(1)求单位时间内被金属网N吸收的电子数n?;
(2)若金属网N吸收电子的动能全部转化为内能，试证明其发热功率P=IU;
(3) a.电子在聚焦时运动方向改变很小，可认为垂直打到工件上时的速度与从N中射出时的速度相同，并假设电子打在工件上被工件全部吸收不反弹。求电子束打到工件表面时对工件的作用力大小；并说明为增大这个作用力，可采取的合理可行的措施(至少说出两种方法);
b.已知MN两板间的距离为d,设在两板之间与M相距x到 x??x的空间内(?x足够小)电子数为?N，求与x的关系式。
(二)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做答，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。 33.[物理—选修3-3](15分)
(1)(5分)下列说法正确的有 (填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分) A.温度、压力、电磁作用可以改变液晶的光学性质 B大气中PM2.5颗粒的运动就是分子的热运动
C.空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气压强与同温度水的饱和蒸气压的比值 D.用手捏面包，面包体积会缩小，说明分子之间有间隙
E.用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，这是分子间存在吸引力的宏观表现
(2)(10分)如图所示为测定肺活量(人在大气压p0下一次呼出气体的体积)的装置示意图，图中A为倒扣在水中的开口薄壁圆筒，测量前已排尽其中的空气。测量时被测者尽力吸足空气，再通过B将空气呼出，呼出的空气通过气管进入内(温度可认为不变),使A浮起(忽略管道的影响),已知咧筒A的质量为m、横截面积为S、大气压强为p0,水的密度为ρ,重力加速度为g,阅筒浮出水面的高度为h.则被测者的肺活量有多大?
?N?x
34.[物理—选修3-4](15分)
(1)(5分)下列说法正确的是 。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A.医院中用于体检的“B超”利用了超声波的反射原理
B鸣笛汽车驶近路人的过程中，路人听到的声波频率与波源相比增大 C.地面上的人观察在宇宙中高速飞行的飞船中的时钟变快 D.照相机镜头的偏振滤光片可使水下影像清晰
E无线网络信号能绕过障碍物传递到接收终端是利用了干涉原理
(2)(10分)机械横波某时刻的波形图如图所示，波沿x轴正方向传播，质点p的坐标x=0.32m。从此时刻开始计时。
①若每间隔最小时间0.4s重复出现波形图，求波速； ②若p点经0.4s第一次达到正向最大位移，求波速； ③若p点经0.4s到达平衡位置，求波速。
湖南省长沙市长郡中学2018届高考模拟考试（二）理科物理试题
参考答案
二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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，有选错或不选的得0分。 题 号 答 案
16.B【解析】起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，设动力为F，合力为Fb，如图所示：
14 B 15 B 16 B 17 B 18 A 19 BC 20 BD 21 BD
在?OFFb中，由几何关原得：F?3mg,Fb?mg,故A错误；由牛倾第二定律得飞行器的加速度为：a1=g,推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°斜向下，推力F?眼合力Fb?垂直，如图所示，此时合力大小为：Fb??mgsin30?,动力大小F??mgsin30?3mg?0.5g；；飞行器的加速度大小为：a2?m2加速与减速时的加速度大小之比为a1:a2=2:1,故B正确；减速到最高点的时间为：t??vgtgt???2t,a2a20.5gv2v2故C错误；加速与减速过程发生的位移大小之比为:?1:2,故D错误。故选B。
2a12a217.B 【解析】由于匀强电场中U=Ed,则在某一直线方向上，电势沿直线方向均匀变化。由题可知D点为PB 的中点，则WPD?WPB?1.6?10?8J,P点移动到A点WPA?1.6?10?8J,则A、D电势相等，故直线AD2为等势线，电场强度方向与AD垂直；由于匀强电场中电场力做功与路径无关，
WAB?WAP?WPB?(?WPA)?WPB?1.6?10?8J;P点移动到C点，电场力做
WPC?WPA?WAC?WPA?WAB?2.4?10?8J,故A、C错误，B正确；根据WPA??qUPA,电场力对负电荷2做正功，可知UPA?0，P点电势低于点A的电势，故D错误。
18. A 【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为r,则有d2?(r?0.5d)2?r2;则r?5d.根据42v0mv4mv02?mqv0B?m得B?0?.若减小该匀强磁场的磁感应强度B.由T?知粒子圆周运动的周期T
rqr5qdqB变大，由r??mvT知该带电粒子在磁场中运动的知轨迹半径变大，轨迹对应的圆心角θ变小，根据t?2?qB2?m知粒子圆周运动的周期T与初速度无关，则知若使带电粒子进入磁场的初速qB时间不一定变长。由T?度v0增大、周期不变。
19.BC 【解析】图中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相等，所以A1、A2的指针偏转角度之比为1:1;电流表A1的量程为3A，A2的量程为0.6A.当偏转角相同时A1、A2的读数之比为5:1，A1的读数大于A2的读数，故B、C正确。
1220. BD 【解析】利用动能定理有BIl?L?mv，B?kI，解得v?22kI2lL. mL?h，AB用较链相连，L21.BD 【解析】A项，设A球下滑高度h时，左侧杆与竖直方向夹角为θ.则cos??则vAcos??vBcos(90???)?vBsin?.当A下落到最低点时，B的速度为零，中间过程中B的速度不为零；同理可得，当A下落到最低点时，C的速度为零，中间过程中C的速度不为零。 A、B、C三者组成的系统机械能守恒，中间过程B、C的动能不为零，A到最低点时，B、C的动能为零；则球A的机械能不是一直减小，故A项错误。B项，当A下落到最低点时，B、C的速度为零，对三者组成的系统，从A由静止释放到球A落地过程，应用机械能守饭得：mgL?12mv,解得：球A落地的瞬时速度v?2gL,故B项正确.C2项，球A加速下落时，三者组成的系统有向下的加速度，整体处于失重状态，球B、C对地面的压力均小于
3mg.故C项错误。D项，在A落地前一小段时间，B做减速运动，杆对B有斜向右上的拉力，则球12对地面的压力小于mg.故D项正确。
三、非选择题(共174分)
22.(6分) (1)0.72 (2分) (2)B (2分) (3)
1122m1vA?m1vB (2分) 22(6.84?7.48)?10?2m/s=0.72m/s. 【解析】(1)A点的瞬时速度为：vA?0.2(2)重物着地后，摩擦力做功等于木块动能的变化量，根据A、B的速度大小求出摩擦力做功的大小，所以还需要测量的物理量为木块的质量，故选B。
(3)根据动能定理知，WAB?1122m1vA?m1vB. 2223.(9分) (1)a (2分) (2) 2547 (2分) 5094 (2分) (3) C (3分)
【解析】(1)滑动变阻器在开关闭合前，滑动变阻器阻值调整到最大，所以滑片应该移动到a端。 (2)电阻箱的读为指针对应刻度乘以倍率之和即2×1000Ω+5×100Ω+4×10Ω+7×1Ω=2547Ω.分析电路图(a)可发现电路为一电压表和电阻箱串联后与另一个电压表并联.根据图(c)可知，两个电压表读数之比为6:9=2:3,由于并联支路电压相等，电阻箱的电压等于与之串联电压表的一半，根据串联电路电压和电阻成正比可
RV2?,所以电压表内阻为RV=2×2547Ω=5094Ω. R19(3)根据图(c)可知，最大电压读数为电压表量程的，而滑动变阻器接入电路的阻值最小时，电压表读数最
10940?12V，V，大为电源电动势12V,即量程U?量程最大不超过U?所以最多不会超过14V.选项C对。 103得
24. (14分)【解析】①由题意知：小球在竖直面内做完整的圆周运动，小球始终对绳有力的作用。
v12则小球在最高点至少速度为v1，由牛顿第二定律得：mg?m
L即 v1?gL (2分)
小球从最低点(设速度为v0)运动到最高点过程中遵守机械能守恒定律， 由此得：
121mv0?mg?2L?mv12 22解得：v0?5gL 小球在最低点时由动量守恒得：I?mv0?0?m5gL (2分) I应满足的条件：I?m5gL (2分)
②当小球在不超过圆心高度以下往返摆动时，小球始终对绳有力的作用。 由机械能守恒得：mgL?即：v0?12mv0 22gL (2分)
小球在最低点时由动量守恒定律得：I?mv0?0?m2gL (2分) I应满足的条件：I?m2gL (2分) 综上所述：I?m5gL或I?m2gL