1、丰台区20182019学年度第一学期期末练习高三物理一、单选题1. 处于n=3能级的大量氢原子，向低能级跃迁时，辐射光的频率有A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种【答案】C【解析】试题分析：因为是大量处于n=3能级的氢原子，所以根据可得辐射光的频率可能有3种，故C正确。【考点定位】考查了氢原子跃迁【方法技巧】解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，知道数学组合公式的应用，另外需要注意题中给的是“大量”氢原子还是一个氢原子。【此处有视频，请去附件查看】2.关于分子热运动和温度，下列说法正确的是A. 分子的平均动能越大，物体的温度越高B. 波涛汹涌的海水上下
2、翻腾，说明水分子热运动剧烈C. 水凝结成冰，表明水分子的热运动已停止D. 运动快的分子温度高，运动慢的分子温度低【答案】A【解析】【分析】温度是分子平均动能的标志，物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大；分子永不信息地在做无规则运动；温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大；根据分子动理论进行分析。【详解】A、温度是分子平均动能的标志，物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大，故A正确；B、液体上下翻滚是宏观运动，而分子热运动是微观现象，二者不是一回事。故B错误；C、分子热运动永不信息，水凝结成冰，但分子热运动没有停止，故C错误。D、温度是分子平均动能的标志，
3、温度高的分子平均动能，必定比温度低的分子平均动能大，但由于分子的热运动是无规则的，不是每个分子动能都比低温的分子动能都大，故D错误。故选：A。【点睛】本题的难点在于对于热力学第一定律和第二定律的理解。对于公式E=W+Q，确定各物理量的符号是解题的关键。3.分别用a、b两束单色光照射某金属的表面，用a光照射能发生光电效应，而用b光照射不能发生，则下列说法正确的是A. 在真空中，b光的速度较大B. 在真空中，a光的波长较长C. a光比b光的光子能量大D. a光的强度比b光的强度大【答案】C【解析】【分析】真空中各种光的速度均相等为c；根据光电效应的条件分析得出两种光的频率关系；根据比较光子的能量大
4、小；饱和光电流与光强成正比。【详解】A、在真空中，a、b两种光的速度相等，均等于c，故A错误；C、根据题意知，用a光照射能发生光电效应，说明a光的频率比该金属的极限频率大，b光不能发生光电效应，说明b光的频率比该金属的极限频率小，所以a光的频率比b光的频率大，即，根据知，a光比b光的光子能量大，故C正确；B、根据，知a光的波长较短，故B错误；D、根据题意，无法比较光强，故D错误；故选C。【点睛】本题考查光电效应的产生条件，知道只要入射光的频率大于金属的极限频率就能发生光电效应，与入射光的强度无关。4.很多公园的水池底部都装有彩灯，当一束由红、蓝两色光组成的灯光从水中斜射向空气时，下列光路图中可
5、能存在的一种情况是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】光线射到水面时一定有反射红光的折射率比蓝光小，临界角比蓝光大，根据折射定律可分析折射角的关系，即可进行选择。【详解】光线射到水面时一定有反射，所以反射光中红光和蓝光都有，故B、D图不可能。由于红光的折射率比蓝光小，由临界角公式可知，红光的临界角比蓝光大，所以在水面上若蓝光不发生全反射，则红光也一定不会发生全反射。故B图是不可能的，C可能。当两种色光都能折射到空气中时，根据折射定律可知，红光与蓝光的折射率不同，由于红光的折射率比蓝光小，在入射角相等时，红光折射角小，故A不可能。故选C。【点睛】对于几何光学，要掌握不同色光的折射率
6、、临界角等物理量之间的关系，这是考试的热点。5.一列简谐横波某时刻的波形如图所示，波沿x轴的正方向传播，P为介质中的一个质点。下列说法正确的是A. 质点P此时刻的速度沿x轴的正方向B. 质点P此时刻的加速度沿y轴的正方向C. 再经过半个周期时，质点P的位移为正值D. 经过一个周期，质点P通过的路程为4a【答案】D【解析】【分析】根据“上下坡”法判断质点P的速度方向。质点P上下振动，在一个周期内通过的路程是4倍的振幅。【详解】A、简谐横波沿x轴的正方向传播，根据“上下坡”法判断可知，质点P此时刻的速度沿y轴正方向，故A错误。B、波沿x轴正方向传播，由图示波形图可知，质点P位移为正，加速度与位移相
7、反，所以加速度方向沿y轴负方向，故B错误；C、经过半个周期，质点位于x轴下方。质点P的位移是负的，故C错误；D、由图示波形图可知，质点振幅为a，经过一个周期，质点P的路程：s=4a，故D正确；故选：D。【点睛】已知波的传播方向，判断质点振动方向的方法较多，常用的有：“上下坡”法、波形的平移法、质点的带动法等，都要学会运用。6.如图所示，静电计指针张角会随电容器极板间电势差U的增大而变大。现使电容器带电，并保持总电量不变，实验中每次只进行一种操作，能使静电计指针张角变大的是A. 将A板稍微上移B. 减小两极板之间的距离C. 将玻璃板插入两板之间D. 将云母板插入两板之间【答案】A【解析】【分析】
8、静电计测量的是电容器两端的电势差，根据电容的决定式确定电容的变化，从而根据判断电势差的变化。【详解】A、根据得，将A板稍微上移，S减小，则电容减小，根据知，电荷量不变，则电势差增大，静电计指针张角变大，故A正确；B、根据得，减小两极板之间的距离，则电容增大，根据知，电荷量不变，则电势差减小，静电计指针张角变小，故B错误；C、根据得，将玻璃板插入两板之间，则电容增大，根据知，电荷量不变，则电势差减小，静电计指针张角变小，故C错误；D、根据得，将云母板插入两板之间，则电容增大，根据知，电荷量不变，则电势差减小，静电计指针张角变小，故D错误；故选：A。【点睛】解决本题的关键掌握电容的决定式和电容的定
9、义式，并能灵活运用。7.2018年12月8日凌晨2点23分，“嫦娥四号”月球探测器在我国西昌卫星发射中心成功发射。探测器奔月飞行过程中，在月球上空的某次变轨是由椭圆轨道a变为近月圆形轨道b，不计变轨时探测器质量的变化，如图所示，a、b两轨道相切于P点，下列说法正确的是A. 探测器在a轨道上P点的速率与在b轨道上P点的速率相同B. 探测器在a轨道上P点所受月球引力与在b轨道上P点所受月球引力相同C. 探测器在a轨道上P点的加速度大于在b轨道上P点的加速度D. 探测器在a轨道上P点的动能小于在b轨道上P点的动能【答案】B【解析】【分析】嫦娥四号从地月转移轨道修正至进入环月圆轨道的过程中有近月制动过
10、程，此过程中发动机对卫星做负功，卫星的机械能减小；根据万有引力提供向心力可以接的速度与轨道半径的关系，可知判断速度大小的变化，从而可以判断动能的变化；根据卫星的变轨原理判断速度的变化情况；根据速度与周期和轨道半径的关系判断探测器的速度。【详解】A、探测器在P点变轨，则从低轨向高轨变化时，必要做离心运动，须加速，所以探测器在高轨的速度大于低轨在P的速度，所以选项A错误；B、探测器在两个轨道上P点的引力均是由月球对它的万有引力提供，所以引力相等，选项B正确；C、由于引力相等，据牛顿第二定律，两个轨道在P点的加速度也相等，所以选项C错误；D、由选项A的分析知道，在P点，所以动能。故选：B。【点睛】本
11、题要熟悉卫星变轨原理，并能由此判定此过程中卫星机械能的变化关系，知道卫星轨道与周期的关系。8.某带电粒子仅在电场力作用下由a点运动到b点，电场线及运动轨迹如图所示。由此可以判定粒子在a、b两点A. 在a点的加速度较大 B. 在a点电势能较大C. 在b点的速率较大 D. 在b点所受电场力较大【答案】A【解析】【分析】根据电场线疏密程度得到场强大小关系，根据电场线方向得到电势高低关系；再根据运动轨迹得到电场力方向，从而得到电荷符号及电场力做的功，进而由动能定理得到速率变化。【详解】AD、电场线疏密程度代表场强大小，故，依据，因此在a点的电场力较大，其对应的加速度也较大，故A正确，D错误；B、粒子只
12、受电场力作用，故电场力方向指向运动轨迹凹的一侧，那么，电场力指向左侧，所以，粒子带负电，而等势面垂直电场线，且沿着电场线电势降低，故ab，因此在a点电势能较小，故B错误；C、粒子带负电，电场力方向指向左侧，粒子由a运动到b，电场力做负功，故由动能定理可知：粒子速率减小，即，故C错误。故选A。【点睛】带电物体在匀强电场中的运动，分析物体受力情况，明确物体的运动规律，然后选择恰当的过程运用牛顿第二定律和运动学公式列式求解。9.如图甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为556，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与负载电阻相连。若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中
13、正确的是 A. 原线圈输入的正弦交变电流的频率是100HzB. 变压器输入电压的最大值是220VC. 电压表的示数是VD. 若电流表的示数为0.50A，则变压器的输入功率是12W【答案】D【解析】【分析】由图乙可知交流电压最大值，周期T=0.02s，可由周期求出频率的值，则可得交流电压u的表达式（V），由变压器原理可得变压器副线圈的电压，根据求出输出功率，根据输入功率等于输出功率即可求出输入功率，【详解】A、变压器不改变频率，由图乙可知交流电周期T=0.02s，可由周期求出正弦交变电流的频率是50Hz，故A错误；B、由图乙可知变压器输入电压的最大值是，故B错误；C、根据变压器电压与匝数成正比知
14、电压表示数为，故C错误；D、变压器的输出功率，输入功率等于输出功率，则变压器的输入功率为12W，故D正确；故选D。【点睛】根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键。10.斜面静止在粗糙水平地面上，一物块恰能沿斜面匀速下滑，现用一个竖直向下的恒力作用在物块上，如图所示，恒力过物块重心，则下列说法正确的是A. 物块将沿斜面加速下滑B. 物块仍能保持匀速下滑C. 地面对斜面的摩擦力减小D. 地面对斜面的摩擦力增大【答案】B【解析】【分析】未加F时，物块匀速下滑，受力平衡，由平衡条件和摩擦力公式得出sin与cos的大小。再分
15、析对物块施加一个竖直向下的恒力F时，重力和F沿斜面向下的分力与滑动摩擦力的大小，判断物块的运动状态。【详解】AB、未加F时，物块匀速下滑，受力平衡，分析物体的受力情况如图：由平衡条件得：mgsin=mgcos得：sin=cos对物块施加一个竖直向下的恒力F时，物块受到的滑动摩擦力大小为：重力和F沿斜面向下的分力大小为，则上可知：，则物块受力仍平衡，所以仍处于匀速下滑状态；故A错误，B正确；CD、没有加力F时，物块匀速下滑，受重力、支持力和摩擦力平衡，根据平衡条件，支持力和摩擦力的合力与重力等值、反向、共线，根据牛顿第三定律，物块对斜面的压力和摩擦力的合力竖直向下，故斜面与地面间没有摩擦力；加力
16、F后，物块受推力、重力、支持力和摩擦力平衡，根据平衡条件，支持力和摩擦力的合力竖直向上，大小等于，根据牛顿第三定律，物块对斜面的压力和摩擦力的合力竖直向下，大小等于，故斜面与地面间没有摩擦力；故CD错误；故选：B。【点睛】本题中物块匀速下滑时，作为一个重要结论可在理解的基础上记住，对分析本题解答有帮助。11.某种喷墨打印机打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。忽略墨汁的重力，为了使打在纸上的字迹缩小，下列措施理论上可行的是A. 只增大偏转电场的电压B. 只减小墨汁微粒所带的电荷量C. 只减
17、小墨汁微粒的质量D. 只减小墨汁微粒进入偏转电场的速度【答案】B【解析】【分析】要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角y，根据牛顿第二定律和运动学公式结合推导出偏转量y的表达式，再进行分析。【详解】设喷入偏转电场的墨汁微粒的速度为，偏转电场宽度为，偏转电场右边缘与纸间距为墨滴在x方向上匀速运动：根据牛顿第二定律可得：在方向上做匀加速运动：由几何关系得：则墨汁在纸上竖直方向的偏移量：根据表达式可知，为了使打在纸上的字迹缩小，即减小，可减小墨汁微粒所带的电荷量，增大墨汁微粒的质量，减小偏转电场的电压，增大墨汁微粒的喷出速度，故ACD错误，B正确。故选：B。【点睛】此题考查带电粒子在电场中的偏
18、转在实际生活中的应用，关键要熟练运用运动的分解法，推导出偏转量y的表达式，再进行分析。12.图甲是某人站在接有传感器的力板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心。图乙是力板所受压力随时间变化的图象，取重力加速度g =10m/s2。根据图象分析可知A. 人的重力可由b点读出，约为300NB. b到c的过程中，人先处于超重状态再处于失重状态C. 人在双脚离开力板的过程中，重力的冲量约为360NsD. 人在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度【答案】C【解析】【分析】开始时的人对传感器的压力等于其重力；失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重
19、状态，此时有向下的加速度；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度。人下蹲过程分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，起立也是如此。【详解】A、开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是900N，人的重力也是900N故A错误；B、b到c的过程中，人先处于失重状态再处于超重状态。故B错误；C、双脚离开力板的过程中历时0.4s，则重力的冲量约为9000.4=360Ns，则C正确：D、b弹力与重力的差值要小于c点弹力与重力的差值，则b点的加速度要小于c点的加速度，则D错误故选：C。【点睛】本题考查物理知识与生活的
20、联系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超失重的概念联系起来加以识别。第二部分 （非选择题）13.利用“油膜法估测油酸分子的大小”实验，体现了构建分子模型的物理思想，也体现了通过对宏观量的测量，来实现对微观量间接测量的方法。该实验简要步骤如下：A用注射器吸入一定体积事先配置好的油酸酒精溶液，再均匀地滴出，记下滴出的滴数，算出一滴油酸酒精溶液的体积V0B用注射器将一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待油滴散开、油膜形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将薄膜形状描画在玻璃板上C用浅盘装入约2 cm深的水，然后把滑石粉均匀地撒在水面上D. 将画有油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，用数学方法估算出
21、油膜的面积SE根据油酸酒精溶液的浓度和一滴油酸酒精溶液的体积V0，算出一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积V F利用测定数据求出薄膜厚度d，即为油酸分子的大小 （1）上述实验步骤中B、C、D的顺序不合理，请重新对这三个步骤排序：_；（2）利用实验步骤中测出的数据，可得油酸分子直径d=_。【答案】 (1). （1） CBD； (2). （2）V/S【解析】【分析】过量筒测出N滴油酸酒精溶液的体积，然后将此溶液1滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜的面积。则用此
22、溶液的体积除以其的面积，恰好就是油酸分子的直径。【详解】（1）实验中要先用浅盘装入约2cm深的水，然后把滑石粉均匀地撒在水面上，然后再用注射器将一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待油滴散开、油膜形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将薄膜形状描画在玻璃板上；最后将画有油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，用数学方法估算出油膜的面积S，故正确顺序应为CBD；（2）酒精油酸溶液中油酸的体积为V，而酒精油酸溶液在水面上形成的油酸薄膜轮廓面积S，所以油酸分子直径为；故答案为：（1）CBD （2）。【点睛】本题考查“用单分子油膜估测分子大小”实验的实验步骤和数据处理，注意准确掌握实验的原理及操作注意事项。14.利用电
23、流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。要求尽量减小实验误差。（1）在虚线框内画出实验电路原理图_。（2）现有电流表（00.6A），开关和导线若干，以及以下器材：A电压表（015V） B电压表（03V）C滑动变阻器（050） D滑动变阻器（0500）实验中电压表应选用_，滑动变阻器应选用_。（填相应器材前字母）（3）实验中，一位同学在表格中记录了7组数据，并在坐标纸上描出了对应数据点。a请根据这些数据点，在坐标纸中画出U-I图象_；b由图象得到：电池的电动势E =_V ，电池内阻r =_。（结果保留三位有效数字）I/A0.140.130.100.080.060.040.02U/V1.011
24、.081.101.151.201.251.30 【答案】 (1). ； (2). B； (3). C； (4). a. (5). b.1.35（1.341.36）； (6). 2.40（2.302.50）【解析】【分析】（1）根据伏安法测电源电动势与内阻的实验原理作出实验电路图。（2）根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。（3）应用描点法作图作出图线；根据电源U-I图象求出电源的电动势与内阻。【详解】（1）应用伏安法测电压电动势与内阻实验，电压表测 路端电压，电流表测电路电流，由于电源内阻较小，电流表采用内接法，实验电路图如图甲所示。（2）一节干电池电动势约为
25、1.5V，电压表应选择B，为方便实验操作，滑动变阻器应选择C；（3）a、根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图线如图乙所示；b、由图示电源U-I图线可知，电源电动势：E=1.35V，电源内阻：故答案为：（1）； （2）B；C； （3）a、；b、1.35；2.40。【点睛】本题考查了作实验电路图、实验数据处理等问题，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法。15.如图所示的实验装置，可用来研究平抛物体的运动。（1）实验提供了如下器材：小钢球，固定有斜槽的木板，坐标纸，重锤线，铅笔，秒表，图钉等。其中不必要的器材是_；（2）某同学在实验操作时发现，将小钢球轻
26、轻放在斜槽末端时，小球能自动滚下。他应该如何调整：_；（3）正确实验后，同学们获取了小钢球以坐标原点O为抛出点的水平位移x和竖直位移y的多组数据。为了减小误差，某同学根据所测得的数据，以y为横坐标，以x2为纵坐标，在坐标纸上做出x2-y图象，发现图象为过原点的直线。该同学得出直线的斜率为k，他利用k和当地重力加速度g，计算出小球做平抛运动的初速度v0。请你写出初速度的表达式：v0 =_【答案】 (1). （1）秒表 (2). （2）调节轨道末端水平 (3). （3）【解析】【分析】在实验中要画出平抛运动轨迹，必须确保小球做的是平抛运动。所以斜槽轨道末端一定要水平，同时斜槽轨道要在竖直面内。要画
27、出轨迹，必须让小球在同一位置多次释放，才能在坐标纸上找到一些点。然后将这些点平滑连接起来，就能描绘出平抛运动轨迹。小球运动的轨迹是曲线。平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据求出相等的时间间隔，再根据，求出平抛运动的初速度。【详解】（1）做“研究平抛物体的运动”实验时，需要木板、小球、游标卡尺、斜槽、铅笔、图钉，不需要秒表，在实验中不需要测量时间；（2）小球能自动滚下说明斜槽末端不水平，应该调整：使斜槽末端水平，保证小球做平抛运动；（3）根据及解得：所以故答案为：（1）秒表；（2）调节轨道末端水平；（3）三、计算题16.如图所示，长度为 l 的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为 m 的小球（
28、小球的大小可以忽略、重力加速度为）。（1） 在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为，小球保持静止。画出此时小球的受力图，并求力F的大小；（2）由图示位置无初速释放小球，不计空气阻力。求小球通过最低点时:a小球的动量大小；b小球对轻绳的拉力大小。【答案】（1）；mgtan；（2）；【解析】【分析】（1）小球受重力、绳子的拉力和水平拉力平衡，根据共点力平衡求出力F的大小。（2）根据机械能守恒定律求出小球第一次到达最低点的速度，求出动量的大小，然后再根据牛顿第二定律，小球重力和拉力的合力提供向心力，求出绳子拉力的大小。【详解】（1）小球受到重力、绳子的拉力以及水平拉力的作用，受力如图根据平衡条
29、件，得拉力的大小：（2）a小球从静止运动到最低点的过程中，由动能定理：则通过最低点时，小球动量的大小：b根据牛顿第二定律可得：根据牛顿第三定律，小球对轻绳的拉力大小为：【点睛】本题综合考查了共点力平衡，牛顿第二定律、机械能守恒定律，难度不大，关键搞清小球在最低点做圆周运动向心力的来源。17.如图所示，从离子源产生的某种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B，磁场左边界竖直。已知离子射入磁场的速度大小为v，并在磁场边界的N点射出；不计重力影响和离子间的相互作用。（1）判断这种离子的电性；（2）求这种离子的荷质比
30、（3）求MN之间的距离d。【答案】（1）正电（2）（3）【解析】【分析】（1）根据离子在磁场中的偏转方向应用左手定则判断离子电性。（2）离子在加速电场中加速，应用动能定理可以求出离子的比荷。（3）离子在磁场中做圆周运动，应用牛顿第二定律求出离子轨道半径，然后求出MN间的距离。【详解】（1）由题意可知，离子在磁场中向上偏转，离子刚进入磁场时所受洛伦兹力竖直向上，由左手定则可知，离子带正电；（2）离子在电场加速过程，由动能定理得：解得，离子核质比为：（3）离子进入磁场做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：MN间的距离：解得：。【点睛】本题考查了离子在电场与磁场中的运动，分析清楚离子运动过程是解题的前提
31、，应用动能定理与牛顿第二定律即可解题，根据粒子所受洛伦兹力方向应用左手定则可以判断离子电性。18.如图甲所示，蹦床是常见的儿童游乐项目之一，儿童从一定高度落到蹦床上，将蹦床压下后，又被弹回到空中，如此反复，达到锻炼和玩耍的目的。如图乙所示，蹦床可以简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力的大小为kx（x为床面下沉的距离，也叫形变量；k为常量），蹦床的初始形变量可视为0，忽略空气阻力的影响。（1）在一次玩耍中，某质量为m的小孩，从距离蹦床床面高H处由静止下落，将蹦床下压到最低点后，再被弹回至空中。a请在图丙中画出小孩接触蹦床后，所受蹦床的弹力F随形变量x变化的图线；b求出小孩刚接触蹦床时的速度大小v；c
32、若已知该小孩与蹦床接触的时间为t，求接触蹦床过程中，蹦床对该小孩的冲量大小I。（2）借助F-x图，可确定弹力做功的规律。在某次玩耍中，质量不同的两个小孩（均可视为质点），分别在两张相同的蹦床上弹跳，请判断：这两个小孩，在蹦床上以相同形变量由静止开始，上升的最大高度是否相同？并论证你的观点。【答案】（1）a.b. c. （2）上升高度与质量m有关，质量大的上升高度小【解析】【分析】（1）a、根据胡克定律求出劲度系数，抓住弹力与形变量成正比，作出弹力F随x变化的示意图。b、根据机械能守恒求出小孩刚接触蹦床时的速度大小；c、根据动量定理求出蹦床对该小孩的冲量大小。（2）根据图线围成的面积表示弹力做功
33、，得出弹力做功的表达式，根据动能定理求出弹力做功，从而求出x1的值。【详解】（1）a.根据胡克定律得：，所以F随x的变化示意图如图所示b.小孩子有高度H下落过程，由机械能守恒定律：得到速度大小：c.以竖直向下为正方向，接触蹦床的过程中，根据动量守恒：其中可得蹦床对小孩的冲量大小为：（2）设蹦床的压缩量为x，小孩离开蹦床后上升了H从最低点处到最高点，重力做功，根据F-x图象的面积可求出弹力做功：从最低点处到最高点，根据动能定理：可得：，可以判断上升高度与质量m有关，质量大的上升高度小。【点睛】解决本题的关键知道运动员在整个过程中的运动情况，结合运动学公式、动能定理等知识进行求解。19.如图甲所示
34、，电阻不计且间距L1 m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R2 的电阻，虚线OO下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B2T。现将质量m0.1 kg、电阻不计的金属杆ab从OO上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平。金属杆从静止开始，下落0.3 m的过程中，加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示，g取10 m/s2，求： （1）金属杆刚进入磁场时，速度的大小v0；（2）金属杆从静止开始下落0.3m的过程中，在电阻R上产生的热量Q；（3）在图丙的坐标系中，定性画出回路中电流随时间变化的图线，并说明图线与坐标轴围成面积的物理意义（以金属杆进入磁场
35、时为计时起点）。【答案】（1）1.0m/s（2）0.2875J （3）图线如图【解析】【分析】据题图读出金属杆刚进入磁场时的加速度，由感应电动势公式E=BLv、欧姆定律和安培力公式F=BIL、牛顿第二定律结合，即可求得速度；由图知金属杆下落0.3m时做加速度为零，开始做匀速运动，由平衡条件求出此时速度，再由能量守恒求解热量；【详解】：（1）进入磁场后，根据右手定则判断可知金属杆ab中电流的方向由a到b，由左手定则判断出，杆ab所受的安培力竖直向上。刚进入磁场时，由牛顿第二定律得：；联立解得：（2）通过图象得到h=0.3m时，a=0，表明金属杆受到的重力与安培力平衡，有；其中，联立得：；（3）从
36、开始到下落0.3m的过程中，由能的转化和守恒定律有：，得到：（3）图线如图所示，面积的物理意义是：某段时间内通过电阻的电荷量。【点睛】本题关键要根据图象的信息读出加速度和杆的运动状态，由牛顿第二定律、安培力、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、能量守恒等多个知识综合求解，综合较强.20.（1）试证明:“静止的通电导线在磁场中受到的安培力，在数值上等于大量定向运动的电荷受到的洛伦兹力的总和”。以一段柱状通电直导线为例，设导线的横截面积为S，长度为L，单位体积内自由电荷数为n，电荷电量为q，电荷定向移动的平均速率为v。假定在金属导体中正电荷定向移动形成电流，得到结果具有普遍性（本假定同样适用于以下两问）
37、。（2）如图所示，接通电路后，导体棒在安培力作用下向右运动。此时，导体中自由电荷既在电场力作用下沿导体棒运动，又随导体棒沿水平方向运动，从而导致运动电荷所受洛伦兹力与宏观安培力不在同一方向。在此模型中，请证明：安培力对导体棒做功，在数值上等于大量可自由运动电荷所受洛伦兹力的某个分力对电荷做功的总和。为方便证明，可设电源电动势为E，导体棒的电阻为R，其长度为L，恰好等于平行轨道间距，整个装置处于竖直、向下磁感应强度为B的匀强磁场中，忽略电源和金属导轨的电阻。导体棒在安培力和摩擦力的作用下，向右以速度vx做匀速直线运动，在时间t内由实线位置运动到虚线位置；同时棒内某个正电荷在该时间t内从a位置定向
38、运动到b位置。如在证明过程中，还需用到其他物理量，请自行假设。（3）在（2）问所涉及的模型中，通过导体棒的电流：。这是因为导体在运动过程中会切割磁感线，产生“反电动势E”。请你根据该过程的微观机制，利用电动势的定义，求出图示模型中的反电动势E，并写出通过导体棒的电流I。【答案】（1）（2）证明过程见解析；（3）；。【解析】【分析】（1）写出安培力和洛仑兹力的公式，将电流的微观表达式代入安培力公式可证明是洛仑兹力的整数倍；（2）根据图示模型画出正电荷的速度矢量图，再由左手定则画出洛仑兹力矢量分解图，由功的定义，可以证明：安培力对导体棒做功，在数值上等于大量可自由运动电荷所受洛伦兹力的水平分力对电
39、荷做功的总和；（3）由电动势的定义，及欧姆定律先求出反电动势，然后再写出电路中的电流。【详解】：（1）证明：通电导线在磁场中受到的安培力为： 而电流为：每个电荷q受到的洛仑兹力为： 所以安培力为：（2）如图所示的模型中，导体棒通电后受到安培力向右运动距离为，则安培力做功为：正电荷的和速度如图所示（下），及洛伦兹力如图所示（上），则洛伦兹力水平分量为：它所做的功为：所以：即安培力做功在数值上等于大量运动电荷所受洛伦兹力在导体棒运动方向上分力做功之和。（3）根据电动势的定义有：电路中电流为：【点睛】本题主要是考查电磁感应现象的能量转化问题，解答本题要掌握发电机和电动机的工作原理，了解洛伦兹力不做功的原因和电磁感应现象中能量的转化情况。
