保定市物理二模试卷

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2017年河北省保定市高考物理二模试卷一、选择题:本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1—4题只有一项符合题目要求，第5-8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．如图所示，在验电器上安装一个铜网，使其带电，验电器金属箔张开一定角度．用紫外线照射铜网,验电器金属箔的张角保持不变．再将一块锌板放置在该铜网后面一定距离处,用同一紫外线照射锌板时，发现金属箔张开角度减小．下列相关说法中正确的是（)A．増加紫外线的强度照射铜网，金属箔张角将变大B．紫外线的频率大于金属锌的截止频率C．铜网带负电D．改用紫光照射锌板，验电器的金属箔张角也一定减小2．如图所示，一束平行光垂直斜面照射，小球从斜面上的点O以初速度v0沿水平方向抛出，落在斜面上的P点，不计空气阻力，下列说法中正确的是（）A．小球在空中飞行时间与v0无关B．小球速度最大时距离斜面最远C．小球在斜面上的投影匀速移动D．小球在斜面上的投影加速移动3．已知地球两极的重力加速度大小为g0，赤道上的重力加速度大小为g．若将地球视为质量均匀分布、半径为R的球体，地球同步卫星的轨道半径为（）A．R B．RC．R D．R4．﹣段电炉丝通以大小为I的恒定电流时其电功率为P1，当把它接在某正弦交流电源上时其电功率为P2，且P1:P2=1:4．设电炉丝的阻值R不变,则电炉丝接在该交流电源上时它两端电压的最大值为()A．IR B．2IR C．2IR D．4IR5．如图所示,虚线为电场中的三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等．一个电子在A点的电势能小于其在B点的电势能，下列说法中正确的是（)A．A点的电势比B点的高B．A点的电势比B点的低C．电子在A点所受的电场力比B点的大D．电子在A点所受的电场力比B点的小6．质量为M的足够长的木板A在光滑的水平面上以速度v0匀速运动，在t=0时刻将物块B无初速度轻放到A的上面,此后长木板A在运动过程中的v﹣t图线如图所．根据图中所给出的数据v0和v1,可以求出的物理量是(）A．物块B的质量B．A、B组成的系统损失的机械能C．木板A所受的滑动摩擦力大小D．A、B之间的动摩擦因数7．如图，已知木块与水平地面之间的动摩擦因数μ=,在水平拉力F作用下木块以速度v做匀速直线运动．在拉力F沿逆时针方向转过60°的过程中木块始终以逨度v匀速运动,下列说法中正确的是（)A．F先增大再滅小 B．F先减小再增大C．F的功率逐渐减小 D．F的功率逐渐增大8．如图所示，甲、乙两个带等量异种电荷的粒子,以相同的速率经小孔P垂直边界MN,进入方向垂直纸加向外的匀强磁场中做匀速圆周运动．运动轨迹如图中虚线所示．不计粒子所受1力、相互问作用力及空气阻力，下列说法中正确的是（)A．甲带正电荷,乙带负电荷B．磁场中运动的时间等于乙在迸场中运动的时间C．在磁场中运动的过程中洛伦兹力对甲的冲f为零D．甲中的动能大于乙的动能二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题〜第32题为必考题，每个试题考生都必须试答．第33题〜第40题为选考题，考生根据要求试答．）（一)必考题9．某实验小组利用如图所示的装置研究小球的平抛运动．实验操作的主要步骤如下：(1）在一块平板上钉上复写纸和白纸，将其竖直正对斜槽轨道末端立于某位置；（2)使小球从斜槽上某处由静止释放，小球飞出槽口后撞击平板，在白纸上留下痕迹A；（3）将平板沿水平方向向右平移一段距离x，再使小球从斜槽上由静止滚下，小球飞出槽口后撞击平板，在白纸上纸留下痕迹B；（4)再将平扳水平向右平移距离x．，使小球仍从斜槽上由静止滚下，在白纸上得到痕迹C．若测得A、B间距离为y1；B、C间距离为y2，已知当地重力加速度为g．①根据实验原理和要求，下列说法中上确的是A．斜槽轨道必须尽可能光滑B．每次释放小球的位置以不同C．每次小球均须由静止释放D．槽口末端必须调整水平②报据上述直接测量的量和已知的物理量可以得到小球平抛的初速度大小的表达式为v0=．（用題中所给字母表示）10．（9分）某同学把电流表、干电池E和一个变阻器R串联后，两端连接两支测量表笔，做成了一个测量电阻的简易装置,如图所示，其中电流表的量程为10mA．（1）保持变压器R滑片在其位置不变,两表笔直接接触时，电流表的读数为5。0mA；两表笔与300Ω的电阻相连时，电流表的读数为2。0mA，则该简易装置的内阻是Ω，电源电动势大小是V，(2）为了使两表笔直接接触时电流表满偏，需要(填写“增大"或者“減小”)变压器R的阻值．当调整完毕后表盘上8mA刻度线对应的电阻刻度值是Ω．（3）用调整好的简易装置测阻值为R的电阻时，通过表头的电流为I，表针相对于电流表表盘的零刻度线转过的角度为θ，下图为θ与I或R的关系图象，可能正确的是（选填图象下的字母）．11．（12分)如图甲所示，物体A、B（均可视为质点)用绕过光滑定滑轮的轻绳连接，A、B离水平地面的高度H=1m．A的质量m0=0.4kg．如果B的质量m可以连续变化，得到A的加速度随m的变化图线如图乙所示,图中虚线为渐近线,设竖直向上为加速度的正方向，不计空气阻力，重力加速度为g取10m/s2．求：(1）图乙中a0值；（2）若m=1。2kg，由静止同时释放A、B后，A距离水平地面的最大高度(设B着地后不反弹，A不与天花板碰撞)12．（20分）如图甲所示，光滑绝缘斜面的倾角θ=30°，矩形区域GHIJ(GH与IJ相距为d）内存在着方向垂直于斜面的匀强磁场．质量为m、边长为d的正方形闭合金属线框abcd平放在斜面上，开始时ab边与GH相距也为d,现用一平行于斜面的恒力拉动线框，使其由静止开始（t=0）沿斜面向上运动，当线框完全通过磁场后运动一段时间再撤去外力．已知线框运动的过程中产生的电流I随时间t变化的I一t图象如图乙所示(规定电流沿abcd方向为正）．已知向上穿过磁场时线框中电流大小为I0，前后两次通过磁场产生电流的时间之比为2：1，重力加速度为g，斜足够长，线框ab边始终与GH平行,求:（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向；（2）线框的电阻阻值；（3）撤去外力之前线框位移的大小．［物理-选修3—3]13．(5分）关于物体的热运动与内能，下列说法正确的是（)A．分子间距离增大，分子势能一定增大B．气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加C．一定质量的100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子势能增加D．当密闭气体的分子热运动剧烈程度减弱，则气体温度降低E．一定质量的理想气体放出热量，它的内能可能增加14．(10分）内壁光滑的导热气缸竖直放置，用质量不计、横截面积为2×10﹣4m2的活塞封闭了温度为27℃的一定质量气体．现缓慢的将沙子倒在活塞上，当气体的体积变为原来的一半时，继续加沙子的同时对气缸加热，使活塞位置保持不变，直到气体温度达到87℃．（已知大气压强为l.0×105Pa，g=10m/s2)．①求加热前密闭气体的压强?②求整个过程总共倒入多少质量的沙子?[物理—选修3—4］15．湖面上一列水波使漂浮在水面上的小树叶在3.0s内完成了6次全振动．当该小树叶开始第10次振动时，沿此传播方向与该小树叶相距1。8m、浮在水面的另一小树叶刚好开始振动，根据上述信息可求得水波的波长，水波的传播速度大小为．16．如图所示,半径为R、上表面水平的半球形（O为球心）玻璃砖悬空水平放置，其下方水平放置着面积足够大的光屏,直径MN与光屏间距为d=2R．一束单色光垂直于玻璃砖上表面射入，恰好布满玻璃砖的上表面，其中部分光经玻璃砖折射后能够照到光屏上．已知玻璃砖对该光的折射率n=,求光屏上被光照亮的面积．（不计光在玻璃砖内的反复反射）

2017年河北省保定市高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题:本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1—4题只有一项符合题目要求，第5-8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分,选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．如图所示，在验电器上安装一个铜网,使其带电，验电器金属箔张开一定角度．用紫外线照射铜网，验电器金属箔的张角保持不变．再将一块锌板放置在该铜网后面一定距离处,用同一紫外线照射锌板时,发现金属箔张开角度减小．下列相关说法中正确的是（）A．増加紫外线的强度照射铜网，金属箔张角将变大B．紫外线的频率大于金属锌的截止频率C．铜网带负电D．改用紫光照射锌板，验电器的金属箔张角也一定减小【考点】IC：光电效应．【分析】紫外线照射锌板,发生光电效应，有光电子从锌板飞出，锌板失去电子带正电；根据金属箔张开角度减小，可知，铜网带电性；当入射光频率大于或等于极限频率时，才会发生光电效应；紫光的频率小于紫外线，从而即可求解．【解答】解：AC、根据用紫外线照射铜网，验电器金属箔的张角保持不变;再将一块锌板放置在该铜网后面一定距离处，用同一紫外线照射锌板时，发现金属箔张开角度减小,说明逸出的光电子跑到铜网上,导致其电量减小，当増加紫外线的强度照射铜网，金属箔张角将变更小，由此可知，铜网带正电．故AC错误．B、只有紫外线的频率大于金属锌的截止频率，才会发生光电效应．故B正确．D、根据光电效应产生条件，当紫光照射，则紫光频率小于紫外线，因此可能不发生光电效应现象，则验电器金属箔不一定张开．故D错误．故选:B．【点评】解决本题的关键知道发生光电效应的条件,理解“再将一块锌板放置在该铜网后面一定距离处，用同一紫外线照射锌板时,发现金属箔张开角度减小"的含义，也是解题的突破口．2．如图所示,一束平行光垂直斜面照射,小球从斜面上的点O以初速度v0沿水平方向抛出，落在斜面上的P点，不计空气阻力,下列说法中正确的是（）A．小球在空中飞行时间与v0无关B．小球速度最大时距离斜面最远C．小球在斜面上的投影匀速移动D．小球在斜面上的投影加速移动【考点】43：平抛运动．【分析】根据竖直位移和水平位移的关系得出时间的表达式，分析小球运动的时间是否与初速度有关；当小球的速度方向与斜面平行时,距离斜面最远．将小球的运动分解垂直斜面方向和沿斜面方向,结合受力和分速度，分析在两个方向上的运动规律，从而得出小球投影的运动规律．【解答】解：A、根据得，t=,可知小球只要落在斜面上，在空中运动的时间与初速度有关，故A错误．B、当小球的速度方向与斜面平行时，距离斜面最远,此时速度不是最大，故B错误．CD、将速度分解成平行与垂直斜面方向,平行斜面方向运动是匀加速直线运动，而垂直斜面方向先匀减速直线运动,后匀加速直线运动,可知小球在斜面上的投影加速移动，故C错误,D正确．故选：D．【点评】查运动的合成与分解内容,掌握矢量的合成法则,理解离斜面最远时，垂直斜面方向的速度为零，此时速度方向与斜面平行．3．已知地球两极的重力加速度大小为g0,赤道上的重力加速度大小为g．若将地球视为质量均匀分布、半径为R的球体,地球同步卫星的轨道半径为（）A．R B．RC．R D．R【考点】4J：同步卫星．【分析】地球同步卫星公转周期等于地球自转的周期,根据万有引力提供向心力及在地球两极表面万有引力等于重力，列式即可解题．【解答】解：设地球质量为M，地球赤道上物体的质量为m，地球同步卫星的轨道半径为h，地球的自转周期为T，则地球两极的物体受到引力等于其重力,即为:G=mg0；而赤道上物体受到引力与支持力差值提供向心力，即为：G﹣mg=m同步卫星所受万有引力等于向心力：=mr，故地球同步卫星轨道半径为r=R,故A正确，BCD错误；故选:A．【点评】本题要知道万有引力提供向心力，在地球两极表面万有引力等于重力，而在赤道处，引力与支持力之差提供向心力，难度不大，属于基础题．4．﹣段电炉丝通以大小为I的恒定电流时其电功率为P1，当把它接在某正弦交流电源上时其电功率为P2，且P1：P2=1：4．设电炉丝的阻值R不变，则电炉丝接在该交流电源上时它两端电压的最大值为（）A．IR B．2IR C．2IR D．4IR【考点】E5：交流的峰值、有效值以及它们的关系．【分析】根据焦耳定律Q=I2Rt求解电流的有效值，其中I是有效值．再根据有效值与最大值的关系求出最大值．【解答】解:根据焦耳定律公式有：P1=I12RtP2=I22Rt因P1：P2=1:4，则有：I1：I2=1:2；即I2=2I；电压的有效值U=2IR；因为是正弦式交流电，故电压的最大值为：Um=U=2IR；故C正确，ABD错误．故选：C．【点评】本题考查有效值的计算，对于交变电流，求解热量、电功和电功率等与热效应有关的量，都必须用有效值，同时要掌据根据功率公式分析计算有效值的方法．5．如图所示,虚线为电场中的三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等．一个电子在A点的电势能小于其在B点的电势能,下列说法中正确的是（）A．A点的电势比B点的高B．A点的电势比B点的低C．电子在A点所受的电场力比B点的大D．电子在A点所受的电场力比B点的小【考点】AD：电势差与电场强度的关系；A6：电场强度．【分析】等差等势面的疏密代表场强的大小，负电荷在电势高的地方电势能小．由此分析．【解答】解：AB、负电荷在电场中电势高的位置，电势能小；由于带负电的电子在A点的电势能小于其在B点的电势能，则知A点的电势比B点的高，故A正确，B错误;CD、等差等势面的疏密代表场强的大小,故B点的场强大于A点的场强，电子在A点所受的电场力比B点的小．故C错误，D正确．故选：AD【点评】本题主要考查了等势面与电场强度的关系，要知道等差等势面的疏密表示电场强度的大小，抓住正电荷在电势高的位置电势能大即可．6．质量为M的足够长的木板A在光滑的水平面上以速度v0匀速运动,在t=0时刻将物块B无初速度轻放到A的上面，此后长木板A在运动过程中的v﹣t图线如图所．根据图中所给出的数据v0和v1，可以求出的物理量是（）A．物块B的质量B．A、B组成的系统损失的机械能C．木板A所受的滑动摩擦力大小D．A、B之间的动摩擦因数【考点】6B：功能关系；27：摩擦力的判断与计算．【分析】木板A在光滑的水平面上运动，当物块B放在长木板上后两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可求得物块B的质量．由能量守恒定律可求得系统损失的机械能．以A为研究对象,根据牛顿第二定律分析能否求出摩擦力．由摩擦力公式分析能否求得动摩擦因数．【解答】解:A、设物块B的质量为m．取长木板的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：Mv0=（M+m）v1．可知能求出m，故A正确．B、A、B组成的系统损失的机械能为△E=Mv02﹣（M+m）v12．可知可以求出系统损失的机械能，故B正确．C、以A为研究对象,由牛顿第二定律得：木板A所受的滑动摩擦力大小为f=Ma，由于根据图象的斜率不能求出A的加速度a,所以不能求出木板A所受的滑动摩擦力，故C错误．D、由f=μmg，可知不能求出A、B之间的动摩擦因数，故D错误．故选：AB【点评】本题结合图象考查动量守恒定律、能量守恒定律．在解题中，要知道v﹣t图象的斜率表示加速度，注意找出题目中的已知量和未知量,从而确定能否求出相关的物理量．7．如图，已知木块与水平地面之间的动摩擦因数μ=，在水平拉力F作用下木块以速度v做匀速直线运动．在拉力F沿逆时针方向转过60°的过程中木块始终以逨度v匀速运动，下列说法中正确的是（）A．F先增大再滅小 B．F先减小再增大C．F的功率逐渐减小 D．F的功率逐渐增大【考点】63:功率、平均功率和瞬时功率；2H:共点力平衡的条件及其应用．【分析】物体做匀速运动，根据受力分析，利用共点力平衡表示出拉力的大小,即可判断出拉力的大小，根据P=Fvcosθ求得功率的变化【解答】解:AB、物体始终做匀速运动，则有：Fcosθ﹣μ（mg﹣Fsinθ）=0,解得:=，当θ=30°时，拉力最小，故在拉力F沿逆时针方向转过60°的过程中，拉力先减小后增大，故A错误，B正确；CD、F的功率P=Fvcosθ=，随角度的增大，P减小，故C正确,D错误;故选:BC【点评】解决本题的关键知道物体做匀速直线运动状态为平衡状态，运用正交分解法时,求得表达式即可判断．8．如图所示，甲、乙两个带等量异种电荷的粒子,以相同的速率经小孔P垂直边界MN，进入方向垂直纸加向外的匀强磁场中做匀速圆周运动．运动轨迹如图中虚线所示．不计粒子所受1力、相互问作用力及空气阻力，下列说法中正确的是（）A．甲带正电荷，乙带负电荷B．磁场中运动的时间等于乙在迸场中运动的时间C．在磁场中运动的过程中洛伦兹力对甲的冲f为零D．甲中的动能大于乙的动能【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时:，从而得到r=．而运动周期T=，与粒子的半径和速度无关．而粒子的运动时间t=．由左手定则右以判断正负粒子的偏转方向是相反的，由粒子运动的对称性，当粒子再次回到入射边界时，恰运动半周．【解答】解：A、由左手定则可以判定,甲粒子受到向左的洛仑兹力，做顺时针方向匀速圆周运动，乙粒子恰好相反，向右做逆时针方向匀速圆周运动，所以选项A正确．B、由半径公式r=知道，r甲＞r乙，所以m甲＞r乙，则由周期公式T=知道T甲＞T乙，而偏转均为90°所以t甲＞t乙，选项B错误．C、由动量定理，洛仑兹力的冲量等于粒子的动量的变化,在半个周期内动量的变化为﹣2m甲v,所以洛仑兹力对甲的冲量不为零，选项C错误．D、由B选项的分析知道m甲＞r乙，而速度相等，所以甲的动能大于乙的动能，选项D正确．故选：AD【点评】本题是考察左手定则和牛顿第二定律等内容，从半径公式和周期公式求得两个粒子的质量关系，从而能判断两个粒子的动能关系．二、非选择题:包括必考题和选考题两部分．第22题〜第32题为必考题，每个试题考生都必须试答．第33题〜第40题为选考题，考生根据要求试答．)（一）必考题9．某实验小组利用如图所示的装置研究小球的平抛运动．实验操作的主要步骤如下：（1)在一块平板上钉上复写纸和白纸,将其竖直正对斜槽轨道末端立于某位置;(2）使小球从斜槽上某处由静止释放,小球飞出槽口后撞击平板，在白纸上留下痕迹A;(3)将平板沿水平方向向右平移一段距离x,再使小球从斜槽上由静止滚下,小球飞出槽口后撞击平板，在白纸上纸留下痕迹B；（4）再将平扳水平向右平移距离x．，使小球仍从斜槽上由静止滚下，在白纸上得到痕迹C．若测得A、B间距离为y1；B、C间距离为y2，已知当地重力加速度为g．①根据实验原理和要求，下列说法中上确的是CDA．斜槽轨道必须尽可能光滑B．每次释放小球的位置以不同C．每次小球均须由静止释放D．槽口末端必须调整水平②报据上述直接测量的量和已知的物理量可以得到小球平抛的初速度大小的表达式为v0=．（用題中所给字母表示）【考点】MB：研究平抛物体的运动．【分析】①根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤．②根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出初速度．【解答】解：①ABC、为了保证小球每次平抛运动的初速度相等，每次让小球从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽轨道不一定需要光滑，故AB错误，C正确．D、为了保证小球的初速度水平,斜槽末端需调整水平,故D正确．故选：CD．②在竖直方向上，根据得，T=,则小球平抛运动的初速度=．故答案为：①CD，②．【点评】解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解．10．某同学把电流表、干电池E和一个变阻器R串联后，两端连接两支测量表笔,做成了一个测量电阻的简易装置，如图所示，其中电流表的量程为10mA．（1)保持变压器R滑片在其位置不变，两表笔直接接触时，电流表的读数为5.0mA；两表笔与300Ω的电阻相连时，电流表的读数为2。0mA，则该简易装置的内阻是200Ω，电源电动势大小是1V，（2）为了使两表笔直接接触时电流表满偏,需要減小（填写“增大”或者“減小”)变压器R的阻值．当调整完毕后表盘上8mA刻度线对应的电阻刻度值是25Ω．（3）用调整好的简易装置测阻值为R的电阻时，通过表头的电流为I,表针相对于电流表表盘的零刻度线转过的角度为θ,下图为θ与I或R的关系图象，可能正确的是AD（选填图象下的字母）．【考点】N4：用多用电表测电阻．【分析】（1）欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，应用闭合电路欧姆定律可以求出电源电动势和装置的内阻．（2)根据闭合电路欧姆定律求出调整完毕后表盘上8mA刻度线对应的电阻刻度值．（3）电流表指针偏角与电流I成正比,电流大小可以指针偏角θ表示，结合表达式选择图象即可．【解答】解：（1)根据闭合电路欧姆定律得：，,带入数据解得：E=1V，r=200Ω，（2）根据（1)可知，短接时电流没有达到满偏，为了使两表笔直接接触时电流表满偏,需要增大电流，则要减小电阻,调整后，欧姆表的内阻为:，调整完毕后表盘上8mA刻度线对应的电阻刻度值为：，（3）电路电流为：I=，由于电流表指针偏角与电流I成正比，电流大小可以指针偏角θ表示，随R增大，电流I减小,由图示图象可知，AD正确，故选:AD故答案为：（1）200；（2）1；（2）减小；25；（3）AD【点评】欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律,知道欧姆表的工作原理是解题的关键；欧姆表中值电阻等于其内阻,应用闭合电路欧姆定律可以解题．11．（12分）（2017•新市区二模）如图甲所示，物体A、B（均可视为质点）用绕过光滑定滑轮的轻绳连接，A、B离水平地面的高度H=1m．A的质量m0=0.4kg．如果B的质量m可以连续变化,得到A的加速度随m的变化图线如图乙所示,图中虚线为渐近线,设竖直向上为加速度的正方向,不计空气阻力，重力加速度为g取10m/s2．求：(1）图乙中a0值；(2）若m=1。2kg，由静止同时释放A、B后,A距离水平地面的最大高度(设B着地后不反弹，A不与天花板碰撞）【考点】37：牛顿第二定律；29:物体的弹性和弹力．【分析】(1)对A和B分别进行受力分析，得出a的表达式，然后看当m无穷大加速度对应的数值；（2）根据系统机械能守恒求出A物块到达地面时的二者的速度大小．根据A物块到达地面时的速度，结合速度位移公式求出B继续上升的高度,从而得出B离地面的最大高度．【解答】解:（1）分别选择B、A进行受力分析，根据牛顿第二定律可得：mg﹣T=maT﹣m0g=m0a解得;a=当m→∞时，a0=g（2)若m=1.2kg时AB的加速度大小：a==5m/s2B着地时的速度为v:2aH=v2接着A做竖直上抛运动，到速度为零时到达最高点，由机械能守恒定律可得：A距离水平地面的最大高度：hm=2H+h=2.5m答：（1）图乙中a0值是重力加速度g;（2）若m=1。2kg，由静止同时释放A、B后，A上升离水平地面的最大高度是2。5m．【点评】本题主要考查了牛顿运动定律的综合应用,对于连接体问题，采用整体法和隔离法分析，对物体进行正确的受力分析和运动过程分析是解答的关键．12．(20分）(2017•新市区二模）如图甲所示，光滑绝缘斜面的倾角θ=30°，矩形区域GHIJ（GH与IJ相距为d）内存在着方向垂直于斜面的匀强磁场．质量为m、边长为d的正方形闭合金属线框abcd平放在斜面上，开始时ab边与GH相距也为d，现用一平行于斜面的恒力拉动线框,使其由静止开始（t=0）沿斜面向上运动，当线框完全通过磁场后运动一段时间再撤去外力．已知线框运动的过程中产生的电流I随时间t变化的I一t图象如图乙所示(规定电流沿abcd方向为正)．已知向上穿过磁场时线框中电流大小为I0，前后两次通过磁场产生电流的时间之比为2：1，重力加速度为g,斜足够长，线框ab边始终与GH平行，求：（1)匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向；（2）线框的电阻阻值；(3）撤去外力之前线框位移的大小．【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；2H：共点力平衡的条件及其应用;65：动能定理；BB：闭合电路的欧姆定律．【分析】（1)分别对向上、向下穿过磁场过程中根据运动学公式和欧姆定律列方程，在根据共点力的平衡求解磁感应强度，根据右手定则判断磁场方向；(2）线框向上穿过磁场时．根据共点力平衡和动能定理列方程联立求解电阻阻值；（3）从线框离开磁场到再次进入磁场的过程中,根据动能定理列方程求解撤去外力之前线框位移的大小．【解答】解：（1）由I﹣t图象知道，线框向上和向下穿过磁场的过程都做匀速运动，设向上穿过磁场时线框的速度大小为v1,向下穿过磁场时线框的速度大小为v2，线框中电流大小为I;根据运动学公式和欧姆定律可得：向上时,v1t1=2d，I0R=Bdv1;向下时，v2t2=2d,IR=Bdv2;根据共点力的平衡可得：mgsin30°=BId，由题设条件知道t1：t2=2:1，联立解得：B=;根据右手定则可知磁场方向垂直斜面向上；（2）线框向上穿过磁场时．根据共点力平衡可得：F=mgsin30°+BI0d，线框从开始运动的ab边向上刚好进入磁场的过程中,根据动能定理可得：（F﹣mgsin30°)d=,联立解得R=;（3）设撤去外力前位移大小为x,线框离开磁场后作用的位移为x﹣3d,从线框离开磁场到再次进入磁场的过程中，根据动能定理可得：F（x﹣3d）=，联立可得:x=4d．答：(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小为,方向垂直斜面向上；（2)线框的电阻阻值为；（3）撤去外力之前线框位移的大小为4d．【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题,根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．[物理—选修3—3］13．关于物体的热运动与内能，下列说法正确的是（）A．分子间距离增大，分子势能一定增大B．气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加C．一定质量的100℃的水变成100℃的水蒸气,其分子势能增加D．当密闭气体的分子热运动剧烈程度减弱,则气体温度降低E．一定质量的理想气体放出热量，它的内能可能增加【考点】8F:热力学第一定律；83：分子的热运动；89：温度是分子平均动能的标志；8A：物体的内能．【分析】明确分子间作用力与分子势能的关系，知道分子力做正功时分子势能减小，分子力做负功时分子势能增加；温度是分子平均动能的标志,温度升高时分子平均动能增大，但单个分子的动能可能减小；明确热力学第一定律的内容,知道做功和热传递均可以改变物体的内能．【解答】解:A、当分子之间的距离较小时，它们之间的作用表现为斥力，当距离增大时,分子引力做正功，分子势能减小,故A错误；B、温度是分子平均动能的标志为统计规律，温度升高时,分子的平均动能增大，但是并不是每个分子的速率都增大,故B错误；C、一定质量的100℃的水变成100℃的水蒸气时要吸热，内能增大，由于分子动能不变，故其分子势能增加,故C正确;D、因温度是分子平均动能的标志，故当密闭气体的分子热运动剧烈程度减弱，则气体温度降低,故D正确；E、一定质量的理想气体放出热量的同时如果外界对其做功,则它的内能可能增加，故E正确．故选：CDE．【点评】本题考查热力学第一定律、温度是分子平均动能的标志以及分子间作用力的特点，要注意正确应用热力学第一定律分析内能的变化．14．（10分）（2017•新市区二模）内壁光滑的导热气缸竖直放置，用质量不计、横截面积为2×10﹣4m2的活塞封闭了温度为27℃的一定质量气体．现缓慢的将沙子倒在活塞上,当气体的体积变为原来的一半时，继续加沙子的同时对气缸加热，使活塞位置保持不变,直到气体温度达到87℃．（已知大气压强为l。0×105Pa，g=10m/s2）．①求加热前密闭气体的压强？②求整个