2019-2020年高三物理下学期期中试卷（含解析）.doc

2019-2020年高三物理下学期期中试卷（含解析）一、单选题：共6题每题4分共24分1（4分）在物理学发展史上伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献 以下选项中符合他们观点的是（）A人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方B两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受的力越大速度就越大C两物体从同一高度自由下落，较轻的物体下落较慢D一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来；这说明：静止状态才是物体不受力时的“自然状态”2（4分）如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆）现使小球改到一个更xx学年高一些的水平面上做匀速圆周运动（图中P位置），两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是（）A细线所受的拉力变小B小球P运动的角速度变小CQ受到桌面的静摩擦力变大DQ受到桌面的支持力变大3（4分）两条相互平行的光滑金属导轨，距离为L，电阻不计导轨内有一与水平面垂直向里的匀强磁场，导轨左侧接电容器C，电阻R1和R2，如图所示垂直导轨且与导轨接触良好的金属杆AB以一定的速度向右匀速运动，某时刻开始做匀减速运动至速度为零后反向匀加速运动在金属杆变速运动的过程中，下列说法正确的是（）AR1中无电流通过BR1中电流一直从e流向aCR2中电流一直从a流向bDR2中电流先从b流向a，后从a流向b4（4分）如图所示，理想变压器原线圈上连接着在水平面内的长直平行金属导轨，导轨之间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，金属杆MN垂直放置在导轨上，且接触良好移动变压器副线圈上的滑动触头可改变副线圈匝数，副线圈上接有一只理想交流电压表，滑动变阻器R的总阻值大于定值电阻R0的阻值，线圈L的直流电阻、导轨和金属杆的电阻都忽略不计现在让金属杆以速度v=v0sint的规律在导轨上左右来回运动，运动过程中始终与导轨垂直，两灯A、B都发光下列说法中正确的是（）A只增大T，则灯A变暗、灯B变亮B当时间t=T时，两灯都亮着，电压表的示数为零C只将变阻器R的滑片下滑时，通过副线圈的电流减小，电压表的示数变大D只增大v0，两灯都变亮，杆MN来回运动的最大距离变小5（4分）如图所示，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为现杆受到水平向左、垂直于杆的恒力F作用，从静止开始沿导轨运动，当运动距离L时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g对于此过程，下列说法中正确的是（）A杆的速度最大值为B流过电阻R的电量为C恒力F做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量D安倍力做功的绝对值等于回路中产生的焦耳热6（4分）如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象，直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象，将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么（）AR接到a电源上，电源的效率较高BR接到b电源上，电源的输出功率较大CR接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低DR接到b电源上，电阻R的发热功率和电源的效率都较高二、多选题：共4题每题6分共24分7（6分）如图所示，放在水平地面上的光滑绝缘筒有两个带正电的小球A、B，A位于筒底靠左侧壁处，B在右侧筒壁上P处时处于平衡状态，现将B小球向上移动一段距离，从E处由静止开始释放，则在它下落到筒底前（）A小球A对筒底的压力保持不变B小球B对筒壁的压力逐渐增大C小球B的动能先增大后减小D小球A、B间的电势能逐渐减小8（6分）1970年4月24日，我国自行设计、制造的第一颗人造卫星“东方红一号”发射成功，开创了我国航天事业的新纪元“东方红一号”的运行轨道为椭圆轨道，其近地点M和远地点N的高度分别为439km和2384km，则（）A卫星在M点的机械能大于N点的机械能B卫星在M点的角速度大于N点的角速度C卫星在M点的加速度大于N点的加速度D卫星在N点的速度大于7.9 km/s9（6分）在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v则此时（）A拉力做功的瞬时功率为FvsinB物块B满足m2gsin=kdC物块A的加速度为D弹簧弹性势能的增加量为Fdm1gdsinm1v210（6分）如图为发电厂向远处用户的输电电路示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，若输送功率增大，下列说法中正确的有（）A升压变压器的输出电压增大B降压变压器的输出电压增大C输电线上损耗的功率增大D输电线上损耗的功率占总功率的比例增大三、实验题：共12分11（12分）某兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：用天平测出电动小车的质量为0.4kg；将电动小车、纸带和打点计时器按如图甲所示安装；接通打点计时器（其打点时间间隔为0.02s）；使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器（设小车在整个过程中所受的阻力恒定）在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的部分点迹如图乙所示（长度单位：cm）请你分析纸带数据，回答下列问题：（结果保留两位有效数字）（1）该电动小车运动的最大速度为m/s；（2）该电动小车的额定功率为W四、计算题：共3题共40分12（14分）如图，可视为质点的小物块质量m=1kg，长木板M=3kg，初始m位于M最左端，M和m一起以v0=4m/s向右运动，光滑平面ab间距足够长，M、m间动摩擦因数=0.4，M与b处固定障碍物碰撞时为弹性碰撞，作用时间极短，M与a处固定障碍物碰撞后粘在一起在a的上方有一个光滑的半圆轨道，半径R=1.6mg=10m/s2，求：（1）若M与b碰撞后，M、m达到共同速度，求共同速度的大小；（2）若木板长度L=8m，求m与b点的最小距离；（3）若木板长度L=8m，ab间距离为13m，M与a碰撞瞬间，给m一个瞬时冲量，m的速度变为vm，之后m能经过半圆最高点后落回在长木板上，求Vm的范围13（14分）如图甲所示，有一磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OP与水平方向夹角为=45，紧靠磁场右上边界放置长为L、间距为d的平行金属板M、N，磁场边界上的O点与N板在同一水平面上，O1、O2为电场左右边界中点在两板间存在如图乙所示的交变电场（取竖直向下为正方向）某时刻从O点竖直向上以不同初速度同时发射两个相同的质量为m、电量为+q的粒子a和b结果粒子a恰从O1点水平进入板间电场运动，由电场中的O2点射出；粒子b恰好从M板左端边缘水平进入电场不计粒子重力和粒子间相互作用，电场周期T未知求：（1）粒子a、b从磁场边界射出时的速度va、vb；（2）粒子a从O点进入磁场到O2点射出电场运动的总时间t；（3）如果金属板间交变电场的周期T=，粒子b从图乙中t=0时刻进入电场，要使粒子b能够穿出板间电场时E0满足的条件选修3-514（6分）氢原子辐射出一个光子之后，根据玻尔理论，下面叙述正确的是（）A原子从高能级跃迁到低能级B电子绕核运动的半径减小C电子绕核运动的周期不变D原子的电势能减小E电子绕核运动的动能减小15（6分）如图所示，在光滑的水平面上，静止的物体B侧面固定一个轻弹簧，物体A以速度v0沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用，两物体的质量均为m（i）求它们相互作用过程中弹簧获得的最大弹性势能Ep；（ii）若B的质量变为2m，再使物体A以同样的速度通过弹簧与静止的物体B发生作用，求当弹簧获得的弹性势能也为Ep时，物体A的速度大小四川省南充市营山县双河中学xx届高三下学期期中物理试卷参考答案与试题解析一、单选题：共6题每题4分共24分1（4分）在物理学发展史上伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献 以下选项中符合他们观点的是（）A人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方B两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受的力越大速度就越大C两物体从同一高度自由下落，较轻的物体下落较慢D一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来；这说明：静止状态才是物体不受力时的“自然状态”考点：物理学史分析：人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方，符合伽利略、牛顿的惯性理论两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受的力越大速度就越大，不符合伽利略、牛顿的观点伽利略、牛顿认为重物与轻物下落一样快、力不是维持物体运动的原因根据伽利略、牛顿的观点判断选项的正误解答：解：A、人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，人保持起跳时车子的速度，水平速度将车子的速度，所以将落在起跳点的后方符合伽利略、牛顿的惯性理论故A正确B、力越大，物体运动的速度越大，不是伽利略、牛顿的观点故B错误C、伽利略、牛顿认为重物与轻物下落一样快，所以此选项不符合他们的观点故C错误D、此选项说明力是维持物体运动的原因，是亚里士多德的观点，不是伽利略、牛顿的观点故D错误故选A点评：本题要对亚里士多德的观点和伽利略、牛顿的观点关于力和运动关系的观点有了解可以根据牛顿的三大定律进行分析2（4分）如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆）现使小球改到一个更xx学年高一些的水平面上做匀速圆周运动（图中P位置），两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是（）A细线所受的拉力变小B小球P运动的角速度变小CQ受到桌面的静摩擦力变大DQ受到桌面的支持力变大考点：向心力；摩擦力的判断与计算专题：匀速圆周运动专题分析：金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件分析所受桌面的支持力是否变化以P为研究对象，根据牛顿第二定律分析细线的拉力的变化，判断Q受到桌面的静摩擦力的变化由向心力知识得出小球P运动的角速度、周期与细线与竖直方向夹角的关系，再判断其变化解答：解：A、设细线与竖直方向的夹角为，细线的拉力大小为T，细线的长度为LP球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有：T=，mgtan=m2Lsin，得角速度=，周期T=使小球改到一个更xx学年高一些的水平面上作匀速圆周运动时，增大，cos减小，则得到细线拉力T增大，角速度增大，周期T减小对Q球，由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩擦力变大，故AB错误，C正确；D、金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件得知，Q受到桌面的支持力等于其重力，保持不变故D错误故选：C点评：本题中一个物体静止，一个物体做匀速圆周运动，分别根据平衡条件和牛顿第二定律研究，分析受力情况是关键3（4分）两条相互平行的光滑金属导轨，距离为L，电阻不计导轨内有一与水平面垂直向里的匀强磁场，导轨左侧接电容器C，电阻R1和R2，如图所示垂直导轨且与导轨接触良好的金属杆AB以一定的速度向右匀速运动，某时刻开始做匀减速运动至速度为零后反向匀加速运动在金属杆变速运动的过程中，下列说法正确的是（）AR1中无电流通过BR1中电流一直从e流向aCR2中电流一直从a流向bDR2中电流先从b流向a，后从a流向b考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电容专题：电磁感应与电路结合分析：根据金属杆做匀减速运动至速度为零后反向匀加速运动，利用E=BLv求得产生的电动势，再由Q=CU，求得电容器的电量，根据电量的变化确定电流方向解答：解：开始时，金属杆AB以一定的速度向右匀速运动，由感应电动势：E=BLv，电容器两端的带电量为，Q=CU=CBLv，有右手定则知，R2感应电流方向由a向b，故电容器的上极板带正电，开始做匀减速运动至速度为零的过程中，Q=CU=CBLv知，速度减小，极板带电量减小，有电流定义式：可知，R1中有电流通过，方向由e流向a，R2中电流从a流向b，故A错误；反向匀加速运动过程中，有右手定则知，R2感应电流方向由b向a，电容器反向充电，流经R1电流方向由e流向a，故B正确，CD错误；故选：B点评：本题电磁感应中电路问题，基础是识别电路的结构本题难点是根据并联电路电流与电阻成反比确定两电阻电量的关系在xx届高考中电路中含有电容器也是热点问题4（4分）如图所示，理想变压器原线圈上连接着在水平面内的长直平行金属导轨，导轨之间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，金属杆MN垂直放置在导轨上，且接触良好移动变压器副线圈上的滑动触头可改变副线圈匝数，副线圈上接有一只理想交流电压表，滑动变阻器R的总阻值大于定值电阻R0的阻值，线圈L的直流电阻、导轨和金属杆的电阻都忽略不计现在让金属杆以速度v=v0sint的规律在导轨上左右来回运动，运动过程中始终与导轨垂直，两灯A、B都发光下列说法中正确的是（）A只增大T，则灯A变暗、灯B变亮B当时间t=T时，两灯都亮着，电压表的示数为零C只将变阻器R的滑片下滑时，通过副线圈的电流减小，电压表的示数变大D只增大v0，两灯都变亮，杆MN来回运动的最大距离变小考点：导体切割磁感线时的感应电动势；变压器的构造和原理分析：若MN棒以速度v=v0sint的规律在导轨上左右来回运动，原线圈中产生正弦式交变电流，副线圈中将有感应电流产生；根据电容器和电感线圈的特性分析选择电容器内部是真空或电介质，隔断直流能充电、放电，能通交流，具有隔直通交、通高阻低的特性电感线圈可以通直流，通过交流电时产生自感电动势，阻碍电流的变化，具有通直阻交，通低阻高的特性解答：解：A、只增大T，即减小频率，电容器的特性：通交流，隔直流，通调频，阻低频，所以灯A变暗，电感的特性：通直流，阻交流通低频，阻高频，所以灯B变亮故A正确；B、当时间t=T时，两灯都亮着，电压表的示数为有效值，不为零，故B错误；C、只将变阻器R的滑片下滑时，变阻器R阻值最大，通过副线圈的电流减小，电压表的示数不变，故C错误；D、只增大v0，两灯都变亮，根据速度时间图象面积表示位移，所以杆MN来回运动的最大距离变大，故D错误；故选：A点评：本题考查对变压器原理的理解，并抓住产生感应电流的条件和电感、电容的特性进行分析明确电感和电容对交流电的阻碍作用5（4分）如图所示，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为现杆受到水平向左、垂直于杆的恒力F作用，从静止开始沿导轨运动，当运动距离L时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g对于此过程，下列说法中正确的是（）A杆的速度最大值为B流过电阻R的电量为C恒力F做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量D安倍力做功的绝对值等于回路中产生的焦耳热考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律专题：电磁感应与电路结合分析：当杆子所受的合力为零时速度最大，根据平衡结合闭合电路欧姆定律以及切割产生的感应电动势公式求出最大速度根据法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势，从而得出平均感应电流，根据q=It求出通过电阻的电量根据动能定理判断恒力、摩擦力、安培力做功与动能的关系解答：解：A、当杆的速度达到最大时作匀速运动，设最大速度为v，此时杆所受的安培力为F安=，杆受力平衡，故FmgF安=0，所以可得v=故A错误B、流过电阻R的电荷量为q=It=，故B错误；C、根据动能定理知，恒力F、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，故C错误D、根据功能关系知，安倍力做功的绝对值等于回路中产生的焦耳热故D正确故选：D点评：本题综合运用了法拉第电磁感应定律以及切割产生的感应电动势的大小公式E=BLv，应用时要注意金属棒的切割磁感线的长度是d，不是L6（4分）如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象，直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象，将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么（）AR接到a电源上，电源的效率较高BR接到b电源上，电源的输出功率较大CR接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低DR接到b电源上，电阻R的发热功率和电源的效率都较高考点：电功、电功率；路端电压与负载的关系专题：恒定电流专题分析：根据电源的图线，读出短路电流和电阻R接在电源上时的工作状态，分析电源效率的大小电源的UI图线与电阻R的UI图线的交点表示电阻R接在该电源上的工作状态，读出电压和电流，分析电源的输出功率大小解答：解：A、电源的效率=由图看出，电阻R接在电源a上时电路中电流为0.5I，短路电流为I，根据闭合电路欧姆定律I=得到，R=r，a电源的效率为50%由图看出，电阻R接在电源b上时50%，则电源b的效率大于50%故A错误B、电源的图线与电阻R的UI图线的交点表示电阻R接在该电源上的工作状态，由图读出电阻R接在电源a的电压和电流较大，电源a的输出功率较大故B错误C、D由分析可知，R接到a电源上，电源的输出功率较大，电源效率较低故C正确，D错误故选：C点评：本题考查对电源和电阻伏安特性曲线的理解，从交点、斜率、面积等数学角度来理解图线的物理意义二、多选题：共4题每题6分共24分7（6分）如图所示，放在水平地面上的光滑绝缘筒有两个带正电的小球A、B，A位于筒底靠左侧壁处，B在右侧筒壁上P处时处于平衡状态，现将B小球向上移动一段距离，从E处由静止开始释放，则在它下落到筒底前（）A小球A对筒底的压力保持不变B小球B对筒壁的压力逐渐增大C小球B的动能先增大后减小D小球A、B间的电势能逐渐减小考点：电势能分析：在讨论A对筒底的压力变化时，把AB两球看成系统，根据B的运动判断系统处于失重还是超重，故可知对筒底的压力的变化；在具体到每个物体受力情况时，可以采取隔离法；判断动能变化要看合外力做功情况；判断系统电势能的变化要看电场力做功情况，可以通过判断A、B球之间距离变化情况进行判断，若距离增大，电场力正功，距离减小，电场力做负功解答：解：A、以整体为研究对象可知，A不动，B先加速下降，再减速下降，故整体上看，系统先处于失重，再处于超重，故A球对筒底的压力先小于A、B两球的总重力，再大于AB的总重力，因此在B运动的过程中，A对筒底的压力变化，故A错误B、隔离B球受力如图所示，根据水平方向上受力平衡有：FN=FsinB下降，两球之间的距离减小，库仑力F变大，同时角变大，sin变大，因此筒壁给球B的支持力FN增大，根据作用力与反作用力可知B球对筒壁的压力变大，故B正确；C、小球从静止释放，电场力F的竖直分力先小于重力，后大于重力，所以球B先加速后减速，动能先增大再减小，故C正确D、两球之间的距离减小，电场力做负功，系统电势能增大，故D错误故选：BC点评：正确应用“整体、隔离法”往往可以使问题变得简单，对物体正确进行受力分析依据所处状态列方程是解决平衡问题的关键8（6分）1970年4月24日，我国自行设计、制造的第一颗人造卫星“东方红一号”发射成功，开创了我国航天事业的新纪元“东方红一号”的运行轨道为椭圆轨道，其近地点M和远地点N的高度分别为439km和2384km，则（）A卫星在M点的机械能大于N点的机械能B卫星在M点的角速度大于N点的角速度C卫星在M点的加速度大于N点的加速度D卫星在N点的速度大于7.9 km/s考点：万有引力定律及其应用专题：万有引力定律的应用专题分析：地球引力做功改变卫星的势能，做正功势能减小，做负功势能增加据此判断势能的大小在远地点速度慢，加速度小，近地点速度快，加速度大解答：解：A、由M到N只有地球引力做功，机械能守恒故A错误； B、根据开普勒第二定律可知，近地点速度大，根据，可知近地点角速度大，远地点角速度小故B正确； C、加速度a=，可知近地点加速度大，远地点加速度小故C正确； D、第一宇宙速度，是发射卫星的最小速度，是卫星绕地球运动的最大速度，所以在N点的速度应小于7.9Km/s 故D错误故选：BC点评：考查卫星运动规律，明确近地点与远地点的速度，加速度，势能的大小关系本题也可以运用开普勒第二定律判断近地点和远地点的速度大小，也可以从机械能守恒的角度理解速度的变化9（6分）在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v则此时（）A拉力做功的瞬时功率为FvsinB物块B满足m2gsin=kdC物块A的加速度为D弹簧弹性势能的增加量为Fdm1gdsinm1v2考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律；弹性势能分析：当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量；根据牛顿第二定律求出物块A的加速度大小；根据功能关系可求弹簧弹性势能的增加量解答：解：A、由于拉力F与速度v同向，所以拉力的瞬时功率为 P=Fv，故A错误；B、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsin=kx2 ，但由于开始是弹簧是压缩的，故dx2，故m2gsinkd，故B错误；C、当B刚离开C时，对A，根据牛顿第二定律得：Fm1gsinkx2=m1a1 ，又开始时，A平衡，则有：m1gsin=kx1，而d=x1+x2，解得：物块A加速度为，故C正确；D、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：，故D正确；故选：CD点评：含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路10（6分）如图为发电厂向远处用户的输电电路示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，若输送功率增大，下列说法中正确的有（）A升压变压器的输出电压增大B降压变压器的输出电压增大C输电线上损耗的功率增大D输电线上损耗的功率占总功率的比例增大考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：正确解答本题需要掌握：理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压由输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系理想变压器电压和匝数关系解答：解：A、由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，故A错误B、由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U2不变，根据P=UI可输电线上的电流I线增大，根据U损=I线R，输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压U3=U2U损可得，降压变压器的输入电压U3减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故B错C、根据P损=I线2R，又输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，故C正确D、根据=发电厂的输出电压不变，输电线上的电阻不变，所以输电线上损耗的功率占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大故D正确故选：CD点评：对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关三、实验题：共12分11（12分）某兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：用天平测出电动小车的质量为0.4kg；将电动小车、纸带和打点计时器按如图甲所示安装；接通打点计时器（其打点时间间隔为0.02s）；使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器（设小车在整个过程中所受的阻力恒定）在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的部分点迹如图乙所示（长度单位：cm）请你分析纸带数据，回答下列问题：（结果保留两位有效数字）（1）该电动小车运动的最大速度为1.5m/s；（2）该电动小车的额定功率为1.3W考点：验证机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率专题：功率的计算专题分析：（1）最后匀速的速度便是小车以额定功率运动的最大速度，由此根据纸带可求出小车最大速度（2）小车在摩擦力力作用下减速运动，根据牛顿第二定律可求出摩擦力的大小 当小车达到额定功率时有：P=Fv=fvm，据此可求出额定功率大小解答：解：（1）根据纸带可知，当所打的点点距均匀时，表示物体匀速运动，此时速度最大，故有：vm=1.5m/s（2）计数点间的时间间隔t=0.022=0.04s，从右端开始取六段位移，根据逐差法有：a=2.1m/s2，方向与运动方向相反由牛顿第二定律得：f=ma，将m=0.4kg代人得：f=0.84N当汽车达到额定功率，匀速运动时，F=f，P=Fv=fvm，代人数据解得P=1.26W1.3W故答案为：（1）1.5； （2）1.3点评：本题考查了功、功率问题在实际中应用，知道在平直路面行驶的车子，功率一定，当牵引力与阻力相等时，速度最大四、计算题：共3题共40分12（14分）如图，可视为质点的小物块质量m=1kg，长木板M=3kg，初始m位于M最左端，M和m一起以v0=4m/s向右运动，光滑平面ab间距足够长，M、m间动摩擦因数=0.4，M与b处固定障碍物碰撞时为弹性碰撞，作用时间极短，M与a处固定障碍物碰撞后粘在一起在a的上方有一个光滑的半圆轨道，半径R=1.6mg=10m/s2，求：（1）若M与b碰撞后，M、m达到共同速度，求共同速度的大小；（2）若木板长度L=8m，求m与b点的最小距离；（3）若木板长度L=8m，ab间距离为13m，M与a碰撞瞬间，给m一个瞬时冲量，m的速度变为vm，之后m能经过半圆最高点后落回在长木板上，求Vm的范围考点：动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：动量定理应用专题分析：（1）当M与b碰撞后，m和M组成的系统动量守恒，从而求得共同速度大小；（2）m和M在相互作用的摩擦力作用下分别做匀减速运动和匀加速运动，根据运动学规律求得m与b的最小距离；（3）根据功能关系求得物体m离开半圆轨道时的速度，再根据平抛知识求得物体做平抛的射程，根据落在木板上的射程要求求得Vm的范围解答：解：（1）M与b弹性碰撞后速度大小不变，方向反向，故对M、m系统，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得：Mv0mv0=（M+m）vM、m的共同速度为：v=；（2）M与b碰后，m向右减速为0时，与b点距离最小，对m有：m向右减速过程的位移：m与b的最小距离为：xmb=Lxm=82m=6m（3）M与b碰后，假设M与a碰前M、m能达到共同速度，对M、m系统有：对M，此过程中的加速度，有：此过程位移为：代入数据解得：s相对=6m8msM=4.5m13m所以假设成立M与m相碰粘在一起，依题意有：运动至半圆最高点有：小球从最高点开始做平抛运动，落在木板上，满足：vtL解得：8答：（1）若M与b碰撞后，M、m达到共同速度，共同速度的大小为2m/s；（2）若木板长度L=8m，m与b点的最小距离为6m；（3）若木板长度L=8m，ab间距离为13m，M与a碰撞瞬间，给m一个瞬时冲量，m的速度变为vm，之后m能经过半圆最高点后落回在长木板上，Vm的范围为8点评：本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式的综合，综合性强，对学生的能力要求较高，对于第三问，关键抓住临界状态，选择合适的规律进行求解13（14分）如图甲所示，有一磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OP与水平方向夹角为=45，紧靠磁场右上边界放置长为L、间距为d的平行金属板M、N，磁场边界上的O点与N板在同一水平面上，O1、O2为电场左右边界中点在两板间存在如图乙所示的交变电场（取竖直向下为正方向）某时刻从O点竖直向上以不同初速度同时发射两个相同的质量为m、电量为+q的粒子a和b结果粒子a恰从O1点水平进入板间电场运动，由电场中的O2点射出；粒子b恰好从M板左端边缘水平进入电场不计粒子重力和粒子间相互作用，电场周期T未知求：（1）粒子a、b从磁场边界射出时的速度va、vb；（2）粒子a从O点进入磁场到O2点射出电场运动的总时间t；（3）如果金属板间交变电场的周期T=，粒子b从图乙中t=0时刻进入电场，要使粒子b能够穿出板间电场时E0满足的条件考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律可以求出粒子a、b从I磁场边界射出时的速度va、vb（2）求出粒子在磁场中、在电场中、在电磁场外的运动时间，然后求出总运动时间（3）作出粒子在电场中的运动轨迹，应用类平抛运动规律分析答题解答：解：（1）如图所示，粒子a、b在磁场中均速转过90，平行于金属板进入电场由几何关系可得：，rb=d由牛顿第二定律可得 解得：，（2）粒子a在磁场中运动轨迹如图在磁场中运动周期为： 在磁场中运动时间： 粒子在电磁场边界之间运动时，水平方向做匀速直线运动，所用时间为 由 则全程所用时间为：（3）粒子在磁场中运动的时间相同，a、b同时离开磁场，a比b进入电场落后时间 故粒子b在t=0时刻进入电场由于粒子a在电场中从O2射出，在电场中竖直方向位移为0，故a在板间运动的时间ta是周期的整数倍，由于vb=2va，b在电场中运动的时间是tb=ta，可见b在电场中运动的时间是半个周期的整数倍即 粒子b在内竖直方向的位移为 粒子在电场中的加速度由题知粒子b能穿出板间电场应满足nyd 解得答：（1）粒子a、b从磁场边界射出时的速度va、vb分别是：和；（2）粒子a从O点进入磁场到射出O2点运动的总时间是；（3）如果交变电场的周期T=，要使粒子b能够穿出板间电场，则电场强度大小E0满足的条件点评：本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题选修3-514（6分）氢原子辐射出一个光子之后，根据玻尔理论，下面叙述正确的是（）A原子从高能级跃迁到低能级B电子绕核运动的半径减小C电子绕核运动的周期不变D原子的电势能减小E电子绕核运动的动能减小考点：氢原子的能级公式和跃迁专题：原子的能级结构专题分析：氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，轨道半径减小，根据库仑引力提供向心力，得出电子速度的变化，从而得出电子动能的变化，根据氢原子能量的变化得出电势能的变化解答：解：A、氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，氢原子的能量减小，能级减少，故A正确；B、氢原子的能量减小，轨道半径减小，根据k=m，得轨道半径减小，电子速率增大，动能增大，由于氢原子能量减小，则氢原子电势能减小故B正确，D正确，E错误；C、根据k=m，得轨道半径减小，电子绕核运动的周期减小，故C错误；故选：ABD点评：解决本题的关键知道从高能级向低能级跃迁，辐射光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子，以及知道原子的能量等于电子动能和电势能的总和，通过动能的变化可以得出电势能的变化15（6分）如图所示，在光滑的水平面上，静止的物体B侧面固定一个轻弹簧，物体A以速度v0沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用，两物体的质量均为m（i）求它们相互作用过程中弹簧获得的最大弹性势能Ep；（ii）若B的质量变为2m，再使物体A以同样的速度通过弹簧与静止的物体B发生作用，求当弹簧获得的弹性势能也为Ep时，物体A的速度大小考点：动量守恒定律；机械能守恒定律专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（i）物体速度相等时弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律与能量守恒定律求出弹簧的最大弹性势能（ii）由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出物A的速度解答：解：（i）设A、B质量为m，当A、B速度相同时，弹簧的弹性势能最大，以AB组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv，由机械能守恒定律得：，解得：；（ii）当弹簧弹性势能为Ep时，设A、B的速度分别为v1、v2，以AB组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv1+2mv2，由机械能守恒定律得：，解得：，或v1=0；答：（i）它们相互作用过程中弹簧获得的最大弹性势能为mv02；（ii）当弹簧获得的弹性势能也为Ep时，物体A的速度大小为v0或0点评：本题考查了求弹簧的弹性势能、物体速度问题，分析清楚物体的运动过程、应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题