江西省鹰潭市2017届高三第一次模拟考试理综物理试题.doc

1、2017年江西省鹰潭市高考物理一模试卷一、选择题1如图所示，三个形状不规则的石块a、b、c在水平桌面上成功地叠放在一起下列说法正确的是（）A石块b对a的支持力一定竖直向上B石块b对a的支持力一定等于a受到的重力C石块c受到水平桌面向左的摩擦力D石块c对b的作用力一定竖直向上2如图1所示，建筑工地常用吊车通过钢索将建筑材料从地面吊到高处，图2为建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象，下列判断正确的是（）A前5s的平均速度是0.5m/sB整个过程上升高度是30mC3036s材料处于超重状态D前10s钢索最容易发生断裂3我国首颗量子科学实验卫星于2016年8月16日1点40分成功发射量子卫星成

2、功运行后，我国将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信，构建天地一体化的量子保密通信与科学实验体系假设量子卫星轨道在赤道平面，如图所示已知量子卫星的轨道半径是地球半径的m倍，同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，图中P点是地球赤道上一点，由此可知（）A同步卫星与量子卫星的运行周期之比为B同步卫星与P点的速度之比为C量子卫星与同步卫星的速度之比为D量子卫星与P点的速度之比为4如图所示，在竖直平面内有一金属环，环半径为0.5m，金属环总电阻为2，在整个竖直平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B=1T，在环的最高点上方A点用铰链连接一长度为1.5m，电阻为3的导体棒AB，当导体棒AB摆到竖

3、直位置时，导体棒B端的速度为3m/s已知导体棒下摆过程中紧贴环面且与金属环有良好接触，则导体棒AB摆到竖直位置时AB两端的电压大小为（）A0.4VB0.65VC2.25VD4.5V5如图所示，由光滑弹性绝缘壁构成的等边三角形ABC容器的边长为a，其内存在垂直纸面向外的匀强磁场，小孔O是竖直边AB的中点，一质量为为m、电荷量为+q的粒子（不计重力）从小孔O以速度v水平射入磁场，粒子与器壁多次垂直碰撞后（碰撞时无能量和电荷量损失）仍能从O孔水平射出，已知粒子在磁场中运行的半径小于，则磁场的磁感应强度的最小值Bmin及对应粒子在磁场中运行的时间t为（）ABmin=，t=BBmin=，t=CBmin=

4、，t=DBmin=，t=6硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象，图线b是某电阻R的UI图象当它们组成闭合回路时，下列说法正确的是（）A电池的内阻r=B电池的效率为=100%C硅光电池的内阻消耗的热功率Pr=U2I1U1I2D电源的输出功率P=U1I17如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈（图中只画了2匝），面积为S，线圈的电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（）A0t1时间内P端电势高于Q端电势B0t1时间内电压

5、表的读数为Ct1t2时间内R上的电流为 Dt1t2时间内P端电势高于Q端电势8有一电场强度方向沿x轴方向的电场，其电势随x的分布如图所示一质量为m、带电量为q的粒子只在电场力的作用下，以初速度V0从x=0处的O点进入电场并沿x轴正方向运动，则下关于该粒子运动的说法中正确的是（）A粒子从x=0处运动到x=x1处的过程中动能逐渐增大B粒子从x=x1处运动到x=x3处的过程中电势能逐渐减小C欲使粒子能够到达x=x4处，则粒子从x=0处出发时的最小速度应为2D若v0=2，则粒子在运动过程中的最小速度为二、非选择题9某研究学习小组用图甲所示的装置探究加速度与合力的关系装置中的铝箱下端连接纸带，砂桶中可放

6、置砂子以改变铝箱所受的外力大小，铝箱向上运动的加速度a可由打点计时器和纸带测出现保持铝箱总质量m不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量进行多次实验，得到多组a、F值（F为力传感器的示数，等于悬挂滑轮绳子的拉力），不计滑轮的重力（1）某同学根据实验数据画出了图乙所示aF关系图象，则由该图象可得铝箱总质量m=kg，重力加速度g=m/s2（结果保留两位有效数字）（2）当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，图线 （填选项前的字母）A偏向纵轴 B偏向横轴 C斜率逐渐减小 D斜率不变10（9分）某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A被测干电池一节B电流表1：量程00.6A，内阻r=0.3C电流

7、表2：量程00.6A，内阻约为0.1D电压表1：量程03V，内阻未知E电压表2：量程015V，内阻未知F滑动变阻器1：010，2AG滑动变阻器2：0100，1AH开关、导线若干伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻（1）在上述器材中请选择适当的器材（填写器材前的字母）：电流表选择，电压表选择，滑动变阻器选择（2）实验电路图应选择如图中的（填“甲”或“乙”）；（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的UI图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E=V，内电阻r=11（14分）

8、如图，ABD为竖直平面内的轨道，其中AB段是水平粗糙的、BD段为半径R=0.4m的半圆光滑轨道，两段轨道相切于B点小球甲从C点以速度0沿水平轨道向右运动，与静止在B点的小球乙发生弹性碰撞已知甲、乙两球的质量均为m，小球甲与AB段的动摩擦因数为=0.5，C、B距离L=1.6m，g取10m/s2（水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点） （1）甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；（2）在满足（1）的条件下，求的甲的速度0；（3）若甲仍以速度0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围12（18分）如图所示，通过水平绝缘传

9、送带输送完全相同的正方形单匝铜线框，为了检测出个别未闭合的不合格线框，让线框随传送带通过一固定匀强磁场区域（磁场方向垂直于传送带平面向下），观察线框进入磁场后是否相对传送带滑动就能够检测出未闭合的不合格线框已知磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，MN与PQ间的距离为d，磁场的磁感应强度为B各线框质量均为m，电阻均为R，边长均为L（Ld）；传送带以恒定速度v0向右运动，线框与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g线框在进入磁场前与传送带的速度相同，且右侧边平行于MN进入磁场，当闭合线框的右侧边经过边界PQ时又恰好与传送带的速度相同设传送带足够长，且在传送带上始终保持右侧边平行于磁场边界对于闭

10、合线框，求：（1）线框的右侧边刚进入磁场时所受安培力的大小；（2）线框在进入磁场的过程中运动加速度的最大值以及速度的最小值；（3）从线框右侧边刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，传送带对该闭合铜线框做的功【物理-选修3-3】13下列关于热学问题的说法正确的是（）A一个孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，熵值较大代表着较为无序B物体的内能在宏观上只与其温度和体积有关C如果封闭气体的密度变小，分子平均动能增加，则气体的压强可能不变D某气体的摩尔质量为M、密度为，用NA表示阿伏伽德罗常数，每个气体分子的质量m0，每个气体分子的体积V0，则m0=，V0=E密封在容积不变的容器内的气体

11、，若温度升高，则气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大14（10分）如图所示，是一个连通器装置，连通器的右管半径为左管的两倍，左端封闭，封有长为30cm的气柱，左右两管水银面高度差为37.5cm，左端封闭端下60cm处有一细管用开关D封闭，细管上端与大气联通，若将开关D打开（空气能进入但水银不会入细管），稳定后会在左管内产生一段新的空气柱已知外界大气压强p0=75cmHg求：稳定后左端管内的所有气柱的总长度为多少？【物理-选修3-4】15图（a）为一列简谐横波在t=2s时的波形图，图（b）为媒质中平衡位置在x=1.5m处的质点的振动图象，P是平衡位置为x=2m的质点，下列说法正确的是（）A波

12、速为0.5m/sB波的传播方向向右C02s时间内，P运动的路程为8cmD02s时间内，P向y轴正方向运动E当t=7s时，P恰好回到平衡位置16如图所示，用折射率n=的玻璃做成内径为 R、外径为R=R的半球形空心球壳，一束平行光射向此半球的外表面，且与中心对称轴 OO平行，求从球壳内表面射出的光线的出射点离OO的最大距离2017年江西省鹰潭市高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题1如图所示，三个形状不规则的石块a、b、c在水平桌面上成功地叠放在一起下列说法正确的是（）A石块b对a的支持力一定竖直向上B石块b对a的支持力一定等于a受到的重力C石块c受到水平桌面向左的摩擦力D石块c对b的作用力

13、一定竖直向上【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【分析】根据平衡条件，依据相互作用力的内容，及力的合成与分解方法，并依据摩擦力产生条件，即可求解【解答】解：A、由图可知，a与b的接触面不是水平面，可知石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是平衡力，故A错误，B错误；C、以三块作为整体研究，整体受到的重力与支持力是平衡力，则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故C错误；D、选取ab作为整体研究，根据平衡条件，则石块c对b的作用力与其重力平衡，则块c对b的作用力一定竖直向上，故D正确；故选：D【点评】该题考查整体法与隔离法的运用，掌握平衡条件的应用，注意平衡力与相

14、互作用力的区别，注意c对b的作用力是支持力与摩擦力的合力2如图1所示，建筑工地常用吊车通过钢索将建筑材料从地面吊到高处，图2为建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象，下列判断正确的是（）A前5s的平均速度是0.5m/sB整个过程上升高度是30mC3036s材料处于超重状态D前10s钢索最容易发生断裂【考点】牛顿运动定律的应用超重和失重；物体的弹性和弹力【分析】根据vt图象可知道物体的运动过程和性质，也可求出对应的加速度，从而能求出前5s的位移和平均速度通过速度时间图象包围的面积求出整个过程上升高度3036s材料是向上做匀减速直线运动，加速度的方向是向下的前10s钢索是向上做匀加速直线运动

15、，根据牛顿第二定律可知材料所受的拉力大于重力【解答】解：A、根据vt图象可知：010s内材料的加速度a=0.1m/s2， 05s位移x=at2=1.25m，所以前5s的平均速度是0.25m/s，故A错误；B、通过速度时间图象包围的面积求出整个过程上升高度为：h=（20+36）1m=28m，故B错误；C、3036s内材料是向上做匀减速直线运动，加速度的方向是向下的，所以处于失重状态，故C错误；D、前10s钢索是向上做匀加速直线运动，加速度的方向是向上的，根据牛顿第二定律可知材料所受的拉力大于重力，1030s匀速运动，材料所受的拉力等于重力，3036s做匀减速直线运动，材料所受的拉力小于重力，比较

16、可知，前10s钢索最容易发生断裂故D正确；故选：D【点评】该题考查了匀变速直线运动的速度时间图象、运动学的公式、牛顿第二定律的应用等知识点本题的关键在于能够通过速度时间图象对物体进行运动过程分析和受力分析，再正确运用牛顿第二定律解决问题3我国首颗量子科学实验卫星于2016年8月16日1点40分成功发射量子卫星成功运行后，我国将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信，构建天地一体化的量子保密通信与科学实验体系假设量子卫星轨道在赤道平面，如图所示已知量子卫星的轨道半径是地球半径的m倍，同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，图中P点是地球赤道上一点，由此可知（）A同步卫星与量子卫星的运行周期之比为B

17、同步卫星与P点的速度之比为C量子卫星与同步卫星的速度之比为D量子卫星与P点的速度之比为【考点】万有引力定律及其应用【分析】研究量子卫星和同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量；研究地球赤道上的点和同步卫星，具有相等角速度；【解答】解：A、根据，得，由题意知，所以，故A错误；B、P为地球赤道上一点，P点角速度等于同步卫星的角速度，根据v=r，所以有，故B错误；C、根据，得，所以，故C错误；D、综合BC，有，得，故D正确；故选：D【点评】求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较向心力的公式选取要根据题目提供的

18、已知物理量或所求解的物理量选取应用4如图所示，在竖直平面内有一金属环，环半径为0.5m，金属环总电阻为2，在整个竖直平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B=1T，在环的最高点上方A点用铰链连接一长度为1.5m，电阻为3的导体棒AB，当导体棒AB摆到竖直位置时，导体棒B端的速度为3m/s已知导体棒下摆过程中紧贴环面且与金属环有良好接触，则导体棒AB摆到竖直位置时AB两端的电压大小为（）A0.4VB0.65VC2.25VD4.5V【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【分析】当导体棒摆到竖直位置时AB两端的电压大小等于AC间电压和CB间电压之和AC间电压等于AC段产生的

19、感应电动势CB段电压等于圆环的路端电压，根据E=BLv和欧姆定律求解【解答】解：当导体棒摆到竖直位置时，由v=r可得：C点的速度为：vC=vB=3m/s=1m/sAC间电压为：UAC=EAC=BLAC=10.5=0.25VCB段产生的感应电动势为：ECB=BLCB=11=2V圆环两侧并联，电阻为：R=0.5，金属棒CB段的电阻为：r=2则CB间电压为：UCB=ECB=2V=0.4V故AB两端的电压大小为：UAB=UAC+UCB=0.25+0.4=0.65V故选：B【点评】本题是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，容易出错之处：一是把CB间的电压看

20、成是内电压二是AC电压未计算5如图所示，由光滑弹性绝缘壁构成的等边三角形ABC容器的边长为a，其内存在垂直纸面向外的匀强磁场，小孔O是竖直边AB的中点，一质量为为m、电荷量为+q的粒子（不计重力）从小孔O以速度v水平射入磁场，粒子与器壁多次垂直碰撞后（碰撞时无能量和电荷量损失）仍能从O孔水平射出，已知粒子在磁场中运行的半径小于，则磁场的磁感应强度的最小值Bmin及对应粒子在磁场中运行的时间t为（）ABmin=，t=BBmin=，t=CBmin=，t=DBmin=，t=【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，与容器垂直碰撞后返回，速率不变，仍做匀速圆周

21、运动，要使带电粒子与容器内壁碰撞多次后仍从0点射出，碰撞点要将容器壁若干等分，根据几何知识求出轨迹对应的圆心角，即可求得总时间t【解答】解：粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则，得，因粒子从O孔水平射入后，最终又要水平射出，则有，（n=1、2、3），联立得，当n=1时B取最小值，此时对应粒子的运动时间为，而，C正确，ABD错误故选：C【点评】本题关键明确带电粒子的运动规律，画出运动轨迹，然后根据几何关系求解出轨迹弧的半径以及转过的圆心角，再根据粒子的运动周期列式求解6硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象，图线b是某电阻R

22、的UI图象当它们组成闭合回路时，下列说法正确的是（）A电池的内阻r=B电池的效率为=100%C硅光电池的内阻消耗的热功率Pr=U2I1U1I2D电源的输出功率P=U1I1【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率；焦耳定律【分析】由欧姆定律得U=EIr，的大小等于r，当I=0时，E=U，由图可知电池的电动势为U2当电流为I1时，根据欧姆定律求出内阻；根据功率公式可求得输出功率和内阻上消耗的功率；根据效率公式可求得电源的效率【解答】解：A、由欧姆定律得U=EIr，当I=0时，E=U，由a与纵轴的交点读出电动势为E=U2根据两图线交点处的状态可知，电阻的电压为U1，则内阻r=；故A正确；B、电池的效

23、率=100%；故B正确C、内阻消耗的功率Pr=U2I1U1I1 ；故C错误；D、电源的路端电压为U1，电流为I1，则输出功率P=U1I1；故D正确；故选：ABD【点评】本题考查对图象的理解能力对于线性元件欧姆定律可以直接利用；但对于非线性元件不能直接利用欧姆定律求解；同时对于电源的内阻往往根据电源的外特性曲线研究斜率得到7如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈（图中只画了2匝），面积为S，线圈的电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（）A0t1时间内P端电势高于Q端电势B0t1时间内电压表

24、的读数为Ct1t2时间内R上的电流为 Dt1t2时间内P端电势高于Q端电势【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【分析】根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，由闭合电路欧姆定律求电路电流，根据欧姆定律求电压表的读数；根据楞次定律判断感应电流方向，从而确定PQ端电势的高低【解答】解：A、0时间内，磁通量增大，根据楞次定律感应电流沿逆时针方向，线圈相当于电源，上端正极下端负极，所以P端电势高于Q端电势，故A正确；B、0时间内线圈产生的感应电动势=，电压表的示数等于电阻R两端的电压，故B错误；C、时间内线圈产生的感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律，故C正确；D、时间内，磁通量减小，根据楞次定律

25、，感应电流沿顺时针方向，线圈相当于电源，上端负极下端正极，所以P端电势低于Q端电势，故D错误；故选：AC【点评】解决本题关键掌握法拉第电磁感应定律，并用来求解感应电动势大小题中线圈相当于电源，可与电路知识进行综合考查8有一电场强度方向沿x轴方向的电场，其电势随x的分布如图所示一质量为m、带电量为q的粒子只在电场力的作用下，以初速度V0从x=0处的O点进入电场并沿x轴正方向运动，则下关于该粒子运动的说法中正确的是（）A粒子从x=0处运动到x=x1处的过程中动能逐渐增大B粒子从x=x1处运动到x=x3处的过程中电势能逐渐减小C欲使粒子能够到达x=x4处，则粒子从x=0处出发时的最小速度应为2D若v

26、0=2，则粒子在运动过程中的最小速度为【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向，根据电场力方向分析粒子的运动情况，即可判断动能的变化根据负电荷在电势高处电势小，判断电势能的变化粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，根据动能定理研究0x1过程，求解最小速度粒子运动到x1处电势能最大，动能最小，由动能定理求解最小速度【解答】解：A、粒子从O运动到x1的过程中，电势降低，场强方向沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x轴负方向，粒子做减速运动，动能逐渐减小，故A错误B、粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断升高，根据负电荷在电势高处电势小，可知，粒子的

27、电势能不断增大，故B正确C、根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得：q（00）=0mv02，解得：v0=，则要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为故C错误D、若v0=2，粒子运动到x1处电势能最大，动能最小，由动能定理得：q（0）0= mmv02，解得最小速度为：vmin=，故D正确故选：BD【点评】根据电势随x的分布图线可以得出电势函数关系，由电势能和电势关系式得出电势能的变化利用动能定理列方程求动能或速度二、非选择题9某研究学习小组用图甲所示的装置探究加速度与合力的关系装置中的铝箱下端连接纸带，砂桶中可放置砂子以改

28、变铝箱所受的外力大小，铝箱向上运动的加速度a可由打点计时器和纸带测出现保持铝箱总质量m不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量进行多次实验，得到多组a、F值（F为力传感器的示数，等于悬挂滑轮绳子的拉力），不计滑轮的重力（1）某同学根据实验数据画出了图乙所示aF关系图象，则由该图象可得铝箱总质量m=0.25kg，重力加速度g=9.8m/s2（结果保留两位有效数字）（2）当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，图线D （填选项前的字母）A偏向纵轴 B偏向横轴 C斜率逐渐减小 D斜率不变【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】对铝箱分析，根据牛顿第二定律，抓住传感器示数F等于2倍的FT，求出加速度的表

29、达式，结合图线的斜率和纵轴截距求出铝箱的总质量和重力加速度的大小结合图线的斜率k=，与沙桶和砂的质量无关，判断图线的形状【解答】解：（1）对铝箱分析，应有FTmg=ma，对滑轮应有F=2FT，联立可解得a=，可知图线的斜率k=，解得m=0.25kg，纵轴截距g=9.8，解得g=9.8m/s2（2）对于图线的斜率k=，当砂桶和砂的总质量较大，可知图线的斜率不变，故选：D故答案为：（1）0.25 9.8 （2）D【点评】涉及到图象问题，要首选根据物理定律写出关于纵轴与横轴的函数表达式，然后讨论即可10某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A被测干电池一节B电流表1：量程00.6

30、A，内阻r=0.3C电流表2：量程00.6A，内阻约为0.1D电压表1：量程03V，内阻未知E电压表2：量程015V，内阻未知F滑动变阻器1：010，2AG滑动变阻器2：0100，1AH开关、导线若干伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻（1）在上述器材中请选择适当的器材（填写器材前的字母）：电流表选择B，电压表选择D，滑动变阻器选择F（2）实验电路图应选择如图中的甲（填“甲”或“乙”）；（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的UI图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势

31、E=1.50V，内电阻r=0.7【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）实验中要能保证安全和准确性选择电表；（2）本实验应采用电阻箱和电压表联合测量，由实验原理可得出电路原理图；（3）由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻【解答】解：（1）干电池的电动势约为1.5V，故为了读数准确，电压表应选择D内阻较小，为了准确测量内阻，选择已知内阻的电流表B； 滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F（2）根据以上分析可知，电流表与电池串联，将电流表内阻等效为电源内阻，故电路图选择甲；（3）由UI图可知，电源的电动势E=1.50V；内电阻r+RA=RA=

32、0.3=0.7故答案为：B，D，F；甲；1.50，0.7【点评】本题为设计性实验，在解题时应注意明确实验的原理；并且要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出表达式，由图象得出电动势和内电阻11（14分）（2017荆门模拟）如图，ABD为竖直平面内的轨道，其中AB段是水平粗糙的、BD段为半径R=0.4m的半圆光滑轨道，两段轨道相切于B点小球甲从C点以速度0沿水平轨道向右运动，与静止在B点的小球乙发生弹性碰撞已知甲、乙两球的质量均为m，小球甲与AB段的动摩擦因数为=0.5，C、B距离L=1.6m，g取10m/s2（水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点） （1）甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，

33、求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；（2）在满足（1）的条件下，求的甲的速度0；（3）若甲仍以速度0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围【考点】动量守恒定律；向心力；动能定理的应用【分析】（1）乙恰能通过轨道的最高点D时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求得乙通过D点时的速度，再由平抛运动的规律求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；（2）对于甲乙碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可以知道它们交换速度对乙从B到D，由动能定理求得碰后瞬间乙的速度对甲从C到B，由动能定理求得速度0；（3）根据动量守恒定律和机械能守恒定律得到碰后乙速度的范围，再由平抛运动

34、的规律求得乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围【解答】解：（1）设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，乙恰能通过轨道最高点，则 mg=m乙做平抛运动过程有：2R=gt2x=vDt联立得：x=0.8 m（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 mvB=mv甲+mv乙 mvB2=mv甲2+mv乙2联立得：v乙=vB对乙从B到D，由动能定理得：mg2R=mv02mv乙2联立得：vB=2m/s甲从C到B，由动能定理有：mgL=mvB2mv02解得：v0=6m/s（3）设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速

35、度分别为vM、vm，取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有： MvB=MvM+mvmMvB2=MvM2+mvm2（11）联立得（11）得：vm=（12）由M=m和Mm，可得 vBvm2vB （13）设乙球过D点时的速度为vD，由动能定理得：mg2R=mv02mvm2（14）联立（13）（14）得：2 m/svD8 m/s （15）设乙在水平轨道上的落点距B点的距离为x，有：x=vDt （16）联立（15）（16）得：0.8 mx3.2m（17）答：（1）乙在轨道上的首次落点到B点的距离是0.8m；（2）甲的速度0是6m/s；（3）乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围是0.8 mx3

36、.2m【点评】解决本题的关键知道弹性碰撞中动量守恒、机械能守恒，理清运动过程，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源，结合动能定理和牛顿第二定律进行求解12（18分）（2017鹰潭一模）如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的正方形单匝铜线框，为了检测出个别未闭合的不合格线框，让线框随传送带通过一固定匀强磁场区域（磁场方向垂直于传送带平面向下），观察线框进入磁场后是否相对传送带滑动就能够检测出未闭合的不合格线框已知磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，MN与PQ间的距离为d，磁场的磁感应强度为B各线框质量均为m，电阻均为R，边长均为L（Ld）；传送带以恒定速

37、度v0向右运动，线框与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g线框在进入磁场前与传送带的速度相同，且右侧边平行于MN进入磁场，当闭合线框的右侧边经过边界PQ时又恰好与传送带的速度相同设传送带足够长，且在传送带上始终保持右侧边平行于磁场边界对于闭合线框，求：（1）线框的右侧边刚进入磁场时所受安培力的大小；（2）线框在进入磁场的过程中运动加速度的最大值以及速度的最小值；（3）从线框右侧边刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，传送带对该闭合铜线框做的功【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；功的计算；安培力【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求得，闭合铜线框右侧边刚进入磁场时产生的电动势，根据

38、欧姆定律求得电流，然后根据安培力的公式根据求得安培力；（2）线框以速度v0进入磁场，在进入磁场的过程中，受安培力而减速运动；进入磁场后，在摩擦力作用下加速运动，当其右侧边到达PQ时速度又恰好等于v0因此，线框在刚进入磁场时，所受安培力最大，加速度最大，设为am；线框全部进入磁场的瞬间速度最小根据牛顿第二定律与动能定理即可求得结果；（3）线框从右侧边进入磁场到运动至磁场边界PQ的过程中线框受摩擦力，闭合线框出磁场与进入磁场的受力情况相同，则完全出磁场的瞬间速度为v，摩擦力做的功等于摩擦力与相对位移的乘积【解答】解：（1）闭合铜线框右侧边刚进入磁场时产生的电动势E=BLv0产生的电流I=右侧边所受

39、安培力F=BIL=（2）线框以速度v0进入磁场，在进入磁场的过程中，受安培力而减速运动；进入磁场后，在摩擦力作用下加速运动，当其右侧边到达PQ时速度又恰好等于v0因此，线框在刚进入磁场时，所受安培力最大，加速度最大，设为am；线框全部进入磁场的瞬间速度最小，设此时线框的速度为v线框刚进入磁场时，根据牛顿第二定律有Fmg=mam解得am=在线框完全进入磁场又加速运动到达边界PQ的过程中，根据动能定理有解得 v=（3）线框从右侧边进入磁场到运动至磁场边界PQ的过程中线框受摩擦力f=mg由功的公式Wf1=fd 解得 Wf1=mgd 闭合线框出磁场与进入磁场的受力情况相同，则完全出磁场的瞬间速度为v；

40、在线框完全出磁场后到加速至与传送带速度相同的过程中，设其位移x由动能定理有 解得 x=dL闭合线框在右侧边出磁场到与传送带共速的过程中位移x=x+L=d在此过程中摩擦力做功Wf2=mgd 因此，闭合铜线框从刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，传送带对闭合铜线框做的功W=Wf1+Wf2=2mgd 答：（1）线框的右侧边刚进入磁场时所受安培力的大小是；（2）线框在进入磁场的过程中运动加速度的最大值以及速度的最小值是；（3）从线框右侧边刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，传送带对该闭合铜线框做的功2mgd【点评】从能量的角度分析动能的变化和热量变化关系，抓住线框做减速运动就能

41、判断【物理-选修3-3】13下列关于热学问题的说法正确的是（）A一个孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，熵值较大代表着较为无序B物体的内能在宏观上只与其温度和体积有关C如果封闭气体的密度变小，分子平均动能增加，则气体的压强可能不变D某气体的摩尔质量为M、密度为，用NA表示阿伏伽德罗常数，每个气体分子的质量m0，每个气体分子的体积V0，则m0=，V0=E密封在容积不变的容器内的气体，若温度升高，则气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大【考点】理想气体的状态方程；阿伏加德罗常数；热力学第二定律；封闭气体压强【分析】熵增加原理：一个孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展；物体的内能与物体的

42、物质的量、温度、体积以及物态都有关；结合理想气体的状态方程分析内状态参量的变化；原子的质量等于摩尔质量与阿伏加德罗常数的比值，将气体分子球体，先求解体积，再求解直径；温度是分子的平均动能的标志【解答】解：A、根据熵增加原理，一个孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展故A正确B、物体的内能在宏观上与其物质的量、温度和体积有关，故B错误；C、如果封闭气体的密度变小，可知其体积增大；温度是分子的平均动能的标志，分子平均动能增加，即气体的温度升高；根据理想气体的状态方程：可知，气体的体积增大、温度同时也升高时，气体的压强可能不变，故C正确；D、气体的分子之间的距离比较大，使用公式：V0=求出的结果是每一个分子所占的空间的大小，不是分子的体积故D错误；E、密封在容积不变的容器内的气体，若温度升高，根据理想气体的状态方程：可知气体的压强增大，再根据压强的定义可知气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大，故E正确；故选：ACE【点评】本题考查了分子力、分子势能、内能、热力学第二定律、物态变化等，知识点多，难度小，对基础知识要加强记忆；同时对于状态参量的变化，要注意使用理想气体的状态方程进行解答14（10分）（2017鹰潭一模）如图所