1、陕西省2016年高考物理全真模拟试卷（二）(解析版)一、单项选择题（本题共22题，共44分，每小题2分；在每小题提供的四个选项中，只有一项符合题目的要求）1有一半圆形轨道在竖直平面内，如图，O为圆心，AB为水平直径，有一质点从A点以不同速度向右平抛，不计空气阻力，在小球从抛出到碰到轨道这个过程中，下列说法正确的是（）A初速度越大的小球运动时间越长B初速度不同的小球运动时间可能相同C落在圆形轨道最低点的小球末速度一定最大D小球落到半圆形轨道的瞬间，速度方向可能沿半径方向2一理想变压器，原、副线圈的匝数比为4：1原线圈接在一个交流电源上，交流电的变化规律如图所示副线圈所接的负载电阻是11则（）A副
2、线圈输出交流电的周期为0.02sB副线圈输出电压为55VC流过副线圈的电流是5AD变压器输入、输出功率之比为4：13一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力f作用，如图所示，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，（以地面为零势能面，h0表示上升的最大高度，图上坐标数据中的k为常数且满足0k1）则由图可知，下列结论不正确的是（）A、分别表示的是动能、重力势能随上升高度的图象B上升过程中阻力大小恒定且f=mgC上升高度h=h0时，重力势能和动能相等D上升高度h=时，动能与重力势能之差为mgh04如图所示，一固定的细直杆与
3、水平面的夹角为=15，一个质量忽略不计的小轻环C套在直杆上，一根轻质细线的两端分别固定于直杆上的A、B两点，细线依次穿过小环甲、小轻环C和小环乙，且小环甲和小环乙分居在小轻环C的两侧调节A、B间细线的长度，当系统处于静止状态时=45不计一切摩擦设小环甲的质量为m1，小环乙的质量为m2，则m1：m2等于（）Atan15Btan30Ctan60Dtan755物体在万有引力场中具有的势能叫做引力势能取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为m0的质点距离质量为M0的引力源中心为r0时其引力势能EP=（式中G为引力常数），一颗质量为m的人造地球卫星以圆形轨道环绕地球飞行，已知地球的质量为M，由于受
4、高空稀薄空气的阻力作用卫星的圆轨道半径从r1逐渐减小到r2若在这个过程中空气阻力做功为Wf，则在下面给出的Wf的四个表达式中正确的是（）AWf=GMm（）BWf=（）CWf=（）DWf=（）6如图所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的电灯，E是内阻不计的电源t=0时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关SI1、I2分别表示通过电灯D1和D2中的电流，规定图中箭头所示方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是（）ABCD7如图在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁
5、感应强度为的匀强磁场一带负电的粒子质量为m电量为q，从原点O以与x轴成=30角斜向上射入磁场，且在x轴上方运动半径为R（不计重力），则（）A粒子经偏转一定能回到原点0B粒子完成一次周期性运动的时间为C粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1：2D粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴方向前进了3R8一斜劈静止于粗糙的水平地面上，在其斜面上放一滑块m，若给 m一向下的初速度v0，则m正好保持匀速下滑如图所示，现在m下滑的过程中再加一个作用力，则以下说法正确的是（）A在m上加一竖直向下的力F1，则m将保持匀速运动，M对地无摩擦力的作用B在m上加一个沿斜面向下的力F2，则m将做加速运动，M对地有
6、水平向左的静摩擦力的作用C在m上加一个水平向右的力F3，则m将做减速运动，在m停止前M对地有向右的静摩擦力的作用D无论在m上加什么方向的力，在m停止前M对地都无静摩擦力的作用三、非选择题9（6分）某同学利用如图所示的实验装置探究测量重力加速度大小（1）该同学开始实验时情形如图甲所示，接通电源释放纸带请指出该同学在实验操作中存在的两处明显错误或不当的地方：；（2）该同学经修改错误并正确操作后得到如图乙所示的纸带，取连续六个点A、B、C、D、E、F为计数点，测得A点到B、C、D、E、F的距离分别为h1、h2、h3、h4、h5若打点的频率为f，则打E点时重物的速度表达式vE=；该同学先分别计算出各计
7、数点的速度值，并试画出速度的二次方（v2）与对应重物下落的距离（h）的关系如图丙所示，则重力加速度g=m/s210（9分）某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻A待测干电池一节，电动势约为1.5V，内阻约几欧姆 B直流电压表V，量程为3 V，内阻非常大 C定值电阻R0=150 D电阻箱R E导线和开关根据如图甲所示的电路连接图迸行实验操作多次改变电阻箝箱的阻值，记录每次电阻箱的阻值R和电压表的示数U，在R坐标系中描出的坐标点如图乙所示（1）分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则与R关系式为；（2）在坐标纸上画出R关系图线；（3）根据图线求得斜率k=V11截距b=V1（保留两位有效数字
8、）（4）根据图线求得电源电动势E=V，内阻r=（保留三位有效数字）11（14分）2015年11月2日，我国自主研制的C919大型客机首架机正式下线这标志着C919大型客机项目工程研制取得了阶段性成果，为下一步首飞其定了坚实基础C919大型客机的设计质量m=7.5104kg，起飞速度是80m/s（1）若飞机起飞过程中发动机保持额定功率P=8000kW不变，起飞前瞬间加速度a=0.4m/s2，求飞机在起飞前瞬间受到的阻力大小（2）西沙永兴岛是我国三沙市西沙群岛行政中心，岛上的机场经过2014年最近一次扩建后跑道长度达到3000m若C919大型客机以设计质量起飞，加速滑行过程中牵引力恒为F=2.01
9、05N，受到的平均阻力为f=5104N如果飞机在达到起飞速度的瞬间因故而停止起飞，则需立即关闭发动机且以大小为4m/s2的恒定加速度减速停下，并确保飞机不滑出跑道请你通过计算判断西沙永兴岛是否可以安全起降国产大飞机？12（18分）如图甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线，一个带电粒子以速度v0从a点水平射入，沿直线从b点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求：（1）若t=0粒子从a点射入金属板，粒子在内离开中心线的距离为多大？（2）粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件？（3）交变电压的周期T应满足什么条件？【物理
10、-选修3-3】13（5分）如图，竖直放置、开口向上的长试管内用水银密闭一段理想气体，若大气压强不变，管内气体（）A温度升高，则体积增大B温度升高，则压强可能减小C温度降低，则压强可能增大D温度降低，则压强可能不变14（10分）很多轿车为了改善夜间行驶时的照明问题，在车灯的设计上选择了氙气灯，因为氙气灯灯光的亮度是普通灯灯光亮度的3倍，但是耗电量仅是普通灯的一半，氙气灯使用寿命则是普通灯的5倍，很多车主会选择含有氙气灯的汽车，若氙气充入灯头后的容积V=1.6L，氙气密度=6.0kg/m3已知氙气摩尔质量M=0.131kg/mol，阿伏加德罗常数NA=61023mol1试估算：（结果保留一位有效数
11、字）（1）灯头中氙气分子的总个数N；（2）灯头中氙气分子间的平均距离【物理-选修3-4】15如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是（）A甲、乙两单摆的摆长相等B甲摆的振幅比乙摆大C甲摆的机械能比乙摆大D在t=0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆16如图所示，一透明半圆柱体折射率为n=2，半径为R、长为L一平行光束从半圆柱体的矩形表面垂直射入，从部分柱面射出求：光在该介质中的速度大小；光束射出部分的柱面面积S【物理-选修3-5】17美国科研人员正在研制一种新型镍铜长效电池，它是采用半衰期长达100年的放射性同位素镍63（Ni）和铜两种金属作为长寿命电池的材料，利用镍63发
12、生衰变时释放电子给铜片，把镍63和铜片做电池两极外接负载为负载提供电能下面有关该电池的说法正确的是（）A衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的B镍63的衰变方程是Nie+CuC提高温度，增大压强可以改变镍63的半衰期D该电池内部电流方向是从镍到铜片18如图，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切质量为m的带正电小球B静止在水平轨道上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平轨道高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为是零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用带电小球均可视为质点已知A
13、、B两球始终没有接触重力加速度为g求：（1）A、B两球相距最近时，A球的速度v；（2）A、B两球最终的速度vA、vB的大小2016年陕西省高考物理全真模拟试卷（二）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共22题，共44分，每小题2分；在每小题提供的四个选项中，只有一项符合题目的要求）1有一半圆形轨道在竖直平面内，如图，O为圆心，AB为水平直径，有一质点从A点以不同速度向右平抛，不计空气阻力，在小球从抛出到碰到轨道这个过程中，下列说法正确的是（）A初速度越大的小球运动时间越长B初速度不同的小球运动时间可能相同C落在圆形轨道最低点的小球末速度一定最大D小球落到半圆形轨道的瞬间，速度方向可能沿半径方
14、向【考点】平抛运动【分析】根据平抛运动的特点，平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关【解答】解：A、平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关，初速度大时，与半圆接触时下落的距离不一定比速度小时下落的距离大，故A错误；B、速度不同的小球下落的高度可能相等，如碰撞点关于半圆过O点的竖直轴对称的两个点，运动的时间相等，故B正确；C、落在圆形轨道最低点的小球下落的距离最大，所以运动时间最长，末速度v=，由于初速度不是最大，故末速度不是一定最大，故C错误D、若小球落到半圆形轨道的瞬间，速度方向沿半径方向，则速度方向与水平方向的夹角是位移方向与水平方向夹角的2倍因为同一位置速度方向与水平方向夹角的正
15、切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，两者相互矛盾，则小球的速度方向不会沿半径方向故D错误故选：B【点评】掌握平抛运动的特点，知道平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关2一理想变压器，原、副线圈的匝数比为4：1原线圈接在一个交流电源上，交流电的变化规律如图所示副线圈所接的负载电阻是11则（）A副线圈输出交流电的周期为0.02sB副线圈输出电压为55VC流过副线圈的电流是5AD变压器输入、输出功率之比为4：1【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式【分析】根据图象可以求得输出电压的有效值、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、由图象可知，交流电的
16、周期为0.02s，变压器不会改变交流电的频率和周期，所以副线圈的周期也为0.02s，所以A正确；B、由图象可知，交流电的电压的最大值为311V，所以输入的电压的有效值为U1=V=220V，根据电压与匝数成正比可知， =，所以副线圈输出电压U2为55V，所以B正确；C、根据I=可得电流I=A=5A，所以C正确；D、理想变压器的输入功率和输出功率相等，所以D错误故选ABC【点评】本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解3一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力f作用，如图所示，图中两条图线分别表示小球在上升
17、过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，（以地面为零势能面，h0表示上升的最大高度，图上坐标数据中的k为常数且满足0k1）则由图可知，下列结论不正确的是（）A、分别表示的是动能、重力势能随上升高度的图象B上升过程中阻力大小恒定且f=mgC上升高度h=h0时，重力势能和动能相等D上升高度h=时，动能与重力势能之差为mgh0【考点】功能关系【分析】（1）动能大小的影响因素：质量、速度质量越大，速度越大，动能越大（2）重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度质量越大，高度越高，重力势能越大（3）机械能=动能+势能物体没有发生弹性形变时，不考虑弹性势能【解答】解：A、根据动能定理可知上升
18、高度越大，动能越小，重力势能越大，故、分别表示重力势能、动能随上升高度的图象，故A错误；B、从图线看，重力势能、动能随着高度的变化成线性关系，故合力恒定，受到的阻力大小恒定，由功能关系可知从抛出到最高点的过程中机械能的减少量等于阻力的功的大小，由图线可知：fh0=Ek0，且由图线根据动能定理可知Ek0=（mg+f）h0，解得f=kmg，故B错误；C、设h高度时重力势能和动能相等，图线的函数方程为Ek=Ek0（mg+f）h，图线的函数方程为EP=h，令Ek=EP，及Ek0=（mg+f）h0和f=kmg，联立解得h=h0，故C正确；D、当上升高度h=时，动能为Ek=Ek0（mg+f）h=Ek0（k
19、+1）mg=，重力势能为EP=mg，则动能与重力势能之差为mgh0故D错误故选：C【点评】本题首先要根据动能定理得到动能与高度的关系式，确定出图象的对应关系，再运用动能定理求解不同高度时的动能，有一定的难度4如图所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为=15，一个质量忽略不计的小轻环C套在直杆上，一根轻质细线的两端分别固定于直杆上的A、B两点，细线依次穿过小环甲、小轻环C和小环乙，且小环甲和小环乙分居在小轻环C的两侧调节A、B间细线的长度，当系统处于静止状态时=45不计一切摩擦设小环甲的质量为m1，小环乙的质量为m2，则m1：m2等于（）Atan15Btan30Ctan60Dtan75【考点】共点
20、力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】小环C为轻环，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，故可以根据平衡条件得到细线的4段与竖直方向的夹角，然后分别对甲环、乙环受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解【解答】解：小环C为轻环，重力不计，故受两边细线的拉力的合力与杆垂直，故C环与乙环与竖直方向的夹角为60，C环与甲环与竖直方向的夹角为30，A点与甲环与竖直方向的夹角也为30，乙环与B点与竖直方向的夹角为60，根据平衡条件，对甲环，有：2Tcos30=m1g对乙环，根据平衡条件，有：2Tcos60=m2g故m1：m2=tan60故选：C【点评】本题切入点在于小环C是轻环，受细线的拉力的合力
21、与杆垂直，难点在于结合几何关系找到各个细线与竖直方向的夹角，然后根据平衡条件列式分析，不难5物体在万有引力场中具有的势能叫做引力势能取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为m0的质点距离质量为M0的引力源中心为r0时其引力势能EP=（式中G为引力常数），一颗质量为m的人造地球卫星以圆形轨道环绕地球飞行，已知地球的质量为M，由于受高空稀薄空气的阻力作用卫星的圆轨道半径从r1逐渐减小到r2若在这个过程中空气阻力做功为Wf，则在下面给出的Wf的四个表达式中正确的是（）AWf=GMm（）BWf=（）CWf=（）DWf=（）【考点】动能定理【分析】求出卫星在半径为r1圆形轨道和半径为r2的圆形轨道
22、上的动能，从而得知动能的减小量，通过引力势能公式求出势能的增加量，根据能量守恒求出发动机所消耗的最小能量【解答】解：卫星在圆轨道半径从r1上时，根据万有引力提供向心力：解得卫星的总机械能：同理：卫星的圆轨道半径从r2上时，卫星的总机械能：卫星的圆轨道半径从r1逐渐减小到r2在这个过程中空气阻力做功为Wf，等于卫星机械能的减少：所以选项B正确故选：B【点评】解决本题的关键得出卫星动能和势能的和即机械能的变化量，从而根据能量守恒进行求解6如图所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的电灯，E是内阻不计的电源t=0时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定
23、，t1时刻断开开关SI1、I2分别表示通过电灯D1和D2中的电流，规定图中箭头所示方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是（）ABCD【考点】自感现象和自感系数【分析】电感对电流的变化起阻碍作用，闭合电键时，电感阻碍电流I1增大，断开电键，D1、L构成一回路，电感阻碍电流I1减小【解答】解：A、电键闭合时，电感阻碍电流变化，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，所以电感的阻碍慢慢减小，即流过电感的电流增大，所以I1慢慢减小，最后稳定时电感相当于一根导线，I1为0，电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电灯D1，其方向与规定图示流过电灯D1的方向相反，I1慢慢减小最
24、后为0故A正确，B错误C、电键闭合时，电感阻碍电流变化，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，电感的阻碍慢慢减小，即流过电感的电流增大，所以I2慢慢增大，最后稳定，断开电键，原来通过D2的电流立即消失故C正确，D错误故选：AC【点评】解决本题的关键掌握电感对电流的变化起阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小7如图在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场一带负电的粒子质量为m电量为q，从原点O以与x轴成=30角斜向上射入磁场，且在x轴上方运动半径为R（不计重力），则（）A粒子经偏转一定能回到原点0B粒子完成一次周期性
25、运动的时间为C粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1：2D粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴方向前进了3R【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】粒子在磁场中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据左手定则判断粒子所受的洛伦兹力方向，确定粒子能否回到原点O；根据牛顿第二定律求解半径；由T=求解周期；根据几何知识求解粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进的距离【解答】解：A、根据左手定则判断可知，粒子在第一象限沿顺时针方向旋转，而在第四象限沿逆时针方向旋转，故不可能回到原点0故A错误B、因第四象限中磁感应强度为第一象限中的一半；故第四象限中的半径为第一象限中半径的2倍；如图所示；由几何关系
26、可知，负电荷在第一象限轨迹所对应的圆心角为60，在第四象限轨迹所对应的圆心角也为60，粒子圆周运动的周期为T=，保持不变，在一个周期内，粒子在第一象限运动的时间为：t1=T=；同理，在第四象限运动的时间为t2=T=；完在成一次周期性运动的时间为T=t1+t2=故B正确C、由r=，知粒子圆周运动的半径与B成反比，则粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1：2故C正确D、根据几何知识得：粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进距离为x=R+2R=3R故D正确故选：BCD【点评】本题的解题关键是根据轨迹的圆心角等于速度的偏向角，找到圆心角，即可由几何知识求出运动时间和前进的距离8一斜劈静止于粗
27、糙的水平地面上，在其斜面上放一滑块m，若给 m一向下的初速度v0，则m正好保持匀速下滑如图所示，现在m下滑的过程中再加一个作用力，则以下说法正确的是（）A在m上加一竖直向下的力F1，则m将保持匀速运动，M对地无摩擦力的作用B在m上加一个沿斜面向下的力F2，则m将做加速运动，M对地有水平向左的静摩擦力的作用C在m上加一个水平向右的力F3，则m将做减速运动，在m停止前M对地有向右的静摩擦力的作用D无论在m上加什么方向的力，在m停止前M对地都无静摩擦力的作用【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算【分析】由题，木块匀速下滑，合力为零；斜面保持静止状态，合力也为零以木块和斜面整体为研究对象，分析受力情
28、况，根据平衡条件分析地面对斜面的摩擦力和支持力木块可能受两个力作用，也可能受到四个力作用【解答】解：以木块和斜面组成的整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得知地面对斜面没有摩擦力，如有摩擦力，整体的合力不为零，将破坏平衡状态与题矛盾A、当施加力F1时，对整体受力分析，在竖直方向合力为零，水平方向合力为零，故无摩擦力，对m受力分析可知，（mg+F）sin（mg+F）cos=0，所以m做匀速运动，故A正确B、在m上加一沿斜面向下的力F2，如图，物块所受的合力将沿斜面向下，故做加速运动，但m与斜面间的弹力大小不变，故滑动摩擦力大小不变，即物块所受支持力与摩擦力的合力仍然竖直向上，则斜面所受摩擦
29、力与物块的压力的合力竖直向下，则斜面水平方向仍无运动趋势，故仍对地无摩擦力作用，故B错误；C、未施加力之前，物块匀速，则mgsinmgcos=0；在m上加一水平向右的力F3，沿斜面方向：mgsinF3cos（mgcos+F3sin）0，故物体做减速运动；对物块，所受支持力增加了F3sin，则摩擦力增加F3sin，即支持力与摩擦力均成比例的增加，其合力方向还是竖直向上，如图：则斜面所受的摩擦力与压力的合力放还是竖直向下，水平放向仍无运动趋势，则不受地面的摩擦力，故C错误；D、无论在m上加上什么方向的力，m对斜面的压力与m对斜面的摩擦力都是以1：的比例增加，则其合力的方向始终竖直向下，斜面便没有运
30、动趋势，始终对地面无摩擦力作用，故D正确故选：AD【点评】本题中木块与斜面都处于平衡状态，研究对象可以采用隔离法，也可以采用整体法研究三、非选择题9某同学利用如图所示的实验装置探究测量重力加速度大小（1）该同学开始实验时情形如图甲所示，接通电源释放纸带请指出该同学在实验操作中存在的两处明显错误或不当的地方：打点计时器接了直流电；重物离打点计时器太远（2）该同学经修改错误并正确操作后得到如图乙所示的纸带，取连续六个点A、B、C、D、E、F为计数点，测得A点到B、C、D、E、F的距离分别为h1、h2、h3、h4、h5若打点的频率为f，则打E点时重物的速度表达式vE=；该同学先分别计算出各计数点的速
31、度值，并试画出速度的二次方（v2）与对应重物下落的距离（h）的关系如图丙所示，则重力加速度g=9.4m/s2【考点】验证机械能守恒定律【分析】（1）本题考查了打点计时器的具体应用，熟悉打点计时器的使用细节即可正确解答本题（2）匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可以通过求DF段的平均速度表示E点的瞬时速度根据mgh=mv2mv02，v2=2gh+v02，结合图象求出重力加速度【解答】解：（1）打点计时器接了直流电；重物离打点计时器太远（2）匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度所以vE=根据mgh=mv2mv02，得v2=2gh+v02，知图线的斜率表示2
32、g，所以2g=18.8，则g=9.4m/s2故答案为：（1）打点计时器接了直流电；重物离打点计时器太远（2）f，9.4【点评】了解实验的装置和工作原理对于纸带的问题，我们要熟悉匀变速直线运动的特点和一些规律，会通过图象求解重力加速度10某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻A待测干电池一节，电动势约为1.5V，内阻约几欧姆 B直流电压表V，量程为3 V，内阻非常大 C定值电阻R0=150 D电阻箱R E导线和开关根据如图甲所示的电路连接图迸行实验操作多次改变电阻箝箱的阻值，记录每次电阻箱的阻值R和电压表的示数U，在R坐标系中描出的坐标点如图乙所示（1）分别用E和r表示电源的电动势和内
33、阻，则与R关系式为；（2）在坐标纸上画出R关系图线；（3）根据图线求得斜率k=0.0045V11截距b=0.70V1（保留两位有效数字）（4）根据图线求得电源电动势E=1.53V，内阻r=8.00（保留三位有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）分析电路结构，根据闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式；（2）根据图象可求得斜率和截距；（3）根据表达式及（2）中斜率和截距可求得电动势和内电阻【解答】解：（1）由图可知，电压表与电阻箱并联，所测为定值电阻两端的电压，由欧姆定律可求得电路中电流I=；由闭合电路欧姆定律可得；E=I（R0+R+r）=（R0+R+r）变形得：（2）根据给出的点作
34、出直线如图所示；（3）由图可知，图象的截距为b=0.70V1；斜率K=4.5103 V11（4）由表达式可得：=4.5103； =0.70联立解得：E=1.53 r=8.00故答案为：（1）；（2）如图所示；（3）0.0045；0.70；（4）1.53；8.00【点评】本题考查闭合电路欧姆定律的实验，正确认知实验电路图是解题的关键，绝对不能思维定势，想当然地认为这是简单的伏阻法，而应明确本题中实质上电压表和定值电阻充当电流表使用的11（14分）（2016陕西模拟）2015年11月2日，我国自主研制的C919大型客机首架机正式下线这标志着C919大型客机项目工程研制取得了阶段性成果，为下一步首飞
35、其定了坚实基础C919大型客机的设计质量m=7.5104kg，起飞速度是80m/s（1）若飞机起飞过程中发动机保持额定功率P=8000kW不变，起飞前瞬间加速度a=0.4m/s2，求飞机在起飞前瞬间受到的阻力大小（2）西沙永兴岛是我国三沙市西沙群岛行政中心，岛上的机场经过2014年最近一次扩建后跑道长度达到3000m若C919大型客机以设计质量起飞，加速滑行过程中牵引力恒为F=2.0105N，受到的平均阻力为f=5104N如果飞机在达到起飞速度的瞬间因故而停止起飞，则需立即关闭发动机且以大小为4m/s2的恒定加速度减速停下，并确保飞机不滑出跑道请你通过计算判断西沙永兴岛是否可以安全起降国产大飞
36、机？【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；功率、平均功率和瞬时功率【分析】（1）根据P=Fv和牛顿第二定律列式解出阻力；（2）机经历了匀加速直线运动和匀减速直线运动，根据运动速度位移公式求出匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移，两个位移之和即为跑道的最小长度再进行判断【解答】解：（1）设机在起飞前瞬间牵引力大小为F1，受到的阻力大小f1，起飞速度vm=80m/s，则有：P=F1vmF1f1=ma1代入数据解得：f1=7104N （2）设飞机起飞过程加速度为a2，达到起飞速度应滑行距离为x1，因故减速滑行距离为x2，跑道的长度至少为x，则有：Ff=ma2又对于匀加速运动，
37、有 vm2=2a2x1； 匀减速运动，有 vm2=2a3x2； 飞机的总位移 x=x1+x2；解得 x=2400m，小于3000米 故C919大型客机可以在永兴岛机场安全起降答：（1）飞机在起飞前瞬间受到的阻力大小为7104N（2）可以安全起降【点评】本题属于恒定加速度启动方式，由于牵引力不变，根据p=Fv可知随着汽车速度的增加，汽车的实际功率在增加，此过程汽车做匀加速运动，当实际功率达到额定功率时，功率不能增加了，要想增加速度，就必须减小牵引力，当牵引力减小到等于阻力时，加速度等于零，速度达到最大值12（18分）（2016陕西模拟）如图甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为
38、两板的中心线，一个带电粒子以速度v0从a点水平射入，沿直线从b点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求：（1）若t=0粒子从a点射入金属板，粒子在内离开中心线的距离为多大？（2）粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件？（3）交变电压的周期T应满足什么条件？【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）由竖直向的匀加速运动求和距离（2）根据题意可知，周期的整数倍应与水平飞出时的时间相等时，粒子仍能从b点以速度v0射出；（3）分析粒子在竖直方向上的运动情况，明确粒子在做往复运动，只需竖直方向的位移等0即可【解答】解：（1）粒子在内离开中心线的距离为
39、：y= 又a=，E=，解得：y=（2）粒子进入电场的时间应为：即粒子进行电场时间为t=（n=1，2.3）（3）设经过n个周期运动后，能平行金属板射出，则nT=，T=，n=1，2，3，粒子在内离开中心线的距离为y=，则运动过程中离开中心线的最大距离为，则T，故n所以粒子的周期应满足的条件为：T=，其中n为的整数答：（1）若t=0粒子从a点射入金属板，粒子在内离开中心线的距离为（2）粒子从a点射入金属板的时刻应满足进行电场时间为t=（n=1，2.3）（3）交变电压的周期T应满足T=，其中n为的整数【点评】本题考查带电粒子在电场中运动的规律，要注意明确粒子在电场中的运动过程，特别是竖直方向上的运动分
40、析【物理-选修3-3】13如图，竖直放置、开口向上的长试管内用水银密闭一段理想气体，若大气压强不变，管内气体（）A温度升高，则体积增大B温度升高，则压强可能减小C温度降低，则压强可能增大D温度降低，则压强可能不变【考点】封闭气体压强【分析】气体的压强不变，做的等压变化，根据查理定律分析温度和体积的变化情况即可【解答】解：CD、大气压不变，水银柱的长度也不变，所以封闭的气体的压强不变，气体做的等压变化，与温度无关，故C错误，D正确；AB、根据可知，温度升高，则体积增大，所以A正确，B错误；故选：AD【点评】本题是对等压变化的分析，根据查理定律直接分析即可，比较简单14（10分）（2016郑州三模
41、）很多轿车为了改善夜间行驶时的照明问题，在车灯的设计上选择了氙气灯，因为氙气灯灯光的亮度是普通灯灯光亮度的3倍，但是耗电量仅是普通灯的一半，氙气灯使用寿命则是普通灯的5倍，很多车主会选择含有氙气灯的汽车，若氙气充入灯头后的容积V=1.6L，氙气密度=6.0kg/m3已知氙气摩尔质量M=0.131kg/mol，阿伏加德罗常数NA=61023mol1试估算：（结果保留一位有效数字）（1）灯头中氙气分子的总个数N；（2）灯头中氙气分子间的平均距离【考点】阿伏加德罗常数【分析】（1）根据摩尔数等于质量除以摩尔体积得到物质量，然后根据分子数等于物质量乘以摩尔数求解分子数（2）根据气体的体积与分子的个数计
42、算出每一个分子所占空间的大小，然后以立方体模型计算出氙气分子的平均距离【解答】解：（1）设疝气的物质的量为n，则：n=；疝气分子的总数：N=个；（2）每个分子所占的空间为：；设分子间平均距离为a，则有：；则a=答：（1）灯头中氙气分子的总个数N为41022个；（2）灯头中氙气分子间的平均距离为3109m【点评】本题关键明确阿伏加德罗常数是联系宏观量与微观量的桥梁，知道摩尔体积等于摩尔质量与密度的比值，不难【物理-选修3-4】15（2016陕西模拟）如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是（）A甲、乙两单摆的摆长相等B甲摆的振幅比乙摆大C甲摆的机械能比乙摆大D在t=0.5
43、s时有正向最大加速度的是乙摆【考点】简谐运动的振动图象【分析】由图读出两单摆的周期，由单摆的周期公式分析摆长关系；由位移的最大值读出振幅；由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小；根据加速度与位移方向相反，确定加速度的方向【解答】解：A、由图看出，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式T=2得知，甲、乙两单摆的摆长L相等故A正确B、甲摆的振幅为10cm，乙摆的振幅为7cm，则甲摆的振幅比乙摆大故B正确C、尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小故C错误D、在t=0.5s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆
44、具有正向最大加速度故D正确故选：ABD【点评】本题只要掌握单摆的周期公式、加速度的特点等等，就能正确解答由振动图象读出振幅、周期是基本功16（2016陕西模拟）如图所示，一透明半圆柱体折射率为n=2，半径为R、长为L一平行光束从半圆柱体的矩形表面垂直射入，从部分柱面射出求：光在该介质中的速度大小；光束射出部分的柱面面积S【考点】光的折射定律【分析】由公式v=求光在该介质中的速度大小；作出半圆柱体的横截面光线在透光的边界恰好发生全反射时，入射角等于临界角，即可由折射定律求出光线在柱面上的入射角，由几何知识求面积S【解答】解：由n=，得光在该介质中的速度大小为 v=半圆柱体的横截面如图所示，OO为
45、半径，设从A点入射的光线在B点处恰好满足全反射条件，入射角恰好等于临界角C，则由折射定律得：n=2得=30，为全反射临界角由几何关系得：OOB=则有光线从柱面射出的柱面面积 S=2RL=答：光在该介质中的速度大小为光束射出部分的柱面面积S是【点评】本题的关键要掌握全反射及其产生条件，作出光路图，结合几何知识解决这类问题【物理-选修3-5】17（2016陕西模拟）美国科研人员正在研制一种新型镍铜长效电池，它是采用半衰期长达100年的放射性同位素镍63（Ni）和铜两种金属作为长寿命电池的材料，利用镍63发生衰变时释放电子给铜片，把镍63和铜片做电池两极外接负载为负载提供电能下面有关该电池的说法正确
46、的是（）A衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的B镍63的衰变方程是Nie+CuC提高温度，增大压强可以改变镍63的半衰期D该电池内部电流方向是从镍到铜片【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度【分析】衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子同时释放电子所产生的，根据电荷数守恒、质量数守恒确定裂变方程的正误；根据电流的方向确定电势的高低【解答】解：A、衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子同时释放电子所产生的，A正确；B、根据电荷数守恒、质量数守恒知镍63的裂变方程是，B正确；C、半衰期由原子核本身决定，与外界因素无关故C错误；D、铜片得到电子带负电，镍63带正电，知外接负
47、载时镍63的电势比铜片高，该电池内部电流方向是从铜片到镍故D错误故选：AB【点评】解决本题的关键知道核反应中电荷数守恒、质量数守恒和衰变的实质18（2016陕西模拟）如图，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切质量为m的带正电小球B静止在水平轨道上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平轨道高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为是零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用带电小球均可视为质点已知A、B两球始终没有接触重力加速度为g求：（1）A、B两球相距最近时，A球的速度v；（2）A、B两球最终的速
48、度vA、vB的大小【考点】动量守恒定律；能量守恒定律【分析】（1）由机械能守恒定律求出A的速度，两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出速度（2）由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出两球的速度【解答】解：（1）A球下滑过程，由机械能守恒定律得：2mgh=2mv02，解得：v0=，两球相互作用过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，两球距离最近时速度相等，由动量守恒定律得：2mv0=（2m+m）v，解得：v=；（2）两球在静电斥力作用下要相互远离，在该过程中系统动量守恒，能量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：2mv0=2mvA+mvB，由能量守恒定律得：2mv02=2mvA2+mvB2，解得：vA=，vB=；答：（1）A、B两球相距最近时，A球的速度v=；（2）A、B两球最终的速度大小：vA=，vB=【点评】本题考查了求小球速度问题，分析清楚小球运动过程，应用机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题，分析清楚运动过程是正确解题的关键