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2020年湖南省长沙市明达中学高考物理模拟试卷(有答案解析)

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2020年湖南省长沙市明达中学高考物理模拟试卷

一、单选题（本大题共4小题，共24.0分）
1.研究光电效应现象的实验电路如图所示，A、K为光电管的两个电极，
电压表V、电流计G均为理想电表。已知该光电管阴极K的极限频率为，元电荷电量为e，普朗克常量为h，开始时滑片P、上下对齐。
现用频率为的光照射阴极，则下列说法错误的是
A.该光电管阴极材料的逸出功为
B.若加在光电管两端的正向电压为U，则到达阳极A的光电子的最大动能为C.若将滑片P向右滑动，则电流计G的示数一定会不断增大

D.若将滑片向右滑动，则当滑片P、间的电压为时，电流计G的示数恰好为0
2.如图甲所示的“襄阳砲”是古代军队攻打城池的装置，其实质就是一种大型抛石机，图乙是其
工作原理的简化图。将质量的石块，装在与转轴O相距的长臂末端口袋中，最初静止时长臂与水平面的夹角，发射时对短臂施力使长臂转到竖直位置时立即停止运动，石块靠惯性被水平抛出，落在水平地面上。若石块落地位置与抛出位置间的水平距离
，不计空气阻力，g取以下判断正确的是
A.石块抛出后运动时间为



B.石块被抛出瞬间的速度大小为C.石块即将落地时重力的瞬时功率为
D.石块落地的瞬时速度大小为
3.如图所示为范德格拉夫起电机示意图，直流高压电源的正电荷通
过电刷E、传动带和电刷F，不断地传到球壳的外表面，并可视为均匀地分布在外表面上，从而在金属球壳与大地之间形成高电压．关于金属球壳上的A、B两点，以下判断正确的是A.A、B两点电势相同B.A、B两点电场强度相同
C.将带正电的试探电荷从A点移到B点，电势能增加D.将带正电的试探电荷从A点移到B点，电势能减小
4.如图为模拟远距离输电的部分测试电路。a、b端接电压稳定的正弦交变电源，定值电阻阻值分
别为、，且，理想变压器的原、副线圈匝数比为k且电流表、电压表均为
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理想表，其示数分别用I和U表示。当向下调节滑动变阻器示数变化分别用和表示。则以下说法错误的是
的滑动端P时，电流表、电压表
A.

B.

C.电源的输出功率一定减小D.电压表示数一定增加
二、多选题（本大题共6小题，共33.0分）
5.如图所示，abcd为边长为L的正方形线框，线框在纸面内，电阻为图
中虚线区域内有垂直纸面向里的匀强磁场．现用外力作用于线框，使线框从图示位置开始沿x轴正方向做初速度为零的匀加速运动，线框运动
过程中，ad边始终水平，线框平面始终与磁场垂直，磁场宽度大于L，以x轴正方向作为力的正方向，则磁场对线框的作用力F随时间t的变化图线及线框ab边的带你随时间t的变化图象正确的是
A.

B.

C.

D.

6.如图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小。这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为M和m。各接触面间的动摩擦因数均为，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d。现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是
A.纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为
B.要使纸板相对砝码运动，F一定大于C.若砝码与纸板分离时的速度小于D.当

，砝码不会从桌面上掉下
时，砝码恰好到达桌面边缘
7.图示是一个半径为R的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，
磁感应强度方向垂面向内，有一粒子源在圆上的A点不停地发射
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出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，运动的半径为r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为，以下说法正确的是
A.若B.若C.若D.若
，则粒子在磁场中运动的最长时间为，粒子沿着与半径方向成

成立
角斜向下射入磁场，则有关系
，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动的时间为
，粒子沿着与半径方向成角斜向下射入磁场，则圆心角为8.如图所示，一弹性轻绳绳的弹力与其伸长量成正比一端固定在A点，
弹性绳自然长度等于AB，跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的绝缘带正电、电荷量为q的小球。空间中还存在着水平向右的匀强
电场图中未画出，且电场强度
初始时A、B、C在一条竖直
线上，小球穿过水平固定的杆从C点由静止开始运动，滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为L，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为
，小球与杆之间的动摩擦因数为
，弹性绳始终处在弹性限度内。下列
说法正确的是
A.小球在D点时速度最大
B.若在E点给小球一个向左的速度v，小球恰好能回到C点，则C.弹性绳在小球从C到D阶段做的功等于在小球从D到E阶段做的功

D.若保持电场强度不变，仅把小球电荷量变为2q，则小球到达E点时的速度大小
9.下列说法正确的是
A.分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的引力和斥力都减小

B.根据
恒量，可知液体的饱和汽压与温度和体积有关
C.液晶具有液体的流动性，同时其光学性质具有晶体的各向异性特征D.在不考虑分子势能的情况下，1mol温度相同的氢气和氧气内能相同E.液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
10.关于机械波与电磁波，下列说法中正确的是
A.机械波在介质中传播时，介质中后振动的质点总是重复先振动的相邻的质点的振动，是受迫振动
B.弹簧振子在四分之一个周期里运动的路程一定等于一个振幅
C.有经验的战士可以根据炮弹飞行的尖叫声判断炮弹是接近还是远去D.电磁波衍射能力由强到弱的顺序是无线电波、可见光、红外线、射线E.在真空中传播的电磁波频率不同，传播的速度相同
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.实验小组采用如图1所示实验装置测量木块与木板间动摩擦因数，提供的器材有：带定滑轮
的长木板，有凹槽的木块，质量为的钩码若干，打点计时器，电源，纸带，细线等。实验中将部分钩码悬挂在细线下，剩余的钩码放在木块的凹槽中，保持长木板水平，利用打出的纸带测量木块的加速度。
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正确进行实验操作，得到一条纸带。纸带的一部分如图2所示，纸带上两相邻计数点的时间间隔为。该同学将纸带从每个计数点处截断，得到6条短纸带，再把6条短纸带的下端对齐贴在纸上，以纸带下端为横轴建立直角坐标系，并将刻度尺边缘紧靠纵轴，其示数如图3所示。则打下计数点“2”时小车的速度大小为______；小车的加速度大小为______结果均保留两位有效数字
将木块凹槽中的钩码逐个添加到细线下端，改变悬挂钩码的总质量m，测得相应的加速度a，作出图象如图4所示。已知当地重力加速度，则木块与木板间动摩擦因数
______保留两位有效数字；的测量值______选填“大于”“小于”或“等于”真实值。
实验中______选填“需要”或“不需要”满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量。

12.某同学利用传感器，定值电阻、电阻箱等实验器材测量电池a的电动势和内阻，
实验装置如图1所示，实验时多次改变电阻箱的阻值，记录外电路的总电阻阻值R，用电压传
感器测得端电压U，并在计算机上显示出如图2所示的测量电池b的电动势和内阻，得到图2中的图线b．
关系图线a，重复上述实验方法

______V，内阻______由图线a可知电池a的电动势
若用同一个电阻R先后与电池a及电池b链接，则两电池的输出功率______填“大于”、“等于”或“小于”，两电池的效率______填“大于”、“等于”或“小于”．四、计算题（本大题共3小题，共32.0分）
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13.
一球形人造卫星，其最大横截面积为A、质量为m，在轨道半径为R的高空绕地球做圆周运动．由于受到稀薄空气阻力的作用，导致卫星运行的轨道半径逐渐变小．卫星在绕地球运转很多圈之后，其轨道的高度下降了，由于，所以可以将卫星绕地球运动的每一圈均视为匀速圆周运动．设地球可看成质量为M的均匀球体，万有引力常量为取无穷远处为零势能点，
当卫星的运行轨道半径为r时，卫星与地球组成的系统具有的势能可表示为
．
求人造卫星在轨道半径为R的高空绕地球做圆周运动的周期；
某同学为估算稀薄空气对卫星的阻力大小，作出了如下假设：卫星运行轨道范围内稀薄空气的密度为，且为恒量；稀薄空气可看成是由彼此不发生相互作用的颗粒组成的，所有的颗粒原来都静止，它们与人造卫星在很短时间内发生碰撞后都具有与卫星相同的速度，在与这些颗粒碰撞的前后，卫星的速度可认为保持不变．在满足上述假设的条件下，请推导：估算空气颗粒对卫星在半径为R轨道上运行时，所受阻力F大小的表达式；估算人造卫星由半径为R的轨道降低到半径为的轨道的过程中，卫星绕地球运动圈数n的表达式．
14.如图所示，开口向上、竖直放置的内壁光滑气缸的侧壁是绝热的，底
部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分。初状态整个装置静止不动处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为，温度为设外界大气压强为保持不变，活塞横截面积为S，且，环境温度保持不变。
在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡状态，求活塞B下降的高度；
现只对Ⅱ气体缓慢加热，使活塞A回到初始位置，求此时Ⅱ气体的温度。
15.如图所示，ABC是一个三棱镜的截面图，一束单色光以的入射角从侧面的中点N射入。
已知三棱镜对该单色光的折射率，AB长为L，光在真空中的传播速度为c，求：
此束单色光第一次从三棱镜射出的方向不考虑AB面的反射；此束单色光从射入三棱镜到BC面所用的时间。
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五、简答题（本大题共1小题，共20.0分）
16.如图所示，间距为L的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为，导轨光滑且电阻忽略
不计。场强为B的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为，间距为两根质量均为m、有效电阻均为R的导体棒a和b放在导轨上，并与导轨垂直。设重力加速度为若a进入第2个磁场区域时，b以与a同样的速度进入第1个磁场区域，求b穿过第1个磁场区域过程中增加的动能。
若a进入第2个磁场区域时，b恰好离开第1个磁场区域；此后a离开第2个磁场区域时，b又恰好进入第2个磁场区域。且a。b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相。求b穿过第2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q。
对于第问所述的运动情况，求a穿出第k个磁场区域时的速率v。



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--------答案与解析--------
1.答案：C

解析：解：A、由图可知，K是阴极，A是阳极，依据光电效应方程：
，当
，故A正确。
时，入射光的能量等于阴极材料的逸出功，则阴极材料的逸出功B、光电子的最大初动能为：光电子在电场中加速过程，由动能定理有：所以有：，故B正确。
C、若将滑片P向右滑动，则电流计G的示数将先逐渐增大到饱和光电流，当达到饱和电流时，则不变，故C错误。
D、为了阻止光电子到达阳极，根据动能定理得可得

时，电流计G的示数恰好为0，故D正确。
即则当滑片P、P间的电压为
本题选择错误的，故选：C。
K是阴极，A是阳极，根据光电效应方程，知光电子最大初动能为零时，材料的逸出功等于入射光的能量；
加在A、K间的正向电压为U时，根据动能定理求到达阳极的光电子的最大动能。将A、K间的正向电压从零开始逐渐增加，电流表的示数逐渐增大，直至保持不变。为了阻止光电子到达阳极，根据动能定理求反向电压。
本题考查了产生光电效应的原理和电子的最大初动能公式，掌握光电效应方程的应用，理解光电流与饱和电流的不同，注意正向电压与反向电压的区别。2.答案：C
解析：解：A、石块被抛出后做平抛运动

竖直方向：可得：

，故A错误；
B、石块被抛出后做平抛运动水平方向：可得：

，故B错误；
，故C正确；
，故D错误。
C、石块即将落地时重力的瞬时功率为：D、石块落地的瞬时速度大小为：
故选：C。
1、石块被抛出后做平抛运动，根据竖直方向的运动规律求解时间；
2、根据几何关系求出平抛运动的高度，从而根据高度求出平抛运动的时间，结合水平距离求出平抛
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运动的初速度，根据运动的合成和分解求解落地速度。3、重力的瞬时功率为
本题是动能定理与平抛运动的综合应用，平抛运动采用运动的合成和分解的方法研究，重力的瞬时功率为与水平速度无关。3.答案：A
解析：解：A、由题可知，电荷均匀地分布在外表面上，球壳AB是一个等势体，各点的电势是相等的。故A正确；
B、球壳AB是一个等势体，AB的外表面处，各点的电场强度的方向与球壳的外表面垂直，所以A点与B点的电场强度的方向一定不同，故B错误；
C、由于A、B的电势是相等的，所以将带正电的试探电荷从A点移到B点，电场力不做功，电势能不变。故C错误，D错误。故选：A。
静电平衡后，金属球壳AB的外表面均匀带电，外部各点的电场强度大小相等，方向不同；金属球壳AB是一个等势体，各点的电势相等．
本题考查对于感应起电和静电平衡的理解能力．抓住静电平衡导体的特点，就能正确解答．4.答案：B
解析：解：
；
电流变化之比即为等效电源内阻，则B、因
，所以
，故A正确；
，这也是
耦合到次级线圈电阻值为
，
视为输入端电源的内阻，则
，理想变压器初、次级线圈电压变化之比
，故B错误；
C、电源电压不变，当向下调节滑动变阻器的滑动端P时，输出电流减小，输入电流随之减小，故电源输出功率一定减小，故C正确；
D、由闭合电路欧姆定律得知：变压器输入电压增大，则电压表示数一定增加，故D正确。本题选错误的，故选：B。
根据理想变压器的变压规律得到原副线圈的电压与匝数的关系，以及电流与匝数的关系，滑片移动改变了负载的电阻，结合变压器的特点和闭合电路欧姆定律去分析。
对于电路的动态变化分析问题，总的原则是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。5.答案：AD
解析：解：AB、线框做初速度为零的匀加速直线运动，速度，进磁场和出磁场受到的安培力
，故A正确，B错误；
CD、进磁场时，ab两端的电压
，在磁场中运动时，
，出
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磁场时，ab两端的电压，故C错误，D正确．
故选：AD．
根据牛顿第二定律结合安培力的计算公式求解磁场对线框的作用力F随时间t的变化关系；根据福利多多和闭合电路的欧姆定律求解线框ab边的带你随时间t的变化关系，由此得解．
对于图象问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式，分析斜率的变化，然后作出正确的判断．6.答案：BC
A、解析：解：对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力，故A错误。
B、设砝码的加速度为，纸板的加速度为，则有：，发生相对运动需要代入数据解得：，故B正确。C、若砝码与纸板分离时的速度小于动的位移小于D、当
，砝码匀加速运动的位移小于
，匀减速运
，则总位移小于d，不会从桌面掉下，故C正确。时，砝码未脱离时的加速度
，根据
，纸板的加速度，解得
，则此时砝码的速度
，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小
动的位移
，而匀加速运动的位移
，则匀减速运
，可知砝码离开桌面，故D错误。
故选：BC。
应用摩擦力公式求出纸板与砝码受到的摩擦力，然后求出摩擦力大小。根据牛顿第二定律求出加速度，要使纸板相对于砝码运动，纸板的加速度应大于砝码的加速度，然后求出拉力的最小值。当时，根据牛顿第二定律分析求出砝码和纸板加速度，结合运动学公式求出分离时砝码的速度，结合速度位移公式求出砝码速度减为零的位置，从而判断出砝码的位置。
本题考查了求拉力大小，应用摩擦力公式求出摩擦力大小，知道拉动物体需要满足的条件，应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题。7.答案：BD
解析：解：A、若
，粒子在磁
场中时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图1，因为误。B、若
，圆心角
，粒子在磁场中运动的最长时间
，故A错
，粒子沿着与半径方向成角斜向下射入磁场，根据几何关系，有
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，故B正确。
C、若，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图3所示，圆心角
，故C错误。
，粒子在磁场
中运动的时间D、若
，粒子沿着与半径方向成角斜向下射入磁场，轨迹如图4所示，图中轨迹圆心与磁
场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角，故D正确。故选：BD。若
，粒子运动时间最长时，根据
，圆心角越大，时间越长，在圆形磁场中圆心角最
大时，弦最大，因此圆形区域的直径是粒子轨迹的一条弦时，时间最长，做出轨迹图，求出时间；粒子沿着与半径成
斜向下射入磁场时，画出轨迹，运用几何关系求
；若半径
时，粒
子沿着半径射入，求出圆弧所对的圆心角，求出时间；粒子沿着与半径成斜向下射入磁场，根据几何关系求圆心角
本题考查带电粒子在磁场中的运动，重点是考查学生的作图能力，画出粒子在磁场中的运动轨迹，运用数学知识解决问题的能力．8.答案：ABD
解析：解：A、设弹性绳的劲度系数为k，设当小球运动到F点时，
，BF与CE的夹角为，此时弹性绳的弹力为
向的分力为：
弹力沿竖直方向的分力为：小球在C点时，有
，故F
，知
，弹力沿水平方

定值，则小球所受的滑动摩擦力大小定值
小球从C运动到E的过程，根据动能定理得：做功大小。而在D点，B、由上可得
，故有
，联立解得
，其中，W是弹性绳对小球

，小球的合外力为零，速度最大，故A正确。

若在E点给小球一个向左的速度v，小球恰好能回到C点，从E到C的过程，根据动能定理得：

解得
，故B正确。
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C、从C运动到E的过程，根据，知弹性绳的水平分力均匀增大，则弹性绳在小球从C到D阶段做的功小于在小球从D到E阶段做的功，故C错误。
D、若保持电场强度不变，仅把小球电荷量变为2q，从C运动到E的过程，根据动能定理得：
，解得
，故D正确。
故选：ABD。
小球从C点运动到E点的过程先加速后减速，在合外力为零的位置速度最大，根据胡克定律和动能定理分析速度最大的位置。抓住摩擦力是恒力，利用动能定理求小球恰好能回到C点的初速度。根据动能定理分析小球从C到D阶段和从D到E阶段弹性绳做功关系。
解决本题的关键要利用胡克定律和正交分解法分析知道弹性绳弹力的竖直分力是恒力，摩擦力也是恒力。弹性绳弹力的竖直分力与位移成正比，要利用弹力的平均值来弹力做功。9.答案：ACD
解析：解：A、根据分子动理论可知，分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的引力减小，斥力减小，故A正确；
B、液体的饱和汽压与温度有关，与体积无关，故B错误；
C、液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征，故C正确；D、1mol温度相同的氢气和氧气内能相同，根据内能的有关因素可知，在不考虑分子势能的情况下，故D正确；
E、由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子间表现为引力，液体表面存在张力，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直。故E错误。故选：ACD。
分子间同时存在着引力和斥力，都随距离的增大而减小，随距离的减小而增大；液体的饱和汽压体积无关；液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征；液体表面存在张力是分子力的表现，表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直。
本题考查相对湿度、分子力、液晶的各向异性、布朗运动液晶表面张力等知识，比较全面，在平时的学习过程中要多加积累。10.答案：ACE
解析：解：A、机械波传播过程中，前一质点的振动带动相邻的后一质点振动，后振动的质点总是重复先振动的相邻的质点的振动，是受迫振动，故A正确。B、弹簧振子在四分之一个周期里运动的路程不一定等于一个振幅，比如弹簧振子从平衡位置上方向下运动的过程中，在四分之一个周期里运动的路程大于一个振幅，故B错误。
C、有经验的战士从炮弹飞行的尖叫声判断飞行炮弹是接近还是远去，频率变高表示靠近，频率降低表示远离，利用了多普勒效应，故C正确。
D、波长越长，越容易发生衍射现象，电磁波中波长由长到短的顺序是无线电波、红外线、可见光、射线，故衍射能力逐渐减弱，故D错误。E、电磁波在真空中传播速度是，由可知，频率越高，其波长越短，但传播速度不变，故E正确。故选：ACE。
机械波在传播过程中，先振动的质点带动后振动的质点振动，从而形成波并向前传播。弹簧振子在四分之一个周期里运动的路程不一定等于一个振幅。
有经验的战士从炮弹飞行的尖叫声判断飞行炮弹是接近还是远去，利用了多普勒效应。波长越长，越容易发生明显衍射现象。
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不同频率的电磁波，在真空中的波速与光速相同。
本题考查了电磁波的传播、受迫振动、多普勒效应等知识，解题的关键是理解多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而产生的。
大于不需要11.答案：

解析：解：依据中时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，那么计数点“2”时小车的速度大小为：根据
结合逐差法可得：
；
。
根据牛顿第二定律可知解得


由图可知，解得；
的测量值大于真实值，原因是滑轮与轴承、细线间有摩擦，纸带与打点计时器间有摩擦等；在此实验中，由于把小车和砝码的质量作为了整体，结合第二问可知，不需要满足悬挂钩码质量远小于木块和槽中的钩码总质量；故答案为：；；；大于；不需要；
物体做匀加速直线运动，根据中间时刻的瞬时速度等于平均速度求解2的速度大小，相邻相等时间位移之差等于常数；
由牛顿第二定律列方程，求出a与m的关系表达式，然后根据图象分析答题。根据实验原理可判断出是否需要满足质量间的关系
此题在求解加速度时还可这样做：纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比，还等于各段纸带中间时刻的速度之比，即纸带的高度之比等于中间时刻速度之比，这种等效替代的方法减小了解题难度，要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。
小于大于12.答案：2

解析：解：
由闭合电路欧姆定律可知，闭合电路中，电源电动势：
，斜率
，所以电动势
，则
，内阻
，
由图示图象a所示可知，截距
．
从图象可知：截距
，
电池的输出功率
，得，斜率
，电动势，内阻，，
小于；电池的效率，得大于．
故答案为：；；小于；大于．
根据电路图应用欧姆定律求出函数表达式，根据函数表达式与图象求出电源电动势与内阻．由功率的表达式可得出两电池的总功率大小关系，分析电池效率．
本题考查了求电源电动势与内阻、比较电源的输出功率与电源效率问题，根据图象应用欧姆定律求出图象的函数表达式是求出电源电动势与内阻的前提与关键．
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13.答案：解：卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，
解得：；
从图中的实线位置运动到了图中的
最大横截面积为A的卫星，运行线速度为v，经过时间虚线位置，

该空间区域的稀薄空气颗粒的质量为：，以这部分稀薄空气颗粒为研究对象，碰撞后它们都获得了速度v，设卫星给这部分稀薄空气颗粒的平均作用力大小为，根据动量定理有：，对卫星，根据万有引力定律和牛顿第二定律有：联立解得：
，
．
、势能为，
、机械能为
，
，
根据牛顿第三定律，卫星所受的阻力大小为：设卫星在R轨道运行时的速度为根据牛顿定律和万有引力定律有：卫星的动能为：势能为：解得：卫星高度下降
，，，在半径为
轨道上运行，，
，其机械能的改变量为：
，
、动能为
同理可知其机械为：卫星轨道高度下降

卫星机械能减少是因为克服空气阻力做了功．设卫星在沿半径为R的轨道运行一周过程中稀薄空气颗粒作用于卫星的阻力做的功为，利用小量累积的方法可知，
上式表明卫星在绕不同轨道运行一周，稀薄空气颗粒所施加的阻力做的功是一恒量，与轨道半径无关．则解得：答：
．
人造卫星在轨道半径为R的高空绕地球做圆周运动的周期为阻力F大小的表达式为
．
；
第13页，共16页

卫星绕地球运动圈数n的表达式为．

解析：根据万有引力提供向心力，结合轨道半径求出周期的大小．
取卫星前一定空间内的空气为研究对象，结合动量定理以及万有引力提供向心力求出阻力F的大小．
根据万有引力提供向心力得出在不同轨道上的速度，从而求出在不同轨道上的动能，以及在不同轨道上的机械能，根据机械能的变化，结合阻力做功求出卫星绕地球运动圈数n的表达式．
本题考查了万有引力定律与功能关系、动量定理等知识的综合，难度较大，难点在于能够正确地建立物理模型，比如选取卫星前的一定空间内的空气为研究对象，结合动量定理求解阻力的大小．
14.答案：解：
Ⅱ气体压强
初状态：Ⅰ气体压强，



添加铁砂后：Ⅰ气体压强Ⅱ气体压强
Ⅱ气体发生等温变化，根据玻意耳定律：B活塞下降的高度解得。
Ⅰ气体发生等温变化，根据玻意耳定律：
只对Ⅱ气体加热，Ⅰ气体状态不变，所以当A活塞回到原来位置时，Ⅱ气体高度

根据理想气体状态方程：解得：

。
答：活塞B下降的高度为；
使活塞A回到初始位置，此时Ⅱ气体的温度为。
解析：确定各变化过程初末状态时的状态参量，然后根据理想气体状态方程列方程即可；先对A分析，求出压强，然后对B由理想气体得状态方程即可求出。
该题考查理想气体状态变化方程，找出初末状态的状态参量，列理想气体状态变化方程即可，注意弄清“隔热”“绝热”“导热”等的含义。
15.答案：解：设此束光从AB面射人棱镜后的折射角为r，由折射定律有

解得：，
显然光从AB射入棱镜后的折射光线NP平行于AC，光在BC面上的入射角为设临界角为，则由
得
，
可知，故光在BC面上发生全反射
根据几何知识和光的反射定律可知，光将垂直于底面AC，沿PQ方向射出棱镜
第14页，共16页

光在棱镜中传播的速率：


所以此束光从射入三棱镜到BC面所用的时间：解得：答：


此束单色光第一次从三棱镜射出的方向垂直于底面AC，沿PQ方向射出棱镜；
。
此束单色光从射入三棱镜到BC面所用的时间是

解析：作出光路图，由折射定律借助几何关系可知光线进入棱镜平行AC，再由全反射定律和几何关系知光线在BC面发生全反射，由几何关系可知射出的方向；由几何关系求得单色光从射入三棱镜到BC面的距离，再由
求得传播速度，则传播时间可
求解。
本题是一道几何光学的问题，作出光路图，借助几何关系求解是常用的思路。
和b不受安培力作用，由机械能守恒知16.答案：解：
设导体棒刚进入无磁场区域时的速度为，刚离开无磁场区域时的速度为，由能量守恒知在磁场区域中，在无磁场区域中





解得
在无磁场区域，根据匀变速直线运动规律有且平均速度



有磁场区域，棒a受到合力感应电动势感应电流解得
根据牛顿第二定律得，在t到
时间内






则有解得


第15页，共16页

联立由题意知
解得
。
答：穿过第1个磁场区域过程中增加的动能为。
穿过第2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q为
穿出第k个磁场区域时的速率v为
。

解析：进入第2个磁场区域时，b以与a同样的速度进入第1个磁场区域时，穿过回路的磁通量不变，没有感应电流产生，两棒均不受安培力，机械能守恒，可求出。
两棒分在磁场区域中和无磁场区域中运动两个过程研究：在磁场区域中，导体棒的动能和重力势能转化为内能；在无磁场区域中机械能守恒，则可根据能量守恒和机械能守恒列式求出b穿过第2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q。
本问有一定的难度，由于导体棒做加速度逐渐减小的减速运动，其加速度是变化的，因此不能用匀变速运动知识解答，可以通过微积分思想进行解答，如在极短的时间内安培力可以认为不变，利用牛顿第二定律列方程，然后根据数学知识求解。
注意克服安培力做功为整个回路中产生的热量；本题的难点在于第问，方法巧妙，在平时练习中一定注意数学知识在物理中的应用。
第16页，共16页

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/23637037541810a6f524ccbff121dd36a22dc41b.html

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