云南省玉溪一中高三物理上学期期中试题（含解析）新人教版(1).doc

云南省玉溪一中2015届高三上学期期中考试物理试卷一、选择题（本大题共14小题，在每小题给出的四个选项中，1-8题只有一个选项符合题目要求，选对得3分，选错得0分，9-14题有的有多个选项符合要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）1（3分）以下说法正确的是（）a法拉第通过实验发现了在磁场中产生电流的条件b根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场周围一定产生变化的磁场c电场强度是用比值法定义，因而电场强度与电场力成正比，与试探电荷的电量成反比d奥斯特发现了电流的磁效应和电磁感应现象考点：感应电流的产生条件.分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：a、法拉第通过实验发现了在磁场中产生电流的条件，故a正确；b、根据麦克斯韦的电磁场理论，在变化的电场周围一定产生磁场，只有非均匀变化的电场周围才产生变化的磁场；在变化的磁场周围一定产生电场，只有非均匀变化的磁场周围才产生变化的电场故b错误；c、电场强度是用比值法定义，因而电场强度与电场力、试探电荷的电量无直接关系，故c错误；d、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现电磁感应现象，故d错误；故选：a点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（3分）某人骑自行车在平直道路上行进，图中的实线记录了自行车开始一段时间内的vt图象某同学为了简化计算，用虚线作近似处理，下列说法正确的是（）a在t1时刻，虚线反映的加速度比实际的大b在t3t4时间内，虚线反映的是匀速运动c在0t1时间内，由虚线计算出的平均速度比实际的小d在t1t2时间内，由虚线计算出的位移比实际的大考点：匀变速直线运动的图像.专题：运动学中的图像专题分析：速度图象的斜率代表物体加速度，速度图象与时间轴围成的面积等于物体通过的位移解答：解：a、由于vt图象的斜率等于物体的加速度，在t1时刻，实线的斜率大于虚线的斜率，故实线表示的加速度大于虚线表示的加速度，故虚线反映的加速度比实际的小故a错误b、在t3t4时间内，虚线是一条水平的直线，即物体的速度保持不变，即反映的是匀速直线运动故b正确c、在0t1时间内实线与时间轴围成的面积小于虚线与时间轴的面积，故实线反映的运动在0t1时间内通过的位移小于虚线反映的运动在0t1时间内通过的位移，故由虚线计算出的平均速度比实际的大故c错误d、在t1t2时间内，虚线围成的面积小于实线围成的面积，故由虚线计算出的位移比实际的小故d错误故选：b点评：本题告诉了我们估算平均速度的方法：估算实际物体在0t1时间内平均速度，可用0到t1的虚线反映的平均速度，故实际平均速度大于3（3分）如图所示，恒力f大小与物体重力相等，物体在恒力f的作用下，沿水平面做匀速直线运动，恒力f的方向与水平成 角，那么物体与桌面间的动摩擦因数为（）acosbctgcdtg考点：共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力.专题：计算题分析：对物体受力分析，受推力、重力、支持力、摩擦力，根据平衡条件用正交分解法列式求解解答：解：对物体受力分析，如图根据共点力平衡条件水平方向 fcosf=0竖直方向 nfsinmg=0摩擦力 f=n由以上三式解得=故选c点评：解决共点力平衡问题最终要运用平衡条件列方程求解，选择恰当的方法，往往可以使问题简化，常用方法有：正交分解法；相似三角形法；直角三角形法；隔离法与整体法；极限法4如图 （甲） 所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力f随时间t变化的图象如图 （乙）所示，则（）at1时刻小球动能最大bt2时刻小球动能最大ct2t3这段时间内，小球的动能先增加后减少dt2t3段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能考点：弹性势能；动能；动能定理的应用；动能和势能的相互转化.专题：压轴题；定性思想；牛顿运动定律综合专题分析：小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大，当弹力小于重力时，物体加速下降，但合力变小，加速度变小，故做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后物体由于惯性继续下降，弹力变的大于重力，合力变为向上且不断变大，故加速度向上且不断变大，故物体做加速度不断增大的减速运动；同理，上升过程，先做加速度不断不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做加速度不断增大的减速运动，直到小球离开弹簧为止解答：解：a、t1时刻小球小球刚与弹簧接触，与弹簧接触后，先做加速度不断减小的加速运动，当弹力增大到与重力平衡，即加速度减为零时，速度达到最大，故a错误；b、t2时刻，弹力最大，故弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，速度等于零，故b错误；c、t2t3这段时间内，小球处于上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故c正确；d、t2t3段时间内，小球和弹簧系统机械能守恒，故小球增加的动能和重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能，故d错误；故选c点评：本题关键要将小球的运动分为自由下落过程、向下的加速和减速过程、向上的加速和减速过程进行分析处理，同时要能结合图象分析5如图，人沿平直的河岸以速度v行走，且通过不可伸长的绳拖船，船沿绳的方向行进，此过程中绳始终与水面平行当绳与河岸的夹角为，船的速率为（）avsinbcvcosd考点：运动的合成和分解.分析：人在行走的过程中，小船前进的同时逐渐靠岸，将人的运动沿着绳子方向和垂直绳子方向正交分解，由于绳子始终处于绷紧状态，故小船的速度等于人沿着绳子方向的分速度，根据平行四边形定则，将人的速度v分解后，可得结论解答：解：将人的运动速度v沿着绳子方向和垂直绳子方向正交分解，如图，由于绳子始终处于绷紧状态，因而小船的速度等于人沿着绳子方向的分速度根据此图得v船=vcos故选c点评：本题关键找到人的合运动和分运动，然后根据正交分解法将人的速度分解即可；本题容易把v船分解而错选d，要分清楚谁是合速度，谁是分速度6（3分）物体在恒定的合力f作用下，做直线运动，在时间t1内速度由o增大到v，在时间t2内速度同v增大到2v，设f在t1内做功是w1，冲量是i1，在t2内做的功是w2，冲量是i2，那么（）ai1i2，w1=w2bi1i2，w1w2ci1=i2，w1=w2di1=i2，w1w2考点：动量定理.专题：动量定理应用专题分析：根据动能定理研究功的关系，根据动量定理研究冲量的关系解答：解：根据动能定理得：，则w1w2根据动量定理得，i1=mv0=mv，i2=2mvmv=mv，知i1=i2故d正确，a、b、c错误故选d点评：根据动能的变化由动能定理求合力的功、根据动量的变化由动量定理求合力的冲量是这两大定理基本的应用7如图是一个示波管工作原理图的一部分，电子经过加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏转量为y，两平行板间距为d、板长为l、板间电压为u每单位电压引起的偏转量（y/u）叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可以采用的方法是（）a增加两板间的电势差ub尽可能缩短板长lc尽可能减小板距dd使电子的入射速度v0大些考点：示波管及其使用.分析：电子在匀强电场中发生偏转，根据已知的条件，写出偏转量的表达式，根据公式进行说明解答：解：设电子的电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度：a=，运动时间t=，偏转量h=所以示波管的灵敏度：=通过公式可以看出，提高灵敏度可以采用的方法是：加长板长l，减小两板间距离d和减小入射速度v0故c正确，abd错误故选：c点评：该题本意是考查带电粒子在电场中的偏转，要熟记偏转量的公式以及它的推导的过程8（3分）如图所示，正方形区域abcd内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，三个完全相同的带电粒子a、b、c分别以大小不同的初速度va、vb、vc从a点沿图示方向射入该磁场区域，经磁场偏转后粒子a、b、c分别从bc边中点、cd边中点、ad边中点射出若ta、tb、tc分别表示粒子a、b、c在磁场中的运动时间则以下判断正确的是（）avavbvcbva=vbvcctatbtcdta=tbtc考点：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：带电粒子在你匀强磁场中做匀速圆周运动，粒子的运动时间t=t，为粒子轨迹所对应的圆心角解答：解：粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvb=m，解得：v=，粒子做圆周运动的周期：t=，由于三个粒子完全相同，则它们做圆周运动的周期t相等，如图所示，粒子的轨道半径：rarbrc，vcvbva，故ab错误；粒子在磁场中做圆周运动转过的圆心角间的关系为：abc，粒子运动时间t=t，则粒子在磁场中的运动时间：tatbtc，故c正确，d错误；故选：c点评：本题考查了比较粒子的运动速度、时间关系，根据题意作出粒子的运动轨迹是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、t=t即可正确解题9（4分）如图所示，斜面体质量为m，倾角为，置于水平地面上，当质量为m的小木块沿斜面匀速下滑时，斜面体仍静止不动则（）a斜面体受地面的支持力为mgb斜面体受地面的支持力为（m+m）gc斜面体受地面的摩擦力为mgcossind斜面体受地面的摩擦力为0考点：牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算.专题：牛顿运动定律综合专题分析：对整体分析，通过共点力平衡求出斜面体所受地面的摩擦力和支持力的大小解答：解：因为小木块匀速下滑，对整体分析，整体合力为零，整体受重力和支持力，摩擦力为零，所以n=（m+m）g故b、d正确，a、c错误故选bd点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，掌握整体法和隔离法的运用10（4分）如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是（）a斜劈对小球的弹力不做功b斜劈与小球组成的系统机械能守恒c斜劈的机械能守恒d小球机械能的减少量等于斜劈动能的增加量考点：动能和势能的相互转化.分析：小球和斜劈组成的系统中，只有重力势能和动能相互转化，机械能守恒；而小球和斜劈的机械能都不守恒解答：解：a、斜劈由静到动，动能增加，只有弹力对斜劈做功，根据动能定理，斜劈对小球的弹力做正功，故a错误；b、c、d、小球和斜劈组成的系统中，只有重力势能和动能相互转化，机械能守恒，故bd正确，c错误故选bd点评：本题关键分析清楚物体的运动和能量的转化情况，要明确是小球和斜劈组成的系统机械能守恒，而不是单个物体机械能守恒11在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示则下列说法正确的是（） at=0.01s时穿过线框的磁通量最小b该交变电动势的有效值为11vc该交变电动势的瞬时值表达式为e=22sin（100t）vd电动势瞬时值为22v时，线圈平面与中性面的夹角为45考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系.专题：交流电专题分析：从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大，转速加倍，最大值加倍解答：解：a、由图象知：t=0.01s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，a错误；b、该交变电动势的有效值为e=，b错误；c、当t=0时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，故该交变电动势的瞬时值表达式为，c正确；d、电动势瞬时值为22v时，代入瞬时表达式，则有线圈平面与中性面的夹角为45，d正确；故选：cd点评：本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力，并掌握有效值与最大值的关系12（4分）如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的固定斜面上，地面上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用平行于斜面的恒力f拉乙物块，在使甲、乙一起无相对滑动沿斜面向上加速运动的阶段中（）a甲、乙两物块间的摩擦力不断增大b甲、乙两物块间的摩擦力保持不变c甲、乙两物块间的摩擦力不断减小d乙物块与斜面之间的摩擦力不断减小考点：洛仑兹力；摩擦力的判断与计算.分析：先以整体为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律求出加速度，分析斜面对乙的摩擦力如何变化，再对甲分析，由牛顿第二定律研究甲、乙之间的摩擦力、弹力变化情况解答：解：对整体，分析受力情况：重力、斜面的支持力和摩擦力、洛伦兹力，洛伦兹力方向垂直于斜面向上，则由牛顿第二定律得：m总gsinf=ma fn=m总gcosf洛 随着速度的增大，洛伦兹力增大，则由知：fn减小，乙所受的滑动摩擦力f=fn减小，故d正确；以乙为研究对象，有：m乙gsinf=m乙a m乙gcos=fn+f洛 由知，f减小，加速度增大，因此根据可知，甲乙两物块之间的摩擦力不断增大，故a正确，bc错误；故选：ad点评：解决本题运用整体法和隔离法结合研究，关键是抓住洛伦兹力随速度而增大的特点进行分析13如图所示为一卫星绕地球运行的轨道示意图，o点为地球球心，已知引力常量为g，地球质量为m，下列说法正确的是（）a卫星在a点的速率b卫星在b点的速率c卫星在a点的加速度d卫星在b点的加速度考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用.专题：人造卫星问题分析：卫星在圆轨道运行时，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解出线速度和加速度的表达式；卫星在椭圆轨道运动时，根据离心运动和向心运动的知识比较速度与圆轨道对应速度的大小解答：解：卫星在圆轨道运行时，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：解得：v=，a=a、卫星经过椭圆轨道的a点时，由于万有引力小于向心力，故做离心运动，故：解得：v，故a错误；b、卫星经过椭圆轨道的b点时，由于万有引力大于向心力，故做向心运动，故：解得：v，故b正确；c、根据牛顿第二定律，卫星在a点的加速度：，故c正确；d、根据牛顿第二定律，卫星在b点的加速度，故d错误；故选：bc点评：本题关键是明确当万有引力大于向心力时，卫星做向心运动，当万有引力小于向心力时，物体做离心运动14（4分）半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为r0圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为b杆在圆环上以速度v平行于直径cd向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心o开始，杆的位置由确定，如图所示则（）a=0时，杆产生的电动势为2bavb=时，杆产生的电动势为bavc=时，杆受的安培力大小为d=0时，杆受的安培力为考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力.专题：电磁感应与电路结合分析：根据几何关系求出此时导体棒的有效切割长度，根据法拉第电磁感应定律求出电动势注意总电阻的求解，进一步求出电流值，即可算出安培力的大小解答：解；a、=0时，杆产生的电动势e=blv=2bav，故a正确b、=时，根据几何关系得出此时导体棒的有效切割长度是a，所以杆产生的电动势为bav，故b错误；c、=时，电路中总电阻是（+1）ar0，所以杆受的安培力大小为：f=bil=，故c正确；d、=0时，由于单位长度电阻均为r0所以电路中总电阻（2+）ar0，所以杆受的安培力大小为：f=bil=b2a=，故d错误；故选：ac点评：电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解二、非选择题（本大题共9小题，第1个小题为实验填空题，只需要写出相应结果，后3个小题为计算题，需要写出详细解答过程方能得分）15（8分）某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，他将两物块a和b用轻质细绳连接跨过轻质定滑轮，b下端连接纸带，纸带穿过固定的打点计时器（1）按图甲所示安装实验装置时，使a的质量大于b的质量（2）图乙是实验中得到的一条纸带，o为释放纸带瞬间打点计时器打下的点，a、b、c为纸带上连续取出的三个计时点，测得oa间、ab间及bc间的距离如图所示，已知打点计时器计时周期为t=0.02s，用天平测出a、b两物体的质量ma=150g，mb=50g，根据以上数据计算，可得从o到b的过程中，物块a、b组成的系统重力势能减少量为0.42j，动能增加量为0.40j，由此可得出的结论是在误差允许范围内，系统机械能守恒（取g=9.8m/s2，计算结果保留2位有效数字）考点：验证机械能守恒定律.专题：实验题分析：纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，得到a物体下落的高度和b物体上升的高度，即可求出系统重力势能的减小量根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出b点的速度，从而得出动能的增加量，再进行比较，即可得出结论解答：解：从o到b的过程中，物块a、b组成的系统重力势能减少量为：ep=（mamb）ghob=（15050）1039.8（38.89+3.91）102j=0.42j；b点的速度为：vb=m/s=2m/s系统动能增加量为：ek=（150+50）10322j=0.40j因为epek所以由此可得出的结论是：在实验误差允许范围内，系统机械能守恒故答案为：0.42；0.40；在误差允许范围内，系统机械能守恒点评：本题用连接体为例来验证机械能守恒，要注意研究的对象是a、b组成的系统，运用匀变速直线运动规律求b点的速度是关键要关注有效数字16（8分）要测量一个量程已知的电压表的内阻，所备器材如下：a待测电压表v（量程3v，内阻待测）b电流表a（量程3a，内阻约0.01）c定值电阻r（已知阻值6k，额定电流50ma）d蓄电池e（电动势略小于3v，内阻不计）e多用电表f开关k1、k2，导线若干有一同学利用上面所给器材，进行如下实验操作：（1）首先，用多用电表进行粗测，选用“1k”挡且操作方法正确若这时刻度盘上的指针位置如图甲所示，则测量的结果是7k（2）为了更精确地测出此电压表内阻，该同学设计了如图乙所示的（a）、（b）实验电路，你认为其中较合理的电路图是b（3）用你选择的电路进行实验时，用上述所测量的符号表示电压表的内阻rv=考点：伏安法测电阻.专题：实验题分析：（1）欧姆表读数等于表盘读数乘以倍率；（2）（3）图a中电流表读数太小，读数误差太大，采用图b，结合闭合电路欧姆定律列式求解解答：解：（1）选用“1k”挡且操作方法正确，由图1所示可知，则测量的结果是：r=71k=7k（2）由于电源电动势小于3v，电压表内阻很大，图a所示电路电流很小，不能准确对电流表读数，实验误差太大，因此应选择图b所示电路进行实验（3）实验时，要先闭合开关k1，再闭合开关k2，读得电压表示数u1；再断开开关k2，读得电压表示数u2，电源的内阻忽略不计，断开开关k2，读得电压表示数u2，电阻r上的电压为：ur=u1u2，由串联电路的分压关系得：=解得：rv=；故答案为：（1）7k或7000；（2）b；（3）点评：欧姆表的读数为：表盘的读数倍率；要理解乙和丙两个电路图测量电压表内阻的原理，根据它们的测量原理进行解答17航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m=2，动力系统提供的恒定升力f=28n试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2（1）第一次试飞，飞行器飞行t1=8s 时到达高度h=64m求飞行器所阻力f的大小；（2）第二次试飞，飞行器飞行t2=6s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力求飞行器能达到的最大宽度h；（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用.分析：（1）第一次试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升做匀加速直线运动，根据位移时间公式可求出加速度，再根据牛顿第二定律就可以求出阻力f的大小；（2）失去升力飞行器受重力和阻力作用做匀减速直线运动，当速度减为0时，高度最高，等于失去升力前的位移加上失去升力后的位移之和；（3）求飞行器从开始下落时做匀加速直线运动，恢复升力后做匀减速直线运动，为了使飞行器不致坠落到地面，到达地面时速度恰好为0，根据牛顿第二定律以及运动学基本公式即可求得飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3解答：解：（1）第一次飞行中，设加速度为a1匀加速运动由牛顿第二定律fmgf=ma1解得f=4n（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1匀加速运动设失去升力后的加速度为a2，上升的高度为s2由牛顿第二定律mg+f=ma2v1=a1t2 解得h=s1+s2=42m（3）设失去升力下降阶段加速度为a3；恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3由牛顿第二定律 mgf=ma3f+fmg=ma4且v3=a3t3解得t3=s（或2.1s）答：（1）飞行器所阻力f的大小为4n；（2）第二次试飞，飞行器飞行t2=6s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力，飞行器能达到的最大高度h为42m；（3）为了使飞行器不致坠落到地面，飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间为s点评：本题的关键是对飞行器的受力分析以及运动情况的分析，结合牛顿第二定律和运动学基本公式求解，本题难度适中18（10分）如图所示，坐标系xoy在竖直平面内，水平轨道ab和斜面bc均光滑且绝缘，ab和bc的长度均为l，斜面bc与水平地面间的夹角=600，有一质量为m、电量为+q的带电小球（可看成质点）被放在a点已知在第一象限分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，场强大小e2=，磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小为b；在第二象限分布着沿x轴正向的匀强电场，场强大小未知现将放在a点的带电小球由静止释放，恰能到达c点，问（1）分析说明小球在第一象限做什么运动；（2）小球运动到b点的速度；（3）第二象限内匀强电场的场强e1考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动.专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）分析小球的受力情况，根据小球受力情况判断小球的运动情况（2）小球在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可以求出小球的速度（3）由小球，应用动能定理可以求出电场强度解答：解：（1）当带电小球进入第一象限后所受电场力：f=qe2=mg，方向竖直向上，电场力与重力合力为零，小球所受合外力为洛伦兹力，小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动；（2）小球运动轨迹如图所示：由几何关系可得：r=l，小球在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvbb=m，解得：vb=；（3）小球从a到b过程，由动能定理得：qe1l=mvb20，解得：e1=；答：（1）小球在第一象限做匀速圆周运动；（2）小球运动到b点的速度为；（3）第二象限内匀强电场的场强e1为点评：本题考查了求小球的速度、电场强度，分析清楚小球的运动过程，对小球正确受力分析、应用牛顿第二定律、动能定理即可正确解题19如图所示，质量为m的导体棒ab，垂直放在相距为l 的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为，并处于磁感应强度大小为b方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置间距为d的平行金属板，r和rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻（1）调节rx=r，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流i及棒的速率v（2）改变rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m带电量为+q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的rx考点：导体切割磁感线时的感应电动势.专题：压轴题；电磁感应中的力学问题分析：由电磁感应定律求电动势e=blv、闭合电路欧姆定律求电流i=，由导体棒受力平衡求速度，由带电粒子的匀速通过电容器求电压，结合闭合电路求速度解答：解：（1）导体棒匀速下滑时，mgsin=bil i= 设导体棒产生的感应电动势为e0 e0=blv 由闭合电路欧姆定律得： i= 联立，得 v=（2）改变rx由式可知电流不变设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为u，电场强度大小为eu=irxe=mg=qe联立，得rx= 答：（1）通过棒的电i=及棒的速率（2）此时的rx=点评：考查了电磁感应定律，闭合电路欧姆定律，粒子的运动20（5分）下列说法中正确的是（）a布朗运动就是液体分子的无规则运动b晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点c热量不可能从低温物体传到高温物体d物体的体积增大，分子势能不一定增加e一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热考点：布朗运动；热力学第一定律；热力学第二定律；* 晶体和非晶体.分析：布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反应晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点热量也可能从低温物体传到高温物体物体的体积增大，分子势能不一定增加根据气态方程分析压强不变、体积增大时温度的变化，即可判断内能的变化，由热力学第一定律分析吸放热情况解答：解：a、布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，是由于小颗粒受到的液体分子撞击受力不平衡而引起的，所以布朗运动是液体分子无规则运动的反映，故a错误b、晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点故b正确c、热量自发地由高温物体传到低温物体，在外界的影响下，也可以从低温物体传到高温物体，比如电冰箱，故c错误d、若分子间的作用力表示斥力时，物体的体积增大，分子间距增大，分子力做正功，分子势能减小；若分子间的作用力表示引力时，物体的体积增大，分子间距增大，分子力做负功，分子势能增加；故d正确e、一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，由=c可知温度升高，则内能增加，根据热力学第一定律得知气体一定吸热，故e正确故选：bde点评：本题关键要掌握热力学基本知识，掌握气态方程和热力学第一定律，并能用来分析问题21（8分）如图所示，两端等高、粗细均匀、导热良好的u形管竖直放置，右端与大气相通，左端用水银柱封闭着长l1=40cm的气柱（可视为理想气体），左管的水银面比右管的水银面高出h=12.5cm现从右端管口缓慢注入水银，稳定后右管水银面与管口等高若环境温度不变，取大气压强p0=75cmhg求稳定后加入管中水银柱的长度考点：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：气体发生等温变化，应用玻意耳定律可以求出加入管中水银柱的长度解答：解：设管的横截面积为s，以管内封闭气体为研究对象，为加水银前，气体的状态参量：v1=l1s，p1=p0h，加水银气体稳定后，气体状态参量：v2=l2s，p2=p0+l2，由玻意耳定律得：p1v1=p2v2，即：（7512.5）40s=（75+l2）l2s，解得：l2=25cm，加入管中的水银柱长度为：l=l1+h+l1l2=67.5cm；答：稳定后加入管中水银柱的长