1、江蘇省南通市2019屆高三模擬考試（一）一、單項選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分.每小題只有一個選項符合題意，選對的得3分，選錯或不答的得0分.1.據中新網報道，中國自主研發的北斗衛星導航系統“北斗三號”第17顆衛星已于2018年11月2日在西昌衛星發射中心成功發射.該衛星是北斗三號全球導航系統的首顆地球同步軌道衛星，也是北斗三號系統中功能最強、信號最多、承載最大、壽命最長的衛星.關于該衛星，下列說法正確的是它的發射速度一定大于11.2km/s它運行的線速度一定不小于7.9km/s它在由過渡軌道進入運行軌道時必須減速由于稀薄大氣的影響，如不加干預，在運行一段時間后，該衛星的動能可能

2、會增加【答案】D【解析】【分析】根據萬有引力提供向心力，得出線速度與軌道半徑的關系，從而比較出衛星在同步軌道上的速度與第一宇宙速度的大小；該衛星將做向心運動，軌道半徑減小，應用牛頓第二定律求出線速度，然后分析答題；【詳解】A.該衛星的發射速度必須小于第二宇宙速度11.2km/s，因為一旦達到第二宇宙速度，衛星會掙脫地球的引力，不繞地球運行，故A錯誤；GMmmv2GM根據知，第一宇宙速度的軌道半徑等于地球的半徑，知7.9km/s是衛星繞地rr冷廠球做圓周運動的最大環繞速度，所以它運行的線速度一定小于7.9km/s,故B錯誤；它在由過渡軌道進入運行軌道做離心運動，必須加速，故C錯誤；由于該衛星受到

3、阻力影響而做減速運動，該衛星做圓周運動需要的向心力小于萬有引力，做向GMmmv2GM心運動，其軌道半徑r減小，萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得:-，解得：，rr彳廠由于半徑r減小，則其線速度變大，動能變大，故D正確；故選Do【點睛】知道萬有引力提供向心力是解題的前提，應用萬有引力公式與牛頓第二定律可以解題；要理解衛星變軌的原理。2如圖所示，A、B兩點在同一條豎直線上，A點離地面的高度為3h，B點離地面高度為2h將兩個小球分別從A、B兩點水平拋出，它們在C點相遇，C點離地面的高度為h已知重力加速度為g,貝y皿IIIA.兩個小球一定同時拋出B.兩個小球一定同時落地C.兩個小球拋出的時間間隔為匸

4、YiyD.VA1兩個小球拋出的初速度之比二-【答案】C【解析】【分析】平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據在C點相遇，結合高度求運動的時間，從而通過水平位移求初速度；TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark10 o Current Document _,17_!2h【詳解】AB.平拋運動在豎直方向上做自由落體運動，由，得，由于A到C的豎直高度較大，所以從A點拋出的小球運動時間較長，應A先拋出；它們在C點相遇時A的豎直方向速度較大，離地面的高度相同，所以A小球一定先落地，故A、B錯誤；fZh_；2x2h/2hh由得兩個小球拋出的時間間隔

5、為，故C正確；9999由*5,得，x相等，則小球A.B拋出的初速度之比，故D錯誤；故選Co【點睛】解決的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，結合運動學公式靈活求解。3導體中的電流是這樣產生的：當在一根長度為L、橫斷面積為S,單位體積內自由電荷數為n的均勻導體兩端加上電壓U導體中出現一個勻強電場，導體內的自由電子（-e）受勻強電場的電場力作用而加速，同時由于與陽離子碰撞而受到阻礙，這樣邊反復碰撞邊向前移動，可以認為阻礙電子運動的阻力大小與電子移動的平均速率v成正比，即可以表示為kv（k是常數），當電子所受電場力與阻力大小相等時，導體中形成了恒定電流，貝該導體的電阻是（）A.kle2

6、nsksC.ke2nlsklD.ens【答案】A【解析】UUe【詳解】由題意可知當電場力與阻力相等時形成恒定電流，則有，解得，則導體中的ne2sU電流/klUkl則由歐姆定律可得，A正確.1ens4用一隨時間均勻變化的水平拉力F拉靜止在水平面上的物體.已知F=kt(k=2N/s),物體與水平面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，物體的加速度a隨時間t變化的圖象如圖所示，g取10m/s2,則不可以計算出磯m-s)物體的質量物體與水平面間的動摩擦因數t=4s時物體的速度04s內拉力F做的功【答案】D【解析】【分析】對物體受力分析，根據牛頓第二定律得出加速度a與時間t的函數關系，然后結合圖象得出相關信息

7、即可求解；【詳解】物體受重力、地面的支持力、拉力和與拉力方向相反的摩擦力，根據牛頓第二定律得：F248八/Fn-.u，解得：，由a與F圖線得到：，聯立解得mmmmm=2Kg，n=0.2a-t圖像所圍成的面積表示速度的變化量，所以04s內有1,一，t=4s時物體的速度加】/、；由于物體先靜止后又做變加速運動，F為變力，不能直接利用做功公式求出拉力F做的功；無法利用勻變速直線運動規律求04s內位移，無法求出摩擦力做功，所以無法根據動能定理求拉力F做的功，故不可以計算出的是D,可以計算出的是A、B、C；故選D。【點睛】關鍵是對物體受力分析，然后根據牛頓第二定律列方程求解出加速度與推力F的關系式,最后

8、結合a與t關系圖象得到待求量。mgHD.5如圖所示，長為L的細繩，一端拴一質量為m的小球，另一端懸掛在距光滑水平面H高處（LH）.現使小球在水平桌面上以角速度為e做勻速圓周運動，則小球對桌面的壓力為mgHC.【答案】B【解析】【分析】對小球受力分析，正交分解，根據牛頓第二定律列方程求解；【詳解】）對小球受力分析，如圖：根據牛頓第二定律，水平方向:豎直方向:TcosO+N=mg，屮立得：舊二打打丄mW二打?財打，根據牛頓第三定律:吃汽W故B正確，A、C、D錯誤；故選B。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共計16分.每小題有多個選項符合題意.全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答

9、的得0分.6教學用發電機能夠產生正弦式交變電流，現利用該發電機（內阻可忽略）通過理想變壓器向定值電阻R和電容器C供電，電路如圖所示.理想交流電流表A、理想交流電壓表V的讀數分別為I、UR消耗的功率為P.若發電機線圈的轉速變為原來的2倍，則rnH1=s電壓表V的讀數變為2U電流表A的讀數變為2IR消耗的功率變為2PR消耗的功率變為4P【答案】AD【解析】【分析】九1U1分析電動機產生的交流電的最大值以及有效值、頻率的變化情況；根據一市判斷原副線圈中電壓比2U2U2的變化情況，根據由知R消耗功率的變化；K【詳解】ACD.若發電機線圈的轉速變為原來的2倍，電動機產生的最大電動剪m變為原E來的2倍，發

10、電機輸出電壓有效值變為原來的2倍，即原線圈的輸出電壓為原來的2倍，由V2niU1一U2市知副線圈輸出電壓為原來的2倍，電壓表V的讀數變為為原來的2倍，由知R消耗n2U2R的功率為原來的4倍，故AD正確，C錯誤；轉速變為原來的2倍，通過C的交變電流頻率變為原來的2倍，電容器C的容抗減小，副線圈12的電流不是原來的2倍，由可知原線圈的電流不是原來的2倍，故B錯誤；n271故選AD。【點睛】關鍵是轉速變化，通過C的交變電流頻率變為原來的2倍，電容器C的容抗減小，副線圈的電流不是原來的2倍。7如圖所示，水平面內有兩條互相垂直的通電長直絕緣導線L、L2,L1中的電流方向向右，L2中的電流方向向上；L2的

11、右方有a、b兩點，它們相對于L對稱.整個系統處于垂直于紙面向里的勻強23外磁場中，磁感應強度大小為B0.已知a、b兩點的磁感應強度大小分別為B0和疋,方向也垂直于紙面向里.則z.?”i:止88*5流經L的電流在a點產生的磁感應強度大小為f；B01流經L1的電流在a點產生的磁感應強度大小為嚴。1流經L2的電流在b點產生的磁感應強度大小為嚴。5流經L2的電流在b點產生的磁感應強度大小為匸;B0【答案】AC【解析】【分析】根據安培定則判斷導線在a、b兩點產生磁感應強度的方向；磁感應強度是矢量，即使它不與通電導線垂直，可按平行四邊形定則疊加，據此分析；【詳解】由于a、b關于L1對稱，所以磁感應強度大小

12、相等，由安培定則可知方向相反，設向里為正方向，則L2在a、b兩點產生的磁感應強度分別為-B、Bp導線L2產生的磁場在a、b兩點的磁感應強度方向均垂直紙面向里，在a、b兩點產生的磁感應強度為B2，對a點由磁場疊加可得：235心幾山丨幾寸仏,對b點由磁場疊加可得：，聯立解得：1，故A、C正確，B、D錯誤；故選AC。【點睛】關鍵是知道a、b關于L對稱，所以磁感應強度大小相等，方向相反，磁場疊加可按平行四邊形定則。8如圖所示，光滑導軌OMN固定，其中訶兀是半徑為L的四分之一圓弧，O為圓心.OM、ON的電阻均為R，OA是可繞O轉動的金屬桿，A端位于訶兀上，OA與軌道接觸良好，空間存在垂直導軌平面的勻強磁

13、場，磁感應強度的大小為B,皿、OA的電阻不計.則在OA桿由OM位置以恒定的角速度e順時針轉到ON位置的過程中SxXXXA.OM中電流方向為O流向MnBL2B.流過OM的電荷量為仆，2少2厶4要維持OA以角速度e勻速轉動，外力的功率應為一7-若OA轉動的角速度變為原來的2倍，則流過OM的電荷量也變為原來的2倍【答案】BC【解析】【分析】OA桿切割磁感線，由右手定則可得OA桿感應電流的方向，根據法拉第電磁感應定律求得產生的感應電動勢；根據閉合電路歐姆定律求得OM中感應電流，根據E兒求得流過OM的電荷量，根據能量守恒可得外力的功率等于發熱功率;【詳解】A.OA桿由OM位置以恒定的角速度e順時針轉到O

14、N位置的過程，產生的感應電動勢”A幾，則感應電流大小恒定，由右手定則可得OM中電流方向為M流向O,故A錯誤;1EBL2(dBD.根據閉合電路歐姆定律可得OM中感應電流，則流過OM的電荷量為7T2q=/At=X=?.Ra)4Rbl2&)ML：，若OA轉動的角速度變為原來的2倍，則流過OM的電荷量不變，故B正確，D錯誤;厶紜）2C.OM的發熱功率，根據能量守恒可得外力的功率應為，故C4n正確;故選BC。【點睛】關鍵是明確OA桿的切割磁感線是電源，根據能量守恒定律、切割公式和歐姆定律多次列式求解。”蹦極”是一項深受年輕人喜愛的極限運動，跳躍者把一端固定的長彈性繩綁在腰間，從幾十米高處跳下.如右圖所示

15、，某人做蹦極運動，他從高臺由靜止開始下落，下落過程不計空氣阻力，設彈性繩原長為h0,彈性繩的彈性勢能與其伸長量的平方成正比.則他在從高臺下落至最低點的過程中,他的動能Ek、彈性繩的彈性勢能Ep隨下落高度h變化的關系圖象正確的是【答案】BD【解析】【分析】分析人運動的性質，根據動能定理求出動能Ek與下落高度h變化的關系進行分析，根據功能關系可求彈性繩的彈性勢能Ep與下落高度h變化的關系進行分析；【詳解】彈性繩被拉直前，人做自由落體運動，根據動能定理可得幾小，35）,彈性繩的彈性勢能為零；彈性繩剛被拉直到人所受的重力與彈力大小相等的過程，人做加速度減小的加速運動，當加速度為零，速度達到最大值，從人

16、所受的重力與彈力大小相等到最低點的過程中，人做加速度增大的減速運動，在最低點時速度為零；根據動能定理可得嚴噸h-“彈，3如），克服彈性繩的彈力做功等于彈性繩的彈性勢能的變化量可得川彈佈廠，則有他的動能Ek=mgh-k-h2，如），彈性繩的彈性勢能町=花仇一如尸，故BD正確，AC錯誤;故選BD。三、簡答題：本題分必做題（第10、11、12題）和選做題（第13題）兩部分，共計42分.請將2解答填寫在答題卡相應的位置用如圖所示的實驗裝置探究“加速度與合外力、質量的關系”圖中小片為兩個光電門，為固定在木槽上的遮光條實驗前(不掛鉤碼)左右移動小木塊使木槽能夠在長木板上勻速運動遮光條的寬度為，兩光電門間的

17、距離為,實驗時木槽每次都從同一位置由靜止釋放研究對象為木槽(包括內部的砝碼)及鉤碼組成的系統.通過光電計時器讀出遮光條通過譏兩個光電門的時間分別是d則木槽的加速度是(用測量的符號表示)(2)保持懸掛鉤碼的質量八不變，增加或減少槽內的砝碼，測出每次對應的加速度，為了能直觀反映在合外力一定的情況下，加速度與質量的關系,應作出a關系圖象少表示槽及槽內砝碼的總質CABkd(3).BC【答案】(1)B(2)DD量).1?(3)為了精確測量木槽運動的加速度，甲同學固定光電門移動光電門心然后釋放木槽，測出遮光條每次經過光電門博的時間工乙同學固定光電門兒移動光電門，然后釋放木槽,測出遮光條每次經過光電門的時間

18、二兩位同學根據圖象求解系統的加速度甲同學作出的圖象應為下圖中的乙同學作出的圖象應為下圖中的.若甲同學所作圖象斜率的絕對值為/，則木槽的加速度【解析】【詳解】(1)對系統研究,總質量保持不變,加速度與合力成正比，系統所受的合力為mg,則a與mg的關系是成正比關系，故選Bo懸掛鉤碼的質量m保持不變，即合力保持不變，a與系統質量成反比，可知為了能直觀反映1在合外力一定的情況下，加速度與質量的關系，應作a-圖線，故選DoM4-m1vb22axfd2d2甲同學固定光電門B,移動光電門A,然后釋放凹槽，測出遮光條每次經過光電門A的時間d通過光電門A的瞬時速度vA=，B點的速度為定值，根據vB2-vA2=2

19、ax得,故B正確。乙同學固定光電門A,移動光電門B,然后釋放凹槽，測出遮光條每次經過光電門Bd的時間t2，通過光電門B的瞬時速度vB=,A點的速度為定值，根據vB2-vA2=2ax得，va2ax2a，故C正確。若甲同學所作圖象的斜率的絕對值為k,則有，解得系統的加速宀kd2度【點睛】對于圖線問題，一般的解題思路是得出物理量的關系式，從而確定正確的圖線，結合圖線的斜率或截距求解一些物理量.某實驗小組設計了如圖甲所示的電路來測量電池的電動勢和內阻，已知定值電阻R=16Q.rr_一一-14丄t-I-l廣*TtTt-一-654LteTT乙閉合開關S后，電壓表V無讀數，電壓表v2有讀數，經檢查發現電路中

20、存在斷路故障，則該故障可能在(選填“ab”、“bc”或“cd”兩點間.(2)排除故障后，閉合開關S,調節滑動變阻器的阻值，記錄多組電壓表的示數UU2,如下表所示請根據表中數據在圖乙中作出u-ux圖象.5.04.54.03.53.02.52.0U/V0.661.001.331.882.002.322.68(3)由圖可知，電源電動勢E=_V,內阻r=0.(結果均保留兩位有效數字)【答案】cdI2)(3).5.86.27.88.2【解析】【分析】明確電路結構，從而分析故障原因；根據描點法可得出對應的圖象;根據閉合電路歐姆定律進行分析，列出對應的表達式，從而明確圖象的意義并求出電動勢和內電阻；【詳解】

21、解：(1)電壓表V無讀數，電壓表V2有讀數，說明V無與電源斷開，而V2與電源是連接的，故發生斷路的是cd；(2)根據表中數據利用描點法可得出對應的圖象如圖所示；T丄7丄十IT4-爲十-?i-T-l-L:.I-:-:廠TIT1LJ,-,1_L4rt:J-n-丄-r-ir_LTHITklr-Id-i士-7-t1I-ir-rTI_!InIH4ITH-rlL!T-IT十二-r-i二H1-LIITXIUY4R(3)根據電路圖由閉合電路歐姆定律可知：，變形可得：，由圖可r+Ri6.0-2.0知，圖象與縱軸的截距表示電動勢，故仃葉；圖象的斜率，解得：廠H.O.O.；9【點睛】安阻法測量電源電動勢和內阻的方法

22、，注意本題中將電壓表與定值電阻并聯充當電流表使用，注意數據處理的基本方法。12下列說法中正確的是.振動的帶電微粒輻射或吸收的能量可以是任意數值鈾核(鸞)衰變成a粒子和另一原子核，衰變產物的比結合能一定大于鈾核的比結合能實驗表明，只要照射光的強度足夠大，就一定能發生光電效應現象核力將核子緊緊束縛在原子核內，因此核力只表現為引力【答案】B【解析】【詳解】A.根據普朗克能量子假說的認識，振動的帶電微粒輻射或吸收的能量只能是某一最小能量值的整數倍，故A錯誤；鈾核（幣）衰變的過程中會釋放能量，所以衰變產物的比結合能一定大于鈾核的比結合能，故B正確；根據光電效應方程可知，發生光電效應的條件與光的頻率有關，

23、與光的強度無關，故C錯誤；D核力將核子緊緊束縛在原子核內，核力在大于川x1（廠加，小于IxhLs的范圍內表現為吸引力，在小于（）Wxl（）門小時表現為斥力，故D錯誤；故選B。【點睛】振動的帶電微粒輻射或吸收的能量只能是某一最小能量值的整數倍，衰變產物的比結合能一定大于鈾核的比結合能；發生光電效應的條件與光的強度無關。13.將總質量為1.05kg的模型火箭點火升空，在0.02s時間內有50g燃氣以大小為200m/s的速度從火箭尾部噴出.在燃氣噴出過程，火箭獲得的平均推力為N,在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小為m/s（燃氣噴出過程中重力和空氣阻力可忽略）.【答案】50010【解析】【分析】根據動

24、能定理可求燃氣獲得的平均推力，根據牛頓第三定律可知火箭獲得的平均推力，在噴氣的很短時間內，火箭和燃氣組成的系統動量守恒，結合動量守恒定律求出火箭的速度大小；【詳解】在燃氣噴出過程，以燃氣為對象，規定火箭的速度方向為正方向，根據動能定理可得:zN氣。，解得，根據牛頓第三定律可得火箭獲得的平均推力為50N;噴射前后系統的動量守恒，根據動量守恒定律得M氣川箭”咤氣，解得火箭的速度大小Mm氣14我國自行研制的一種大型激光器，能發出頻率為v功率為P0的高純度和高亮度激光如圖所示，光電管的陰極K用某金屬制成，閉合開關S,當該激光射向陰極，產生了光電流.移動變阻器的滑片P,當光電流恰為零時，電壓表的示數為U

25、c，已知普朗克常量為h電子電荷量為e,真空中的光速為c.求：激光器發出的光子的動量p;光電管陰極K的截止頻率C、hveUc【答案】p=V=vcch【解析】【分析】根據光電效應方程，求出光電子的最大初動能，根據逸出功和截止頻率的大小關系求出光電管陰極K的截止頻率；h【詳解】解：由：&二；hv解得p=由|?=卩=解得hyeH,由W爪：eUc解得-h15下列說法中正確的是.油膜法估測分子大小的實驗中，所撒痱子粉太厚會導致測量結果偏大制作晶體管、集成電路只能用單晶體，單晶體是各向同性的一定量的理想氣體等壓膨脹，氣體分子單位時間內與器壁單位面積的碰撞次數減小水凝結成冰后，水分子的熱運動停止【答案】AC【

26、解析】V【詳解】A.油膜法估測分子大小的實驗中，所撒痱子粉太厚會導致薄層的面積偏小，根據可知測量結果偏大，故A正確；制作晶體管、集成電路只能用單晶體，因為單晶體具有各向異性，故B錯誤；一定量的理想氣體等壓膨脹，體積變大，單位體積的分子數減小，氣體分子單位時間內與器壁單位面積的碰撞次數減小，故C正確；分子是永不停息地做無規則運動，所以水凝結成冰后，水分子的熱運動不會停止，故D錯誤；故選AC。【點睛】油膜法估測分子大小的實驗中，所撒痱子粉太厚會導致薄層的面積小；制作晶體管、集成電路只能用單晶體；分子是永不停息地做無規則運動；16氧氣分子在0和100C溫度下單位速率間隔的分子數占總分子數的百分比隨氣

27、體分子速率的變化分別如圖A2中兩條曲線所示.圖中實線對應于氧氣分子在C時的情形；圖中虛線下面積實線下面積.（填“大于”、“等于”、“小于”）單位速率間隔的分子數【答案】100等于【解析】【分析】根據對應的最大比例的速率區間，說明實驗對應的溫度的情形；【詳解】由圖可知，具有最大比例的速率區間，0C時對應的速率小，故說明虛線為0C的分布圖象，實線對應的最大比例的速率區間內分子動能大，說明實驗對應的溫度大，故為實線對應于氧氣分子在100C時的情形；在0C和100C兩種不同情況下各速率區間的分子數占總分子數的百分比與分子速率間的關系圖線與橫軸所圍面積都應該等于1,即相等；【點睛】溫度是分子平均動能的標

28、志，溫度升高分子的平均動能增加，不同溫度下相同速率的分子所占比例不同，要注意明確圖象的意義是解題的關鍵；17.如圖，一定質量的理想氣體從狀態a開始，經歷狀態b、C、到達狀態d已知一定質量的理想氣體的內能與溫度滿足U=kT（k為常數）.該氣體在狀態a時溫度為T0,求：bc0%3V0氣體在狀態d時的溫度；氣體從狀態a到達狀態d過程從外界吸收的熱量.【答案】Td=3T0Q=2kT0+6p0V0【解析】【分析】由a到d氣體發生等壓變化，由蓋呂薩克定律可以求出氣體的溫度；求出氣體做的功，然后應用熱力學第一定律求出從外界吸收的熱量；VaVdTOC o 1-5 h z【詳解】解：狀態a與狀態d壓強相等，由：

29、可得：6=依題意可知：*5,匕由熱力學第一定律，有：。其中：川機聯立可得：。刀18下列說法正確的.在雙縫干涉實驗中，若僅將入射光由綠光改為紅光，則相鄰干涉條紋間距變寬光纖通信是激光和光導纖維相結合的產物全息照片的拍攝利用了光的衍射原理地面上測得靜止的直桿長為L則在高速飛行火箭中的人測得手中的桿長應小于L【答案】AB【解析】【分析】根據相對論原理，沿著飛行方向上，長度縮短，根據條紋寬度的公式分析改變入射光可得相鄰干涉條紋間距的變化；【詳解】A.在雙縫干涉實驗中，根據條紋寬度的公式可知，若僅將入射光由綠光改為紅光，波長變長，則相鄰干涉條紋間距變寬，故A正確；光纖通信是激光和光導纖維相結合的產物，利

30、用了激光的頻率單一性的特點，故B正確；全息照片往往用激光來拍攝，主要是利用了激光的干涉原理，故C錯誤；根據相對論原理，地面上測得靜止的直桿長為L,在沿桿方向高速飛行火箭中的人相對于桿是靜止的，所以測得長度不變，故D錯誤；故選AB。【點睛】在雙縫干涉實驗中，波長變長，則相鄰干涉條紋間距變寬；光纖通信是激光和光導纖維相結合的產物；全息照片利用了激光的干涉原理；19較長軟繩的一端固定在O點，拉直后的水平繩沿x軸，手持軟繩的另一端點A以周期T=0.5s在豎直方向上做簡諧運動，帶動繩上的其他質點振動形成簡諧波沿繩水平傳播，示意如圖.繩上有另一質點P的振動方向為（選填“豎直向下”、“豎直向下”、“水平向右

31、”或“水平向左”）.振動在x軸負方向上傳播的速度v為m/s.【答案】豎直向下2【解析】【分析】根據“上下坡法”可知質點P的振動方向；由圖可知波長，根據速度公式求出傳播的速度；【詳解】波的傳播方向為x軸負方向，根據“上下坡法”可知繩上有另一質點P的振動方向為豎直向A下；由圖可知波長/1川，振動在x軸負方向上傳播的速度：川汀;20如圖所示，折射率半徑為R的透明球體固定在水平地面上，O為球心，其底部P點有一點光源，過透明球體的頂點Q有一足夠大的水平光屏，真空中光速為c,求：光在球體中沿直線從P點到Q點的傳播時間t；若不考慮光在透明球體中的反射影響，光屏上光照面積S的大小。【答案】5=如廠3c【解析】

32、光在透明球體內傳播速度2R光從廠訃的時間(4J3R聯立得3c設透明球體介質的臨界角為川，則得月川n光屏上光照面為以。為圓心,3為半徑的圓，如圖所示，由幾何知識得，其半徑后光屏上光照面積、心:汕“sini【點睛】解決光學問題的關鍵要掌握全反射的條件、折射定律、臨界角公式、光速sinrn公式，運用幾何知識結合解決這類問題.四、計算題:本題共3小題，共計47分.解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟.只寫出最后答案的不能得分.有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位.21.如圖所示，一根有一定電阻的直導體棒質量為、長為L,其兩端放在位于水平面內間距也為L的光滑平行導軌上，并與之接觸良

33、好；棒左側兩導軌之間連接一可控電阻；導軌置于勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌所在平面，時刻，給導體棒一個平行與導軌的初速度，此時可控電阻的阻值為仏在棒運動過程中，通過可控電阻的變化使棒中的電流強度保持恒定，不計導軌電阻，導體棒一直在磁場中。可控電阻求可控電阻R隨時間變化的關系式；若已知棒中電流強度為I,求時間內可控電阻上消耗的平均功率P；若在棒的整個運動過程中將題中的可控電阻改為阻值為你的定值電阻，則棒將減速運動位移后停下；而由題干條件，棒將運動位移后停下，求一的值。x2【答案】(1);(2)P/m2m【解析】試題分析：（1）因棒中的電流強度保持恒定，故棒做勻減速直線運動，

34、設棒的電阻為，電流為I,TOC o 1-5 h z其初速度為5,加速度大小為，經時間f后，棒的速度變為，則有：!，BILBLvoBLv而訂，1“時刻棒中電流為：，經時間后棒中電流為：，mn0+rK+r”2厶2由以上各式得:R】m（2）因可控電阻R隨時間均勻減小，故所求功率為:亠二二，由以上各式得：/2m（3）將可控電阻改為定值電阻心，棒將變減速運動，有：5川，皿腫,而嘰I口：BLx1由以上各式得：二V2由以上各式得心=肌(心+r)2B2L2xi2所求二T考點：導體切割磁感線時的感應電動勢；電磁感應中的能量轉化【名師點睛】解決本題的關鍵知道分析導體棒受力情況，應用閉合電路歐姆定律和牛頓第二定律求解，注意對于線性變化的物理量求平均的思路，本題中先后用到平均電動勢、平均電阻和平均加速度。22如圖所示，小車右端有一半圓形光滑軌道BC相切車表面于B點，一個質量為m=1.0kg可以視為質點的物塊放置在A點，隨小車一起以速度v0=5.0m/s沿光滑水平面上向右勻速運動.勁度系數較大的輕質彈簧固定在右側豎直擋板上.當小車壓縮彈簧到最短時，彈簧自鎖（即不再壓縮也不恢復形變），此時，物塊恰好在小車的B處，此后物塊恰能沿圓弧軌道運動到最高點C.已知小車上表面水平且離地面的高度h=0.45m，小車的質量為M=1.0kg，小車的長度為l=1.