山东省泰安市东平高中2017届高三上学期第一次半月考物理试卷 22页

‎2016-2017学年山东省泰安市东平高中高三（上）第一次半月考物理试卷（解析版）‎ ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．在不计空气阻力的情况下，让质量不等的两物体从同一高处同时自由下落，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．在落地前的任一时刻，两物体具有相同的速度和位移 B．质量大的物体下落得快，质量小的物体下落得慢 C．质量大的物体加速度大，质量小的物体加速度小 D．在落地前的任一时刻，两物体的加速度不同 ‎2．如图所示，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜．连接A与天花板之间的细绳沿竖直方向．关于两木块的受力，下列说法正确的（　　）‎ A．A、B之间一定存在摩擦力作用 B．木块A可能受三个力作用 C．木块B可能受到地面的摩擦力作用 D．B受到地面的支持力一定大于木块B的重力 ‎3．如图所示，一同学分别在同一直线上的A、B、C三个位置投掷篮球，结果都垂直击中篮筐，速度分别为v1、v2、v3．若篮球出手时高度相同，出手速度与水平夹角分别为θ1、θ2、θ3，下列说法正确的是（　　）‎ A．v1＜v2＜v3 B．v1＞v2＞v3 C．θ1＞θ2＞θ3 D．θ1=θ2=θ3‎ ‎4．如图所示，一带电小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面，当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方摆到最低点时悬线上的张力为（　　）‎ A．0 B．2mg C．4mg D．6mg ‎5．今年7月23日凌晨，美国宇航局（NASA）发布消息称其天文学家们发现了迄今“最接近另一个地球”的系外行星，因为围绕恒星Kepler 452运行，这颗系外行星编号为Kepler 452b，其直径约为地球的1.6倍，与恒星之间的距离与日地距离相近，其表面可能存在液态水，适合人类生存．设Kepler 452b在绕恒星Kepler 452圆形轨道运行周期为T1，神舟飞船在地球表面附近圆形轨道运行周期为T2，恒星Kepler 452质量与地球质量之比为p，Kepler 452b绕恒星Kepler 452的轨道半径与地球半径之比为q，则T1、T2之比为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．发电机的路端电压为U，经电阻为R的输电线向远方用户供电，发电机的输出功率为P，则（　　）‎ A．输电线上的电流为 B．输电线上的功率损失为 C．用户得到的功率为P﹣（）2R D．用户得到的电压为 ‎7．放在粗糙水平地面上的物体，受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间图象和该拉力的功率与时间的图象如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．0～6s内物体的位移大小为30m B．0～6s内拉力做功为100J C．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等 D．水平拉力的大小为5N ‎8．两光滑水平导轨放置匀强磁场中，磁场与导轨所在平面垂直，金属棒ab可沿导轨自由移动，如图所示，导轨一端跨接一个定值电阻，金属棒和导轨的电阻不计．现将金属棒沿导轨由静止向右拉动，若保持拉力F恒定，经过时间t1速度变为v，金属棒受到的磁场力为F1，最终以2v的速度做匀速运动；若保持拉力的功率P恒定，经过时间t2，速度也变为v，金属棒受到的磁场力为F2，最终也以2v的速度做匀速运动．则（　　）‎ A．t1＞t2 B．t1=t2 C．F1=F2 D．F=2F2‎ ‎　‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第14题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共47分）‎ ‎9．（8分）某同学用图甲所示的装置验证机械能守恒定律．实验操作过程中 ‎①用游标卡尺测量小球的直径，由图乙可知小球的直径为　　mm；‎ ‎②用刻度尺测出电磁铁下端到光电门的距离为l22.20cm；‎ ‎③断开电磁铁电源，让小球自由下落；‎ ‎④在小球经过光电门时，计时装置记下小球经过光电门所用的时间为2.50×10﹣3s，由此可算得小球经过光电门时的速度为　　m/s；‎ ‎⑤以光电门所在处的水平面为参考面，小球的质量为m（kg），取重力加速度g=10m/s2，计算得出小球在最高点时的机械能为　　J，小球在光电门时的机械能为　　J．由此可知，在误差允许的范围内，小球下落过程中机械能是守恒的．‎ ‎10．某实验小组探究一种热敏电阻的温度特性．现有器材：直流恒流电源（在正常工作状态下输出的电流恒定）．电压表、待测热敏电阻、保温容器、温度计、开关和导线等．‎ ‎（1）若用上述器材测量热敏电阻的阻值随温度变化的特性，请你在图1中的实物图上连线．‎ ‎（2）实验的主要步骤：‎ ‎①正确连接电路，在保温容器中注入适量冷水，接通电源，调节并记录电源输出的电流值；‎ ‎②在保温容器中添加少量热水，待温度稳定后，闭合开关，　　，断开开关；‎ ‎③重复第②步操作若干次，测得多组数据．‎ ‎（3）实验小组算得该热敏电阻在不同温度下的阻值，并据此绘得图2的R﹣t关系图线，请根据图线写出该热敏电阻的R﹣t关系式：R=　　+　　t （Ω） （保留3位有效数字）．‎ ‎11．（14分）质量为0.2千克的小球从一弹性平面处以20米/秒的速度竖直上抛，能上升的最大高度为16m，然后落回平面，与平面发生碰撞后再次上升，上升的高度为7m，而后又落回平面…直到最后静止在平面上，设小球受到的空气阻力大小恒定，求：‎ ‎（1）小球所受空气阻力的大小 ‎（2）小球第一次上升时间和下落时间之比 ‎（3）从小球刚开始上抛到第二次落到平面之前的过程中损失的机械能．‎ ‎12．（19分）如图所示，在空中有一水平方向的匀强磁场区域，区域的上下边缘间距为h，磁感应强度为B．有一长度为L、宽度为b（b＜h）、电阻为R、质量为m的矩形线圈紧贴磁场区域的上边缘从静止起竖直下落，当线圈的下边穿出磁场时，恰好以速率v匀速运动．已知重力加速度为g，求 ‎（1）线圈匀速运动的速率v；‎ ‎（2）穿过磁场区域过程中，线圈中产生的热量Q；‎ ‎（3）线圈穿过磁场区域所经历的时间t．‎ ‎　‎ 二、物理选修3-3（15分）‎ ‎13．一定量的理想气体处在温度为290K的A状态，经历如图的A→B→C→A循环．下列说法正确的是（　　）‎ A．A→B的过程中，每个气体分子的动能都增加 B．B→C的过程中，气体温度先升高后降低 C．C→A的过程中，气体内能一定减小 D．C→A的过程中，外界对气体做功100J E．气体达到B状态时的温度为580K ‎14．（10分）如图为一粗细均匀、足够长的等臂细U形管竖直放置，两侧上端都封闭有理想气体A、B且被水银柱隔开，已知气体A的压强PA=75．cmHg，A气柱长度为lA=20.0cm，两气柱的长度差为h=5.0cm．现将U形管水平放置，使两臂位于同一水平面上．设整个过程温度保持不变，求稳定后两空气柱的长度差h′．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山东省泰安市东平高中高三（上）第一次半月考物理试卷（解析版）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．在不计空气阻力的情况下，让质量不等的两物体从同一高处同时自由下落，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．在落地前的任一时刻，两物体具有相同的速度和位移 B．质量大的物体下落得快，质量小的物体下落得慢 C．质量大的物体加速度大，质量小的物体加速度小 D．在落地前的任一时刻，两物体的加速度不同 ‎【考点】自由落体运动．‎ ‎【分析】自由落体运动是初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，结合速度时间公式、位移时间公式分析求解．‎ ‎【解答】解：A、两物体在落地前t时刻的速度v=gt，在t时间内下落的高度h=，知速度和位移相同，故A正确．‎ B、而物体下落的时间，知两物体同时落地，即下落的时间相同，与质量的大小无关，故B错误．‎ CD、由于两物体从同一高处做自由落体运动，故初速度为0，加速度，即加速度与物体的质量无关，故两物体的加速度相同，CD错误．‎ 故选：A ‎【点评】解决本题的关键知道自由落体运动的运动规律，知道加速度为g，与质量无关，结合运动学公式灵活求解．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜．连接A与天花板之间的细绳沿竖直方向．关于两木块的受力，下列说法正确的（　　）‎ A．A、B之间一定存在摩擦力作用 B．木块A可能受三个力作用 C．木块B可能受到地面的摩擦力作用 D．B受到地面的支持力一定大于木块B的重力 ‎【考点】摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】分别对AB及整体进行分析，由共点力的平衡条件可判断两物体可能的受力情况．‎ ‎【解答】解：A、对A进行受力分析，则A可能受绳子的拉力、重力而处于平衡；此时AB间没有相互的挤压，故没有摩擦力；故A错误；‎ B、若木块对绳子没有拉力，则此时A受重力、支持力及摩擦力而处于平衡，故B正确；‎ C、对整体受力分析可知，整体不受水平方向的推力作用，故B不受地面的摩擦力；故C错误；‎ D、若出现A中情况，此时A对B没有压力，故B只受重力和支持力而处于平衡；此时支持力等于B的重力，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查共点力的平衡及受力分析，解题关键在于能明确物体受力的各种可能性，从而全面分析得出结果．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，一同学分别在同一直线上的A、B、C三个位置投掷篮球，结果都垂直击中篮筐，速度分别为v1、v2、v3．若篮球出手时高度相同，出手速度与水平夹角分别为θ1、θ2、θ3，下列说法正确的是（　　）‎ A．v1＜v2＜v3 B．v1＞v2＞v3 C．θ1＞θ2＞θ3 D．θ1=θ2=θ3‎ ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】据题知三个篮球都垂直击中篮筐，其逆过程是平抛运动，它们上升的高度相等，水平位移大小不等，根据平抛运动的规律得到水平位移与初速度的关系，分析初速度的大小．根据速度的分解，分析角度的关系．‎ ‎【解答】解：A、B、三个篮球都垂直击中篮筐，其逆过程是平抛运动，设任一篮球击中篮筐的速度v，上升的高度为h，水平位移为x．‎ 则有：x=vt，h=，则得：v=x，h相同，则v∝x，则得v1＞v2＞v3．故A错误，B正确．‎ C、D、根据速度的分解有：tanθ=，t相同，v1＞v2＞v3，则得θ1＜θ2＜θ3．故CD错误．‎ 故选：B ‎【点评】本题运用逆向思维研究斜抛运动，关键是要明确平抛运动的研究方法、位移公式和速度公式，是解决平抛运动问题的基础知识．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，一带电小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面，当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方摆到最低点时悬线上的张力为（　　）‎ A．0 B．2mg C．4mg D．6mg ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；向心力；左手定则；右手定则．‎ ‎【分析】小球摆动过程中，受到重力、线的拉力和洛伦兹力，只有重力做功，其机械能守恒，当小球自右方摆到最低点时的速率等于自左方摆到最低点时的速率，由机械能守恒定律求出小球经过最低点时的速率．根据小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，由重力与洛伦兹力的合力提供向心力，由牛顿第二定律列出方程．小球自右方摆到最低点时，洛伦兹力方向向下，再由牛顿第二定律求出悬线上的张力．‎ ‎【解答】解：设线的长度为L，小球经过最低点时速率为v．‎ 根据机械能守恒定律得：mgL（1﹣cos60°）=，得到v=‎ 当小球自左方摆到最低点时，有：qvB﹣mg=m①‎ 当小球自右方摆到最低点时，有：F﹣mg﹣qvB=m②‎ 由①+②得：F=2mg+2m=4mg．‎ 故选C ‎【点评】本题磁场中的力学问题，考查综合应用机械能守恒定律和牛顿第二定律解题的能力，抓住洛伦兹力不做功的特点．‎ ‎　‎ ‎5．今年7月23日凌晨，美国宇航局（NASA）发布消息称其天文学家们发现了迄今“最接近另一个地球”的系外行星，因为围绕恒星Kepler 452运行，这颗系外行星编号为Kepler 452b，其直径约为地球的1.6倍，与恒星之间的距离与日地距离相近，其表面可能存在液态水，适合人类生存．设Kepler 452b在绕恒星Kepler 452圆形轨道运行周期为T1，神舟飞船在地球表面附近圆形轨道运行周期为T2，恒星Kepler 452质量与地球质量之比为p，Kepler 452b绕恒星Kepler 452的轨道半径与地球半径之比为q，则T1、T2之比为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据万有引力提供向心力得出周期与轨道半径以及中心天体质量的关系，结合中心天体质量之比、轨道半径之比求出周期之比．‎ ‎【解答】解：对于Kepler 452b，根据万有引力提供向心力得：，‎ 解得：T1=；‎ 神舟飞船在地球表面附近圆形轨道运行周期为T2，有：，‎ 解得：T2=，恒星Kepler 452质量与地球质量之比为p，Kepler 452b绕恒星Kepler 452的轨道半径与地球半径之比为q，则有： =．‎ 故ABC错误，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，难度不大．‎ ‎　‎ ‎6．发电机的路端电压为U，经电阻为R的输电线向远方用户供电，发电机的输出功率为P，则（　　）‎ A．输电线上的电流为 B．输电线上的功率损失为 C．用户得到的功率为P﹣（）2R D．用户得到的电压为 ‎【考点】远距离输电．‎ ‎【分析】根据输送功率和输送电压得出输送电流，根据求出损失的功率，从而根据能量守恒得出用户得到的功率．‎ ‎【解答】解：A、根据P=UI得，输送电流I=．故A正确．‎ B、输电线上损失的功率．故B错误．‎ C、用户得到的规律P′=P﹣P损=P﹣（）2R．故C正确，D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】‎ 解决本题的关键知道输送功率、输送电压和电流的关系，知道输出功率等于用户得到的功率和损失的功率之和．‎ ‎　‎ ‎7．放在粗糙水平地面上的物体，受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间图象和该拉力的功率与时间的图象如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．0～6s内物体的位移大小为30m B．0～6s内拉力做功为100J C．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等 D．水平拉力的大小为5N ‎【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移的大小，功率与时间图线围成的面积表示拉力做功的大小．根据拉力功率的随时间的变化图线求出拉力和摩擦力的大小，根据动能定理比较合外力做功的大小．‎ ‎【解答】解：A、在0～6s内物体的位移大小为x=．故A正确．‎ B、P﹣t图线与时间轴围成的面积表示拉力做功的大小，则拉力做功W=．故B错误．‎ C、根据动能定理知，0～6s内和0～2s内动能的变化量相同，则合外力做功相同．故C正确．‎ D、0～2s内，根据P=Fv知，F=5N，2～6s内，拉力．故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，功率与时间图线与时间轴围成的面积表示拉力做功的大小．‎ ‎　‎ ‎8．两光滑水平导轨放置匀强磁场中，磁场与导轨所在平面垂直，金属棒ab可沿导轨自由移动，如图所示，导轨一端跨接一个定值电阻，金属棒和导轨的电阻不计．现将金属棒沿导轨由静止向右拉动，若保持拉力F恒定，经过时间t1速度变为v，金属棒受到的磁场力为F1，最终以2v的速度做匀速运动；若保持拉力的功率P恒定，经过时间t2，速度也变为v，金属棒受到的磁场力为F2，最终也以2v的速度做匀速运动．则（　　）‎ A．t1＞t2 B．t1=t2 C．F1=F2 D．F=2F2‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】分析清楚两种情况下的运动形式区别，然后根据牛顿第二定律和运动学规律求解，注意两种情况下导体棒最终匀速运动时所受拉力大小是相同的．‎ ‎【解答】解：A、B、若保持拉力恒定不变，金属棒以速度2v匀速运动时，则有F=FA=．速度为v时，由牛顿第二定律得 F﹣=ma1，联立两式得： =ma1．‎ 保持拉力的功率不变，金属棒以速度2v匀速运动时，则有F=FA=，拉力的功率为P=F•2v=．速度为v时，由牛顿第二定律得﹣=ma2，联立两式得：3=ma2．则得：a2=3a1．‎ 由于拉力的功率一定时，金属棒的加速度较大，其速度从v0增大到v的时间较小，即t1＞t2．故A正确、B错误．‎ C、两种运动，当速度都为v时，磁场力均为BIl=，故F1=F2，故C正确．‎ D、由于两种情况下，最后都是匀速运动，故最终拉力等于磁场力：F=BIL=‎ 若保持拉力恒定，速度为v时，磁场力为F1，则F1==，‎ 因为F1=F2，所以F2=，即F=2F2，故D正确．‎ 故选：ACD．‎ ‎【点评】本题可以和机车启动的两种方式进行类比解答，只不过机车启动时阻力不变，而该题中阻力为安培力，是不断变化的．‎ ‎　‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第14题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共47分）‎ ‎9．某同学用图甲所示的装置验证机械能守恒定律．实验操作过程中 ‎①用游标卡尺测量小球的直径，由图乙可知小球的直径为　12.35　mm；‎ ‎②用刻度尺测出电磁铁下端到光电门的距离为l22.20cm；‎ ‎③断开电磁铁电源，让小球自由下落；‎ ‎④在小球经过光电门时，计时装置记下小球经过光电门所用的时间为2.50×10﹣3s，由此可算得小球经过光电门时的速度为　4.94　m/s；‎ ‎⑤以光电门所在处的水平面为参考面，小球的质量为m（kg），取重力加速度g=10m/s2，计算得出小球在最高点时的机械能为　12.22m　J，小球在光电门时的机械能为　12.20m　J．由此可知，在误差允许的范围内，小球下落过程中机械能是守恒的．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．‎ 利用平均速度代替瞬时速度算得小球经过光电门时的速度．‎ 以光电门所在处的水平面为参考面，求出小球在最高点和光电门位置的动能和重力势能，从而求出机械能．‎ ‎【解答】解：①‎ 游标卡尺的主尺读数为：12mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为7×0.05mm=0.35mm，‎ 所以最终读数为：12mm+0.35mm=12.35mm．‎ ‎④利用平均速度代替瞬时速度算得小球经过光电门时的速度得：‎ 小球经过光电门时的速度为：v==m/s=4.94m/s．‎ ‎⑤以光电门所在处的水平面为参考面，小球在最高点时的机械能为E1=0+mgh=12.22m ‎ 小球在光电门时的机械能为E2=0+mv2=12.20m ‎ 故答案为：①12.35 ④4.94 ⑤12.22m，12.20m ‎【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量．‎ 知道平均速度代替瞬时速度算得小球经过光电门时的速度，掌握动能和重力势能的求解．‎ ‎　‎ ‎10．某实验小组探究一种热敏电阻的温度特性．现有器材：直流恒流电源（在正常工作状态下输出的电流恒定）．电压表、待测热敏电阻、保温容器、温度计、开关和导线等．‎ ‎（1）若用上述器材测量热敏电阻的阻值随温度变化的特性，请你在图1中的实物图上连线．‎ ‎（2）实验的主要步骤：‎ ‎①正确连接电路，在保温容器中注入适量冷水，接通电源，调节并记录电源输出的电流值；‎ ‎②在保温容器中添加少量热水，待温度稳定后，闭合开关，　记录电压表电压值、温度计数值　，断开开关；‎ ‎③重复第②步操作若干次，测得多组数据．‎ ‎（3）实验小组算得该热敏电阻在不同温度下的阻值，并据此绘得图2的R﹣t关系图线，请根据图线写出该热敏电阻的R﹣t关系式：R=　100　+　0.395　t （Ω） （保留3位有效数字）．‎ ‎【考点】伏安法测电阻；常见传感器的工作原理．‎ ‎【分析】（1）连接实物图，要注意电流从电压表的正接线柱流入，从负接线柱流出，电压表与热敏电阻并联；‎ ‎（2）实验要测量电阻值和温度值，电阻要用欧姆定律计算，由于电流恒定且已知，故需测量电压和温度；‎ ‎（3）从图中取相距较远的两个特殊点，代入R=R0+kt计算即可．‎ ‎【解答】解：（1）直流恒流电源在正常工作状态下输出的电流恒定，故只需要将电压表与电阻并联测量出电压即可，实物图上连线如图 ‎（2）本实验要测量电阻值和温度值的关系，电阻要用欧姆定律计算，由于电流恒定且已知，故需测量电压和温度；‎ 故答案为：记录电压表电压值、温度计数值．‎ ‎（3）从图中取相距较远的两个特殊点，代入R=R0+kt计算 由图有 ‎120=R0+50k ‎104=R0+10k 解得 R0=100Ω k=0.395‎ 故该热敏电阻的R﹣t关系式：R=100+0.395t ‎ 故答案为：100，0.395．‎ ‎【点评】本实验研究热敏电阻的R﹣t特性，但实验的电学操作部分实际是电阻的测量，把传统的测量电阻实验原理及方法，放到了研究热敏电阻R﹣t特性的背景中，解答此题，关键还是对伏安法的熟练掌握．‎ ‎　‎ ‎11．（14分）（2010•黄州区校级一模）质量为0.2千克的小球从一弹性平面处以20米/秒的速度竖直上抛，能上升的最大高度为16m，然后落回平面，与平面发生碰撞后再次上升，上升的高度为7m，而后又落回平面…直到最后静止在平面上，设小球受到的空气阻力大小恒定，求：‎ ‎（1）小球所受空气阻力的大小 ‎（2）小球第一次上升时间和下落时间之比 ‎（3）从小球刚开始上抛到第二次落到平面之前的过程中损失的机械能．‎ ‎【考点】动能定理的应用；功能关系．‎ ‎【分析】（1）对上升的过程运用动能定理求出空气阻力的大小．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律分别求出上升过程和下降过程中的加速度，结合位移时间公式，抓住位移大小相等，求出运动时间之比．‎ ‎（3）根据动能定理分别求出第一次落回地面的速度和反弹的速度，从而求出与地面碰撞损失的机械能，求出空气阻力做功损失的机械能，从而得出整个过程中损失的机械能．‎ ‎【解答】解（1）对小球第一次上升过程中用动能定理：‎ 代入数据：得 f=0.5N ‎ ‎（2）小球第一次上升过程中 小球第一次下落过程中 ‎（3）第一次落回地面时的速度为v1‎ v1=m/s，‎ 第二次上升的速度为v2‎ v2=5m/s ‎ 小球与地面撞击时损失的能量为：‎ 小球在空气中损失的机械能为：f（2h1+2h2） ‎ 从小球刚开始上抛到第二次落到平面之前的过程中损失的机械能为 ‎△E=f（2h1+2h2）+=29.5J ‎ 答：（1）小球所受空气阻力的大小为0.5N．‎ ‎（2）小球第一次上升时间和下落时间之比为．‎ ‎（3）从小球刚开始上抛到第二次落到平面之前的过程中损失的机械能为29.5J．‎ ‎【点评】本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律，关键理清运动过程，选择合适的规律进行求解．‎ ‎　‎ ‎12．（19分）（2014•武汉模拟）如图所示，在空中有一水平方向的匀强磁场区域，区域的上下边缘间距为h，磁感应强度为B．有一长度为L、宽度为b（b＜h）、电阻为R、质量为m的矩形线圈紧贴磁场区域的上边缘从静止起竖直下落，当线圈的下边穿出磁场时，恰好以速率v匀速运动．已知重力加速度为g，求 ‎（1）线圈匀速运动的速率v；‎ ‎（2）穿过磁场区域过程中，线圈中产生的热量Q；‎ ‎（3）线圈穿过磁场区域所经历的时间t．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．‎ ‎【分析】（1）当线圈的下边穿出磁场时，恰好做匀速运动，重力与安培力二力平衡，由平衡条件和安培力的表达式FA=结合，可求得线圈匀速运动的速率v．‎ ‎（2）穿过磁场区域过程中，线框的机械能减小转化为内能，根据能量守恒定律求解线圈中产生的热量Q．‎ ‎（3）线圈进入磁场过程中，由牛顿第二定律和加速度的定义式结合，运用积分法求解时间；线圈完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有感应电流产生，不受安培力，线框做匀加速运动，加速度为g，由运动学速度时间公式求时间；对于匀速运动过程，由位移公式求解时间，即可得到总时间．‎ ‎【解答】解：（1）线圈匀速穿出磁场，产生的感应电动势为：E=BLv 回路中的电流为：I=‎ 此时线圈受到竖直向上的安培力为：F=BIL 联立以上三式得：F=‎ 由平衡条件得：F=mg 所以有：v=‎ ‎（2）线圈穿过磁场区域过程中，由能量守恒定律得线圈中产生的热量为：‎ Q=mg（b+h）﹣=mg（b+h）﹣‎ ‎（3）线圈进入磁场过程中，下边进入磁场时线圈的速率为0，上边进入磁场时线圈的速率为v1．‎ 当其速率为v时，由牛顿运动定律得：mg﹣=ma 又 a=‎ 整理，得：mg△t﹣v△t=m△v 两边求和，得：‎ ‎（mg△t）﹣（v△t）=（m△v）‎ 即得：mg△t）﹣（v△t）=（m△v）‎ 所以 mgt1﹣b=mv1；‎ 故 t1=+‎ 接着线圈在磁场以g匀加速运动，有：‎ t2=‎ 最后线圈匀速穿出磁场，有：‎ t3=‎ 得：t=t1+t2+t3=+‎ 答：（1）线圈匀速运动的速率v为；‎ ‎（2）穿过磁场区域过程中，线圈中产生的热量Q为mg（b+h）﹣；‎ ‎（3）线圈穿过磁场区域所经历的时间t是+．‎ ‎【点评】本题是电磁感应与力学的综合，正确分析线圈的受力情况，运用力学的基本规律：平衡条件、能量守恒定律和牛顿第二定律、运动学公式解题．本题关键要抓住进入磁场的过程，线圈做非匀变速运动，不能根据运动学公式求解时间，可运用牛顿第二定律和积分法求解．‎ ‎　‎ 二、物理选修3-3（15分）‎ ‎13．一定量的理想气体处在温度为290K的A状态，经历如图的A→B→C→A循环．下列说法正确的是（　　）‎ A．A→B的过程中，每个气体分子的动能都增加 B．B→C的过程中，气体温度先升高后降低 C．C→A的过程中，气体内能一定减小 D．C→A的过程中，外界对气体做功100J E．气体达到B状态时的温度为580K ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子的平均动能增加，理想气体的内能只与温度有关，在p﹣V图象中，图线与坐标轴包围的面积等于做的功，根据气体状态方程分析温度变化和求B点的温度．‎ ‎【解答】解：A、A到B过程中，体积不变，根据查理定律，压强增加，温度升高，分子的平均动能增加，不是每个分子的动能都增加，故A错误．‎ B、B→C过程中，根据理想气体状态方程，B、C两点温度相同，过B、C两点的等温线是双曲线的一支，图线BC之间的点温度比B点和C点温度高，所以B→C过程中，气体的温度先升高后降低，故B正确．‎ C、C→A的过程中，气体发生等压变化，体积减小，温度降低，理想气体的内能只与温度有关，故内能减小，故C正确．‎ D、C→A的过程中，根据p﹣V图象面积求功，W=p△V==100J，故C正确；‎ E、由A→B发生等容变化，根据查理定律，代入数据得，故E错误．‎ 故选：BCD ‎【点评】本题考查了气体状态变化中对应的图象，注意温度是分子平均动能的标志，理想气体的内能只与温度有关．‎ ‎　‎ ‎14．（10分）（2016•太原二模）如图为一粗细均匀、足够长的等臂细U形管竖直放置，两侧上端都封闭有理想气体A、B且被水银柱隔开，已知气体A的压强PA=75．cmHg，A气柱长度为lA=20.0cm，两气柱的长度差为h=5.0cm．现将U形管水平放置，使两臂位于同一水平面上．设整个过程温度保持不变，求稳定后两空气柱的长度差h′．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】左右两端的封闭气体发生等温变化，利用玻意耳定律列式求解．‎ ‎【解答】解：当U形管竖直放置时，两部分气体的压强关系有：‎ ‎==70cmHg 当U形管平放时，两部分气体的压强关系有：‎ 所以有A部分气体等温且压强减小，体积增大；B部分气体等温且压强增大，体积减小，故水银柱会向B移动，空气柱的长度差将变大．‎ 对于气体A，由玻意耳定律得：‎ 对于气体B：‎ 由几何关系：‎ ‎=15cm，‎