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

1、試卷第 =page 26 26頁(yè)，總 =sectionpages 27 27頁(yè)試卷第 =page 27 27頁(yè)，總 =sectionpages 27 27頁(yè)湖南省衡陽(yáng)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(gè)選項(xiàng)中，第15題只有一項(xiàng)符合題目要求；第68題有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)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(qiáng)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(fù)極也可以對(duì)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(shí)，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(dòng)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(qiáng)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(biāo)志著我國(guó)進(jìn)入雙航母時(shí)代。如圖，“山東艦“正在沿直線航行，其質(zhì)量為m，發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率恒為P，所受阻力恒為f，某時(shí)刻速度為v1、加速度為a1，一段時(shí)間t后速度變?yōu)関2(v2v1)，在這段時(shí)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(xué)家們提出在大氣層外的地球同步軌道上放一個(gè)質(zhì)量為m的超級(jí)核彈，當(dāng)外來(lái)小行星飛近地球時(shí)將其摧毀，以減少小行星對(duì)地球造成的傷害。已知地球半徑為R，自轉(zhuǎn)周期為T，萬(wàn)有引力常量為G，地球同步軌道離地面高度為h。下列說(shuō)法正確的是（ ） A.核彈從地面發(fā)射到地球同步軌道過(guò)程中，速度不斷減小，機(jī)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(huì)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(shí)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(zhǎng)的斜面與兩個(gè)固定等量負(fù)點(diǎn)電荷連線的中垂面重合，O為兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)A、B為斜面上的兩點(diǎn)，且BOAO，一個(gè)帶電荷量為q、質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊，從A點(diǎn)以初速度v0開始沿斜面下滑，到達(dá)B點(diǎn)速度恰好為零。（斜面對(duì)電場(chǎng)無(wú)影響）以下說(shuō)法正確的是（ ） A.小物塊帶正電，從A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電勢(shì)能先減小后增大B.小物塊帶負(fù)電，從A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，加速度先增大后減小C.小物塊運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)具有最大速度D.小物塊能回到A點(diǎn)，且回到A點(diǎn)時(shí)的速度大小小于v05. 如圖所示，高層住宅外安裝空調(diào)外機(jī)時(shí)，常利用電機(jī)通過(guò)纜繩牽引外機(jī)，為避免外機(jī)與陽(yáng)臺(tái)、窗戶碰撞，通

5、常還會(huì)用一根拉繩拽著外機(jī)，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(jī)沿豎直方向勻速上升，則在提升外機(jī)過(guò)程中，下列說(shuō)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(dǎo)線框繞垂直于磁場(chǎng)的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)為e262sin100t(V)。并與理想升壓變壓器相連進(jìn)行遠(yuǎn)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(dǎo)線框及其余導(dǎo)線電阻不計(jì)，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(dāng)降壓變壓器的線圈再并聯(lián)一只同樣燈泡時(shí)，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(chǎng)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(shí)彈簧的壓縮量為h，如圖所示。某同學(xué)為了測(cè)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(diǎn)由靜止釋放，物體與木板碰撞后，粘在一起向下運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動(dòng)，它們恰能回到A點(diǎn)，空氣阻力、木板厚度、物體大小忽略不計(jì)，重力加速度大小為g，則下列說(shuō)法正確的是（ ） A.物體與木板一起向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程

7、中的速度先增大后減小B.整個(gè)過(guò)程中，物體、木板和兩彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)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(diǎn)時(shí)加速度大小為gD.物體與木板碰撞之前，兩彈簧的彈性勢(shì)能總和為13mgh8. 如圖所示，在光滑絕緣的水平面上方，有兩個(gè)方向相反的水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)范圍足夠大，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小左邊為2B，右邊為3B，一個(gè)豎直放置的寬為L(zhǎng)、長(zhǎng)為3L、單位長(zhǎng)度的質(zhì)量為m、單位長(zhǎng)度的電阻為r的矩形金屬線框，以初速度v垂直磁場(chǎng)方向從圖中實(shí)線位置開始向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框運(yùn)動(dòng)到虛線位置（在左邊磁場(chǎng)中的長(zhǎng)度為L(zhǎng)、在右邊磁場(chǎng)中的長(zhǎng)度為2L）時(shí)，線框的速度為13v，則下列判斷正確的是（ ） A

8、.此時(shí)線框中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，電功率為25B2L2v272rB.此過(guò)程中通過(guò)線框截面的電量為5BL24rC.此過(guò)程中線框克服安培力做的功為329Lmv2D.此時(shí)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(gè)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(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示，斜槽與水平槽圓滑連接。安裝固定好實(shí)驗(yàn)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(diǎn)位置等高，實(shí)驗(yàn)步驟如下：步驟1：不放小球2，讓小球1從斜槽上A點(diǎn)

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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)的平均位置M、N；步驟3：用毫米刻度尺測(cè)得O點(diǎn)與M、P、N三點(diǎn)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(cè)微器核準(zhǔn)相等，測(cè)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(shuō)明碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，若還滿足_，則說(shuō)明兩球發(fā)生的碰撞為彈性碰撞。（用“m1、m2、h1、h2、h3表示） 測(cè)定某種特殊電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，其電動(dòng)勢(shì)E約為十幾V，內(nèi)阻r約為幾，實(shí)驗(yàn)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(dòng)變阻器R3(0100)；E滑動(dòng)變阻器R4(02000)；F開關(guān)2只，導(dǎo)線若干 （1）先用如圖所示甲的電路來(lái)測(cè)定電流表G內(nèi)阻補(bǔ)充完成實(shí)驗(yàn)：為確保實(shí)驗(yàn)儀器安全，滑動(dòng)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(shí)，電流表G的讀數(shù)為5mA；調(diào)節(jié)電阻箱時(shí)，干路上電流幾乎不變，則測(cè)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(duì)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(cè)得的數(shù)據(jù)求得電池的電動(dòng)勢(shì)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L(zhǎng)5.8m，與水平面間的夾角為37，傳送帶沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，速度恒為v4m/s，在上端A點(diǎn)處無(wú)初速度地放置一個(gè)質(zhì)量m1kg、大小可視為質(zhì)點(diǎn)的金屬塊，它與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，金屬塊滑離傳送帶后，經(jīng)過(guò)彎道，沿半徑R0.9m的光滑圓軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，剛好能通過(guò)最高點(diǎn)E，已知B、D兩點(diǎn)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(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)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(zhǎng)為3L，NP長(zhǎng)為4L的矩形MNPQ區(qū)域內(nèi)，存在以對(duì)角線MP為分界線的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域和，方向均垂直紙面向外，區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)，區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子從M點(diǎn)以平行于MN邊的方向射入磁場(chǎng)區(qū)域中，速度大小為v=qBL2m，不計(jì)粒子所受重力，矩形外邊線上均存在磁場(chǎng)。(sin370.6,cos370.8) （1）若粒子無(wú)法進(jìn)入?yún)^(qū)域II中，求區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小范圍； （2）若區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=B2，求粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間； （3

13、）若粒子能到達(dá)對(duì)角線MP的中點(diǎn)O點(diǎn)，求區(qū)域I磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的所有可能值。選考題：共45分請(qǐng)考生從給出的2道物理題、2道化學(xué)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(hào)涂黑注意所做題目的題號(hào)必須與所涂題目的題號(hào)一致，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題如果多做，則每學(xué)科按所做的第一題計(jì)分物理-選修3-3（15分） 在“用油膜法估測(cè)油酸分子直徑”的實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)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(cè)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(biāo)紙上，計(jì)算出油膜的面積，根據(jù)油酸體積和面積計(jì)算出油酸分子的直徑。 其中操作不合理的步驟是 A ； 實(shí)驗(yàn)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(cè)量一滴油酸的體積 C對(duì)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(shí)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(shí)，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(jìn)入打氣筒內(nèi)；然后向下壓活塞，打氣筒進(jìn)氣口立即封閉，當(dāng)打氣筒內(nèi)氣壓超過(guò)籃球內(nèi)氣壓時(shí)，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(gè)籃球用了一段時(shí)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(zhǎng)度為h，再將活塞壓下h長(zhǎng)度時(shí)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(gè)打氣過(guò)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(qiáng)；試求第(n+1)次壓下活塞長(zhǎng)度h至少為多大時(shí)，籃球充氣孔才能打開？ 物理-選修3-4（15分） 下列說(shuō)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(zhǎng)變短B.電視遙控器發(fā)出的紅外線的波長(zhǎng)比醫(yī)院里“CT”中發(fā)出的X射線的波長(zhǎng)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(shí)分，拍攝水面下的景物，在照相機(jī)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(gè)雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置上做實(shí)驗(yàn)，紅光的相鄰兩個(gè)亮條紋的中心間距大于紫光的相鄰兩個(gè)亮條紋的中心間距 一質(zhì)點(diǎn)A做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，其位移和時(shí)間關(guān)系如圖甲所示。由于A質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)形成的簡(jiǎn)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(diǎn)B，它距A的距離為0.5m，如圖乙所示。在波動(dòng)過(guò)程中，開始計(jì)時(shí)時(shí)B質(zhì)點(diǎn)正經(jīng)過(guò)平衡位置向上運(yùn)動(dòng)，求：從開始計(jì)時(shí)，t0.7510-2s時(shí)質(zhì)點(diǎn)A相對(duì)平衡的位置的位移；在t0到t910-2s時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)A通過(guò)的路程；該簡(jiǎn)諧橫波傳播的速度。 參考答案與試題

17、解析 湖南省衡陽(yáng)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(gè)選項(xiàng)中，第15題只有一項(xiàng)符合題目要求；第68題有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1.【答案】C【考點(diǎn)】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(shí)，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?！窘獯稹緼、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(shí)，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(shí)，電流表的示數(shù)不為零，故A錯(cuò)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(dòng)能小于入射光子的能量，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)動(dòng)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(qiáng)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(shí)，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(cuò)誤。2.【答案】A【考點(diǎn)】動(dòng)能定理的

19、應(yīng)用牛頓第二定律的概念瞬時(shí)功率平均功率【解析】航母在額定功率下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)速度達(dá)到最大，在此之前航母做加速度減小的變加速度運(yùn)動(dòng)，牽引力逐漸減小，即可利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和動(dòng)能定理判斷；【解答】A、航母在額定功率下運(yùn)動(dòng)，則以v1速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，牽引力為F1=Pv1，此時(shí)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(dòng)機(jī)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(cuò)誤；C、航母在額定功率下運(yùn)動(dòng)，做的是變加速運(yùn)動(dòng)，故通過(guò)的位移不是s=v1+v22t，此公式只適用于勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D、在此運(yùn)動(dòng)過(guò)

20、程中，受到牽引力和阻力，根據(jù)動(dòng)能定理可知Pt-fs=12mv22-12mv12，故D錯(cuò)誤；3.【答案】C【考點(diǎn)】向心力同步衛(wèi)星萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用人造衛(wèi)星上進(jìn)行微重力條件下的實(shí)驗(yàn)【解析】根據(jù)能量關(guān)系分析核彈的機(jī)械能的變化；根據(jù)v=GMr分析線速度的大?。桓鶕?jù)向心加速度的計(jì)算公式求解核彈在地球同步軌道飛行時(shí)的加速度；對(duì)同步衛(wèi)星根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力求解地球的質(zhì)量，再根據(jù)密度計(jì)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(guò)程中，要不斷地對(duì)核彈補(bǔ)充能量，核彈的機(jī)械能將不斷增大，故A錯(cuò)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(huì)比在地

21、球同步軌道上的速度小，故B錯(cuò)誤；C、核彈在地球同步軌道飛行時(shí)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(duì)同步衛(wèi)星根據(jù)萬(wàn)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(cuò)誤。4.【答案】A【考點(diǎn)】電勢(shì)能電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系【解析】根據(jù)等量負(fù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)線及小物塊運(yùn)動(dòng)情況，判斷電場(chǎng)力的方向及電場(chǎng)力的大小。【解答】根據(jù)等量負(fù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)線可知，連線中垂線方向從無(wú)窮遠(yuǎn)到連線中點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小先增大后減小到0，方向從無(wú)窮遠(yuǎn)指向連線中點(diǎn)。

22、A、由題意知，物塊到B點(diǎn)速度為零，可知小球到B點(diǎn)前做減速運(yùn)動(dòng)，故小球在B點(diǎn)所受電場(chǎng)力方向?yàn)锽到O方向，根據(jù)等量負(fù)電荷電場(chǎng)線知，電場(chǎng)強(qiáng)度方向?yàn)锽到O方向，與電場(chǎng)力方向一致，則小物塊帶正電。由于小物塊帶正電，電場(chǎng)力與電場(chǎng)方向方向一致，從A到O點(diǎn)，電場(chǎng)力方向?yàn)锳指向O，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，從O到B點(diǎn)，電場(chǎng)力方向?yàn)闉锽指向O，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，故A正確；B、從A到O，電場(chǎng)強(qiáng)度可能先增加后減小，也可能一直減少，從O到B，電場(chǎng)強(qiáng)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(cuò)誤；C、小物塊運(yùn)動(dòng)到加速度為零時(shí)具有最大速度，加速度為零的位

23、置在BO上某點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；D、小物塊從A到B再次回到A的過(guò)程中，重力先做正功再做負(fù)功，合功為零，電場(chǎng)力先做正功再做負(fù)功，再做正功再做負(fù)功，合功為零，動(dòng)能沒有變化，則小物塊能回到A點(diǎn)，且回到A點(diǎn)時(shí)的速度等于v0，故D錯(cuò)誤；5.【答案】D【考點(diǎn)】力的合成與分解的應(yīng)用解直角三角形在三力平衡問(wèn)題中的應(yīng)用【解析】對(duì)空調(diào)主機(jī)受力分析，因做勻速運(yùn)動(dòng)，故在豎直方向合力為零，水平方向合力為零，由數(shù)學(xué)關(guān)系即可判斷?！窘獯稹緾D、對(duì)空調(diào)主機(jī)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(jī)是勻速運(yùn)動(dòng)，故合力為零；在豎直方向：F1cos-mg-F2cos0在水平方向：F1sin-F2sin0在上升過(guò)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(cuò)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(cuò)誤。6.【答案】A,C,D【考點(diǎn)】交流發(fā)電機(jī)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(dòng)勢(shì)表達(dá)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(dāng)降壓變壓器的線圈再并聯(lián)一只同樣燈泡時(shí)，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(dòng)勢(shì)表達(dá)式為e262sin100t(V)，所以原線圈中交變電壓的頻率為f=1002Hz50Hz，故B錯(cuò)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(dāng)降壓變壓器的線圈再并聯(lián)一只同樣燈泡時(shí)，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(diǎn)】動(dòng)量守恒定律的理解摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的綜合應(yīng)用機(jī)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(yùn)動(dòng)過(guò)程中，分析系統(tǒng)的受力情況，判斷運(yùn)動(dòng)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(jī)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(duì)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(diǎn)時(shí)的加速度大小。根據(jù)機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律求物體與木板碰撞之前，兩彈簧的彈性勢(shì)能總和?！窘獯稹緼、物體與木板一起向下運(yùn)動(dòng)過(guò)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(jī)械能有損失，所以，在整個(gè)過(guò)程中，物體、木板和兩彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；C、兩彈簧原來(lái)的彈力大小為Fmg，物體與木板碰后瞬間彈簧的彈力不變，對(duì)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(diǎn)時(shí)，彈簧的彈力為0，整體只受重力，加速度大小為g，故C錯(cuò)誤；D、物體與木板碰撞前瞬間的速度為v0=2g2h=2gh碰撞過(guò)程，取豎直向下方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：2mv0(m+2m)v從碰撞后到回到A

28、點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)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(shì)能總和為Ep=13mgh，故D正確。8.【答案】C,D【考點(diǎn)】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(wèn)題感生電動(dòng)勢(shì)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(dòng)勢(shì)，根據(jù)電功率的計(jì)算公式求解電功率；求出初位置、虛線位置的磁通量和此過(guò)程中磁通量的變化量，根據(jù)電荷量的經(jīng)驗(yàn)公式求解通過(guò)線框截面的電量；根據(jù)動(dòng)能定理可得此過(guò)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。【解答】由于金屬框單位長(zhǎng)度的質(zhì)量為m、單位長(zhǎng)

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(shí)線框中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2BL13v+3BL13v=53BLv，電功率為P=E2R=25B2Lv272rW，故A錯(cuò)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(guò)程中磁通量的變化量為1+210BL2，此過(guò)程中通過(guò)線框截面的電量為q=R=10BL28Lr=5BL4rC，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)動(dòng)能定理可得此過(guò)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(shí)線框的電流強(qiáng)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(gè)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(diǎn)】利用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律【解析】（1）螺旋測(cè)微器固定刻度與可動(dòng)刻度示數(shù)之和是螺旋測(cè)微器的示數(shù)。（2）小球離開水平槽后做平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出碰撞前后兩球的速度，然后應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律求出實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式。【解答

31、】由圖示螺旋測(cè)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(zhǎng)，小球離開水平槽后做平拋運(yùn)動(dòng)，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(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)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(guò)程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)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(diǎn)】測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻【解析】（1）根據(jù)電源電動(dòng)勢(shì)與電流表量程求出電路最小總電阻，然后選擇滑動(dòng)變阻器。滑動(dòng)變阻器采用限流接法時(shí)，為保護(hù)電路，閉合開關(guān)前滑片要置于阻值最大處。根據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟應(yīng)用并聯(lián)電路特點(diǎn)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(dá)式，根據(jù)圖示圖象求出電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)電源電動(dòng)勢(shì)為12V，電路最小總電阻約為：R=EIg=121010-31200，滑動(dòng)變阻器R應(yīng)該選取R4，滑動(dòng)變阻器采用限流接法，為保護(hù)電路，連接好電路，斷開S1、S

33、2，將R的滑片滑到a端；由實(shí)驗(yàn)步驟、可知，流過(guò)電阻箱R1的電流與流過(guò)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(diǎn)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(dòng)勢(shì)：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(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)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。【考點(diǎn)】動(dòng)能定理的應(yīng)用向心力牛頓第三定律的概念【解析】（1）對(duì)金屬塊在E點(diǎn)應(yīng)用牛頓第二定律求得速度，然后由機(jī)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(duì)金屬塊在AB上的運(yùn)動(dòng)進(jìn)行分析，得到具體運(yùn)動(dòng)過(guò)程，然后根據(jù)位移求得末速度，再對(duì)B到D運(yùn)動(dòng)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理即可求解?！窘獯稹拷饘賶K在E點(diǎn)時(shí)，mg=mvE2R解得vE=gR=3m/s在從D到E的過(guò)程中由動(dòng)能定理得：-mg2R=12mvE2-12mvD2解得vD35m/s在D點(diǎn)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(shí)，mgsin+mgcosma1解得a110m/s2設(shè)經(jīng)位移s1達(dá)到相同速度，則v22a1s1，解得：s10.8m5.8m繼續(xù)加速的過(guò)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(guò)程中由動(dòng)能定理得mgh-Wf=12mvD2-12mvB2解得Wf5.5J【答案】若粒子無(wú)法進(jìn)入?yún)^(qū)域II中，區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)度范圍為：0B1B6粒子在區(qū)域I運(yùn)動(dòng)，由B1=B2，根據(jù)qvB1=mv2R，解得RL粒子在區(qū)域II種運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)所對(duì)應(yīng)的圓心角為106，在區(qū)域II中運(yùn)動(dòng)所對(duì)應(yīng)的圓心角為148所以粒子在磁場(chǎng)種運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=1063602mqB2+1483602mqB=2mqB因?yàn)榱Ｗ釉趨^(qū)域II中運(yùn)動(dòng)半徑為r=L2，若粒子在區(qū)域I中運(yùn)動(dòng)半徑R較小，則粒子會(huì)從MQ邊射出磁場(chǎng)，若粒子恰好不從MQ邊射出時(shí)應(yīng)滿足粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與MQ相切如圖b所示，O2O1A74，sin74=rR-r又因?yàn)閟in74=2sin37cos37=2425解得R=4924r=4948L若粒子由區(qū)域II達(dá)到O點(diǎn)，每次前進(jìn)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(dāng)n1時(shí)，R=3316L，B1=833B當(dāng)n2時(shí)，R=4132L,B1=1641B當(dāng)n3時(shí)，R=4948L,B1=2449B若粒子由區(qū)域II達(dá)到O點(diǎn)，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(dāng)n0時(shí)，R=2516L,B1=825B當(dāng)n1時(shí)，R=3332L，B1=1633B選考題：共45分請(qǐng)考生從給出的2道物理題、2道化學(xué)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(hào)涂黑注意所做題目的題號(hào)必須與所涂題目的題號(hào)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(xué)科按所做的第一題計(jì)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(diǎn)】用油膜法估測(cè)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(zhǔn)確，并求出一滴油酸的體積；油酸不加稀釋時(shí)形成的油膜面積很大，不便于測(cè)量，酒精溶液的作用是對(duì)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(biāo)紙上，計(jì)算出油膜的面積，根據(jù)油酸體積和面積計(jì)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(cè)量，油酸可以溶于酒精，因此酒精溶液的作用是對(duì)油酸溶液起到稀釋作用，故ABD錯(cuò)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?！敬鸢浮康趎次打氣完成后，籃球內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為p+np0ShV；第(n+1)次壓下活塞長(zhǎng)度h至少為h-p0hVpV+np0Sh時(shí)，籃球充氣孔才能打開。【考點(diǎn)】“玻璃管封液”模型理想氣體的狀態(tài)方程【