【高考模拟】 湖南省衡阳市高考物理毕业班联考试卷（二）（二模）答案与祥细解析

1、试卷第 =page 26 26页，总 =sectionpages 27 27页试卷第 =page 27 27页，总 =sectionpages 27 27页湖南省衡阳市高考物理毕业班联考试卷（二）（二模）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题只有一项符合题目要求；第68题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. 用如图甲所示的电路研究光电效应中光电流与照射光的强弱、频率等物理量的关系。图中A、K两极间的电压大小可调，电源的正负极也可以对调，分别用a、b、c三束单色光照射，调节A、K间的电压U，得到光电流I与电压U的

2、关系如图乙所示，由图可知（ ） A.由欧姆定律可知，甲图中电压表的示数为零时，电流表的示数也为零B.由能量守恒定律可知，光电子的最大初动能等于入射光子的能量C.单色光a和c的频率相同，a光强度比c光的大，b光的频率最大D.若用a、b、c三束单色光分别照射某种金属，若b光能使该金属发生光电效应，则a光也一定能使该金属发生光电效应2. 2019年“山东舰“正式服役，标志着我国进入双航母时代。如图，“山东舰“正在沿直线航行，其质量为m，发动机的输出功率恒为P，所受阻力恒为f，某时刻速度为v1、加速度为a1，一段时间t后速度变为v2(v2v1)，在这段时间内位移为s。下列关系式正确的是（ ） A.a1

3、=pmv1-fmB.f=pv1C.s=v1+v22tD.pt=12mv22-12mv123. 为了阻止宇宙中的小行星撞击地球，科学家们提出在大气层外的地球同步轨道上放一个质量为m的超级核弹，当外来小行星飞近地球时将其摧毁，以减少小行星对地球造成的伤害。已知地球半径为R，自转周期为T，万有引力常量为G，地球同步轨道离地面高度为h。下列说法正确的是（ ） A.核弹从地面发射到地球同步轨道过程中，速度不断减小，机械能将不断减小B.为了提高拦截的有效性，若将核弹送到比地球同步轨道更高的轨道上，则其在新轨道上的速度会比在地球同步轨道上的速度大C.核弹在地球同步轨道飞行时的加速度为a=42(R+h)T2D

4、.地球的平均密度为=3GT24. 如图所示，一光滑绝缘足够长的斜面与两个固定等量负点电荷连线的中垂面重合，O为两点电荷连线的中点A、B为斜面上的两点，且BOAO，一个带电荷量为q、质量为m，可视为质点的小物块，从A点以初速度v0开始沿斜面下滑，到达B点速度恰好为零。（斜面对电场无影响）以下说法正确的是（ ） A.小物块带正电，从A运动到B点，电势能先减小后增大B.小物块带负电，从A运动到B点，加速度先增大后减小C.小物块运动到O点时具有最大速度D.小物块能回到A点，且回到A点时的速度大小小于v05. 如图所示，高层住宅外安装空调外机时，常利用电机通过缆绳牵引外机，为避免外机与阳台、窗户碰撞，通

5、常还会用一根拉绳拽着外机，缆绳拉力的大小为F1，方向与竖直方向成角；拉绳拉力大小为F2，与竖直方向的夹角为现使拉绳与竖直方向的夹角保持不变，外机沿竖直方向匀速上升，则在提升外机过程中，下列说法正确的是（ ） A.角可能等于角B.角可能大于角C.拉力F1、F2大小都不变D.拉力F1、F2大小都增大6. 如图所示，导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电动势为e262sin100t(V)。并与理想升压变压器相连进行远距离输电，理想降压变压器的原、副线圈匝数比为4:1，降压变压器副线圈接入一只“12V12W”的灯泡，且灯泡正常发光，输电线路总电阻r16，导线框及其余导线电阻不计，电表均为理想电表

6、，则（ ） A.电流表的示数为0.5AB.原线圈中交变电压的频率为100HzC.升压变压器的原副线圈匝数之比为1:2D.当降压变压器的线圈再并联一只同样灯泡时，输电线上损失的功率增大7. 在某高空杂技类节目现场下方地面上放置一弹簧垫，此弹簧垫可视为质量为m的木板与两相同直立轻弹货的上端相连，静止时弹簧的压缩量为h，如图所示。某同学为了测试弹簧垫的性能，将一质量为2m的物体从距木板上方2h的O点由静止释放，物体与木板碰撞后，粘在一起向下运动，到达最低点后又向上运动，它们恰能回到A点，空气阻力、木板厚度、物体大小忽略不计，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ） A.物体与木板一起向下运动过程

7、中的速度先增大后减小B.整个过程中，物体、木板和两弹簧组成的系统机械能守恒C.物体与木板碰后瞬间加速度大小为g3，物体与木板恰好回到A点时加速度大小为gD.物体与木板碰撞之前，两弹簧的弹性势能总和为13mgh8. 如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，磁场范围足够大，磁感应强度的大小左边为2B，右边为3B，一个竖直放置的宽为L、长为3L、单位长度的质量为m、单位长度的电阻为r的矩形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到虚线位置（在左边磁场中的长度为L、在右边磁场中的长度为2L）时，线框的速度为13v，则下列判断正确的是（ ） A

8、.此时线框中电流方向为逆时针，电功率为25B2L2v272rB.此过程中通过线框截面的电量为5BL24rC.此过程中线框克服安培力做的功为329Lmv2D.此时线框的加速度大小为25B2v192mr二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第38题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分） 用半径均为r的小球1和小球2碰撞来验证动量守恒定律，实验装置如图甲所示，斜槽与水平槽圆滑连接。安装固定好实验装置，竖直挡板上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，用夹子固定，小球球心与O点位置等高，实验步骤如下：步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点

9、由静止滚下，并落在竖直挡板上。重复多次，确定小球落点的平均位置P；步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，确定碰撞后两小球落点的平均位置M、N；步骤3：用毫米刻度尺测得O点与M、P、N三点的竖直方向的距离分别为h1、h2、h3。 （1）两小球的直径用螺旋测微器核准相等，测量结果如图乙，则两小球的直径均为_mm。 （2）设球1和球2的质量分别为m1、m2，若满足_，则说明碰撞过程动量守恒，若还满足_，则说明两球发生的碰撞为弹性碰撞。（用“m1、m2、h1、h2、h3表示） 测定某种特殊电池的电动势和内阻，其电动势E约为十几V，内阻r约为几，实验室提

10、供的器材有A量程为10mA、内阻未知的电流表G；B电阻箱R1(09999.9)；C电阻箱R2(0999.9)；D滑动变阻器R3(0100)；E滑动变阻器R4(02000)；F开关2只，导线若干 （1）先用如图所示甲的电路来测定电流表G内阻补充完成实验：为确保实验仪器安全，滑动变阻器R应该选取_（选填“R3”或“R4”）；连接好电路，断开S1、S2，将R的滑片滑到_（选填“a”或“b”）端；闭合S1，调节R，使电流表G满偏；保持R不变，再闭合S2，调节电阻箱电阻R120.0时，电流表G的读数为5mA；调节电阻箱时，干路上电流几乎不变，则测定的电流表G内阻Rg_ （2）按图乙连接电路，将电阻箱R1

11、的阻值调为R01180.0，再闭合开关S1、S2多次调节电阻箱R2，记录每次电阻箱的阻值R2及对应的电流表的示数I，作出1I-1R2图像如图丙所示，由两次操作测得的数据求得电池的电动势为_V，内阻为_（结果均保留两位有效数字） 如图所示，传送带A、B之间的距离为L5.8m，与水平面间的夹角为37，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v4m/s，在上端A点处无初速度地放置一个质量m1kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R0.9m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h1.0m，DE为竖直方向圆轨道的直径(

12、g取10m/s2)。求： （1）金属块经过D点时对轨道的压力； （2）金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功。 如图所示，MN长为3L，NP长为4L的矩形MNPQ区域内，存在以对角线MP为分界线的两个匀强磁场区域和，方向均垂直纸面向外，区域的磁感应强度大小可调，区域的磁感应强度大小为B，一质量为m、电量为q的带正电粒子从M点以平行于MN边的方向射入磁场区域中，速度大小为v=qBL2m，不计粒子所受重力，矩形外边线上均存在磁场。(sin370.6,cos370.8) （1）若粒子无法进入区域II中，求区域磁感应强度大小范围； （2）若区域的磁感应强度大小B1=B2，求粒子在磁场中的运动时间； （3

13、）若粒子能到达对角线MP的中点O点，求区域I磁场的磁感应强度大小的所有可能值。选考题：共45分请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则每学科按所做的第一题计分物理-选修3-3（15分） 在“用油膜法估测油酸分子直径”的实验中，某同学按如下操作： A.在量筒中滴入一滴已配制好的油酸酒精溶液，测出其体积；B.在装有水、水面撒有适量痱子粉的浅盘中滴入一滴已配制好的溶液，待薄膜形状稳定；C.将玻璃板放在浅盘上，将油膜形状描绘在玻璃板上；D.将玻璃板平

14、放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸体积和面积计算出油酸分子的直径。 其中操作不合理的步骤是 A ； 实验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间形成清晰的边界轮廓 B有助于测量一滴油酸的体积 C对油酸溶液起到稀释作用 D有助于油酸的颜色更透明便于识别 已知油酸酒精溶液中油酸体积占比例为k，n滴油酸溶液体积为V，一滴油酸溶液形成油膜的面积为S，则油酸分子的直径为 kVnS 。 用打气筒给篮球打气时，每次提起活塞，篮球充气孔处的橡胶垫立即封闭充气孔，外界大气自由进入打气筒内；然后向下压活塞，打气筒进气口立即封闭，当打气筒内气压超过篮球内气压时，篮球充气孔打开

15、，打气筒内气体被压入篮球内。设某个篮球用了一段时间后，其内气压为p，现用内横截面积为S的打气筒给篮球打气，每次拉出活塞的长度为h，再将活塞压下h长度时都能将吸入打气筒的气体全部压入篮球内。已知外界大气气压为p0，设整个打气过程中气体温度均不变、篮球内胆容积V已知且不变。求第n次打气完成后，篮球内气体的压强；试求第(n+1)次压下活塞长度h至少为多大时，篮球充气孔才能打开？ 物理-选修3-4（15分） 下列说法正确的是（ ） A.一束单色光由空气射入玻璃，这束光的速度变慢，波长变短B.电视遥控器发出的红外线的波长比医院里“CT”中发出的X射线的波长要短C.声源向静止的观察者靠近，观察者接收到的频

16、率小于声源的频率D.日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振滤光片可以使景像更清晰E.分别用红光、紫光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，红光的相邻两个亮条纹的中心间距大于紫光的相邻两个亮条纹的中心间距 一质点A做简谐运动，某时刻开始计时，其位移和时间关系如图甲所示。由于A质点振动形成的简谐横波沿x正方向传播，在波的传播方向所在的直线上有一质点B，它距A的距离为0.5m，如图乙所示。在波动过程中，开始计时时B质点正经过平衡位置向上运动，求：从开始计时，t0.7510-2s时质点A相对平衡的位置的位移；在t0到t910-2s时间内，质点A通过的路程；该简谐横波传播的速度。 参考答案与试题

17、解析 湖南省衡阳市高考物理毕业班联考试卷（二）（二模）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题只有一项符合题目要求；第68题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.【答案】C【考点】爱因斯坦光电效应方程光电效应现象及其解释【解析】根据光电效应的产生条件分析，入射光的频率大于金属的极限频率时，发生光电效应现象。光电管加正向电压，分析饱和光电流的影响因素。光电管加反向电压，分析遏止电压的大小。【解答】A、根据光电效应的产生条件分析，入射光的频率大于金属的极限频率时，发生光电效应现象，欧姆定律在这里不适用，故甲图中电压表的

18、示数为零时，电流表的示数不为零，故A错误；B、根据爱因斯坦光电效应方程可知，Ekmhv-W0，光电子的最大初动能小于入射光子的能量，故B错误；C、根据动能定理可知，eU截Ekmhv-W0，单色光a和c的遏止电压相等，小于b光的遏止电压，则单色光a和c的频率相同，b光的频率最大，分析图乙可知，a光的饱和光电流大于c光，则a光强度比c光的大，故C正确；D、根据光电效应的产生条件分析，入射光的频率大于金属的极限频率时，发生光电效应现象，b光的频率最大，若用a、b、c三束单色光分别照射某种金属，若b光能使该金属发生光电效应，则a光不一定能使该金属发生光电效应，故D错误。2.【答案】A【考点】动能定理的

19、应用牛顿第二定律的概念瞬时功率平均功率【解析】航母在额定功率下运动，当牵引力等于阻力时速度达到最大，在此之前航母做加速度减小的变加速度运动，牵引力逐渐减小，即可利用运动学公式和动能定理判断；【解答】A、航母在额定功率下运动，则以v1速度运动时，牵引力为F1=Pv1，此时根据牛顿第二定律可知F1-fma1，解得a1=Pmv1-fm，故A正确；B、发动机的输出功率恒为P，所受阻力恒为f，行驶的最大速度为vm=Pf，解得f=Pvm，由于vmv1，故fPv1，故B错误；C、航母在额定功率下运动，做的是变加速运动，故通过的位移不是s=v1+v22t，此公式只适用于匀变速直线运动，故C错误；D、在此运动过

20、程中，受到牵引力和阻力，根据动能定理可知Pt-fs=12mv22-12mv12，故D错误；3.【答案】C【考点】向心力同步卫星万有引力定律及其应用人造卫星上进行微重力条件下的实验【解析】根据能量关系分析核弹的机械能的变化；根据v=GMr分析线速度的大小；根据向心加速度的计算公式求解核弹在地球同步轨道飞行时的加速度；对同步卫星根据万有引力提供向心力求解地球的质量，再根据密度计算公式求解地球的平均密度。【解答】A、核弹从地面发射到地球同步轨道过程中，要不断地对核弹补充能量，核弹的机械能将不断增大，故A错误；B、根据v=GMr可知，若将核弹送到比地球同步轨道更高的轨道上，则其在新轨道上的速度会比在地

21、球同步轨道上的速度小，故B错误；C、核弹在地球同步轨道飞行时的加速度为a(R+h)2=42(R+h)T2，故C正确；D、设地球的质量为M，对同步卫星根据万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则地球的平均密度为=M43R3=3(R+h)3GT2R3，故D错误。4.【答案】A【考点】电势能电势差与电场强度的关系电场力做功与电势能变化的关系【解析】根据等量负点电荷电场线及小物块运动情况，判断电场力的方向及电场力的大小。【解答】根据等量负点电荷电场线可知，连线中垂线方向从无穷远到连线中点电场强度大小先增大后减小到0，方向从无穷远指向连线中点。

22、A、由题意知，物块到B点速度为零，可知小球到B点前做减速运动，故小球在B点所受电场力方向为B到O方向，根据等量负电荷电场线知，电场强度方向为B到O方向，与电场力方向一致，则小物块带正电。由于小物块带正电，电场力与电场方向方向一致，从A到O点，电场力方向为A指向O，电场力做正功，电势能减小，从O到B点，电场力方向为为B指向O，电场力做负功，电势能增加，故A正确；B、从A到O，电场强度可能先增加后减小，也可能一直减少，从O到B，电场强度可能先增加后减小，也可能一直增加，故加速度的变化可能先减小后增加，也可能先增加后减小再增加再减小，故B错误；C、小物块运动到加速度为零时具有最大速度，加速度为零的位

23、置在BO上某点，故C错误；D、小物块从A到B再次回到A的过程中，重力先做正功再做负功，合功为零，电场力先做正功再做负功，再做正功再做负功，合功为零，动能没有变化，则小物块能回到A点，且回到A点时的速度等于v0，故D错误；5.【答案】D【考点】力的合成与分解的应用解直角三角形在三力平衡问题中的应用【解析】对空调主机受力分析，因做匀速运动，故在竖直方向合力为零，水平方向合力为零，由数学关系即可判断。【解答】CD、对空调主机受力分析如图，受到重力和两根绳子的拉力，由于空调主机是匀速运动，故合力为零；在竖直方向：F1cos-mg-F2cos0在水平方向：F1sin-F2sin0在上升过程中，增大，而不

24、变，联立可以判断缆绳拉力F1和拉绳拉力F2都增大，故D正确，C错误；AB、因F1大于F2，根据F1sinF2sin可知缆绳与竖直方向的夹角小于角，故AB错误。6.【答案】A,C,D【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理变压器的构造和原理【解析】求出降压变压器副线圈的电流和原线圈的电流，再求出升压变压器输入电压，根据总功率等于灯泡的功率与损失的功率之和求解原线圈电流；根据交变电动势表达式求解原线圈中交变电压的频率；升压变压器的原副线圈匝数之比等于电流的反比；当降压变压器的线圈再并联一只同样灯泡时，总电阻减小、总电流增大，由此分析损失的电功率的变化。【解答】A、降压变压器副线圈接入一只“12V

25、12W”的灯泡，且灯泡正常发光，则降压变压器副线圈的电流I3=1212A1A，理想降压变压器的原、副线圈匝数比为4:1，则降压变压器原线圈的电流I2=14I3=0.25A，升压变压器输入电压为U1=2622V26V，设电流表的示数为I1，根据功率关系可得：U1I1I22r+12W，解得：I10.5A，故A正确；B、交变电动势表达式为e262sin100t(V)，所以原线圈中交变电压的频率为f=1002Hz50Hz，故B错误；C、升压变压器的原副线圈匝数之比为n1n2=I2I1=0.250.5=12，故C正确；D、当降压变压器的线圈再并联一只同样灯泡时，总电阻减小、总电流增大，则输电线上的电流I

26、2也增大，根据PI22r可得输电线上损失的功率增大，故D正确。7.【答案】A,D【考点】动量守恒定律的理解摩擦力做功与能量转化系统机械能守恒定律的应用动量守恒定律的综合应用机械能守恒的判断牛顿第二定律的概念【解析】物体与木板一起向下运动过程中，分析系统的受力情况，判断运动情况，确定速度是如何变化的。分析能量的转化情况，判断系统的机械能是否守恒。物体与木板碰后瞬间，以物体与木板整体为研究对象，根据牛顿第二定律求加速度。再根据牛顿第二定律求物体与木板恰好回到A点时的加速度大小。根据机械能守恒定律和动量守恒定律求物体与木板碰撞之前，两弹簧的弹性势能总和。【解答】A、物体与木板一起向下运动过程中，整体

27、受到的弹簧弹力先小于总重力，后大于总重力，整体的合外力先向下后向上，则整体先向下加速，后向下减速，速度先增大后减小，故A正确；B、物体与木板发生非弹性碰撞，系统的机械能有损失，所以，在整个过程中，物体、木板和两弹簧组成的系统机械能不守恒，故B错误；C、两弹簧原来的弹力大小为Fmg，物体与木板碰后瞬间弹簧的弹力不变，对整体有：(m+2m)g-F(m+2m)a解得：a=23g物体与木板恰好回到A点时，弹簧的弹力为0，整体只受重力，加速度大小为g，故C错误；D、物体与木板碰撞前瞬间的速度为v0=2g2h=2gh碰撞过程，取竖直向下方向为正方向，由动量守恒定律得：2mv0(m+2m)v从碰撞后到回到A

28、点的过程，根据系统的机械能守恒得：12(m+2m)v2+Ep(m+2m)gh，联立解得：物体与木板碰撞之前，两弹簧的弹性势能总和为Ep=13mgh，故D正确。8.【答案】C,D【考点】法拉第电磁感应定律闭合电路的欧姆定律电磁感应中的能量问题感生电动势单杆切割磁感线【解析】根据楞次定律判断感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律求解产生的感应电动势，根据电功率的计算公式求解电功率；求出初位置、虚线位置的磁通量和此过程中磁通量的变化量，根据电荷量的经验公式求解通过线框截面的电量；根据动能定理可得此过程中线框克服安培力做的功；根据牛顿第二定律可得加速度大小。【解答】由于金属框单位长度的质量为m、单位长

29、度的电阻为r，则总质量M8Lm，总电阻R8Lr。A、根据楞次定律可知此时线框中电流方向为逆时针，产生的感应电动势E2BL13v+3BL13v=53BLv，电功率为P=E2R=25B2Lv272rW，故A错误；B、初位置线框的磁通量12BS6BL2，向外；在虚线位置的磁通量为23B2L2-2BL24BL2，向里；此过程中磁通量的变化量为1+210BL2，此过程中通过线框截面的电量为q=R=10BL28Lr=5BL4rC，故B错误；C、根据动能定理可得此过程中线框克服安培力做的功为W=12Mv2-12M(13v)2=329Lmv2J，故C正确；D、此时线框的电流强度为I=ER=5BL8r，安培力为

30、FA2BIL+3BIL5BIL，根据牛顿第二定律可得加速度大小为a=FAM=25B2v192mrm/s2，故D正确。二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第38题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）【答案】9.846m1h2=m1h1+m2h3,m1h2=m1h1+m2h3【考点】利用平抛运动规律验证动量守恒定律【解析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。（2）小球离开水平槽后做平抛运动，应用平抛运动规律求出碰撞前后两球的速度，然后应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出实验需要验证的表达式。【解答

31、】由图示螺旋测微器可知，小球直径为：9.5mm+34.60.01mm9.846mm。设水平槽右端与竖直挡板间的水平距离为L，小球离开水平槽后做平抛运动，水平方向：Lvt，竖直方向：h=12gt2解得：vLg2h，则碰撞前球1的初速度：v0Lg2h2，碰撞后球1的速度：v1Lg2h1，碰撞后球2的速度：v2Lg2h3，两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0m1v1+m2v2，即：m1Lg2h2=m2Lg2h3+m1Lg2h1，整理得：m1h2=m1h1+m2h3；两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：12m1v02=12m1v12+12m2v

32、22，整理得：m1h2=m1h1+m2h3；【答案】（1）R4,a,20.0（2）12,3.2【考点】测定电源的电动势和内阻【解析】（1）根据电源电动势与电流表量程求出电路最小总电阻，然后选择滑动变阻器。滑动变阻器采用限流接法时，为保护电路，闭合开关前滑片要置于阻值最大处。根据实验步骤应用并联电路特点求出电流表内阻。（2）根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象求出电源电动势与内阻。【解答】解：（1）设电源电动势为12V，电路最小总电阻约为：R=EIg=121010-31200，滑动变阻器R应该选取R4，滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，连接好电路，断开S1、S

33、2，将R的滑片滑到a端；由实验步骤、可知，流过电阻箱R1的电流与流过电流表的电流相等，电阻箱与电流表并联，由并联电路特点可知，电流表内阻等于电阻箱接入电路的阻值，电流表内阻RgR120.0（2）由图乙所示电路图可知，电源电动势：EU+(I+UR2)rI(Rg+R1)+(I+I(R1+Rg)R2)r，整理得：1I=(R1+Rg)rE1R2+R1+Rg+rE，由图示1I-1R2图像可知，图象斜率：k=(R1+Rg)rE=180-1000.252/V，图象纵轴截距：b=R1+Rg+rE=100A-1，代入数据解得：E12V，r3.2【答案】金属块经过D点时对轨道的压力为60N；金属块在BCD弯道上克

34、服摩擦力做的功为5.5J。【考点】动能定理的应用向心力牛顿第三定律的概念【解析】（1）对金属块在E点应用牛顿第二定律求得速度，然后由机械能守恒求得在D的速度，即可由牛顿第二定律求得支持力，再由牛顿第三定律求得压力；（2）对金属块在AB上的运动进行分析，得到具体运动过程，然后根据位移求得末速度，再对B到D运动过程应用动能定理即可求解。【解答】金属块在E点时，mg=mvE2R解得vE=gR=3m/s在从D到E的过程中由动能定理得：-mg2R=12mvE2-12mvD2解得vD35m/s在D点由牛顿第二定律得FN-mg=mvD2R解得：FN60N，由牛顿第三定律可得：FN1FN60N，方向竖直向下。

35、金属块刚刚放上传送带时，mgsin+mgcosma1解得a110m/s2设经位移s1达到相同速度，则v22a1s1，解得：s10.8m5.8m继续加速的过程中，mgsin-mgcosma2，解得a22m/s2由s2L-s15m，vB2-v2=2a2s2解得vB6m/s在从B到D的过程中由动能定理得mgh-Wf=12mvD2-12mvB2解得Wf5.5J【答案】若粒子无法进入区域II中，区域磁感应强度大小范围为0B13L根据qvB1=mv2R解得：B1B6故I区域的磁感应强度范围为：0B1B6粒子在区域I运动，由B1=B2，根据qvB1=mv2R，解得RL粒子在区域II种运动，根据qvB=mv2

36、r，解得r=L2画出轨迹如图a所示，在区域I中运动所对应的圆心角为106，在区域II中运动所对应的圆心角为148所以粒子在磁场种运动的时间为t=1063602mqB2+1483602mqB=2mqB因为粒子在区域II中运动半径为r=L2，若粒子在区域I中运动半径R较小，则粒子会从MQ边射出磁场，若粒子恰好不从MQ边射出时应满足粒子运动轨迹与MQ相切如图b所示，O2O1A74，sin74=rR-r又因为sin74=2sin37cos37=2425解得R=4924r=4948L若粒子由区域II达到O点，每次前进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当n1时，R=3316L，B1=833B当n2时，R=4132L,B1=1641B当n3时，R=4948L,B1=2449B若粒子由区域II达到O点，如图c由周期性可得MOMC1+nMC2(n1,2,3)则52L=85R+85n(R-r)解得R=52+45n85(1+n)L4948L解得：n2625当n0时，R=2516L,B1=825B当n1时，R=3332L，B1=1633B选考题：共45分请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在

38、答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则每学科按所做的第一题计分物理-选修3-3（15分）【答案】C一滴油酸溶液纯油酸体积为V0kVn，一滴油酸溶液形成油膜面积为S，那么油酸分子直径为：d=kVnS（4）故答案为：ACkVnS【考点】用油膜法估测分子的大小【解析】取多滴油酸酒精溶液，求平均值，才使得一滴该溶液的体积较为准确，并求出一滴油酸的体积；油酸不加稀释时形成的油膜面积很大，不便于测量，酒精溶液的作用是对油酸溶液起到稀释作用；求出油酸的体积与油膜的面积，可以求出油膜的厚度，即油酸分子的直径。【解答】B在装有水、水面撒有适量痱子粉的浅盘中滴入一滴已配制好的溶液，待薄膜形状稳定，故B正确（1）C

39、将玻璃板放在浅盘上，将油膜形状描绘在玻璃板上，故C正确（2）D将玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸体积和面积计算出油酸分子的直径，故D正确。选操作不合理的步骤是，故选：A(3)如果油酸不加稀释形成的油膜面积很大，不便于测量，油酸可以溶于酒精，因此酒精溶液的作用是对油酸溶液起到稀释作用，故ABD错误，C正确。故选：C。一滴油酸溶液纯油酸体积为V0kVn，一滴油酸溶液形成油膜面积为S，那么油酸分子直径为：d=kVnS(4)故答案为：A；C；kVnS。【答案】第n次打气完成后，篮球内气体的压强为p+np0ShV；第(n+1)次压下活塞长度h至少为h-p0hVpV+np0Sh时，篮球充气孔才能打开。【考点】“玻璃管封液”模型理想气体的状态方程【