2017年陜西省咸陽市高考物理二模試卷(精品解析版)

1、 PAGE PAGE 282017年陜西省咸陽市高考物理二模試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分其中1-5為單選題，每小題有且只有一個選項正確；6-8題為多選題，每小題有多個選項正確，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分1已知類氫結(jié)構(gòu)氦離子（He+）的能級圖如圖所示，根據(jù)能級躍遷理論可知（）A氦離子（He+）處于n=l能級時，能吸收45 eV的能量躍遷到n=2能級B大量處在n=3能級的氦離子（He+）向低能級躍遷，只能發(fā)出2種不同頻率的光子C氦離子（He+）從n=4能級躍遷到n=3能級比從n=3能級躍遷到n=2能級輻射出光子的波長大D若氦離子（He+）從n=2能級

2、躍遷到基態(tài)，釋放的光子能使某金屬板發(fā)生光電效應(yīng)，則從n=4能級躍遷到n=2能級釋放的光子一定也能使該金屬板發(fā)生光電效應(yīng)2如圖甲，一維坐標(biāo)系中有一質(zhì)量為m=2kg的物塊靜置于x軸上的某位置（圖中未畫出），從t=0時刻開始，物塊在外力作用下沿x軸作勻變速直線運動，如圖乙為其位置坐標(biāo)和速率平方關(guān)系圖象，下列說法正確的是（）At=4 s時物塊的速率為2 m/sB加速度大小為1 m/s2Ct=4 s時物塊位于x=4 m處D在0.4 s時間內(nèi)物塊運動的位移6m3如圖所示，豎直平面內(nèi)有一固定的光滑橢圓大環(huán)，其長軸長BD=4L、短軸長AC=2L_勁度系數(shù)為k的輕彈簧上端固定在大環(huán)的中心O，下端連接一個質(zhì)量為m

3、、電荷量為q，可視為質(zhì)點的小環(huán)小環(huán)剛好套在大環(huán)上且與大環(huán)及彈簧絕緣，整個裝置處在水平向右的勻強(qiáng)電場中將小環(huán)從A點由靜止釋放、小環(huán)運動到B點時速度恰好為0已知小環(huán)在A、B兩點時彈簧的形變量大小相等，則（）A電場強(qiáng)度的大小E=B小環(huán)從A點運動到B點的過程中，彈簧的彈力不做功C小環(huán)從A點運動到B點的過程中，彈簧的彈性勢能先減小后增大D小環(huán)在A點時受到大環(huán)對它的彈力大小F=mgkL4等離子體氣流由左方連續(xù)以速度vo射入P1和P2兩板間的勻強(qiáng)磁場中，ab直導(dǎo)線與P1、P2相連接，線圈A與直導(dǎo)線cd連接線圈A內(nèi)有如圖乙所示的變化磁場，且磁場B的正方向規(guī)定為向左，如圖甲所示，則下列敘述正確的是（）A01 s

4、內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相排斥Bl2 s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相吸引C23 s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相吸引D34 s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相吸引5某型號電動自行車的電動機(jī)銘牌如下：兩次都將蓄電池充足電，第一次以15km/h的速度勻速行駛，第二次以20km/h的速度勻速行駛?cè)粜旭倳r所受阻力與速度成正比，且電動自行車行駛時熱損耗與輸出功率比值保持不變，則兩次行駛的最大里程之比及此自行車所配置的電動機(jī)的內(nèi)阻為（）A 0.2B 0.2C 7.2D 7.26“嫦娥三號”從距月面高度為100km的環(huán)月圓軌道上的P點實施變軌，進(jìn)入近月點為15km的橢圓軌道，由近月點Q成功落月，如圖所示關(guān)于“嫦娥三號”，下列說法正確的是（）A

5、沿軌道運動至P時，需制動減速才能進(jìn)入軌道B沿軌道運行的周期大于沿軌道運行的周期C沿軌道運行時，在P點的加速度大于在Q點的加速度D在軌道上由P點運行到Q點的過程中，萬有引力對其做正功，它的動能增加，重力勢能減小，機(jī)械能不變7如圖所示，兩個質(zhì)量分別為m1=2kg、m2=3kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧秤連接兩個大小分別為F1=30N、F2=20N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則（）A系統(tǒng)運動穩(wěn)定時，彈簧秤的示數(shù)是50 NB系統(tǒng)運動穩(wěn)定時，彈簧秤的示數(shù)是26 NC在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為13 m/s2D在突然撇去F1的瞬間，m1的加速度大小為15 m/s28如圖所示

6、，豎直平行線MN、PQ間距離為a，其間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場（含邊界PQ），磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，MN上O處的粒子源能沿不同方向釋放比荷為的帶負(fù)電粒子，速度大小相等、方向均垂直磁場粒子間的相互作用及重力不計，設(shè)粒子速度方向與射線OM夾角為，當(dāng)粒子沿=60射入時，恰好垂直PQ射出，則（）A從PQ邊界垂直射出的粒子在磁場中運動的時間為B沿=90射入的粒子，在磁場中運動的時間最長C粒子的速率為DPQ邊界上有粒子射出的長度為2a二、非選擇題（包括必考題和選考題兩部分第9-第12題為必考題，每個試題考生都必須作答第13題-第16題為選考題，考生根據(jù)要求作答）（一）必考題9如圖甲所示，用細(xì)線豎直拉著包有白紙

7、的質(zhì)量為m（kg）的圓柱棒，蘸有顏料的毛筆固定在電動機(jī)上并隨之轉(zhuǎn)動當(dāng)燒斷懸掛圓柱棒的線后，圓柱棒豎直自由下落，毛筆就在圓柱棒表面的紙上畫出記號，如圖乙所示，設(shè)毛筆接觸棒時不影響棒的運動測得記號之間的距離依次為20.0mm，44.0mm，68.0mm，92.0mm，116.0mm，140.0mm，已知電動機(jī)銘牌上標(biāo)有“1200r/min”字樣，根據(jù)以上內(nèi)容，回答下列問題：圖乙中的端是圓柱體的懸掛端（填“左”或“右”）；根據(jù)圖乙所給的數(shù)據(jù)，可知毛筆畫下記號D時，圓柱棒下落的速度vD=m/s； 圓柱棒豎直下落的加速度為m/s210（9分）某同學(xué)為了較精確地測量一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻，實驗室準(zhǔn)備了下

8、列器材：A待測干電池E（電動勢約為1.5V，內(nèi)阻約為1）B電流表G（滿偏電流3.0mA，內(nèi)阻為100）C電流表A（量程00.6A，內(nèi)阻約為1）D滑動變阻器R1（010，額定電流為2A）E滑動變阻器R2（01k，額定電流為1A）F定值電阻R0（阻值為900）G開關(guān)一個，導(dǎo)線若干（1）為了能比較準(zhǔn)確地進(jìn)行測量，同時還要考慮操作的方便，實驗中滑動變阻器應(yīng)選（2）根據(jù)題意在圖1中畫出該實驗所需要的電路圖（3）根據(jù)圖2電路圖，將實物圖連接起來，組成完整的電路（4）如圖3所示，是某同學(xué)根據(jù)正確的實驗得到的數(shù)據(jù)作出的圖線，其中縱坐標(biāo)I1為電流表G的示數(shù)橫坐標(biāo)I2為電流表A的示數(shù)，由圖可知，被測干電池的電動勢

9、為 V，內(nèi)電阻為（保留2位有效數(shù)字）11（14分）有一炮豎直向上發(fā)射炮彈，炮彈的質(zhì)量為M=6.0kg（內(nèi)含炸藥的質(zhì)量可以忽略不計），射出的初速度v0=60m/s當(dāng)炮彈到達(dá)最高點時爆炸為沿水平方向運動的兩片，其中一片質(zhì)量為m=4.0kg現(xiàn)要求這一片不能落到以發(fā)射點為圓心、以R=600m為半徑的圓周范圍內(nèi)，則剛爆炸完時兩彈片的總動能至少多大？（g=10/s2，忽略空氣阻力）12（18分）某種發(fā)電機(jī)的內(nèi)部結(jié)構(gòu)平面圖如圖甲，永磁體的內(nèi)側(cè)為半圓柱面形，它與圓柱形鐵芯之間的窄縫間形成如圖所示B=0.5T的磁場在磁場中有一個如圖乙所示的U形導(dǎo)線框abcd已知線框ab和cd邊長均為0.2m，bc邊長為0.4m

10、，線框以=200rad/s角速度順時針勻速轉(zhuǎn)動（1）從bc邊轉(zhuǎn)到圖甲所示正上方開始計時，求t=2.5103s這一時刻線框中感應(yīng)電動勢的大小，并在給定的坐標(biāo)平面內(nèi)畫出ad兩點電勢差Uad隨時間變化的關(guān)系圖線（感應(yīng)電動勢的結(jié)果保留兩位有效數(shù)字，Uad正值表示UaUd）（2）如將此電壓加在圖丙所示的豎直放置的平行金屬板上，且電動勢為正時E板電勢高，讓一質(zhì)量為m=6.41013kg，電量為q=3.21010C的帶正電微粒從時刻開始由E板出發(fā)向F板運動，已知EF兩板間距L=0.5m，粒子從E運動到F用多長時間？（粒子重力不計）（二）選考題，任選一模塊作答【物理一物理3-3】（15分）13下列說法正確的是

11、（）A物體的內(nèi)能是物體中所有分子熱運動動能和分子勢能的總和B分子間同時存在著引力和斥力，當(dāng)分子間距增加時，分子間的引力減小，斥力減小C液晶具有液體的流動性，同時具有晶體的各向異性特征D液體中懸浮微粒的無規(guī)則運動稱為布朗運動E密封在容積不變的容器內(nèi)的理想氣體，若氣體從外界吸熱，則溫度一定升高14（9分）如圖所示，在一圓形管道內(nèi)封閉有理想氣體，用一固定活塞K和不計質(zhì)量可自由移動的活塞A將管內(nèi)氣體分割成體積相等的兩部分，溫度都為T0=300K，壓強(qiáng)都為P0=1.0l05Pa現(xiàn)保持下部分氣體溫度不變，只對上部分氣體緩慢加熱，當(dāng)活塞A移動到最低點B時（不計摩擦），求：（1）下部分氣體的壓強(qiáng)；（2）上部分

12、氣體的溫度【物理一物理3-4】（15分）15圖甲為一列簡諧橫波在某一時刻的波形圖，圖乙為質(zhì)點P以此時刻為計時起點的振動圖象由圖可知（）A質(zhì)點振動的周期T=0.2 sB波速v=20 m/sC因為一個周期質(zhì)點運動0.8 m，所以波長=0.8 mD從該時刻起經(jīng)過0.15 s，波沿x軸正方向傳播了3 mE從該時刻起經(jīng)過0.25 s時，質(zhì)點Q的加速度大于質(zhì)點P的加速度16如圖所示，一截面為直角三角形的玻璃鏡ABC，A=30一條光線以45的入射角從AC邊上的D點射入棱鏡，光線最終垂直BC邊射出畫出光在玻璃棱鏡中的傳播路線；求玻璃的折射率；判斷AB面是否有光線射出2017年陜西省咸陽市高考物理二模試卷參考答

13、案與試題解析一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分其中1-5為單選題，每小題有且只有一個選項正確；6-8題為多選題，每小題有多個選項正確，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分1已知類氫結(jié)構(gòu)氦離子（He+）的能級圖如圖所示，根據(jù)能級躍遷理論可知（）A氦離子（He+）處于n=l能級時，能吸收45 eV的能量躍遷到n=2能級B大量處在n=3能級的氦離子（He+）向低能級躍遷，只能發(fā)出2種不同頻率的光子C氦離子（He+）從n=4能級躍遷到n=3能級比從n=3能級躍遷到n=2能級輻射出光子的波長大D若氦離子（He+）從n=2能級躍遷到基態(tài)，釋放的光子能使某金屬板發(fā)生光電效應(yīng)，則從

14、n=4能級躍遷到n=2能級釋放的光子一定也能使該金屬板發(fā)生光電效應(yīng)【分析】能級間躍遷釋放或吸收的能量等于兩能級間的能級差根據(jù)數(shù)學(xué)組合公式求解釋放不同頻率光子的種數(shù)，只有入射光子的能量大于金屬的逸出功才會發(fā)生光電效應(yīng)，從而即可求解【解答】解：A、吸收的光子能量等于兩能級間的能級差，才能發(fā)生躍遷，從n=1躍遷到n=2，吸收的光子能量為40.8eV，故A錯誤B、大量處在n=3能級的氦離子（He+）向低能級躍遷，能發(fā)出3種不同頻率的光子，故B錯誤C、由圖可知，n=4和n=3的能級差小于n=3和n=2的能級差，則從n=4躍遷到n=3能級釋放的光子能量小于從n=3躍遷到n=2能級輻射的光子能量，所以從n=

15、4能級躍遷到n=3能級比從n=3能級躍遷到n=2能級輻射出光子的頻率低，波長大，故C正確D、從n=2能級躍遷到基態(tài)釋放的光子能量為13.6（54.4）=40.8ev，若能使某金屬板發(fā)生光電效應(yīng)，從n=4能級躍遷到n=2能級釋放的光子能量3.4（13.6）=10.2ev40.8ev，不一定能使該板發(fā)生光電效應(yīng)，故D錯誤故選：C【點評】解決本題的關(guān)鍵知道能級間躍遷能級差與光子能量的關(guān)系，以及知道從高能級向低能級躍遷，釋放光子，從低能級向高能級躍遷，吸收光子，并掌握光電效應(yīng)現(xiàn)象的條件2如圖甲，一維坐標(biāo)系中有一質(zhì)量為m=2kg的物塊靜置于x軸上的某位置（圖中未畫出），從t=0時刻開始，物塊在外力作用下

16、沿x軸作勻變速直線運動，如圖乙為其位置坐標(biāo)和速率平方關(guān)系圖象，下列說法正確的是（）At=4 s時物塊的速率為2 m/sB加速度大小為1 m/s2Ct=4 s時物塊位于x=4 m處D在0.4 s時間內(nèi)物塊運動的位移6m【分析】根據(jù)數(shù)學(xué)知識寫出x關(guān)于v2的表達(dá)式，根據(jù)位移速度公式求出x關(guān)于v2的表達(dá)式，進(jìn)行對比，得到加速度，并分析物塊的運動情況根據(jù)圖象的斜率和截距求解位移即可【解答】解：A、B、由，結(jié)合圖象可知物塊做勻加速直線運動，加速度a=0.5m/s2，初位置x0=2m；t=4 s時物塊的速率為：v=at=0.54=2 m/s故A正確，B錯誤；C、由，v=at得t=4s時物塊位于x=2m處，故

17、C錯誤；D、由s=，在0.4 s時間內(nèi)物塊運動的位移s=0.09m，故D錯誤故選：A【點評】本題主要考查了牛頓第二定律以及運動學(xué)基本公式的直接應(yīng)用，圖象問題，一般要根據(jù)物理規(guī)律得到解析式，再從斜率和截距出發(fā)研究圖象的意義3如圖所示，豎直平面內(nèi)有一固定的光滑橢圓大環(huán)，其長軸長BD=4L、短軸長AC=2L_勁度系數(shù)為k的輕彈簧上端固定在大環(huán)的中心O，下端連接一個質(zhì)量為m、電荷量為q，可視為質(zhì)點的小環(huán)小環(huán)剛好套在大環(huán)上且與大環(huán)及彈簧絕緣，整個裝置處在水平向右的勻強(qiáng)電場中將小環(huán)從A點由靜止釋放、小環(huán)運動到B點時速度恰好為0已知小環(huán)在A、B兩點時彈簧的形變量大小相等，則（）A電場強(qiáng)度的大小E=B小環(huán)從A

18、點運動到B點的過程中，彈簧的彈力不做功C小環(huán)從A點運動到B點的過程中，彈簧的彈性勢能先減小后增大D小環(huán)在A點時受到大環(huán)對它的彈力大小F=mgkL【分析】將小環(huán)從A點由靜止釋放，小環(huán)運動到B點時速度恰好為O已知小環(huán)在A、B兩點時彈簧的形變量大小相等，可以知道小環(huán)在A點時彈簧壓縮量為0.5L，在B點時彈簧伸長為0.5L，結(jié)合功能關(guān)系分析個選項即可【解答】解：A、已知小環(huán)在A、B兩點時彈簧的形變量大小相等，彈簧的彈性勢能相等，小環(huán)從A點運動到B點的過程中，由能量守恒定律得，Eq2L=mgL，得：E=故A錯誤B、小環(huán)從A點運動到B點的過程中，彈簧從壓縮到原長，再到伸長，則彈簧的彈力先做正功再做負(fù)功，故

19、B錯誤C、小環(huán)從A點運動到B點的過程中，彈簧的形變量先減小后增大，則彈簧的彈性勢能先減小后增大，故C正確D、已知小環(huán)在A、B兩點時彈簧的彈力大小相等，說明在A點彈簧的壓縮量等于在B點的伸長量相等，設(shè)為x，原長為L0則得：在A點：L0 x=L在B點：2L0+x=2L，解得小環(huán)在A點時，彈簧壓縮量為：x=0.5L，受到大環(huán)對它的彈力為：F=mg+kL，故D錯誤故選：C【點評】此題關(guān)鍵是對物體受力情況和彈簧的狀態(tài)作出正確的分析，需要考慮電場力的情況，并運用到能量守恒定律進(jìn)行分析4等離子體氣流由左方連續(xù)以速度vo射入P1和P2兩板間的勻強(qiáng)磁場中，ab直導(dǎo)線與P1、P2相連接，線圈A與直導(dǎo)線cd連接線圈

20、A內(nèi)有如圖乙所示的變化磁場，且磁場B的正方向規(guī)定為向左，如圖甲所示，則下列敘述正確的是（）A01 s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相排斥Bl2 s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相吸引C23 s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相吸引D34 s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相吸引【分析】等離子流通過勻強(qiáng)磁場時，正離子向上偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向下偏轉(zhuǎn)，因此將形成從a到b的電流，線圈A中磁場均勻變化，形成感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律判斷出流經(jīng)導(dǎo)線cd的電流方向，然后根據(jù)流經(jīng)導(dǎo)線的電流同向時相互吸引，反向時相互排斥判斷導(dǎo)線之間作用力情況【解答】解：AB、由左側(cè)電路可以判斷ab中電流方向由a到b；由右側(cè)電路及圖乙可以判斷，02 s內(nèi)cd中電流為由c到d，跟ab中電流同

21、向，因此ab、cd相互吸引，故A錯誤，B正確；CD、24 s內(nèi)cd中電流為由d到c，跟ab中電流反向，因此ab、cd相互排斥，故C、D錯誤；故選：B【點評】利用法拉第電磁感應(yīng)定律E=s 時，注意Bt圖象中斜率的物理意義注意感應(yīng)電動勢的大小看磁通量的變化率，而非磁通量大小或者磁通量的變化量5某型號電動自行車的電動機(jī)銘牌如下：兩次都將蓄電池充足電，第一次以15km/h的速度勻速行駛，第二次以20km/h的速度勻速行駛?cè)粜旭倳r所受阻力與速度成正比，且電動自行車行駛時熱損耗與輸出功率比值保持不變，則兩次行駛的最大里程之比及此自行車所配置的電動機(jī)的內(nèi)阻為（）A 0.2B 0.2C 7.2D 7.2【分析

22、】根據(jù)平衡條件可知牽引力與阻力間的關(guān)系，再根據(jù)P=FV可知功率關(guān)系，再由速度公式即可明確最大里程的表達(dá)式，從而求出最大里程的比值；根據(jù)輸出功率和總功率之間的關(guān)系進(jìn)行分析即可求出內(nèi)阻大小【解答】解：設(shè)阻力f=kv，勻速運動時F=f，則由P=Fv可知，P=fv=kv2故功率與速度平方成正比，因此功率之比為：P1：P2=152：202=9：16；行駛里程S=vt；因電池的輸出的總功率相同，故P1t1=P2t2因此時間t1：t2=P2：P1=16：9則里程之比為： =；根據(jù)功率關(guān)系可知，P出=UII2r代入數(shù)據(jù)可得：175=36525r解得：r=0.2故A正確，BCD錯誤故選：A【點評】本題考查電動車

23、中的功能關(guān)系應(yīng)用，要注意明確源總功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和電動車的機(jī)械能，同時在車行駛過程中電動機(jī)輸出的功轉(zhuǎn)化為因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能和電動車的動能6“嫦娥三號”從距月面高度為100km的環(huán)月圓軌道上的P點實施變軌，進(jìn)入近月點為15km的橢圓軌道，由近月點Q成功落月，如圖所示關(guān)于“嫦娥三號”，下列說法正確的是（）A沿軌道運動至P時，需制動減速才能進(jìn)入軌道B沿軌道運行的周期大于沿軌道運行的周期C沿軌道運行時，在P點的加速度大于在Q點的加速度D在軌道上由P點運行到Q點的過程中，萬有引力對其做正功，它的動能增加，重力勢能減小，機(jī)械能不變【分析】由開普勒第三定律確定周期大小關(guān)系，根據(jù)衛(wèi)星變軌原理確定衛(wèi)星是加速還是減速

24、變軌由牛頓第二定律和萬有引力定律分析加速度關(guān)系由開普勒第二定律分析速度關(guān)系【解答】解：A、在軌道I上運動，從P點開始變軌，可知嫦娥三號做近心運動，在P點應(yīng)該制動減速以減小向心力，通過做近心運動減小軌道半徑，故A正確；B、軌道的半長軸小于軌道I的半徑，根據(jù)開普勒第三定律可知沿軌道運行的周期小于軌道I上的周期，故B錯誤；C、在軌道上運動時，衛(wèi)星只受萬有引力作用，在P點時的萬有引力比Q點的小，故P點的加速度小于在Q點的加速度，故C錯誤；D、根據(jù)開普勒第二定律可知，知在軌道上由P點運行到Q點的過程中，萬有引力對嫦娥三號做正功，嫦娥三號的速度逐漸增大，動能增加，重力勢能減小，機(jī)械能不變，故D正確故選：A

25、D【點評】此題要求同學(xué)們掌握航天器變軌原理，知道圓周運動時萬有引力完全提供向心力，近心運動時萬有引力大于所需向心力7如圖所示，兩個質(zhì)量分別為m1=2kg、m2=3kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧秤連接兩個大小分別為F1=30N、F2=20N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則（）A系統(tǒng)運動穩(wěn)定時，彈簧秤的示數(shù)是50 NB系統(tǒng)運動穩(wěn)定時，彈簧秤的示數(shù)是26 NC在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為13 m/s2D在突然撇去F1的瞬間，m1的加速度大小為15 m/s2【分析】根據(jù)牛頓第二定律，分別對兩個物體整體和任一物體研究，求出彈簧秤的讀數(shù)突然撤去F1的瞬間，彈簧秤的示數(shù)不變由牛

26、頓第二定律求解突然撤去F1的瞬間兩個物體的加速度【解答】解：A、設(shè)彈簧的彈力大小為F，根據(jù)牛頓第二定律得 對整體有：a=m/s2=2m/s2，方向水平向右 對m1：F1F=m1a代入解得，F(xiàn)=26N故A錯誤，B正確C、在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為，方向水平向左，則m1的加速度發(fā)生改變故C正確，D錯誤故選：BC【點評】本題運用整體法和隔離法結(jié)合求解彈簧秤的彈力，是常用的方法要抓?。撼啡ネ饬r，彈簧的彈力不能突變8如圖所示，豎直平行線MN、PQ間距離為a，其間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場（含邊界PQ），磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，MN上O處的粒子源能沿不同方向釋放比荷為的帶負(fù)電粒子，速度大小相等、方

27、向均垂直磁場粒子間的相互作用及重力不計，設(shè)粒子速度方向與射線OM夾角為，當(dāng)粒子沿=60射入時，恰好垂直PQ射出，則（）A從PQ邊界垂直射出的粒子在磁場中運動的時間為B沿=90射入的粒子，在磁場中運動的時間最長C粒子的速率為DPQ邊界上有粒子射出的長度為2a【分析】由粒子沿=60射入時，恰好垂直PQ射出，得到粒子運動半徑；再根據(jù)洛倫茲力作向心力，即可得到粒子速率，進(jìn)而得到粒子運動周期及運動時間；【解答】解：AC、帶電粒子在磁場中運動，不計重力，則粒子只受洛倫茲力做圓周運動；所以有，所以，粒子沿=60射入時，恰好垂直PQ射出，則粒子在磁場中轉(zhuǎn)過30，如圖所示，所以有Rsin30=a，所以，R=2a

28、；所以，故C錯誤；，故A正確；D、=0時，粒子離開磁場在PQ上O的水平線上方處；當(dāng)增大時，粒子離開磁場在PQ上的位置下移，直到粒子運動軌跡與PQ相切；繼續(xù)增大，則粒子不能從PQ邊界射出；粒子運動軌跡與PQ相切時，由半徑R=2a，可知，粒子轉(zhuǎn)過的角度為60，所以，出射點在O的水平線下方處；所以，PQ邊界上有粒子射出的長度為2a，故D正確；B、粒子在磁場中做圓周運動的半徑相同，周期相同由D分析可知，粒子出射點在PQ上時，當(dāng)粒子運動軌跡與PQ相切時，粒子在磁場中運動的圓弧對應(yīng)的弦最長，粒子轉(zhuǎn)過的角度最大1=60，對應(yīng)的1=120；當(dāng)120180時，粒子從MN邊界射出，且越大，對應(yīng)的中心角較小，運動的

29、時間越?。凰?，沿=120射入的粒子，在磁場中運動的時間最長，故B錯誤；故選：AD【點評】求帶電粒子在磁場中的運動問題，要注意粒子所帶電荷的符號，如本題粒子所帶電荷為負(fù)電荷，偏轉(zhuǎn)方向和帶正電的粒子正好相反二、非選擇題（包括必考題和選考題兩部分第9-第12題為必考題，每個試題考生都必須作答第13題-第16題為選考題，考生根據(jù)要求作答）（一）必考題9如圖甲所示，用細(xì)線豎直拉著包有白紙的質(zhì)量為m（kg）的圓柱棒，蘸有顏料的毛筆固定在電動機(jī)上并隨之轉(zhuǎn)動當(dāng)燒斷懸掛圓柱棒的線后，圓柱棒豎直自由下落，毛筆就在圓柱棒表面的紙上畫出記號，如圖乙所示，設(shè)毛筆接觸棒時不影響棒的運動測得記號之間的距離依次為20.0m

30、m，44.0mm，68.0mm，92.0mm，116.0mm，140.0mm，已知電動機(jī)銘牌上標(biāo)有“1200r/min”字樣，根據(jù)以上內(nèi)容，回答下列問題：圖乙中的左端是圓柱體的懸掛端（填“左”或“右”）；根據(jù)圖乙所給的數(shù)據(jù)，可知毛筆畫下記號D時，圓柱棒下落的速度vD=1.60m/s； 圓柱棒豎直下落的加速度為9.60m/s2【分析】了解該實驗裝置的原理，它類似于打點計時器，蘸有顏料的毛筆隨電動機(jī)轉(zhuǎn)一圈就在圓柱棒面上的紙上畫出記號，這就像打點計時器每隔一定時間就打一個點數(shù)據(jù)的處理思路與打點計時器打出來的紙帶處理一樣利用勻變速直線運動的推論，可計算出打出某點時紙帶運動的瞬時速度【解答】解：圓柱棒豎

31、直自由下落，速度越來越大，因此毛筆所畫出的記號之間的距離越來越大，因此左端的記號后畫上，所以左端是懸掛端電動機(jī)的轉(zhuǎn)速n=1200 r/min，所以周期T= min=0.05 s，勻變速直線運動的中間時刻的瞬時速度等于這一段的平均速度為：vD=m/s=1.60 m/s，加速度為：a=9.60 m/s2故答案為：左；1.60，9.60【點評】該實驗裝置是根據(jù)打點計時器的特點和實驗原理進(jìn)行設(shè)計新的實驗數(shù)據(jù)的處理思路與打點計時器打出來的紙帶處理一樣10某同學(xué)為了較精確地測量一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻，實驗室準(zhǔn)備了下列器材：A待測干電池E（電動勢約為1.5V，內(nèi)阻約為1）B電流表G（滿偏電流3.0mA，內(nèi)

32、阻為100）C電流表A（量程00.6A，內(nèi)阻約為1）D滑動變阻器R1（010，額定電流為2A）E滑動變阻器R2（01k，額定電流為1A）F定值電阻R0（阻值為900）G開關(guān)一個，導(dǎo)線若干（1）為了能比較準(zhǔn)確地進(jìn)行測量，同時還要考慮操作的方便，實驗中滑動變阻器應(yīng)選D（2）根據(jù)題意在圖1中畫出該實驗所需要的電路圖（3）根據(jù)圖2電路圖，將實物圖連接起來，組成完整的電路（4）如圖3所示，是某同學(xué)根據(jù)正確的實驗得到的數(shù)據(jù)作出的圖線，其中縱坐標(biāo)I1為電流表G的示數(shù)橫坐標(biāo)I2為電流表A的示數(shù)，由圖可知，被測干電池的電動勢為1.4 V，內(nèi)電阻為0.67（保留2位有效數(shù)字）【分析】（1）在保證安全的前提下，為方

33、便實驗操作，應(yīng)選擇最大阻值較小的滑動變阻器；（2）所給實驗器材中，有兩個電流表，沒有電壓表，也沒有電阻箱，只能用伏安法測電池電動勢與內(nèi)阻，可以用電流表與定值電阻組裝一個電壓表，根據(jù)伏安法測電源電動勢與內(nèi)阻的原理作出電路圖（3）根據(jù)電路圖連接實物電路圖；（4）根據(jù)歐姆定律和串聯(lián)的知識求出I1和電源兩端電壓U的關(guān)系，根據(jù)圖象與縱軸的交點求出電動勢，由與橫軸的交點可得出路端電壓為某一值時電流，則可求得內(nèi)阻【解答】解：（1）電源電動勢為1.5V較小，電源的內(nèi)阻較小，為多次幾組實驗數(shù)據(jù)，方便實驗操作，應(yīng)選最大阻值較小的滑動變阻器，因此滑動變阻器應(yīng)選D，（2）上述器材中雖然沒有電壓表，但給出了兩個電流表，

34、將電流表G與定值電阻R0串聯(lián)，改裝成電壓表，用電流表A測電路電流，滑動變阻器R1串聯(lián)接入電路，實驗電路圖如圖所示（3）根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系內(nèi)描出對應(yīng)點，然后用直線把各點連接起來，作出圖象如圖所示；（4）根據(jù)歐姆定律和串聯(lián)的知識得電源兩端電壓為：U=I1（900+100）=1000I1，根據(jù)圖象與縱軸的交點得電動勢為E=1.4mA1000=1.4V，與橫軸的交點可得出路端電壓為1.0V時電流是0.6A，由閉合電路歐姆定律E=U+Ir可得，電源內(nèi)阻r=0.67； 故答案為：（1）D；（2）電路圖如左圖所示；（3）實物電路圖如右圖所示；（4）1.4；0.67【點評】在測量電源電動勢和內(nèi)阻時，要注

35、意根據(jù)畫出的UI圖象分析出電動勢及內(nèi)阻11（14分）（2003北京）有一炮豎直向上發(fā)射炮彈，炮彈的質(zhì)量為M=6.0kg（內(nèi)含炸藥的質(zhì)量可以忽略不計），射出的初速度v0=60m/s當(dāng)炮彈到達(dá)最高點時爆炸為沿水平方向運動的兩片，其中一片質(zhì)量為m=4.0kg現(xiàn)要求這一片不能落到以發(fā)射點為圓心、以R=600m為半徑的圓周范圍內(nèi)，則剛爆炸完時兩彈片的總動能至少多大？（g=10/s2，忽略空氣阻力）【分析】當(dāng)炮彈到達(dá)最高點時爆炸為沿水平方向運動的兩片，兩片炸彈做平拋運動，根據(jù)平拋運動的知識求出一片炸彈的初速度，根據(jù)動量守恒定律得出另一塊炸彈的初速度，從而得出剛爆炸完時兩彈片的總動能【解答】解：設(shè)炮彈止升到

36、達(dá)最高點的高度為H，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律，有解得：H=180m設(shè)質(zhì)量為m的彈片剛爆炸后的速度為v，另一塊的速度為V，根據(jù)動量守恒定律，有mv=（Mm）V設(shè)質(zhì)量為m的彈片運動的時間為t，根據(jù)平拋運動規(guī)律，有解得t=6sR=vt 解得v=100m/s，V=200m/s炮彈剛爆炸后，兩彈片的總動能解以上各式得代入數(shù)值得答：剛爆炸完時兩彈片的總動能至少6.0104J【點評】本題涉及到豎直上拋運動、平拋運動，綜合運用了動量守恒定律、能量守恒定律以及運動學(xué)公式，綜合性強(qiáng)，關(guān)鍵理清運動過程，選擇合適的規(guī)律求解12（18分）（2017咸陽二模）某種發(fā)電機(jī)的內(nèi)部結(jié)構(gòu)平面圖如圖甲，永磁體的內(nèi)側(cè)為半圓柱面形，它與

37、圓柱形鐵芯之間的窄縫間形成如圖所示B=0.5T的磁場在磁場中有一個如圖乙所示的U形導(dǎo)線框abcd已知線框ab和cd邊長均為0.2m，bc邊長為0.4m，線框以=200rad/s角速度順時針勻速轉(zhuǎn)動（1）從bc邊轉(zhuǎn)到圖甲所示正上方開始計時，求t=2.5103s這一時刻線框中感應(yīng)電動勢的大小，并在給定的坐標(biāo)平面內(nèi)畫出ad兩點電勢差Uad隨時間變化的關(guān)系圖線（感應(yīng)電動勢的結(jié)果保留兩位有效數(shù)字，Uad正值表示UaUd）（2）如將此電壓加在圖丙所示的豎直放置的平行金屬板上，且電動勢為正時E板電勢高，讓一質(zhì)量為m=6.41013kg，電量為q=3.21010C的帶正電微粒從時刻開始由E板出發(fā)向F板運動，已

38、知EF兩板間距L=0.5m，粒子從E運動到F用多長時間？（粒子重力不計）【分析】（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=BS直接求出感應(yīng)電動勢的大?。煌ㄟ^右手定則確定ad兩點間的電勢高低，從而判斷開始時ad間電勢的高低，由圖示電場知線框轉(zhuǎn)過弧度ag間電勢將反向，根據(jù)已知的角速度可以求出電勢變化的時間（2）抓住開始時的時間，在一個運動周期內(nèi)：根據(jù)圖象知，在t0=6.00103s時刻電動勢為正的，粒子將向Y板做初速度為0的勻加速直線運動，運動時間為Tt0然后再向Y板做勻減速直線運動，經(jīng)過0.004s時速度減為0然后再向X板勻加速0.001s，在緊接著的0.001s內(nèi)粒子將向X板勻減速運動至速度為0，然后進(jìn)

39、入第二個運動周期根據(jù)分段運動特點求出每個周期前進(jìn)的距離，根據(jù)已知位移從而求出時間即可【解答】解：（1）線框轉(zhuǎn)動過程中，bc邊始終和磁場方向垂直，感應(yīng)電動勢大小不變，設(shè)t=2.5103s的感應(yīng)應(yīng)電動勢為E：E=BL2L1帶入數(shù)據(jù)得：E=25V線框轉(zhuǎn)動的周期：，根據(jù)安培定則，從t=0開始，內(nèi)Uad為正值，內(nèi)Uad為負(fù)值，圖象如圖，t=2.5103s這一時刻線框轉(zhuǎn)動，所以線框中的感應(yīng)電動勢的大小為25V（2）在EF上加電壓后，板間產(chǎn)生強(qiáng)度E不變，方向交替變化的勻強(qiáng)電場，微粒時刻開始運動，運動情況如圖，設(shè)微粒在電場中運動的加速度為a，則有：其中微粒在一個周期內(nèi)前進(jìn)的距離S=2S12S1由各式得：S=0

40、.125m由于粒子做往復(fù)運動，所以實際運動時間小于4T，設(shè)運動總時間為t，t=3T+20.3Tt其中t滿足：由以上各式t=3.32102s答：（1）t=2.5103s這一時刻線框中感應(yīng)電動勢的大小為25V，ad兩點電勢差Uad隨時間變化的關(guān)系圖線如圖（2）粒子從E運動到F用的時間為3.32102s【點評】掌握法拉第電磁感應(yīng)定律及通過右手定則判斷感應(yīng)電勢的高低是解決本題前兩問的基礎(chǔ)，在粒子往復(fù)運動中根據(jù)粒子的受力特點和運動的周期性展開討論即可（二）選考題，任選一模塊作答【物理一物理3-3】（15分）13下列說法正確的是（）A物體的內(nèi)能是物體中所有分子熱運動動能和分子勢能的總和B分子間同時存在著引

41、力和斥力，當(dāng)分子間距增加時，分子間的引力減小，斥力減小C液晶具有液體的流動性，同時具有晶體的各向異性特征D液體中懸浮微粒的無規(guī)則運動稱為布朗運動E密封在容積不變的容器內(nèi)的理想氣體，若氣體從外界吸熱，則溫度一定升高【分析】內(nèi)能是所有分子的動能和所有分子勢能的總和；分子間同時存在引力和斥力，兩力均隨分子間的距離增大而減??；知道液晶的特性；知道布朗運動的概念和特點；根據(jù)熱力學(xué)第一定律分析理想氣體內(nèi)能的變化，理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)【解答】解：A、物體的內(nèi)能就是物體內(nèi)部所有分子的熱運動動能和分子勢能的總和，故A正確；B、分子間同時存在引力和斥力，兩力都隨分子間的距離增大而減小，故B正確；C、液晶具有液體的流動性，同時具有晶體的各向異性特征，故C正確；D、液體中懸浮微粒的無規(guī)則運動稱為布朗運動，故D正確；E、根據(jù)U=W+Q，密封在容積不變的容器內(nèi)的理想氣體，不會對外做功，吸熱則內(nèi)能增加，溫度一定升高，故E正確；故選：ABCDE【點評】本題考查了內(nèi)能、分子力變化規(guī)律、液晶的特點、布朗運動和熱力學(xué)第一定律等知識點，知道布朗運動是懸浮微粒的無規(guī)則運動，知道理想氣體的內(nèi)能只取決于溫度14如圖所示，在一圓形管道內(nèi)封閉有理想氣體，用一固