2018年陕西省高考物理二模试卷(共90页).doc

精选优质文档-倾情为你奉上2018年陕西省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分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一个选项正确，第68題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（6分）（2018陕西二模）根据近代物理知识，你认为下列说法中正确的是（）A相同频率的光照射不同金属，则从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越大B已知氢原子从基态跃迁到某一激发态需要吸收的能量为12.09eV，则动能等于12.09eV的另一个氢原子与这个氢原子发生正碰，可以使这个原来静止并处于基态的氢原子跃迁到该激发态C在原子核中，比结合能越大表示原子核中的核子结合的越牢固D铀核（U）衰变为铅核（Pb）的过程中，中子数减少21个2（6分）（2018陕西二模）如图，一倾角为的斜面高为h，斜面底端B正上方高2h处有一小球以一定的初速度水平向右抛出，刚好在斜面的中点，则小球的初速度大小为（重力加速度为g）（）ABCD3（6分）（2018陕西二模）如图所示，正方形线框由边长为L的粗细均匀的绝缘棒组成，O是线框的中心，线框上均匀地分布着正电荷，现在线框上侧中点A处取下足够短的带电量为q的一小段，将其沿OA连线延长线向上移动的距离到B点处，若线框的其它部分的带电量与电荷分布保持不变，则此时O点的电场强度大小为（）AkBkCkDk4（6分）（2018陕西二模）2018年我国即将发射“嫦娥四号”登月探测器，该探测器将首次造访月球表面，实现对地对月中继通信。如图所示，嫦娥四号在环月圆轨道I上的A点实施变轨，进人近月的椭圆轨道II，由近月点B成功落月，如图所示，下列关于“嫦娥四号”的说法，正确的是（）A沿轨道I运动至A点时，需向前喷气才能进入轨道IIB沿轨道II运行的周期大于沿轨道I运行的周期C沿轨道II运行时，在A点的加速度大于在B点的加速度D在轨道II上由A点运行到B点的过程，速度逐渐减小5（6分）（2018陕西二模）质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用而从静止开始作匀加速直线运动经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止两物体速度随时间变化的图象如图所示设F1和F2对A、B的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是（）AI1I2，W1W2BI1I2，W1W2CI1I2，W1W2DI1I2，W1W26（6分）（2018陕西二模）如图甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线MN的右侧存在磁感应强度B=2T的匀强磁场，MN的左侧有一质量m=0.1kg的矩形线圈abcd，bc边长L1=0.2m，电阻R=2t=0时，用一恒定拉力F拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1s，线圈的bc边到达磁场边界MN，此时立即将拉力F改为变力，又经过1s，线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示，则（）A恒定拉力大小为0.05NB线圈在第2s内的加速度大小为1m/s2C线圈ab边长L2=0.5mD在第2s内流过线圈的电量为0.2c7（6分）（2018陕西二模）如图所示，转台上固定有一长为4L的水平光滑细杆，两个中心有孔的小球A、B从细杆穿过并用原长为L 的轻弹簧连接起来，小球A、B的质量分别为3m、2m。竖直转轴处于转台及细杆的中心轴线上，当转台绕转轴匀速转动时（）A小球AB受到的向心力之比为3：2B当轻弹簧长度变为2L时，小球A做圆周运动的半径为1.5LC当轻弹簧长度变为3L时，转台转动的角速度为，则弹簧的劲度系数为1.8m2D如果角速度逐渐增大，小球B先接触转台边沿8（6分）（2018陕西二模）如图所示，由导体材料制成的闭合线框，曲线部分PNQ满足函数y=0.5sin（0.5x），其中x、y单位为m，x满足0x2，曲线部分电阻不计，直线部分PMQ的电阻为R=10将线框从图示的位置开始（t=0），以v=2m/s的速度匀速通过宽度为d=2m、磁感应强度B=1T的匀强有界磁场，在线框穿越磁场的过程中，下列说法正确的是（）A线框穿越磁场的时间为4sB线框穿越磁场的过程中，PQ两点间的最大电压为1VC线框穿越磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.1JD线框穿越磁场的过程中，感应电流变化规律为i=0.1sin（0.5t）二、非选择题：共174分第912题为必考题，每个试题考生都必须作答第1316题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9（6分）（2018陕西二模）一轻质弹簧水平悬挂于某一深度为h且开口向右的小筒中，已知轻弹簧的原长为L0，且L0h，如图甲所示，若本实验的长度测量工具只能测量露出筒外弹簧的长度L，现要测出弹簧的原长和弹簧的劲度系数，该同学通过改变L面测出对应的弹力F，作出FL图象如图乙所示，图中标示的均为已知量。则弹簧的劲度系数为k= ，弹簧的原长L0= 。10（9分）（2018陕西二模）某同学设计了如图甲所示的电路来测量一个量程为3V的电压表的内电阻（几千欧），实验室提供直流电源的电动势为6V，内阻忽略不计：（1）请根据电路图甲完成图乙的实物连接；（2）在该实验中，认为当变阻器的滑片P不动时，无论电阻箱的阻值如何增减，aP两点间的电压保持不变；请从下列滑动变阻器中选择最恰当的是： ；A变阻器A（02000，0.1A）B变阻器B（020，1A）C变阻器C（05，1A）（3）连接好线路后，先将变阻器滑片P调到最 端，并将电阻箱阻值调到 （填“0”或“最大”），然后闭合电键S，调节P，使电压表满偏，此后滑片P保持不动；（4）调节变阻箱的阻值，记录电压表的读数发现当电压表读数为U1=1.0V时，电阻箱读数R1=6.0k；当电压表读数为U2=2.0V时，电阻箱读数R2=1.5k则待测电压表的内阻值为 （保留两位有效数字）11（12分）（2018陕西二模）如图所示，光滑水平面上放着质量为M=4.5kg，长L=4m的薄木板，一个质量为m=1kg的小物体放在木板的最右端，小物块和木板之间的动摩擦因数=0.1，开始时木板和小物体均静止。今对木板施加一水平向右的恒定拉力F，（g取10m/s2）求：（1）若要使小物体不从木板上掉下，F的最大值。（2）若F=10N，当小物块滑到到木板中点时撤去F，求拉力F对木板的冲量大小及撤去F后木板和小物块间因摩擦产生的热量。12（20分）（2018陕西二模）如图所示在直角坐标系xOy的第一象限中，0xd的空间存在着沿y轴正方向的匀强电场，在xd的空间存在着垂直纸面方向向外的匀强磁场，一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子，从y轴上的A点，以速度v0沿x轴正方向进入电场，带电粒子在电磁场作用下，从A点依次经过B点和C点，A、B、C三点的坐标分别为（0，dd）、（d，d）、（2d，0），不计带电粒子重力。求：（1）匀强电场的电场强度E的大小；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）带电粒于从A到C的运动时间t。物理一一选修3-3（15分）13（5分）（2018陕西二模）关于热现象，下列说法中，正确的是（）A气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及温度有关B同种物质在不同条件下所生成的晶体的微粒都按相同的规则排列C体积不变，压强减小的过程，气体一定放出热量，内能减小D一切自然过程总是沿着分子热运动无序性减小的方向进行E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14（10分）（2018陕西二模）如图所示，可导热的汽缸内用很薄的质量不计的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞离汽缸底部的高度为h=20cm，整体放在冰水混合物中。取一小盒砂子缓慢地倒在活塞的上表面上。砂子倒完时，活塞下降了h=5cm。再取相同质量的一小盒砂子缓慢地倒在活塞的上表面上。外界的压强和温度始终保持不变，不计活塞与汽缸|7壁间的摩擦，求：第二次砂子倒完时活塞距汽缸底部的高度；在第二次倒砂子的过程中外界对气体做功70J，封闭气体吸热还是放热，传递的热量是多少。物理一选修3-4（15分）15（2018陕西二模）关于机械波与电磁波，下列说法正确的是（）A电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率有关B电磁波可以发生衍射现象和偏振现象C简谐机械波在给定的介质中传播时，振动的频率越高，则波传播速度越大D紫外线在水中的传播速度小于红外线在水中的传播速度E机械波不但能传递能量，而且能传递信息，其传播方向就是能量或信息传递的方向16（2018陕西二模）如图所示为一个均匀透明介质球，球心位于O点，半径为R，一束单色光从真空中沿DC方向平行于直径AOB射到介质球上的C点，DC与的距离H=R，若该光束射入球体经一次反射后由E点（图中未标出）再次折射向真空中，此时的出射光线刚好与入射光线平行，已知光在真空中的速度为c。介质球的折射率和光束从C点射入到从E点射出所经历的总时间；射入球体内的光线有可能发生全反射吗？2018年陕西省高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一个选项正确，第68題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（6分）（2018陕西二模）根据近代物理知识，你认为下列说法中正确的是（）A相同频率的光照射不同金属，则从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越大B已知氢原子从基态跃迁到某一激发态需要吸收的能量为12.09eV，则动能等于12.09eV的另一个氢原子与这个氢原子发生正碰，可以使这个原来静止并处于基态的氢原子跃迁到该激发态C在原子核中，比结合能越大表示原子核中的核子结合的越牢固D铀核（U）衰变为铅核（Pb）的过程中，中子数减少21个【考点】J3：玻尔模型和氢原子的能级结构菁优网版权所有【专题】31 ：定性思想；45 ：归纳法；54N：原子的能级结构专题【分析】根据光电效应方程，结合最大初动能的大小比较金属的逸出功；吸收光子能量发生跃迁，吸收的光子能量需等于两能级间的能级差；在原子核中，比结合能越大，原子核结合越牢固；根据电荷数和质量数的变化得出中子数的变化。【解答】解：A、根据Ekm=hvW0知，频率相同，从金属表面逸出的光电子最大初动能越大，金属的逸出功越小，故A错误。B、已知氢原子从基态跃迁到某一激发态需要吸收的能量为12.09eV，用动能等于12.09eV的另一个氢原子与这个氢原子发生正碰，能量部分被吸收，不能从基态跃迁到该激发态，故B错误。C、在原子核中，比结合能越大，原子核中的核子结合的越牢固，故C正确。D、铀核（U）衰变为铅核（Pb）的过程中，质子数少10，质量数少32，则中子数少22，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了光电效应、能级跃迁、比结合能等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，对于光电效应和能级跃迁是高考的热点问题，需要理解记忆。2（6分）（2018陕西二模）如图，一倾角为的斜面高为h，斜面底端B正上方高2h处有一小球以一定的初速度水平向右抛出，刚好在斜面的中点，则小球的初速度大小为（重力加速度为g）（）ABCD【考点】43：平抛运动菁优网版权所有【专题】518：平抛运动专题【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据分位移公式并结合几何关系列式求解即可。【解答】解：小球做平抛运动，根据分位移公式，有：x=v0t=y=2h=联立解得：v0=故选：A。【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合分位移公式和几何关系分析即可，基础题目。3（6分）（2018陕西二模）如图所示，正方形线框由边长为L的粗细均匀的绝缘棒组成，O是线框的中心，线框上均匀地分布着正电荷，现在线框上侧中点A处取下足够短的带电量为q的一小段，将其沿OA连线延长线向上移动的距离到B点处，若线框的其它部分的带电量与电荷分布保持不变，则此时O点的电场强度大小为（）AkBkCkDk【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动菁优网版权所有【专题】32 ：定量思想；43 ：推理法；531：带电粒子在电场中的运动专题【分析】根据电荷分布得到闭合线框在O点的场强，从而得到去掉A处一小段后的线框在O点处的场强，再求得B处点电荷在O处的场强，即可叠加得到O点场强。【解答】解：在闭合线框中，电荷关于O点分布对称，故在O点场强为零；现在讲电荷量q从A移到B，那么，线框部分在O点的场强等效于与A点关于O点对称的电荷量q在O点的场强B处电荷q在O点的场强；又有两处电荷符号相同，故E1，E2的方向相反，那么，O点的场强，故C正确，ABD错误；故选：C。【点评】对于比较复杂的电荷分布周围的场强，常根据对称性求得某些不完整图形的场强，对于点电荷的场强则直接由求解，最后由叠加原理求得合场强。4（6分）（2018陕西二模）2018年我国即将发射“嫦娥四号”登月探测器，该探测器将首次造访月球表面，实现对地对月中继通信。如图所示，嫦娥四号在环月圆轨道I上的A点实施变轨，进人近月的椭圆轨道II，由近月点B成功落月，如图所示，下列关于“嫦娥四号”的说法，正确的是（）A沿轨道I运动至A点时，需向前喷气才能进入轨道IIB沿轨道II运行的周期大于沿轨道I运行的周期C沿轨道II运行时，在A点的加速度大于在B点的加速度D在轨道II上由A点运行到B点的过程，速度逐渐减小【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系菁优网版权所有【专题】34 ：比较思想；4E ：模型法；52A：人造卫星问题【分析】根据做近心运动时万有引力大于向心力，来分析喷气的方向。根据开普勒第三定律分析卫星的运动周期和轨道半径之间的关系。根据牛顿第二定律和万有引力定律结合分析加速度关系。由开普勒第二定律或功能关系分析在轨道II上由A点运行到B点的过程速度的变化情况。【解答】解：A、“嫦娥四号”在轨道I上做圆周运动，只有通过减速使圆周运动所需的向心力减小，做近心运动来减小轨道高度，才能轨道II故A正确；B、根据开普勒行星运动定律知，在轨道I上运动时的半长轴大于在轨道II上运行时的半长轴，故在轨道I上运行的周期要大，故B错误；C、“嫦娥四号”运动的过程中万有引力产生加速度，根据牛顿第二定律有 G=ma，得 a=，知r越大，a越小，所以在A点的加速度小于在B点的加速度，故C错误；D、在轨道上由A点运行到B点的过程中，万有引力对其做正功，它的动能增加，速度逐渐增大，故D错误。故选：A。【点评】解决本题要注意：由高轨道变轨到低轨道需要减速，而由低轨道变轨到高轨道需要加速，这一点在解决变轨问题时要经常用到，一定要注意掌握。卫星运行时只有万有引力做功，机械能是守恒的。5（6分）（2018陕西二模）质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用而从静止开始作匀加速直线运动经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止两物体速度随时间变化的图象如图所示设F1和F2对A、B的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是（）AI1I2，W1W2BI1I2，W1W2CI1I2，W1W2DI1I2，W1W2【考点】52：动量定理；62：功的计算菁优网版权所有【专题】32 ：定量思想；4C ：方程法；52F：动量定理应用专题【分析】根据两物块做匀减速运动，求出匀减速运动的加速度之比，从而求出摩擦力之比，再根据匀加速运动的加速度之比，根据牛顿第二定律求出F1和F2的大小之比，然后根据冲量的计算公式即可求出冲量之间的关系速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移根据面积比得出位移比撤去拉力后两图象平行，说明加速度相等，由牛顿第二定律分析则知，两物体与地面的动摩擦因数相同，对全过程研究，运用动能定理求解拉力做功【解答】解：从图象可知，两物块匀减速运动的加速度大小之都为，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有f=ma，则摩擦力大小都为m根据图象知，匀加速运动的加速度分别为：，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有Ff=ma，则F1=，F2=，F1和F2的大小之比为12：5；所以：1，则I1I2；图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为=6：5；两个物体的初速度、末速度都是0，所以拉力做的功与摩擦力做的功大小相等，所以：，则W1W2。故选：B。【点评】解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，根据牛顿第二定律，得出两个力的大小之比，以及知道速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移6（6分）（2018陕西二模）如图甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线MN的右侧存在磁感应强度B=2T的匀强磁场，MN的左侧有一质量m=0.1kg的矩形线圈abcd，bc边长L1=0.2m，电阻R=2t=0时，用一恒定拉力F拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1s，线圈的bc边到达磁场边界MN，此时立即将拉力F改为变力，又经过1s，线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示，则（）A恒定拉力大小为0.05NB线圈在第2s内的加速度大小为1m/s2C线圈ab边长L2=0.5mD在第2s内流过线圈的电量为0.2c【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；37：牛顿第二定律菁优网版权所有【专题】53C：电磁感应与电路结合【分析】据题知线圈在磁场外做匀加速运动的时间是t=1s，由图读出t=1s时感应电流i的大小，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律可求得此刻线圈的速度，再由牛顿第二定律和运动学公式结合求解恒定拉力的大小根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律得出安培力与时间的关系式，由运动学公式求出加速度先求出2s末的速度，利用平均速度公式求ab长度根据公式q=求解电量【解答】解：A、由乙图知：t=1s时，线圈中感应电流为：i=0.1A由i=得：v1=m/s=0.5m/s根据v1=at、F=ma得：F=m=0.1×N=0.05N，故A正确。B、t=2s时线圈速度：v2=m/s=1.5m/s线圈在第2s时间内的加速度：a2=m/s2=1m/s2，故B正确。C、线圈ab边长为：L2=m=1m，故C错误。D、在第2s内流过线圈的电量为：q=C=0.2C，故D正确。故选：ABD。【点评】本题是电磁感应与力学知识的综合应用，分析和计算安培力和拉力是关键，要熟练运用法拉第定律、欧姆定律、运动学公式等等规律，掌握感应电荷量公式q=7（6分）（2018陕西二模）如图所示，转台上固定有一长为4L的水平光滑细杆，两个中心有孔的小球A、B从细杆穿过并用原长为L 的轻弹簧连接起来，小球A、B的质量分别为3m、2m。竖直转轴处于转台及细杆的中心轴线上，当转台绕转轴匀速转动时（）A小球AB受到的向心力之比为3：2B当轻弹簧长度变为2L时，小球A做圆周运动的半径为1.5LC当轻弹簧长度变为3L时，转台转动的角速度为，则弹簧的劲度系数为1.8m2D如果角速度逐渐增大，小球B先接触转台边沿【考点】4A：向心力；37：牛顿第二定律菁优网版权所有【专题】31 ：定性思想；4C ：方程法；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】根据匀速圆周运动的条件分析向心力的大小关系；根据向心力的公式分析二者的半径的关系。【解答】解：A、两个小球在水平面内做匀速圆周运动的过程中，二者需要的向心力都是弹簧的弹力提供的。根据弹簧弹力的特点可知，二者需要的向心力一定是相等的。故A错误；B、二者一起做匀速圆周运动，所以它们的角速度是相等的。根据向心力的公式可得：又：r1+r2=2L联立可得：，故B错误；C、当轻弹簧长度变为3L时，则：r1+r2=3L联立可得弹簧的劲度系数：k=1.8m2故C正确；D、由B的分析的结果可知，只要是二者一起做匀速圆周运动，则B到转轴的距离始终大于A到转轴的距离，所以增大角速度，小球B先接触转台边沿。故D正确。故选：CD。【点评】解决本题的关键知道两球具有相同的角速度、向心力，同时要搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解。8（6分）（2018陕西二模）如图所示，由导体材料制成的闭合线框，曲线部分PNQ满足函数y=0.5sin（0.5x），其中x、y单位为m，x满足0x2，曲线部分电阻不计，直线部分PMQ的电阻为R=10将线框从图示的位置开始（t=0），以v=2m/s的速度匀速通过宽度为d=2m、磁感应强度B=1T的匀强有界磁场，在线框穿越磁场的过程中，下列说法正确的是（）A线框穿越磁场的时间为4sB线框穿越磁场的过程中，PQ两点间的最大电压为1VC线框穿越磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.1JD线框穿越磁场的过程中，感应电流变化规律为i=0.1sin（0.5t）【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BB：闭合电路的欧姆定律菁优网版权所有【专题】34 ：比较思想；4E ：模型法；53C：电磁感应与电路结合【分析】根据匀速运动的位移公式求线框穿过磁场的时间。当线框的有效切割长度最大时产生的感应电动势最大，PQ间的电压最大，由E=BLv求出最大的感应电动势，即可求得PQ间最大电压。线框中产生正弦感应电流，根据电动势有效值求焦耳热。由欧姆定律求感应电流的变化规律。【解答】解：A、根据y=0.5sin（0.5x）（m），知直线部分PMQ的长度为 L=×=2m，有 L=d所以线框穿越磁场的时间为 t=2s，故A错误。B、线框有效的切割长度最大为 ym=0.5m，产生的感应电动势最大值为 Em=Bymv=1×0.5×2=1V，由于曲线部分电阻不计，所以PQ两点间的最大电压 Um=Em=1V，故B正确。CD、线框穿越磁场的过程中，感应电动势变化规律为 e=Byv=1×0.5sin（0.5t）×2V=sin（0.5t）（V）=感应电流变化规律为 i=0.1sin（0.5t）A感应电流有效值 I=0.05A，线框穿越磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为 Q=I2Rt=（0.05）2×10×2J=0.1J，故BC正确，D错误。故选：BC。【点评】本题中正弦式导线的有效切割长度随时间作正弦规律变化，产生正弦式交变电流，提供了一种产生正弦式交变电流的一种方式，要注意求热量要用有效值。二、非选择题：共174分第912题为必考题，每个试题考生都必须作答第1316题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9（6分）（2018陕西二模）一轻质弹簧水平悬挂于某一深度为h且开口向右的小筒中，已知轻弹簧的原长为L0，且L0h，如图甲所示，若本实验的长度测量工具只能测量露出筒外弹簧的长度L，现要测出弹簧的原长和弹簧的劲度系数，该同学通过改变L面测出对应的弹力F，作出FL图象如图乙所示，图中标示的均为已知量。则弹簧的劲度系数为k=，弹簧的原长L0=。【考点】2S：胡克定律菁优网版权所有【专题】31 ：定性思想；4C ：方程法；523：弹力的存在及方向的判定专题【分析】根据胡克定律写出F与L的关系式，然后结合数学知识求解即可。【解答】解：根据胡克定律F与l的关系式为：F=k（L+hL0）=kL+k（hL0），从图象中可得当F对应的大小分别是a与b时，弹簧的长度分别是c和d故弹簧的劲度系数为：k=L0=故答案为：；【点评】找到各个物理量之间的关系，然后根据胡克定律列方程，是解答本题的突破口，这要求学生有较强的数学推导能力。10（9分）（2018陕西二模）某同学设计了如图甲所示的电路来测量一个量程为3V的电压表的内电阻（几千欧），实验室提供直流电源的电动势为6V，内阻忽略不计：（1）请根据电路图甲完成图乙的实物连接；（2）在该实验中，认为当变阻器的滑片P不动时，无论电阻箱的阻值如何增减，aP两点间的电压保持不变；请从下列滑动变阻器中选择最恰当的是：B；A变阻器A（02000，0.1A）B变阻器B（020，1A）C变阻器C（05，1A）（3）连接好线路后，先将变阻器滑片P调到最左端，并将电阻箱阻值调到0（填“0”或“最大”），然后闭合电键S，调节P，使电压表满偏，此后滑片P保持不动；（4）调节变阻箱的阻值，记录电压表的读数发现当电压表读数为U1=1.0V时，电阻箱读数R1=6.0k；当电压表读数为U2=2.0V时，电阻箱读数R2=1.5k则待测电压表的内阻值为3.0×103（保留两位有效数字）【考点】N6：伏安法测电阻菁优网版权所有【专题】13 ：实验题；23 ：实验探究题；34 ：比较思想；46 ：实验分析法；535：恒定电流专题【分析】（1）根据电路图连接实物图。（2）从安全、精确的角度出发，抓住无论电阻箱的阻值如何增减，aP两点间的电压保持不变，确定合适的滑动变阻器。（3）、（4）先使电压表满偏，抓住ap间的电压不变，根据欧姆定律和串并联电路的特点求出电压表读数的倒数和电阻箱阻值的关系式，再求出电压表的内阻。【解答】解：（1）按照电路图连接实物图，如图所示。（2）因为当变阻器的滑片P不动时，无论电阻箱的阻值如何增减，aP两点间的电压保持不变，可知滑动变阻器的阻值越小越好，但是若选择变阻器C，电流会超出变阻器的最大电流，不安全，所以选择B。（3）连接好线路后，先将变阻器滑片P调到最左端，并将电阻箱阻值调到0，然后闭合电键S，调节P，使电压表满偏。（4）设满偏电压为U0，因为aP间的电压不变，为U0，根据欧姆定律知，电压表的示数为：U=RV当U1=1.0V时，电阻箱读数R1=6.0k=6000，代入式得 1=RV当电压表读数为U2=2.0V时，电阻箱读数R2=1.5k=1500代入式得 2=由解得：RV=3000=3.0×103故答案为：（1）如图所示； （2）B； （3）左； 0； （4）3.0×103。【点评】在实验题中器材选取的原则是精确、安全、方便，本题的关键要抓住aP间的电压不变，等于电压表的满偏电压，结合欧姆定律，得出UR的关系式。11（12分）（2018陕西二模）如图所示，光滑水平面上放着质量为M=4.5kg，长L=4m的薄木板，一个质量为m=1kg的小物体放在木板的最右端，小物块和木板之间的动摩擦因数=0.1，开始时木板和小物体均静止。今对木板施加一水平向右的恒定拉力F，（g取10m/s2）求：（1）若要使小物体不从木板上掉下，F的最大值。（2）若F=10N，当小物块滑到到木板中点时撤去F，求拉力F对木板的冲量大小及撤去F后木板和小物块间因摩擦产生的热量。【考点】6B：功能关系；37：牛顿第二定律菁优网版权所有【专题】11 ：计算题；22 ：学科综合题；33 ：参照思想；4A ：整体法和隔离法；52Q：功能关系 能量守恒定律【分析】（1）为使小物体不从木板上掉下，则小物体不能相对于木板滑动，隔离对小物体分析，求出它的临界加速度，再对整体分析，运用牛顿第二定律求出拉力F的最大值。（2）若拉力F小于最大值，则它们最后一起做匀加速直线运动，若拉力F大于最大值，知小物体与木板之间始终发生相对滑动，小物体受到水平方向上只受摩擦力，做匀加速直线运动，当它滑离木板时，速度最大，根据两者的位移差等于木板的长度，求出运动的时间，由I=Ft求F对木板的冲量。撤去F后，根据系统的动量守恒和能量守恒求得小物体与木板间的相对位移，判断出小物体是否滑出木板，再求摩擦生热。【解答】解：（1）设小物体随木板运动的最大加速度为a，此时m、M间的静摩擦力刚好达到最大值。根据牛顿第二定律得：对小物体，有：mg=ma；代入数据得：a=1m/s2对整体有：Fmax=（M+m）a解得：Fmax=5.5N（2）因施加的拉力F=10N5.5N，故小物体相对木板滑动，设木板的加速度为a1，由牛顿第二定律知：Fmg=Ma1代入数据解得：a1=2m/s2力F作用的时间为t，满足：=a1t2at2； 代入数据解得：t=2s故F的冲量为：I=Ft=20NS撤去F时，木板和小物体的速度大小v1和v2分别为：v1=a1t=4m/s，v2=at=2m/s撤去F后，若两者能够达到共同速度v，撤去F之后两者相对位移为d取向右为正方向，由动量守恒定律知：Mv1+mv2=（M+m）v代入数据解得：v=m/s根据能量守恒定律得：mgd=Mv12+mv22（M+m）v2。联立解得：d1.6m=2m所以小物体将不从木板上掉下来。撤去F后木板和小物块间因摩擦产生的热量为：Q=mg=0.1×1×10×2J=2J答：（1）若要使小物体不从木板上掉下，F的最大值是5.5N。（2）拉力F对木板的冲量大小是10NS，撤去F后木板和小物块间因摩擦产生的热量是2J。【点评】本题是基本滑板模型问题，关键会判断小物体和木板能否发生相对滑动，以及一旦发生相对滑动时，能够根据受力判断物体的运动情况。要掌握动量守恒的条件，判断撤去F后系统的动量守恒。12（20分）（2018陕西二模）如图所示在直角坐标系xOy的第一象限中，0xd的空间存在着沿y轴正方向的匀强电场，在xd的空间存在着垂直纸面方向向外的匀强磁场，一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子，从y轴上的A点，以速度v0沿x轴正方向进入电场，带电粒子在电磁场作用下，从A点依次经过B点和C点，A、B、C三点的坐标分别为（0，dd）、（d，d）、（2d，0），不计带电粒子重力。求：（1）匀强电场的电场强度E的大小；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）带电粒于从A到C的运动时间t。【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；AK：带电粒子在匀强电场中的运动菁优网版权所有【专题】11 ：计算题；22 ：学科综合题；32 ：定量思想；43 ：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）粒子在电场中运动时做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动；（2）先求出电场强度与粒子的速度的大小和方向，再由几何关系求出半径，最后根据洛伦兹力提供向心力解出磁感应强度的大小；（3）分别求出粒子在电场才磁场中的时间，两者相加就是粒子从A到C的总时间。【解答】解：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：xB=d=v0t竖直方向：yByA=由牛顿第二定律有：a=联立有：E=（2）先求出粒子到B点的速度大小v和方向（与水平方向成）v=tan=，=30°在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系有：r=洛仑兹力提供向心力：qvB=代入可得：B=（3）粒子在电场中的时间t1=在磁场中转半圈的时间t2=总时间t=t1+t2=答：（1）匀强电场的电场强度E的大小是；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小是；（3）带电粒于从A到C的运动时间t为。【点评】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式，难度适中。物理一一选修3-3（15分）13（5分）（2018陕西二模）关于热现象，下列说法中，正确的是（）A气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及温度有关B同种物质在不同条件下所生成的晶体的微粒都按相同的规则排列C体积不变，压强减小的过程，气体一定放出热量，内能减小D一切自然过程总是沿着分子热运动无序性减小的方向进行E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【考点】8H：热力学第二定律；8F：热力学第一定律菁优网版权所有【专题】31 ：定性思想；43 ：推理法；548：热力学定理专题【分析】理解气体压强的微观意义；同种物质在不同条件下所生成的晶体的微粒的规则排列不一定相同；结合理想气体的状态方程，根据热力学第一定律分析内能的变化；自然过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行；根据内能的定义分析。【解答】解：A、根据压强的微观意义可知，气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关，故A正确；B、同种物质在不同条件下所生成的晶体的微粒不一定按相同的规则排列。故B错误；C、根据理想气体的状态方程可知，气体的体积不变，压强减小的过程中气体的温度降低所以气体内能减小；体积不变，没有外力对气体做功，而气体的内能减小，由热力学第一定律可知，气体一定放出热量。故C正确；D、根据热力学第二定律可知，一切自然过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，故D错误；E、根据内能的定义可知，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。故E正确。故选：ACE。【点评】本题重点掌握温度是分子平均动能的标志，知道改变内能的方式，会用牛顿第一定律去分析各量的变化，基础题。14（10分）（2018陕西二模）如图所示，可导热的汽缸内用很薄的质量不计的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞离汽缸底部的高度为h=20cm，整体放在冰水混合物中。取一小盒砂子缓慢地倒在活塞的上表面上。砂子倒完时，活塞下降了h=5cm。再取相同质量的一小盒砂子缓慢地倒在活塞的上表面上。外界的压强和温度始终保持不变，不计活塞与汽缸|7壁间的摩擦，求：第二次砂子倒完时活塞距汽缸底部的高度；在第二次倒砂子的过程中外界对气体做功70J，封闭气体吸热还是放热，传递的热量是多少。【考点】99：理想气体的状态方程菁优网版权所有【专题】11 ：计算题；21 ：信息给予题；32 ：定量思想；54B：理想气体状态方程专题【分析】根据玻意耳定律得到三个状态的压强与体积的乘积均相等，联立方程组求解；根据热力学第一定律判断吸放热情况