2022年湖南省邵阳市新宁县崀山培英学校高考物理三模试卷（附答案详解）

2022年湖南省邵阳市新宁县度山培英学校高考物理三模

试卷

1.日本特摄片奥特曼风靡世界几十年，其拍摄过程采用微缩景观的方法进行拍摄。设

某次拍摄中“景观”被等比例缩小25倍进行拍摄，拍摄时一石块从1.8m处落下，

为了防止放映时穿帮，在放映时应（）

A.慢放25倍B.快放25倍C.慢放5倍D.快放5倍

2,太阳帆飞行器是利用太阳光获得动力的一种航天器，其原理是光子在太阳帆表面反

射的过程中会对太阳帆产生一个冲量.若光子垂直太阳帆入射并反射，其波长为入,

普朗克常量为八，则它的冲量大小为（）

4/1

T

3.某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞

组成。开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，斗半二

如图所示。在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气

体分子间相互作用，则（）

A.缸内气体对外做功，分子的平均动能减小

B.缸内气体对外做功，内能增大

C.外界对缸内气体做功，分子的平均动能增大

D.外界对缸内气体做功，内能减小

4.如图所示，小球在半径为R的光滑球面上的4、B之间作小角产

度的往返运动，则（）

A.小球的质量越大，其振动的频率越大R

B.。4、。8之间夹角越小，小球振动的频率越小

C.球面半径R越大，小球振动的频率越小

D.将整个装置移至我国空间站“天和”核心舱中，小球振动的频率减小

5.当空气中的电场强度超过E。时，空气会被击穿.给半径为R的孤立导体球壳充电,

球壳所带电荷量的最大值为Q，己知静电力常量为鼠则。为（）

A.叱B4内2D.第

6.在图甲所示电路中，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10：1,电阻匕、/?2的阻

值分别为50、6。，电压表和电流表均为理想电表。若接在变压器原线圈的输入端

的电压如图乙所示（为正弦曲线的一部分），则下列说法正确的是（）

A.电压表的示数为25.1VB.电流表的示数为

C.变压器的输入功率为11夜IVD.变压器的输出功率为11小

7.如图所示，光滑的三角形框架04B竖直固定在墙上，夹角。为30。，两个相同的金属

小环C、。分别套在04、。8上，环C和D用长为L的轻绳连结，初始时C环在水平外

力控制下静止，C、。状态如图，0C=L,0A,。8很长，现使C环缓慢向左移动,

则下列说法错误的是（）

A.C受支持力一直增大B.绳拉力一直增大

C.。受杆的弹力先减小后增大D.C移动的距离可能为1.1L

8.2020年7月23日，我国首次火星探测任务“天问一号”探测器，

在中国文昌航天发射场，应用长征五号运载火箭送入地火转移轨

道。火星距离地球最远时有4亿公里，最近时大约0.55亿公里。

由于距离遥远，地球与火星之间的信号传输会有长时间的时延。

当火星离我们最远时，从地球发出一个指令，约22分钟才能到达火星。为了节省燃

料，我们要等火星与地球之间相对位置合适的时候发射探测器。受天体运行规律的

影响，这样的发射机会很少。为简化计算，已知火星的公转周期约是地球公转周期

的1.9倍，认为地球和火星在同一平面上、沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，如

图所示。根据上述材料，结合所学知识，判断下列说法正确的是（）

A.当探测器加速后刚离开力处的加速度与速度均比火星在轨时的要大

B.当火星离地球最近时，地球上发出的指令需要约10分钟到达火星

C.如果火星运动到B点，地球恰好在4点时发射探测器，那么探测器将沿轨迹AC运动到

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C点时，恰好与火星相遇

D.下一个发射时机需要再等约2.7年

9.“巴罗轮”的示意图如图所示，下边缘浸入水银槽中的铝盘置于蹄形磁铁的磁场中,

可绕转轴转动。当转轴、水银槽分别与电源的正负极相连时，铝盘开始转动，下列

B.只改变磁场方向，铝盘的转动方向改变

C.只改变电流方向，铝盘的转动方向改变

D.同时改变磁场方向与电流方向，铝盘的转动方向不变

10.我们有时候可以观察到太阳周围的明亮光晕圈，如图1所示。这种光学现象是由太

阳光线在卷层云中的冰晶折射而产生的，其色彩排序为内红外紫。为了理解光晕现

象，我们将问题简化为二维。如图3为一束紫光在冰晶上的折射光线，4表示冰晶

上的入射角，。2表示为经过第一界面的折射角，M表示为光线离开晶体的折射角，

以及即表示为入射和出射光线之间的偏转角。假设冰晶可以在二维上看成一个正六

边形且不考虑其他的反射、折射。则以下说法中正确的是（）

图1太闲周国的光量图2量■的形成S3由冰晶折射的光

A.在冰晶内红光的波长比紫光短

B.若图3中紫光满足a=00=60。，则可知冰晶对该光折射率n=V3

C.对于从”点以相同入射角入射的光线，红光的偏转角如比紫光的偏转角如大

D.若红光和紫光均能使同一金属产生光电效应，则紫光对应的光电子初动能一定比红

光的大

11.如图甲所示，abed是匝数为100匝、边长为10cm、总电阻为0.10的正方形闭合导

线圈，放在与线圈平面垂直的图示匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如

图乙所示。则以下说法正确的是（）

A.导线圈中产生的是正弦式交变电流

B.在t=2.5s时导线圈产生的感应电动势为2p

C.在0〜2s内通过导线横截面的电荷量为10C

D.在t=1s时导线圈内电流的瞬时功率为10小

12.如图所示，机场将货物用与水平面成0=30。角的传送带送比

到货仓，传送带以u=2m/s的速度顺时针运行，地勤人员

将一质量m=1kg的货物以初速度%=4m/s从底部滑上

传送带，货物恰好能到达传送带的顶端。已知物块与传动带之间的动摩擦因数为〃=

取重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是（）

A.传送带从底端到顶端的长度是1m

B.物体在传动带上运动的时间为1.25s

C.物块在传送带上留下的划痕为1.25TH

D.物体在传动带上向上运动的过程中由于摩擦产生的热量为3.75/

13.某同学设计了一个验证加速度a与物体所受合力F及质量m关系的实验，图甲为实验

装置简图。（交流电的频率为50Hz）

（1）图乙为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为m/s2o

（计算结果保留二位有效数字）

（2）保持小车的质量不变，改变桶内祛码的质量，某位同学根据实验数据分别作出

了加速度a随合力户的变化图线如图丙所示，图线上部出现了弯曲并偏离原来的直

线，其主要原因是；若从小车中取出祛码放入桶中，并以桶、桶中的祛码、

车和车中的祛码整体为研究对象，图线上部（填“会”或“不会”湾曲。

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14.为将一只毫安表做量程3nM，内阻约几十欧姆)改装成量程

为1.5U的电压表，实验室提供了下列器材：电源E(电动势

约6V,内阻不计)；滑动变阻器&(0〜500；滑动变阻器

R2(0〜5/CO);电阻箱R(0〜999.90);开关两个、导线若干。

某同学先按图示电路连接线路，测量表4的内阻。他的操

作步骤如下:

a.将滑动变阻器的阻值调到最大，闭合SI后调节变阻器的阻值，使表4的指针满偏；

b.闭合52,保持变阻器的阻值不变，调节电阻箱R的阻值，使表4的指针偏转到量程

的?立置；

c.记下R的阻值为30.00.

(1)上述实验中，滑动变阻器应选用(选填或“/?2”)；

(2)表4的内阻测量值伍=仅此测量值(选填“大于”、“等于”或

“小于)表4内阻的真实值。

(3)若取表4内阻的测量值也进行计算，为达成改装的目的，可将表4与电阻箱R

选填“串联”或“并联”),且将电阻箱R的阻值调到2

15.如图为某一定质量理想气体状态变化的p-V图象，AB,BC为直线，对应状态的压

强P、体积U均已在图中标出。己知气体在状态4时的温度为To,由状态4到状态C的

内能增加量为4U,求：

①状态4到状态C过程中吸收的热量Q；

②状态4到状态B过程中的最高温度7。

16.如图所示，半径为R的光滑绝缘环形轨道竖直放置，在圆轨道的最低点8处固定一

带电小球，另有质量为m的带电小球(图中未画出)穿在圆环上，从4点(水平最右端

)处无初速释放。若小球运动到C点时获得最大速度，其大小为加，且N40C=30%

求：

(1)小球从a点运动到c点的过程中电场力所做的功;

(2)小球在4点的加速度。

B

17.阳光明媚的中午，小明同学把一块长木板放在院子里，调整倾斜角度，使阳光刚好

和木板垂直。在斜面顶端固定一个弹射装置，把一个质量为0.1kg的小球水平弹射

出来做平抛运动。调整初速度大小，使小球刚好落在木板底端。然后使用手机连续

拍照功能，拍出多张照片记录小球运动过程。通过分析照片，小明得出：小球的飞

行时间为0.4s；小球与其影子距离最大时，影子4距木板顶端和底端的距离之比约

为7：9,如图所示。取g=10m/s2o

(1)求飞行过程中，重力对小球做的功；

(2)简要说明，小球与影子距离最大时，刚好是飞行的中间时刻；

(3)估算木板长度。

半径为R和3的同轴柱形金属网横截面如图所示，给两金

属网接在电压为U的恒压电源上，两网之间产生径向的电

场，在半径为R(较大的金属网外)和2R之间的区域内，存

在轴向的匀强磁场。一质量为小、电荷量为q(q>0)的粒

子从轴心。处以速度为沿半径方向运动，经小金属网的M

点后再经过时间及到达大金属网上的N点。不计粒子重力,

设粒子运动中未碰到金属网上。

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(1)若使粒子不能从磁场区域的外边界射出，磁感应强度的大小应满足什么条件？

(2)调整磁感应强度的大小，使粒子在磁场中运动的半径为求粒子连续两次经过N

点的时间间隔。

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：根据自由落体运动规律有

即t-ocy/h,

由于缩小25倍拍摄，则影片中石块下落的高度应该是1.8m的25倍，

所以为防止穿帮，放映的时间应该是拍摄过程中石块实际下落时间的5倍，即慢放5倍速

度播放，故C正确，ABO错误。

故选:Co

根据自由落体运动的位移一时间关系式分析运动的时间关系，再对比实际的时间判断播

放速度。

本题是对自由落体运动的考查，注意缩小的比例之间的关系。

2.【答案】B

【解析】解：根据公式4=g,可得入射光子的动量为：p=2,规定入射光子的动量方

向为正方向，则反射光子的动量为：P'=-p根据动量定理得：/=42=2'-2=-与-

7=-^负号表示冲量的方向与初动量的方向相反，所以它的冲量大小为半，故3正

AAA

确，ACO错误。

故选：Bo

根据公式2=；,规定入射光子的动量方向为正方向，结合动量定理求解它的冲量大小。

本题以太阳帆飞行器是利用太阳光获得动力的一种航天器为背景，考查了动量定理在实

际问题中的应用，要明确光子的动量公式，注意应用动量定理时要规定正方向。

3.【答案】A

【解析】解：缸内气体体积变大，对外做功，缸内气体与外界无热交换，可知气体的内

能减小，温度降低，则分子的平均动能减小，故A正确，BCO错误；

故选：力。

根据气体体积变化分析出气体的做功特点，结合热力学第一定律分析出气体的内能变化,

由此得出温度的变化和分子平均动能的变化。

本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，根据热力学第一定律分析出气体的内能和

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温度的变化，由此得出气体平均动能的变化即可。

4.【答案】C

【解析】解：ABC,由于小球摆动角度很小可看作简谐运动，可看作单摆模型进行处理，

即小球振动周期为7=2兀则小球振动的频率为/="=《Jj,可见小球振动的频

率只与g和R有关，在同一地点R越大，小球振动的频率越小，故A8错误、C正确；

。、将整个装置移至我国空间站“天和”核心舱中，小球在完全失重情况下，重物不能

下落，该实验不能进行，故。错误；

故选：Co

根据单摆周期公式可知振动频率与摆长有关，失重状态此实验不能进行。

本题主要考查单摆周期公式各物理量的意义的理解，学生需熟练掌握单摆周期公式并深

刻理解物理意义。

5.【答案】B

【解析】解：均匀带电球壳对壳外某点的场强，可以看做纪中在球壳中心的点电荷对球

壳外某点的场强，由

p一丝

E。一港

解得：Q=里，故B正确，ACO错误；

k

故选：B。

均匀带电球壳对壳外某点的场强，可以看做纪中在球壳中心的点电荷对球壳外某点的场

强，结合场强的计算公式完成分析。

本题主要考查了点电荷的场强公式，要理解均匀带电球壳在球壳外产生的电场与点电荷

产生的电场是相同的，熟练掌握场强公式即可完成分析。

6.【答案】D

【解析】解：4交变电流中理想电表的示数为有效值。%效*0.02初2*0.01.其中

箸匕解得原线圈的有效值为110匕又原副线圈之比为10：1,且原副线圈电压比与线

圈比的关系有：金=*；所以副线圈电压表示数为11K故A错误。

A副线圈电压为11匕电阻为凡+/?2=11Q由公式P=丫可得副线圈的功率为11勿.由

R

变压器原副线圈功率相等可得P出=11W•由公式P团（7•/,且原线圈电压有效值为110U

可得原线圈中电流表示数为0.14故B错误。

C.由B选项中的计算可知输入功率等于输出功率，即回P,%回故C错误。

D.由B选项中的计算可知输入功率等于输出功率，即P人回P用团11〃.故。正确。

故选：D。

交变电流中理想电表的示数是有效值。

有效值的理解及计算。

变压器输入功率与输出功率的关系。

变压器原副线圈的电压比与线圈匝数比的关系。

本题难点在于对有效值的理解及计算。要掌握理解变压器的工作原理及相关的计算。

7.【答案】D

【解析】解：BC.对。单独进行受力分析可知，。受到重力，绳子的拉力以及杆子的弹力。

在C环缓慢向左移动的过程中，C受到的重力不变，杆子给的弹力的方向垂直于杆，如

图所示，

①②

题意可知三个力处于平衡状态。可知其中绳子的拉力Fi由竖直向上偏右，慢慢变为竖直

向上偏左，一直增大。杆子给的弹力先减小为0,然后再增大，方向由竖直向上偏左，

减为0,然后竖直向下偏右，故8c正确；

D图中可知拉力&的方向不可能到垂直于杆。垂直于杆时，有OC=焉；=2L

初始时，OC为3故运动距离小于L,故。错误；

A.对C、。整体进行受力分析，受重力，杆子的弹力，外力。在竖直方向上，重力与C,

。受到的弹力竖直方向分力平衡。C受到的弹力竖直向上，由上面分析可知，。受到的杆

子弹力竖直分力先向上，慢慢减小，然后竖直分力向下，慢慢增大。所以C受到的弹力

一直增大，故A正确；

本题选错误的，

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故选：Do

分别对C和。受力分析，根据受力平衡分析受到的力的变化规律，对C。整体受力分析，

判断弹力的变化。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进

行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后

在坐标轴上建立平衡方程进行解答。

8.【答案】A

【解析】解：4、当探测器加速后刚离开4处，万有引力提供向心力可知：6粤=ma=―,

r/r

解得：a=G^,探测器4处距太阳距离较小，则加速度较大。

rz

由上还可得到探测器在a处做圆周运动的线速度：v=J号,探测器a处距太阳距离较小，

探测器在4处做圆周运动的线速度。比火星在轨的线速度大，探测器加速后刚离开4处速

度比探测器在4处做圆周运动的线速度V大。

因此当探测器加速后刚离开4处的速度均比火星在轨时的要大，故A正确；

B、火星距离地球最远时有4亿公里，从地球发出一个指令，约22分钟才能到达火星，

最近时大约0.55亿公里，因为指令传播速度相同，则时间：t=学xt远=竽x22min=

3.025mm,故8错误；

C、根据开普勒第三定律£=c可知，火星与探测器的公转半径不同，则公转周期不相

T2

同，因此探测器与火星不能在C点相遇，c错误；

。、地球的公转周期为1年，火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍，两者的角速度

之差为43=与一尊=答，则地球再一次追上火星的用时为=2.1年，。错误。

11.91.9A0)

故选：4。

根据万有引力提供向心力，写出加速度与速度的表达式进行比较；

根据运动学公式计算地球最近处上发出的指令到达火星的时间；

火星与探测器的公转半径不同，则公转周期不相同，因此探测器与火星不能在C点相遇；

由上=看计算地球再一次追上火星的时间。

Ao)

本题考查了天体环绕地球运动的相关问题，解题的关键是能用万有引力定律和开普勒第

三定律列式求解。

9.【答案】BCD

【解析】解：4铝盘、水银与电源构成一个闭合回路，铝盘中有电流，由左手定则可知，

铝盘受到的安培力的方向与盘的半径垂直，且沿逆时针方向，则铝盘沿逆时针方向转动,

故A错误；

BCD.安培力方向与电流方向和磁感应强度的方向都有关，只改变磁场的方向，由左手

定则可知，铝盘受到的安培力方向将与开始时相反，所以铝盘的转动方向改变，故B正

确；电流方向反向，由左手定则可知，安培力方向反向，铝盘的转动方向反向，故C

正确；由左手定则可知，将电流及磁场方向同时改变，铝盘受力方向不变，铝盘的转动

方向不变，故。正确。

故选：BCD.

通电导体在磁场中受安培力作用，安培力方向可以由左手定则判断；安培力方向与电流

方向和磁感应强度的方向都有关。

本题主要考查安培力方向的判断：让磁感线穿过手心，四指指向电流方向，则拇指所指

的方向就是安培力的方向，本题要先判断出电流的方向。

10.【答案】BD

【解析】解：4根据n=；,A=^可得4=3,由于红光的折射率小于紫光的折射率，

红光的频率小于紫光的频率，则红光的波长大于紫光的波长，故A错误；

区图3中紫光满足以=%=60°,根据几何关系可知%=30°

则折射率为

兀=鬻，代入数据解得：n=遍故B正确；

5111172

C.红光的折射率小于紫光的折射率，则红光的偏转角如比紫光的偏转角如小，故C错

、口

庆；

。.根据光电效应方程有a=九可知，由于红光频率小于紫光频率，则红光和紫光

均能使同一金属产生光电效应，则紫光对应的光电子初动能一定比红光的大，故。正确。

故选:BD。

根据n=%2=］可得4=3可知波长的关系，由折射定律和红光和蓝光的折射率进行

分析，根据光电效应方程有&=/w-%可知初动能大小。

本题主要考查了折射定律，解题关键在于利用折射定律分析出两个出射角与入射角的变

化关系。

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11.【答案】BD

【解析】解：4B.根据法拉第电磁感应定律E=nS*,0〜2s和2〜3s的磁感应强度变化

At

率分别为翳=|T/s=IT/s,翳=jr/s=2T/s

代入数据可以得到均=IV,E2=2V,所以不是正弦交流电，t=2.5s时感应电动势为2V,

A错误，3正确；

C.感应电流A=^=10A,电荷量qi=lrAtx=10x3C=20C,故C错误；

D.t=Is时导线圈内电流的瞬时功率P=/1Ei=10x1W=10W,故。正确。

故选：BD。

根据法拉第电磁感应定律计算出不同阶段的电动势的大小，结合电流的定义式和功率的

计算公式完成解答。

本题主要考查了法拉第电磁感应定律，熟悉公式并代入数据解答即可，整体难度不大。

12.【答案】BD

【解析】解：AB,B物体刚滑上传送带，物体相对传送带向上运动，受到摩擦力沿传送

带向下，将匀减速上滑，直至与传送带等速，设物体上滑的加速度大小为的，

由牛顿第二定律得mgsinO+nmgcosd=max

代入数据得：的=8m/s2

则物体相对传送带匀减速上滑，直至与传送带等速的时间为亢=宁=—S=0.25s

Uj-o

物块沿传送带向上的位移为Xi=为『1=等X0.25m=0.75m

物块与传送带相对静止瞬间，由于最大静摩擦力/="mgcosO<nigsm。，相对静止状

态不能持续，物体速度会继续减小，此后，物体受到摩擦力沿传送带向上，但合力沿传

送带向下，故继续匀减速上升，直至速度为0,令此时物体减速上升的加速度大小为。2,

由牛顿第二定律得mgs-iimgcosO=ma2

2

代入数据得：a2=2m/s

由于货物恰好能到达传送带的顶端，则物体到达传送带顶端速度减为零且时间为灰=

物体沿传动带向上运动的位移为&=32=|xlm=1加,物块在传送带上的时间为t=

G+七=0・25+Is=1.25s,传送带从低端到顶端的长度L=仇=2.5m,故4错误，B

正确；

C、物块减速到与传送带速度相等过程传送带的位移大小X传送带1="1=2x0.25m=

0.5m

物块与传送带速度相等后运动过程传送带的位移大小X仔送带2=戊2=2X1771=2m

物块速度与传送带速度相等前运动过程物块对于传送带的位移大小公=%-

x传送带、=0.75—O.STTI.=0.25?71

物块速度与传送带速度相等后运动过程物块对于传送带的位移大小心2=X传送带2一

%2=2—lm=Im>

物体速度与传送带速度相等后向上运动过程中物块与传送带上留下的划痕与第一阶段

减速运动过程划痕重合，因此物块在传送带上留下划痕的长度L=L2=1m,故C错误；

D、物块从滑上传送带到滑离传送带的过程中，因摩擦产生的热量为Q="rngcosO(Li+

么2)=gx1x10x当(0.25+1)；=3.757；故。正确。

故选：BD。

分析清楚物块的运动过程，应用牛顿第二定律求出物块的加速度，应用运动学公式求出

物块的运动时间、传送带的长度与物体在传送带上留下痕迹的长度；求出物块相对传送

带滑行的距离，然后求出摩擦产生的热量。

本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，关键是分阶段求解加速度，根据运动学公

式列式结合功能关系进行解答。

13.【答案】3.2桶和祛码的质量没有远小于小车的质量不会

【解析】解：(1)从b图中看出相邻的计数点时间间隔为0.04s,利用逐差法得a=

(6.70+6.19-5.17-5.68)X10-2

m/s2=3.2m/s2o

4X0.042

(2)设小车的质量为桶和祛码的质量为根据牛顿第二定律，对桶和祛码mg-F拉=

ma,对小车Ff=Ma,解得尸拉=黑=罩，当m<<M时，即当祛码和小桶的总重

M

力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于桶和祛码的总重力。从图像上可以看出：

F从0开始增加，桶和祛码的质量远小于车的质量，慢慢的桶和祛码的重力在增加，那

么在后面桶和祛码的质量就没有远小于车的质量，那么绳子的拉力与桶和祛码的总重力

相差就变大。所以原因是桶和祛码的质量没有远小于车的质量。

设张力为7,对桶和祛码F-T=ma,对小车7=Ma,由以上两式得a=会，整体质

M+m

量不变，所以a与尸成正比，所以图线上部不会发生弯曲。

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故答案为：3.2；桶和祛码的质量没有远小于车的质量；不会。

纸带求加速度应用逐差发：实验中应满足桶与祛码总质量远小于小车质量，随着祛码的

增加，使前提条件不满足而出现误差。

本题考查了纸带的数据处理，实验中需满足的条件及出现误差的根本原因，学生对实验

理解不深刻，误差原因一知半解易出现错误。

14.【答案】R230小于串联470

【解析】解：(1)豪安表A的量程3nM,则电路中的最大电流为3巾力，电路的最小电阻为

故滑动变阻器应选用/?2；

(2)实验中用半偏法测电表的内阻，所以R的阻值即为电表的测量值，则表4的内阻测量

值：RA=30/2

由于闭合S2，电阻箱R并入电路，电路的总电阻变小，干路电流变大，而流过毫安表的

电流为满偏的一半，所以流过电阻箱R的电流大于满偏的一半，根据并联电路的特点，

可知电阻箱R的阻值小于毫安表的内阻，即测量值小于表4内阻的真实值；

(3)应把毫安表与电阻箱串联，改装成电压表，量程为1.5V,则有U=/g(/?4+R),则

将电阻箱R的阻值调到，R=470/2

故答案为：(1)&；(2)30,小于;(3)串联，470

(1)根据最大电流可解得滑动变阻器阻值；

(2)根据实验原理分析判断；

(3)根据电表的改装原理分析解答。

本题考查半偏法测电流表电阻，解题关键掌握电表的改装原理，注意实验原理与操作的

理解。

15.【答案】解：①在p-U图像中，图像与横轴所围面积表示气体对外做功，故W=：x

(Po+2p0)x%+Pox%=|po%

根据热力学第一定律AU=-W+Q可得：Q=4U+勿=4U+|p0V0

②从4到B,PA=2p0,VA=%,又二=7°，气体体积为匕时气体压强为:Px=3Po-段左,

由理想气体状态方程可得：空=华，解得及「舞仁苧)耳华飞，当/=当时，

lAlx02

x2povo

温度最高，解得：Tmax=\T0

答：①状态4到状态C过程中吸收的热量Q为AU+：Po%；

②状态4到状态B过程中的最高温度T为3To。

【解析】①在P-V图像中，图像与横轴所围面积表示气体做功，结合热力学第一定律

求得吸热；

②由一定质量的理想气体状态方程可知，当pV最大时，温度最高，由图得到pV的最大

值，由气态方程求解最高温度。

本题体主要考查了热力学第一定律和一定质量的理想气体状态方程，明确在p-V图像

中，所围面积表示气体做功，会利用二次函数求得极值。

16.【答案】解：（1）设小球从A点运动到C点的过程中，电场力做功为W,由动能定理可

得：

mgRsin30°+W=说—0

解得：W=^mv^-^mgR

（2）小球在C点速度最大，即此时沿速度方向（切线方向）合力为零，设此时的库仑力为七，

则切线方向有

mgcos300—Fccos300=0

解得：Fc=mg

由几何关系可知

rBC=R，丁BA=V2/?

设小球在4点时库仑力大小为自，由F=*可知

1

rb=-Fn--1mq

cA2cJ2d

小球在4点时速度为零，因此向心加速度为零即须=0,沿切线方向

mg—FACOS45°=ma

又小球在4的加速度为

2

aA=yja^+a

解得：%=（1-号）9

方向竖直向下。

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答：(1)小球从4点运动到C点的过程中电场力所做的功为3m够-[mgR；

(2)小球在4点的加速度为(1一f)。，方向竖直向下。

【解析】(1)根据动能定理计算出电场力的做功；

(2)根据库仑定律计算出库仑力的大小，同时结合几何关系和牛顿第二定律计算出小球

的加速度。

本题主要考查了动能定理的相关应用，在分析过程中涉及到了受力分析，特别是几何关

系的应用，对学生的数学知识有一定要求，整体难度中等。

17.【答案】解：(1)小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据匀变速直线运动

位移一时间公式，可得九=~gt2=|x10x0.42m=0.8m

根据功的公式，可得飞行过程中，重力对小球做的功为唯=巾9h=0」x10x0.8/=

0.87

(2)经过分析可知，当小球与影子距离最大时，此时小球的速度方向与斜面平行，即速

度方向与水平方向的夹角为。，此时竖直方向的速度为%=votand

当小球落到斜面底端时，此时小球位移与水平方向的夹角为仇此时速度方向与水平方

向的夹角为a,根据位移夹角与速度夹角的关系可知tcma=2tan0

此时竖直方向的速度为%'=votana=2votan0

根据竖直方向的速度一时间公式可得言=霍=崇舞=5

VyfZVotanaz

则有m=I

故小球与影子距离最大时，刚好是飞行的中间时刻

(3)将小球的速度分解到沿斜面方向上和垂直于斜面方向上，将小球的加速度分解到沿

斜面方向上和垂直于斜面方向上。

则在沿斜面方向上，小球的初速度为为cos。，方向沿斜面向下，加速度为gs)。，方向

沿斜面向下。

由题意可知04AB=7：9

则有04：0B=7：16

可得。4=VQCOSO^+^gsin9tl