長(zhǎng)沙市明達(dá)中學(xué)2020屆高三物理模擬考試試題含解析

湖南省長(zhǎng)沙市明達(dá)中學(xué)2020屆高三物理模擬考試試題含解析湖南省長(zhǎng)沙市明達(dá)中學(xué)2020屆高三物理模擬考試試題含解析PAGE27-湖南省長(zhǎng)沙市明達(dá)中學(xué)2020屆高三物理模擬考試試題含解析湖南省長(zhǎng)沙市明達(dá)中學(xué)2020屆高三物理模擬考試試題（含解析）一、選擇題:本大題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1—5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6-8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。研究光電效應(yīng)現(xiàn)象的實(shí)驗(yàn)電路如圖所示，A、K為光電管的兩個(gè)電極，電壓表V、電流計(jì)G均為理想電表。已知該光電管陰極K的極限頻率為ν0，元電荷電量為e,普朗克常量為h，開(kāi)始時(shí)滑片P、P＇上下對(duì)齊?，F(xiàn)用頻率為ν的光照射陰極K（ν>ν0）,則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A。該光電管陰極材料的逸出功為hν0B.若加在光電管兩端的正向電壓為U,則到達(dá)陽(yáng)極A的光電子的最大動(dòng)能為hv—hv0+eUC.若將滑片P向右滑動(dòng),則電流計(jì)G的示數(shù)一定會(huì)不斷增大D。若將滑片P＇向右滑動(dòng)，則當(dāng)滑片P、P＇間的電壓為時(shí)，電流計(jì)G的示數(shù)恰好為0【答案】C【解析】【詳解】A．由極限頻率為ν0,故金屬的逸出功為W0=hν0，A正確;B．由光電效應(yīng)方程可知，電子飛出時(shí)的最大動(dòng)能為由于加的正向電壓，由動(dòng)能定理解得故B正確；C．若將滑片P向右滑動(dòng)時(shí)，若電流達(dá)到飽和電流，則電流不在發(fā)生變化,故C錯(cuò)誤；D．P＇向右滑動(dòng)時(shí),所加電壓為反向電壓，由可得則反向電壓達(dá)到遏止電壓后,動(dòng)能最大的光電子剛好不能參與導(dǎo)電,則光電流為零，故D正確;故選C。2。如圖甲所示的“襄陽(yáng)砲”是古代軍隊(duì)攻打城池的裝置，其實(shí)質(zhì)就是一種大型拋石機(jī)，圖乙是其工作原理的簡(jiǎn)化圖．將質(zhì)量m=10kg的石塊，裝在與轉(zhuǎn)軸O相距L=5m的長(zhǎng)臂末端口袋中，最初靜止時(shí)長(zhǎng)臂與水平面的夾角，發(fā)射時(shí)對(duì)短臂施力使長(zhǎng)臂轉(zhuǎn)到豎直位置時(shí)立即停止運(yùn)動(dòng)，石塊靠慣性被水平拋出，落在水平地面上．若石塊落地位置與拋出位置間的水平距離s=20m，不計(jì)空氣阻力，取g=l0m/s2．以下判斷正確的是A。石塊拋出后運(yùn)動(dòng)時(shí)間為B.石塊被拋出瞬間的速度大小C。石塊即將落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率為D.石塊落地的瞬時(shí)速度大小為15m/s【答案】C【解析】【詳解】A、石塊被拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)：h＝L+Lsina,豎直方向：hgt2，可得:ts，故A錯(cuò)誤；B、石塊被拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：s＝v0t，可得：v0m/s,故B錯(cuò)誤；C、石塊即將落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率為：P＝mgvy＝mg?gt＝500W，故C正確；D、石塊落地的瞬時(shí)速度大小為：vm/s,故D錯(cuò)誤．3.如圖所示為范德格拉夫起電機(jī)示意圖，直流高壓電源的正電荷，通過(guò)電刷E、傳送帶和電刷F，不斷地傳到球殼的外表面，并可視為均勻地分布在外表面上，從而在金屬球殼與大地之間形成高電壓．關(guān)于金屬球殼上的A、B兩點(diǎn)，以下判斷正確的是A。A、B兩點(diǎn)電勢(shì)相同B。A、B兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同C.將帶正電的試探電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電勢(shì)能增加D。將帶正電的試探電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn),電勢(shì)能減小【答案】A【解析】【詳解】A、由題可知,電荷均勻地分布在外表面上，球殼AB是一個(gè)等勢(shì)體，各點(diǎn)的電勢(shì)是相等的．故A正確；B、球殼AB是一個(gè)等勢(shì)體，AB的外表面處,各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與球殼的外表面垂直，所以A點(diǎn)與B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的方向一定不同，故B錯(cuò)誤;C、由于A、B的電勢(shì)是相等的，所以將帶正電的試探電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力不做功，電勢(shì)能不變．故C錯(cuò)誤，D錯(cuò)誤．故選A．【點(diǎn)睛】靜電平衡后，金屬球殼AB的外表面均勻帶電，外部各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等,方向不同；金屬球殼AB是一個(gè)等勢(shì)體,各點(diǎn)的電勢(shì)相等．4。如圖為模擬遠(yuǎn)距離輸電的部分測(cè)試電路.a、b端接電壓穩(wěn)定的正弦交變電源，定值分別為,且，理想變壓器的原、副線(xiàn)圈匝數(shù)比為k且，電流表、電壓表均為理想表，其示數(shù)分別用I和U表示。當(dāng)問(wèn)下調(diào)節(jié)電滑動(dòng)變阻器R3的滑動(dòng)端P時(shí)，電流表、電壓表示數(shù)變化分別用ΔI和ΔU表示.則以下說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A. B。C。電源的輸出功率一定減小 D。電壓表示數(shù)一定增加【答案】B【解析】【詳解】A．理想變壓器初、次級(jí)線(xiàn)圈電壓變化比電流變化比為則將視為輸入端電源內(nèi)阻,則所以這也是耦合到次級(jí)線(xiàn)圏電阻值為,即為等效電源內(nèi)阻，故A正確；B．因故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)向下調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R3的滑動(dòng)端P時(shí),負(fù)載電阻變大，電源電壓不變，電流減小，故電源輸出功率減小，故C正確;D．當(dāng)向下調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R3的滑動(dòng)端P時(shí),負(fù)載電阻變大，則回路中電流變小，則原線(xiàn)圈電流也減小，那么電阻R1上的電壓減小，電源電壓不變，所以原線(xiàn)圈的電壓變大，根據(jù)匝數(shù)比可知副線(xiàn)圈的電壓也變大，故D正確。故選B5.如圖所示，abcd為邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線(xiàn)框，線(xiàn)框在紙面內(nèi),電阻為R．圖中虛線(xiàn)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)用外力作用于線(xiàn)框，使線(xiàn)框從圖示位置開(kāi)始沿x軸正方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng),線(xiàn)框運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,ad邊始終水平，線(xiàn)框平面始終與磁場(chǎng)垂直，磁場(chǎng)寬度大于L，x軸正方向作為力的正方向，則磁場(chǎng)對(duì)線(xiàn)框的作用力F隨時(shí)間t的變化圖線(xiàn)及線(xiàn)框ab邊的電壓U隨時(shí)間t的變化圖象正確的是A。 B。C。 D?！敬鸢浮緼D【解析】【詳解】線(xiàn)圈做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，速度v=at，進(jìn)磁場(chǎng)和出磁場(chǎng)受到的安培力，則A正確，B錯(cuò)誤；進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)，ab兩端的電壓；在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，；出磁場(chǎng)時(shí)，ab兩端的電壓，則選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確;故選AD.【點(diǎn)睛】對(duì)于圖象問(wèn)題,關(guān)鍵是能夠根據(jù)已知的公式、定律等推導(dǎo)出橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)的關(guān)系式，分析斜率的變化，然后作出正確的判斷．6.如圖所示,將小砝碼置于桌面上的薄紙板上,用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動(dòng)很小,幾乎觀察不到,這就是大家熟悉的慣性演示實(shí)驗(yàn)，若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為M和m,各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g（）A。紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)，紙板所受摩擦力的大小為B。要使紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)F一定大于C。若砝碼與紙板分離時(shí)的速度大于，則砝碼不會(huì)從桌面上掉下D.當(dāng)時(shí)，砝碼恰好到達(dá)桌面邊緣【答案】BC【解析】【詳解】A．砝碼和桌面對(duì)紙板的摩擦力分別為紙板所受摩擦力的大小為故A錯(cuò)誤；B．紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)時(shí)，有二者發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)需要滿(mǎn)足代入已知條件解得故B正確；C．若砝碼與紙析分離時(shí)的速度小于，砝碼勻加速運(yùn)動(dòng)的位移小于勻減速運(yùn)動(dòng)的位移小于則位移小于d，砝碼不會(huì)從桌面上掉下來(lái),故C正確;D．當(dāng)時(shí),紙帶的加速度根據(jù)解得砝碼從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到脫離紙板時(shí)勻加速運(yùn)動(dòng)的位移可知砝碼脫離紙板時(shí)恰好到達(dá)桌面邊緣，因此時(shí)砝碼具有速度,則砝碼會(huì)從桌面上掉下來(lái),故D錯(cuò)誤.故選BC.7。如圖所示是一個(gè)半徑為R的豎直圓形磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向內(nèi)．有一個(gè)粒子源在圓上的A點(diǎn)不停地發(fā)射出速率相同的帶正電的粒子，帶電粒子的質(zhì)量均為m，運(yùn)動(dòng)的半徑為r,在磁場(chǎng)中的軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為．下列說(shuō)法正確的是A。若r=2R，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為B.若r=2R，粒子沿著與半徑方向成45°角斜向下射入磁場(chǎng),則有成立C.若r=R，粒子沿著磁場(chǎng)的半徑方向射入,則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為D。若r=R，粒子沿著與半徑方向成60°角斜向下射入磁場(chǎng)，則圓心角為150°【答案】BD【解析】若r=2R，粒子在磁場(chǎng)中時(shí)間最長(zhǎng)時(shí)，磁場(chǎng)區(qū)域的直徑是軌跡的一條弦,作出軌跡如圖,因?yàn)閞=2R，圓心角θ=60°，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間,故A錯(cuò)誤．若r=2R,粒子沿著與半徑方向成45°角斜向下射入磁場(chǎng)，根據(jù)幾何關(guān)系，有，故B正確．若r=R，粒子沿著磁場(chǎng)的半徑方向射入,粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，圓心角90°，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，故C錯(cuò)誤．若r=R，粒子沿著與半徑方向成60°角斜向下射入磁場(chǎng)，軌跡如圖所示，圖中軌跡圓心與磁場(chǎng)圓心以及入射點(diǎn)和出射點(diǎn)構(gòu)成菱形，圓心角150°,故D正確．故選BD.8。如圖所示,一彈性輕繩(繩的彈力與其伸長(zhǎng)量成正比）一端固定在A點(diǎn),彈性繩自然長(zhǎng)度等于AB,跨過(guò)由輕桿OB固定的定滑輪連接一個(gè)質(zhì)量為m的絕緣帶正電、電荷量為q的小球?？臻g中還存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫(huà)出)，且電場(chǎng)強(qiáng)度E=。初始時(shí)A、B、C在一條豎直線(xiàn)上，小球穿過(guò)水平固定的桿從C點(diǎn)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，滑到E點(diǎn)時(shí)速度恰好為零.已知C、E兩點(diǎn)間距離為L(zhǎng)，D為CE的中點(diǎn)，小球在C點(diǎn)時(shí)彈性繩的拉力為，小球與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0。5,彈性繩始終處在彈性限度內(nèi)。下列說(shuō)法正確的是A。小球在D點(diǎn)時(shí)速度最大B.若在E點(diǎn)給小球一個(gè)向左的速度v,小球恰好能回到C點(diǎn)，則v=C.彈性繩在小球從C到D階段做的功等于在小球從D到E階段做的功D。若保持電場(chǎng)強(qiáng)度不變,僅把小球電荷量變?yōu)?q，則小球到達(dá)E點(diǎn)時(shí)的速度大小v=【答案】ABD【解析】【詳解】A。對(duì)小球分析可知，在豎直方向由與，故支持力為恒力,即，故摩擦力也為恒力大小為從C到E，由動(dòng)能定理可得由幾何關(guān)系可知，代入上式可得在D點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律可得由，將可得，D點(diǎn)時(shí)小球的加速度為故小球在D點(diǎn)時(shí)的速度最大，A正確；B。從E到C,由動(dòng)能定理可得解得故B正確；C。由于彈力的水平分力為，和均越來(lái)越大，故彈力水平分力越來(lái)越大，故彈性繩在小球從C到D階段做的功小于在小球從D到E階段做的功，C錯(cuò)誤；D.將小球電荷量變?yōu)?由動(dòng)能定理可得解得故D正確；故選ABD.二.填空題9。實(shí)驗(yàn)小組采用如圖甲所示實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)量木塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)μ，提供的器材有：帶定滑輪的長(zhǎng)木板,有凹槽的木塊，質(zhì)量為m0的鉤碼若干,打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，電源，紙帶，細(xì)線(xiàn)等．實(shí)驗(yàn)中將部分鉤碼懸掛在細(xì)線(xiàn)下,剩余的鉤碼放在木塊的凹槽中，保持長(zhǎng)木板水平，利用打出的紙帶測(cè)量木塊的加速度．(1）正確進(jìn)行實(shí)驗(yàn)操作，得到一條紙帶．紙帶的一部分如左圖所示，紙帶上兩相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔為T(mén)=0。10s．該同學(xué)將紙帶從每個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)處截?cái)?得到6條短紙帶，再把6條短紙帶的下端對(duì)齊貼在紙上，以紙帶下端為橫軸建立直角坐標(biāo)系，并將刻度尺邊緣緊靠縱軸，其示數(shù)如右圖所示．則打下計(jì)數(shù)點(diǎn)“2”時(shí)小車(chē)的速度大小為_(kāi)___________m/s；小車(chē)的加速度大小為_(kāi)__________m/s2（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）（2）將木塊凹槽中的鉤碼逐個(gè)添加到細(xì)線(xiàn)下端,改變懸掛鉤碼的總質(zhì)量m，測(cè)得相應(yīng)的加速度a，作出a－m圖象如圖所示．已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭＝9.8m/s2，則木塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝________(保留兩位有效數(shù)字）；μ的測(cè)量值________（選填“大于”“小于"或“等于"）真實(shí)值．（3)實(shí)驗(yàn)中________（選填“需要”或“不需要")滿(mǎn)足懸掛鉤碼總質(zhì)量遠(yuǎn)小于木塊和槽中鉤碼總質(zhì)量．【答案】（1）。0。47；(2)。0。70；（3).0.33；（4).大于；(5)。不需要；【解析】【詳解】（1)依據(jù)中時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于這段時(shí)間內(nèi)的平均速度，那么計(jì)數(shù)點(diǎn)“2”時(shí)小車(chē)的速度大小為：；根據(jù)?x=aT2結(jié)合逐差法可得:．（2)根據(jù)牛頓第二定律可知mg-μ（M—m）g=Ma，解得，由圖可知,-μg=-3。3，解得μ=0.33；

μ的測(cè)量值大于真實(shí)值,原因是滑輪與軸承、細(xì)線(xiàn)間有摩擦,紙帶與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器間有摩擦等；

（3）在此實(shí)驗(yàn)中，由于把小車(chē)和砝碼的質(zhì)量作為了整體，結(jié)合第二問(wèn)可知，不需要滿(mǎn)足懸掛鉤碼質(zhì)量遠(yuǎn)小于木塊和槽中的鉤碼總質(zhì)量；【點(diǎn)睛】此題在求解加速度時(shí)還可這樣做：紙帶的長(zhǎng)度之比等于此段紙帶的平均速度之比，還等于各段紙帶中間時(shí)刻的速度之比，即紙帶的高度之比等于中間時(shí)刻速度之比，這種等效替代的方法減小了解題難度，要提高應(yīng)用勻變速直線(xiàn)的規(guī)律以及推論解答實(shí)驗(yàn)問(wèn)題的能力,在平時(shí)練習(xí)中要加強(qiáng)基礎(chǔ)知識(shí)的理解與應(yīng)用．10。某同學(xué)利用DIS、定值電阻R0、電阻箱R1等實(shí)驗(yàn)器材測(cè)量電池a的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻,實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示．實(shí)驗(yàn)時(shí)多次改變電阻箱的阻值，記錄外電路的總電阻阻值R，用電壓傳感器測(cè)得端電壓U，并在計(jì)算機(jī)上顯示出如圖乙所示的1/U－1/R關(guān)系圖線(xiàn)a.重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)方法測(cè)量電池b的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，得到圖乙中的圖線(xiàn)b.(1）由圖線(xiàn)a可知電池a的電動(dòng)勢(shì)Ea＝________V，內(nèi)阻ra＝________Ω.(2）若用同一個(gè)電阻R先后與電池a及電池b連接，則兩電池的輸出功率Pa________Pb(填“大于”、“等于"或“小于”），兩電池的效率ηa________ηb（填“大于”、“等于"或“小于”）．【答案】(1）.2（2).0。5（3)。小于(4）。大【解析】【詳解】（1）圖線(xiàn)與縱軸的交點(diǎn)表示外電路斷路時(shí)的,即，所以，由得，所以圖線(xiàn)的斜率為，即，所以；（2）當(dāng)兩外電阻相同時(shí)，由圖象可知，,即，所以由得，由公式可知，圖線(xiàn)的橫截距的絕對(duì)值表示內(nèi)阻的倒數(shù)，故由圖可知，電池內(nèi)電阻，又電池效率，在兩外電阻相等的情況下,有【點(diǎn)睛】本題考查了閉合電路歐姆定律的數(shù)據(jù)處理的方法，應(yīng)用了圖象法及電源的輸入功率的表達(dá)式，難度較大．11。一球形人造衛(wèi)星,其最大橫截面積為A、質(zhì)量為m，在軌道半徑為R的高空繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)．由于受到稀薄空氣阻力的作用，導(dǎo)致衛(wèi)星運(yùn)行的軌道半徑逐漸變?。l(wèi)星在繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)很多圈之后，其軌道的高度下降了△H，由于△H<〈R，所以可以將衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的每一圈均視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)．設(shè)地球可看成質(zhì)量為M的均勻球體,萬(wàn)有引力常量為G．取無(wú)窮遠(yuǎn)處為零勢(shì)能點(diǎn)，當(dāng)衛(wèi)星的運(yùn)行軌道半徑為r時(shí)，衛(wèi)星與地球組成的系統(tǒng)具有的勢(shì)能可表示為．(1)求人造衛(wèi)星在軌道半徑為R的高空繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期；（2）某同學(xué)為估算稀薄空氣對(duì)衛(wèi)星的阻力大小，做出了如下假設(shè)：衛(wèi)星運(yùn)行軌道范圍內(nèi)稀薄空氣的密度為ρ，且為恒量；稀薄空氣可看成是由彼此不發(fā)生相互作用的顆粒組成的,所有的顆粒原來(lái)都靜止，它們與人造衛(wèi)星在很短時(shí)間內(nèi)發(fā)生碰撞后都具有與衛(wèi)星相同的速度,在與這些顆粒碰撞的前后，衛(wèi)星的速度可認(rèn)為保持不變．在滿(mǎn)足上述假設(shè)的條件下，請(qǐng)推導(dǎo)：①估算空氣顆粒對(duì)衛(wèi)星在半徑為R軌道上運(yùn)行時(shí),所受阻力F大小表達(dá)式；②估算人造衛(wèi)星由半徑為R軌道降低到半徑為R-△H的軌道的過(guò)程中，衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)圈數(shù)n的表達(dá)式．【答案】（1)（2)①；②【解析】試題分析：（1）設(shè)衛(wèi)星在R軌道運(yùn)行的周期為T(mén)，根據(jù)萬(wàn)有引力定律和牛頓第二定律有：解得:（2)①如圖所示，最大橫截面積為A的衛(wèi)星，經(jīng)過(guò)時(shí)間從圖中的實(shí)線(xiàn)位置運(yùn)動(dòng)到了圖中的虛線(xiàn)位置,該空間區(qū)域的稀薄空氣顆粒的質(zhì)量為以這部分稀薄空氣顆粒為研究對(duì)象，碰撞后它們都獲得了速度v，設(shè)飛船給這部分稀薄空氣顆粒的平均作用力大小為F，根據(jù)動(dòng)量定理有：根據(jù)萬(wàn)有引力定律和牛頓第二定律有:，解得：根據(jù)牛頓第三定律，衛(wèi)星所受的阻力大小F′=．②設(shè)衛(wèi)星在R軌道運(yùn)行時(shí)的速度為v1、動(dòng)能為Ek1、勢(shì)能為Ep1、機(jī)械能為E1,根據(jù)牛頓定律和萬(wàn)有引力定律有：衛(wèi)星的動(dòng)能，勢(shì)能解得:衛(wèi)星高度下降ΔH，在半徑為（R—ΔH)軌道上運(yùn)行，同理可知其機(jī)械能衛(wèi)星軌道高度下降ΔH，其機(jī)械能的改變量衛(wèi)星機(jī)械能減少是因?yàn)榭朔諝庾枇ψ隽斯ΓO(shè)衛(wèi)星在沿半徑為R的軌道運(yùn)行一周過(guò)程中稀薄空氣顆粒作用于衛(wèi)星的阻力做的功為W0,利用小量累積的方法可知：上式表明衛(wèi)星在繞不同軌道運(yùn)行一周，稀薄空氣顆粒所施加的阻力做的功是一恒量，與軌道半徑無(wú)關(guān)．則ΔE=nW0解得：考點(diǎn)：牛頓定律；萬(wàn)有引力定律；能量守恒定律.12。如圖所示，間距為L(zhǎng)的兩條足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為θ,導(dǎo)軌光滑且電阻忽略不計(jì).場(chǎng)強(qiáng)為B的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為d1，間距為d2。兩根質(zhì)量均為m、有效電阻均為R的導(dǎo)體棒a和b放在導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直。(設(shè)重力加速度為g）(1）若a進(jìn)入第2個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，b以與a同樣的速度進(jìn)入第1個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域，求b穿過(guò)第1個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中增加的動(dòng)能△Ek。（2)若a進(jìn)入第2個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，b恰好離開(kāi)第1個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域；此后a離開(kāi)第2個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，b又恰好進(jìn)入第2個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域。且a、b在任意一個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域或無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均相同。求b穿過(guò)第2個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中,兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的總焦耳熱Q。(3）對(duì)于第（2）問(wèn)所述的運(yùn)動(dòng)情況，求a穿出第k個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速率?！敬鸢浮?1)（2）（3)【解析】【詳解】⑴a和b不受安培力作用，由機(jī)械能守恒知:⑵設(shè)導(dǎo)體棒剛進(jìn)入無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度為，剛離開(kāi)無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度為，由能量守恒知在磁場(chǎng)區(qū)域中：在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域中：解得：⑶有磁場(chǎng)區(qū)域，棒a受到合力：感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：感應(yīng)電流：解得：根據(jù)牛頓第二定律，在t到時(shí)間內(nèi):則有：解得：又在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域,根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：且平均速度：聯(lián)立解得：由題意知：[物理－選修3－3］13。下列說(shuō)法正確的是(）A.分子間同時(shí)存在著引力和斥力，當(dāng)分子間距增加時(shí)，分子間的引力和斥力都減小B。根據(jù)恒量，可知液體的飽和汽壓與溫度和體積有關(guān)C.液晶具有液體的流動(dòng)性，同時(shí)其光學(xué)性質(zhì)具有晶體的各向異性特征D.在不考慮分子勢(shì)能的情況下，1mol溫度相同的氫氣和氧氣內(nèi)能相同E.液體表面張力的方向與液面垂直并指向液體內(nèi)部【答案】ACD【解析】【詳解】A.分子間的引力和斥力都隨距離增大而減小，故A正確；B。液體的飽和氣壓和溫度、外界壓強(qiáng)有關(guān)，故B錯(cuò)誤；C。液晶是一種特殊晶體，其具有液體的流動(dòng)性，又具有晶體的各向異性特征，故C正確；D.在不考慮分子勢(shì)能的情況下,1mol溫度相同的氫氣和氧氣分子數(shù)相同，分子的平均動(dòng)能也相同，故內(nèi)能相同,故D正確；E.液體的表面張力與液面相切，故E錯(cuò)誤；故選ACD。14。如圖所示，開(kāi)口向上、豎直放置的內(nèi)壁光滑氣缸的側(cè)壁是絕熱的,底部導(dǎo)熱，內(nèi)有兩個(gè)質(zhì)量均為m的密閉活塞，活塞A導(dǎo)熱,活塞B絕熱,將缸內(nèi)理想氣體分成Ⅰ、Ⅱ兩部分．初狀態(tài)整個(gè)裝置靜止不動(dòng)處于平衡狀態(tài)，Ⅰ、Ⅱ兩部分氣體的長(zhǎng)度均為l0，溫度為T(mén)0.設(shè)外界大氣壓強(qiáng)為p0保持不變，活塞橫截面積為S，且2mg＝p0S,環(huán)境溫度保持不變．①在活塞A上逐漸添加鐵砂，當(dāng)鐵砂質(zhì)量等于2m時(shí)，兩活塞在某位置重新處于平衡狀態(tài)，求活塞B下降的高度；②現(xiàn)只對(duì)Ⅱ氣體緩慢加熱,使活塞A回到初始位置，求此時(shí)Ⅱ氣體的溫度．【答案】①0。33l0②2.1T0【解析】【詳解】①初狀態(tài)：Ⅰ氣體壓強(qiáng)Ⅱ氣體壓強(qiáng)添加鐵砂后：Ⅰ氣體壓強(qiáng)Ⅱ氣體壓強(qiáng)Ⅱ氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律:p2l0S＝p′2l2SB活塞下降的高度h2＝l0－l2帶入數(shù)據(jù)解得h2＝033l0。②Ⅰ氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律：p1l0S＝p′1l1S只對(duì)Ⅱ氣體加熱，Ⅰ氣體狀