙金属杆离开磁场，乙金属杆共产生热量Q，此过程中外力F对甲做的功为2Q﹣mglsinθ．点评：本题审题时紧扣导体棒切割磁感线时加速度为a=gsinθ，外力与安培力大小相等，外力F对甲做的功等于导体棒克服安培力做功．一、选考题：三选一作答．选修3-315．下列说法正确的是()A．一定量的某种气体，在对外做功时，其内能可能不变B．给篮球打气时，到后来越来越费劲，什么分子间存在斥力C．液体表面层的分子较稀疏，分子间引力大于斥力，因此产生液体的表面张力D．液晶既有液体的流动性，又有晶体的各向异性20E．第二类永动机能制造出来，因为它违反热力学第一定律考点：*晶体和非晶体；热力学第二定律．分析：做功和热传递都可以改变物体的内能；用打气筒打气很费劲，与气体压强有关；液体表面张力形成原因是表面分子较稀疏，分子间为引力；第二类永动机能制造出来，因为它违反热力学第二定律．解答：解：A、根据热力学第一定律，做功和热传递都可以改变物体的内能，一定量的某种气体，在对外做功时，其内能可能不变，故A正确．B、用打气筒打气很费劲，是因为气筒内的气体被压缩，其压强增大，与分子斥力无关，故B错误．C、根据表面张力产生的原因可知，液体表面层的分子较稀疏，分子间引力大于斥力，因此产生液体的表面张力，故C正确．D、液晶是一种特殊的物态，它既有液体的流动性，又有晶体的各向异性，故D正确；E、第二类永动机能制造出来，因为它违反热力学第二定律．故E错误．故选：ACD点评：本题是生活实例的考察，与我们的生活很贴近，故在平时生活中，应学会观察生活现象，并用自己的物理知识去尝试解释，是一种很好的练习和提高．16．如图所示，结构相同的汽缸A与导热汽缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦．已知两汽缸的横截面积之比SA：SB=5：3，两汽缸内均装有处于平衡状态的某理想气体，开始时汽缸中的活塞与缸底的距离均为L，温度均为T0，压强均为外界大气压．缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.5倍．设环境温度始终不变，求：①停止加热达到稳定后，A、B汽缸中的气体压强之比．②稳定后汽缸A中活塞距缸底的距离．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：①中活塞在气体变化前后都是受力平衡，对活塞受力分析，利用力平衡可求得②AB气体的变化中，B的变化是等温变化较简单，利用B的变化求得B变化后的LB，又因为AB两部分的总长度是定值，可解的A距底端的距离．解答：解：①膨胀后A的压强pA=1.5p0…①加热后活塞平衡时，有：（pA﹣p0）SA=（pB﹣p0）SB…②则膨胀后B的压强为：pB=p0…③由①～③式解得：pA：pB=9：1120②设稳定后A、B两汽缸中活塞距缸底的距离分别为LA、LB，对B，有：p0LSB=p0LBSB…④又：LA+LB=2L…⑤由③④⑤式解得：LA=L答：①停止加热达到稳定后，A、B汽缸中的气体压强之比为9：11；②稳定后汽缸A中活塞距缸底的距离为L点评：对连接体问题中，连接体在气体变化前后受力都平衡，所以对连接体利用受力平衡求解就很简单了，再者在两部分气体中，利用变化简单的气体，求解气体状态参量，会减少很多繁琐的过程．一、选修3-417．沿x轴方向的一条细绳上有O、A、B、C、D、E、F、G八个点，=======1m，质点O在垂直于x轴方向上做简谐运动，沿x轴方向传播形成横波．t=0时刻，O点开始向下运动，经t=0.3s，O点第一次到达上方最大位移处，这时C点刚好开始运动．那么在t=1.2s时刻，一下说法中正确的是()A．B点位于x轴下方B．A点与E点的位移相同C．D点的速度最大时D．C点的加速度方向向上E．这列波的波速为5m/s考点：简谐运动的振动图象．专题：简谐运动专题．分析：由题意可明确波长、周期，现波长、周期及波速的关系可明确波速；分别对各点进行分析，明确它们的起振方向以及振动过程，从而明确它们的位置及速度和加速度．解答：解：由题意可知，O点的起振方向向下；周期T==0.4s；此时波传播了3m；故波长λ=4m；波速v===10m/s；则经1.2s时，波已振动3个周期，传播到了12m处；A、此时B点振动了1s，即为2.5个周期，故B点在平衡位置向上振动；B、AE两点相隔一个波长；故二者位移始终相同；故B正确；C、此时D点恰好在平衡位置向下振动，振动速度最大；故C正确；D、C点此时振动了2T，故此时C点在负向最大位移处，加速度向上；故D正确；E、由以上分析可知，波速为4m/s；故E错误；故选：BCD．点评：本题考查波的传播及波动图象的性质，在分析中要注意明确各质点的起振方向，以及振动时间及过程．2018．如图所示，一个横截面为直角三角形的三棱镜，∠A=30°，∠C=90°，一束与BC面成θ=45°的光线从BC面的中点射入三棱镜，最后从三棱镜的另一面射出．不考虑光线在AB面的反射情况．已知三棱镜对该光的折射率n=．求：①光线经BC面的折射角．②光线在AB面的入射角．考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：利用公式折射定律和全反射定律，求出光在介质中发生全反射的临界角C，结合几何关系，运用折射定律求出从AB边射出光线与AB边的夹角．解答：解：（1）设光线进入三棱镜后，其折射角为r，根据折射定律，有sinr=nsin45°=则r=30°，即折射光线平行于AB面，（2）光线在AC面上的入射角为60°，由sinC=可知三棱镜发生全反射的临界角C=45°因此，光线在AC面上将发生全反射，如图所示：光线反射到AB面，由几何关系可知，其入射角为30°．答：①光线经BC面的折射角是30°．②光线在AB面的入射角是30°．点评：解决本题的关键是画出光路图，运用折射定律和几何关系进行求解，注意入射角是否达到或超过临界角．一、选修3-519．已知电子处于基态时的能量为E，该电子吸收频率为v的光子后跃迁到某一激发态，随后又立即辐射出一个光子，从而跃迁到另一个激发态，此时电子的能量为E′，则该辐射光子的频率为．若辐射的光子恰好使某金属发生光电效应，则该金属的逸出功为E+hv﹣E′．（已知普朗克常量为h）考点：爱因斯坦光电效应方程．专题：光电效应专题．分析：根据能级的跃迁求出辐射光子的能量，从而得出辐射光子的频率，结合光电效应方程求出逸出功．20解答：解：电子吸收频率为v的光子后跃迁到某一激发态，具有的能量为：E1=E+hv，辐射出一个光子，从而跃迁到另一个激发态，辐射的光子能量为：△E=hv′=E+hv﹣E′，则辐射的光子频率为：v′=．辐射的光子恰好使某金属发生光电效应，则有：hv′=W0，可知逸出功为：W0=E+hv﹣E′．故答案为：，E+hv﹣E′．点评：解决本题的关键知道能级跃迁，辐射或吸收的光子能量与能级差的关系，掌握光电效应方程，并能灵活运用，基础题．20．如图所示，一质量为M=4kg的小车左端放有一质量为m=2kg的铁块，它们以v0=6m/s的共同速度沿光滑水平面向竖直墙运动，车与墙碰撞的时间极短，不计碰撞时机械能的损失．铁块与小车之间的动摩擦因数μ=0.5，车长L足够长，铁块不会到达车的右端，最终小车与铁块相对静止．求整个过程中：①铁块所示摩擦力的冲量大小I．②铁块和小车组成的系统因摩擦产生的热量Q．考点：动量守恒定律；功能关系．专题：动量定理应用专题．分析：①对车和铁块组成的系统为研究对象，系统所受的合力为零，动量守恒，即可求出小车与铁块共同运动的速度，然后由动量定理求出冲量．②根据能量守恒定律求出系统产生的内能Q．解答：解：①以车和铁块组成的系统为研究对象，系统所受的合力为零．以向左为正方向，由动量守恒定律得：Mv0﹣mv0=（M+m）v，对铁块，由动量定理得：I=mv+mv0，解得：I=16N•s，方向：向左；②对系统，由能量守恒定律得：（M+m）v02=（M+m）v2+Q，解得：Q=96J；答：①铁块所示摩擦力的冲量大小I为16N•s．②铁块和小车组成的系统因摩擦产生的热量Q为96J．点评：本题涉及到两个物体的相互作用，应优先考虑动量守恒定律．运用动量守恒定律研究物体的速度，比牛顿第二定律和运动学公式结合简单，因为动量守恒定律不涉及运动的细节和过程．涉及时间问题，可优先考虑动量定理．20