2019屆高三物理第二輪復(fù)習(xí)第四周綜合提高訓(xùn)練測(cè)試題(含解析).doc

2019屆高三物理第二輪復(fù)習(xí)第四周綜合提高訓(xùn)練測(cè)試題(含解析)一、選擇題(本題共8小題,每小題6分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第1417題只有一項(xiàng)符合題目要求,第1821題有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得6分,選對(duì)但不全的得3分,有選錯(cuò)的得0分)1. 某物體做初速度為0的勻變速直線運(yùn)動(dòng),其xt圖像如圖所示.該物體在2 s時(shí)的速度大小為()A. 2 m/s B. 4 m/s C. 6 m/s D. 8 m/s【答案】B【解析】根據(jù)x=at2得物體的加速度為： 則2s時(shí)的速度大小為：v=at=22m/s=4m/s故選B2. 一理想變壓器的原線圈連接一只交流電流表,副線圈接入電路的匝數(shù)可以通過(guò)滑動(dòng)觸頭Q調(diào)節(jié),如圖所示.在副線圈輸出端連接了定值電阻R0和滑動(dòng)變阻器R,原線圈上加一電壓為U的交變電流,則()A. 保持Q位置不動(dòng),將P向上滑動(dòng)時(shí),電流表的讀數(shù)變大B. 保持Q位置不動(dòng),將P向上滑動(dòng)時(shí),電流表的讀數(shù)不變C. 保持P位置不動(dòng),將Q向上滑動(dòng)時(shí),電流表的讀數(shù)變小D. 保持P位置不動(dòng),將Q向上滑動(dòng)時(shí),電流表的讀數(shù)變大【答案】D【解析】試題分析：在原、副線圈匝數(shù)比一定的情況下，變壓器的輸出電壓由輸入電壓決定因此，當(dāng)Q位置不變時(shí)，輸出電壓U不變，此時(shí)P向上滑動(dòng)，負(fù)載電阻值R增大，則輸出電流I減小根據(jù)輸入功率P1等于輸出功率P2，電流表的讀數(shù)I變小，故A、B錯(cuò)誤；P位置不變，將Q向上滑動(dòng)，則輸出電壓U變大，I變大，電流表的讀數(shù)變大，則選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確；故選D考點(diǎn)：變壓器；電路的動(dòng)態(tài)分析3. 如圖所示,在粗糙的水平面上,靜置一矩形木塊,木塊由A,B兩部分組成,A的質(zhì)量是B的3倍,兩部分接觸面豎直且光滑,夾角=30,現(xiàn)用一與側(cè)面垂直的水平力F推著B(niǎo)木塊貼著A勻速運(yùn)動(dòng),A木塊依然保持靜止,則A受到的摩擦力大小與B受到的摩擦力大小之比為()A. 3 B. C. D. 【答案】C【解析】試題分析：先分析B在水平面內(nèi)的受力情況，根據(jù)平衡條件求出B所受的摩擦力與A對(duì)B的彈力的關(guān)系再對(duì)A研究，由平衡條件分析B對(duì)的彈力與摩擦力的關(guān)系，再求解兩個(gè)摩擦力之比解：分析B在水平面內(nèi)的受力情況：推力F、水平面的摩擦力fB、A的彈力N，如圖，由平衡條件得：N=fBtan再對(duì)A分析水平面內(nèi)受力情況：B的彈力N和靜摩擦力fA，由平衡條件得：N=fA根據(jù)牛頓第三定律得知，N=N，則得 fA=fBtan得到 fA：fB=tan=tan30=故選C【點(diǎn)評(píng)】本題采用隔離法分別研究A、B受力情況，由平衡條件和牛頓第三定律求解摩擦力之比4. 如圖所示,在直角坐標(biāo)系中(10,0),(0,10)兩處分別固定兩個(gè)等量正點(diǎn)電荷q=110-7 C,在(0,-10),(-10,0)兩處分別固定兩個(gè)等量負(fù)點(diǎn)電荷-q=-110-7 C,已知靜電力常量k=9.0109 Nm2/C2.取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為0,下列判斷正確的是()A. O點(diǎn)電勢(shì)為零,場(chǎng)強(qiáng)E=9 V/mB. 將一個(gè)正電荷從(-5,5)點(diǎn)移動(dòng)到(5,-5)點(diǎn)電場(chǎng)力做負(fù)功C. 將一個(gè)正電荷從(5,5)點(diǎn)移動(dòng)到(-5,-5)點(diǎn)電場(chǎng)力做正功D. (5,5)點(diǎn)和(-5,-5)點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度等大、反向【答案】C【解析】依據(jù)正點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度方向背離，而負(fù)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度方向是指向，則O點(diǎn)的合電場(chǎng)強(qiáng)度方向如圖所示，因虛線垂直電場(chǎng)強(qiáng)度方向，即為等勢(shì)線，且指向無(wú)窮遠(yuǎn)，則O點(diǎn)的電勢(shì)為零，再根據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度公式，結(jié)合矢量的合成法則，那么O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度 ，故A錯(cuò)誤； 將（-5，5）點(diǎn)與（5，-5）點(diǎn)連接線，可知始終與電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直，則為等勢(shì)線，因此一個(gè)正電荷從（-5，5）點(diǎn)移動(dòng)到（5，-5）點(diǎn)電場(chǎng)力不做功，故B錯(cuò)誤；依據(jù)庫(kù)侖定律，結(jié)合矢量的合成法則，則有（5，5）點(diǎn)與（-5，-5）點(diǎn)的電場(chǎng)力方向相同，當(dāng)一個(gè)正電荷從（5，5）點(diǎn)移動(dòng)到（-5，-5）點(diǎn)電場(chǎng)力做正功，故C正確；根據(jù)對(duì)稱(chēng)性，及點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度公式，兩正點(diǎn)電荷在（5，5）的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小與兩負(fù)點(diǎn)電荷在（-5，-5）的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，而兩正點(diǎn)電荷在（-5，-5）的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小與兩負(fù)點(diǎn)電荷在（5，5）的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，那么依據(jù)矢量的合成法則，則有（5，5）點(diǎn)和（-5，-5）點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，故D錯(cuò)誤；故選C考點(diǎn)睛：查矢量的合成法則，掌握點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度公式的應(yīng)用，理解等勢(shì)線與電場(chǎng)線總垂直，注意正點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度的方向是背離，而負(fù)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度方向是指向5. 如圖所示,豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道ABC,AB為傾斜直軌道,BC為圓形軌道,圓形軌道處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直紙面向里.質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個(gè)絕緣小球,甲球帶正電、乙球帶負(fù)電、丙球不帶電.現(xiàn)將三個(gè)小球從軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放,都恰好通過(guò)圓形軌道的最高點(diǎn),則()A. 經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí),三個(gè)小球的速度應(yīng)相等B. 經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí),甲球的速度應(yīng)最小C. 釋放的甲球位置比乙球高D. 運(yùn)動(dòng)過(guò)程中三個(gè)小球的機(jī)械能均保持不變【答案】CD【解析】試題分析：在最高點(diǎn)時(shí)，甲球受洛倫茲力向下，乙球受洛倫茲力向上，而丙球不受洛倫茲力，故三球在最高點(diǎn)受合力不同，故由知，三球的速度不相等，A錯(cuò)；因甲球在最高點(diǎn)受合力最大，故甲球在最高點(diǎn)的速度最大，B錯(cuò)；因甲球的速度最大，而在整個(gè)過(guò)程中洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，甲球釋放時(shí)的高度最高，C對(duì)；因洛倫茲力不做功，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒，三小球的機(jī)械能保持不變，D對(duì)。考點(diǎn)：機(jī)械能守恒、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)?！久麕燑c(diǎn)睛】復(fù)合場(chǎng)中重力是否考慮的三種情況(1)對(duì)于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因?yàn)槠渲亓σ话闱闆r下與電場(chǎng)力或磁場(chǎng)力相比太小，可以忽略而對(duì)于一些實(shí)際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等，一般應(yīng)考慮其重力(2)在題目中明確說(shuō)明的按說(shuō)明要求是否考慮重力(3)不能直接判斷是否考慮重力的，在進(jìn)行受力分析與運(yùn)動(dòng)分析時(shí)，要由分析結(jié)果確定是否考慮重力6. 關(guān)于科學(xué)家和他們的貢獻(xiàn),下列說(shuō)法正確的是()A. 德布羅意提出:實(shí)物粒子也具有波動(dòng)性,而且粒子的能量和動(dòng)量p跟它所對(duì)應(yīng)的波的頻率和波長(zhǎng)之間,遵從關(guān)系=和=B. 盧瑟福認(rèn)為,原子是一個(gè)球體,正電荷彌漫性地均勻分布在整個(gè)球體內(nèi),電子鑲嵌其中C. 按照愛(ài)因斯坦的理論,在光電效應(yīng)中,金屬中的電子吸收一個(gè)光子獲得的能量是h,這些能量的一部分用來(lái)克服金屬的逸出功W0,剩下的表現(xiàn)為逸出后電子的初動(dòng)能EkD. 玻爾的原子理論第一次將量子觀念引入原子領(lǐng)域,提出了定態(tài)和躍遷的概念,成功地解釋了所有原子光譜的實(shí)驗(yàn)規(guī)律【答案】AC【解析】德布羅意提出:實(shí)物粒子也具有波動(dòng)性,而且粒子的能量和動(dòng)量p跟它所對(duì)應(yīng)的波的頻率和波長(zhǎng)之間,遵從關(guān)系=和=，選項(xiàng)A正確；湯姆孫認(rèn)為,原子是一個(gè)球體,正電荷彌漫性地均勻分布在整個(gè)球體內(nèi),電子像糟糕一樣鑲嵌其中，選項(xiàng)B錯(cuò)誤； 按照愛(ài)因斯坦的理論,在光電效應(yīng)中,金屬中的電子吸收一個(gè)光子獲得的能量是h,這些能量的一部分用來(lái)克服金屬的逸出功W0,剩下的表現(xiàn)為逸出后電子的初動(dòng)能Ek，選項(xiàng)C正確； 玻爾的原子理論第一次將量子觀念引入原子領(lǐng)域,提出了定態(tài)和躍遷的概念,成功地解釋了氫原子光譜的實(shí)驗(yàn)規(guī)律，但不能解釋其它原子光譜的實(shí)驗(yàn)規(guī)律，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選AC.7. 如圖為哈勃望遠(yuǎn)鏡拍攝的銀河系中被科學(xué)家稱(chēng)為“羅盤(pán)座T星”系統(tǒng)的照片,該系統(tǒng)是由一顆白矮星和它的類(lèi)日伴星組成的雙星系統(tǒng),圖片下面的亮點(diǎn)為白矮星,上面的部分為類(lèi)日伴星(中央最亮的為類(lèi)似太陽(yáng)的天體).由于白矮星不停地吸收由類(lèi)日伴星拋出的物質(zhì)致使其質(zhì)量不斷增加,科學(xué)家預(yù)計(jì)這顆白矮星在不到1 000萬(wàn)年的時(shí)間內(nèi)會(huì)完全“爆炸”,從而變成一顆超新星.現(xiàn)假設(shè)類(lèi)日伴星所釋放的物質(zhì)被白矮星全部吸收,并且兩星之間的距離在一段時(shí)間內(nèi)不變,兩星球的總質(zhì)量不變,不考慮其他星球?qū)υ摗傲_盤(pán)座T星”系統(tǒng)的作用,則下列說(shuō)法正確的是()A. 兩星之間的萬(wàn)有引力不變B. 兩星的運(yùn)動(dòng)周期不變C. 類(lèi)日伴星的軌道半徑減小D. 白矮星的線速度變小【答案】BD【解析】試題分析：兩星間距離在一段時(shí)間內(nèi)不變，由萬(wàn)有引力定律可知，兩星的質(zhì)量總和不變而兩星質(zhì)量的乘積必定變化，則萬(wàn)有引力必定變化故A錯(cuò)誤；組成的雙星系統(tǒng)的周期T相同，設(shè)白矮星與類(lèi)日伴星的質(zhì)量分別為M1和M2，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑分別為R1和R2，由萬(wàn)有引力定律提供向心力：，可得，兩式相加，白矮星與類(lèi)日伴星的總質(zhì)量不變，則周期T不變，B正確；又因?yàn)椋瑒t雙星運(yùn)行半徑與質(zhì)量成反比，類(lèi)日伴星的質(zhì)量逐漸減小，故其軌道半徑增大，C錯(cuò)誤；白矮星軌道半徑減小，根據(jù)可知，線速度減小，D正確；故選BD?？键c(diǎn)：萬(wàn)有引力定律在天體運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用?！久麕燑c(diǎn)睛】解決天體運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，首先要分清中心天體和做圓周運(yùn)動(dòng)的天體，以便確定圓心和半徑，利用萬(wàn)有引力提供向心力列出向心力表達(dá)式，根據(jù)題目所給條件選擇不同的物理量表示；對(duì)雙星問(wèn)題，要明確：（1）它們間的萬(wàn)有引力提供各自做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，（2）圓心在連線上，半徑之和等于雙星間距，(3)角速度相等。8. 帶滑輪的木板C放在水平桌面上,小車(chē)A通過(guò)繞過(guò)滑輪的輕繩與物體B相連,如圖所示,A,C間及繩與滑輪間摩擦不計(jì),C與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)為,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,A,C質(zhì)量均為m,小車(chē)運(yùn)動(dòng)時(shí)木板C保持靜止,物體B的質(zhì)量M可改變,則下列說(shuō)法正確的是()A. 當(dāng)M=m時(shí),C受到桌面的摩擦力大小為mgB. 當(dāng)M=m時(shí),C受到桌面的摩擦力大小為C. 在M改變時(shí),若保持C靜止,必須滿足D. 無(wú)論值為多大,C都能保持靜止【答案】BC考點(diǎn)：牛頓第二定律【名師點(diǎn)睛】本題主要考查了牛頓第二定律以及共點(diǎn)力平衡條件的應(yīng)用，解題時(shí)要注意無(wú)論M多大，AB總是做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可以把AB看成一個(gè)整體，千萬(wàn)不能認(rèn)為當(dāng)M=m時(shí)，AB靜止，同時(shí)注意木板對(duì)桌面的壓力大小不能搞錯(cuò)；此題有難度.二、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分.第2225題為必考題,每個(gè)試題考生都必須作答.第3334題為選考題,考生根據(jù)要求作答)(一)必考題:共47分.9. 如圖(甲)為某磁敏電阻在室溫下的電阻磁感應(yīng)強(qiáng)度特性曲線,其中RB表示有磁場(chǎng)時(shí)磁敏電阻的阻值,R0表示無(wú)磁場(chǎng)時(shí)磁敏電阻的阻值.為測(cè)量某磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B,需先測(cè)量磁敏電阻處于磁場(chǎng)中的電阻值.(1)請(qǐng)?jiān)趫D(乙)中添加連線,將電源(電動(dòng)勢(shì)3 V,內(nèi)阻不計(jì))、磁敏電阻(無(wú)磁場(chǎng)時(shí)阻值R0=250 )、滑動(dòng)變阻器(總電阻約10 )、電流表(量程2.5 mA,內(nèi)阻約30 )、電壓表(量程3 V,內(nèi)阻約3 k)、開(kāi)關(guān)連接成測(cè)量磁敏電阻阻值的實(shí)驗(yàn)電路_.(2)將該磁敏電阻置于待測(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.不考慮磁場(chǎng)對(duì)電路其他部分的影響.閉合開(kāi)關(guān)后,測(cè)得如下表所示的數(shù)據(jù):123456U/V0.000.450.911.501.792.71I/mA0.000.300.601.001.201.80根據(jù)上表可求出磁敏電阻的測(cè)量值RB=_,結(jié)合圖(甲)可知待測(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=_T.(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)【答案】 (1). 1.5103 (2). 0.80【解析】（1）采用伏安法測(cè)量電阻，由于待測(cè)電阻較大，采用電流表內(nèi)接法，滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，連接實(shí)物圖如圖所示；（2）由求出每次R的測(cè)量值，再采用多次測(cè)量取平均的方法，則得 ；由圖甲可知待測(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0.80T；點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵是用伏安法測(cè)量出磁敏電阻的阻值，然后根據(jù)某磁敏電阻在室溫下的電阻-磁感應(yīng)強(qiáng)度特性曲線查出磁感應(yīng)強(qiáng)度，同時(shí)要能讀懂各個(gè)圖象的物理意義，變化規(guī)律10. 某興趣小組利用如圖所示彈射裝置將小球豎直向上拋出來(lái)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律.一部分同學(xué)用游標(biāo)卡尺測(cè)量出小球的直徑為d,并在A點(diǎn)以速度vA豎直向上拋出;另一部分同學(xué)團(tuán)結(jié)協(xié)作,精確記錄了小球通過(guò)光電門(mén)B時(shí)的時(shí)間為t.用刻度尺測(cè)出光電門(mén)A,B間的距離為h.已知小球的質(zhì)量為m,當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間,完成下列問(wèn)題.(1)小球在B點(diǎn)時(shí)的速度大小為_(kāi);(2)小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中,動(dòng)能減少量為_(kāi);(3)在誤差允許范圍內(nèi),若等式_成立,就可以驗(yàn)證機(jī)械能守恒(用題目中給出的物理量符號(hào)表示).【答案】 (1). (1) (2). (2) m-m (3). (3)gh= (-)【解析】（1）小球在B點(diǎn)的瞬時(shí)速度大小 （2）小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)，動(dòng)能的減小量EkmvA2mvB2=mvA2m（3）重力勢(shì)能的增加量為mgh，若mgh=mvA2m即gh= (vA2)，則機(jī)械能守恒11. 某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)電磁推動(dòng)加噴氣推動(dòng)的火箭發(fā)射裝置,如圖所示.豎直固定在絕緣底座上的兩根長(zhǎng)直光滑導(dǎo)軌,間距為L(zhǎng).導(dǎo)軌間加有垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B.絕緣火箭支撐在導(dǎo)軌間,總質(zhì)量為m,其中燃料質(zhì)量為m,燃料室中的金屬棒EF電阻為R,并通過(guò)電刷與電阻可忽略的導(dǎo)軌良好接觸.引燃火箭下方的推進(jìn)劑,迅速推動(dòng)剛性金屬棒CD(電阻可忽略且和導(dǎo)軌接觸良好)向上運(yùn)動(dòng),當(dāng)回路CEFDC面積減少量達(dá)到最大值S,用時(shí)t,此過(guò)程激勵(lì)出強(qiáng)電流,產(chǎn)生電磁推力加速火箭.在t時(shí)間內(nèi),電阻R產(chǎn)生的焦耳熱使燃料燃燒形成高溫高壓氣體,當(dāng)燃燒室下方的可控噴氣孔打開(kāi)后,噴出燃?xì)膺M(jìn)一步加速火箭.(1)求回路在t時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值及通過(guò)金屬棒EF的電荷量,并判斷金屬棒EF中的感應(yīng)電流方向;(2)經(jīng)t時(shí)間火箭恰好脫離導(dǎo)軌,求火箭脫離時(shí)的速度v0;(不計(jì)空氣阻力)(3)火箭脫離導(dǎo)軌時(shí),噴氣孔打開(kāi),在極短的時(shí)間內(nèi)噴射出質(zhì)量為m的燃?xì)?噴出的燃?xì)庀鄬?duì)噴氣前火箭的速度為u,求噴氣后火箭增加的速度v。(提示:可選噴氣前的火箭為參考系)【答案】(1)金屬棒中電流方向?yàn)镋F (2)-gt(3)（3）以火箭為參考系，設(shè)豎直向上為正，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：-mu+（m-m）v=0解得： 點(diǎn)睛：本題主要考查了電磁感應(yīng)定律、楞次定律、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，注意求電荷量時(shí)要用平均電流，用動(dòng)量守恒定律解題時(shí)要規(guī)定正方向12. 如圖所示,虛線框內(nèi)為某種電磁緩沖車(chē)的結(jié)構(gòu)示意圖,其主要部件為緩沖滑塊K和質(zhì)量為m的“U”形框緩沖車(chē)廂.在車(chē)廂的底板上固定著兩個(gè)光滑水平絕緣導(dǎo)軌PQ,MN,緩沖車(chē)的底部固定有電磁鐵(圖中未畫(huà)出),能產(chǎn)生垂直于導(dǎo)軌平面并隨車(chē)廂一起運(yùn)動(dòng)的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,設(shè)導(dǎo)軌右端QN是磁場(chǎng)的右邊界.導(dǎo)軌內(nèi)的緩沖滑塊K由高強(qiáng)度絕緣材料制成,滑塊K上繞有閉合矩形線圈abcd,線圈的總電阻為R,匝數(shù)為n,ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng).假設(shè)緩沖車(chē)以速度v0與障礙物C碰撞后,滑塊K立即停下(碰前車(chē)廂與滑塊相對(duì)靜止),此后線圈與電磁鐵磁場(chǎng)的作用使車(chē)廂減速運(yùn)動(dòng),從而實(shí)現(xiàn)緩沖.不計(jì)一切摩擦阻力.(1)求滑塊K的線圈中最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Em的大小;(2)若緩沖車(chē)廂向前移動(dòng)距離L后速度為零(導(dǎo)軌未碰到障礙物),則此過(guò)程線圈abcd中通過(guò)的電荷量q和產(chǎn)生的焦耳熱Q各是多少?(3)若緩沖車(chē)以某一速度v0(未知)與障礙物C碰撞后,滑塊K立即停下,緩沖車(chē)廂所受的最大水平磁場(chǎng)力為Fm.緩沖車(chē)在滑塊K停下后,其速度v隨位移x的變化規(guī)律滿足:v=v0-x.要使導(dǎo)軌右端不碰到障礙物,則緩沖車(chē)與障礙物C碰撞前,導(dǎo)軌右端與滑塊K的cd邊距離至少多大?【答案】(1)nBLv0(2)nm(3)【解析】試題分析：（1）（2）由法拉第電磁感應(yīng)定律：其中由電流強(qiáng)度計(jì)算公式：,，得到由功能關(guān)系得到：（3）當(dāng)緩沖車(chē)以某一速度（未知）與障礙物C碰撞后，滑塊K立即停下，滑塊相對(duì)于磁場(chǎng)的速度大小為。線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為線圈中的電流為，線圈ab受到的安培力由題意得：，解得由題意知當(dāng)v=0時(shí)，解得：考點(diǎn)：法拉第電磁感應(yīng)定律；安培力；功能關(guān)系【名師點(diǎn)睛】此題是對(duì)法拉第電磁感應(yīng)定律，安培力及功能關(guān)系的考查；關(guān)鍵是能弄懂題意，并能掌握求解電動(dòng)勢(shì)，電量以及電熱的基本方法；注意求解電量時(shí)要用平均電動(dòng)勢(shì)的值；此題有一定的難度；意在考查學(xué)生的綜合分析能力(二)選考題:共15分.(請(qǐng)考生從2道物理題中任選一題作答)13. 下列說(shuō)法正確的是.(填正確答案標(biāo)號(hào).選對(duì)1個(gè)得2分,選對(duì)2個(gè)得4分,選對(duì)3個(gè)得5分.每選錯(cuò)1個(gè)扣3分,最低得分為0分)A. 液晶像液體一樣具有流動(dòng)性,而其光學(xué)性質(zhì)和某些晶體相似,具有各向異性B. 單晶體的某些物理性質(zhì)具有各向異性,而多晶體和非晶體是各向同性的C. 物體中分子熱運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能的總和等于物體的內(nèi)能D. 隨著科學(xué)技術(shù)的不斷進(jìn)步,總有一天能實(shí)現(xiàn)熱量自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體E. 當(dāng)分子力表現(xiàn)為斥力時(shí),分子力和分子勢(shì)能都是隨分子間距離的減小而增大【答案】ABE【解析】液晶像液體一樣具有流動(dòng)性,而其光學(xué)性質(zhì)和某些晶體相似,具有各向異性，選項(xiàng)A正確； 單晶體的某些物理性質(zhì)具有各向異性,而多晶體和非晶體是各向同性的，選項(xiàng)B正確； 物體中分子熱運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能的總和與分子勢(shì)能的總和等于物體的內(nèi)能，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)熱力學(xué)第二定律，熱量不可能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體，選項(xiàng)D錯(cuò)誤； 當(dāng)分子力表現(xiàn)為斥力時(shí),分子力隨分子間距離的減小而增大；當(dāng)分子距離減小時(shí)，分子力做負(fù)功，則分子勢(shì)能增大，選項(xiàng)E正確；故選ABE.14. 如圖所示,兩個(gè)絕熱、光滑、不漏氣的活塞A和B將汽缸內(nèi)的理想氣體分隔成甲、乙兩部分,汽缸的橫截面積為S=500 cm2.開(kāi)始時(shí),甲、乙兩部分氣體的壓強(qiáng)均為1 atm(標(biāo)準(zhǔn)大氣壓)、溫度均為27 ,甲的體積為V1=20 L,乙的體積為V2=10 L.現(xiàn)保持甲氣體溫度不變而使乙氣體升溫到127 ,若要使活塞B仍停在原位置,則活塞A應(yīng)向右推多大距離?【答案】0.1m【解析】試題分析：對(duì)氣體乙，由題意知做等容變化，由查理定律得因活塞B光滑,甲乙氣體壓強(qiáng)相等，對(duì)氣體甲，做等溫變化，有： ，由玻意耳定律得：活塞向右移動(dòng)：得考點(diǎn)：理想氣體狀態(tài)方程【名師點(diǎn)睛】此題的關(guān)鍵是找到壓力和壓強(qiáng)關(guān)系，每一問(wèn)都要分析清楚氣體的初末狀態(tài)的參量，注意單位。15. 兩列簡(jiǎn)諧橫波的振幅都是10 cm,傳播速度大小相同.實(shí)線波的頻率為2 Hz,沿x軸正方向傳播;虛線波沿x軸負(fù)方向傳播.某時(shí)刻兩列波在如圖所示區(qū)域相遇,則.(填正確答案標(biāo)號(hào).選對(duì)1個(gè)得2分,選對(duì)2個(gè)得4分,選對(duì)3個(gè)得5分.每選錯(cuò)1個(gè)扣3分,最低得分為0分)A. 實(shí)線波和虛線波的頻率之比為32B. 在相遇區(qū)域會(huì)發(fā)生干涉現(xiàn)象C. 平衡位置為x=6 m處的質(zhì)點(diǎn)此刻速度為零D. 平衡位置為x=8.5 m處的質(zhì)點(diǎn)此刻沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)E