河南省漯河市舞阳三中2017届高三上学期第一次强化训练物理试卷

河南省漯河市舞阳三中2017届高三上学期第一次强化训练物理试卷

‎2016-2017学年河南省漯河市舞阳三中高三（上）第一次强化训练物理试卷（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．如图所示，质量为m的物体以速度υ0离开桌面后经过A点时，所具有的机械能是（以桌面为零势能面，不计空气阻力）（　　）‎ A． mv B． mv+mgh C． mv﹣mgh D． mv+mg（H﹣h）‎ ‎2．如图，质量为M的木架上有一质量为m的金属环，当环以初速度vo沿杆上升时，木架对地刚好无压力，则金属环的加速度为（　　）‎ A． g向下 B．（）g向上 C． g向下 D． g向上 ‎3．细绳拴一个质量为m的小球，小球将左端固定在墙上的轻弹簧压缩了x（小球与弹簧不连接），小球静止时弹簧在水平位置，细绳与竖直方向的夹角为53°，小球到地面的高度为h，如图所示．下列说法中正确的是（　　）‎ A．细线烧断后小球做平抛运动 B．细绳烧断后，小球落地的速度等于 C．剪断弹簧瞬间细绳的拉力为mg D．细绳烧断瞬间小球的加速度为g ‎4．如图所示，理想变压器原线圈a、b两端接正弦交变电压u，u=220sin100πt（V），交流电压表V接在副线圈c、d两端（不计导线电阻），原、副线圈的匝数比n 1：n 2=10：1．原来开关S是断开的，则当S闭合一段时间后（　　）‎ A．交流电压表示数不变，示数为22V B．交流电流表示数为0‎ C．灯泡L的亮度与开关S闭合前相同 D．若开关S始终闭合，仅改变u，使u=220sin200πt（V），则交流电流表的示数增大 ‎5．“嫦娥二号”是我国月球探测第二期工程的先导星．若测得“嫦娥二号”在月球（可视为密度均匀的球体）表面附近圆形轨道运行的周期T，已知引力常量G，半径为R的球体体积公式V=πR3，则可估算月球的（　　）‎ A．密度 B．质量 C．半径 D．自转周期 ‎6．据报道“2016年1月1日郑州发生万伏电缆落地，持续大火将路面烧焦成大坑”的事件．高压电线落地可能导致行人跨步触电，如图所示，设人的两脚MN间最大跨步距离为d，触地点O流入大地的电流为I，大地的电阻率为ρ，ON间的距离为R．电流在以O点为圆心半径为r的半球面上均匀分布，其电流密度为，电流密度乘以电阻率等于电场强度，该场强可以等效于把点电荷Q放在真空中O点处产生的场强．下列说法正确的是（　　）‎ A．等效点电荷Q电量为（K 为静电力常量）‎ B．图中MN两脚间跨步电压可能等于 C．当两脚间的距离处于最大跨步时跨步电压不可能为零 D．两脚并拢跳离触地点是防跨步触电的一种有效方法 ‎7．如图所示带电粒子以初速度V0从a点进入匀强磁场，运动中所经过b点，Oa=Ob，若撤去磁场后在加入一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度V0从a点进入电场，仍能通过b点，不计带电粒子的重力，则电场强度E和磁感应强度B的比值为（　　）‎ A．V0 B． C． D．2V0‎ ‎8．如图所示，间距为L，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m，电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，现使金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q．下列说法正确的是（　　）‎ A．金属棒在导轨上做匀减速运动 B．整个过程中电阻R上产生的焦耳热为 C．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为 D．整个过程中金属棒克服安培力做功为 ‎　‎ 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．图甲为“探究求合力的方法”的实验装置．‎ ‎（1）下列说法中正确的是　　‎ A．在测量同一组数据F1、F2和合力F的过程中，橡皮条结点O的位置不能变化 B．弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下 C．F1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程 D．为减小测量误差，F1、F2方向间夹角应为90°‎ ‎（2）弹簧测力计的指针如图乙所示，由图可知拉力的大小为　　N．‎ ‎10．要精确测量一个阻值约为5Ω的电阻丝Rx，实验室提供下列器材：‎ 电流表A：量程100mA，内阻r1约为4Ω；‎ 电流表G：量程500μA，内阻r2=750Ω；‎ 电压表V：量程10V，内阻r3约为10kΩ；‎ 滑动变阻器R0：阻值约为20Ω；‎ 电池E：电动势E=1.5V，内阻很小；‎ 电建K，导线若干．‎ ‎（1）选出适当器材，并在答题卷方框内连接实物图；‎ ‎（2）请指出需要测量的物理量，并写出电阻丝阻值的表达式．‎ ‎11．如图所示，空间存在垂直于纸面的均匀磁场，在半径为a的圆形区域内、外，磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B．一半径为b，电阻为R的圆形导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合．在内、外磁场同时由B均匀地减小到零的过程中，通过导线截面的电量Q=　　．‎ ‎12．如图在光滑水平面上，视为质点、质量均为m=1kg的小球a、b相距d=3m，若b球处于静止，a 球以初速度v0=4m/s，沿ab连线向b球方向运动，假设a、b两球之间存在着相互作用的斥力，大小恒为F=2N，从b球运动开始，解答下列问题：‎ ‎（1）通过计算判断a、b两球能否发生撞击．‎ ‎（2）若不能相撞，求出a、b两球组成的系统机械能的最大损失量．‎ ‎（3）若两球间距足够大，b球从开始运动到a球速度为零的过程，恒力F对b球做的功．‎ ‎　‎ ‎【物理——选修3-3】（15分）‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．吹出的肥皂泡呈球形，是因为表面张力使液体表面有收缩到最小面积的趋势 B．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和气压，水蒸气越慢 C．由热力学第二定律可知，不可能从单一热源吸收热量并把它全部用力做功，而不引起其他变化 D．在用油膜法估测分子直径实验中，公式d=中的V是一滴油酸酒精溶液的体积，S是油膜的面积 E．标准状况下1mol氧气的体积为V，一个氧气分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数NA=‎ ‎14．（9分）如图1所示，上端开口的光滑圆柱形气缸竖直放置，截面积S=20cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体M封闭在气缸内．在气缸内距底H=30cm处有a、b上，缸内气体的压强为P0（P0=1.0×105Pa为大气压强），温度为27℃．现缓慢加热气缸内气体，其状态变化如图2中的A、B、C所示，从状态B到状态C的过程中活塞上升了4cm．活塞不漏气，缸内气体可视为理想气体，g=10M/s2．求活塞的质量和物体M的体积．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省漯河市舞阳三中高三（上）第一次强化训练物理试卷（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．如图所示，质量为m的物体以速度υ0离开桌面后经过A点时，所具有的机械能是（以桌面为零势能面，不计空气阻力）（　　）‎ A． mv B． mv+mgh C． mv﹣mgh D． mv+mg（H﹣h）‎ ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】物体在运动过程中机械能守恒是指任意两个时刻或位置的机械能都相等，本题中关键是正确计算物体具有的势能．‎ ‎【解答】解：由于不计空气阻力，物体运动过程中机械能守恒，选择桌面为零势能面，开始是机械能为：，故BCD错误，A正确．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题比较简单，主要考察了机械能的计算，注意理解机械能的大小和零势能点的选取有关．‎ ‎　‎ ‎2．如图，质量为M的木架上有一质量为m的金属环，当环以初速度vo沿杆上升时，木架对地刚好无压力，则金属环的加速度为（　　）‎ A． g向下 B．（）g向上 C． g向下 D． g向上 ‎【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】当木架对地刚好无压力时，金属环对木架向上的摩擦力等于木架的重力，隔离对金属环受力分析，根据牛顿第二定律求出金属环的加速度．‎ ‎【解答】解：对木架分析，木架对地刚好无压力，有：f=Mg，‎ 隔离对金属环分析，根据牛顿第二定律得：mg+f=ma，‎ 解得：a=，方向向下．故 A正确，B、C、D错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡和牛顿第二定律进行求解，掌握隔离法的运用．‎ ‎　‎ ‎3．细绳拴一个质量为m的小球，小球将左端固定在墙上的轻弹簧压缩了x（小球与弹簧不连接），小球静止时弹簧在水平位置，细绳与竖直方向的夹角为53°，小球到地面的高度为h，如图所示．下列说法中正确的是（　　）‎ A．细线烧断后小球做平抛运动 B．细绳烧断后，小球落地的速度等于 C．剪断弹簧瞬间细绳的拉力为mg D．细绳烧断瞬间小球的加速度为g ‎【考点】平抛运动；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】小球静止时，分析受力情况，由平衡条件求解弹簧的弹力大小和细绳的拉力大小．细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，即可求出加速度．‎ ‎【解答】解：A、将细绳烧断后，小球受到重力和弹簧的弹力的共同作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，所以不是平抛运动，故A错误；‎ B、小球若做自由落体时，根据v2=2gh得落地速度是 v=；而现在弹簧的弹力对小球做功，故落地时速度一定大于；故B错误；‎ C、小球静止时，分析受力情况，如图，由平衡条件得细绳的拉力大小为：T==mg，弹簧的弹力大小为：F=mgtan53°=mg．剪断弹簧瞬间，细绳的拉力发生突变，不再为T=mg，故C错误；‎ D、细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，结合对C选项的解答，可知此瞬间小球的加速度大小为：a==g．故D正确；‎ 故选：D ‎【点评】本题中小球先处于平衡状态，由平衡条件求解各力的大小，后烧断细绳，小球处于非平衡条件，抓住细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变是关键．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，理想变压器原线圈a、b两端接正弦交变电压u，u=220sin100πt（V），交流电压表V接在副线圈c、d两端（不计导线电阻），原、副线圈的匝数比n 1：n 2=10：1．原来开关S是断开的，则当S闭合一段时间后（　　）‎ A．交流电压表示数不变，示数为22V B．交流电流表示数为0‎ C．灯泡L的亮度与开关S闭合前相同 D．若开关S始终闭合，仅改变u，使u=220sin200πt（V），则交流电流表的示数增大 ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】根据电压与匝数成正比求得副线圈电压，电压表示数为有效值，电容器不断的充电和放电，电流表示数不为0；原线圈电压频率变大，电容器的容抗减小，电流表的示数变大 ‎【解答】解：A、原来开关S是断开的，则当S闭合一段时间后，电阻变小，原线圈电压不变，匝数比不变，所以副线圈电压不变，原线圈电压的有效值为，根据电压与匝数成正比，得，电压表示数为22V，故A正确；‎ B、电容器通交流，隔直流，交流电流表读数为有效值，交流电流表的示数不为0，故B错误；‎ C、原来开关S是断开的，则当S闭合一段时间后，灯泡两端的电压不变，所以灯泡的亮度不变，故C正确；‎ D、角速度由100π变为200π，由ω=2πf知交流电的频率变大，容抗减小，交流电流表示数变大，故D正确；‎ 故选：ACD ‎【点评】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，知道电容器接交变电流后，不断的充电和放电，难度适中 ‎　‎ ‎5．“嫦娥二号”是我国月球探测第二期工程的先导星．若测得“嫦娥二号”在月球（可视为密度均匀的球体）表面附近圆形轨道运行的周期T，已知引力常量G，半径为R的球体体积公式V=πR3，则可估算月球的（　　）‎ A．密度 B．质量 C．半径 D．自转周期 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】研究“嫦娥一号”绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出中心体的质量．‎ 根据密度公式表示出密度．‎ ‎【解答】‎ 解：A、研究“嫦娥一号”绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式 M=，‎ 由于嫦娥二号”在月球（可视为密度均匀的球体）表面附近圆形轨道运行，所以R可以认为是月球半径．‎ 根据密度公式：ρ===，故A正确．‎ B、根据A选项分析，由于不知道月球半径R，所以不能求出月球质量．故B错误．‎ C、根据A选项分析，不能求出月球半径，故C错误．‎ D、根据题意不能求出月球自转周期，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎【点评】研究“嫦娥一号”绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式可以表示出中心体的质量．‎ 求一个物理量，我们应该把这个物理量运用物理规律用已知的物理量表示出来．‎ ‎　‎ ‎6．据报道“2016年1月1日郑州发生万伏电缆落地，持续大火将路面烧焦成大坑”的事件．高压电线落地可能导致行人跨步触电，如图所示，设人的两脚MN间最大跨步距离为d，触地点O流入大地的电流为I，大地的电阻率为ρ，ON间的距离为R．电流在以O点为圆心半径为r的半球面上均匀分布，其电流密度为，电流密度乘以电阻率等于电场强度，该场强可以等效于把点电荷Q放在真空中O点处产生的场强．下列说法正确的是（　　）‎ A．等效点电荷Q电量为（K 为静电力常量）‎ B．图中MN两脚间跨步电压可能等于 C．当两脚间的距离处于最大跨步时跨步电压不可能为零 D．两脚并拢跳离触地点是防跨步触电的一种有效方法 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】根据题意：电流密度乘以电阻率等于电场强度，结合点电荷场强公式求等效点电荷Q电量．由欧姆定律分析MN两脚间跨步电压．根据电势的分布情况分析跨步电压．‎ ‎【解答】解：A、根据题意有： •ρ=k 解得 Q=．故A正确．‎ B、N点处电流密度为，由于MN间的电场是非匀强电场，电场强度越靠近O点越大，则知MN间的场强大于ρ，MN两脚间跨步电压于于ρ•d=．故B错误．‎ C、当两脚位于同一等势线上时即两脚到O点的距离相等时，跨步电压为零．故C错误．‎ D、两脚并拢时跨步电压较小，跳离触地点是防跨步触电的一种有效方法．故D正确．‎ 故选：AD ‎【点评】本题是信息给予题，要读懂题意，抓住有效信息是关键，可采用类比的方法理解，将电流场与点电荷的静电场模拟分析．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示带电粒子以初速度V0‎ 从a点进入匀强磁场，运动中所经过b点，Oa=Ob，若撤去磁场后在加入一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度V0从a点进入电场，仍能通过b点，不计带电粒子的重力，则电场强度E和磁感应强度B的比值为（　　）‎ A．V0 B． C． D．2V0‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】带电粒子以速度v0从a点进入匀强磁场，运动中经过b点，Oa=Ob，所以圆周运动的半径正好等于d，根据半径公式求出B，如果换成匀强电场，则粒子做类平抛运动，根据平抛运动的基本规律即可求解．‎ ‎【解答】解：设oa=ob=d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，‎ 所以圆周运动的半径正好等于d，粒子在磁场中做匀速圆周运动，‎ 由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：B=，‎ 如果换成匀强电场，水平方向以v0做匀速直线运动，‎ 在水平方向：d=v0t2，‎ 竖直沿y轴负方向做匀加速运动，即：d=at2=t22，‎ 解得：E=，则： =2v0，‎ 故选：D．‎ ‎【点评】带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律，在电场中利用几何关系得出其沿电场和垂直于电场的运动规律；而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，间距为L，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m，电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，现使金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q．下列说法正确的是（　　）‎ A．金属棒在导轨上做匀减速运动 B．整个过程中电阻R上产生的焦耳热为 C．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为 D．整个过程中金属棒克服安培力做功为 ‎【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．‎ ‎【分析】对金属棒进行受力分析，求出金属棒受到的合外力，然后判断金属棒的运动性质；‎ 由动能定理求出克服安培力所做的功；‎ 求出感应电荷量的表达式，然后求出金属棒的位移；‎ 由能量守恒定律和串联电路的特点求出电阻R上产生的焦耳热．‎ ‎【解答】解：金属棒在整个运动过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，这两个力合力为零，受到水平向左的安培力，金属棒受到的合力为安培力；‎ A、金属棒受到的安培力F=BIL=BL=BL，金属棒受到安培力作用而做减速运动，速度v不断减小，安培力不断减小，加速度不断减小，故金属棒做加速度逐渐减小的变减速运动，故A错误；‎ B、克服安培力做功把金属棒的动能转化为焦耳热，由于金属棒电阻与电阻串联在电路中，且阻值相等，则电阻R上产生的焦耳热Q=W安=mv02，故B错误；‎ C、整个过程中感应电荷量q=I△t=△t，又E==，‎ 联立得：q=‎ 故金属棒的位移s=，故C正确；‎ D、整个过程中由动能定理可得：﹣W安=0﹣mv02，金属棒克服安培力做功为W安=，故D正确；‎ 故选：CD．‎ ‎【点评】金属棒在运动过程中克服安培力做功，把金属棒的动能转化为焦耳热，在此过程中金属棒做加速度减小的减速运动；对棒进行受力分析、熟练应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、动能定理等正确解题 ‎　‎ 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．（2013•湘潭一模）图甲为“探究求合力的方法”的实验装置．‎ ‎（1）下列说法中正确的是　AC　‎ A．在测量同一组数据F1、F2和合力F的过程中，橡皮条结点O的位置不能变化 B．弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下 C．F1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程 D．为减小测量误差，F1、F2方向间夹角应为90°‎ ‎（2）弹簧测力计的指针如图乙所示，由图可知拉力的大小为　4.00　N．‎ ‎【考点】验证力的平行四边形定则．‎ ‎【分析】（1）该实验采用了“等效法”，只要明确了实验原理即可，判断选项中的各个说法是否正确，从而正确的解答本题；‎ ‎（2）根据弹簧秤指针的指示可读出拉力的大小．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）A、在同一组数据中，只有当橡皮条节点O的位置不发生变化时，两个力的作用效果和一个力的作用效果才相同，才可以验证平行四边形定则，故A正确；‎ B、弹簧测力计拉细线时，方向不一定向下，只有把O点拉到同一位置即可，故B错误；‎ C、根据弹簧测力计的使用原则可知，在测力时不能超过弹簧测力计的量程，故C正确；‎ D、F1、F2方向间夹角为90°并不能减小误差，故D错误．‎ 故选AC．‎ ‎（2）由图乙弹簧秤的指针指示可知，拉力F的大小为：4.00N．‎ 故答案为：4.00．‎ ‎【点评】本题考查了“等效法”的应用和平行四边形定则等基础知识，对于这些基础知识在平时练习中要不断加强训练，以提高解题能力；同时注意弹簧秤的读数方法．‎ ‎　‎ ‎10．（2014•杭州一模）要精确测量一个阻值约为5Ω的电阻丝Rx，实验室提供下列器材：‎ 电流表A：量程100mA，内阻r1约为4Ω；‎ 电流表G：量程500μA，内阻r2=750Ω；‎ 电压表V：量程10V，内阻r3约为10kΩ；‎ 滑动变阻器R0：阻值约为20Ω；‎ 电池E：电动势E=1.5V，内阻很小；‎ 电建K，导线若干．‎ ‎（1）选出适当器材，并在答题卷方框内连接实物图；‎ ‎（2）请指出需要测量的物理量，并写出电阻丝阻值的表达式．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】本题（1）的关键是根据电压表V的量程远大于电源电动势可知测量电压时不能使用电压表V，通过求出电流表G的额定电压可知可将电流表G当做电压表来测量待测电阻两端的电压；然后根据待测电阻满足可知电流表A应用外接法；再根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻可知变阻器可以采用限流式接法．题（2）的关键是根据待测电阻与电流表G两端电压相等解出待测电阻即可．‎ ‎【解答】解：（1）：由于电压表V的量程远大于电源电动势大小，所以不能选择电压表V；‎ 由于电流表G的额定电压==500×750×Ω=0.375V，与电动势1.5V相差表示太大，所以可将电流表G作为电压表来使用；‎ 由于待测电阻阻值较小，满足，所以电流表A应用外接法；‎ 根据闭合电路欧姆定律可知，电路中需要的最大电阻为： ==，所以变阻器可以采用限流式接法，实物连线图如图所示：‎ ‎（2）：根据欧姆定律应有：，‎ 解得： =；‎ 故答案为：（1）如图 ‎（2）‎ ‎【点评】应注意电表的“反常规”接法：即电流表可以与待测电阻并联作为“电压表”利用，电压表也可以与待测电阻串联而作为“电流表”使用．‎ ‎　‎ ‎11．（2016秋•舞阳县校级月考）如图所示，空间存在垂直于纸面的均匀磁场，在半径为a的圆形区域内、外，磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B．一半径为b，电阻为R的圆形导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合．在内、外磁场同时由B均匀地减小到零的过程中，通过导线截面的电量Q=　　．‎ ‎【考点】感生电动势、动生电动势．‎ ‎【分析】产生的电荷量q=It，根据磁通量的变化率求平均感应电动势，从而表示出电流与时间的乘积表达式．‎ ‎【解答】解：初始状态导线环中的磁通量为φ1=（πb2﹣πa2）B﹣πa2B 末状态导线环中的磁通量为φ2=0．其磁通量的变化量|△φ|=|φ2﹣φ1|=|（πb2﹣2πa2）B|‎ 产生的电荷量q=It=t==‎ 故答案为：‎ ‎【点评】不同考查了平均感应电动势的求法，注意根据电流的定义式去求电荷量．‎ ‎　‎ ‎12．（2015•东莞二模）如图在光滑水平面上，视为质点、质量均为m=1kg的小球a、b相距d=3m，若b球处于静止，a 球以初速度v0=4m/s，沿ab连线向b球方向运动，假设a、b两球之间存在着相互作用的斥力，大小恒为F=2N，从b球运动开始，解答下列问题：‎ ‎（1）通过计算判断a、b两球能否发生撞击．‎ ‎（2）若不能相撞，求出a、b两球组成的系统机械能的最大损失量．‎ ‎（3）若两球间距足够大，b球从开始运动到a球速度为零的过程，恒力F对b球做的功．‎ ‎【考点】动量守恒定律；功的计算．‎ ‎【分析】（1）两球组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与动能定理分析答题．‎ ‎（2）由能量守恒定律可以求出损失的机械能．‎ ‎（3）由动量守恒定律与动能定理可以求出功．‎ ‎【解答】解：（1）假设没有相撞，二者同速时间距最小，由于系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，‎ 由动量守恒得：mv0=2mv，代入数据解得：v=2m/s，‎ 由动能定理得：对a球：，‎ 代入数据解得：sa=3m，‎ 对b球：，代入数据解得：sb=1m，‎ sa﹣sb=2m＜d=3m，假设两球没有相撞成立；‎ ‎（2）两球同速时机械能损失量最大，‎ 由能量守恒定律得：△EK=mv02﹣•2mv2，‎ 代入数据解得：△EK=4J；‎ ‎（3）当a球速度为零时，以a的初速度方向为正方向，‎ 由动量守恒得：mv0=mvb，代入数据解得：vb=4m/s，‎ 由动能定理得，恒力F对b球做的功：‎ E=mvb2，代入数据解得：W=8J；‎ 答：（1）a、b两球不能发生撞击．‎ ‎（2）a、b两球组成的系统机械能的最大损失量为4J．‎ ‎（3）恒力F对b球做的功为8J．‎ ‎【点评】‎ 本题考查了判断两球能否发生碰撞、求损失的机械能、求拉力的功，分析清楚球的运动过程、应用动量守恒定律、动能定理即可正确解题．‎ ‎　‎ ‎【物理——选修3-3】（15分）‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．吹出的肥皂泡呈球形，是因为表面张力使液体表面有收缩到最小面积的趋势 B．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和气压，水蒸气越慢 C．由热力学第二定律可知，不可能从单一热源吸收热量并把它全部用力做功，而不引起其他变化 D．在用油膜法估测分子直径实验中，公式d=中的V是一滴油酸酒精溶液的体积，S是油膜的面积 E．标准状况下1mol氧气的体积为V，一个氧气分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数NA=‎ ‎【考点】热力学第二定律；分子动理论的基本观点和实验依据；*相对湿度．‎ ‎【分析】表面张力使液体的表面有收缩的趋势；空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢；明确热力学第二定律的内容；会用油膜法计算分子直径；气体分子间距较大，不能用阿伏加德罗常数求解分子体积．‎ ‎【解答】解：A、表面张力使液体表面有收缩到最小面积的趋势；故吹出的肥皂泡呈球形；故A正确；‎ B、空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和气压，水蒸发越慢；故B正确；‎ C、由热力学第二定律可知，不可能从单一热源吸收热量并把它全部用力做功，而不引起其他变化；故C正确；‎ D、在用油膜法估测分子直径实验中，公式d=中的V是一滴油酸酒精溶液中的油酸的体积，S是油膜的面积；故D错误；‎ E、气体分子间距离较大，不能用气体体积和氧气的体积来计算阿伏加德罗常数；故E错误；‎ 故选：ABC．‎ ‎【点评】‎ 本题考查热力学第二定律、油膜法测分子直径以及阿伏加德罗常数的计算等，要注意明确各规律的内容以及应用条件，明确不能用气体分子计算阿伏加德罗常数．‎ ‎　‎ ‎14．如图1所示，上端开口的光滑圆柱形气缸竖直放置，截面积S=20cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体M封闭在气缸内．在气缸内距底H=30cm处有a、b上，缸内气体的压强为P0（P0=1.0×105Pa为大气压强），温度为27℃．现缓慢加热气缸内气体，其状态变化如图2中的A、B、C所示，从状态B到状态C的过程中活塞上升了4cm．活塞不漏气，缸内气体可视为理想气体，g=10M/s2．求活塞的质量和物体M的体积．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】（1）缸内气体发生等容变化，根据查理定律求出活塞刚要离开ab时气体压强，结合活塞的平衡求出活塞质量 ‎（2）离开ab后，缸内气体发生等压变化，根据盖吕萨克定律列式求出活塞在ab时，缸内气体的体积，再由容器体积减去气体体积即为石块的体积 ‎【解答】解：由图象可判断缸内气体从状态A到状态B为等容变化，有：‎ ‎=‎ 代入数据：‎ 解得：‎ 到状态B时活塞离开ab，设活塞的质量为m，有：‎ PB=P0+‎ 代入数据：‎ 可解得：m=2kg ‎ 从状态B到状态C缸内气体等压变化，设缸内气体初状态的体积为V0，有：‎ ‎=‎ 代入数据：‎ 可得：V0=440cm3 ‎ 物体M的体积为：VM=SH﹣V0=20×30﹣440=‎ 答：活塞的质量2kg，物体M的体积 ‎【点评】本题关键知道气体发生的两个状态变化过程，以活塞到达ab为界，先等容后等压，熟练运用实验定律求解．‎ ‎　‎