2022-2023學(xué)年海南高考物理模擬試卷（含解析）

2022-2023學(xué)年海南高考物理模擬試卷

一、單選題（本題共7小題，共21分）

1.分子勢能可用國際單位制中的基本單位表示為（）

A./B.N-mC.如D.如安

2

SS

2.1935年5月，紅軍為突破“圍剿”決定強(qiáng)渡大渡河。首支共產(chǎn)黨員突擊隊(duì)冒著槍林彈雨依

托僅有的一條小木船堅(jiān)決強(qiáng)突。若河面寬300m,水流速度3m/s,木船相對靜水速度1/n/s,

則突擊隊(duì)渡河所需的最短時(shí)間為（）

A.75sB.95sC.100sD.300s

3.在研究a、b兩種金屬發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象的實(shí)驗(yàn)中，得到從金屬表面逸出光電子最大初動(dòng)

能益與入射光頻率"之間的關(guān)系如圖中直線①②所示。已知h為普朗克常量，則（）

A.圖中直線①②的斜率均為3

B.金屬a的逸出功小于金屬b的逸出功

C.在得到這兩條直線時(shí)，必須保證入射光的光強(qiáng)相同

D.若產(chǎn)生的光電子具有相同的最大初動(dòng)能，則照射到金屬b的光頻率較高

4.2022年6月5日，中國神舟十四號(hào)載人飛船（以下簡稱飛船）成功發(fā)射升空，與天和核心艙

成功對接。假設(shè)飛船與天和核心艙對接過程的簡化示意圖如圖所示，天和核心艙處于半徑為全

的圓軌道m(xù)上，飛船先被發(fā)送至半徑為q的圓軌道I上，通過變軌操作后，沿橢圓軌道II運(yùn)

動(dòng)到遠(yuǎn)地點(diǎn)B處與天和核心艙對接。己知地球質(zhì)量為M,引力常量為G,則（）

A.飛船在軌道I上運(yùn)動(dòng)的周期與天和核心艙運(yùn)動(dòng)的周期之比為J事

B.飛船沿軌道口從近地點(diǎn)力運(yùn)動(dòng)到遠(yuǎn)地點(diǎn)B的過程中，速度不斷減小

C.飛船在軌道n上經(jīng)過B點(diǎn)的加速度小于天和核心艙的加速度

D.飛船在軌道口上由4點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，由于離地高度越來越大，所以機(jī)械能逐漸增

大

5.微信運(yùn)動(dòng)步數(shù)的測量是通過手機(jī)內(nèi)電容式加速度傳感器實(shí)現(xiàn)的。如圖所示，電容M極板

固定，N極板可運(yùn)動(dòng)，當(dāng)手機(jī)的加速度變化時(shí)，N極板只能按圖中標(biāo)識(shí)的“前后”方向運(yùn)動(dòng)。

圖中R為定值電阻。下列對傳感器描述正確的是（）

R

------------1?------

,M

A.靜止時(shí)，電流表示數(shù)為零，且電容器兩極板不帶電

B.電路中的電流表示數(shù)越大，說明手機(jī)的加速度越大

C.由靜止突然向后加速時(shí)，電流由a向b流過電流表

D.由靜止突然向前加速時(shí)，電流由a向b流過電流表

6.冬季奧運(yùn)會(huì)中有自由式滑雪U形池比賽項(xiàng)目，其賽道橫截面如圖所示，為一半徑為R、粗

糙程度處處相同的半圓形賽道豎直固定放置，直徑POQ水平。一質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員（按質(zhì)點(diǎn)處

理）自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點(diǎn)進(jìn)入賽道。運(yùn)動(dòng)員滑到賽道最低點(diǎn)N時(shí)，

對賽道的壓力為4mg,g為重力加速度的大小。用〃表示運(yùn)動(dòng)員從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中克

服賽道摩擦力所做的功（不計(jì)空氣阻力），則（）

R

±JR_____12

N

A.W=|mgR,運(yùn)動(dòng)員沒能到達(dá)Q點(diǎn)

B.W=\mgR,運(yùn)動(dòng)員能到達(dá)Q點(diǎn)并做斜拋運(yùn)動(dòng)

C.w=gnigR,運(yùn)動(dòng)員恰好能到達(dá)Q點(diǎn)

D.w=^mgR,運(yùn)動(dòng)員能到達(dá)Q點(diǎn)并繼續(xù)豎直上升一段距離

7.某條電場線是一條直線，沿電場線方向依次有0、4、B、C四個(gè)點(diǎn)，相鄰兩點(diǎn)間距離均為

d,以。點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿電場強(qiáng)度方向建立》軸，該電場線上各點(diǎn)電場強(qiáng)度E隨x的變化規(guī)律

如圖所示。一個(gè)帶電量為+q的粒子，從。點(diǎn)由靜止釋放，僅受電場力作用。則下列說法正確

A.若。點(diǎn)的電勢為零，則4點(diǎn)的電勢為

B.粒子從A到B做勻速直線運(yùn)動(dòng)

C.粒子在0A段電勢能減少量小于BC段電勢能減少量

D.粒子運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為華

二、多選題（本題共6小題，共24分）

8.如圖所示，豎直放置的輕彈簧下端固定，上端與物體4連接，物體4上方疊放物體8、C,

三個(gè)物體的質(zhì)量均為m,系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧處于彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g。某

時(shí)刻突然取走物體C,則（）

A.此瞬間B的加速度為0B.此瞬間4對B的彈力大小為2mg

C.之后B可能脫離4D.之后B對4彈力的最小值為gmg

9.如圖所示，一個(gè)兩端封閉的玻璃管內(nèi)有一段水銀柱，a、b兩端各封閉有一定質(zhì)量的氣體,

下列情況能使水銀柱向a端移動(dòng)的是（）

clo

\Y

A.讓玻璃管以b端為圓心在豎直平面內(nèi)慢慢轉(zhuǎn)過60。角

B.給玻璃管整體加熱升溫

C.讓玻璃管自由豎直下落

D.讓玻璃管加速豎直上升

10.如圖甲，兩列沿相反方向傳播的橫波，形狀相當(dāng)于正弦曲線的一半，上下對稱，其波速

大小均為外振幅均為4波長均為；I。它們在相遇的某一時(shí)刻會(huì)出現(xiàn)兩列波“消失”的現(xiàn)象，

如圖乙所示，其中a、b為此時(shí)相遇區(qū)域的左右端點(diǎn)，。為ab的中點(diǎn)，c為a。的中點(diǎn)。下列說

法錯(cuò)誤的是（）

甲乙

A.此時(shí)a質(zhì)點(diǎn)具有向上的速度B.兩列波相遇過程中質(zhì)點(diǎn)。始終靜止

C.兩列波相遇過程中質(zhì)點(diǎn)c的總路程是44D.在整個(gè)過程中質(zhì)點(diǎn)c有"時(shí)間速度向下

2v

11.如圖所示，紙面內(nèi)的三條長直導(dǎo)線組成一等邊三角形，導(dǎo)線間相互絕緣，導(dǎo)線中通入圖

示方向、大小始終相等的電流/。在角平分線上對稱放置三個(gè)相同的環(huán)形線圈a、6c,在三

角形的中心放置相同的環(huán)形線圈d,若三根導(dǎo)線中通入的電流同時(shí)減小，則（）

A.初始時(shí)線圈d的磁通量最大B.線圈c的感應(yīng)電流最大

C.線圈d產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流D.線圈a、b產(chǎn)生的感應(yīng)電流相同

12.如圖所示，10匝矩形線框處在磁感應(yīng)強(qiáng)度B的勻強(qiáng)磁場中，繞垂直磁場的軸以

恒定角速度3=10rad/s在勻強(qiáng)磁場中轉(zhuǎn)動(dòng)，線框電阻不計(jì)，面積為0.4m2,線框通過滑環(huán)與

一理想自耦變壓器的原線圈相連，副線圈接有一只燈泡乂規(guī)格為“4小，1000”）和滑動(dòng)變阻

器，電流表視為理想電表，則下列說法正確的是（）

A.若從圖示線框位置開始計(jì)時(shí)，線框中感應(yīng)電動(dòng)勢的瞬時(shí)值為e=40V_2cos（10t”

B.當(dāng)燈泡正常發(fā)光時(shí)，原、副線圈的匝數(shù)比為2：1

C.若將滑動(dòng)變阻器滑片向上移動(dòng)，則電流表示數(shù)增大

D.若將自耦變壓器觸頭向上滑動(dòng)，燈泡會(huì)變暗

13.質(zhì)量分別為M、Tn的4、B兩物體連接在輕質(zhì)彈簧兩端，用輕質(zhì)細(xì)線拴住4、B,彈簧被

壓縮，整體放置在光滑的水平面上處于靜止?fàn)顟B(tài)。如圖甲所示，若4靠在墻角，突然燒斷細(xì)

線，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，B的速度為力如圖乙所示，若4不靠在墻角，也突然燒斷細(xì)線?規(guī)

定水平向右為正方向，下列說法正確的是（）

甲乙

A.燒斷細(xì)線之前彈簧的彈性勢能為：MM

B.對甲圖，燒斷細(xì)線后當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí)，彈簧的彈性勢能為累*

2(M+m)

C.對乙圖，燒斷細(xì)線后當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，4、B的動(dòng)能之比M：m

D.對乙圖，燒斷細(xì)線后當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，4的動(dòng)量為-nw

三、實(shí)驗(yàn)題(本題共4小題，共20分)

14.實(shí)驗(yàn)所用油酸酒精溶液的濃度為每104nl乙溶液中含有純油酸663用注射器測得1mL上

述溶液為80滴。把1滴該溶液滴入盛水的淺盤里，待水面穩(wěn)定后，將玻璃板放在淺盤上，用

筆在玻璃板上描出油膜的輪廓形狀，再把玻璃板放在坐標(biāo)紙上，其形狀和尺寸如圖所示，坐

標(biāo)系中正方形方格的邊長為1cm。

①油酸膜的面積是cm2；

②按以上實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)估測油酸分子的直徑為m(保留2位有效數(shù)字)；

③利用單分子油膜法可以粗測分子的大小和阿伏加德羅常數(shù)。如果已知體積為V的一滴油酸

在水面上散開形成的單分子油膜的面積為S,這種油的密度為p,摩爾質(zhì)量為M,則阿伏加德

羅常數(shù)的表達(dá)式為?

15.如圖所示，用“碰撞實(shí)驗(yàn)器”可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，即研究兩個(gè)小球碰撞前后的動(dòng)量

關(guān)系。圖中的0點(diǎn)為小球拋出點(diǎn)在記錄紙上的垂直投影。實(shí)驗(yàn)時(shí)，先使4球多次從斜軌上位置

P由靜止釋放，找到其平均落地點(diǎn)的位置E。然后，把半徑相同的B球靜置于水平軌道的末端，

再將4球從斜軌上位置P由靜止釋放，與B球相碰后兩球均落在水平地面上，多次重復(fù)上述4球

與B球相碰的過程，.分別找到碰后4球和8球落點(diǎn)的平均位置。和尸。用刻度尺測量出水平射程

OD、OE、OF分別為與、切、巧，測得4球的質(zhì)量為叫，B球的質(zhì)量為

(1)該實(shí)驗(yàn)必須滿足的條件有

A.兩球的質(zhì)量必須相等

B.軌道末端必須水平

C.B球的半徑大于4球的半徑

D4球每次必須從軌道的同一位置由靜止釋放

(2)當(dāng)滿足表達(dá)式時(shí)，即說明兩球碰撞中動(dòng)量守恒；當(dāng)水平射程與、上、

與滿足表達(dá)式時(shí)，則說明兩球的碰撞為彈性碰撞。(用所測量的物理量表示)

16.某同學(xué)用螺旋測微器測量一物體的直徑，讀出圖中讀數(shù)為mm.

17.(1)某同學(xué)用螺旋測微器測量一物體的直徑，讀出圖1中讀數(shù)為mm.

圖1

(2)在測量電源電動(dòng)勢和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)中，有電壓表V(量程為3V,內(nèi)阻約3k0)；電流表4(量

程為0.64,內(nèi)阻約為0.700)；滑動(dòng)變阻器R(10O,24)。為了更準(zhǔn)確地測出電源電動(dòng)勢和內(nèi)阻

設(shè)計(jì)了如圖2所示的電路圖。

①如圖2所示在閉合開關(guān)之前為防止電表過載而滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)頭P應(yīng)放在—(選填“a”

或"b")處;

②在實(shí)驗(yàn)中測得多組電壓和電流值，得到如圖所示的U-/圖線，由圖3可得該電源電動(dòng)勢

E~V,內(nèi)阻r=/2o

(3)某同學(xué)在設(shè)計(jì)電壓表改裝時(shí)，將一個(gè)內(nèi)阻為600,滿偏電流為0.5mA的電流表表頭改成量

程為3U的電壓表，需要一(選填“串”或“并”)聯(lián)一個(gè)阻值_______0的電阻。

四、計(jì)算題(本題共3小題，共35分)

18.如圖，一玻璃磚的橫截面為;圓OPQ,［圓的半徑為R,圓心為0,一束單色光從OP面上

的P點(diǎn)射入玻璃磚，恰好在玻璃磚圓弧面上的M點(diǎn)發(fā)生全反射，已知入射光線與OP面的夾角

為a,sina=?，光在真空中的傳播速度為c,求：

(1)玻璃磚對該單色光的折射率n；

(2)單色光從P點(diǎn)射入玻璃磚到射出玻璃磚所經(jīng)歷的時(shí)間t。

19.如圖所示，光滑水平軌道的左端與足夠長的傾角為37。的傳送帶的底端平滑相接于4點(diǎn)，

傳送帶以%=2m/s的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，在水平軌道上的B點(diǎn)豎直固定一半徑R=0.8m的光滑

半圓軌道BD,BD連線為其豎直直徑。甲、乙兩滑塊靜置在水平軌道上，中間用細(xì)線壓縮一

根輕彈簧，彈簧的彈性勢能為72/,彈簧與甲、乙不拴接，乙滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

0.5,已知甲滑塊的質(zhì)量為nil=3kg,甲、乙兩滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧恢復(fù)原長時(shí)，兩滑

塊均未離開水平軌道，重力加速度g取10m/s2,sin37。=0.6,cos37°=0.8,最大靜摩擦力

等于滑動(dòng)摩擦力。

(1)固定乙滑塊，燒斷細(xì)線，甲滑塊離開彈簧后進(jìn)入半圓軌道，求甲通過D點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力

大??；

(2)固定甲滑塊，燒斷細(xì)線，乙滑塊離開彈簧后在傳送帶上相對于4點(diǎn)滑行的最遠(yuǎn)距離s=8m,

求乙滑塊的質(zhì)量；

(3)求(2)問中乙滑塊被彈開后，從滑上傳送帶直至滑到最高點(diǎn)的過程中，乙滑塊和傳送帶之

間因摩擦產(chǎn)生的熱量。

20.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，第I、W象限內(nèi)分別存在垂直紙面向里和向外的勻強(qiáng)

磁場，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為昆、B2,第口象限內(nèi)存在平行于x軸的勻強(qiáng)電場(未畫

出)?，F(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為粗、電荷量為-q(q>0)的帶電粒子從4(-乙0)點(diǎn)垂直于x軸以%的速度

射入第口象限，并從P(0,2L)點(diǎn)進(jìn)入第I象限。不計(jì)粒子重力。

(1)求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小和方向；

(2)為使帶電粒子能夠進(jìn)入第W象限，應(yīng)滿足什么條件？

(3)如果B2=2為=等,且粒子垂直通過平行于y軸的直線％=nL(n>3),則n應(yīng)滿足什么

qL

條件。

y

,"xxxx

P(0,2￡)"Xxxx

B、

XXXX

_______________XXXX

?!(-￡,0)Q~~~

B2

答案和解析

1.【答案】D

【解析】

【分析】

分子勢能與功的單位相同，是“焦耳”，根據(jù)功的定義〃=Fs,牛頓第二定律尸=ma,進(jìn)行推

導(dǎo)。

本題關(guān)鍵要掌握國際單位制中力學(xué)基本單位：米、千克、秒及兩個(gè)公式W=Fs、F=ma.

【解答】

分子勢能與功的單位相同，根據(jù)功的定義式W=代知，1/=1/V-m,根據(jù)牛頓第二定律F=ma知,

IN=1kg-m/s2,聯(lián)立解得：W=mas,所以1/=1kg?機(jī)2/52,故A8C錯(cuò)誤，D正確;

2.【答案】D

【解析】解：當(dāng)靜水速與河岸垂直時(shí)，垂直于河岸方向上的分速度最大，則渡河時(shí)間最短，最短

時(shí)間為：

=—==300s,故。正確，ABC錯(cuò)誤；

%1

故選：D。

3.【答案】BD

【解析】解：4由光電效應(yīng)方程有Ek=歷/-%可知，Ek-v的斜率均為九，故A錯(cuò)誤；

BD,由光電效應(yīng)方程有a=hv-W0,橫坐標(biāo)上的截距的與/i的乘積表示金屬的逸出功，則金屬a的

逸出功小于金屬b的逸出功，若產(chǎn)生的光電子具有相同的最大初動(dòng)能，則照射到金屬b的光頻率較

高，故正確；

C由光電效應(yīng)方程有a=hv-叫可知，在得到這兩條直線時(shí)，與入射光的光強(qiáng)無關(guān)，故C錯(cuò)誤。

故選：BD.

根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程與a-V圖像的物理意義解答。

該題考查光電效應(yīng)方程的應(yīng)用，牢記光電效應(yīng)方程是關(guān)鍵。

4.【答案】B

【解析】A、圓軌道I的半徑為天和核心艙的軌道半徑為上，根據(jù)開普勒第三定律得:d=d

則飛船在軌道I上運(yùn)動(dòng)的周期與天和核心艙運(yùn)動(dòng)的周期之比為蔡=用故A錯(cuò)誤;

8、根據(jù)開普勒第二定律可知，飛船沿軌道II從近地點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到遠(yuǎn)地點(diǎn)B的過程中，速度不斷減小,

故B正確;

C、根據(jù)牛頓第二定律得：G^=ma,解得：a=G%,可知飛船在軌道D上經(jīng)過B點(diǎn)的加速度

等于天和核心艙的加速度，故C錯(cuò)誤；

D、飛船在軌道n上由4點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，只有引力做功，其機(jī)械能保持不變，故。錯(cuò)誤。

故選：B。

5.【答案】C

【解析】解：4靜止時(shí)，N板不動(dòng)，電容器的電容不變，所以電容器電量不變，電流表示數(shù)為零,

電容器保持與電源相連，兩極板帶電，故A錯(cuò)誤；

C.由靜止突然向后加速時(shí)，N板相對向前移動(dòng)，則板間距減小，根據(jù)。=衿可知電容C增大，電

471kd

容器與電源直接相連，則電壓不變，由電荷量的計(jì)算公式Q=o/可知電容器電量增大，電容器充

電，電流由a向b流過電流表，故C正確；

D由靜止突然向前加速時(shí)，N板相對向后移動(dòng)，則板間距增大，根據(jù)C=品可知電容C減小，電

4兀kd

容器和電源直接相連，則電壓不變，由電荷量的計(jì)算公式Q=a/可知電容器電量減小，電容器放

電，電流由b向a流過電流表，故。錯(cuò)誤。

8.根據(jù)上述分析可知，手機(jī)“前后”方向運(yùn)動(dòng)的加速度越快，電容變化越大，相同時(shí)間內(nèi)電容充

電或放電的電荷量大，電路中的電流表示數(shù)越大。因此電路中的電流表示數(shù)越大，說明手機(jī)''前

后”方向運(yùn)動(dòng)的加速度越快，故3錯(cuò)誤；

故選：Co

電容器與電源相連，電勢差等于電源電勢差，則兩極板帶電；

根據(jù)電容的決定式得出電容的變化趨勢，結(jié)合電荷量的計(jì)算公式得出電荷量的變化趨勢，由此得

出電流的方向；

理解加速度的大小對電容變化趨勢的影響，結(jié)合電荷量的計(jì)算公式完成分析。

本題主要考查了電容器的動(dòng)態(tài)分析問題，理解變化過程中的不變量，結(jié)合電容器的比值定義式和

決定式即可完成分析。

6.【答案】D

【解析】解：在N點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有N—mg=m我，

解得"N=J3gR,

對質(zhì)點(diǎn)從下落到N點(diǎn)的過程運(yùn)用動(dòng)能定理得?ng2R-W--0,

解得勿=；mgR,

由于PN段速度大于NQ段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，則在NQ段克服摩擦力做

功小于在PN段克服摩擦力做功，

對,NQ段運(yùn)用動(dòng)能定理得-mgR-W'=域-^mv^,

因?yàn)榭芍?>0,所以質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離，故。正確，ABC錯(cuò)誤。

故選：D。

對/V點(diǎn)運(yùn)用牛頓第二定律，結(jié)合壓力的大小求出N點(diǎn)的速度大小，對開始下落到N點(diǎn)的過程運(yùn)用動(dòng)

能定理求出克服摩擦力做功的大小。抓住NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，根

據(jù)動(dòng)能定理分析Q點(diǎn)的速度大小，從而判斷能否到達(dá)Q點(diǎn)。

解決該題的關(guān)鍵是能選擇合適運(yùn)動(dòng)過程求解力做功，知道在半圓的左右兩段距離相同的賽道上的

摩擦力大小不同，則兩段過程克服摩擦力做功也不同。

7.【答案】D

【解析】

【分析】

根據(jù)E-x圖象所包圍的面積表示兩點(diǎn)間的電勢差大小，可計(jì)算出力點(diǎn)的電勢；利用場力做正功情

況分析物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；運(yùn)用動(dòng)能定理、電場力做功的公式以及電場力做功與動(dòng)能和電勢能的關(guān)

系可得出其動(dòng)能大小及電勢能的變化情況。

解答本題的關(guān)鍵是：要知道E-x圖象所包圍的面積表示兩點(diǎn)間的電勢差大小，再利用動(dòng)能定理、

電場力做功公式和電場力做功與電勢能的變化關(guān)系可解答案。

【解答】

A.由圖可知E—x圖象所包圍的面積表示兩點(diǎn)間的電勢差大小，因此Uo4=：Eod,由于ao=0,因

此04=-；&)心故A錯(cuò)誤；

氏粒子由4到B過程電場力一直做正功，則帶正電粒子一直加速運(yùn)動(dòng)，在該過程電場強(qiáng)度不變，帶

電粒子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤。

C粒子在04段的平均電場力大于BC段的平均電場力，則04段的電場力做功大于BC段電場力做功,

由功能關(guān)系知，粒子在。4段電勢能的變化量大于BC段變化量，或者從。4段和BC段圖象包圍的面

積分析可知>Me，根據(jù)電場力做功公式皿=qU和皿=△E電,也可得出粒子在04段電勢能

的變化量大于BC段變化量，故C錯(cuò)誤；

。.從。到B點(diǎn)過程列動(dòng)能定理，則有：皿點(diǎn)=9%8=七。一0,而=^Eo(d+2d),聯(lián)立方程

解得/8=智，故。正確。

8.【答案】D

【解析】解：4、取走物體前，三個(gè)物體受力平衡，對三個(gè)物體整體受力分析，由平衡條件得，

彈簧彈力大小為F=3mg

取走C物體瞬間彈簧彈力不變，對4B整體受力分析，由牛頓第二定律得：F-2mg=2ma

聯(lián)立解得：a=^g

故A錯(cuò)誤；

B、取走C瞬間，設(shè)B受到的彈力大小品，由牛頓第二定律得：FN-mg=ma

聯(lián)立解得：FN=^rn.g

故B錯(cuò)誤；

CD、取走C物體后，A、B一起做簡諧運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A、B運(yùn)動(dòng)到上方最大位移處時(shí)加速度a向下，大小

為a="g

此時(shí)B對4的彈力最小，對B物體受力分析，由牛頓第二定律得：mg-F'N=ma

解得：F'N=^mg>0

則B不可能脫離4故C錯(cuò)誤，。正確。

故選：0。

取走物體前，對三個(gè)物體整體受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡求解彈簧彈力，取走C物體瞬間，彈簧

彈力不變，對4B整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度；對B受力分析，根據(jù)牛頓第二定

律求解B受到的彈力；取走C后，4和B?起做簡諧運(yùn)動(dòng)，根據(jù)簡諧運(yùn)動(dòng)的對稱性分析4、8間的彈

力，結(jié)合牛頓第二定律分析即可。

本題考查牛頓第二定律，解題關(guān)鍵是靈活選擇研究對象并對其受力分析，結(jié)合牛頓第二定律分析

求解即可。

9.【答案】ABC

【解析】解：4、讓玻璃管以b端為圓心在豎直平面內(nèi)慢慢轉(zhuǎn)過60。角，對b部分氣體產(chǎn)生壓強(qiáng)的水

銀柱有效長度減小，b的壓強(qiáng)減小，氣體溫度不變而壓強(qiáng)減小，由玻意耳定律可知，氣體體積增大，

水銀柱向a端移動(dòng)，故A正確；

B、假設(shè)氣體的體積不變，氣體溫度升高過程，對氣體，由查理定律得:號(hào)=性鏢,解得：△p=*，

由于7、都相等，pb>pa,則△Pb>Apa，則水銀柱應(yīng)向a移動(dòng)，故3正確；

C、讓玻璃管自由豎直下落，水銀處于完全失重狀態(tài)，b部分氣體壓強(qiáng)減小，由玻意耳定律可知，

氣體體積增大，水銀柱向a端移動(dòng)，故C正確；

。、讓玻璃管加速豎直上升，水銀柱處于超重狀態(tài)，水銀柱對b部分氣體壓力增大，b的壓強(qiáng)增大，

氣體溫度不變，由玻意耳定律可知，氣體b的體積減小，水銀柱向b端移動(dòng)，故。錯(cuò)誤。

故選：ABC.

先對液柱進(jìn)行分析，得出封閉氣體的壓強(qiáng)；再以管中封閉氣體為研究對象，由理想氣體的狀態(tài)方

程可求得其他量的變化。

這類題目用假設(shè)法求解，先假水銀柱不移動(dòng)，氣體等容過程求解。因?yàn)樗y柱的移動(dòng)是由于受力

不平衡而引起的，而它的受力改變又是兩段空氣柱壓強(qiáng)增量的不同造成的，所以必須從壓強(qiáng)變化

入手。

10.【答案】ACD

【解析】解：4根據(jù)波形平移法可知，在a點(diǎn)，向右傳播的波單獨(dú)引起的振動(dòng)方向向下，向左傳播

的波單獨(dú)引起的振動(dòng)方向也向下，故此時(shí)a質(zhì)點(diǎn)具有向下的速度，故A錯(cuò)誤；

8由圖乙可知，。點(diǎn)為波峰與波谷疊加，為振動(dòng)減弱點(diǎn)，因兩列波的振幅均為4,所以兩列波相遇

過程中質(zhì)點(diǎn)。始終靜止，故B正確；

C.剛相遇時(shí)，c在平衡位置與波峰之間，之后向上運(yùn)動(dòng)；當(dāng)左邊的波離開c點(diǎn)時(shí)，c到達(dá)波谷；當(dāng)右

邊的波到達(dá)c點(diǎn)時(shí)，c到達(dá)波峰；最后兩列波離開。點(diǎn)，c尚未到達(dá)平衡位置。所以c的路程小于44

故C錯(cuò)誤；

。.當(dāng)C從波峰到波谷時(shí)，左邊的波向右運(yùn)動(dòng)了四分之一波長，所以其時(shí)間為t=￡,故。錯(cuò)誤。

本題選錯(cuò)誤的，故選：ACD.

根據(jù)波形平移法可分析傳播方向；根據(jù)波的疊加分析兩列波相遇過程中質(zhì)點(diǎn)。的振動(dòng)情況；根據(jù)c

的振動(dòng)情況分析其通過的路程；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解傳播時(shí)間。

本題考查學(xué)生對波形平移法、疊加原理、以及波速與波長關(guān)系的掌握，難度中等。

11.【答案】BD

【解析】解：4初始時(shí)，導(dǎo)線1和導(dǎo)線3在線圈a中的磁通量抵消，故線圈a中相當(dāng)于只有導(dǎo)線2產(chǎn)

生的磁通量，同理可知，線圈b中相當(dāng)于只有導(dǎo)線1產(chǎn)生的磁通量，3根導(dǎo)線在線圈c中的磁場均向

外，抵消掉后線圈d中相當(dāng)于只有導(dǎo)線2產(chǎn)生的磁通量，對比可知，初始時(shí)線圈c的磁通量最大，

故A錯(cuò)誤；

8.若三根導(dǎo)線中通入的電流同時(shí)減小，結(jié)合4解析可知，線圈c的磁通量變化率最大，產(chǎn)生的感應(yīng)

電流最大，故3正確；

C.線圈d中的磁場向內(nèi)且磁通量減小，由楞次定律可知，產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，故C錯(cuò)誤；

D線圈a、b中的磁場均向內(nèi)，磁通量均減小且減小量相同，故產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小相等方向相同，

故。正確。

故選:BD.

初始時(shí)，導(dǎo)線1和導(dǎo)線3在線圈a中的磁通量抵消，故線圈a中相當(dāng)于只有導(dǎo)線2產(chǎn)生的磁通量，同

理可知，線圈b中相當(dāng)于只有導(dǎo)線1產(chǎn)生的磁通量，3根導(dǎo)線在線圈c中的磁場均向外，抵消掉后線

圈d中相當(dāng)于只有導(dǎo)線2產(chǎn)生的磁通量；三根導(dǎo)線中通入的電流同時(shí)減小，結(jié)合4解析可知，線圈c

的磁通量變化率最大；線圈d中的磁場向內(nèi)且磁通量減小；線圈a、b中的磁場均向內(nèi)，磁通量均

減小且減小量相同。

本題考查電磁感應(yīng)定律，學(xué)生需充分理解磁通量以及磁通量變化率與產(chǎn)生的感應(yīng)電流的關(guān)系。

12.【答案】AB

【解析】

【分析】

先根據(jù)公式/=NBS3求解輸入電壓的最大值，然后根據(jù)理想變壓器的變壓比公式和變流比公式

列式求解。

本題關(guān)鍵是記住交流發(fā)電機(jī)最大電動(dòng)勢表達(dá)式Em=NBS3,同時(shí)要明確輸入電壓決定輸出電壓，

輸出電流決定輸入電流，輸出功率決定輸入功率。

【解答】

A.變壓器輸入電壓的最大值為：UmnEmunBSsulOxSxCUxlOUMM，？了,若從圖示

線框位置開始計(jì)時(shí)即從垂直中性面開始計(jì)時(shí)，線框中感應(yīng)電動(dòng)勢隨時(shí)間應(yīng)按余弦規(guī)律變化，且瞬

時(shí)值表達(dá)式為e=nBS3cos3t,則線框中感應(yīng)電動(dòng)勢的瞬時(shí)值為e=nBS3cos3t=

40V2cos(10t)K，故A正確;

反變壓器輸入電壓的最大值為40，攵V，輸入電壓的有效值為U=40V,燈泡正常發(fā)光有「=乙得

R

U'=?PR=20葉,則荒=*=:，故B正確；

C.滑動(dòng)變阻器向上移動(dòng)，副線圈電阻增大，副線圈電流減小，由a=最可知人減小，即電流表示數(shù)

減小，故c錯(cuò)誤；

。.若自耦變壓器觸頭向上滑動(dòng)，則副線圈匝數(shù)增大，由筏=器知，U1不變，的不變，電增大，出增

大，燈泡變亮，故。錯(cuò)誤。

故選：AB.

13.【答案】BD

【解析】

【分析】

解決本題的關(guān)鍵要知道兩物體在彈開的過程中，系統(tǒng)遵守動(dòng)量守恒，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律時(shí)要注意

規(guī)定正方向，結(jié)合能量守恒定律即可

燒斷細(xì)線的瞬間對甲圖，燒斷細(xì)線后當(dāng)4離開墻角，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量

守恒，

根據(jù)能量守恒定律求出彈簧的彈性，從而求出兩個(gè)物體的動(dòng)能之比。

【解答】

A、由能量守恒定律可得燒斷細(xì)線之前彈簧的彈性勢能為Epmugni/，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

8、對甲圖，燒斷細(xì)線后當(dāng)4離開墻角，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí)4、8達(dá)到共同速度

由動(dòng)量守恒可得nw=(M+m)v^,

由能量守恒定律可得彈簧的彈性勢能為Ep=|mv2-i(M+m)vj?

綜合解得“費(fèi)，選項(xiàng)B正確；

C、對乙圖，燒斷細(xì)線后系統(tǒng)的動(dòng)量守恒且為0,則AB的動(dòng)量總是等大反向，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)

設(shè)

A、B的動(dòng)量大小均為p,由能量守恒定律可得琉4=舄、5^=哈，則有a4：EkB=m：M

，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D、由能量守恒定律可得Ek.+EkB—^p>結(jié)合a4：EkB—tn'-M,綜合解得,.>

MmL"i/ft-J

再結(jié)合&B=哈綜合解得p=mvJ^，A的動(dòng)量為一nwJ^，選項(xiàng)。正確。

6Ms3

14.【答案】1156.5x10-10

NAnpV3

【解析】解：①根據(jù)圖中描繪的輪廓，不足半格舍去，大于半格算一格，共計(jì)115個(gè)方格，所以

油膜的面積為：115xlcmxlcm=115cm2o

②每滴油酸酒精溶液中含有純油酸的體積是：U=-X/L=7.5x10-6加

75xl06xl610

估測油酸分子的直徑為：d=2=--fm。6,5X10-m

s115x10-4

③單個(gè)油分子的直徑為：d0=K

單個(gè)油分子的體積為：％='（取3=9]=卷

摩爾體積為：vmoi=

3

則阿伏伽德羅常數(shù)為：％=第=哈

Vo7rpp

3

故答案為：①115（或116）；②6.5x10-1°；③/=/。

npV

①采用估算的方法求油膜的面積，通過數(shù)正方形的個(gè)數(shù)：面積超過正方形一半算一個(gè)，不足一半

的不算，數(shù)出正方形的總個(gè)數(shù)乘以一個(gè)正方形的面積，近似算出油酸膜的面積；

②把油酸分子看成球形，且不考慮分子間的空隙，油膜的厚度近似等于油酸分子的直徑，由d=（

求出油酸分子直徑；

③計(jì)算油酸的分子質(zhì)量，根據(jù)摩爾質(zhì)量，得出阿伏伽德羅常數(shù)。

本實(shí)驗(yàn)的模型是不考慮油酸分子間的空隙，采用估算的方法求面積，肯定存在誤差，但本實(shí)驗(yàn)只

要求估算分子大小，數(shù)量級(jí)符合要求就行了。

15.【答案】BDmxx2-m1x1+m2x3g,好=+m2xl

【解析】解：(1)4為防止碰后小球4反彈，應(yīng)使4的質(zhì)量大于B的質(zhì)量，故A錯(cuò)誤；

A為保證小球做平拋運(yùn)動(dòng)，軌道末端必須水平，故B正確；

C.為了使兩球發(fā)生對心碰撞，碰后速度方向不改變，兩球半徑應(yīng)相等，故C錯(cuò)誤；

D為保證小球4到軌道末端時(shí)的速度相等，4球每次必須從軌道的同一位置由靜止釋放，故。正確。

故選：BD。

(2)小球做平拋運(yùn)動(dòng)的過程，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：

h=1gt2,

X=vt

整理得：t=/—fX=vI—>

\9\9

可見平拋運(yùn)動(dòng)的下落高度一定，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，水平射程與速度大小成正比，因此可用小球做平

拋運(yùn)動(dòng)的水平射程來代替小球拋出時(shí)的速度，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：

=叫巧+m1v2

即滿足表達(dá)式：機(jī)62=血1%1+瓶2%3，說明兩球碰撞中動(dòng)量守恒；

若碰撞過程為彈性碰撞，則機(jī)械能守恒，有：

3恤詔=gm岳+)2諺

即如果再滿足表達(dá)式：m1xl=m1xl+m2xl，說明兩球的碰撞為彈性碰撞。

故答案為:(1)80(2)如X2=m6i+m2x3,7nl據(jù)=m1*+m2%3

(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析；

(2)小球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平射程來代替小球拋出時(shí)的速度，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律求出

需要驗(yàn)證的表達(dá)式。

本題考查用“碰撞實(shí)驗(yàn)器”驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)，在驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律中，要注意明確實(shí)驗(yàn)

原理，學(xué)會(huì)實(shí)驗(yàn)方法；學(xué)會(huì)在相同高度下，利用平拋運(yùn)動(dòng)的水平射程來間接測出速度，并能推導(dǎo)

相應(yīng)的動(dòng)量守恒表達(dá)式及機(jī)械能守恒定律表達(dá)式。

16.【答案】1.194(1.193-1.195)

【解析】解：螺旋測微器的精確度為0.01mm,其固定刻度為l.Onwn,可動(dòng)刻度為19.4x0.01mm=

0.194mm,所以最終讀數(shù)為1.0mm+0.194mm=1.194nun。

故答案為：1.194(1.193?1.195)。

螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀。

對于基本測量儀器如螺旋測微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進(jìn)行有關(guān)測量，注

意其讀數(shù)有估計(jì)值，而游標(biāo)卡尺沒有估計(jì)值。

17.【答案】1.705a0.501.0串5940

【解析】解：(1)根據(jù)題干圖可知，螺旋測微器的最小分度為0.01mm,需要估讀，因此其讀數(shù)為

定刻度值與可動(dòng)刻度值之和，1.5mm+20.5x0.01mm=1.705mm

(2)①如圖所示，在閉合開關(guān)之前為防止電表過載而滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)頭P應(yīng)放在a處；

②由U=E-Ir,由U-/圖像可得該電源電動(dòng)勢E=0.50V

內(nèi)阻為圖像的斜率的絕對值，即內(nèi)阻r=牒0=1.00；

(3)根據(jù)題意，將電流表表頭改裝為電壓表需要串聯(lián)一個(gè)電阻，根據(jù)U=/g(Rg+R)

代入數(shù)據(jù)可得，R=5940/2,即串聯(lián)的電阻阻值59400；

故答案為：(1)1.705(2)0,0.50,1.0,串(3)5940

螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀；根據(jù)給

出圖象，圖象與縱坐標(biāo)的交點(diǎn)為電源的電動(dòng)勢；圖象的斜率表示電源的內(nèi)阻；根據(jù)部分電路歐姆

定律可知將電壓表量程擴(kuò)大需要串聯(lián)一個(gè)電阻。

本題考查了螺旋測微器的讀數(shù)方法、由U-1圖求電源電動(dòng)勢與內(nèi)阻以及電壓表的改裝等知識(shí)點(diǎn),

屬于常規(guī)知識(shí)點(diǎn)的考查，要求加強(qiáng)基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)的積累。

18.【答案】解：(1)入射光線與。P面的夾角為a,且sina=甘，

設(shè)入射角為i,則sini=?，

設(shè)折射角為y，根據(jù)折射定律有：兀=簫

根據(jù)幾何關(guān)系可知，光線在M點(diǎn)的入射角為90。-y,光線在M點(diǎn)

恰好發(fā)生全反射，有：

1

sin(90°—y)

n

解得玻璃磚對該單色光的折射率n=當(dāng)；

(2)由(1)中各式可解得折射角y=30°

根據(jù)幾何關(guān)系可得NOPM=60。，即△OPM為等邊三角形，則PM的長度%PM=R，根據(jù)光的反射

定律可知反射角4OMN=60°,

根據(jù)幾何關(guān)系可知反射光線MN與。Q面垂直，MN的長度XMN=Rcos60°=

光在玻璃磚內(nèi)傳播的速度u=?

單色光從P點(diǎn)射入玻璃磚到射出玻璃磚所經(jīng)歷的時(shí)間：t=Xpm+Xmn

V

解得：t=口。

C

答：(1)玻璃磚對該單色光的折射率為?。?/p>

(2)單色光從P點(diǎn)射入玻璃磚到射出玻璃磚所經(jīng)歷的時(shí)間為馬。

C

【解析】(1)光線在M點(diǎn)恰好發(fā)生全反射列方程，根據(jù)幾何關(guān)系求解入射角和折射角，根據(jù)折射定

律求解玻璃磚對該單色光的折射率；

(2)根據(jù)幾何關(guān)系求解光在玻璃磚中通過的距離，光在玻璃磚內(nèi)傳播的速度為"=因此得到單

色光從P點(diǎn)射入玻璃磚到射出玻璃磚所經(jīng)歷的時(shí)間。

本題主要是考查了光的折射，解答此類題目的關(guān)鍵是弄清楚光的傳播情況，畫出光路圖，通過光

路圖結(jié)合折射定律和幾何關(guān)系列方程聯(lián)立求解。

19.【答案】解：(1)固定乙滑塊，燒斷細(xì)線后，甲滑塊離開彈簧，上滑到。點(diǎn)，設(shè)甲在。點(diǎn)的速度

大小為火,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：

1

Ep=m1gx2R+7

甲滑塊在。點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得：

n詒

叫。+無=微

解得：FD=30/V

根據(jù)牛頓第三定律知，甲滑塊上滑到。點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小為30N。

(2)設(shè)乙滑塊的質(zhì)量為巾2,固定甲滑塊，燒斷細(xì)線后，乙離開彈簧，沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，假設(shè)乙

與傳送帶速度相等后沿傳送帶向上能運(yùn)動(dòng)的位移為S2,該過程中根據(jù)動(dòng)能定理得：

17

Iim2gcos37°-s2—m2g-sin37°?s2