1、北京市房山区2015届高考物理一模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1关于热现象下列说法中正确的是( )A布朗运动是指液体中悬浮颗粒的无规则运动B随着分子间距离增大，分子间引力减小但斥力增大C温度降低，物体内每个分子的动能一定减小D外界对物体做功，物体的内能一定增加2关于红光和紫光下列说法中正确的是( )A红光的频率大于紫光的频率B在同一种玻璃中红光的传播速度小于紫光的传播速度C用同一双缝干涉装置做实验，红光的干涉条纹间距大于紫光的干涉条纹间距D当红光和紫光以相同入射角从玻璃射入空气时，若紫光刚好能发生全反射，则红光也一定能发生全反射3下列说法中正确的是( )A射线比射线更容易
2、使气体电离B射线在真空中的传播速度与光速相同C太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应D卢瑟福的粒子散射实验说明原子核是由质子和中子组成的4如图是一列沿着x轴正方向传播的横波在t=0时刻的波的图象已知这列波的周期T=2.0s下列说法中正确的是( )A这列波的波速v=2.0 m/sB在t=0时，x=0.5m处的质点速度为零C经过2.0s，x=0.5m处的质点位移是0.8mD在t=0.3s时，x=0.5m处的质点的加速度方向为y轴负方向5如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：5原线圈与电压u=220sin（100t）V正弦交变电源连接副线圈仅接入一个100的电阻则( )A变压器
3、副线圈的电压是220VB变压器的输入功率是100WC流过原线圈的电流的有效值为2.2AD电流表的示数为0.45A6一带正电粒子只在电场力的作用下沿直线由A点运动到B点，带电粒子的vt图象如图所示，则带电粒子所在的电场可能是( )ABCD7用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示对上述现象的判断与分析，下列说法不正确的是( )A摩擦使笔套带电B笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷C笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和D圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电
4、力的合力大于圆环的重力8“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面电势分别为A和B，其过球心的截面如图所示一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间忽略电场的边缘效应下列说法中正确的是( )AA球面电势比B球面电势高B电子在AB间偏转电场中做匀变速运动C等势面C所在处电场强度的大小为E=D等势面C所在处电势大小为二、非选择题9在“探究力的
5、平行四边形定则”的实验中，用图钉把橡皮筋的一端固定在板上的A点，在橡皮筋的另一端拴上两条细绳，细绳另一端系着绳套B、C（用来连接弹簧测力计）其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳在实验中，如果只将细绳换成橡皮筋，其它步骤没有改变，那么实验结果_（填“会”或“不会”）发生变化本实验采用的研究方法是_A理想实验法 B控制变量法 C等效替代法 D建立物理模型法10某实验小组描绘一个热敏电阻的伏安特性曲线，此热敏电阻允许通过的最大电流为0.3A，现实验室备有以下实验器材：电池组E 电动势4V，内阻不计电压表V1量程03V，内阻约2.0k电压表V2量程015V，内阻约3.0k
6、电流表A1量程00.3A，内阻约2.0电流表A2量程06A，内阻约0.4滑动变阻器R1 阻值010，额定电流2A滑动变阻器R2阻值0100，额定电流0.5A固定电阻R0阻值5，额定电流5A开关S，导线等在实验中，应当选用的实验器材有电压表_，电流表_，滑动变阻器_（填器材名称代号）为了确定实验中应采用电流表内接法还是外接法，某同学将电压表分别接在ab及ac两端（如图甲、乙所示）实验中发现电流表示数变化不大，而电压表示数变化比较明显，则可以确定此实验应采用电流表_接法（填“内”或者“外”）根据以上信息在图丙方框内画出实验电路图图丁为某同学绘制的该热敏电阻的伏安特性曲线已知该热敏电阻与温度的关系R
7、=5.46+0.02t，试估算该热敏电阻两端电压为2.0V时的温度约为_11（16分）如图所示倾角为37的斜面，斜面AB长为2.2m，斜面底端有一小段（长度可忽略）光滑圆弧，圆弧末端水平圆弧末端距地面高度为1.25m，质量为m的物体在斜面顶端A点由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数=0.2（g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8），求（1）物体沿斜面下滑时加速度的大小；（2）物体滑到圆弧末端B点时的速度大小；（3）物体落地点与圆弧末端B的水平距离12（18分）人造地球卫星绕地球的运动可视为匀速圆周运动，设地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，地球自转周期为T求：（1）地
8、球同步卫星距地面的高度；（2）若地球半径为6400km，地表重力加速度g取10m/s2，考虑地球自转的影响，试估算从地球赤道发射近地轨道卫星所需要的最低速度根据结论你认为卫星发场选址因该遵循什么原则；（3）卫星在运动中既具有动能又具有引力势能（引力势能实际上是卫星与地球共有的，简略地说此势能是人造卫星所具有的）设地球的质量为M，以卫星离地球无限远处时的引力势能为零，则质量为m的人造地球卫星在距离地心为r处时的引力势能Ep=（G为引力常量）物体在地球表面绕地球做匀速圆周运动的速度叫第一宇宙速度当物体在地球表面的速度等于或大于某一速度时，物体就可以挣脱地球引力的束缚，成为绕太阳运动的人造行星，这个
9、速度叫做第二宇宙速度，根据以上条件求第二宇宙速度和第一宇宙速度之比13法拉第在研究电磁感应现象的过程中发现：“电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比”这就是著名的法拉第电磁感应定律，请根据定律完成下列问题（1）如图1所示，固定于水平面上的金属框架abcd，处在竖直向下的匀强磁场中金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动框架的ab与dc平行，bc与ab、dc垂直MN与bc的长度均为l，在运动过程中MN始终与bc平行，且与框架保持良好接触磁场的磁感应强度为B请根据法拉第电磁感应定律，证明金属棒MN中的感应电动势E=Blv；（2）为进一步研究导体做切割磁感线运动的过程，现构建如下
10、情景：金属棒a和b，两棒质量都为m，电阻分别为Ra和Rb如图2所示，a棒从h高处自静止沿弧形轨道下滑，两导轨间距为L，通过C点进入轨道的水平部分，该水平部分存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B（下滑时棒始终保持与导轨垂直）a若金属棒b固定于轨道的水平部分，且a棒始终没有跟b棒相碰，求a棒上最终产生的焦耳热（不计一切摩擦）b若金属棒b解除固定，静止于轨道水平部分，要使ab不相碰，b棒至少距离C点多远北京市房山区2015届高考物理一模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1关于热现象下列说法中正确的是( )A布朗运动是指液体中悬浮颗粒的无规则运动B随着分子间距离增大，分子间引力减
11、小但斥力增大C温度降低，物体内每个分子的动能一定减小D外界对物体做功，物体的内能一定增加考点：布朗运动；物体的内能 分析：布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，分子之间的斥力和引力大小都随分子间距离的增加而减小，温度是分子平均动能的标志；改变内能的是做功和热传递解答：解：A、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故A正确B、分子之间的斥力和引力大小都随分子间距离的增加而减小，故B错误；C、温度是分子热运动平均动能的标志，故温度降低了，物体内分子热运动的平均动能降低，不是每个分子的动能都降低，故C错误；D、做功和热传递都可以改变物体的内能，如果外界对物体做
12、功，同时物体放热，则内能可能减小，故D错误；故选：A点评：本题考察对分子动理论的理解，要特别注意：布朗运动是悬浮微粒的运动，反映了液体或气体分子的无规则运动；分子之间的斥力和引力大小都随分子间距离的增加而减小，斥力减的快一些；温度是分子平均动能的标志，反应多数，对单个不适用；做功和热传递都能改变物体的内能2关于红光和紫光下列说法中正确的是( )A红光的频率大于紫光的频率B在同一种玻璃中红光的传播速度小于紫光的传播速度C用同一双缝干涉装置做实验，红光的干涉条纹间距大于紫光的干涉条纹间距D当红光和紫光以相同入射角从玻璃射入空气时，若紫光刚好能发生全反射，则红光也一定能发生全反射考点：电磁波谱 分析
13、：红光的频率小于紫光的频率，红光的波长大于紫光的波长，根据频率的大小可知折射率的大小，根据v=比较光在介质中的速度，以及根据折射率比较出临界角的大小通过双缝干涉条纹的间距公式比较条纹的间距大小解答：解：A、红光的频率小于紫光的频率故A错误；B、红光的频率小，折射率小，根据v=知，红光在玻璃砖传播的速度大故B错误；C、红光的波长长，通过双缝干涉条纹的间距公式得，红光的干涉条纹间距大于紫光的干涉条纹间距故C正确；D、根据sinC=知，紫光的频率大，则临界角小，紫光刚好能发生全反射，则红光不会发生全反射故D错误故选：C点评：解决本题的关键知道各种色光的频率大小，波长大小，以及知道条纹间距、临界角与波
14、长、频率的关系明确可见光中红光的波长最大频率最小，而紫光波长最小频率最大；3下列说法中正确的是( )A射线比射线更容易使气体电离B射线在真空中的传播速度与光速相同C太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应D卢瑟福的粒子散射实验说明原子核是由质子和中子组成的考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度；重核的裂变 分析：正确解答本题需要掌握：明确、三种射线的性质以及重核裂变和轻核聚变的应用知道卢瑟福通过粒子散射实验，提出原子核式结构模型，并没有说明原子核是由质子和中子组成的解答：解：A、三种射线中射线的电离能力最强，故A错误；B、射线是高频率的电磁波，在真空中的传播速度与光速相同故B正确；C、太阳辐射的
15、能量主要来源于轻核聚变，故C错误；D、卢瑟福通过粒子散射实验，提出原子核式结构模型，故D错误故选：B点评：本题比较简单，考查了三种射线性质和粒子散射实验这一类的题目考查的知识点很广但不深，把课标上要求识记和理解的知识点记牢即可4如图是一列沿着x轴正方向传播的横波在t=0时刻的波的图象已知这列波的周期T=2.0s下列说法中正确的是( )A这列波的波速v=2.0 m/sB在t=0时，x=0.5m处的质点速度为零C经过2.0s，x=0.5m处的质点位移是0.8mD在t=0.3s时，x=0.5m处的质点的加速度方向为y轴负方向考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 分析：由图读出波长，由v=求出波速
16、；根据质点的位置分析其速度；波沿x轴正方向传播的距离为x=vt；根据时间与周期的关系，分析在t=0.3s时，x=0.5m处质点的位置，确定其运动方向和加速度方向解答：解：A、由图知：波长=1m，则波速v=m/s=0.5m/s故A错误；B、在t=0时，x=0.5m处的质点位于平衡位置，速度不是零而是最大故B错误；C、过2.0s，恰好一个周期，x=0.5m处的质点位移依然为零故C错误；D、t=0.3s=T，图示时刻x=0.5m处的质点正向上运动，故t=0.3s时，x=0.5m处的质点的运动方向为y轴正方向，且位移为正方向，根据a=，加速度为负方向，故D正确故选：D点评：本题的关键要掌握波速的两个公
17、式v=和v=，同时要能够结合波形平移的方法得到波形移动方向和质点的振动方向的关系5如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：5原线圈与电压u=220sin（100t）V正弦交变电源连接副线圈仅接入一个100的电阻则( )A变压器副线圈的电压是220VB变压器的输入功率是100WC流过原线圈的电流的有效值为2.2AD电流表的示数为0.45A考点：变压器的构造和原理；远距离输电 专题：交流电专题分析：根据输入电压的表达式可以求得输入电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：A、由输入电压公式可知，原线圈中电压的最大值为220V，所以电压的有效值为220V
18、，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为100V，故A错误；B、副线圈的电阻为100，所以电流的为1A，PUI=1001=100W；故B正确；B、电流之比等于匝数的反比，故流过原线圈的电流有效值I1=A；故C错误；D、电流表测副线圈中电流，其大小为1A；故D错误；故选：B点评：本题考查变压器的性质，根据公式可以求得输入电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论注意电表显示的均为有效值6一带正电粒子只在电场力的作用下沿直线由A点运动到B点，带电粒子的vt图象如图所示，则带电粒子所在的电场可能是( )ABCD考点：电场线 分析：根据速度图象得出带电粒子的加速度越来越大，
19、根据牛顿第二定律说明电场力越来越大，再根据电场强度的定义分析判断解答：解：速度图象的斜率增大，则知从A运动到B过程中带电粒子的加速度增大，根据牛顿第二定律说明电场力增大，由F=Eq知，所以由A运动到B，场强E增大，所以EAEB，正离子受的电场力与电场方向相同，电场方向从A指向B；故D正确故选：D点评：题根据图象考查对电场的认识，要求学生能从图象中找出加速度的大小及速度的变化，再应用动能定理及牛顿第二定律进行分析判断；同时还需注意，电势能是由电荷及电场共同决定的，故不能忽视了电荷的极性7用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠
20、近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示对上述现象的判断与分析，下列说法不正确的是( )A摩擦使笔套带电B笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷C笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和D圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力考点：静电现象的解释 分析：摩擦起电的原因是不同物质的原子核束缚核外电子的能力不同，能力强的得电子带负电，能力弱的失电子带正电，实质是电子的转移感应起电是电荷从物体的一个部分转移到另一个部分解答：解：A、笔套与头发摩擦后，摩擦使笔套带电，故A正确；B、带电的笔套靠近圆环时，圆环感应出上端异号下端同号，故B正确；C、笔套碰到圆
21、环后，笔套所带的电荷没有被中和，还带电，故C错误；D、当圆环被吸引到笔套上，是因为圆环所受静电力的合力大于圆环的重力，产生了加速度，故D正确本题选错误的，故选：C点评：此题考查的是物体带电的本质和电荷间的相互作用规律，注意理解电荷不会被创造，也不是消失，只是被转移，最后本题选择错误的，容易出错8“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面电势分别为A和B，其过球心的截面如图所示一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转
22、器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间忽略电场的边缘效应下列说法中正确的是( )AA球面电势比B球面电势高B电子在AB间偏转电场中做匀变速运动C等势面C所在处电场强度的大小为E=D等势面C所在处电势大小为考点：带电粒子在匀强电场中的运动 分析：电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，电子受力的方向与电场的方向相反；由牛顿第二定律和向心力列式解答；该电场是放射状电场，内侧的电场线密，电场强度大结合电势差的表达式即可得出C点的电势大小解答：解：A、电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，受力的方向与电场的方向相反，所以B板的电势较高；故A错误；B、电子做匀速圆
23、周运动，受到的电场力始终始终圆心，是变力，所以电子在电场中的运动不是匀变速运动故B错误；C、电子在等势面C所在处做匀速圆周运动，电场力提供向心力：eE=m又：R=，Ek0=联立以上三式，得：E=故C正确；D、该电场是放射状电场，内侧的电场线密，电场强度大，所以UBCUCA，即：BCCA，所以故D错误故选：C点评：该题考查带电粒子在放射状电场中的运动与电场力做功，解题的关键是电场力提供向心力，写出相应的表达式，即可正确解答二、非选择题9在“探究力的平行四边形定则”的实验中，用图钉把橡皮筋的一端固定在板上的A点，在橡皮筋的另一端拴上两条细绳，细绳另一端系着绳套B、C（用来连接弹簧测力计）其中A为固
24、定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳在实验中，如果只将细绳换成橡皮筋，其它步骤没有改变，那么实验结果不会（填“会”或“不会”）发生变化本实验采用的研究方法是CA理想实验法 B控制变量法 C等效替代法 D建立物理模型法考点：验证力的平行四边形定则 专题：实验题；平行四边形法则图解法专题分析：（1）在实验中注意细线的作用是提供拉力，采用橡皮筋同样可以做到；（2）本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”，注意不同实验方法的应用；解答：解：（1）在实验中细线是否伸缩对实验结果没有影响，故换成橡皮筋可以同样完成实验，故实验结果不变；（2）实验
25、中两次要求效果相同，故实验采用了等效替代的方法，故ABD错误，C正确故选：C故答案为：不会 C点评：在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析10某实验小组描绘一个热敏电阻的伏安特性曲线，此热敏电阻允许通过的最大电流为0.3A，现实验室备有以下实验器材：电池组E 电动势4V，内阻不计电压表V1量程03V，内阻约2.0k电压表V2量程015V，内阻约3.0k电流表A1量程00.3A，内阻约2.0电流表A2量程06A，内阻约0.4滑动变阻器R1 阻值010，额定电流2A滑动变阻器R2阻值0100，额定电流0.5A固定电阻R0阻值5，额定电流5A开
26、关S，导线等在实验中，应当选用的实验器材有电压表V1，电流表A1 ，滑动变阻器R1（填器材名称代号）为了确定实验中应采用电流表内接法还是外接法，某同学将电压表分别接在ab及ac两端（如图甲、乙所示）实验中发现电流表示数变化不大，而电压表示数变化比较明显，则可以确定此实验应采用电流表外接法（填“内”或者“外”）根据以上信息在图丙方框内画出实验电路图图丁为某同学绘制的该热敏电阻的伏安特性曲线已知该热敏电阻与温度的关系R=5.46+0.02t，试估算该热敏电阻两端电压为2.0V时的温度约为143考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题；恒定电流专题分析：根据电源电动势和最大电流确定电表的量程，从
27、减小误差角度和可操作性角度确定滑动变阻器测量灯泡的伏安特性曲线，电流、电压需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，根据灯泡的电阻大小确定电流表的内外接根据欧姆定律得出热敏电阻阻值，再求出其温度解答：解：（1）电池组E电动势4V，所以电压表选择V1；此热敏电阻允许通过的最大电流为0.3A，所以电流表选择A1 ；为方便实验操作，滑动变阻器应选：R1；（2）为了确定实验中应采用电流表内接法还是外接法，某同学将电压表分别接在ab及ac两端（如图甲、乙所示）实验中发现电流表示数变化不大，而电压表示数变化比较明显，说明热敏电阻阻值接近电流表内阻，所以此实验应采用电流表外接法（3）电压与电流应从零开始变
28、化，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图：（4）该热敏电阻两端电压为2.0V时电阻R=8.3已知该热敏电阻与温度的关系R=5.46+0.02t=8.3，t=143故答案为：V1，A1 ，R1；外；如图；143点评：本题考查了选择实验器材、电流表接法、实验数据分析等问题，要掌握实验器材的选择原则，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表应采用外接法11（16分）如图所示倾角为37的斜面，斜面AB长为2.2m，斜面底端有一小段（长度可忽略）光滑圆弧，圆弧末端水平圆弧末端距地面高度为1.25m，质量为m的物体在斜面顶端A点由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数=0.2（g取10m/s2，sin37
29、=0.6，cos37=0.8），求（1）物体沿斜面下滑时加速度的大小；（2）物体滑到圆弧末端B点时的速度大小；（3）物体落地点与圆弧末端B的水平距离考点：牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；平抛运动 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）根据牛顿第二定律求出物体下滑的加速度大小（2）通过速度位移关系求出物体从斜面顶端下滑到斜面底端速度；（3）根据平抛运动规律列式求解解答：解：（1）根据牛顿第二定律得，物体的加速度a=100.6100.20.8=4.4m/s2（2）根据速度位移公式知vB=4.4m/s（3）根据平抛运动规律知h=gt2x=vBt联立解得x=2.2m答：（1）
30、物体沿斜面下滑时加速度的大小为4.4m/s2；（2）物体滑到圆弧末端B点时的速度大小为4.4m/s；（3）物体落地点与圆弧末端B的水平距离为2.2m点评：本题考查牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，注意平抛运动两个分运动具有同时性12（18分）人造地球卫星绕地球的运动可视为匀速圆周运动，设地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，地球自转周期为T求：（1）地球同步卫星距地面的高度；（2）若地球半径为6400km，地表重力加速度g取10m/s2，考虑地球自转的影响，试估算从地球赤道发射近地轨道卫星所需要的最低速度根据结论你认为卫星发场选址因该遵循什么原则；（3）
31、卫星在运动中既具有动能又具有引力势能（引力势能实际上是卫星与地球共有的，简略地说此势能是人造卫星所具有的）设地球的质量为M，以卫星离地球无限远处时的引力势能为零，则质量为m的人造地球卫星在距离地心为r处时的引力势能Ep=（G为引力常量）物体在地球表面绕地球做匀速圆周运动的速度叫第一宇宙速度当物体在地球表面的速度等于或大于某一速度时，物体就可以挣脱地球引力的束缚，成为绕太阳运动的人造行星，这个速度叫做第二宇宙速度，根据以上条件求第二宇宙速度和第一宇宙速度之比考点：万有引力定律及其应用；向心力 专题：万有引力定律的应用专题分析：（1）在地面附近，重力等于万有引力，列式可以求解地球质量；对于同步卫星
32、，万有引力提供向心力，列式求解高度；（2）近地卫星受万有引力提供向心力，如果在赤道上顺着自转方向发射，发射速度可以减去地球的自转速度；（3）第二宇宙速度为卫星脱离地球束缚的最小速度，人造卫星机械能守恒，由万有引力提供向心力公式，求出关于速度的表达式，再根据动能的具体形式进行代换，求出动能，动能加上此时的引力势能即为机械能，卫星在地表处动能刚好等于此处势能时便可脱离地球；当卫星绕地球附近做匀速圆周运动时的速度，即为第一宇宙速度，由万有引力和向心力结合得到第一宇宙速度解答：解：（1）在地面附近，重力等于万有引力，故：G对于同步卫星，万有引力提供向心力，故：G=m解得：h=R（2）当卫星围绕地表飞行
33、时有：mg=m，解得：v=8000m/s；赤道上的物体由于地球自转而具有的速度为：500m/s最小速度v=vv=7500m/s发射场应该尽量靠近赤道，发射场尽量建在高处；（3）第一宇宙速度：=m解得：当卫星脱离地球吸引时卫星势能为零，最低动能为零由卫星发射后机械能守恒得：解得：所以：答：（1）地球同步卫星距地面的高度为R；（2）从地球赤道发射近地轨道卫星所需要的最低速度约为7500m/s，发射场应该尽量靠近赤道，发射场尽量建在高处；（3）第二宇宙速度和第一宇宙速度之比为：1点评：本题根据牛顿第二定律和机械能守恒定律研究卫星的运动情况和发射情况，第3问关键是明确卫星与地球的系统机械能守恒，离开地
34、球的临界条件是到无穷远处的动能为零13法拉第在研究电磁感应现象的过程中发现：“电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比”这就是著名的法拉第电磁感应定律，请根据定律完成下列问题（1）如图1所示，固定于水平面上的金属框架abcd，处在竖直向下的匀强磁场中金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动框架的ab与dc平行，bc与ab、dc垂直MN与bc的长度均为l，在运动过程中MN始终与bc平行，且与框架保持良好接触磁场的磁感应强度为B请根据法拉第电磁感应定律，证明金属棒MN中的感应电动势E=Blv；（2）为进一步研究导体做切割磁感线运动的过程，现构建如下情景：金属棒a和b，两棒质量都为
35、m，电阻分别为Ra和Rb如图2所示，a棒从h高处自静止沿弧形轨道下滑，两导轨间距为L，通过C点进入轨道的水平部分，该水平部分存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B（下滑时棒始终保持与导轨垂直）a若金属棒b固定于轨道的水平部分，且a棒始终没有跟b棒相碰，求a棒上最终产生的焦耳热（不计一切摩擦）b若金属棒b解除固定，静止于轨道水平部分，要使ab不相碰，b棒至少距离C点多远考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应功能问题分析：（1）在t时间内，ab棒向右移动的距离为，求出线框的磁通量的变化量，然后代入法拉第电磁感应定律即可得出E=BLv的结论；（2）根据能量守恒定
36、律，回路中产生的焦耳热总量为mghab棒串联，功率与电阻成正比 由动能定理知C点速度，由动量守恒知ab的共同速度，由动量定理列式求解b棒至少距离C点多远解答：解：（1）在t时间内，ab棒向右移动的距离为x=vt，这个过程中线框的面积变化量是：S=Lvt 穿过闭合回路的磁通量的变化量是：=BS=B Lvt根据法拉第电磁感应定律：E=n=1=BLv（2）a、根据能量守恒定律，回路中产生的焦耳热总量为mghab棒串联，功率与电阻成正比，所以a棒上产生的热量为Q=b、a棒滑至C点时的速度为vc=，a棒进入水平后和b棒组成的系统动量守恒定律由mvv=2mv2，得最终ab的速度均为v2=设ab棒的刚好达到
37、相同速度的过程中的某时刻，ab的速度差为v，则此时回路中产生的感应电动势Ei=BLv此时回路中的感应电流Ii=此时ab棒所受安培力Fi=BIiL=对b棒根据动量定理有：Fit=mv2对a、b棒刚好达到相同速度的过程求和则有：=t=mv2，即=mv2又因v2=所以解得最小距离为x=答：（1）证明过程见解析；（2）a若金属棒b固定于轨道的水平部分，且a棒始终没有跟b棒相碰，a棒上最终产生的焦耳热Q为；b若金属棒b解除固定，静止于轨道水平部分，要使ab不相碰，b棒至少距离C点点评：本题的关键是会推导安培力的表达式，根据平衡条件、牛顿第二定律和能量守恒、动量定理、动量守恒定律研究电磁感应现象，难度比较大