2022-2023學(xué)年陜西省榆林市高二（下）期末物理試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2022-2023學(xué)年陜西省榆林市高二（下）期末物理試卷一、選擇題（本大題共12小題，共48分）1.物理學(xué)的基本原理在生產(chǎn)生活中有著廣泛應(yīng)用.下圖中的四種器件在工作時(shí)利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象的是(

)A.真空冶煉爐

B.回旋加速器

C.質(zhì)譜儀

D.示波器2.在光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，用兩種單色光先后照射同一種金屬表面，都能產(chǎn)生光電效應(yīng)。對于這兩個(gè)過程，下列四個(gè)物理量中一定相同的是(

)A.遏止電壓 B.飽和光電流

C.光電子的最大初動能 D.逸出功3.以相同的初速度將甲、乙兩個(gè)小球同時(shí)豎直向上拋出并開始計(jì)時(shí)，甲球所受空氣阻力可忽略，乙球所受空氣阻力大小與速率v成正比。下列小球上升階段的v?t圖像中正確的是(B、D圖像中，甲、乙圖線在與時(shí)間軸t的交點(diǎn)處斜率相等)(

)A. B. C. D.4.2022年8月，重慶地區(qū)普遍高溫，生活、生產(chǎn)用電激增。在如圖所示的某地遠(yuǎn)距離輸電電路圖中，升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，發(fā)電廠的輸出電壓和輸電線的電阻均不變，如果發(fā)電廠的輸出功率增大為原來的2倍，輸電線上損耗的功率將增大為原來的(

)A.1倍 B.2倍 C.4倍 D.8倍5.隨著集成電路的廣泛應(yīng)用，對集成度的要求越來越高，集成度越高，各種電子元件越微型化，圖中R1和R2是材料相同、厚度相同、表面為正方形的導(dǎo)體.R1的邊長是R2邊長的5A.電阻R1=R2 B.電阻R1=5R26.汽車通過拱形橋頂時(shí)行駛速度過大將失去控制、無法轉(zhuǎn)向，造成安全隱患，故拱形橋上都會有限速標(biāo)志，某拱形橋橋面圓弧對應(yīng)的半徑為80m，汽車以限速標(biāo)志對應(yīng)的速度通過橋面頂點(diǎn)時(shí)對橋面的壓力是其重力的0.5倍，g取10m/s2，則該限速標(biāo)志所示速度為(

)A.100km/? B.72km/? C.50km/? D.40km/?7.α粒子以某一初速度接近重金屬核，其運(yùn)動軌跡如圖所示，M、N、Q為軌跡上的三點(diǎn)，N點(diǎn)離重金屬核最近，Q點(diǎn)比M點(diǎn)離重金屬核更遠(yuǎn)。在重金屬核產(chǎn)生的電場中，下列說法正確的是(

)A.M點(diǎn)的電場強(qiáng)度比N點(diǎn)大

B.Q點(diǎn)的電勢最低

C.α粒子從M點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)過程中，電勢能一直增大

D.α粒子從M點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)過程中，速度一直增大8.如圖甲所示，光滑水平面上靜置一足夠長的木板Q，小滑塊P放置于其上表面，木板Q在水平拉力F作用下，加速度a隨拉力F變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，則小滑塊P的質(zhì)量為(

)

A.2kg B.3kg C.4kg D.5kg9.滑雪運(yùn)動員開展滑雪訓(xùn)練可簡化為如下模型：將運(yùn)動員(包括滑板)簡化為質(zhì)點(diǎn)，運(yùn)動員以某一初速度從足夠長的山坡底端向上沖，取坡底為零勢能面。運(yùn)動員的機(jī)械能E總和重力勢能Ep隨離開坡底的高度的變化規(guī)律如圖所示，重力加速度g=10m/s2，不計(jì)空氣阻力，則下列說法正確的是

A.運(yùn)動員的質(zhì)量為40kg

B.運(yùn)動員的初速度為20m/s

C.運(yùn)動員向上沖的過程克服摩擦力做功為2×103J

D.10.“兒童散學(xué)歸來早，忙趁東風(fēng)放紙戒”。一小孩站在水平地面上放風(fēng)箏，慢慢地釋放拉線，風(fēng)箏越飛越高，先后經(jīng)過同一豎直面的a、b兩點(diǎn)，如圖所示，若風(fēng)箏在a、b兩點(diǎn)時(shí)，拉線的張力大小相等，風(fēng)箏的重力不能忽略，小孩受到的風(fēng)力不計(jì)，則風(fēng)箏在a點(diǎn)時(shí)(

)A.小孩受到地面的支持力比在b點(diǎn)時(shí)的小 B.小孩受到地面的摩擦力比在b點(diǎn)時(shí)的大

C.風(fēng)箏受到的風(fēng)力方向與在b點(diǎn)時(shí)的相同 D.風(fēng)箏受到的風(fēng)力比在b點(diǎn)時(shí)的小11.如圖所示，金屬棒MN在豎直放置的兩根平行導(dǎo)軌上無摩擦地下滑，導(dǎo)軌間串聯(lián)一個(gè)電阻R，兩導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，金屬棒和導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，設(shè)MN下落過程中，電阻R上消耗的最大功率為P，要使R消耗的電功率增大到4P，保持各選項(xiàng)中其它條件不變，可采取的方法是(

)A.使R的阻值增加為原來的兩倍

B.使MN的質(zhì)量增加為原來的兩倍

C.使勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度減為原來的一半

D.使MN長度增加為原來的兩倍(保持MN的質(zhì)量不變)，導(dǎo)軌間距也變?yōu)樵瓉淼膬杀?2.中國空間站是我國建成的國家級太空實(shí)驗(yàn)室。下表是一些有關(guān)空間站和月球在軌運(yùn)動的有關(guān)數(shù)據(jù)，兩者均可視為繞地球做勻速圓周運(yùn)動。利用萬有引力常量和表中的信息可以估算出的是(

)物理量空間站運(yùn)動周期空間站離地高度月球公轉(zhuǎn)周期地球半徑數(shù)值約1.5?約為400km約27.3天約6400kmA.地球的質(zhì)量 B.地球的平均密度

C.月球公轉(zhuǎn)的線速度 D.月球表面的重力加速度二、非選擇題（共52分）13.在探究自由落體運(yùn)動規(guī)律的實(shí)驗(yàn)中，小林利用如圖1所示實(shí)驗(yàn)裝置通過規(guī)范實(shí)驗(yàn)操作得到如下一條紙帶，每5個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，分別標(biāo)上字母A、B、C、D、E，對紙帶上各計(jì)數(shù)點(diǎn)的距離進(jìn)行了測量，數(shù)據(jù)如圖2，請根據(jù)測得數(shù)據(jù)進(jìn)行計(jì)算并回答以下幾個(gè)問題(已知電源頻率為50Hz)。

(1)對于本實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的有______(填選項(xiàng)前的字母)。

A.電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器應(yīng)該接低壓直流電源

B.實(shí)驗(yàn)時(shí)，應(yīng)該先接通電源，后釋放重物

C.釋放重物前，重物應(yīng)盡可能遠(yuǎn)離打點(diǎn)計(jì)時(shí)器

D.為了盡可能減小空氣阻力的影響，應(yīng)該用體積較大的物體作為重物

(2)打C點(diǎn)時(shí)重物的速度vC=______m/s(計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。

(3)根據(jù)紙帶計(jì)算出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=______m/s2(計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字14.某同學(xué)為測定電池的電動勢和內(nèi)阻，設(shè)計(jì)了圖甲所示的電路。其中定值電阻阻值為R0、電流表內(nèi)阻可忽略不計(jì)。由于一時(shí)沒有找到適合的滑動變阻器，于是選擇用一根均勻電阻絲代替(電阻絲總阻值大于R0，并配有可在電阻絲上移動的金屬夾P，金屬夾P的電阻可忽略)。

(1)根據(jù)圖甲完成圖乙中實(shí)物連線。

(2)用歐姆表測量電阻絲的總電阻，先將選擇開關(guān)旋至“×10”擋，紅、黑表筆短接調(diào)零后進(jìn)行測量，結(jié)果發(fā)現(xiàn)歐姆表指針偏角太大，則應(yīng)將選擇開關(guān)旋至______(選填“×1”或“×100”)擋并重新進(jìn)行______。最終正確測量出電阻絲的總電阻為R。

(3)用游標(biāo)卡尺測量電阻絲的總長度L，示數(shù)如圖丙所示，則L=______mm。

(4)實(shí)驗(yàn)前，將P移到金屬絲______位置(選填“a”或“c”)，合上開關(guān)S，調(diào)節(jié)金屬夾的位置，依次測量出接入電路中的電阻絲長度x和電流表示數(shù)I，該小組同學(xué)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描繪1I?x函數(shù)圖像如圖丁所示，圖線斜率為k，與縱軸截距為b，該電池電動勢和內(nèi)阻可表示為E=______，r=______。(用R0、R、k、b、L表示)15.如圖所示，質(zhì)量m=1kg的滑塊B靜止放置于光滑平臺上，B的左端固定一輕質(zhì)彈簧。平臺右側(cè)距水平地面高H=0.8m.平臺左側(cè)的光滑圓弧軌道與平臺平滑連接，圓弧軌道半徑R=1.6m，其左側(cè)端點(diǎn)P與圓弧圓心O的連線與豎直方向的夾角θ=60°?，F(xiàn)將滑塊A從P點(diǎn)由靜止開始釋放，滑塊A滑至平臺上擠壓彈簧，經(jīng)過一段時(shí)間彈簧恢復(fù)原長后，滑塊B離開平臺落到水平地面上的C點(diǎn)，C點(diǎn)到平臺右側(cè)的水平距離為x=1.2m，重力加速度大小g=10m/s2，滑塊A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，求：

(1)滑塊B剛離開平臺時(shí)的速度大小v0；

(2)滑塊A的質(zhì)量m0；

(3)該過程中彈簧彈性勢能的最大值16.如圖所示，M、N之間加有電壓恒為U的加速電場，高度足夠高、寬度為d的虛線框內(nèi)有勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)場(電場或磁場)，電子槍中發(fā)出的電子束(初速度可視為零)在M、N之間加速后以一定的速度水平射入偏轉(zhuǎn)場，速度方向改變θ后離開偏轉(zhuǎn)場，調(diào)整靶環(huán)位置，可使電子打在圓形靶環(huán)中心P點(diǎn)。已知電子質(zhì)量為m、電量為e，忽略電子間相互作用，電子重力不計(jì)。

(1)若虛線框內(nèi)為垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，且θ=60°，求偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向及電子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間；

(2)若虛線框內(nèi)為豎直方向的勻強(qiáng)電場，且θ=60°，求偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度E的大小和電子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的動能Ek。17.卡塔爾世界杯聚集來自世界各地的球迷，為了保障球迷安全，儲備了大量的氧氣瓶，賽前醫(yī)療團(tuán)隊(duì)對氧氣瓶做檢測時(shí)發(fā)現(xiàn)一氧氣瓶內(nèi)的氧氣p?t圖如圖所示，瓶內(nèi)氧氣視為理想氣體，外界環(huán)境溫度不變，下列關(guān)于瓶內(nèi)氧氣從狀態(tài)1變化到狀態(tài)2的過程分析正確的是(

)A.氧氣瓶正在漏氣

B.單位時(shí)間內(nèi)撞擊氧氣瓶單位面積的分子數(shù)增多

C.瓶內(nèi)氧氣溫度降低的主要原因是氧氣對外做功

D.瓶內(nèi)每個(gè)氧氣分子的動能都減小

E.瓶內(nèi)氧氣的密度減小18.氣象氣球是進(jìn)行高空氣象觀測的平臺。首先用聚脂薄膜材料制成氣球的球皮，然后對它充以比空氣密度小的氣體，之后密封好，氣球就可以攜帶儀器升空探測了。某氣象氣球升至地球平流層時(shí)，平流層的氣壓為P。從早上至中午，由于陽光照射，氣球內(nèi)氣體的內(nèi)能增加了ΔU，氣球有微小膨脹，半徑由R1膨脹到R2，已知早上氣球內(nèi)氣體溫度為T1。假設(shè)氣球內(nèi)的氣體壓強(qiáng)始終等于平流層氣壓，求中午時(shí)氣球內(nèi)氣體的溫度T2和早上至中午氣球內(nèi)氣體吸收的熱量Q19.甲、乙兩列橫波在同一介質(zhì)中分別從波源M、N兩點(diǎn)沿x軸相向傳播，波速為2m/s，振幅相同，某時(shí)刻的圖像如圖所示，則(

)A.甲、乙兩波的起振方向相反

B.甲、乙兩波的頻率之比為2：3

C.甲、乙兩波在相遇區(qū)域會發(fā)生穩(wěn)定干涉

D.再經(jīng)過3s，平衡位置在x=7m處的質(zhì)點(diǎn)加速度方向向上20.一半徑R=6cm的圓形玻璃柱，橫截面如圖所示，O為圓反射層心，下半部分涂有反射層。一束單色光從真空中沿CD方向平行于直徑AOB射到玻璃柱的D點(diǎn)，CD與AB間距離d=33cm，若該光束射入球體經(jīng)B點(diǎn)反射后由E點(diǎn)再次折射回真空中，此時(shí)的出射光線剛好與入射光線平行，已知光在真空中的速度為3×108m/s，求：

(1)玻璃柱的折射率；

答案和解析1.【答案】A

【解析】解：A.真空冶煉爐的工作原理是在線圈中接入高頻電流，線圈中磁通量發(fā)生變化，爐內(nèi)金屬中產(chǎn)生渦電流，使?fàn)t內(nèi)金屬發(fā)熱融化，利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，故A正確；

B.回旋加速器的原理是利用磁場使帶電粒子旋轉(zhuǎn)，電場使粒子加速，故B錯(cuò)誤；

C.質(zhì)譜儀的原理是利用電場加速，磁場使粒子偏轉(zhuǎn)，不是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，故C錯(cuò)誤；

D.示波器是利用電場加速并使粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的原理制作而成，故D錯(cuò)誤。

故選：A。

渦流是電磁感應(yīng)現(xiàn)象的應(yīng)用，、回旋加速器是帶電粒子在混合場種運(yùn)動的應(yīng)用、質(zhì)譜儀帶電粒子磁場中運(yùn)動的應(yīng)用、示波器是帶電粒子在電場中運(yùn)動的應(yīng)用。

本題主要考查渦流、回旋加速器、質(zhì)譜儀、示波器等的原理與應(yīng)用。2.【答案】D

【解析】解：C.根據(jù)光電效應(yīng)方程

Ek=?ν?W0

可知兩種單色光先后照射同一種金屬表面，光電子的最大初動能不同，故C錯(cuò)誤；

A.根據(jù)動能定理可得遏止電壓為

eUc=Ek=?ν?W0

可知兩種單色光先后照射同一種金屬表面，遏止電壓不同，故A錯(cuò)誤；

B.飽和光電流與單色光的光強(qiáng)有關(guān)，飽和光電流不一定相同，故B錯(cuò)誤；

D.逸出功是金屬的固有屬性，則同一種金屬的逸出功相同，故D正確。

故選：3.【答案】B

【解析】解：甲球豎直向上拋出，甲球所受空氣阻力可忽略，有v=v0?gt，可知甲球的v?t圖像是向下傾斜的直線，斜率大小等于g。

乙球豎直向上拋出，乙球所受空氣阻力與速率v成正比，有

a=mg+fm=g+kvm

可知乙球的加速度大于甲球的加速度，乙球速度減得更快，上升階段同一時(shí)刻乙球的速度更小，乙球先上升至最高點(diǎn)。運(yùn)動中隨著速度的減小，乙球的加速度逐漸減小，乙球的圖像是斜率逐漸減小的曲線，當(dāng)乙球上升至最高點(diǎn)時(shí)，速度為零，空氣阻力為零，此時(shí)乙球的加速度為g，與甲球的加速度相同，故ACD錯(cuò)誤，B正確。

故選：B。

甲球所受空氣阻力可忽略，做豎直上拋運(yùn)動。乙球所受空氣阻力大小與速率v成正比，根據(jù)牛頓第二定律分析乙球的加速度變化情況，結(jié)合4.【答案】C

【解析】解：根據(jù)P=UI可知，發(fā)電功率增大一倍，輸電電壓不變，輸電電流增大一倍，輸電線的電阻不變，

所以輸電線損耗的功率P損=I2R

輸電線損失的功率變?yōu)樵瓉淼?倍，故ABD錯(cuò)誤，C正確。

故選：C。

根據(jù)功率P=UI5.【答案】A

【解析】解：設(shè)材料的電阻率為ρ，邊長為l，厚度為d，根據(jù)電阻定律有

R=ρlS=ρlld=ρd

R1和R2是材料相同、厚度相同，所以R1=R2。故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選：A6.【答案】B

【解析】解：汽車以限速標(biāo)志對應(yīng)的速度通過橋面頂點(diǎn)時(shí)對橋面的壓力是其重力的0.5倍，根據(jù)牛頓第三定律，橋面對車的支持力也是重力的0.5倍，則有

mg?0.5mg=mv2R

可得該限速標(biāo)志所示速度為v=20m/s=72km/?，故B正確，ACD錯(cuò)誤。

故選：B。7.【答案】B

【解析】解：A.由點(diǎn)電荷電場的電場強(qiáng)度的決定式為：

E=kQr2

由此可知N點(diǎn)電場強(qiáng)度最大，故A錯(cuò)誤；

B.離正點(diǎn)電荷場源最近的N點(diǎn)的電勢最高，最遠(yuǎn)的Q點(diǎn)電勢最低，故B正確；

CD.α粒子為氦原子核，故帶正電，又因?yàn)?/p>

φN>φM>φQ

由此可知從M點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)過程中，電場力先做負(fù)功再做正功，α粒子的速度先減小再增加，電勢能先增大再減小，故CD錯(cuò)誤。

故選：8.【答案】A

【解析】解：剛開始PQ兩個(gè)一起做加速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律

F=(mP+mQ)a

結(jié)合圖像斜率mP+mQ=3kg

當(dāng)加速度大于等于2m/s2，PQ分開各自加速，設(shè)Q受到的摩擦力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律

F?f=mQa

結(jié)合圖像斜率mQ=1kg

聯(lián)立可得

mP=2kg，故A正確，BCD9.【答案】AC

【解析】解：A.運(yùn)動員的質(zhì)量為：m=Epg?=800010×20kg=40kg，故A正確；

B.根據(jù)動能的計(jì)算公式可得：Ek=12mv2，則運(yùn)動員的初速度大小為：v=2Ekm=2×1000040m/s=105m/s，故B錯(cuò)誤；

10.【答案】BD

【解析】解：AB.對小孩受力分析，受重力、地面的摩擦力、地面的支持力和繩子的拉力，如圖

根據(jù)平衡條件

水平方向f=Fcosθ

豎直方向FN+Fsinθ=G

風(fēng)箏在b點(diǎn)時(shí)，拉力F的大小不變，與水平面夾角θ變大，可知，f變小，F(xiàn)N變小，即小孩受到地面的支持力比在a點(diǎn)時(shí)的小，受到地面的摩擦力比在a點(diǎn)時(shí)的小，故A錯(cuò)誤，B正確；

CD.在a、b兩點(diǎn)分別對風(fēng)箏受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡規(guī)律，風(fēng)箏受到風(fēng)力與繩子拉力和風(fēng)箏重力的合力等大反向，如圖

由平行四邊形法則，風(fēng)箏受到的風(fēng)力方向與在a點(diǎn)時(shí)的不同，由于繩子的拉力和風(fēng)箏的重力大小不變，在b時(shí)兩個(gè)力間夾角小，則合力大，即風(fēng)箏受到的風(fēng)力比在a點(diǎn)時(shí)的大，故C錯(cuò)誤，D正確。

故選：BD。

對小孩受力分析，根據(jù)平衡條件列式，分析力的變化；

在a、b兩點(diǎn)分別對風(fēng)箏受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡規(guī)律同時(shí)結(jié)合平行四邊形法則，比較ab的受力情況。

11.【答案】BC

【解析】解：導(dǎo)體棒向下做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)加速度為零時(shí)，速度達(dá)到最大，做勻速直線運(yùn)動，此時(shí)電阻R上消耗的功率最大，設(shè)導(dǎo)體棒最大速度為v，導(dǎo)軌寬為L，則有：

E=BLv，I=BLvR

電阻R上達(dá)到最大功率時(shí)，根據(jù)平衡條件有：mg=IBL=B2L2vR

從而得到金屬棒的最大速度：v=mgRB2L2

電阻R上的最大功率為：P=E2R=B2L2v2R=m2g2RB2L2

A、使R的阻值R增加為原來的兩倍，R消耗的最大電功率增大到2P，故A錯(cuò)誤；

B、使MN的質(zhì)量m增加為原來的兩倍，R消耗的最大電功率增大到4P，故B正確；

C、使勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B減為原來的一半，R消耗的最大電功率增大到4P，故C正確；

12.【答案】ABC

【解析】解：AB、已知空間站運(yùn)動周期T、空間站離地高度?、地球半徑R，根據(jù)萬有引力提供向心力得：

GMm(R+?)2=m4π2T2(R+?)

得地球質(zhì)量為：M=4π2(R+?)3GT2，可以求出地球的質(zhì)量M。

由M=ρ?43πR3可以求出地球的密度ρ，故AB正確；

C、月球繞地球做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)萬有引力提供向心力得：

GMmr13.【答案】B

1.94

9.67

【解析】解：(1)A.電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器應(yīng)該接低壓交流電源，故A錯(cuò)誤；

B.實(shí)驗(yàn)時(shí)，應(yīng)該先接通電源，后釋放重物，故B正確；

C.釋放重物前，重物應(yīng)盡可能靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，以獲得更多的點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；

D.為了盡可能減小空氣阻力的影響，應(yīng)該用質(zhì)量較大，體積較小的物體作為重物，故D錯(cuò)誤；

故選：B。

(2)相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為：T=5×1f=5×150s=0.1s

打C點(diǎn)時(shí)重物的速度為

vC=xBD2T=14.58+24.232×0.1×10?2m/s=1.94m/s

(3)根據(jù)逐差法可解得

g=xCE?14.【答案】×1

歐姆調(diào)零

102.30

c

RkL

bR【解析】解：(1)根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖如圖所示：

(2)選擇開關(guān)旋至“×10”擋，歐姆表指針偏角太大，說明指針?biāo)甘緮?shù)過??；由于電阻測量值=指針?biāo)甘緮?shù)×倍率，為了增大指針?biāo)甘緮?shù)，應(yīng)將選擇開關(guān)旋至×1，重新進(jìn)行歐姆調(diào)零；

(3)20分度游標(biāo)卡尺的精確度為0.05mm，電阻絲總長L=102mm+6×0.05mm=102.30mm；

(4)為保護(hù)電路，實(shí)驗(yàn)前應(yīng)將滑動變阻器調(diào)至最大值，即將P移到金屬絲c處；

接入電路的電阻絲長度為x時(shí)，電阻為Rx=RL?x

根據(jù)閉合電路歐姆定律有E=I(R0+Rx+r)

解得1I=R0+rE+REL?x

根據(jù)1I?x函數(shù)，結(jié)合圖像可知，圖像斜率k=REL

圖像的縱截距b=R0+rE

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得電動勢E=RkL

內(nèi)阻r=bRkL?R0

故答案為：(1)見解析；(2)×1；歐姆調(diào)零；(3)102.30；(4)c；RkL；

bRkL15.【答案】解：(1)B離開平臺后做平拋運(yùn)動，豎直方向：H=12gt2

水平方向有：x=v0t

聯(lián)立解得：v0=3m/s

(2)滑塊A達(dá)到最低點(diǎn)的速度大小為v1，根據(jù)動能定理可得：m0gR(1?cos60°)=12m0v12

取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：m0v1=m0v1′+mv0

根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：12m0v12=12m0v1′2+12mv【解析】(1)B離開平臺后做平拋運(yùn)動，由平拋的位移規(guī)律求平拋的初速度；

(2)根據(jù)動能定理求解滑塊A達(dá)到最低點(diǎn)的速度大小，根據(jù)動量守恒定律、機(jī)械能守恒定律求解A的質(zhì)量；

(3)當(dāng)滑塊A.、B速度大小相等時(shí)彈簧彈性勢能最大，根據(jù)動量守恒定律有、機(jī)械能守恒定律求解彈簧彈性勢能的最大值。

本題主要是考查了動量守恒定律和能量守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力為零)；解答時(shí)要首先確定一個(gè)正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程，再根據(jù)能量關(guān)系列方程求解。16.【答案】解：(1)電子經(jīng)過電場加速過程，根據(jù)動能定理可得：

eU=12mv2

電子帶負(fù)電，根據(jù)左手定則可知磁感應(yīng)強(qiáng)度B方向垂直紙面向里。

設(shè)電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r，其軌跡如下圖所示，

由幾何關(guān)系可得：d=rsin60°

由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得：

evB=mv2r

聯(lián)立解得：B=1d3mU2e，方向垂直直面向里。

電子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為：

t=θrv，θ=π3

解得：t=πd96meU

(2)電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動時(shí)間為t′，則有：

d=vt′

vy=at′=eEmt′

tan60°=vyv

聯(lián)立可得：E=23Ud【解析】(1)根據(jù)動能定理求得電子經(jīng)過電場加速獲得的速度，根據(jù)左手定則可知磁感應(yīng)強(qiáng)度方向，根據(jù)幾何關(guān)系求得粒子在磁場中的運(yùn)動半徑，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，運(yùn)動時(shí)間等于軌跡弧長與線速度大小的比值；

(2)電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，將運(yùn)動分解處理。根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式求解電場強(qiáng)度和末速度。根據(jù)動能定義式求解末動能。

本題考查了帶電粒子在電磁場中運(yùn)動問題，典型基礎(chǔ)題目。對于在偏轉(zhuǎn)電場中的類平拋運(yùn)動，應(yīng)用運(yùn)動的合成與分解解答，分運(yùn)動具有等時(shí)性與獨(dú)立性。對于在磁場中的勻速圓周運(yùn)動，需要畫出粒子的運(yùn)動軌跡，確定圓心、運(yùn)動半徑、軌跡圓心角，由洛倫茲力提供向心力求解其它物理量。17.【答案】ACE

【解析】解：A.根據(jù)題意可知，狀態(tài)1變化到狀態(tài)2的過程，狀態(tài)1與絕對零度連線的斜率大于狀態(tài)2與絕對零度連線的斜率，由此可知狀態(tài)2氣體的體積大于狀態(tài)1氣體的體積，所以氧氣體積變大，可說明氧氣瓶正在漏氣，故A正確；

B.氣體體積變大，分子數(shù)密度變小，溫度減小，分子的平均動能也降低，根據(jù)氣體壓強(qiáng)的微觀解釋可知，單位時(shí)間內(nèi)撞擊氧氣瓶單位面積的分子數(shù)減少，故B錯(cuò)誤；

C.狀態(tài)1變化到狀態(tài)2的過程中體積減小，氣體對外做功W<0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=Q+W可知?dú)怏w內(nèi)能減小，溫度降低，故C正確；

D.溫度降低，氣體分子熱運(yùn)動的平均動能降低，但不是每個(gè)分子的動能都減小，故D錯(cuò)誤；

E.因?yàn)槁?，瓶?nèi)氣體質(zhì)量變小，而氧氣瓶體積不變，瓶內(nèi)氧氣的密度減小，故E正確。

故