江苏省南通市高三物理第一次模拟考试试题（含解析）新人教版.doc

江苏省南通市2013年高考物理一模试卷一、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1（3分）a、b两颗人造卫星绕地球做匀速圆周运动，a的运行周期大于b的运行周期，则（）aa距离地面的高度一定比b的大ba的向心加速度一定比b的大ca的向心力一定比b的大da的运行速率一定比b的大考点：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：a、b两颗卫星都绕地球做匀速圆周运动，其向心力都由地球的万有引力提供，根据开普勒第三定律分可分析轨道半径的大小，再由牛顿第二定律列式可得出各量的表达式，则可得出各量间的关系解答：解：a、a的运行周期大于b的运行周期，由开普勒第三定律=k得知，a的轨道半径大于b的轨道半径故a正确b、由ma=g得，卫星的向心加速度a=，轨道半径越大，向心加速度越小，则的向心加速度一定比b的小故b错误c、两颗卫星的向心力都由地球的万有引力提供，由于两卫星质量关系未知，不能比较向心力的大小故c错误d、由g=m，得v=，所以a的运行速率一定比b的小故d错误故选a点评：对于人造地球卫星，各量的比较，抓住只有周期随轨道半径的增大而增大，其他量，如线速度、角速度、向心加速度等等都随半径的增大而减小，即很快比较2（3分）两点电荷形成电场的电场线分布如图所示若图中a、b两点处的场强大小分别为ea、eb，电势分别为a、b，则（）aeaeb，abbeaeb，abceaeb，abdeaeb，ab考点：电场强度；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大画出过b点的等势线，根据顺着电场线电势降低判断电势的高低解答：解：由电场线的分布情况可知，a处电场线比b处电场线密，则a点的场强大于b点的场强，即eaeb画出过b点的等势线与a所在的电场线交于c点，则有a点的电势高低c点的电势，所以a点的电势高低b点的电势，即ab故选c点评：本题的技巧是画出等势线对于电场线的物理意义：电场线疏密表示场强的大小，电场线的方向反映电势的高低要牢固掌握，熟练应用3（3分）如图所示是由电源e、灵敏电流计g、滑动变阻器r和平行板电容器c组成的电路，开关s闭合在下列四个过程中，灵敏电流计中有方向由a到b电流的是（）a将滑动变阻器r的滑片向右移动b在平行板电容器中插入电介质c减小平行板电容器两极板间的距离d减小平行板电容器两极板的正对面积考点：电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律专题：电容器专题分析：电路稳定时，该电路中没有电流，滑动变阻器r上没有电压根据电容的决定式c=分析电容如何变化，由电容的定义式c=分析电容器所带电量如何变化，就能判断电路中电流的方向解答：解：a、电路稳定时，该电路中没有电流，移动滑动变阻器r的滑片，电容器的电压不变，电路中仍没有电流故a错误b、在平行板电容器中插入电介质，根据电容的决定式c=分析得知电容增大，而电容器的电压不变，则电容的定义式c=分析得知电容器所带电量增加，将要充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有b到a方向的电流通过电流计故b错误c、减小平行板电容器两极板间的距离，根据电容的决定式c=分析得知电容增大，而电容器的电压不变，则电容的定义式c=分析得知电容器所带电量增加，将要充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有b到a方向的电流通过电流计故c错误d、减小平行板电容器两极板的正对面积，根据电容的决定式c=分析得知电容减小，而电容器的电压不变，则电容的定义式c=分析得知电容器所带电量减小，将要放电，电路中形成顺时针方向的放电电流，有a到b方向的电流通过电流计故d正确故选d点评：对于电容器动态变化分析问题，要抓住不变量当电容器保持与电源相连时，电压不变只有电容器充电或放电时，电路中才有电路4（3分）如图所示，a、b、c是三个完全相同的灯泡，l是一个自感系数较大的线圈（直流电阻可忽略不计）则（）as闭合时，a灯立即亮，然后逐渐熄灭bs闭合时，b灯立即亮，然后逐渐熄灭c电路接通稳定后，三个灯亮度相同d电路接通稳定后，s断开时，c灯立即熄灭考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小根据电感线圈的特性进行分析解答：解：电路中a灯与线圈并联后与b灯串联，再与c灯并联a、b，s闭合时，三个灯同时立即发光，由于线圈的电阻很小，逐渐将a灯短路，a灯逐渐熄灭，a灯的电压逐渐降低，b灯的电压逐渐增大，b灯逐渐变亮故a正确，b错误c、电路接通稳定后，a灯被线圈短路，完全熄灭b、c并联，电压相同，亮度相同故c错误d、电路接通稳定后，s断开时，c灯中原来的电流立即减至零，由于线圈中电流要减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，线圈中电流不会立即消失，这个自感电流通过c灯，所以c灯过一会儿熄灭故d错误故选a点评：解决本题的关键掌握线圈对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小当电流不变时，线圈将与之并联的电路短路5（3分）某一质点运动的位移x随时间t变化的图象如图所示，则（）a在10s末时，质点的速度最大b在010s内，质点所受合外力的方向与速度方向相反c在8s和12s时，质点的加速度方向相反d在20s内，质点的位移为9m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：位移时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向当物体做加速运动时，合外力与速度同向，当物体做减速运动时，合外力与速度反向解答：解：a、位移时间图象切线的斜率表示该时刻的速度，则知在10s末时，质点的速度为零故a错误b、在010s内，斜率逐渐减小，说明物体做减速运动，质点所受合外力的方向与速度方向相反故b正确c、在010s内，物体沿正方向做减速运动，加速度方向与速度方向相反，即沿负方向；在1020s内，斜率为负值，说明物体沿负方向运动，斜率增大，做加速运动，加速度方向与速度方向相同，即沿负方向所以在8s和12s时，质点的加速度方向相同故c错误d、x=x2x1=1m5m=4m故d错误故选b点评：理解位移时间图象时，要抓住点和斜率的物理意义，掌握斜率表示速度是关键二、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6（4分）一物体在xoy平面内从坐标原点开始运动，沿x轴和y轴方向运动的速度v随时间t变化的图象分别如图甲、乙所示，则物体在0t0时间内（）a做匀变速运动b做非匀变速运动c运动的轨迹可能如图丙所示d运动的轨迹可能如图丁所示考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：物体在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向做匀减速直线运动，根据运动的合成分析物体的运动情况根据运动学公式分别求出物体的运动情况，判断可能的轨迹解答：解：a、b由图知：物体在x轴方向做匀速直线运动，加速度为零，合力为零；在y轴方向做匀减速直线运动，加速度恒定，合力恒定，所以物体所受的合力恒定，一定做匀变速运动故a正确，b错误c、d曲线运动中合外力方向与速度方向不在同一直线上，而且指向轨迹弯曲的内侧由上分析可知，物体的合力沿y轴方向，而与初速度不在同一直线上，则物体做曲线运动，根据合力指向轨迹的内侧可知，丙图是可能的故c正确，d错误故选ac点评：本题运用合成法分析物体的运动情况，关键要掌握物体做匀变速运动的条件及曲线运动合力方向的特点7（4分）回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示d1和d2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为u、周期为t的交流电源上位于d1圆心处的质子源a能不断产生质子（初速度可以忽略），它们在两盒之间被电场加速当质子被加速到最大动能ek后，再将它们引出忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是（）a若只增大交变电压u，则质子的最大动能ek会变大b若只增大交变电压u，则质子在回旋加速器中运行时间会变短c若只将交变电压的周期变为2t，仍可用此装置加速质子d质子第n次被加速前后的轨道半径之比为：考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：回旋加速器是通过电场进行加速，磁场进行偏转来加速带电粒子带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，根据t=比较周期当粒子最后离开回旋加速器时的速度最大，根据qvb=m求出粒子的最大速度，从而得出最大动能的大小关系解答：解：a、根据qvb=m，得v=则最大动能ek=mv2=，与加速电压无关，故a错误；b、若只增大交变电压u，则质子在回旋加速器中加速次数会减小，导致运行时间变短，故b正确；c、若只将交变电压的周期变为2t，而质子在磁场中运动的周期不变，则两周期不同，所以不能始终处于加速状态，故c错误；d、根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，则有半径公式与nqu=，所以质子第n次被加速前后的轨道半径之比为：，故d正确，故选bd点评：解决本题的关键知道带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，求出粒子的周期和最大动能，根据质量比和电量比，去比较周期和最大动能8（4分）如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，原线圈接的交流电，电阻r1=r2=25，d为理想二极管，则（）a电阻r1两端的电压为50vb二极管的反向耐压值应大于c原线圈的输入功率为200wd通过副线圈的电流为3a考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：a、由原线圈接与原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，根据可知，副线圈的电压为，故a正确；b、副线圈的最大电压为50，二极管具有单向导电性，因此二极管的反向耐压值应大于，故b正确；c、副线圈的电阻2电压只有正向电压而电阻1的电压仍等于副线圈的电压，因此可假设没有二极管，则电阻消耗的功率为p=，由于现在二极管的作用，所以副线圈的输出功率应为p=150w，故c错误；d、由于副线圈输出功率为150w，而总电阻为12.5，则根据，故d错误；故选ab点评：本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于二极管和电容器的作用要了解9（4分）如图所示，一个表面光滑的斜面体m置于在水平地面上，它的两个斜面与水平面的夹角分别为、，且，m的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接a、b两个小滑块，细绳与各自的斜面平行，不计绳与滑轮间的摩擦，a、b恰好在同一高度处于静止状态剪断细绳后，a、b滑至斜面底端，m始终保持静止则（）a滑块a的质量大于滑块b的质量b两滑块到达斜面底端时的速度相同c两滑块到达斜面底端时，a滑块重力的瞬时功率较大d在滑块a、b下滑的过程中，斜面体受到水平向左的摩擦力考点：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：对两个滑块分别受力分析，然后根据平衡条件列方程判断；最后再对斜面体受力分析，判断静摩擦力的方向解答：解：a、滑块a和滑块b沿着斜面方向的分力等大，故：magsin=mbgsin；由于，故mamb，故a正确；b、滑块下滑过程机械能守恒，有：mgh=，故v=，由于两个滑块的高度差相等，故落地速度相等，故b错误；c、滑块到达斜面底端时，滑块重力的瞬时功率：pa=magsinv，pb=mbgsinv；由于magsin=mbgsin，故pa=pb，故c错误；d、滑块a对斜面体压力等于重力的垂直分力magcos，滑块b对斜面体压力也等于重力的垂直分力mbgcos，如图所示nasinnbsin=magcossinmagcossin0，故静摩擦力向左，故d正确；故选ad点评：本题关键隔离三个物体分别受力分析，根据平衡条件列方程判断；同时要结合机械能守恒定律判断三、简答题：必做题（第l0、11题）10（8分）如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置他在气垫导轨上安装了一个光电门b，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从a处由静止释放（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=2.25mm（2）实验时，将滑块从a位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门b的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是遮光条到光电门的距离l；（3）下列不必要的一项实验要求是a（请填写选项前对应的字母）a应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量b应使a位置与光电门间的距离适当大些c应将气垫导轨调节水平d应使细线与气垫导轨平行（4）改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数f和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出图象（选填“t2f”、“”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：游标卡尺读数结果等于固定刻度读数加上可动刻度读数，不需要估读滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度根据运动学公式解答用细线拉力表示合力，要考虑摩擦力的影响解答：解：（1）由图知第10条刻度线与主尺对齐，d=2mm+50.05mm=2.25mm；（2）实验时，将滑块从a位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门b的时间t，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度根据运动学公式得若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是遮光条到光电门的距离l（3）a、拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故a正确；b、应使a位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故b错误c、应将气垫导轨调节水平，使拉力才等于合力，故c错误d、要保持拉线方向与木板平面平行，拉力才等于合力，故d错误；故选a（4）由题意可知，该实验中保持小车质量m不变，因此有：v2=2as，v=，a=，=2l所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出图象故答案为：（1）2.25 （2）遮光条到光电门的距离l（3）a（4）点评：常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础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11（10分）某同学为了测量某电池的电动势 e和内阻 r，设计了如图甲所示的电路已知定值电阻r0=20，电压表v2的内阻很大，可视为理想电压表（1）根据图甲所示电路，请在乙图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接（2）实验中，该同学移动滑动变阻器滑片，读出电压表v1和v2的示数u1、u2，数据如下表所示请根据表格中的数据在图丙所示的坐标纸中画出u2u1的图线次数123456u1/v1.02.03.04.04.55.0u2/v16.515.215.012.011.110.3（3）由图象可得该电源的电动势e=18.0v，内阻r=30.0（4）实验电路测得的电源内阻的阻值大于（选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题；恒定电流专题分析：根据电路图连接实物图通过表格中的数据描点作图根据实验的原理推导出u2u1的关系式，通过图线的斜率和截距求出电源的电动势和内阻解答：解：（1）根据电路图连接实物图，如图所示（2）描点作图，将偏得较远的点舍去，如图所示（3）根据得，知纵轴截距表示电动势，所以e=18.0v图线的斜率绝对值等于，即，则r=1.520=30.0（4）根据r=，由于测量通过电源电流变化量偏小，则测量的电源内阻偏大故答案为：（1）如图乙所示 （2）如图丙所示（3）17.918.3 29.032.0（2分） （4）大于点评：解决本题的关键掌握实验的原理，会通过图线的斜率和截距求解电动势和内阻四选做题-选修模块3-3（12分）12（3分）关于布朗运动，下列说法正确的是（）a布朗运动就是液体分子的无规则运动b布朗运动就是悬浮微粒的固体分子的无规则运动c气体分子的运动是布朗运动d液体中的悬浮微粒越大，布朗运动就越不明显考点：布朗运动专题：布朗运动专题分析：布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的小颗粒并不是分子，小颗粒无规则运动的轨迹不是分子无规则运动的轨迹解答：解：a、布朗运动是悬浮小颗粒的无规则运动，不是液体分子的无规则运动，故a错误；b、布朗运动是悬浮小颗粒的无规则运动，与颗粒分子的热运动无关，故b错误；c、气体分子的运动是热运动，布朗运动是悬浮微粒的无规则运动故c错误；d、液体中的悬浮微粒越大，液体分子的无规则性碰撞的不平衡性越不明显，故d正确；碰撞故选d点评：布朗运动既不颗粒分子的运动，也不是液体分子的运动，而是液体分子无规则运动的反映13（4分）已知氮气的摩尔质量为m，在某状态下氮气的密度为，阿伏加德罗常数为na，在该状态下体积为v1的氮气分子数为，该氮气变为液体后的体积为v2，则一个氮分子的体积约为考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏伽德罗常数的应用专题分析：物质的摩尔数等于物体的质量与摩尔质量的比值，物体的分子数等于摩尔数与阿伏加德罗常数的乘积解答：解：气的质量为：m=v1氮气的物质的量为：n=；故质量为m的水所含的分子数为：n=nna=na=；该氮气变为液体后的体积为v2，则一个氮分子的体积约为：v0=；故答案为：，点评：本题关键明确阿佛加德罗常数是联系宏观量与微观量的桥梁；同时要明确物质量等于物体质量与摩尔质量的比值14（5分）（2013济南一模）如图所示，在导热性能良好、开口向上的气缸内，用活塞封闭有一定质量的理想气体，气体的体积v1=8.0l03m3，温度t1=400k现使外界环境温度缓慢降低至t2，此过程中气体放出热量700j，内能减少了500j不计活塞的质量及活塞与气缸间的摩擦，外界大气压强p0=1.0l05pa，求t2考点：热力学第一定律专题：热力学定理专题分析：由题，气缸导热性能良好，气缸内气体的温度与环境温度相同，使外界环境温度缓慢降低的过程中，气体发生等压变化根据气体放出热量700j，内能减少了500j，由热力学第一定律求出外界对气体做功w，根据w=p0（v1v2），求出末态时所有气体的体积v2，根据盖吕萨克定律求解t2解答：解：设温度降低至t2时，气体的体积为v2，由于活塞的质量不计，则气缸内封闭气体的压强等于大气压则外界对气体做功w=p0（v1v2） 由热力学第一定律得u=w+q 由结合解得，v2=6103m3由于封闭气体发生等压变化，则由盖吕萨克定律得=解得 t2=300k答：t2是300k点评：本题分析清楚气体状态变化过程，明确气体的压强等于大气压是正确解题的关键五选做题-选修模块3-4（12分）15关于光的偏振现象，下列说法中正确的是（）a偏振光沿各个方向振动的光波的强度都相同b自然光在水面反射时，反射光和折射光都是一定程度的偏振光c光的偏振现象说明光是一种纵波d照相机镜头表面的镀膜是光的偏振现象的应用考点：光的偏振专题：光的衍射、偏振和电磁本性专题分析：可以使天然光变成偏振光的光学元件叫偏振片，偏振片对入射光具有遮蔽和透过的功能，可使纵向光或横向光一种透过，一种遮蔽在光学元件中，由于元件表面的反射作用而使光能损失，为了减少元件表面的反射损失，常在光学元件表面镀层透明介质薄膜，这种薄膜就叫增透膜自然光是在垂直于传播方向的上沿一切方向振动且各个方向振动的光波强度都相同，而偏振光是垂直于传播方向的平面上，只沿某个特定方向振动解答：解：a、自然光是在垂直于传播方向的上沿一切方向振动且各个方向振动的光波强度都相同，而不是偏振光，故a错误；b、自然光在水面反射时，反射光和折射光的振动方向不同，都是一定程度的偏振光，所以b正确；c、光的偏振现象说明光是一种横波，故c错误；d、照相机的增透膜，使得反射光发生干涉从而使其减弱，所以反射光的光程差等于光在增透膜的波长的，则厚度通常为绿光在增透膜中波是光的干涉现象，故d错误；故选：b点评：考查了光的偏振原理仅仅是与传播方向垂直平面上有特定振动方向，与自然光不同自然光向各个方向发射，而偏振光则是向特定方向发射；对于增透膜则是利用光的干涉原理16如图所示为某一介质中的甲、乙两个质点振动的位移随时间变化的图象，在t=5s时，两质点的振动方向相同（选填“相同”或“相反”）由于两质点的振动，在介质中形成了两列机械波，两列波的波长之比甲：乙=3：2考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：根据质点的振动图象，来确定质点的振动方向；并由=vt，来计算波的波长解答：解：根据质点的振动图象特征，可在，质点在回复力作用下，甲质点要回到平衡位置，而乙质点要运动到波谷位置，因此两质点的振动方向相同根据质点的振动可知，周期t甲=12s、t乙=，由=vt，可知，由于同一介质，所以速度相同，因此波长与周期成正比，即为甲：乙=3：2故答案为：相同； 3：2点评：学会区别波动与振动图象，同时会从图象中确定有价值信息，并掌握波长、波速与频率的关系17（2013济南一模）如图所示，半圆形玻璃砖的半径为r，ab边竖直，一单色光束从玻璃砖的某一点水平射入，入射角=60，玻璃砖对该单色光的折射率n=已知光在真空中的速度为c，求光束经玻璃砖折射后第一次到ab边所需要的时间考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：根据折射定律求出光线在圆弧面上的折射角，根据几何关系求出光在玻璃砖中传播的距离，以及求出光在介质中的传播速度，根据t=求出光束经玻璃砖折射后第一次到ab边所需要的时间解答：解：由光的折射定律得，解得2=30由几何关系知，光在玻璃砖中的传播距离光在玻璃中的传播速度解得t=答：光束经玻璃砖折射后第一次到ab边所需要的时间为t=点评：解决本题的关键掌握折射定律，以及光在介质中的速度与折射率的关系四、计算题本题共4小题，共计59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18（13分）小明用台秤研究人在升降电梯中的超重与失重现象他在地面上用台秤称得其体重为500n，再将台秤移至电梯内称其体重，电梯从t=0时由静止开始运动到t=11s时停止，得到台秤的示数f随时间t变化的图象如图所示，取g=10m/s2求：（1）小明在02s内的加速度大小a1，并判断在这段时间内小明处于超重还是失重状态；（2）在10s11s内，台秤的示数f3；（3）小明运动的总位移x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）前2秒由静到动是加速，但从图象可以看出是失重，故是加速下降；（2）电梯前2秒加速下降，210秒匀速下降，1011s是减速下降；先求解2s时速度，然后求解最后1s的加速度，再根据牛顿第二定律求解弹力；（3）分加加速、匀速、减速三段求解位移，最后相加得到总位移解答：解：（1）由图象可知，在02s内，台秤对小明的支持力为：f1=450n由牛顿第二定律定律有：mgf1=ma1解得：加速度方向竖直向下，故小明处于失重状态 （2）设在10s11s内小明的加速度为a3，时间为t3，02s的时间为t1，则a1t1=a3t3解得：由牛顿第二定律定律有：f3mg=ma3解得：f3=600n（3）02s内位移 2s10s内位移 x2=a1t1t2=16m10s11s内位移 小明运动的总位移 x=x1+x2+x3=19m答：（1）小明在02s内的加速度大小为1m/s2，在这段时间内小明处于失重状态；（2）在10s11s内，台秤的示数为600n；（3）小明运动的总位移x为19m点评：本题关键是明确电梯的运动规律，然后根据牛顿第二定律和运动学公式多次列方程后联立求解，不难19（14分）如图所示，相距为l的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为，上端连接定值电阻r，导轨上水平虚线mnpq区域内，存在着垂直于轨道平面向下的匀强磁场，磁感应强度为b将质量为m、电阻为r的导体棒在距磁场上边界d处由静止释放，导体棒进入磁场运动距离s到达cd位置，速度增加到v1，此时对导体棒施加一平行于导轨的拉力，使导体棒以速度v1匀速运动时间t后离开磁场导体棒始终与导轨垂直且电接触良好，不计导轨的电阻，重力加速度为g求：（1）导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势e；（2）导体棒到达cd位置时，电阻r上的电功率p；（3）整个过程中回路产生的焦耳热q考点：导体切割磁感线时的感应电动势；动能定理的应用；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）由动能定理求出导体棒进入磁场时的速度，再由法拉第电磁感应定律即可求出导体棒上的电动势；（2）由法拉第电磁感应定律即可求出导体棒在cd位置时的电动势，代人功率的计算公式即可；（3）导体棒从mn运动到cd，能量守恒定律解答：解：（1）设导体棒刚进入磁场时的速度为v，由动能定理有导体棒切割磁感线产生的感应电动势 e=blv解得 （2）导体棒到达cd位置时的感应电动势e=blv1此时r上的电功率解得 （3）导体棒从mn运动到cd，由能量守恒定律有以v1的速度匀速运动时间t，产生的热量 整个过程中回路产生的热量 q=q1+q2解得 答：（1）导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势；（2）导体棒到达cd位置时，电阻r上的电功率；（3）整个过程中回路产生的焦耳热点评：本题是力学和电磁学的综合题，综合运用了电磁感应定律、能量守恒定律以及动能定理题目有一定的难度20（16分）某农田自动灌溉的喷射装置的截面图如图所示，它主要由水泵、竖直的细输水管道和喷头组成，喷头的喷嘴（长度可忽略不计）离地面的高度为h水泵启动后，水从水池通过输水管道压到喷嘴并沿水平方向喷出，在地面上的落点与输水管道中心的水平距离为r，此时喷嘴每秒钟喷出水的质量为m0，整个供水系统的效率恒为，忽略水池中水泵与地面的高度差，不计水进入水泵时的速度以及空气阻力，重力加速度为g（1）求水从喷嘴喷出时的速率v；（2）求水泵的功率p；（3）若要浇灌离输水管道中心r1处的蔬菜，求喷嘴每秒钟喷出水的质量m1和水泵的功率p1考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：（1）根据平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，求出水从喷嘴喷出时的速率（2）水泵所做的功与效率的乘积等于水动能和重力势能的增加，