2017年陕西省咸阳市高考物理二模试卷(精品解析版)

1、 PAGE PAGE 282017年陕西省咸阳市高考物理二模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分其中1-5为单选题，每小题有且只有一个选项正确；6-8题为多选题，每小题有多个选项正确，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已知类氢结构氦离子（He+）的能级图如图所示，根据能级跃迁理论可知（）A氦离子（He+）处于n=l能级时，能吸收45 eV的能量跃迁到n=2能级B大量处在n=3能级的氦离子（He+）向低能级跃迁，只能发出2种不同频率的光子C氦离子（He+）从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出光子的波长大D若氦离子（He+）从n=2能级

2、跃迁到基态，释放的光子能使某金属板发生光电效应，则从n=4能级跃迁到n=2能级释放的光子一定也能使该金属板发生光电效应2如图甲，一维坐标系中有一质量为m=2kg的物块静置于x轴上的某位置（图中未画出），从t=0时刻开始，物块在外力作用下沿x轴作匀变速直线运动，如图乙为其位置坐标和速率平方关系图象，下列说法正确的是（）At=4 s时物块的速率为2 m/sB加速度大小为1 m/s2Ct=4 s时物块位于x=4 m处D在0.4 s时间内物块运动的位移6m3如图所示，竖直平面内有一固定的光滑椭圆大环，其长轴长BD=4L、短轴长AC=2L_劲度系数为k的轻弹簧上端固定在大环的中心O，下端连接一个质量为m

3、、电荷量为q，可视为质点的小环小环刚好套在大环上且与大环及弹簧绝缘，整个装置处在水平向右的匀强电场中将小环从A点由静止释放、小环运动到B点时速度恰好为0已知小环在A、B两点时弹簧的形变量大小相等，则（）A电场强度的大小E=B小环从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹力不做功C小环从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大D小环在A点时受到大环对它的弹力大小F=mgkL4等离子体气流由左方连续以速度vo射入P1和P2两板间的匀强磁场中，ab直导线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd连接线圈A内有如图乙所示的变化磁场，且磁场B的正方向规定为向左，如图甲所示，则下列叙述正确的是（）A01 s

4、内ab、cd导线互相排斥Bl2 s内ab、cd导线互相吸引C23 s内ab、cd导线互相吸引D34 s内ab、cd导线互相吸引5某型号电动自行车的电动机铭牌如下：两次都将蓄电池充足电，第一次以15km/h的速度匀速行驶，第二次以20km/h的速度匀速行驶若行驶时所受阻力与速度成正比，且电动自行车行驶时热损耗与输出功率比值保持不变，则两次行驶的最大里程之比及此自行车所配置的电动机的内阻为（）A 0.2B 0.2C 7.2D 7.26“嫦娥三号”从距月面高度为100km的环月圆轨道上的P点实施变轨，进入近月点为15km的椭圆轨道，由近月点Q成功落月，如图所示关于“嫦娥三号”，下列说法正确的是（）A

5、沿轨道运动至P时，需制动减速才能进入轨道B沿轨道运行的周期大于沿轨道运行的周期C沿轨道运行时，在P点的加速度大于在Q点的加速度D在轨道上由P点运行到Q点的过程中，万有引力对其做正功，它的动能增加，重力势能减小，机械能不变7如图所示，两个质量分别为m1=2kg、m2=3kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则（）A系统运动稳定时，弹簧秤的示数是50 NB系统运动稳定时，弹簧秤的示数是26 NC在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13 m/s2D在突然撇去F1的瞬间，m1的加速度大小为15 m/s28如图所示

6、，竖直平行线MN、PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场（含边界PQ），磁感应强度为B，MN上O处的粒子源能沿不同方向释放比荷为的带负电粒子，速度大小相等、方向均垂直磁场粒子间的相互作用及重力不计，设粒子速度方向与射线OM夹角为，当粒子沿=60射入时，恰好垂直PQ射出，则（）A从PQ边界垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为B沿=90射入的粒子，在磁场中运动的时间最长C粒子的速率为DPQ边界上有粒子射出的长度为2a二、非选择题（包括必考题和选考题两部分第9-第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题-第16题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题9如图甲所示，用细线竖直拉着包有白纸

7、的质量为m（kg）的圆柱棒，蘸有颜料的毛笔固定在电动机上并随之转动当烧断悬挂圆柱棒的线后，圆柱棒竖直自由下落，毛笔就在圆柱棒表面的纸上画出记号，如图乙所示，设毛笔接触棒时不影响棒的运动测得记号之间的距离依次为20.0mm，44.0mm，68.0mm，92.0mm，116.0mm，140.0mm，已知电动机铭牌上标有“1200r/min”字样，根据以上内容，回答下列问题：图乙中的端是圆柱体的悬挂端（填“左”或“右”）；根据图乙所给的数据，可知毛笔画下记号D时，圆柱棒下落的速度vD=m/s； 圆柱棒竖直下落的加速度为m/s210（9分）某同学为了较精确地测量一节干电池的电动势和内阻，实验室准备了下

8、列器材：A待测干电池E（电动势约为1.5V，内阻约为1）B电流表G（满偏电流3.0mA，内阻为100）C电流表A（量程00.6A，内阻约为1）D滑动变阻器R1（010，额定电流为2A）E滑动变阻器R2（01k，额定电流为1A）F定值电阻R0（阻值为900）G开关一个，导线若干（1）为了能比较准确地进行测量，同时还要考虑操作的方便，实验中滑动变阻器应选（2）根据题意在图1中画出该实验所需要的电路图（3）根据图2电路图，将实物图连接起来，组成完整的电路（4）如图3所示，是某同学根据正确的实验得到的数据作出的图线，其中纵坐标I1为电流表G的示数横坐标I2为电流表A的示数，由图可知，被测干电池的电动势

9、为 V，内电阻为（保留2位有效数字）11（14分）有一炮竖直向上发射炮弹，炮弹的质量为M=6.0kg（内含炸药的质量可以忽略不计），射出的初速度v0=60m/s当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，其中一片质量为m=4.0kg现要求这一片不能落到以发射点为圆心、以R=600m为半径的圆周范围内，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？（g=10/s2，忽略空气阻力）12（18分）某种发电机的内部结构平面图如图甲，永磁体的内侧为半圆柱面形，它与圆柱形铁芯之间的窄缝间形成如图所示B=0.5T的磁场在磁场中有一个如图乙所示的U形导线框abcd已知线框ab和cd边长均为0.2m，bc边长为0.4m

10、，线框以=200rad/s角速度顺时针匀速转动（1）从bc边转到图甲所示正上方开始计时，求t=2.5103s这一时刻线框中感应电动势的大小，并在给定的坐标平面内画出ad两点电势差Uad随时间变化的关系图线（感应电动势的结果保留两位有效数字，Uad正值表示UaUd）（2）如将此电压加在图丙所示的竖直放置的平行金属板上，且电动势为正时E板电势高，让一质量为m=6.41013kg，电量为q=3.21010C的带正电微粒从时刻开始由E板出发向F板运动，已知EF两板间距L=0.5m，粒子从E运动到F用多长时间？（粒子重力不计）（二）选考题，任选一模块作答【物理一物理3-3】（15分）13下列说法正确的是

11、（）A物体的内能是物体中所有分子热运动动能和分子势能的总和B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C液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征D液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动E密封在容积不变的容器内的理想气体，若气体从外界吸热，则温度一定升高14（9分）如图所示，在一圆形管道内封闭有理想气体，用一固定活塞K和不计质量可自由移动的活塞A将管内气体分割成体积相等的两部分，温度都为T0=300K，压强都为P0=1.0l05Pa现保持下部分气体温度不变，只对上部分气体缓慢加热，当活塞A移动到最低点B时（不计摩擦），求：（1）下部分气体的压强；（2）上部分

12、气体的温度【物理一物理3-4】（15分）15图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图象由图可知（）A质点振动的周期T=0.2 sB波速v=20 m/sC因为一个周期质点运动0.8 m，所以波长=0.8 mD从该时刻起经过0.15 s，波沿x轴正方向传播了3 mE从该时刻起经过0.25 s时，质点Q的加速度大于质点P的加速度16如图所示，一截面为直角三角形的玻璃镜ABC，A=30一条光线以45的入射角从AC边上的D点射入棱镜，光线最终垂直BC边射出画出光在玻璃棱镜中的传播路线；求玻璃的折射率；判断AB面是否有光线射出2017年陕西省咸阳市高考物理二模试卷参考答

13、案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分其中1-5为单选题，每小题有且只有一个选项正确；6-8题为多选题，每小题有多个选项正确，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已知类氢结构氦离子（He+）的能级图如图所示，根据能级跃迁理论可知（）A氦离子（He+）处于n=l能级时，能吸收45 eV的能量跃迁到n=2能级B大量处在n=3能级的氦离子（He+）向低能级跃迁，只能发出2种不同频率的光子C氦离子（He+）从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出光子的波长大D若氦离子（He+）从n=2能级跃迁到基态，释放的光子能使某金属板发生光电效应，则从

14、n=4能级跃迁到n=2能级释放的光子一定也能使该金属板发生光电效应【分析】能级间跃迁释放或吸收的能量等于两能级间的能级差根据数学组合公式求解释放不同频率光子的种数，只有入射光子的能量大于金属的逸出功才会发生光电效应，从而即可求解【解答】解：A、吸收的光子能量等于两能级间的能级差，才能发生跃迁，从n=1跃迁到n=2，吸收的光子能量为40.8eV，故A错误B、大量处在n=3能级的氦离子（He+）向低能级跃迁，能发出3种不同频率的光子，故B错误C、由图可知，n=4和n=3的能级差小于n=3和n=2的能级差，则从n=4跃迁到n=3能级释放的光子能量小于从n=3跃迁到n=2能级辐射的光子能量，所以从n=

15、4能级跃迁到n=3能级比从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出光子的频率低，波长大，故C正确D、从n=2能级跃迁到基态释放的光子能量为13.6（54.4）=40.8ev，若能使某金属板发生光电效应，从n=4能级跃迁到n=2能级释放的光子能量3.4（13.6）=10.2ev40.8ev，不一定能使该板发生光电效应，故D错误故选：C【点评】解决本题的关键知道能级间跃迁能级差与光子能量的关系，以及知道从高能级向低能级跃迁，释放光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子，并掌握光电效应现象的条件2如图甲，一维坐标系中有一质量为m=2kg的物块静置于x轴上的某位置（图中未画出），从t=0时刻开始，物块在外力作用下

16、沿x轴作匀变速直线运动，如图乙为其位置坐标和速率平方关系图象，下列说法正确的是（）At=4 s时物块的速率为2 m/sB加速度大小为1 m/s2Ct=4 s时物块位于x=4 m处D在0.4 s时间内物块运动的位移6m【分析】根据数学知识写出x关于v2的表达式，根据位移速度公式求出x关于v2的表达式，进行对比，得到加速度，并分析物块的运动情况根据图象的斜率和截距求解位移即可【解答】解：A、B、由，结合图象可知物块做匀加速直线运动，加速度a=0.5m/s2，初位置x0=2m；t=4 s时物块的速率为：v=at=0.54=2 m/s故A正确，B错误；C、由，v=at得t=4s时物块位于x=2m处，故

17、C错误；D、由s=，在0.4 s时间内物块运动的位移s=0.09m，故D错误故选：A【点评】本题主要考查了牛顿第二定律以及运动学基本公式的直接应用，图象问题，一般要根据物理规律得到解析式，再从斜率和截距出发研究图象的意义3如图所示，竖直平面内有一固定的光滑椭圆大环，其长轴长BD=4L、短轴长AC=2L_劲度系数为k的轻弹簧上端固定在大环的中心O，下端连接一个质量为m、电荷量为q，可视为质点的小环小环刚好套在大环上且与大环及弹簧绝缘，整个装置处在水平向右的匀强电场中将小环从A点由静止释放、小环运动到B点时速度恰好为0已知小环在A、B两点时弹簧的形变量大小相等，则（）A电场强度的大小E=B小环从A

18、点运动到B点的过程中，弹簧的弹力不做功C小环从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大D小环在A点时受到大环对它的弹力大小F=mgkL【分析】将小环从A点由静止释放，小环运动到B点时速度恰好为O已知小环在A、B两点时弹簧的形变量大小相等，可以知道小环在A点时弹簧压缩量为0.5L，在B点时弹簧伸长为0.5L，结合功能关系分析个选项即可【解答】解：A、已知小环在A、B两点时弹簧的形变量大小相等，弹簧的弹性势能相等，小环从A点运动到B点的过程中，由能量守恒定律得，Eq2L=mgL，得：E=故A错误B、小环从A点运动到B点的过程中，弹簧从压缩到原长，再到伸长，则弹簧的弹力先做正功再做负功，故

19、B错误C、小环从A点运动到B点的过程中，弹簧的形变量先减小后增大，则弹簧的弹性势能先减小后增大，故C正确D、已知小环在A、B两点时弹簧的弹力大小相等，说明在A点弹簧的压缩量等于在B点的伸长量相等，设为x，原长为L0则得：在A点：L0 x=L在B点：2L0+x=2L，解得小环在A点时，弹簧压缩量为：x=0.5L，受到大环对它的弹力为：F=mg+kL，故D错误故选：C【点评】此题关键是对物体受力情况和弹簧的状态作出正确的分析，需要考虑电场力的情况，并运用到能量守恒定律进行分析4等离子体气流由左方连续以速度vo射入P1和P2两板间的匀强磁场中，ab直导线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd连接线圈

20、A内有如图乙所示的变化磁场，且磁场B的正方向规定为向左，如图甲所示，则下列叙述正确的是（）A01 s内ab、cd导线互相排斥Bl2 s内ab、cd导线互相吸引C23 s内ab、cd导线互相吸引D34 s内ab、cd导线互相吸引【分析】等离子流通过匀强磁场时，正离子向上偏转，负离子向下偏转，因此将形成从a到b的电流，线圈A中磁场均匀变化，形成感应电流，根据楞次定律判断出流经导线cd的电流方向，然后根据流经导线的电流同向时相互吸引，反向时相互排斥判断导线之间作用力情况【解答】解：AB、由左侧电路可以判断ab中电流方向由a到b；由右侧电路及图乙可以判断，02 s内cd中电流为由c到d，跟ab中电流同

21、向，因此ab、cd相互吸引，故A错误，B正确；CD、24 s内cd中电流为由d到c，跟ab中电流反向，因此ab、cd相互排斥，故C、D错误；故选：B【点评】利用法拉第电磁感应定律E=s 时，注意Bt图象中斜率的物理意义注意感应电动势的大小看磁通量的变化率，而非磁通量大小或者磁通量的变化量5某型号电动自行车的电动机铭牌如下：两次都将蓄电池充足电，第一次以15km/h的速度匀速行驶，第二次以20km/h的速度匀速行驶若行驶时所受阻力与速度成正比，且电动自行车行驶时热损耗与输出功率比值保持不变，则两次行驶的最大里程之比及此自行车所配置的电动机的内阻为（）A 0.2B 0.2C 7.2D 7.2【分析

22、】根据平衡条件可知牵引力与阻力间的关系，再根据P=FV可知功率关系，再由速度公式即可明确最大里程的表达式，从而求出最大里程的比值；根据输出功率和总功率之间的关系进行分析即可求出内阻大小【解答】解：设阻力f=kv，匀速运动时F=f，则由P=Fv可知，P=fv=kv2故功率与速度平方成正比，因此功率之比为：P1：P2=152：202=9：16；行驶里程S=vt；因电池的输出的总功率相同，故P1t1=P2t2因此时间t1：t2=P2：P1=16：9则里程之比为： =；根据功率关系可知，P出=UII2r代入数据可得：175=36525r解得：r=0.2故A正确，BCD错误故选：A【点评】本题考查电动车

23、中的功能关系应用，要注意明确源总功转化为内能和电动车的机械能，同时在车行驶过程中电动机输出的功转化为因摩擦而产生的内能和电动车的动能6“嫦娥三号”从距月面高度为100km的环月圆轨道上的P点实施变轨，进入近月点为15km的椭圆轨道，由近月点Q成功落月，如图所示关于“嫦娥三号”，下列说法正确的是（）A沿轨道运动至P时，需制动减速才能进入轨道B沿轨道运行的周期大于沿轨道运行的周期C沿轨道运行时，在P点的加速度大于在Q点的加速度D在轨道上由P点运行到Q点的过程中，万有引力对其做正功，它的动能增加，重力势能减小，机械能不变【分析】由开普勒第三定律确定周期大小关系，根据卫星变轨原理确定卫星是加速还是减速

24、变轨由牛顿第二定律和万有引力定律分析加速度关系由开普勒第二定律分析速度关系【解答】解：A、在轨道I上运动，从P点开始变轨，可知嫦娥三号做近心运动，在P点应该制动减速以减小向心力，通过做近心运动减小轨道半径，故A正确；B、轨道的半长轴小于轨道I的半径，根据开普勒第三定律可知沿轨道运行的周期小于轨道I上的周期，故B错误；C、在轨道上运动时，卫星只受万有引力作用，在P点时的万有引力比Q点的小，故P点的加速度小于在Q点的加速度，故C错误；D、根据开普勒第二定律可知，知在轨道上由P点运行到Q点的过程中，万有引力对嫦娥三号做正功，嫦娥三号的速度逐渐增大，动能增加，重力势能减小，机械能不变，故D正确故选：A

25、D【点评】此题要求同学们掌握航天器变轨原理，知道圆周运动时万有引力完全提供向心力，近心运动时万有引力大于所需向心力7如图所示，两个质量分别为m1=2kg、m2=3kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则（）A系统运动稳定时，弹簧秤的示数是50 NB系统运动稳定时，弹簧秤的示数是26 NC在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13 m/s2D在突然撇去F1的瞬间，m1的加速度大小为15 m/s2【分析】根据牛顿第二定律，分别对两个物体整体和任一物体研究，求出弹簧秤的读数突然撤去F1的瞬间，弹簧秤的示数不变由牛

26、顿第二定律求解突然撤去F1的瞬间两个物体的加速度【解答】解：A、设弹簧的弹力大小为F，根据牛顿第二定律得 对整体有：a=m/s2=2m/s2，方向水平向右 对m1：F1F=m1a代入解得，F=26N故A错误，B正确C、在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为，方向水平向左，则m1的加速度发生改变故C正确，D错误故选：BC【点评】本题运用整体法和隔离法结合求解弹簧秤的弹力，是常用的方法要抓住：撤去外力时，弹簧的弹力不能突变8如图所示，竖直平行线MN、PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场（含边界PQ），磁感应强度为B，MN上O处的粒子源能沿不同方向释放比荷为的带负电粒子，速度大小相等、方

27、向均垂直磁场粒子间的相互作用及重力不计，设粒子速度方向与射线OM夹角为，当粒子沿=60射入时，恰好垂直PQ射出，则（）A从PQ边界垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为B沿=90射入的粒子，在磁场中运动的时间最长C粒子的速率为DPQ边界上有粒子射出的长度为2a【分析】由粒子沿=60射入时，恰好垂直PQ射出，得到粒子运动半径；再根据洛伦兹力作向心力，即可得到粒子速率，进而得到粒子运动周期及运动时间；【解答】解：AC、带电粒子在磁场中运动，不计重力，则粒子只受洛伦兹力做圆周运动；所以有，所以，粒子沿=60射入时，恰好垂直PQ射出，则粒子在磁场中转过30，如图所示，所以有Rsin30=a，所以，R=2a

28、；所以，故C错误；，故A正确；D、=0时，粒子离开磁场在PQ上O的水平线上方处；当增大时，粒子离开磁场在PQ上的位置下移，直到粒子运动轨迹与PQ相切；继续增大，则粒子不能从PQ边界射出；粒子运动轨迹与PQ相切时，由半径R=2a，可知，粒子转过的角度为60，所以，出射点在O的水平线下方处；所以，PQ边界上有粒子射出的长度为2a，故D正确；B、粒子在磁场中做圆周运动的半径相同，周期相同由D分析可知，粒子出射点在PQ上时，当粒子运动轨迹与PQ相切时，粒子在磁场中运动的圆弧对应的弦最长，粒子转过的角度最大1=60，对应的1=120；当120180时，粒子从MN边界射出，且越大，对应的中心角较小，运动的

29、时间越小；所以，沿=120射入的粒子，在磁场中运动的时间最长，故B错误；故选：AD【点评】求带电粒子在磁场中的运动问题，要注意粒子所带电荷的符号，如本题粒子所带电荷为负电荷，偏转方向和带正电的粒子正好相反二、非选择题（包括必考题和选考题两部分第9-第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题-第16题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题9如图甲所示，用细线竖直拉着包有白纸的质量为m（kg）的圆柱棒，蘸有颜料的毛笔固定在电动机上并随之转动当烧断悬挂圆柱棒的线后，圆柱棒竖直自由下落，毛笔就在圆柱棒表面的纸上画出记号，如图乙所示，设毛笔接触棒时不影响棒的运动测得记号之间的距离依次为20.0m

30、m，44.0mm，68.0mm，92.0mm，116.0mm，140.0mm，已知电动机铭牌上标有“1200r/min”字样，根据以上内容，回答下列问题：图乙中的左端是圆柱体的悬挂端（填“左”或“右”）；根据图乙所给的数据，可知毛笔画下记号D时，圆柱棒下落的速度vD=1.60m/s； 圆柱棒竖直下落的加速度为9.60m/s2【分析】了解该实验装置的原理，它类似于打点计时器，蘸有颜料的毛笔随电动机转一圈就在圆柱棒面上的纸上画出记号，这就像打点计时器每隔一定时间就打一个点数据的处理思路与打点计时器打出来的纸带处理一样利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度【解答】解：圆柱棒竖

31、直自由下落，速度越来越大，因此毛笔所画出的记号之间的距离越来越大，因此左端的记号后画上，所以左端是悬挂端电动机的转速n=1200 r/min，所以周期T= min=0.05 s，匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于这一段的平均速度为：vD=m/s=1.60 m/s，加速度为：a=9.60 m/s2故答案为：左；1.60，9.60【点评】该实验装置是根据打点计时器的特点和实验原理进行设计新的实验数据的处理思路与打点计时器打出来的纸带处理一样10某同学为了较精确地测量一节干电池的电动势和内阻，实验室准备了下列器材：A待测干电池E（电动势约为1.5V，内阻约为1）B电流表G（满偏电流3.0mA，内

32、阻为100）C电流表A（量程00.6A，内阻约为1）D滑动变阻器R1（010，额定电流为2A）E滑动变阻器R2（01k，额定电流为1A）F定值电阻R0（阻值为900）G开关一个，导线若干（1）为了能比较准确地进行测量，同时还要考虑操作的方便，实验中滑动变阻器应选D（2）根据题意在图1中画出该实验所需要的电路图（3）根据图2电路图，将实物图连接起来，组成完整的电路（4）如图3所示，是某同学根据正确的实验得到的数据作出的图线，其中纵坐标I1为电流表G的示数横坐标I2为电流表A的示数，由图可知，被测干电池的电动势为1.4 V，内电阻为0.67（保留2位有效数字）【分析】（1）在保证安全的前提下，为方

33、便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器；（2）所给实验器材中，有两个电流表，没有电压表，也没有电阻箱，只能用伏安法测电池电动势与内阻，可以用电流表与定值电阻组装一个电压表，根据伏安法测电源电动势与内阻的原理作出电路图（3）根据电路图连接实物电路图；（4）根据欧姆定律和串联的知识求出I1和电源两端电压U的关系，根据图象与纵轴的交点求出电动势，由与横轴的交点可得出路端电压为某一值时电流，则可求得内阻【解答】解：（1）电源电动势为1.5V较小，电源的内阻较小，为多次几组实验数据，方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，因此滑动变阻器应选D，（2）上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，

34、将电流表G与定值电阻R0串联，改装成电压表，用电流表A测电路电流，滑动变阻器R1串联接入电路，实验电路图如图所示（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后用直线把各点连接起来，作出图象如图所示；（4）根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压为：U=I1（900+100）=1000I1，根据图象与纵轴的交点得电动势为E=1.4mA1000=1.4V，与横轴的交点可得出路端电压为1.0V时电流是0.6A，由闭合电路欧姆定律E=U+Ir可得，电源内阻r=0.67； 故答案为：（1）D；（2）电路图如左图所示；（3）实物电路图如右图所示；（4）1.4；0.67【点评】在测量电源电动势和内阻时，要注

35、意根据画出的UI图象分析出电动势及内阻11（14分）（2003北京）有一炮竖直向上发射炮弹，炮弹的质量为M=6.0kg（内含炸药的质量可以忽略不计），射出的初速度v0=60m/s当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，其中一片质量为m=4.0kg现要求这一片不能落到以发射点为圆心、以R=600m为半径的圆周范围内，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？（g=10/s2，忽略空气阻力）【分析】当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹做平抛运动，根据平抛运动的知识求出一片炸弹的初速度，根据动量守恒定律得出另一块炸弹的初速度，从而得出刚爆炸完时两弹片的总动能【解答】解：设炮弹止升到

36、达最高点的高度为H，根据匀变速直线运动规律，有解得：H=180m设质量为m的弹片刚爆炸后的速度为v，另一块的速度为V，根据动量守恒定律，有mv=（Mm）V设质量为m的弹片运动的时间为t，根据平抛运动规律，有解得t=6sR=vt 解得v=100m/s，V=200m/s炮弹刚爆炸后，两弹片的总动能解以上各式得代入数值得答：刚爆炸完时两弹片的总动能至少6.0104J【点评】本题涉及到竖直上抛运动、平抛运动，综合运用了动量守恒定律、能量守恒定律以及运动学公式，综合性强，关键理清运动过程，选择合适的规律求解12（18分）（2017咸阳二模）某种发电机的内部结构平面图如图甲，永磁体的内侧为半圆柱面形，它与

37、圆柱形铁芯之间的窄缝间形成如图所示B=0.5T的磁场在磁场中有一个如图乙所示的U形导线框abcd已知线框ab和cd边长均为0.2m，bc边长为0.4m，线框以=200rad/s角速度顺时针匀速转动（1）从bc边转到图甲所示正上方开始计时，求t=2.5103s这一时刻线框中感应电动势的大小，并在给定的坐标平面内画出ad两点电势差Uad随时间变化的关系图线（感应电动势的结果保留两位有效数字，Uad正值表示UaUd）（2）如将此电压加在图丙所示的竖直放置的平行金属板上，且电动势为正时E板电势高，让一质量为m=6.41013kg，电量为q=3.21010C的带正电微粒从时刻开始由E板出发向F板运动，已

38、知EF两板间距L=0.5m，粒子从E运动到F用多长时间？（粒子重力不计）【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律E=BS直接求出感应电动势的大小；通过右手定则确定ad两点间的电势高低，从而判断开始时ad间电势的高低，由图示电场知线框转过弧度ag间电势将反向，根据已知的角速度可以求出电势变化的时间（2）抓住开始时的时间，在一个运动周期内：根据图象知，在t0=6.00103s时刻电动势为正的，粒子将向Y板做初速度为0的匀加速直线运动，运动时间为Tt0然后再向Y板做匀减速直线运动，经过0.004s时速度减为0然后再向X板匀加速0.001s，在紧接着的0.001s内粒子将向X板匀减速运动至速度为0，然后进

39、入第二个运动周期根据分段运动特点求出每个周期前进的距离，根据已知位移从而求出时间即可【解答】解：（1）线框转动过程中，bc边始终和磁场方向垂直，感应电动势大小不变，设t=2.5103s的感应应电动势为E：E=BL2L1带入数据得：E=25V线框转动的周期：，根据安培定则，从t=0开始，内Uad为正值，内Uad为负值，图象如图，t=2.5103s这一时刻线框转动，所以线框中的感应电动势的大小为25V（2）在EF上加电压后，板间产生强度E不变，方向交替变化的匀强电场，微粒时刻开始运动，运动情况如图，设微粒在电场中运动的加速度为a，则有：其中微粒在一个周期内前进的距离S=2S12S1由各式得：S=0

40、.125m由于粒子做往复运动，所以实际运动时间小于4T，设运动总时间为t，t=3T+20.3Tt其中t满足：由以上各式t=3.32102s答：（1）t=2.5103s这一时刻线框中感应电动势的大小为25V，ad两点电势差Uad随时间变化的关系图线如图（2）粒子从E运动到F用的时间为3.32102s【点评】掌握法拉第电磁感应定律及通过右手定则判断感应电势的高低是解决本题前两问的基础，在粒子往复运动中根据粒子的受力特点和运动的周期性展开讨论即可（二）选考题，任选一模块作答【物理一物理3-3】（15分）13下列说法正确的是（）A物体的内能是物体中所有分子热运动动能和分子势能的总和B分子间同时存在着引

41、力和斥力，当分子间距增加时，分子间的引力减小，斥力减小C液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征D液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动E密封在容积不变的容器内的理想气体，若气体从外界吸热，则温度一定升高【分析】内能是所有分子的动能和所有分子势能的总和；分子间同时存在引力和斥力，两力均随分子间的距离增大而减小；知道液晶的特性；知道布朗运动的概念和特点；根据热力学第一定律分析理想气体内能的变化，理想气体的内能只与温度有关【解答】解：A、物体的内能就是物体内部所有分子的热运动动能和分子势能的总和，故A正确；B、分子间同时存在引力和斥力，两力都随分子间的距离增大而减小，故B正确；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、液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动，故D正确；E、根据U=W+Q，密封在容积不变的容器内的理想气体，不会对外做功，吸热则内能增加，温度一定升高，故E正确；故选：ABCDE【点评】本题考查了内能、分子力变化规律、液晶的特点、布朗运动和热力学第一定律等知识点，知道布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，知道理想气体的内能只取决于温度14如图所示，在一圆形管道内封闭有理想气体，用一固