江苏省南通市海安市高三上期末物理试卷解析

1、2018-2019学年江苏省南通市海安市高三（上）期末物理试卷副标题题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共5小题，共15.0分）1. 如图所示跳水运动员在走板时，从跳板的a端缓慢地走到b端，跳板逐渐向下弯曲，在此过程中，该运动员对跳板的()A. 压力不断增大B. 摩擦力不断增大C. 作用力不断增大D. 作用力不断减小【答案】B【解析】解：AB、以运动员为研究对象，由平衡条件知，跳板对运动员的支持力N=mgcos，摩擦力f=mgsin，是跳板与水平方向的夹角。随着的增大，N减小，f增大。由牛顿第三定律知，运动员对跳板的压力减小，摩擦力增大。故A错误、B正确；CD、跳板对运动员的作用力是支持力和

2、摩擦力的合力，与重力等大反向，则跳板对运动员的作用力保持不变，所以运动员对跳板的作用力保持不变，故CD错误。故选：B。运动员从A端缓慢地走到B端的过程中，合力为零，以运动员为研究对象，利用平衡条件分析各力的变化。本题是动态平衡问题，要选择好研究对象，分析受力情况，明确各力与夹角间的表达式，再根据夹角的变化即可确定各力的变化。2. 如图所示，两颗质量相等的卫星A、B，近地卫星A绕地球运动的轨迹为圆，B绕地球运动的轨迹为椭圆，轨迹在同一个平面内且相切于P点。则()A. 卫星A的周期比B短B. 卫星A的机械能比B多C. 在P点两卫星的速度大小相等D. 在P点卫星A受到地球的万有引力比B大【答案】A【

3、解析】解：A、根据开普勒周期定律，轨道半长轴越长，周期越长，故卫星B的周期比A长，故A正确；B、由A轨道变为B轨道要加速，即机械能增加，则B错误C、卫星在圆轨道运行时，是匀速圆周运动，到达P点加速后做离心运动，可能到椭圆轨道B，故在P点两卫星的速度大小不相等，故C错误；D、由F=GMmr2可知轨道距离小时的力大，则D错误故选：A。在A对应轨道运行时，在P点要做离心运动才能到达椭圆轨道；根据开普勒周期定律分析卫星的周期情况；卫星在同一轨道运行时只有重力做功，机械能守恒。本题关键是明确两点：1、轨道半径决定了速度，周期等物理量；2、在圆轨道运行的卫星做离心运动要加速。3. 在绝缘光滑的水平面上相距

4、为6L的A、B两处分别固定正电荷QA、QB，两电荷的位置坐标如图甲所示，图乙是AB连线之间的电势与位置x之间的关系图象，图中x=L点为电势的最低点，若在x=2L的C点由静止释放一个质量为m、电量为+q的带电小球(可视为质点)，下列有关说法正确的有()A. 小球运动到x=L处的加速度最大B. 两正电荷带电量之比QA：QB=2：1C. 小球在x=L处的电势能最大D. 小球能够越过x=2L的位置【答案】D【解析】解：A、据x图象切线的斜率等于场强E，则知x=L处场强为零，加速度为零，故A错误；B、x=L处场强为零，根据点电荷场强则有：kQA(4L)2=kQB(2L)2，解得QA：QB=4：1，故B错

5、误；C、x=L右侧电场为负，即方向向左，x=L左侧电场为正，即方向向右；那么，小球先向左做加速运动，到x=L处加速度为0，从x=L向左运动时，电场力方向向右，小球做减速运动，所以小球在x=L处的速度最大，动能最大，根据能量守恒知动能和电势能的和不变，所以小球在x=L处的电势能最小，故C错误；D、由x图象知，与C点电势相等的点P在2L<x<3L区域内，由qU=EK，到P点动能等于0，小球将在C与P间做往复运动，即小球能够越过x=2L的位置，故D正确。故选：D。根据x图象切线的斜率等于场强E，分析场强的变化，根据点电荷场强公式E=kQr2，求解QA：QB；判断小球的速度变化；根据能量守

6、恒知动能和电势能的和不变，从而知道电势能的变化；根据动能定理确定小球可以到达的位置，则可判断能否越过x=2L的位置；解决本题首先要理解x图象切线的意义，知道电场力做功和路径无关，只和初末两点的电势差有关，掌握电场力做功的公式W=qU和电荷场强公式，灵活运用电场的叠加原理。4. 质量为m的小球从高处由静止开始下落，小球在空中所受的阻力与速度大小成正比。下列象分别描述了小球下落过程中速度v加速度a随时间t的变化规律和动能E、机械能E随下落位移h的变化关系，其中可能正确的是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】解：A、已知小球所受的空气阻力与速度大小成正比，即f=kv，根据牛顿第二定律得：m

7、gkv=ma，得a=gkvm开始时v比较小，且mg>kv，小球向下加速运动，当v逐渐增大，则a减小，即小球做加速度逐渐减小的变加速运动，vt图象切线斜率逐渐减小，故A错误。B、根据a=gkvm 知av图象是向下倾斜的直线，由于v与t不成正比，所以at不是向下倾斜的直线，故B错误。C、由动能定理有：Ek=mah，由于a逐渐减小，故Ekh图象切线的斜率逐渐减小。故C错误；D、机械能的变化量等于克服阻力做的功：fh=EE0，得E=E0fh，知因f逐渐增大，即Eh图象的斜率逐渐变大，故D正确；故选：D。根据牛顿第二定律分析小球下落过程加速度的变化怦，进而得到其速度的变化情况，结合vt图

8、象的斜率表示加速度分析vt图象的形状；动能的变化等于合外力做的功，阻力做的功等于机械能的变化量。由这些知识分析。本题借助数学函数知识考查了动能定理以及重力以外的力做功等于机械能的变化量等功能关系，原则就是将利用功能关系列出的方程整理成图象对应的函数解析式，分析其斜率的物理意义。5. 下列说法正确的是()A. B射线为原子的核外电子电离后形成的电子流B. 天然放射现象的发现，说明原子是可以再分的C. 原子核经过衰变生成新核，则新核的总质量小于原核的质量D. 黑体辐射的实验表明，随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较长方向移动【答案】C【解析】解：A、衰变产生的电子不是原子的核外电子电离后形成的

9、电子流，而是核内的中子转化成质子和电子产生的，故A错误；B、天然放射现象揭示了原子核具有复杂的结构，说明原子核是可以再分的。故B错误；C、原子核经过衰变生成新核，新核的总质量小于原核的质量，故C正确D、黑体辐射的实验表明，随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较短方向，故D错误故选：C。衰变产生的电子不是核外电子跑出来的，而是核内的中子转化成质子和电子产生的；天然放射现象揭示了原子核具有复杂的结构；原子核经过衰变生成新核，新核的总质量小于原核的质量。黑体辐射的实验表明，随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较短方向本题考查原子及原子物理，属于I级要求，其中衰变过程中的质量数和电荷数守恒的应用，

10、同时要明确质量数、电荷数、中子数之间关系。二、多选题（本大题共5小题，共19.0分）6. 如图所示电路为演示自感现象的电路图，其中R0为定值电阻，电源电动势为 E、内阻为 r，小灯泡的灯丝电阻为 R(可视为不变)，电感线圈的自感系数为 L、电阻为 RL.电路接通并达到稳定状态后，断开开关 S，可以看到灯泡先是“闪亮”(比开关断开前更 亮)一下，然后才逐渐熄灭，但实验发现“闪亮”现象并不明显.为了观察到断开开关 S 时灯泡比开关断开前有更明显的“闪亮”现象，下列措施中一定可行的是()A. 撤去电感线圈中的铁

11、芯，使L减小B. 更换电感线圈中的铁芯，使L增大C. 更换电感线圈，保持L不变，使RL增大D. 更换电感线圈，保持L不变，使RL减小【答案】BD【解析】解：开关由闭合到断开瞬间，线圈中产生感应电动势，而灯R与线圈L是串联，所以二者的电流是相等的。由题，断开开关S，可以看到灯泡先是“闪亮”(比开关断开前更亮)一下，则说明在电路在稳定状态时，通过灯泡的电流小于通过电感线圈的电流，同时电感线圈的自感系数为L、电阻为RL小于灯泡的电阻R。A、撤去电感线圈中的铁芯，使L减小，根据自感电动势的表达式：E=LIt可知产生的感应电动势减小，对电流变化的阻碍作用减小，观察到断开开关S时灯泡变亮的时间变短，“闪亮

12、”现象更不明显。故A错误；B、更换电感线圈中的铁芯，使L增大，据自感电动势的表达式：E=LIt可知产生的感应电动势增大，对电流变化的阻碍作用增大，则观察到断开开关S时灯泡变亮的时间变长，“闪亮”现象可能更明显。故B正确；C、换一个自感系数L相同的线圈，不影响电流的变化的时间，但RL更大的电感线圈时，流过线圈的电流将减小，不一定能观察到灯泡闪亮一下。故C错误；D、换一个自感系数L相同的线圈，不影响电流的变化的时间，但RL更小的电感线圈时，流过线圈的电流将增大，则断开开关 S，流过灯泡的电流更大，一定能观察到灯泡闪亮一下。故D正确。故选：BD。开关由闭合到断开瞬间，灯立即熄灭，通过线圈的

13、电流减小，线圈产生自感电动势，再根据法拉第电磁感应定律以及线圈的自感电动势与自感系数分析即可通电与断电的自感现象要根据楞次定律进行分析.若开关闭合时，线圈中电流大于灯中电流，断开开关时，灯才出现闪亮现象7. 在物理学的发展过程中，科学家们采用了许多物理学的研究方法，下列关于物理学研究方法的说法中，正确的有()A. 合力和分力体现了等效替代的思想B. 质点是运用极限法构建的物理模型C. 电场强度采用了比值法定义物理量的方法D. 牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，能用实验直接验证【答案】AC【解析】解：A、合力和分力体现了等效替代的思想，故A正确；B、质点是采用的是理想模型法，故B错

14、误；C、电场强度E=Fq采取比值法定义的物理量，故C正确；D、牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不能用实验直接验证，故D错误；故选：AC。合力与分力能够等效替代，采用了等效替代的思想；质点采用的是理想模型法；电场强度采取比值法定义，牛顿第一定律无法用实验直接验证。对于物理学上重要的实验和发现，可根据实验的原理、内容、结论及相应的物理学家等等一起记忆，不能混淆8. 某同学设计的家庭电路保护装置如图所示，铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成，当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K，从而切断家庭电路，仅考虑L1在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有()A.

15、 家庭电路正常工作时，L1中的磁通量为零电流放大器电磁铁B. 家庭电路发生断路时，L2中将产生电流C. 家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起D. 地面上的人接触火线发生触电时，开关K将被电磁铁吸起【答案】AD【解析】解：A、由于火线和零线并行绕制，所以在家庭电路正常工作时，火线和零线的电流大小相等，方向相反，因此合磁通量为零，故A正确；B、发生断路时，火线和零线的电流都为零，合磁通量为零，L2中将不会产生电流，故B错误；C、家庭电路发生短路时，火线和零线的电流同时增大，合磁通量仍然为零，因此开关K不会被电磁铁吸起，故C错误；D、当地面上的人接触火线发生触电时，火线的电流突然变大，即L1中的

16、磁场发生变化，导致L2中的磁通量变化，L2中产生感应电流，电磁铁将开关K吸起，故D正确。故选：AD。火线和零线并行绕制，所以在家庭电路正常工作时，火线和零线的电流大小相等，方向相反，因此合磁通量为零，L2中的磁通量为零，地面上的人接触火线发生触电时，火线的电流突然变大，即L1中的磁场发生变化，导致L2中的磁通量变化，L2中产生感应电流，电磁铁将开关K吸起本题考查了变压器的构造和原理，难点在于明确火线和零线并行绕制电流方向相反，要理解为什么副线圈中的磁通量为零。9. 如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装有定滑轮，斜面倾角为O，物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮。开始时A、B在同一高度并处于静止状态。

17、现剪断轻绳，物块A自由下落，物块B沿斜面下滑，忽略滑轮的摩擦，则从剪断轻绳到两物块落地的过程，下列说法正确的有()A. 物块A和物块B同时落地B. 物块A落地时的速度大小和物块B相等C. 物块A落地时的动能和物块B相等D. 物块A落地时重力的瞬时功率和物块B相等【答案】BD【解析】解：A、A运动的时间为：t1=2hg，B运动有：hsin=12gsint22，解得：t2=1sin2hg，故A错误。B、根据机械能守恒知mgh=12mv2知v=gh，h相等，则速度大小相等，但方向不同，故B正确。C、AB都只有重力做功，机械能守恒，动能的增加量等于重力势能的减小零，所以EK=mgh，由于mB>m

18、A，所以动能变化不相等，末动能不相等，故C错误；D、重力做功的瞬时功率P=mgvcos，PB=mBgvsin，PA=mAgv，因mBgsin=mAg，v相等，所以PA=PB，故D正确；故选：BD。剪断轻绳后A自由下落，B沿斜面下滑，AB都只有重力做功，机械能守恒，重力势能变化量等于重力所做的功，重力做功的瞬时功率P=mgvcos。重力做功决定重力势能的变化与否，若做正功，则重力势能减少；若做负功，则重力势能增加，重力做功的平均功率等于重力做功与时间的比值，难度适中。10. 如图所示为洛伦兹力演示仪的结构简图。励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，磁场强弱由通过励磁线圈的电流来调节，在球形玻璃

19、泡底部有一个可以升降的电子枪，从电子枪灯丝中发出电子的初速度可忽略不计，经过加速电压U(U可调节，且加速间距很小)后，沿水平方向从球形玻璃泡球心的正下方垂直磁场方向向右射入，电子束距离球形玻璃泡底部切线的高度为h(见图)，已知球形玻璃泡的半径为R.下列说法正确的有()A. 仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大励磁线圄B. 仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大(前后各一个玻璃泡)C. 电子束在玻璃泡内做完整圆周运动的最大半径为RD. 仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变小【答案】BCD【解析】解：AB、电子在加速电场中加速，由动能定理有：eU=12mv02，电子在匀强磁场中

20、做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：eBv0=mv02r，解得：r=mv0qB，可见保持加速电压不变，增加励磁电流，B增大，电子束形成圆周的半径减小；仅升高电子枪加速电场的电压，电子束形成圆周的半径增大。故A错误，B正确；C、电子束是在玻璃泡内做完整圆周运动的，已知球形玻璃泡的半径为R，所以电子束运动的最大半径为R，故C正确；D、电子在磁场中运动的周期：T=2mqB，y因为增大电流，B减小，电子做圆周运动的周期减小，故D正确；故选：BCD。根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式。即可进行分析。根据安培定则和左手定则结合判断电子的运动轨迹。本题考查了

21、粒子在电、磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理，写出带电粒子在磁场中运动的半径公式与周期公式是关键。三、实验题探究题（本大题共3小题，共22.0分）11. 如图甲所示，小虎同学将气垫导轨的右支撑点调高支成斜面，用图示装置测量滑块沿气垫导轨下滑的加速度，遮光片P固定在滑块的左端并与滑块左端平齐，光电门固定在导轨上，导光孔与导轨上的位置A对齐。让滑块左端位于斜面上的位置B处，打开气源，将滑块由静止释放，测得AB气垫导轨的距离L、遮光片的宽度及遮光时间，算出遮光片通过光电门的平均速度v，视为小车左端到达A处时的速度，从而测出滑块下滑的加速度。(1)小虎运用该方案测得加速度的表达式为a=

22、_。(2)为了更精确地测得小车的加速度，小芳对方案进行了改进：运用同一气垫导轨装置，仅换用不同宽度的遮光片固定在滑块的左端并与滑块左端平齐，让滑块左端位于斜面上的同一位置B处，打开气源，将滑块由静止释放，记录每次实验遮光片的宽度x和遮光时间t，并算出各次遮光片通过光电门的平均速度v，记录数据并作出vt图象如图乙所示，根据图象，滑块左端过A处的瞬时速度大小为_m/s，滑块的加速度大小为_m/s2.(结果保留两位有效数字)(3)你认为小芳的新方案中，考虑遮光片的质量变化，在换用不同遮光片时，测得的加速度应该_(选填“一样”、“不一样”)【答案】v22L   0.31   3.1

23、   一样【解析】解：(1)根据运动学公式可求出滑块的加速度为：a=v22L；(2)从打下A点开始计时，由乙图就能看出打下A点的速度(初速度)为0.31m/s，再从图象斜率就能求出加速度为：a=vt=0.600.30200×103m/s2=1.5m/s2。(3)滑块在倾斜的木板上做匀加速直线运动，而合力是由滑块的下滑分和阻力决定，合力除以质量后，恰与质量无关了，所以换不同遮光片后加速度是一样的。故答案为：(1)v22L；(2)0.31(±0.02均可)   3.1(±0.2均可)；(3)一样小球在极短时间内的平均速度等于瞬时速度，根据

24、动能的增加量等于重力势能的减小量验证机械能守恒，从而即可求解。解决本题的关键知道实验的原理，抓住重力势能的减小量和动能的增加量是否相等进行验证，知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度。12. 某同学设计了如图甲所示的电路测量某电池的电动势E和内阻r，电路中定值电阻R0=20。(1)根据图甲所示电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接。(2)闭合电键前，滑动变阻器滑片应置于变阻器的_端。(3)实验中，该同学移动滑动变阻器的滑片，读出电压表V1和V2的示数U1、U2，数据如表所示，请根据表格中的数据在图丙所示坐标纸中画出U2U1的图线。次数123456U1/V1.02.03.04.04.

25、55.0U2/V16.515.215.012.011.110.3(4)由U2U1图线求得该电源的电动势E=_V，内阻r=_.(取三位有效数字)(5)实验中，产生系统误差的主要原因是_。【答案】左   18.0   30.8   电压表V2分流【解析】解：(1)根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：(2)滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合电键前，滑动变阻器滑片应置于变阻器的左端。(3)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图线如图所示：(4)由图示电路图可知，电源电动势：E=U2+Ir=U2+U1R0r，整理得：U2=rR0

26、U1+E，U2U1图线可知，电源电动势：E=18.0V，图线斜率的绝对值：k=rR0=18105.2，电源内阻：r30.8；(5)由图示电路图可知，电压表V2的分流是造成实验误差的来源。故答案为：(1)实物电路图如图所示；(2)左；(3)图象如图所示；(4)18.0；30.8；电压表V2分流。(1)根据实验电路图连接实物电路图。(2)滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合开关前滑片要置于阻值最大处。(3)应用描点法作图。(4)根据实验电路图应用欧姆定律求出图线的函数表达式，然后根据图示图线求出电源电动势与内阻。(5)根据实验电路图分析实验误差来源，然后分析答题。应用图象法处理实验数据是常用的

27、实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法，根据图示电路图应用闭合电路欧姆定律求出图线的函数表达式是解题的关键。13. 如图为实验室常用的气垫导轨验证动量守恒的装置.两带有等宽遮光条的滑块A和B，质量分别为mA、mB，在A、B间用细线水平压住一轻弹簧，将其置于气垫导轨上，调节导轨使其能实现自由静止，这是表明_，烧断细线，滑块A、B被弹簧弹开，光电门C、D记录下两遮光条通过的时间分别为tA和tB，若有关系式_，则说明该实验动量守恒【答案】气垫导轨水平  mAtAmBtB=0【解析】解：两滑块自由静止，滑块静止，处于平衡状态，所受合力为零，此时气垫导轨是水平的；设遮光条的宽度为d，两滑块的

28、速度为：vA=dtA，vB=dtB，如果动量守恒，满足：mAvAmBvB=0，由解得：mAtAmBtB=0故答案为：气垫导轨水平；mAtAmBtB=0滑块静止，处于平衡状态，所受合力为零，据此分析答题；求出滑块速度，由动量守恒定律分析答题本题考查了实验注意事项、实验数据处理，应用速度公式、动量守恒定律即可正确解题四、计算题（本大题共5小题，共64.0分）14. 如图所示是氢原子的能级图，原子从能级n=4向n=2跃迁所放出的光子刚好能使某种金属材料发生光电效应。求：该金属的逸出功；原子从能级n=2向n=1跃迁所放出的光子照射该金属，产生的光电子的最大初动能。【答案】解：原子从能级n=4向n=2跃

29、迁所放出的光子的能量为0.85+3.40=2.55eV，当光子能量等于逸出功时，恰好发生光电效应，所以逸出功为：W0=2.55eV。从能级n=2向n=1跃迁所放出的光子能量为3.40+13.60=10.2eV，根据光电效应方程得，最大初动能为：Ekm=hvW0=10.202.55=7.65eV。答：该金属的逸出功为2.55eV；原子从能级n=2向n=1跃迁所放出的光子照射该金属，产生的光电子的最大初动能为7.65eV【解析】能级间跃迁时辐射的光子能量等于两能级间的能级差，根据光电效应的条件求出金属的逸出功，再根据光电效应方程得出光电子的最大初动能解决本题的关键知道能级间跃迁辐射的光子能量等于两

30、能级间的能级差，以及掌握光电效应方程Ekm=hvW0。15. 2017年全国物理科学晚会上，一位老师用“吹气千斤顶”把四位高中生顶起来。他用一根带阀门的塑料管连在封闭的正方形塑料薄膜袋上，塑料薄膜袋平摊在教室地面上，如图所示。在塑料薄膜袋的上方平放一块与薄膜袋上表面面积相等的轻质塑料板，让四位学生同时站到与轻质塑料板中心对称的位置上，该老师通过塑料连接管向袋内吹气，直到把四位同学抬到一定高度，薄膜袋一直没有破裂。假设袋内气体可视为理想气体，温度保持不变(1)下列说法正确的是_。A.薄膜袋内气体分子平均动能不变B.薄膜袋内气体的压强是由于气体重力而产生的C.薄膜袋内气体的体积是所有气体分子的体积

31、之和D.由于四位学生压迫薄膜袋，袋内气体分子间表现为斥力(2)表演过程中，该老师对球内气体共做了200J的功，此过程中薄膜袋_(填“吸收”或“放出”)热量。若某时刻薄膜袋突然爆破，则薄膜袋内的气体内能_(填“增加”或“减少”)(3)已知薄膜袋气体的体积为V，密度为，平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，试求薄膜袋内气体的分子个数及分子间的平均距离。【答案】A   放出   减少【解析】解：(1)A、球内气体温度可视为不变，所以气球内气体分子平均动能不变，故A正确。B、由于大量分子都在不停地做无规则热运动，与器壁频繁碰撞，使器壁受到一个平均持续的冲力，致使气体对器壁产生一定

32、的压强。故B错误。C、气体分子间的空隙很大，所以气球内气体的体积远大于所有气体分子的体积之和。故C错误。D、小刚同学压迫气球，但是气体分之间的距离还是很大，气体分子间表现为引力，但是引力很小可以忽略。故D错误。故选A。(2)该老师对球内气体共做了200J的功，气体内能增加，根据题意，气体温度不变，所以此过程中薄膜袋放出热量；薄膜袋破裂导致气体体积增大，对外做功，气体内能减小；(3)薄膜袋内气体的摩尔数n=mM=VM分子个数N=nNA=VNAM气体分子之间的距离d=3VN解得：d=3MNA故答案为：(1)A；(2)放出，减小；(3)VNAM，3MNA。温度是分子平均动能变化的标志，知道被封闭气体

33、压强产生的原理。知道分子间表现的实际作用力为引力。根据热力学第一定律的表达式U=Q+W进行有关判断；求出气体的质量，已知平均摩尔质量再求出摩尔数，最后求出分子数和分子距离。热学中很多知识点要需要记忆，注意平时的积累，对于热力学第一定律U=W+Q，要明确公式中各个物理量的含义。16. 如图甲所示，左侧接有定值电阻R=3的光滑水平导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B=2T，导轨间距为L=1m。一质量m=2kg、接入电路的阻值r=1的金属棒在拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒与导轨垂直且接触良好，金属棒的vx图象如图乙所示，取g=10m/s2.在金属棒从起点运动到x=

34、1m处的过程中，求：(1)回路中通过电阻R的电量q；(2)金属棒运动到x=1m处时所受安培力大小F安；(3)定值电阻R中产生的焦耳热QR。【答案】解：(1)由E=t、I=ER+r、q=It得：通过电阻R的电量q=R+r=BLxR+r=2×1×13+1C=0.5C(2)由速度位移图象得：v=2x金属棒所受的安培力F安=BIL=B2L2vR+r=B2L22xR+r代入得：F安=2x则知F安与x是线性关系。当x=1m时，F安=2N。(3)当x=0m时，F安0=0。从起点发生x=1m位移的过程中，克服安培力做功W安=F安x=F安0+F安2x=0+22×1J=1J根据功能关

35、系知，整个电路产生的焦耳热等于克服安培力做功，所以整个电路产生的焦耳热Q=W安=1J定值电阻R中产生的焦耳热QR=RR+rQ=34×1J=0.75J答：(1)回路中通过电阻R的电量q是0.5C；(2)金属棒运动到x=1m处时所受安培力大小F安是2N；(3)定值电阻R中产生的焦耳热QR是0.75J。【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量与电流的关系式求通过电阻R的电量q；(2)由速度图象得出v与x的关系式，由安培力公式得到FA与x的关系式，再求金属棒运动到x=1m处时所受安培力大小F安；(3)根据平均安培力求解克服安培力做的功，即可得到整个电路产生的焦耳热，再求定值电阻R

36、中产生的焦耳热QR。本题有两个关键：一是根据v与x的关系，由安培力公式F安=B2L2vR+r，得到FA与x的关系式，确定出FA与x是线性关系，即可求出安培力做功；二是根据vx图象的斜率研究加速度的变化情况，结合vt图象分析平均速度。17. 如图所示，倾角=30的足够长传送带上有一长L=1.0m，质量M=0.5kg的薄木板，木板的最右端叠放质量为m=0.3kg的小木块。对木板施加一沿传送带向上的恒力F，同时让传送带逆时针转动，运行速度叫10m。已知木板与物块间动摩擦因数1=32，木板与传送带间的动摩擦因数2=34，取g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)若在恒力F作用下，薄木板保持

37、静止不动，通过计算判定小木块所处的状态。(2)若小木块和薄木板相对静止，一起沿传送带向上滑动，求所施恒力的最大值Fm；(3)若F=10N，木板与物块经过多长时间分离？分离前的这段时间内，木板、木块、传送带组成系统产生的热量Q。【答案】解：(1)对木块受力分析得：重力沿斜面的分力为：mgsin=12mg受到的最大静摩擦力：fm=1mgcos=34mg由于fm>mgsin  所以木块处于静止状态(2)木块恰好不相对木板滑动的加速度为a，由牛顿第二定律得：1mgcosmgsin=ma对木板得：FmMgsin2(M+m)gcos1mgcos=Ma解得：Fm=9N(3)因F=10N>9N，二者发生相对滑动对木块有：a1=1gcosgsin=2.5m/s2对木板有：FMgsin2(M+m)