2018-2019学年湖北省襄阳市高二（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共6小题，共30.0分）
1. 物理学家通过艰辛的实验和理论研究探究自然规律，为人类的发展做出了巨大的贡
献，下列说法正确的是（ ）
A. 哥白尼大胆反驳地心说提出了日心说，并认为行星沿椭圆轨道运动 B. 奥斯特发现了电流的磁效应并提出了分子电流假说
C. 法拉第发现了电磁感应现象并总结出判断感应电流方向的规律 D. 玻尔的原子理论第一次将量子观点引入原子领域
2. 如图所示，一轻弹簧的左端固定在竖直墙壁上，右端自由
伸长，一滑块以初速度v0在粗糙的水平面上向左滑行，先是压缩弹簧，后又被弹回。已知滑块与水平面间的动摩擦
因数为μ，则从滑块接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，选地面为零势能面，滑块的加速度a、滑块的动能Ek、系统的机械能E和因摩擦产生的热量Q与弹簧形变量x间的关系图象正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
3. 如图所示，水平绳OA系在墙上，倾斜绳OB系在天花板
下，O点用一绳系一带正电的小球，小球质量为m，带电量为q，整个装置置于向下的匀强电场中，当电场强度大小不变，电场方向沿顺时针方向转到水平向左的过程中，则（ ）
A. OA绳的拉力增大，OB绳的拉力减小 B. OA绳的拉力减小，OB绳的拉力减小
C. OA绳的拉力先增大后减小，OB绳的拉力减小
D. OA绳的拉力先增大后减小，OB绳的拉力先增大后减小
4. 如图所示，三根相互平行的长直导线a、b、c垂直于纸面固定，其中a、b间距为
10cm，b、c间距为8cm，a、c间距为6cm。当分别通入电流Ia、Ib和Ic后，导线c所受的安培力恰好与导线a、b的连线平行。已知通电直导线在其周围某点产生的
磁场的磁感应强度大小为B=k，其中Ⅰ为通电直导线中的电流，r为该点到通电直导线的距离。则下列说法正确的是（ ）
第1页，共15页
A. Ia和Ib的电流方向相同，大小之比为 B. Ia和Ib的电流方向相反，大小之比为
C. 若电流Ic的方向垂直纸面向外，则导线c所受的安培力一定向右 D. 若电流Ic的方向垂直纸面向里，则导线c所受的安培力一定向右
5. 质量为m的小球在竖直向上的恒力F作用下由静止开始向上匀加速运动，经时间t
运动到P点，撤去F又经时间t小球回到出发点，速度大小为v，不计阻力，已知重力加速度为g，则下列判断错误的是（ ）
A. 撤去力F时小球的动能为C. 拉力F所做的功为
B. 小球上升的最大高度为 D. 拉力的最大功率为
6. 如图所示，一半径为r的圆环上均匀分布着电荷，在
垂直于圆环且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷．已知d点处的场强为零，静电力常量为k，下列说法正确的是（ ）
A. 圆环可能带正电 C. c点的场强为k
B. 圆环在d点产生的场强大小为k D. b点场强为k
二、多选题（本大题共5小题，共24.0分）
7. 有一个铜盘，轻轻拨动它，能长时间的绕轴自由转动，如果在圆盘转动时把条形磁
铁的N极放在圆盘边缘的正上方，但并不与圆盘接触，则下列说法正确的是（ ） A. 铜盘中既有感应电动势，又有感应电流 B. 铜盘的转动不受磁铁的影响 C. 铜盘受到磁铁影响越转越慢 D. 若换为S极，则越转越快 8. 如图所示，图甲中为理想变压器，电流表和电压表均为理想电表，负载电阻R=55Ω，
若原线圈接入如图所示正弦交变电压，若电压表的示数为110V，则（ ）
A. 原、副线圈匝数比为2：1 C. t=0.0ls时，电流表示数为零 B. 副线圈中交变电压的频率为100Hz D. t=0.015s时，电压表示数为110V
9. 如图甲所示，光滑“∠”形金属支架ABC固定在水平面上，支架处在垂直于水平面
向下的匀强磁场中，一金属导体棒EF放在支架上，用一轻杆将导体棒与墙固定连接，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，取垂直于水平面向下为正方向，则
第2页，共15页
（ ）
A. t1时刻通过导体棒的电流最大 B. t2时刻轻杆对导体棒的作用力为零
C. t1到t3时间内，通过导体棒的电流先增大后减小 D. t2到t4时间内，轻杆对导体棒的作用力方向不变
10. 一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过
程ab、bc、cd、d回到原状态，其p-T图象如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O．下列判断正确的是（ ）
A. 气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能 B. 在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功
C. 在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功
D. 在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功 11. 如图所示，图甲为一列简谐横波在t=2s时的波形图，图乙为介质中平衡位置在
x=1.5m处的质点的振动图象，P是平衡位置为x=2m的质点，则（ ）
A. 该简谐横波沿x轴的负方向传播 C. t=4s时，P点恰好回到平衡位置 B. t=3s时，x=3m处的质点的振幅为0 D. 4s～6s内，P向y轴负方向运动
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
12. 为探究感应电动势产生的条件，某实验小组设计了如图甲的实验，通过调节电源可
在原线圈中产生变化的电流，用磁传感器可记录原线圈中产生的磁场B的变化情况，用电压传感器可记录副线圈中感应电动势E的变化情况，二者的变化情况可同时显示在计算机显示屏上。某次实验中得到的B-t、E-t图象如图乙所示。 （1）分析图乙两组图象可知副线圈中产生恒定感应电动势的条件是______。 （2）感应电动势的大小与B的变化有关，为进一步确定两者之间的定量关系，可以根据图乙的信息，作图象进行研究，则应做______。
A．E-B图象 B．E-△B图象 C．E-图象 D．E-图象
（3）若（2）中所作图象为直线，其斜率为k，副线圈匝数为n，则副线圈面积为
第3页，共15页
______。
13. 某实验小组研究一金属热电阻Rr（常温下100Ω左右）的电阻温度特性，可供选择
的器材如下：
A．电流表A（量程为3A，内阻约为0.1Ω） B．电流表G（量程为3mA，内阻为200Ω） C．电压表V（量程为3V，内阻约为3000Ω） D．定值电阻R1（阻值为50Ω） E．定值电阻R2（阻值为10Ω） F．保护电阻R3（阻值为200Ω）
G．电源（电动势约为5V，内阻不计） H．开关一个，导线若干
（1）该小组设计了如图1所示电路图，请用合适的器材将其补充完整，并标注相应的符号；
（2）实验开始时，该小组把金属热电阻放到温控装置中，不断改变温度，记下每个温度下电压表和电流表示数，并对数据进行处理，得到如图2所示关系，该小组通过查阅资料得知金属热电阻的电阻R随温度t的关系满足R=R0（1+kt），其中R0为0°C时金属热电阻的阻值，t为摄氏温度，k为电阻系数，通过图2可知电阻系
-1
数k=______℃（保留两位有效数字）。
（3）实验进行时，某时刻电压表和电流表示数如图3表示，则电压______V，此时
C。 金属热电阻的温度为______°
C电压表示数2.25V，实验中的电源电动势为______V（保（4）实验进行中，100°
留三位有效数字）。
第4页，共15页
四、计算题（本大题共4小题，共44.0分） 14. 如图所示，某水上游乐场进行项目表演：一对选手甲、乙（均视为质点）沿滑道（末
端切线水平方向）从M点静止下滑到最低点N时，选手甲迅速将质量为m的选手乙沿水平方向推出，然后自己刚好停在N点。M、N两点高度差为h，N点离水平面的高度为4h，选手乙落水点P与N点的水平距离为8h，不计滑道摩擦力和空气阻力。求：
（1）选手甲的质量；
（2）推出选手乙过程中，选手甲做的功。
15. 如图所示，平行光滑且足够长的金属导轨ab、cd固定在同一水平面上，处于竖直
向上的匀强磁场中，磁感应强度B=2T，导轨间距L=0.5m．有两根金属棒MN、PQ质量均为lkg，电阻均为0.5Ω，其中PQ静止于导轨上，MN用两条轻质绝缘细线悬挂在挂钩上，细线长h=0.9m，当细线竖直时棒刚好与导轨接触但对导轨无压力．现将MN向右拉起使细线与竖直方向夹角为60°，然后由静止释放MN，忽略空气阻力．发现MN到达最低点与导轨短暂接触后继续向左上方摆起，PQ在MN短暂接触导轨的瞬间获得速度，且在之后1s时间内向左运动的距离s=lm．两根棒与导轨接触时始终垂直于导轨，不计其余部分电阻．求：
（1）当悬挂MN的细线到达竖直位罝时，MNPQ回路中的电流强度大小及MN两端的电势差大小；
（2）MN与导轨接触的瞬间流过PQ的电荷量； （3）MN与导轨短暂接触时回路中产生的焦耳热．
第5页，共15页
16. 如图所示，高为h、上端开口的气缸内壁光滑，除底部导
热外，其余部分均绝热。在气缸顶部有一个厚度不计的绝热卡环，在气缸内有两个厚度不计的绝热轻质活塞A、B，
它们距气缸底部的距离分别为h和h．活塞A、B之间封闭了一定质量的理想气体I，活塞B的下方封闭了一定质
C．现利用电量的理想气体Ⅱ，气体I、Ⅱ的温度均为27°
热丝对气体I缓慢加热，求：
（i）活塞A刚好上升到卡环处时气体I的温度；
（ii）气体I的温度为800K时，活塞A、B间的距离。
17. 如图所示，一容器内装有深为h的某透明液体，容
器底部为平面镜，到容器底部的距离为处有一点光源L，可向各个方向发光。已知该透明液体的折射率为n，液面足够宽，真空中光的传播速度为c，求： （i）能从液面射出的光，在液体中经过的最短时间t； （ⅱ）液面上有光射出的区域的面积S。
第6页，共15页
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、哥白尼大胆反驳地心说，提出了日心说，开普勒发现行星沿椭圆轨道运行的规律，故A错误；
B、奥斯特发现了电流的磁效应，安培提出了分子电流假说，故B错误；
C、法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结出了判断感应电流方向的规律，故C错误； D、波尔的原子理论第一次将量子观点引入原子领域，故D正确； 故选：D。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。 2.【答案】C
【解析】解：A、设滑块受到的摩擦力为f，弹簧的弹力：F=kx，选取初速度的方向为正方向，则滑块的加速度：a=直线。故A错误；
B、当弹簧的压缩量为x时，弹簧的弹性势能：功：
，克服摩擦力做功：Wf=-fx
，所以滑块克服弹簧的弹力做
，可知a与x的关系是不过坐标原点的
对滑块由动能定理可得：WF+Wf=Ek-Ek0 即：
，为x的二次函数，是一条曲线。故B错误；
C、滑块克服弹簧做的功转化为弹簧的弹性势能，所以系统的机械能：E=Ek0-fx，即系统的机械能与x之间的关系为斜率为负的一次函数。故C正确； D、产生的内能：Q=fx，是过坐标原点的直线。故D错误 故选：C。
对滑块进行受力分析，由牛顿第二定律求出加速度的表达式，由动能定理求出动能的表达式，由功能关系求出机械能的表达式，由摩擦力做功的特点求出Q的表达式，然后由各表达式分析即可。
对单个物体的运动过程，首先考虑动能定理，牵扯弹簧的弹力做功时，考虑机械能守恒或功能关系或能量守恒。 3.【答案】C
【解析】解：设电场力与竖直方向的夹角为θ，OB与竖直方向的夹角为α，以结点O和小球整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得： TBcosα=mg+qEcosθ，解得：TB=
，α不变，0≤θ≤，随着θ的增大，TB逐渐减小；
水平方向根据平衡条件可得：TA=TBsinα+qEsinθ=mgtanα+qE（tanα•cosθ+sinθ）， 其中tanα•cosθ+sinθ=
sin（β+θ），（sinβ=
）
α不变，当θ+β=90°时TA最大，故TA先增大后减小，故C正确、ABD错误。
故选：C。
以结点O和小球整体为研究对象，竖直方向、水平方向根据平衡条件列方程进行分析。
第7页，共15页
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。 4.【答案】B
【解析】解：AB、根据通电平行直导线间的相互作用规律可知，若Ia和Ib的电流方向相同，则a、b对c的安培力方向不会与a、b连线平行。因此，Ia和Ib的电流方向相反，如图所示，
根据平行四边形定则作图，如图所示。则=tan37°又Fa=BaIcL，Fb=BbIcL， Ba=k，Bb=k
其中rac=6cm，rbc=8cm，联立解得=，故A错误，B正确。
CD、若电流Ic的方向垂直纸面向外或向内，由于a、b的电流方向未知，不能确定导线
c所受的安培力方向，故CD错误。 故选：B。
根据安培定则判断通电直导线周围磁场的分布情况，根据通电平行直导线间相互作用规律得出导线c的受到的安培力的方向。
解决本题的关键掌握安培定则判断通电电流周围的磁场方向，以及知道磁感应强度是矢量，合成遵循平行四边形定则，同时正确掌握左手定则的应用。 5.【答案】A
【解析】解：C．拉力F作用时，小球上升的加速度大小为a，末速度大小为v′，
2
小球上升的高度：h=at，
小球速度：v′=at，
2
撤去外力后：-h=v′t-gt，
解得：a=g，F=mg，
2
对全过程，由动能定理得：mv=Fh，故C正确；
A．拉力F作用时，由动能定理得： mv′2=（F-mg）h，
222
解得：mv′=×mv=mv，故A错误；
B．撤去力F后小球上升的高度为h′，由动能定理得：
第8页，共15页
mv2=Fh mv′2=mgh′，
解得小球上升的最大高度为：H=h+h′=，故B正确； D．拉力F的最大功率为：Pm=Fv′=mgv，故D正确。
本题选错误的，故选：A。
小球在恒力作用下做匀变速直线运动，应用运动学公式求出加速度与拉力，应用动能定理分析答题，应用P=Fv求出拉力的功率。
解决该题需明确知道小球的运动过程，掌握动能定理求解力做功，知道动能定理的适用条件和范围；熟记相关公式； 6.【答案】D
【解析】解：AB、电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为Ed1=的场强为零，故圆环在d处产生的场强为：E=Ed1=
，向右；d点处
，向左，故圆环带负电荷，故A
错误，B错误；
C、结合对称性和矢量合成法则，圆环在C点产生的场强为零；电荷q在c点产生的场强为E=
，向右；故c点的场强为
，向右；故C错误；
，向左；点电荷q在b处产生的场，向左；故D正确；
D、结合对称性，圆环在b处产生的场强为：Eb1=强为Eb2=，向左；故b点场强为：E=
+=
故选：D。
由题意可知，半径为r圆环上均匀分布着电荷，与在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷，在d点处的场强为零，说明各自电场强度大小相等，方向相反，结合矢量合成法则求解圆环在d点的场强．
考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基础． 7.【答案】AC
【解析】解：AB、当铜盘转动时，切割磁感线，产生感应电动势，由于电路闭合，则出现感应电流，故A正确，B错误；
C、处于磁场中的部分圆盘会受到安培力作用，此力阻碍铜盘转动，使得铜盘能在较短的时间内停止，故C正确；
D、磁盘的转动根磁铁的N、S极的方向无关，故D错误； 故选：AC。
把蹄形磁铁的两极放在铜盘边缘，当转动铜盘时，铜盘将切割磁感线，从而产生感应电流，铜盘受到安培力，由楞次定律可知，产生安培力导致铜盘的转动受到阻碍。铜盘在转动过程中转动角速度减小产生的感应电动势减小。由右手定则判断电势的高低。 本题考查楞次定律、法拉第电磁感应定律，知道感应电流的磁通量总阻碍引起感应电流的磁场变化，理解电磁阻尼的应用。 8.【答案】AD
第9页，共15页
【解析】解：A、原线圈电压有效值U1==220V，电压表的示数为110V，即副线圈
两端电压为U2=110V，原、副线圈匝数比为==，故A正确；
B、经过变压器前后电压的频率是不变的，根据图象可知，输出电压的频率为f=故B错误；
C、根据电路图可知，电阻R的电压为110V，电阻为55Ω，所以电阻R的电流I=
A=2A，=50Hz，
电流表示数为有效值，始终为2A，故C错误；
C、电压表的示数为有效值，始终为110V，故D正确。 故选：AD。
根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论。
能够根据图象得到我们需要的物理信息，掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题。 9.【答案】BC
【解析】解：A、t1时刻B-t图象斜率为0，即
=0，所以感应电动势E=0，感应电流为
I=0，故A错误；
B、由图乙所示图线可知，t2时刻磁感应强度：B=0，安培力F安=BIL=0，轻杆对导体棒的作用力为零，故B正确； C、感应电动势：E=
=
S，由图乙所示可知，t1到t3时间内
先增大后减小，感应
电动势先增大后减小，感应电流先增大后减小，故C正确；
D、t2到t3时间内磁场垂直水平面向上，逐渐增加，根据楞次定律可知流过棒的电流从E到F，t3到t4时间内磁场垂直水平面向上，逐渐减小，根据楞次定律可知流过棒的电流从F到E，而磁场方向不变，所以根据左手定则可知棒EF所受安培力在t2到t3时间内向左，t3到t4时间内向右，故D错误； 故选：BC。
根据图乙所示图线分析清楚磁感应强度与磁感应强度的变化率如何变化，然后应用法拉第电磁感应定律、楞次定律与左手定则分析答题。
本题考查电磁感应定律感生模型的动态分析，分析B-t图象，其斜率表示磁感应强度的变化率，要注意区分磁通量与磁通量的变化率，二者并无决定性关系，正确分析图象是解题关键。 10.【答案】AD
【解析】解：A、理想气体在状态a的温度大于状态c的温度，理想气体的内能只与温度有关，温度高，内能大，故气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能，故A正确；
B、在过程cd中温度不变，内能不变△U=0，等温变化压强与体积成反比，压强大体积小，从c到d体积减小，外界对气体做正功W＞0，根据热力学第一定律△U=W+Q，所以W=|Q|，所以在过程cd中气体向外界放出的热量等于外界对气体做的功，故B错误； C、在过程da中，等压变化，温度升高，内能增大△U＞0，体积变大，外界对气体做负功即W＜0，根据热力学第一定律△U=W+Q，Q＞|W|，所以在过程da中气体从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，故C错误；
D、在过程bc中，等压变化，温度降低，内能减小△U＜0，体积减小，外界对气体做功，
第10页，共15页
根据，即pV=CT，Wbc=P△Vbc=C△Tbc；da过程中，气体对外界做功
|Wda|=|P′△Vda|=|C△Tda|，
因为|△Tbc|=|△Tda|，所以|Wbc|=|Wda|，在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功，故D正确。 故选：AD。 根据气态方程
，结合p-T图象上点与原点连线的斜率等于，分析体积的变化，判
断做功情况，由热力学第一定律进行分析吸放热情况。
解决气体问题，关键要掌握气态方程和热力学第一定律，知道温度的意义：一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，温度是分子平均动能的标志。 11.【答案】AD
【解析】解：A、由乙图读出，t=2s时刻平衡位置在x=1.5m处的质点的速度方向向下，由波形的平移法可知，这列波向x轴的负方向传播，故A正确。 B、波传播的振幅A=4cm，故B错误。
C、周期T=4s，则t=4s时，P点位于波谷，故C错误。
D、4s～6s内，P由波谷向波峰运动，即沿y轴负方向运动，故D正确。 故选：AD。
由振动图象乙读出t=2s时刻x=1.5m处的质点的振动方向，判断波的传播方向。 由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速。
分析波动过程，根据时间与周期的关系，求质点通过的路程，并判断P点的运动方向。 波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。同时，熟练要分析波动形成的过程，要明确平衡位置相距半个波长的两个质点，振动情况总是相反的。
12.【答案】B随时间均匀变化 C
【解析】解：（1）由图2所示图象可知，B不变时，不产生感应电动势，当B随时间均匀变化时，产生恒定的感应电动势；
B随时间的变化率（2）由图2所示图象可知，在线圈匝数与横截面积一定的情况下，越大，产生的感应电动势越大，为进一步确定感应电动势与B的关系，可以作出E-象，故C正确，ABD错误；
故选：C；
（3）由法拉第电磁感应定律得：E=n积为：S=；
故答案为：（1）B随时间均匀变化；（2）C；（3）。
（1）分析B-t图象与对应的E-t图象，根据B的变化情况与E间的关系分析答题。 （2）正比例函数关系图象最直观，便于实验数据的处理，根据实验结论确定两坐标轴所表示的量。
（3）由法拉第电磁感应定律求出图象的函数表达式，然后根据题意求出副线圈的横截面积。
本题是一道图象题，考查了实验数据的处理，要学会通过图象去挖掘信息，处理图象题时，要把图象与相对应的物理知识结合起来分析。
第11页，共15页
图
=nS，E-图象的斜率：k=nS，副线圈的面
13.【答案】4×10-3 2.6 275 4.00
【解析】解：（1）先估算电路的最大电流I=
=10mA，
而电流表A是3A量程，而电流表G量程为3mA，显然两个均不符合要求，这样把G的量程扩大，当把G与定值电阻R1并联接入电路来测量RT的电流，所以电路图如图所示，
（2）热电阻公式满足R=R0（1+kt），将t=0，R=100Ω代入可
10-3； 得：R0=100Ω，将t=100，R=140Ω代入可得：k=4×
（3）电压表的示数U=2.6V，电流表示数I=2mA，根据闭合电路欧姆定律可求得金属热电阻Rx=
=
=220Ω．根据上述公式220=100（1+4×10-3t），解得
t=275℃。
（4）当温度为100℃时，金属热电阻R=140Ω，两个温度下，电压表示数分别为U1=2.6V，U2=2.4V，通过电源的电流分别为I1=2mA+
=10mA0.01A，I2=
=0.0125A，
由闭合电路的欧姆定律可列：E=2.25+0.0125（R3+r），E=2.6+0.01（R3+r），联立可求得E=4.00V。
故答案为：（1）电路如图所示，
10-3 （2）4×
（3）2.6 275 （4）4.00
（1）为使测量尽量准确，要求进行多次测量，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器；
（2）根据图象的斜率求解常温时的电阻，再在对应的图象中做出伏安特性曲线，从而求得工作电阻，再由题意明确金属热电阻的温度； （3）利用热电阻的表达式，求温度；
（4）由闭合电路欧姆定律，两种情况下列方程求电源电动势。
本题考查伏安法测电阻的实验，解决本题的关键掌握器材选择的原则，同时注意图象的正确应用，能处用原点处的斜率求出常温下的电阻
14.【答案】解：（1）设选手甲的质量为M，N点速度为v0．两选手下滑过程中，据机械能守恒定律得：
设刚分离时乙速度的大小为v1，方向与v0相同，由动量守恒定律得： （M+m）v0=mv1
分离后男演员做平抛运动，有： 4h=gt2； 8h=v1t 解得：
联立得：M=m
第12页，共15页
（2）由能量守恒可得，甲在极短时间内将乙推出的过程中对乙所做的功为： w=
答：（1）选手甲的质量为m；
（2）推出选手乙过程中，选手甲做的功为3mgh。
【解析】（1）两选手一起下滑过程，只有重力做功，根据机械能守恒定律求出最低点的速度v0；甲在极短时间内将乙沿水平方向推出，两选手系统动量守恒再由乙平抛运动求平抛初速度，联立求甲的质量。
（2）据功能关系求出推出选手乙过程中，选手甲做的功。。 本题关键分析求出两个演员的运动情况，然后对各个过程分别运用动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解。
15.【答案】解：（1）MN杆下摆过程，由机械能守恒定律得：
2
mgh（1-cos60°）=mv1，解得：v1=3m/s，
刚到竖直位置时，感应电动势：E=BLv1， 则回路中电流为：I=， MN两端的电压：UMN=IR， 解得：I=3A，UMN=1.5V； （2）PQ杆做匀速直线运动：v2=，
对PQ杆由动量定理有：BLq=mv2-0，解得：q=1C； （3）取向左为正方向，在MN与轨道接触的瞬间，
两杆组成的系统动量守恒，以m的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：mv1=mv1′+mv2，
222
由能量守恒有：mv1=mv1′+mv1+Q，解得：Q=2J；
答：（1）当MN棒到达竖直位置时流过PQ棒的电流大小为3A，MN两端的电势差大小为1.5V．
（2）MN与导轨接触的瞬间流过MN的电量为1C． （3）在MN与导轨接触的瞬间回路中产生的焦耳热为2J
【解析】（1）MN杆下摆过程中，只有重力做功，机械能守恒，据此可求得MN棒到达竖直位置时的速度大小，由公式E=BLv求出感应电动势大小，即可由闭合电路欧姆定律求解感应电流的大小，然后由欧姆定律求出电势差大小．
（2）MN与导轨接触的瞬间，对MN杆运用动量定理求解电量．
（3）PQ在安培力作用下向左运动，由两杆组成的系统，由动量守恒定律求得PQ获得的速度，再由能量守恒定律求解焦耳热
此题是电磁感应中的力学问题，关键要正确分析每个规律遵守的物理规律，可运用类比的方法：将MN与轨道接触的过程看成碰撞来理解．
16.【答案】解：（i）活塞A升至顶部的过程中，理想气体I的压强不变，所以活塞B不动，理想气体I经历等压过程，设气缸B的横截面积为S，开始时理想气体I的体积为V1，则：V1=（
）hS=
开始时理想气体I的温度：T1=273+27=300K 活塞A碰到卡环时，气体的体积：V2=
第13页，共15页
对理想气体I，由盖•吕萨克定律可得：
代入数据可得：T2=600K
（ii）活塞A碰到卡环时，气体的压强为P，当气体I的温度为800K时，设活塞A、B之间的距离为H，此时它们的压强都是P′，则理想气体Ⅱ的高度为h-H； 对理想气体I：对理想气体Ⅱ：联立解得：H=h
答：（i）活塞A刚好上升到卡环处时气体I的温度是600K； （ii）气体I的温度为800K时，活塞A、B间的距离是h。
【解析】（1）现通过电阻丝缓慢加热气体，当活塞A升至顶部的过程中，B活塞不动，封闭气体I经历等压过程，分析出初态和末态的体积和温度，由盖-吕萨克定律即可求出气体的温度；
（2）活塞A升至顶部后继续缓慢加热，由理想气体的状态方程分析变化；活塞B下降，气体Ⅱ经历等温过程，根据玻意耳定律分析气体压强、体积的变化，最后由几何关系联立即可。
本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，选择合适的规律解决；本题涉及两部分气体状态变化问题，除了隔离研究两部分气体之外，关键是把握它们之间的联系。
17.【答案】解：（ⅰ）光在液体中的速度为v=
在液体中经过的最短时间t， 则有：vt=， 解得：t=；
（ⅱ）液面上有光射出的范围是半径为r的圆 光在液面发生全反射的临界角为C，则有sinC= 因r=tanC， 则有r=
，
2
液面上有光射出的面积S=πr， 解得：S=
答：（i）能从液面射出的光，在液体中经过的最短时间为； （ⅱ）液面上有光射出的区域的面积为
。
第14页，共15页
【解析】（i）根据折射率与速度的关系n=求解传播速度v； （ii）根据全反射的临界角sinC=结合图中几何关系求解。
解决本题的关键知道临界角和折射率的关系，以及知道光在介质中的速度与折射率的关系，注意本题中几何关系正确应用。
第15页，共15页
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容