海南省高考物理試卷與解析

1、2016年海南省高考物理試卷一、單項選擇題：此題共6小題，每題3分在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項切合題目要求的1（3分）（2016?海南）在地面上方某一點將一小球以必定的初速度沿水平方向拋出，不計空氣阻力，則小球在隨后的運動中（）速度和加快度的方向都在不停變化B速度與加快度方向之間的夾角向來減小C在相等的時間間隔內，速率的該變量相等D在相等的時間間隔內，動能的改變量相等2（3分）（2016?海南）如圖，在水平桌面上擱置一斜面體P，兩長方體物塊a和b疊放在P的斜面上，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)若將a和b、b與P、P與桌面之間摩擦力的大小分別用f1、f2和f3表示則（）Af=0，f20，f0B

2、f10，f2=0，f3=013Cf10，f0，f3=0Df10f0，f302，23（3分）（2016?海南）如圖，圓滑圓軌道固定在豎直面內，一質量為m的小球沿軌道做完整的圓周運動已知小球在最低點時對軌道的壓力大小為N1，在高點時對軌道的壓力大小為N2重力加快度大小為g，則N1N2的值為（）A3mgB4mgC5mgD6mg4（3分）（2016?海南）如圖，一圓形金屬環(huán)與兩固定的平行長直導線在同一豎直平面內，環(huán)的圓心與兩導線距離相等，環(huán)的直徑小于兩導線間距兩導線中通有大小相等、方向向下的恒定電流若（）A金屬環(huán)向上運動，則環(huán)上的感覺電流方向為順時針方向B金屬環(huán)向下運動，則環(huán)上的感覺電流方向為順時針方

3、向C金屬環(huán)向左邊直導線湊近，則環(huán)上的感覺電流方向為逆時針D金屬環(huán)向右邊直導線湊近，則環(huán)上的感覺電流方向為逆時針5（3分）（2016?海南）沿固定斜面下滑的物體遇到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度時間圖線以以下圖已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)，在05s，510s，1015s內F的大小分別為F1、F2和F3，則（）第1頁（共18頁）AF1F2BF2F3CF1F3DF1=F36（3分）（2016?海南）如圖，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45角，上極板帶正電一電荷量為q（q0）的粒子在電容器中湊近下極板處以初動能Ek0豎直向上射出不計重力，極板尺寸足夠大，若粒子能打到上

4、極板，則兩極板間電場強度的最大值為（）ABCD二、多項選擇題：此題共4小題，每題5分在每題給出的四個選項中，有多個選項是切合題目要求的所有選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分7（5分）（2016?海南）經(jīng)過觀察冥王星的衛(wèi)星，能夠計算出冥王星的質量假定衛(wèi)星繞冥王星做勻速圓周運動，除了引力常量外，最少還需要兩個物理量才能計算出冥王星的質量這兩個物理量能夠是（）A衛(wèi)星的速度和角速度B衛(wèi)星的質量和軌道半徑C衛(wèi)星的質量和角速度D衛(wèi)星的運轉周期和軌道半徑8（5分）（2016?海南）如圖（a）所示，揚聲器中有一線圈處于磁場中，當音頻電流信號經(jīng)過線圈時，線圈帶動紙盆振動，發(fā)出聲音俯視圖（b）表示處

5、于輻射狀磁場中的線圈（線圈平面即紙面），磁場方向如圖中箭頭所示，在圖（b）中（）當電流沿順時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里B當電流沿順時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外C當電流沿逆時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里D當電流沿逆時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外9（5分）（2016?海南）圖（a）所示，理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為4：1，RT為阻值隨溫度高升而減小的熱敏電阻，R1為定值電阻，電壓表和電流表均為理想溝通電表原線圈所接電壓u隨時間t按正弦規(guī)律變化，如圖（b）所示以下說法正確的選項是（）第2頁（共18頁）A變壓器輸入輸出功率之比為4

6、：1B變壓器原、副線圈中的電流強度之比為1：4Cu隨t變化的規(guī)律為u=51sin（50t）（國際單位制）D若熱敏電阻RT的溫度高升，則電壓表的示數(shù)不變，電流表的示數(shù)變大10（5分）（2016?海南）如圖，一帶正電的點電荷固定于O點，兩虛線圓均以O為圓心，兩實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點不計重力以下說法正確的選項是（）AM帶負電荷，N帶正電荷BM在b點的動能小于它在a點的動能CN在d點的電勢能等于它在e點的電勢能DN在從c點運動到d點的過程中戰(zhàn)勝電場力做功三、實驗題：此題共2小題，第11題6分，第12題9分把答案寫在答題卡中指定的答題處，不

7、要求寫出演算過程11（6分）（2016?海南）某同學利用圖（a）所示的實驗裝置研究物塊速度隨時間的變化物塊放在桌面上，細繩的一端與物塊相連，另一端越過滑輪掛上鉤碼打點計時器固定在桌面左端，所用溝通電源頻次為50Hz紙帶穿過打點計時器連結在物塊上啟動打點計時器，開釋物塊，物塊在鉤碼的作用下拖著紙帶運動打點計時器打出的紙帶如圖（b）所示（圖中相鄰兩點間有4個點未畫出）依據(jù)實驗數(shù)據(jù)分析，該同學以為物塊的運動為勻加快運動回答以下問題：（1）在打點計時器打出B點時，物塊的速度大小為m/s在打出D點時，物塊的速度大小為m/s；（保存兩位有效數(shù)字）（2）物塊的加快度大小為m/s2（保存兩位有效數(shù)字）12（9

8、分）（2016?海南）某同學改裝和校準電壓表的電路圖以以下圖，圖中虛線框內是電壓表的改裝電路（1）已知表頭G滿偏電流為100A，表頭上標志的內阻值為900R1、R2和R3是定值電阻利用R1和表頭構成1mA的電流表，而后再將其改裝為兩個量程的電壓表若使用a、第3頁（共18頁）b兩個接線柱，電壓表的量程為1V；若使用a、c兩個接線柱，電壓表的量程為3V則根據(jù)題給條件，定值電阻的阻值應選R1=，R2=，R3=（2）用量程為3V，內阻為2500的標準電壓表對改裝表3V擋的不一樣刻度進行校準所用電池的電動勢E為5V；滑動變阻器R有兩種規(guī)格，最大阻值分別為50和5k為了方便實驗中調理電壓，圖中R應采納最大

9、阻值為的滑動變阻器（3）校準時，在閉合開關S前，滑動變阻器的滑動端P應湊近（填“M”或“N”）端（4）若因為表頭G上標志的內阻值禁止，造成改裝后電壓表的讀數(shù)比標準電壓表的讀數(shù)偏小，則表頭G內阻的真切值（填“大于”或“小于”）900四、計算題：此題共2小題，第13題9分，第14題14分把解答寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必需的文字說明、方程式和演算步驟13（9分）（2016?海南）水平川面上有質量分別為m和4m的物A和B，二者與地面的動摩擦因數(shù)均為細繩的一端固定，另一端越過輕質動滑輪與A相連，動滑輪與B相連，以以下圖初始時，繩出于水平拉直狀態(tài)若物塊A在水平向右的恒力F作用下向右挪動了距離s，

10、重力加快度大小為g求（1）物塊B戰(zhàn)勝摩擦力所做的功；（2）物塊A、B的加快度大小14（14分）（2016?海南）如圖，A、C兩點分別位于x軸和y軸上，OCA=30，OA的長度為L在OCA地區(qū)內有垂直于xOy平面向里的勻強磁場質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場已知粒子從某點射入時，恰巧垂直于OC邊射出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t不計重力0（1）求磁場的磁感覺強度的大小；（2）若粒子先后從兩不一樣點以同樣的速度射入磁場，恰巧從OC邊上的同一點射出磁場，求該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和；（3）若粒子從某點射入磁場后，其運動軌跡與AC邊相切，且在磁場內運動的

11、時間為t0，求粒子此次入射速度的大小第4頁（共18頁）五、選考題：請考生從第1517題中任選二題作答假如多做，則按所做的第一、二題計分【選修3-3】（12分）15（4分）（2016?海南）必定量的理想氣體從狀態(tài)M能夠經(jīng)歷過程1或許過程2抵達狀態(tài)N，其pV圖象以以下圖在過程1中，氣體一直與外界無熱量互換；在過程2中，氣體先經(jīng)歷等容變化再經(jīng)歷等壓變化關于這兩個過程，以下說法正確的選項是（）A氣體經(jīng)歷過程1，其溫度降低B氣體經(jīng)歷過程1，其內能減小C氣體在過程2中向來對外放熱D氣體在過程2中向來對外做功E氣體經(jīng)歷過程1的內能改變量與經(jīng)歷過程2的同樣16（8分）（2016?海南）如圖，密閉汽缸雙側與一U

12、形管的兩頭相連，汽缸壁導熱；U形管內盛有密度為23=7.510kg/m的液體一活塞將汽缸分紅左、右兩個氣室，開始時，左3氣室的體積是右氣室的體積的一半，氣體的壓強均為P0=4.510Pa外界溫度保持不變緩慢向右拉活塞使U形管雙側液面的高度差h=40cm，求此時左、右兩氣室的體積之比，取重力加快度大小g=10m/s2，U形管中氣體的體積和活塞拉桿的體積忽視不計【選修3-4】（12分）17（2016?海南）以下說法正確的選項是（）在同一地點，單擺做簡諧振動的周期的平方與其擺長成正比B彈簧振子做簡諧振動時，振動系統(tǒng)的勢能與動能之和保持不變C在同一地點，當擺長不變時，擺球質量越大，單擺做簡諧振動的周期

13、越小D系統(tǒng)做穩(wěn)固的受迫振動時，系統(tǒng)振動的頻次等于周期性驅動力的頻次E已知彈簧振子初始時刻的地點及其振動周期，即可知振子在隨意時刻運動速度的方向第5頁（共18頁）18（2016?海南）如圖，半徑為R的半球形玻璃體置于水平桌面上，半球的上表面水平，球面與桌面相切于A點一細束單色光經(jīng)球心O從空氣中攝取玻璃體內（入射面即紙面），入射角為45，出射光芒射在桌面上B點處測得AB之間的距離為現(xiàn)將入射光束在紙面內向左平移，求射入玻璃體的光芒在球面上恰巧發(fā)生全反射時，光束在上表面的入射點到O點的距離不考慮光芒在玻璃體內的多次反射【選修3-5】（12分）19（2016?海南）以下說法正確的選項是（）愛因斯坦在光的

14、粒子性的基礎上，成立了光電效應方程B康普頓效應表示光子只擁有能量，不擁有動量C波爾的原子理論成功地解說了氫原子光譜的實驗規(guī)律D盧瑟福依據(jù)粒子散射實驗提出了原子的核式結構模型E德布羅意指出微觀粒子的動量越大，其對應的波長就越長20（2016?海南）如圖，物塊A經(jīng)過一不行伸長的輕繩懸掛在天花板下，初始時靜止；從發(fā)射器（圖中未畫出）射出的物塊B沿水平方向與A相撞，碰撞后二者粘連在一同運動，碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一同上漲的高度h均可由傳感器（圖中未畫出）232的質量分別為mA=0.400kg和mB=0.100kg，重力加快為k=1.9210s/m已知物塊A和B度大小g=9.8m/s2hv

15、2直線斜率的理論值k0（i）若碰撞時間極短且忽視空氣阻力，求（ii）求k值的相對偏差（=100%），結果保存1位有效數(shù)字第6頁（共18頁）2016年海南省高考物理試卷參照答案與試題分析一、單項選擇題：此題共6小題，每題3分在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項切合題目要求的1（3分）【考點】功能關系【分析】明確平拋運動的性質，知道平拋運動可分解為豎直方向上的自由落體運動和水平方向上的勻速直線運動；再依據(jù)運動的合成和分解規(guī)律可明確速度及速率的變化狀況【解答】解：A、平拋運動的物體其加快度恒定不變，速度方向時刻變化；故A錯誤；B、因為豎直分速度向來增大，而水均分速度不變，故合速度的方向由水平逐漸

16、變成湊近豎直，故與豎直方向夾角愈來愈??；與加快度方向的夾角愈來愈??；故B正確；C、由v=gt可知，在相等的時間間隔內速度的改變量同樣；可是速率為水平速度和豎直速度的合速度的大??；故速率的改變量不同樣；故C錯誤；D、由C可知，速率的變化量不相等，故由動能的表達式可知，動能的改變量也不相等；故錯誤；故選：B【評論】此題觀察平拋運動的規(guī)律，要注意明確平拋運動的研究方法為運動的合成和分解，要正確理解合成與分解的方法；并注意速率和速度變化的差別2（3分）【考點】共點力均衡的條件及其應用；摩擦力的判斷與計算【分析】分別對a、ab以及abP整體進行分析，依據(jù)均衡條件可明確各研究對象能否遇到摩擦力作用【解答】

17、解：對a物體分析可知，a物體受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑動的趨向，所以a遇到b向上的摩擦力；f10；再對ab整體分析可知，ab整體受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑動的趨向，所以b遇到P向上的摩擦力；f20；對ab及P構成的整體分析，因為整體在水平方向不受外力，所以P不受地面的摩擦力；f3=0；故只有C正確，ABD錯誤；應選：C【評論】此題觀察靜摩擦力的分析和判斷，要注意明確靜摩擦力隨物體遇到的外力的變化而變化；同時明確靜摩擦力產(chǎn)生的條件，從而分析能否存在摩擦力；同時注意整體法與間隔法的正確應用3（3分）【考點】機械能守恒定律；物體的彈性和彈力；向心力【分析】依據(jù)機械能守恒定律可明確

18、最低點和最高點的速度關系；再依據(jù)向心力公式可求得小球在最高點和最低點時的壓力大小，則可求得壓力的差值【解答】解：設最高點的速度為v2，最低點速度為v1；對由最低點到最高點的過程中，依據(jù)機械能守恒定律可知：22mg2R=mv2mv1依據(jù)向心力公式可得：第7頁（共18頁）最高點時：N2+mg=m最低點時；N1mg=m聯(lián)立解得：N1N2=6mg；應選：D【評論】此題觀察機械能守恒定律以及向心力公式，要注意明確小球在圓環(huán)內部運動可視為繩模型；最高點時壓力只好豎直向下4（3分）【考點】楞次定律【分析】經(jīng)過線圈面積的磁通量發(fā)生變化時，則會出現(xiàn)感覺電動勢，當電路閉合時，則產(chǎn)生感覺電流聯(lián)合楞次定律可判斷感覺電

19、流方向【解答】解：AB、直導線之間的磁場時對稱的，圓環(huán)在中間時，經(jīng)過圓環(huán)的磁通量為零，金屬環(huán)上下運動的時候，圓環(huán)的磁通量不變，不會有感覺電流產(chǎn)生，故AB錯誤；C、金屬環(huán)向左邊直導線湊近，則穿過圓環(huán)的磁場垂直紙面向外而且增強，依據(jù)楞次定律可得，環(huán)上的感覺電流方向為順時針，故C錯誤；D、金屬環(huán)向右邊直導線湊近，則穿過圓環(huán)的磁場垂直紙面向里而且增強，依據(jù)楞次定律可得，環(huán)上的感覺電流方向為逆時針，故D正確；應選：D【評論】此題觀察楞次定律的應用，掌握感覺電流的產(chǎn)生條件，理解右手螺旋定章的內容穿過線框的磁通量變化有幾種方式，有磁場變化以致磁通量變化，也有面積變化以致磁通量變化，還有磁場與面積均變化以致磁

20、通量變化的，最后有磁場與面積均沒有變，而是擱置的角度變化以致磁通量變化5（3分）【考點】牛頓運動定律的綜合應用；勻變速直線運動的圖像【分析】速度時間圖象的斜率表示加快度的大小，斜率為正，表示加快運動，斜率為負，表示減速運動，再依據(jù)牛頓第二定律分析拉力的大小即可【解答】解：由速度時間圖象的斜率可知，05s內和1015s內物體的加快度大小a相等在05s內，物體加快下滑，由牛頓第二定律可得：mgsinfF1=ma，所以F1=mgsinfma；在510s，物體勻速下滑，受力均衡，則mgsinf=F2，所以F2=mgsinf；在1015s內，物體減速下滑，由牛頓第二定律可得，F(xiàn)3+fmgsin=ma，所

21、以F3=mgsinf+ma；由以上分析可得，F(xiàn)1F2F3；應選：A【評論】此題是對速度時間圖象含義的觀察，明確速度時間圖象的斜率表示加快度的大小，斜率為正，表示加快運動，斜率為負，表示減速運動，再依據(jù)牛頓第二定律計算拉力的大小即可6（3分）【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關系；電場強度【分析】粒子在電場中只遇到電場力的作用，只有電場力做功，計算出粒子在電場分析上的動能的大小，依據(jù)動能定理即可計算電場強度的大小第8頁（共18頁）【解答】解：依據(jù)電荷的受力狀況可知，粒子在電場中做曲線運動，以以下圖，當電場足夠大時，粒子抵達上極板時速度恰巧與上極板平行，將粒子的速度v分解為垂直于板的v和平行于板

22、的v，因為極板與水平面夾角45，粒子的初速度方向豎直向上，所以粒子在垂直于板大小的動能為Ek0，電場力對粒子做的功為W=qEd，當qEd=Ek0時，電場強度最大，解得，E=，故B正確，ACD錯誤；應選：B【評論】此題要點是明確粒子的受力狀況和運動狀況，而后依據(jù)類平拋運動的規(guī)律和動能定理計算電場強度的大小即可二、多項選擇題：此題共4小題，每題5分在每題給出的四個選項中，有多個選項是切合題目要求的所有選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分7（5分）【考點】萬有引力定律及其應用【分析】人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動時，萬有引力充任向心力，由萬有引力定律聯(lián)合牛頓第二定律列式求中心天體的質量，而

23、后由選項條件判斷正確的答案【解答】解：衛(wèi)星環(huán)繞冥王星做勻速圓周運動，萬有引力供給向心力，A、已知衛(wèi)星的速度和角速度，則軌道半徑r=，依據(jù)即可求解冥王星質量M，故A正確；B、依據(jù)可知，衛(wèi)星的質量能夠約去，只知道半徑不可以求出冥王星質量，故B錯誤；C、依據(jù)可知，衛(wèi)星的質量能夠約去，只知道角速度不可以求出冥王星質量，故錯誤；D、依據(jù)可知，知道衛(wèi)星的運轉周期和軌道半徑可求解冥王星質量M，故D正確；應選：AD【評論】解答萬有引力定律在天體運動中的應用時要明確天體做勻速圓周運動，其遇到的萬有引力供給向心力，會用線速度、角速度、周期表示向心力，同時注意公式間的化簡第9頁（共18頁）8（5分）【考點】楞次定律

24、；安培力【分析】應用化曲為直法，把線圈看作一小段一小段的直導線連結而成，再依據(jù)左手定章判斷所受安培力的方向即可【解答】解：A、把線圈看作一小段一小段的直導線連結而成，當電流沿順時針方向時，根據(jù)左手定章可知，每一小段直導線遇到的安培力都是垂直于紙面向外，則線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外，故A錯誤，B正確；C、把線圈看作一小段一小段的直導線連結而成，當電流沿逆時針方向時，依據(jù)左手定章可知，每一小段直導線遇到的安培力都是垂直于紙面向里，則線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里，故D錯誤，C正確；應選：BC【評論】此題主要觀察了左手定章的直接應用，注意化曲為直法在解題中的應用，難度不大，屬于基礎題9（

25、5分）【考點】變壓器的結構和原理；電功、電功率；正弦式電流的圖象和三角函數(shù)表達式【分析】變壓器原副線圈的輸入功率和輸出功率相等，依據(jù)電流之比等于匝數(shù)之反比求出原副線圈的電流比依據(jù)交變電壓的ut圖線得出峰值和周期，從而求出角速度，得出ut的表達式抓住輸入電壓不變，得出輸出電壓不變，聯(lián)合副線圈負載電阻的變化得出電流的變化【解答】解：A、原副線圈輸入功率和輸出功率相等，故A錯誤B、依據(jù)得，原副線圈的電流之比為1：4，故B正確C、交變電壓的峰值為51V，周期T=0.02s，則角速度，則u隨t的變化規(guī)律為u=51sin（100）t，故C錯誤D、若熱敏電阻RT的溫度高升，則熱敏電阻的阻值減小，因為原線圈的

26、電壓不變，則副線圈的電壓不變，副線圈中的電流變大，故D正確應選：BD【評論】依據(jù)圖象正確找出已知量，是對學生認圖的基本要求，正確掌握理想變壓器的特色及電壓、電流比與匝數(shù)比的關系，是解決此題的要點10（5分）【考點】電勢差與電場強度的關系；電場強度【分析】依據(jù)軌跡的曲折，確立粒子所受的力是吸引力還是排擠力，從而確立粒子的電性；依據(jù)動能定理，聯(lián)合庫侖力做功狀況判斷動能的變化，依據(jù)電場力做功判斷電勢能的變化【解答】解：A、由粒子運動軌跡可知，M遇到的是吸引力，N遇到的是排擠力，可知M帶負電荷，N帶正電荷，故A正確B、M從a到b點，庫侖力做負功，依據(jù)動能定理知，動能減小，則b點的動能小于在a點的動能，

27、故B正確C、d點和e點在同一等勢面上，電勢相等，則N在d點的電勢能等于在e點的電勢能，故C正確D、N從c到d，庫侖斥力做正功，故D錯誤應選：ABC第10頁（共18頁）【評論】此題要點是依據(jù)曲線運動的條件判斷出靜電力的方向，掌握判斷動能和電勢能變化的方向，一般的解題思路是依據(jù)動能定理判斷動能的變化，依據(jù)電場力做功判斷電勢能的變化三、實驗題：此題共2小題，第11題6分，第12題9分把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程11（6分）【考點】研究小車速度隨時間變化的規(guī)律；測定勻變速直線運動的加快度【分析】（1）做勻變速直線運動的物體，某一時間內的均勻速度等于這段時間中間時刻的瞬時速度，所以

28、B點的速度等于AC兩點間的均勻速度，D點速度等于CE兩點間的均勻速度（2）依據(jù)逐差法求加快度【解答】解：（1）依據(jù)勻變速直線運動中間時刻的剎時速度等于該過程中的均勻速度，所以（2）依據(jù)勻變速直線運動的推論公式能夠求出加快度的大小，得為了更為正確的求解加快度，我們對兩個加快度取均勻值得=2.0故答案為：（1）0.560.96（2）2.0【評論】此題借助實驗觀察了勻變速直線的規(guī)律以及推論的應用，知道紙帶的數(shù)據(jù)辦理方法，在平常練習中要增強基礎知識的理解與應用，提升解決問題能力12（9分）【考點】把電流表改裝成電壓表【分析】（1）依據(jù)串并聯(lián)電路的知識求定值電阻的阻值（2）在保證安全的前提下，為方便實驗

29、操作，應選擇最大阻值較小的滑動變阻器（3）分壓電路，控制電路兩頭的電壓由0開始增大，同時也起到保護作用4）改裝表的讀數(shù)比標準表的讀數(shù)偏小，指針偏轉的角度偏小，流過的表頭的電流偏小，可能是表頭電阻偏大【解答】解：（1）依據(jù)題意，與表頭G構成1mA的電流表，則：，整理得第11頁（共18頁）若使用a、b兩個接線柱，電壓表的量程為1V，則若使用a、c兩個接線柱，電壓表的量程為3V，則=（2）電壓表與之并聯(lián)以后，電阻小于2500，關于分壓式電路，要求滑動變阻器的最大值遠小于并聯(lián)部分，同時還要便于調理，故滑動變阻器選擇小電阻，即選擇50的電阻（3）在閉合開關S前，滑動變阻器的滑動端P應湊近M端，這樣把并聯(lián)

30、部分電路短路，起到一種保護作用（4）造成改裝后電壓表的讀數(shù)比標準電壓表的讀數(shù)偏小，說明經(jīng)過表頭G的電流偏小，則實質其電阻偏大，故其實質阻值大于900故答案為：（1）1009102000（2）50（3）M（4）大于【評論】此題要點是電壓表和電流表的改裝原理，分析清楚電路結構，應用串并聯(lián)電路特色與歐姆定律即可正確解題四、計算題：此題共2小題，第13題9分，第14題14分把解答寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必需的文字說明、方程式和演算步驟13（9分）【考點】牛頓第二定律；功的計算【分析】（1）依據(jù)幾何關系確立B的位移；再依據(jù)滑動摩擦力公式可明確摩擦力的大小，依據(jù)功的公式即可求得戰(zhàn)勝摩擦力所做的功

31、；2）分別對AB受力分析，依據(jù)牛頓第二定律進隊列式，聯(lián)立可求得兩物體的加快度【解答】解：1）物塊A挪動了距離s，則物塊B挪動的距離為s1=物塊B遇到的摩擦力大小為f=4mg物塊B戰(zhàn)勝摩擦力所做的功為W=fs1=4mgs=2mgs（2）設物塊A、B的加快度大小分別為aA、aB，繩中的張力為T有牛頓第二定律得FmgT=maA2T4mg=4maB由A和B的位移關系得aA=2aB聯(lián)立式得aA=aB=第12頁（共18頁）答：（1）物塊B戰(zhàn)勝摩擦力所做的功為2mgs；（2）物塊A、B的加快度大小分別為和【評論】此題觀察牛頓第二定律以及功的計算，要注意明確研究對象的采納，正確受力分析，再依據(jù)牛頓第二定律列式

32、求解14（14分）【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動【分析】（1）粒子垂直O(jiān)A進入磁場中，轉過90，垂直打在y軸上，則t=t0=T，求出周期，由周期公式T=求B的大?。?）畫出兩個粒子的運動軌跡，設軌跡所對應的圓心角分別為和，由幾何關系有121=1802，可獲取時間之和等于（3）依據(jù)圓周運動知識知道，兩粒子在磁場中運動的時間差t與=成正比，只要求出的最大值，即可求得的最大21值2由t=T和已知條件tmax2的最大值，再聯(lián)合幾何知識求出軌=，聯(lián)立可求出跡的半徑，由牛頓第二定律，利用洛倫茲力等于向心力，列式求解速度【解答】解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，在時間t0內其速度方向改變了90，故其

33、周期T=4t0設磁感覺強度大小為B，粒子速度為v，圓周運動的半徑為r由洛倫茲力公式和牛頓定律得勻速圓周運動的速度滿足聯(lián)立式得B=（2）設粒子從OA變兩個不一樣地點射入磁場，能從OC邊上的同一點P射出磁場，粒子在磁場中運動的軌跡以以下圖設兩軌跡所對應的圓心角分別為1和2由幾何關系有第13頁（共18頁）=18012粒子兩次在磁場中運動的時間分別為t1與t2，則t1+t2=2t0；（3）如圖（b），由題給條件可知，該粒子在磁場所區(qū)中的軌跡圓弧對應的圓心角為150O為圓弧的圓心，圓弧的半徑為r0，圓弧與AC相切與B點，從D點射出磁場，由幾何關系和題給條件可知，此時有OOD=BOA=30r0cosO0D

34、+=L設粒子此次入射速度的大小為v0，由圓周運動線速度公式，則有：v0=聯(lián)立式得v0=答：（1）磁場的磁感覺強度的大?。唬?）該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和2t0；（3）粒子此次入射速度的大小【評論】關于帶電粒子在磁場中運動種類，要擅長運用幾何知識幫助分析和求解，這是軌跡問題的解題要點，注意畫出正確的運動軌跡圖是解題的要點五、選考題：請考生從第1517題中任選二題作答假如多做，則按所做的第一、二題計分【選修3-3】（12分）15（4分）【考點】熱力學第必定律；理想氣體的狀態(tài)方程【分析】AB、依據(jù)絕熱，既不吸熱，也不放熱，聯(lián)合熱力學第必定律：U=Q+W，即可判斷；CD、依據(jù)理想氣體狀態(tài)方程=

35、C，聯(lián)合過程2中，壓強與體積的變化狀況，從而即可求解；第14頁（共18頁）E、依照初末狀態(tài)的溫度同樣，從而確立內能改變量也同樣【解答】解：AB、氣體經(jīng)歷過程1，壓強減小，體積變大，膨脹對外做功，內能減小，故溫度降低，故AB正確；CD、氣體在過程2中，依據(jù)理想氣體狀態(tài)方程=C，剛開始時，體積不變，壓強減小，則溫度降低，對外放熱，而后壓強不變，體積變大，膨脹對外做功，則溫度高升，吸熱，故CD錯誤；E、不論是經(jīng)過1過程還是2過程，初、末狀態(tài)同樣，故內能改變量同樣，故E正確；應選：ABE【評論】觀察熱力學第必定律與理想氣體狀態(tài)方程的應用，理解絕熱的含義，注意熱力學第必定律中各量的正負含義，及掌握理想氣

36、體的定義16（8分）【考點】理想氣體的狀態(tài)方程【分析】對左右兩部分氣體分別運用玻意耳定律列式，由力的均衡找出壓強關系，由幾何關系找出體積關系【解答】解：設初始狀態(tài)時汽缸左氣室的體積為V01，右氣室的體積為V02；當活塞至汽缸中某地點時，左、右氣室的壓強分別為p1、p2，體積分別為V1、V2，由玻意耳定律得0=pVpV11pV01=pV00222依題意有01+V02=V1+V2由力的均衡條件有p2p1=gh聯(lián)立式，并代入題給數(shù)據(jù)得由此解得（另一解不合題意，舍去）由式和題給條件得V1：V2=1：1答：此時左、右兩氣室的體積之比1：1【評論】此題觀察氣體實驗定律的應用，要點是確立狀態(tài)參量，特別是兩部

37、分氣體的壓強關系，初末狀態(tài)的體積關系【選修3-4】（12分）17（2016?海南）【考點】簡諧運動的答復力和能量；簡諧運動的振幅、周期和頻次；自由振動和受迫振動【分析】依據(jù)單擺的周期公式分析周期與擺長的關系彈簧振子做簡諧振動時，系統(tǒng)的機械能守恒單擺的周期與擺球的質量沒關受迫振動的頻次等于驅動力的頻次依據(jù)時間與周期的關系，聯(lián)合彈簧振子初始時刻的振動方向才可確立彈簧振子在隨意時刻運動速度的方向第15頁（共18頁）【解答】解：A、依據(jù)單擺的周期公式T=2，得T2=L在同一地點，g必定，則知T2與L成正比，即單擺做簡諧振動的周期的平方與其擺長成正比故A正確B、彈簧振子做簡諧振動時，振動系統(tǒng)的機械能守恒，即振動系統(tǒng)的勢能與動能之和保持不變故B正確C、依據(jù)單擺的周期公式T=2，知單擺做簡諧振動的周期與擺球質量沒關，故C錯誤D、系統(tǒng)做穩(wěn)固的受迫振動時，系統(tǒng)振動的頻次等于周期性驅動力的頻次，與固有頻次沒關，故D正確E、振動質點在同一地點振動方向有兩種，所以已知彈簧振子初始時刻的地點，不知道初始時刻振子的振動方向，依據(jù)振動周期，不可以知道振子在隨意時刻運動速度的方向應選：ABD【評論】解決此題的要點要掌握單擺周期公式T=2，知道單擺的周期與擺球的質量沒關，明確受迫振動的頻次等于驅動力的頻次，與固有頻次沒關18（2016?海南）【考點