【高考模擬】 湖南省衡陽市高考物理畢業(yè)班聯(lián)考試卷（二）（二模）答案與祥細解析

1、試卷第 =page 26 26頁，總 =sectionpages 27 27頁試卷第 =page 27 27頁，總 =sectionpages 27 27頁湖南省衡陽市高考物理畢業(yè)班聯(lián)考試卷（二）（二模）一、選擇題：本題共8小題，每小題6分共48分。在每小題給出的四個選項中，第15題只有一項符合題目要求；第68題有多項符合題目要求，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. 用如圖甲所示的電路研究光電效應(yīng)中光電流與照射光的強弱、頻率等物理量的關(guān)系。圖中A、K兩極間的電壓大小可調(diào)，電源的正負極也可以對調(diào)，分別用a、b、c三束單色光照射，調(diào)節(jié)A、K間的電壓U，得到光電流I與電壓U的

2、關(guān)系如圖乙所示，由圖可知（ ） A.由歐姆定律可知，甲圖中電壓表的示數(shù)為零時，電流表的示數(shù)也為零B.由能量守恒定律可知，光電子的最大初動能等于入射光子的能量C.單色光a和c的頻率相同，a光強度比c光的大，b光的頻率最大D.若用a、b、c三束單色光分別照射某種金屬，若b光能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則a光也一定能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)2. 2019年“山東艦“正式服役，標志著我國進入雙航母時代。如圖，“山東艦“正在沿直線航行，其質(zhì)量為m，發(fā)動機的輸出功率恒為P，所受阻力恒為f，某時刻速度為v1、加速度為a1，一段時間t后速度變?yōu)関2(v2v1)，在這段時間內(nèi)位移為s。下列關(guān)系式正確的是（ ） A.a1

3、=pmv1-fmB.f=pv1C.s=v1+v22tD.pt=12mv22-12mv123. 為了阻止宇宙中的小行星撞擊地球，科學家們提出在大氣層外的地球同步軌道上放一個質(zhì)量為m的超級核彈，當外來小行星飛近地球時將其摧毀，以減少小行星對地球造成的傷害。已知地球半徑為R，自轉(zhuǎn)周期為T，萬有引力常量為G，地球同步軌道離地面高度為h。下列說法正確的是（ ） A.核彈從地面發(fā)射到地球同步軌道過程中，速度不斷減小，機械能將不斷減小B.為了提高攔截的有效性，若將核彈送到比地球同步軌道更高的軌道上，則其在新軌道上的速度會比在地球同步軌道上的速度大C.核彈在地球同步軌道飛行時的加速度為a=42(R+h)T2D

4、.地球的平均密度為=3GT24. 如圖所示，一光滑絕緣足夠長的斜面與兩個固定等量負點電荷連線的中垂面重合，O為兩點電荷連線的中點A、B為斜面上的兩點，且BOAO，一個帶電荷量為q、質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點的小物塊，從A點以初速度v0開始沿斜面下滑，到達B點速度恰好為零。（斜面對電場無影響）以下說法正確的是（ ） A.小物塊帶正電，從A運動到B點，電勢能先減小后增大B.小物塊帶負電，從A運動到B點，加速度先增大后減小C.小物塊運動到O點時具有最大速度D.小物塊能回到A點，且回到A點時的速度大小小于v05. 如圖所示，高層住宅外安裝空調(diào)外機時，常利用電機通過纜繩牽引外機，為避免外機與陽臺、窗戶碰撞，通

5、常還會用一根拉繩拽著外機，纜繩拉力的大小為F1，方向與豎直方向成角；拉繩拉力大小為F2，與豎直方向的夾角為現(xiàn)使拉繩與豎直方向的夾角保持不變，外機沿豎直方向勻速上升，則在提升外機過程中，下列說法正確的是（ ） A.角可能等于角B.角可能大于角C.拉力F1、F2大小都不變D.拉力F1、F2大小都增大6. 如圖所示，導線框繞垂直于磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的交變電動勢為e262sin100t(V)。并與理想升壓變壓器相連進行遠距離輸電，理想降壓變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為4:1，降壓變壓器副線圈接入一只“12V12W”的燈泡，且燈泡正常發(fā)光，輸電線路總電阻r16，導線框及其余導線電阻不計，電表均為理想電表

6、，則（ ） A.電流表的示數(shù)為0.5AB.原線圈中交變電壓的頻率為100HzC.升壓變壓器的原副線圈匝數(shù)之比為1:2D.當降壓變壓器的線圈再并聯(lián)一只同樣燈泡時，輸電線上損失的功率增大7. 在某高空雜技類節(jié)目現(xiàn)場下方地面上放置一彈簧墊，此彈簧墊可視為質(zhì)量為m的木板與兩相同直立輕彈貨的上端相連，靜止時彈簧的壓縮量為h，如圖所示。某同學為了測試彈簧墊的性能，將一質(zhì)量為2m的物體從距木板上方2h的O點由靜止釋放，物體與木板碰撞后，粘在一起向下運動，到達最低點后又向上運動，它們恰能回到A點，空氣阻力、木板厚度、物體大小忽略不計，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是（ ） A.物體與木板一起向下運動過程

7、中的速度先增大后減小B.整個過程中，物體、木板和兩彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒C.物體與木板碰后瞬間加速度大小為g3，物體與木板恰好回到A點時加速度大小為gD.物體與木板碰撞之前，兩彈簧的彈性勢能總和為13mgh8. 如圖所示，在光滑絕緣的水平面上方，有兩個方向相反的水平方向的勻強磁場，磁場范圍足夠大，磁感應(yīng)強度的大小左邊為2B，右邊為3B，一個豎直放置的寬為L、長為3L、單位長度的質(zhì)量為m、單位長度的電阻為r的矩形金屬線框，以初速度v垂直磁場方向從圖中實線位置開始向右運動，當線框運動到虛線位置（在左邊磁場中的長度為L、在右邊磁場中的長度為2L）時，線框的速度為13v，則下列判斷正確的是（ ） A

8、.此時線框中電流方向為逆時針，電功率為25B2L2v272rB.此過程中通過線框截面的電量為5BL24rC.此過程中線框克服安培力做的功為329Lmv2D.此時線框的加速度大小為25B2v192mr二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分，第22題第32題為必考題，每個試題考生都必須作答第33題第38題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題（共129分） 用半徑均為r的小球1和小球2碰撞來驗證動量守恒定律，實驗裝置如圖甲所示，斜槽與水平槽圓滑連接。安裝固定好實驗裝置，豎直擋板上鋪一張白紙，白紙上鋪放復(fù)寫紙，用夾子固定，小球球心與O點位置等高，實驗步驟如下：步驟1：不放小球2，讓小球1從斜槽上A點

9、由靜止?jié)L下，并落在豎直擋板上。重復(fù)多次，確定小球落點的平均位置P；步驟2：把小球2放在斜槽前端邊緣位置B，讓小球1從A點由靜止?jié)L下，使它們碰撞。重復(fù)多次，確定碰撞后兩小球落點的平均位置M、N；步驟3：用毫米刻度尺測得O點與M、P、N三點的豎直方向的距離分別為h1、h2、h3。 （1）兩小球的直徑用螺旋測微器核準相等，測量結(jié)果如圖乙，則兩小球的直徑均為_mm。 （2）設(shè)球1和球2的質(zhì)量分別為m1、m2，若滿足_，則說明碰撞過程動量守恒，若還滿足_，則說明兩球發(fā)生的碰撞為彈性碰撞。（用“m1、m2、h1、h2、h3表示） 測定某種特殊電池的電動勢和內(nèi)阻，其電動勢E約為十幾V，內(nèi)阻r約為幾，實驗室提

10、供的器材有A量程為10mA、內(nèi)阻未知的電流表G；B電阻箱R1(09999.9)；C電阻箱R2(0999.9)；D滑動變阻器R3(0100)；E滑動變阻器R4(02000)；F開關(guān)2只，導線若干 （1）先用如圖所示甲的電路來測定電流表G內(nèi)阻補充完成實驗：為確保實驗儀器安全，滑動變阻器R應(yīng)該選取_（選填“R3”或“R4”）；連接好電路，斷開S1、S2，將R的滑片滑到_（選填“a”或“b”）端；閉合S1，調(diào)節(jié)R，使電流表G滿偏；保持R不變，再閉合S2，調(diào)節(jié)電阻箱電阻R120.0時，電流表G的讀數(shù)為5mA；調(diào)節(jié)電阻箱時，干路上電流幾乎不變，則測定的電流表G內(nèi)阻Rg_ （2）按圖乙連接電路，將電阻箱R1

11、的阻值調(diào)為R01180.0，再閉合開關(guān)S1、S2多次調(diào)節(jié)電阻箱R2，記錄每次電阻箱的阻值R2及對應(yīng)的電流表的示數(shù)I，作出1I-1R2圖像如圖丙所示，由兩次操作測得的數(shù)據(jù)求得電池的電動勢為_V，內(nèi)阻為_（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字） 如圖所示，傳送帶A、B之間的距離為L5.8m，與水平面間的夾角為37，傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，速度恒為v4m/s，在上端A點處無初速度地放置一個質(zhì)量m1kg、大小可視為質(zhì)點的金屬塊，它與傳送帶的動摩擦因數(shù)為0.5，金屬塊滑離傳送帶后，經(jīng)過彎道，沿半徑R0.9m的光滑圓軌道做圓周運動，剛好能通過最高點E，已知B、D兩點的豎直高度差為h1.0m，DE為豎直方向圓軌道的直徑(

12、g取10m/s2)。求： （1）金屬塊經(jīng)過D點時對軌道的壓力； （2）金屬塊在BCD彎道上克服摩擦力做的功。 如圖所示，MN長為3L，NP長為4L的矩形MNPQ區(qū)域內(nèi)，存在以對角線MP為分界線的兩個勻強磁場區(qū)域和，方向均垂直紙面向外，區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小可調(diào)，區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小為B，一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子從M點以平行于MN邊的方向射入磁場區(qū)域中，速度大小為v=qBL2m，不計粒子所受重力，矩形外邊線上均存在磁場。(sin370.6,cos370.8) （1）若粒子無法進入?yún)^(qū)域II中，求區(qū)域磁感應(yīng)強度大小范圍； （2）若區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小B1=B2，求粒子在磁場中的運動時間； （3

13、）若粒子能到達對角線MP的中點O點，求區(qū)域I磁場的磁感應(yīng)強度大小的所有可能值。選考題：共45分請考生從給出的2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目的題號涂黑注意所做題目的題號必須與所涂題目的題號一致，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題如果多做，則每學科按所做的第一題計分物理-選修3-3（15分） 在“用油膜法估測油酸分子直徑”的實驗中，某同學按如下操作： A.在量筒中滴入一滴已配制好的油酸酒精溶液，測出其體積；B.在裝有水、水面撒有適量痱子粉的淺盤中滴入一滴已配制好的溶液，待薄膜形狀穩(wěn)定；C.將玻璃板放在淺盤上，將油膜形狀描繪在玻璃板上；D.將玻璃板平

14、放在坐標紙上，計算出油膜的面積，根據(jù)油酸體積和面積計算出油酸分子的直徑。 其中操作不合理的步驟是 A ； 實驗中使用到油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是 C ； A可使油酸和痱子粉之間形成清晰的邊界輪廓 B有助于測量一滴油酸的體積 C對油酸溶液起到稀釋作用 D有助于油酸的顏色更透明便于識別 已知油酸酒精溶液中油酸體積占比例為k，n滴油酸溶液體積為V，一滴油酸溶液形成油膜的面積為S，則油酸分子的直徑為 kVnS 。 用打氣筒給籃球打氣時，每次提起活塞，籃球充氣孔處的橡膠墊立即封閉充氣孔，外界大氣自由進入打氣筒內(nèi)；然后向下壓活塞，打氣筒進氣口立即封閉，當打氣筒內(nèi)氣壓超過籃球內(nèi)氣壓時，籃球充氣孔打開

15、，打氣筒內(nèi)氣體被壓入籃球內(nèi)。設(shè)某個籃球用了一段時間后，其內(nèi)氣壓為p，現(xiàn)用內(nèi)橫截面積為S的打氣筒給籃球打氣，每次拉出活塞的長度為h，再將活塞壓下h長度時都能將吸入打氣筒的氣體全部壓入籃球內(nèi)。已知外界大氣氣壓為p0，設(shè)整個打氣過程中氣體溫度均不變、籃球內(nèi)膽容積V已知且不變。求第n次打氣完成后，籃球內(nèi)氣體的壓強；試求第(n+1)次壓下活塞長度h至少為多大時，籃球充氣孔才能打開？ 物理-選修3-4（15分） 下列說法正確的是（ ） A.一束單色光由空氣射入玻璃，這束光的速度變慢，波長變短B.電視遙控器發(fā)出的紅外線的波長比醫(yī)院里“CT”中發(fā)出的X射線的波長要短C.聲源向靜止的觀察者靠近，觀察者接收到的頻

16、率小于聲源的頻率D.日落時分，拍攝水面下的景物，在照相機鏡頭前裝上偏振濾光片可以使景像更清晰E.分別用紅光、紫光在同一個雙縫干涉實驗裝置上做實驗，紅光的相鄰兩個亮條紋的中心間距大于紫光的相鄰兩個亮條紋的中心間距 一質(zhì)點A做簡諧運動，某時刻開始計時，其位移和時間關(guān)系如圖甲所示。由于A質(zhì)點振動形成的簡諧橫波沿x正方向傳播，在波的傳播方向所在的直線上有一質(zhì)點B，它距A的距離為0.5m，如圖乙所示。在波動過程中，開始計時時B質(zhì)點正經(jīng)過平衡位置向上運動，求：從開始計時，t0.7510-2s時質(zhì)點A相對平衡的位置的位移；在t0到t910-2s時間內(nèi)，質(zhì)點A通過的路程；該簡諧橫波傳播的速度。 參考答案與試題

17、解析 湖南省衡陽市高考物理畢業(yè)班聯(lián)考試卷（二）（二模）一、選擇題：本題共8小題，每小題6分共48分。在每小題給出的四個選項中，第15題只有一項符合題目要求；第68題有多項符合題目要求，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.【答案】C【考點】愛因斯坦光電效應(yīng)方程光電效應(yīng)現(xiàn)象及其解釋【解析】根據(jù)光電效應(yīng)的產(chǎn)生條件分析，入射光的頻率大于金屬的極限頻率時，發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象。光電管加正向電壓，分析飽和光電流的影響因素。光電管加反向電壓，分析遏止電壓的大小。【解答】A、根據(jù)光電效應(yīng)的產(chǎn)生條件分析，入射光的頻率大于金屬的極限頻率時，發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，歐姆定律在這里不適用，故甲圖中電壓表的

18、示數(shù)為零時，電流表的示數(shù)不為零，故A錯誤；B、根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程可知，Ekmhv-W0，光電子的最大初動能小于入射光子的能量，故B錯誤；C、根據(jù)動能定理可知，eU截Ekmhv-W0，單色光a和c的遏止電壓相等，小于b光的遏止電壓，則單色光a和c的頻率相同，b光的頻率最大，分析圖乙可知，a光的飽和光電流大于c光，則a光強度比c光的大，故C正確；D、根據(jù)光電效應(yīng)的產(chǎn)生條件分析，入射光的頻率大于金屬的極限頻率時，發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，b光的頻率最大，若用a、b、c三束單色光分別照射某種金屬，若b光能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則a光不一定能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，故D錯誤。2.【答案】A【考點】動能定理的

19、應(yīng)用牛頓第二定律的概念瞬時功率平均功率【解析】航母在額定功率下運動，當牽引力等于阻力時速度達到最大，在此之前航母做加速度減小的變加速度運動，牽引力逐漸減小，即可利用運動學公式和動能定理判斷；【解答】A、航母在額定功率下運動，則以v1速度運動時，牽引力為F1=Pv1，此時根據(jù)牛頓第二定律可知F1-fma1，解得a1=Pmv1-fm，故A正確；B、發(fā)動機的輸出功率恒為P，所受阻力恒為f，行駛的最大速度為vm=Pf，解得f=Pvm，由于vmv1，故fPv1，故B錯誤；C、航母在額定功率下運動，做的是變加速運動，故通過的位移不是s=v1+v22t，此公式只適用于勻變速直線運動，故C錯誤；D、在此運動過

20、程中，受到牽引力和阻力，根據(jù)動能定理可知Pt-fs=12mv22-12mv12，故D錯誤；3.【答案】C【考點】向心力同步衛(wèi)星萬有引力定律及其應(yīng)用人造衛(wèi)星上進行微重力條件下的實驗【解析】根據(jù)能量關(guān)系分析核彈的機械能的變化；根據(jù)v=GMr分析線速度的大??；根據(jù)向心加速度的計算公式求解核彈在地球同步軌道飛行時的加速度；對同步衛(wèi)星根據(jù)萬有引力提供向心力求解地球的質(zhì)量，再根據(jù)密度計算公式求解地球的平均密度。【解答】A、核彈從地面發(fā)射到地球同步軌道過程中，要不斷地對核彈補充能量，核彈的機械能將不斷增大，故A錯誤；B、根據(jù)v=GMr可知，若將核彈送到比地球同步軌道更高的軌道上，則其在新軌道上的速度會比在地

21、球同步軌道上的速度小，故B錯誤；C、核彈在地球同步軌道飛行時的加速度為a(R+h)2=42(R+h)T2，故C正確；D、設(shè)地球的質(zhì)量為M，對同步衛(wèi)星根據(jù)萬有引力提供向心力可得：GMm(R+h)2=m(R+h)42T2，解得：M=42(R+h)3GT2則地球的平均密度為=M43R3=3(R+h)3GT2R3，故D錯誤。4.【答案】A【考點】電勢能電勢差與電場強度的關(guān)系電場力做功與電勢能變化的關(guān)系【解析】根據(jù)等量負點電荷電場線及小物塊運動情況，判斷電場力的方向及電場力的大小?！窘獯稹扛鶕?jù)等量負點電荷電場線可知，連線中垂線方向從無窮遠到連線中點電場強度大小先增大后減小到0，方向從無窮遠指向連線中點。

22、A、由題意知，物塊到B點速度為零，可知小球到B點前做減速運動，故小球在B點所受電場力方向為B到O方向，根據(jù)等量負電荷電場線知，電場強度方向為B到O方向，與電場力方向一致，則小物塊帶正電。由于小物塊帶正電，電場力與電場方向方向一致，從A到O點，電場力方向為A指向O，電場力做正功，電勢能減小，從O到B點，電場力方向為為B指向O，電場力做負功，電勢能增加，故A正確；B、從A到O，電場強度可能先增加后減小，也可能一直減少，從O到B，電場強度可能先增加后減小，也可能一直增加，故加速度的變化可能先減小后增加，也可能先增加后減小再增加再減小，故B錯誤；C、小物塊運動到加速度為零時具有最大速度，加速度為零的位

23、置在BO上某點，故C錯誤；D、小物塊從A到B再次回到A的過程中，重力先做正功再做負功，合功為零，電場力先做正功再做負功，再做正功再做負功，合功為零，動能沒有變化，則小物塊能回到A點，且回到A點時的速度等于v0，故D錯誤；5.【答案】D【考點】力的合成與分解的應(yīng)用解直角三角形在三力平衡問題中的應(yīng)用【解析】對空調(diào)主機受力分析，因做勻速運動，故在豎直方向合力為零，水平方向合力為零，由數(shù)學關(guān)系即可判斷。【解答】CD、對空調(diào)主機受力分析如圖，受到重力和兩根繩子的拉力，由于空調(diào)主機是勻速運動，故合力為零；在豎直方向：F1cos-mg-F2cos0在水平方向：F1sin-F2sin0在上升過程中，增大，而不

24、變，聯(lián)立可以判斷纜繩拉力F1和拉繩拉力F2都增大，故D正確，C錯誤；AB、因F1大于F2，根據(jù)F1sinF2sin可知纜繩與豎直方向的夾角小于角，故AB錯誤。6.【答案】A,C,D【考點】交流發(fā)電機及其產(chǎn)生正弦式電流的原理變壓器的構(gòu)造和原理【解析】求出降壓變壓器副線圈的電流和原線圈的電流，再求出升壓變壓器輸入電壓，根據(jù)總功率等于燈泡的功率與損失的功率之和求解原線圈電流；根據(jù)交變電動勢表達式求解原線圈中交變電壓的頻率；升壓變壓器的原副線圈匝數(shù)之比等于電流的反比；當降壓變壓器的線圈再并聯(lián)一只同樣燈泡時，總電阻減小、總電流增大，由此分析損失的電功率的變化?！窘獯稹緼、降壓變壓器副線圈接入一只“12V

25、12W”的燈泡，且燈泡正常發(fā)光，則降壓變壓器副線圈的電流I3=1212A1A，理想降壓變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為4:1，則降壓變壓器原線圈的電流I2=14I3=0.25A，升壓變壓器輸入電壓為U1=2622V26V，設(shè)電流表的示數(shù)為I1，根據(jù)功率關(guān)系可得：U1I1I22r+12W，解得：I10.5A，故A正確；B、交變電動勢表達式為e262sin100t(V)，所以原線圈中交變電壓的頻率為f=1002Hz50Hz，故B錯誤；C、升壓變壓器的原副線圈匝數(shù)之比為n1n2=I2I1=0.250.5=12，故C正確；D、當降壓變壓器的線圈再并聯(lián)一只同樣燈泡時，總電阻減小、總電流增大，則輸電線上的電流I

26、2也增大，根據(jù)PI22r可得輸電線上損失的功率增大，故D正確。7.【答案】A,D【考點】動量守恒定律的理解摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化系統(tǒng)機械能守恒定律的應(yīng)用動量守恒定律的綜合應(yīng)用機械能守恒的判斷牛頓第二定律的概念【解析】物體與木板一起向下運動過程中，分析系統(tǒng)的受力情況，判斷運動情況，確定速度是如何變化的。分析能量的轉(zhuǎn)化情況，判斷系統(tǒng)的機械能是否守恒。物體與木板碰后瞬間，以物體與木板整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律求加速度。再根據(jù)牛頓第二定律求物體與木板恰好回到A點時的加速度大小。根據(jù)機械能守恒定律和動量守恒定律求物體與木板碰撞之前，兩彈簧的彈性勢能總和?！窘獯稹緼、物體與木板一起向下運動過程中，整體

27、受到的彈簧彈力先小于總重力，后大于總重力，整體的合外力先向下后向上，則整體先向下加速，后向下減速，速度先增大后減小，故A正確；B、物體與木板發(fā)生非彈性碰撞，系統(tǒng)的機械能有損失，所以，在整個過程中，物體、木板和兩彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故B錯誤；C、兩彈簧原來的彈力大小為Fmg，物體與木板碰后瞬間彈簧的彈力不變，對整體有：(m+2m)g-F(m+2m)a解得：a=23g物體與木板恰好回到A點時，彈簧的彈力為0，整體只受重力，加速度大小為g，故C錯誤；D、物體與木板碰撞前瞬間的速度為v0=2g2h=2gh碰撞過程，取豎直向下方向為正方向，由動量守恒定律得：2mv0(m+2m)v從碰撞后到回到A

28、點的過程，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒得：12(m+2m)v2+Ep(m+2m)gh，聯(lián)立解得：物體與木板碰撞之前，兩彈簧的彈性勢能總和為Ep=13mgh，故D正確。8.【答案】C,D【考點】法拉第電磁感應(yīng)定律閉合電路的歐姆定律電磁感應(yīng)中的能量問題感生電動勢單桿切割磁感線【解析】根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，根據(jù)電功率的計算公式求解電功率；求出初位置、虛線位置的磁通量和此過程中磁通量的變化量，根據(jù)電荷量的經(jīng)驗公式求解通過線框截面的電量；根據(jù)動能定理可得此過程中線框克服安培力做的功；根據(jù)牛頓第二定律可得加速度大小?！窘獯稹坑捎诮饘倏騿挝婚L度的質(zhì)量為m、單位長

29、度的電阻為r，則總質(zhì)量M8Lm，總電阻R8Lr。A、根據(jù)楞次定律可知此時線框中電流方向為逆時針，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E2BL13v+3BL13v=53BLv，電功率為P=E2R=25B2Lv272rW，故A錯誤；B、初位置線框的磁通量12BS6BL2，向外；在虛線位置的磁通量為23B2L2-2BL24BL2，向里；此過程中磁通量的變化量為1+210BL2，此過程中通過線框截面的電量為q=R=10BL28Lr=5BL4rC，故B錯誤；C、根據(jù)動能定理可得此過程中線框克服安培力做的功為W=12Mv2-12M(13v)2=329Lmv2J，故C正確；D、此時線框的電流強度為I=ER=5BL8r，安培力為

30、FA2BIL+3BIL5BIL，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度大小為a=FAM=25B2v192mrm/s2，故D正確。二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分，第22題第32題為必考題，每個試題考生都必須作答第33題第38題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題（共129分）【答案】9.846m1h2=m1h1+m2h3,m1h2=m1h1+m2h3【考點】利用平拋運動規(guī)律驗證動量守恒定律【解析】（1）螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器的示數(shù)。（2）小球離開水平槽后做平拋運動，應(yīng)用平拋運動規(guī)律求出碰撞前后兩球的速度，然后應(yīng)用動量守恒定律與機械能守恒定律求出實驗需要驗證的表達式。【解答

31、】由圖示螺旋測微器可知，小球直徑為：9.5mm+34.60.01mm9.846mm。設(shè)水平槽右端與豎直擋板間的水平距離為L，小球離開水平槽后做平拋運動，水平方向：Lvt，豎直方向：h=12gt2解得：vLg2h，則碰撞前球1的初速度：v0Lg2h2，碰撞后球1的速度：v1Lg2h1，碰撞后球2的速度：v2Lg2h3，兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：m1v0m1v1+m2v2，即：m1Lg2h2=m2Lg2h3+m1Lg2h1，整理得：m1h2=m1h1+m2h3；兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得：12m1v02=12m1v12+12m2v

32、22，整理得：m1h2=m1h1+m2h3；【答案】（1）R4,a,20.0（2）12,3.2【考點】測定電源的電動勢和內(nèi)阻【解析】（1）根據(jù)電源電動勢與電流表量程求出電路最小總電阻，然后選擇滑動變阻器。滑動變阻器采用限流接法時，為保護電路，閉合開關(guān)前滑片要置于阻值最大處。根據(jù)實驗步驟應(yīng)用并聯(lián)電路特點求出電流表內(nèi)阻。（2）根據(jù)圖示電路圖應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達式，根據(jù)圖示圖象求出電源電動勢與內(nèi)阻?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)電源電動勢為12V，電路最小總電阻約為：R=EIg=121010-31200，滑動變阻器R應(yīng)該選取R4，滑動變阻器采用限流接法，為保護電路，連接好電路，斷開S1、S

33、2，將R的滑片滑到a端；由實驗步驟、可知，流過電阻箱R1的電流與流過電流表的電流相等，電阻箱與電流表并聯(lián)，由并聯(lián)電路特點可知，電流表內(nèi)阻等于電阻箱接入電路的阻值，電流表內(nèi)阻RgR120.0（2）由圖乙所示電路圖可知，電源電動勢：EU+(I+UR2)rI(Rg+R1)+(I+I(R1+Rg)R2)r，整理得：1I=(R1+Rg)rE1R2+R1+Rg+rE，由圖示1I-1R2圖像可知，圖象斜率：k=(R1+Rg)rE=180-1000.252/V，圖象縱軸截距：b=R1+Rg+rE=100A-1，代入數(shù)據(jù)解得：E12V，r3.2【答案】金屬塊經(jīng)過D點時對軌道的壓力為60N；金屬塊在BCD彎道上克

34、服摩擦力做的功為5.5J?！究键c】動能定理的應(yīng)用向心力牛頓第三定律的概念【解析】（1）對金屬塊在E點應(yīng)用牛頓第二定律求得速度，然后由機械能守恒求得在D的速度，即可由牛頓第二定律求得支持力，再由牛頓第三定律求得壓力；（2）對金屬塊在AB上的運動進行分析，得到具體運動過程，然后根據(jù)位移求得末速度，再對B到D運動過程應(yīng)用動能定理即可求解。【解答】金屬塊在E點時，mg=mvE2R解得vE=gR=3m/s在從D到E的過程中由動能定理得：-mg2R=12mvE2-12mvD2解得vD35m/s在D點由牛頓第二定律得FN-mg=mvD2R解得：FN60N，由牛頓第三定律可得：FN1FN60N，方向豎直向下。

35、金屬塊剛剛放上傳送帶時，mgsin+mgcosma1解得a110m/s2設(shè)經(jīng)位移s1達到相同速度，則v22a1s1，解得：s10.8m5.8m繼續(xù)加速的過程中，mgsin-mgcosma2，解得a22m/s2由s2L-s15m，vB2-v2=2a2s2解得vB6m/s在從B到D的過程中由動能定理得mgh-Wf=12mvD2-12mvB2解得Wf5.5J【答案】若粒子無法進入?yún)^(qū)域II中，區(qū)域磁感應(yīng)強度大小范圍為0B13L根據(jù)qvB1=mv2R解得：B1B6故I區(qū)域的磁感應(yīng)強度范圍為：0B1B6粒子在區(qū)域I運動，由B1=B2，根據(jù)qvB1=mv2R，解得RL粒子在區(qū)域II種運動，根據(jù)qvB=mv2

36、r，解得r=L2畫出軌跡如圖a所示，在區(qū)域I中運動所對應(yīng)的圓心角為106，在區(qū)域II中運動所對應(yīng)的圓心角為148所以粒子在磁場種運動的時間為t=1063602mqB2+1483602mqB=2mqB因為粒子在區(qū)域II中運動半徑為r=L2，若粒子在區(qū)域I中運動半徑R較小，則粒子會從MQ邊射出磁場，若粒子恰好不從MQ邊射出時應(yīng)滿足粒子運動軌跡與MQ相切如圖b所示，O2O1A74，sin74=rR-r又因為sin74=2sin37cos37=2425解得R=4924r=4948L若粒子由區(qū)域II達到O點，每次前進MC22(R-r)cos37由周期性可得MOnMC2(n1,2,3)，即52L=85n(

37、R-r)Rr+2516nL4948L，解得n3當n1時，R=3316L，B1=833B當n2時，R=4132L,B1=1641B當n3時，R=4948L,B1=2449B若粒子由區(qū)域II達到O點，如圖c由周期性可得MOMC1+nMC2(n1,2,3)則52L=85R+85n(R-r)解得R=52+45n85(1+n)L4948L解得：n2625當n0時，R=2516L,B1=825B當n1時，R=3332L，B1=1633B選考題：共45分請考生從給出的2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目的題號涂黑注意所做題目的題號必須與所涂題目的題號一致，在

38、答題卡選答區(qū)域指定位置答題如果多做，則每學科按所做的第一題計分物理-選修3-3（15分）【答案】C一滴油酸溶液純油酸體積為V0kVn，一滴油酸溶液形成油膜面積為S，那么油酸分子直徑為：d=kVnS（4）故答案為：ACkVnS【考點】用油膜法估測分子的大小【解析】取多滴油酸酒精溶液，求平均值，才使得一滴該溶液的體積較為準確，并求出一滴油酸的體積；油酸不加稀釋時形成的油膜面積很大，不便于測量，酒精溶液的作用是對油酸溶液起到稀釋作用；求出油酸的體積與油膜的面積，可以求出油膜的厚度，即油酸分子的直徑?！窘獯稹緽在裝有水、水面撒有適量痱子粉的淺盤中滴入一滴已配制好的溶液，待薄膜形狀穩(wěn)定，故B正確（1）C

39、將玻璃板放在淺盤上，將油膜形狀描繪在玻璃板上，故C正確（2）D將玻璃板平放在坐標紙上，計算出油膜的面積，根據(jù)油酸體積和面積計算出油酸分子的直徑，故D正確。選操作不合理的步驟是，故選：A(3)如果油酸不加稀釋形成的油膜面積很大，不便于測量，油酸可以溶于酒精，因此酒精溶液的作用是對油酸溶液起到稀釋作用，故ABD錯誤，C正確。故選：C。一滴油酸溶液純油酸體積為V0kVn，一滴油酸溶液形成油膜面積為S，那么油酸分子直徑為：d=kVnS(4)故答案為：A；C；kVnS。【答案】第n次打氣完成后，籃球內(nèi)氣體的壓強為p+np0ShV；第(n+1)次壓下活塞長度h至少為h-p0hVpV+np0Sh時，籃球充氣孔才能打開?！究键c】“玻璃管封液”模型理想氣體的狀態(tài)方程【