2016年海南省高考物理試卷

2016年海南省高考物理試卷

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題3分.在每小題給出的四個選項中，

只有一項是符合題目要求的.

1.（3分）在地面上方某一點將一小球以一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（）

A.速度和加速度的方向都在不斷變化

B.速度與加速度方向之間的夾角一直減小

C.在相等的時間間隔內，速率的改變量相等

D.在相等的時間間隔內，動能的改變量相等

2.（3分）如圖，在水平桌面上放置一斜面體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fl、f2和f3表示.則（）

A.fi=0,fzWO,f3#0B.fi#0,f2=0,f3=0

C.fiWO,fzWO,f3=0D.fiWO,f2^0,f3^0

3.（3分）如圖，光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Ni，在高點時對軌道的

壓力大小為重力加速度大小為g,則N1-N2的值為（）

A.3mgB.4mgC.5mgD.6mg

4.（3分）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.以下說法正確的是（）

?o

7r右

A.金屬環(huán)向上運動，則環(huán)上的感應電流方向為順時針方向

B.金屬環(huán)向下運動，則環(huán)上的感應電流方向為順時針方向

C.金屬環(huán)向左側直導線靠近，則環(huán)上的感應電流方向為逆時針

D.金屬環(huán)向右側直導線靠近，則環(huán)上的感應電流方向為逆時針

5.（3分）沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑

的速度-時間圖線如圖所示.已知物體與斜面之間的動摩擦因數為常數，在0?

5s,5-lOs,10?15s內F的大小分別為％、F2和F3,則（）

A.FI<F2B.F2>F3C.FI>F3D.FI=F3

6.（3分）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（q>0）的粒子在電容器中靠近下極板處.以初動能

Eko豎直向上射出.不計重力，極板尺寸足夠大，若粒子能打到上極板，則兩極

板間電場強度的最大值為（）

EE

Ak0Rk0r&Eko

4qd2qd2qdqd

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分.在每小題給出的四個選項中，

有多個選項是符合題目要求的.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有

選錯的得。分.

7.（5分）通過觀察冥王星的衛(wèi)星，可以推算出冥王星的質量.假設衛(wèi)星繞冥王

星做勻速圓周運動，除了引力常量外，至少還需要兩個物理量才能計算出冥王星

的質量.這兩個物理量可以是（）

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)星的運行周期和軌道半徑

8.（5分）如圖（a）所示，揚聲器中有一線圈處于磁場中，當音頻電流信號通

過線圈時，線圈帶動紙盆振動，發(fā)出聲音，俯視圖（b）表示處于輻射狀磁場中

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（）

圖（a）圖（b）

A.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）圖（a）所示，理想變壓器的原、副線圈的匝數比為4：1,RT為阻值

隨溫度升高而減小的熱敏電阻，Ri為定值電阻，電壓表和電流表均為理想交流電

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.下列說法正

A.變壓器輸入、輸出功率之比為4：1

B.變壓器原、副線圈中的電流強度之比為1：4

C.u隨t變化的規(guī)律為u=51sin（50nt）（國際單位制）

D.若熱敏電阻RT的溫度升高，則電壓表的示數不變，電流表的示數變大

10.（5分）如圖，一帶正電的點電荷固定于。點，兩虛線圓均以。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.下列說法正確的是（）

A.M帶負電荷，N帶正電荷

B.M在b點的動能小于它在a點的動能

C.N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能

D.N在從c點運動到d點的過程中克服電場力做功

三、實驗題：本題共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）某同學利用圖（a）所示的實驗裝置探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，另一端跨過滑輪掛上鉤碼.打點計時器

固定在桌面左端，所用交流電源頻率為50Hz.紙帶穿過打點計時器連接在物塊

上.啟動打點計時器，釋放物塊，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）.

根據實驗數據分析，該同學認為物塊的運動為勻加速運動.回答下列問題：

（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；（保留兩位有效數字）

（2）物塊的加速度大小為m/s?.（保留兩位有效數字）

12.（9分）某同學改裝和校準電壓表的電路圖如圖所示，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100I1A,表頭上標記的內阻值為9000.%、R2和

R3是定值電阻。利用Ri和表頭構成1mA的電流表，然后再將其改裝為兩個量程

的電壓表。若使用a、b兩個接線柱，電壓表的量程為IV；若使用a、c兩個接

線柱，電壓表的量程為3V.則根據題給條件，定值電阻的阻值應選Ri=Q,

R2=Q,R3=Qo

（2）用量程為3V,內阻為2500Q的標準電壓表任）對改裝表3V擋的不同刻度

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50Q和5kQ.為了方便實驗中調節(jié)電壓，圖中R應選用最大阻值為Q

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應靠近（填

或"N"）端。

（4）若由于表頭G上標記的內阻值不準，造成改裝后電壓表的讀數比標準電壓

表的讀數偏小，則表頭G內阻的真實值（填"大于"或"小于"）900Q。

四、計算題：本題共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，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟.

13.（9分）水平地面上有質量分別為m和4m的物A和B,兩者與地面的動摩

擦因數均為山細繩的一端固定，另一端跨過輕質動滑輪與A相連，動滑輪與B

相連，如圖所示.初始時，繩處于水平拉直狀態(tài).若物塊A在水平向右的恒力F

作用下向右移動了距離s,重力加速度大小為g.求

（1）物塊B克服摩擦力所做的功；

（2）物塊A、B的加速度大小.

14.（14分）如圖，A、C兩點分別位于x軸和y軸上，ZOCA=30°,0A的長度

為L.在aOCA區(qū)域內有垂直于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0A邊射入磁場。已知粒子從某點射入

時，恰好垂直于0C邊射出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為3不計重力。

（1）求磁場的磁感應強度的大小；

（2）若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場，恰好從0C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

時間為旦3求粒子此次入射速度的大小。

3

五、選考題：請考生從第15?17題中任選二題作答.如果多做，則按所做的第

一、二題計分.【選修3-3】（12分）

15.（4分）一定量的理想氣體從狀態(tài)M可以經歷過程1或者過程2到達狀態(tài)N,

其p-V圖象如圖所示。在過程1中，氣體始終與外界無熱量交換；在過程2中,

氣體先經歷等容變化再經歷等壓變化。對于這兩個過程，下列說法正確的是

A.氣體經歷過程1,其溫度降低

B.氣體經歷過程1,其內能減小

C.氣體在過程2中一直對外放熱

D.氣體在過程2中一直對外做功

E.氣體經歷過程1的內能改變量與經歷過程2的相同

16.（8分）如圖，密閉氣缸兩側與一U形管的兩端相連，氣缸壁導熱；U形管

內盛有密度為p=7.5X102kg/m3的液體.一活塞將氣缸分成左、右兩個氣室，開

始時，左氣室的體積是右氣室的體積的一半，氣體的壓強均為Po=4.5XlO3pa.外

界溫度保持不變.緩慢向右拉活塞使U形管兩側液面的高度差h=40cm,求此時

左、右兩氣室的體積之比，取重力加速度大小g=10m/s2,U形管中氣體的體積和

活塞拉桿的體積忽略不計.

【選修3-41（12分）

17.（4分）下列說法正確的是（）

A.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越小

D.系統(tǒng)做穩(wěn)定的受迫振動時，系統(tǒng)振動的頻率等于周期性驅動力的頻率

E.已知彈簧振子初始時刻的位置及其振動周期，就可知振子在任意時刻運動速

度的方向

18.（8分）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。一細束單色光經球心。從空氣中射入玻璃體內（入

射面即紙面）

，入射角為45。，出射光線射在桌面上B點處。測得AB之間的距離為K.現將入

2

射光束在紙面內向左平移，求射入玻璃體的光線在球面上恰好發(fā)生全反射時，光

束在上表面的入射點到0點的距離。不考慮光線在玻璃體內的多次反射。

o

AR

【選修3-5】（12分）

19.下列說法正確的是（）

A.愛因斯坦在光的粒子性的基礎上，建立了光電效應方程

B.康普頓效應表明光子只具有能量，不具有動量

C.波爾的原子理論成功地解釋了氫原子光譜的實驗規(guī)律

D.盧瑟福根據a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.如圖，物塊A通過一不可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，碰撞后兩者粘連在一起

運動，碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由傳感

器（圖中未畫出）測得.某同學以h為縱坐標，v2為橫坐標，利用實驗數據作直

線擬合，求得該直線的斜率為k=1.92X10352/m.已知物塊A和B的質量分別為

mA=0.400kg和mB=0.100kg,重力加速度大小g=9.8m/s2.

（i）若碰撞時間極短且忽略空氣阻力，求h-v2直線斜率的理論值ko.

|kk

（ii）求k值的相對誤差b（6=..-°1x100%）,結果保留1位有效數字.

k0

B

2016年海南省高考物理試卷

參考答案與試題解析

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題3分.在每小題給出的四個選項中，

只有一項是符合題目要求的.

1.（3分）在地面上方某一點將一小球以一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（）

A.速度和加速度的方向都在不斷變化

B.速度與加速度方向之間的夾角一直減小

C.在相等的時間間隔內，速率的改變量相等

D.在相等的時間間隔內，動能的改變量相等

【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；再根據運動的合成和分解規(guī)律可明確速度及速

率的變化情況.

【解答】解：A、平拋運動的物體其加速度恒定不變，速度方向時刻變化；故A

錯誤；

B、由于豎直分速度一直增大，而水平分速度不變，故合速度的方向由水平逐漸

變?yōu)榻咏Q直，故與豎直方向夾角越來越?。慌c加速度方向的夾角越來越?。还?/p>

B正確；

C、由丫=81可知，在相等的時間間隔內速度的改變量相同；但是速率為水平速度

和豎直速度的合速度的大?。还仕俾实母淖兞坎幌嗤?；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D錯誤；

故選:Bo

【點評】本題考查平拋運動的規(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區(qū)別.

2.（3分）如圖，在水平桌面上放置一斜面體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。、f2和f3表示.則（）

A.fi=o,f2^0,f3^0B.fiWO,f2=0,f3=0

C.fi#0,fzWO,fa=OD.fi#0,fzWO,

【分析】分別對a、ab以及abP整體進行分析，根據平衡條件可明確各研究對象

是否受到摩擦力作用.

【解答】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

滑動的趨勢，因此a受到b向上的摩擦力；fi#0；

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

勢，因此b受到P向上的摩擦力；fzWO；

對ab及P組成的整體分析，由于整體在水平方向不受外力，因此P不受地面的

摩擦力；f3=0；

故只有C正確，ABD錯誤；

故選：Co

【點評】本題考查靜摩擦力的分析和判斷，要注意明確靜摩擦力隨物體受到的外

力的變化而變化；同時明確靜摩擦力產生的條件，從而分析是否存在摩擦力；同

時注意整體法與隔離法的正確應用.

3.（3分）如圖，光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Ni，在高點時對軌道的

壓力大小為N2.重力加速度大小為g,則N1-N2的值為（）

A.3mgB.4mgC.5mgD.6mg

【分析】根據機械能守恒定律可明確最低點和最高點的速度關系；再根據向心力

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VI；

對由最低點到最高點的過程中，根據機械能守恒定律可知：

-mg2R=-Lmv22-1-mvi2

22

根據向心力公式可得：

2

最高點時：N2+mg=m12

R

2

最低點時；Ni-mg=m3,

R

聯立解得：Ni-N2=6mg；

故選：Do

【點評】本題考查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；最高點時壓力只能豎直向下.

4.（3分）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.以下說法正確的是（）

?O.

左右

A.金屬環(huán)向上運動，則環(huán)上的感應電流方向為順時針方向

B.金屬環(huán)向下運動，則環(huán)上的感應電流方向為順時針方向

C.金屬環(huán)向左側直導線靠近，則環(huán)上的感應電流方向為逆時針

D.金屬環(huán)向右側直導線靠近，則環(huán)上的感應電流方向為逆時針

【分析】通過線圈面積的磁通量發(fā)生變化時，則會出現感應電動勢，當電路閉合

時，則產生感應電流.結合楞次定律可判定感應電流方向.

【解答】解：AB、直導線之間的磁場時對稱的，圓環(huán)在中間時，通過圓環(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，不會有感應電流產生，

故AB錯誤；

C、金屬環(huán)向左側直導線靠近，則穿過圓環(huán)的磁場垂直紙面向外并且增強，根據

楞次定律可得，環(huán)上的感應電流方向為順時針，故C錯誤；

D、金屬環(huán)向右側直導線靠近，則穿過圓環(huán)的磁場垂直紙面向里并且增強，根據

楞次定律可得，環(huán)上的感應電流方向為逆時針，故D正確；

故選:Do

【點評】本題考查楞次定律的應用，掌握感應電流的產生條件，理解右手螺旋定

則的內容.穿過線框的磁通量變化有幾種方式，有磁場變化導致磁通量變化，也

有面積變化導致磁通量變化，還有磁場與面積均變化導致磁通量變化的，最后有

磁場與面積均沒有變，而是放置的角度變化導致磁通量變化.

5.(3分)沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑

的速度-時間圖線如圖所示.已知物體與斜面之間的動摩擦因數為常數，在0?

5s,5?10s,10?15s內F的大小分別為臼、F2和F3,則()

4v/(m?r1)

05~1015

A.FI<F2B.F2>F3C.FI>F3D.FI=F3

【分析】速度時間圖象的斜率表示加速度的大小，斜率為正，表示加速運動，斜

率為負，表示減速運動，再根據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，0?5s內和10?15s內物體的加速度

大小a相等。

在0?5s內，物體加速下滑，由牛頓第二定律可得：mgsin0-f-Fi=ma,所以

Fi=mgsin0-f-ma；

在5?10s,物體勻速下滑，受力平衡，則mgsin。-f=F2，所以F2二mgsinB-f；

在10~15s內，物體減速下滑，由牛頓第二定律可得，F3+f-mgsin0=ma,所以

F3=mgsin0-f+ma；

由以上分析可得，F1VF2VF3;

故選:Ao

【點評】本題是對速度時間圖象含義的考查，明確速度時間圖象的斜率表示加速

度的大小，斜率為正，表示加速運動，斜率為負，表示減速運動，再根據牛頓第

二定律計算拉力的大小即可.

6.（3分）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（q>0）的粒子在電容器中靠近下極板處.以初動能

Eko豎直向上射出.不計重力，極板尺寸足夠大，若粒子能打到上極板，則兩極

板間電場強度的最大值為（）

EEE

Ak0Rk0cV2kOD

A.---------D.----------C.----------------U

4qd2qd2qdqd

【分析】粒子在電場中只受到電場力的作用，只有電場力做功，粒子恰好到達上

極板時速度恰好與上極板平行，所以將粒子初速度分解為垂直極板和平行極板的

分速度，再結合運動學公式可求得E.

【解答】解：根據電荷的受力情況可知，粒子在電場中做曲線運動，如圖所示,

夕

qE

將粒子的速度V分解為垂直于板的Vy和平行于板的Vx，由于極板與水平面夾角

45°,粒子的初速度方向豎直向上，所以粒子初速度在垂直于板的方向的速度為

Vy=VoSin45v°。

當電場足夠大時，粒子到達上極板時速度恰好與上極板平行，即粒子垂直于極板

方向的速度3=0。

根據運動學公式有〃尸戶2爭

又知Eko=—m

2V0

聯立以上各式求得

2qd

故B正確，ACD錯誤；

故選:Bo

【點評】本題關鍵是明確粒子的受力情況和運動情況，然后根據類平拋運動的規(guī)

律和動能定理計算電場強度的大小即可.

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分.在每小題給出的四個選項中，

有多個選項是符合題目要求的.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有

選錯的得。分.

7.（5分）通過觀察冥王星的衛(wèi)星，可以推算出冥王星的質量.假設衛(wèi)星繞冥王

星做勻速圓周運動，除了引力常量外，至少還需要兩個物理量才能計算出冥王星

的質量.這兩個物理量可以是（）

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)星的運行周期和軌道半徑

【分析】人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動時，萬有引力充當向心力，由萬有引力

定律結合牛頓第二定律列式求中心天體的質量，然后由選項條件判斷正確的答

案.

【解答】解：衛(wèi)星圍繞冥王星做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，

A、已知衛(wèi)星的速度和角速度，則軌道半徑r=*,根據G埠mSv即可求解冥王

COr"

星質量M,故A正確；

B、根據G與*1

可知，衛(wèi)星的質量可以約去，只知道半徑不能求出冥王星質量,

故B錯誤；

C、根據涔532r可知，衛(wèi)星的質量可以約去，只知道角速度不能求出冥王星

r

質量，故c錯誤；

2

D、根據鴻=產干可知，知道衛(wèi)星的運行周期和軌道半徑可求解冥王星質量

r2T2

M,故D正確;

故選：ADo

【點評】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，

其受到的萬有引力提供向心力，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.

8.（5分）如圖（a）所示，揚聲器中有一線圈處于磁場中，當音頻電流信號通

過線圈時，線圈帶動紙盆振動，發(fā)出聲音，俯視圖（b）表示處于輻射狀磁場中

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（）

圖(b)

A.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

【分析】應用化曲為直法，把線圈看成一小段一小段的直導線連接而成，再根據

左手定則判斷所受安培力的方向即可.

【解答】解：A、把線圈看成一小段一小段的直導線連接而成，當電流沿順時針

方向時，根據左手定則可知，每一小段直導線受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、把線圈看成一小段一小段的直導線連接而成，當電流沿逆時針方向時，根據

左手定則可知，每一小段直導線受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；

故選：BCo

【點評】本題主要考查了左手定則的直接應用，注意化曲為直法在解題中的應用，

難度不大，屬于基礎題.

9.（5分）圖（a）所示，理想變壓器的原、副線圈的匝數比為4：1,改為阻值

隨溫度升高而減小的熱敏電阻，Ri為定值電阻，電壓表和電流表均為理想交流電

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.下列說法正

確的是（）

A.變壓器輸入、輸出功率之比為4：1

B.變壓器原、副線圈中的電流強度之比為1：4

C.u隨t變化的規(guī)律為u=51sin（50nt）（國際單位制）

D.若熱敏電阻RT的溫度升高，則電壓表的示數不變，電流表的示數變大

【分析】變壓器原副線圈的輸入功率和輸出功率相等，根據電流之比等于匝數之

反比求出原副線圈的電流比.根據交變電壓的u-t圖線得出峰值和周期，從而

求出角速度，得出u-t的表達式.抓住輸入電壓不變，得出輸出電壓不變，結

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、根據21=9得，原副線圈的電流之比為1：4,故B正確。

12nl

C、交變電壓的峰值為51V,周期T=0.02s,則角速度3詈:100兀rad/s，則u

隨t的變化規(guī)律為u=51sin（lOOnt）,故C錯誤。

D、若熱敏電阻RT的溫度升高，則熱敏電阻的阻值減小，由于原線圈的電壓不變,

則副線圈的電壓不變，副線圈中的電流變大，故D正確。

故選：BDo

【點評】根據圖象準確找出已知量，是對學生認圖的基本要求，準確掌握理想變

壓器的特點及電壓、電流比與匝數比的關系，是解決本題的關鍵.

10.（5分）如圖，一帶正電的點電荷固定于。點，兩虛線圓均以。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.下列說法正確的是（）

A.M帶負電荷，N帶正電荷

B.M在b點的動能小于它在a點的動能

C.N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能

D.N在從c點運動到d點的過程中克服電場力做功

【分析】根據軌跡的彎曲，確定粒子所受的力是吸引力還是排斥力，從而確定粒

子的電性；根據動能定理，結合庫侖力做功情況判斷動能的變化，根據電場力做

功判斷電勢能的變化.

【解答】解：A、由粒子運動軌跡可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，

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，根據動能定理知，動能減小，則b點的動能

小于在a點的動能，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。

故選：ABCo

【點評】本題關鍵是根據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，一般的解題思路是根據動能定理判斷動能的變化，根據電場

力做功判斷電勢能的變化.

三、實驗題：本題共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.

1L（6分）某同學利用圖（a）所示的實驗裝置探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，另一端跨過滑輪掛上鉤碼.打點計時器

固定在桌面左端，所用交流電源頻率為50Hz.紙帶穿過打點計時器連接在物塊

上.啟動打點計時器，釋放物塊，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）.

根據實驗數據分析，該同學認為物塊的運動為勻加速運動.回答下列問題：

（1）在打點計時器打出B點時，物塊的速度大小為0.56m/s.在打出D點時,

物塊的速度大小為。96m/s；（保留兩位有效數字）

（2）物塊的加速度大小為2.0m/s2.（保留兩位有效數字）

【分析】（1）做勻變速直線運動的物體，某一時間內的平均速度等于這段時間中

間時刻的瞬時速度，所以B點的速度等于AC兩點間的平均速度，D點速度等于

CE兩點間的平均速度

（2）根據逐差法求加速度

【解答】解：（1）根據勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于該過程中的平均

速度，所以

（4.61+6.59）XI0-2

Vg-=Q_2m/s=0?56m/s

XcE（8.61+10.61）X10-2

與二2T二Q_2m/s=0?96m/s

（2）根據勻變速直線運動的推論公式二&丁2可以求出加速度的大小，得

9

叼一'1二2&]丁

2

Xqx?_2a2T

為了更加準確的求解加速度，我們對兩個加速度取平均值得

-2

1(x3+x4)-(x1+x2)_[(8.61+10.61)-(4.61+6.59)]X10

ar"JT'(a]+a2)=o-o

2124T24X0.I2

in/s2=2.0m/s?

故答案為：（1）0.56,0.96；（2）2.0.

【點評】本題借助實驗考查了勻變速直線的規(guī)律以及推論的應用，知道紙帶的數

據處理方法，8在平時練習中要加強基礎知識的理解與應用，提高解決問題能力.

12.（9分）某同學改裝和校準電壓表的電路圖如圖所示，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1OO|1A,表頭上標記的內阻值為900Q.Ri、R?和

R3是定值電阻。利用Ri和表頭構成1mA的電流表，然后再將其改裝為兩個量程

的電壓表。若使用a、b兩個接線柱，電壓表的量程為IV；若使用a、c兩個接

線柱，電壓表的量程為3V.則根據題給條件，定值電阻的阻值應選Rk90C,

R2=910Q,Ri=2000Qo

（2）用量程為3V,內阻為2500Q的標準電壓表?對改裝表3V擋的不同刻度

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5kQ.為了方便實驗中調節(jié)電壓，圖中R應選用最大阻值為50。

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應靠近M（填"M"

或"N"）端。

（4）若由于表頭G上標記的內阻值不準，造成改裝后電壓表的讀數比標準電壓

表的讀數偏小，則表頭G內阻的真實值大于（填"大于〃或"小于"）900Q。

【分析】（1）根據串并聯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，控制電路兩端的電壓由0開始增大，同時也起到保護作用

（4）改裝表的讀數比標準表的讀數偏小，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）根據題意，Rl與表頭G構成1mA的電流表，則：igRg=（i-ig）R],

代入數據：100X10~6X900=（1X10-3-100X

整理得Rl=90Q

若使用a、b兩個接線柱，電壓表的量程為IV,則

空盧上2*QWQ

211X10-3

若使用a、c兩個接線柱，電壓表的量程為3V,則

3

U^-I？R-IR?3-0.09-1X10-X910

Rq=-3cg：g--------------3------Q=20000

JI1X1O-J

（2）電壓表與之并聯之后，電阻小于2500Q,對于分壓式電路，要求滑動變阻

器的最大值遠小于并聯部分，同時還要便于調節(jié)，故滑動變阻器選擇小電阻，即

選擇500的電阻。

（3）在閉合開關S前，滑動變阻器的滑動端P應靠近M端，這樣把并聯部分電

路短路，起到一種保護作用。

（4）造成改裝后電壓表的讀數比標準電壓表的讀數偏小，說明通過表頭G的電

流偏小，則實際其電阻偏大，故其實際阻值大于900Q

故答案為：（1）90,910,2000；（2）50；（3）M；（4）大于。

【點評】本題關鍵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

聯電路特點與歐姆定律即可正確解題。

四、計算題：本題共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，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟.

13.（9分）水平地面上有質量分別為m和4m的物A和B,兩者與地面的動摩

擦因數均為巴細繩的一端固定，另一端跨過輕質動滑輪與A相連，動滑輪與B

相連，如圖所示.初始時，繩處于水平拉直狀態(tài).若物塊A在水平向右的恒力F

作用下向右移動了距離S,重力加速度大小為g.求

（1）物塊B克服摩擦力所做的功；

（2）物塊A、B的加速度大小.

【分析】（1）根據幾何關系確定B的位移；再根據滑動摩擦力公式可明確摩擦力

的大小，根據功的公式即可求得克服摩擦力所做的功；

（2）分別對AB受力分析，根據牛頓第二定律進行列式，聯立可求得兩物體的

加速度.

【解答】解:

（1）物塊A移動了距離s,則物塊B移動的距離為

s*s①

物塊B受到的摩擦力大小為

f=4|img②

物塊B克服摩擦力所做的功為

W=fsl=4|imgXJ^s=2|imgs③

2

（2）設物塊A、B的加速度大小分別為aA、aB,繩中的張力為T.有牛頓第二定

律得

F-|img-T=maA④

2T-4Hmg=4maB⑤

由A和B的位移關系得

aA=2aB⑥

聯立④⑤⑥式得

2人=叱23⑦

2m

aB=F-3"g⑧

4m

答：（1）物塊B克服摩擦力所做的功為2klmgs；

（2）物塊A、B的加速度大小分別為巴出道和也.

2m4m

【點評】本題考查牛頓第二定律以及功的計算，要注意明確研究對象的選取，正

確受力分析，再根據牛頓第二定律列式求解.

14.（14分）如圖I,A、C兩點分別位于x軸和y軸上，ZOCA=30°,0A的長度

為L.在40CA區(qū)域內有垂直于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0A邊射入磁場。已知粒子從某點射入

時，恰好垂直于0C邊射出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為3不計重力。

（1）求磁場的磁感應強度的大小；

（2）若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場，恰好從0C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

時間為反3求粒子此次入射速度的大小。

【分析】（1）粒子垂直0A進入磁場中，轉過90。，垂直打在y軸上，則t=t0=J_T,

4

求出周期，由周期公式T="皿求B的大小。

QB

（2）畫出兩個粒子的運動軌跡，設軌跡所對應的圓心角分別為01和的，由幾何

關系有01=180。-02,可得到時間之和等于工。

2

（3）根據圓周運動知識知道，兩粒子在磁場中運動的時間差At與△0=1-0i

成正比，只要求出a0的最大值，即可求得a的最大值。

由△t=2^T和已知條件△tmax=士乜，聯立可求出的最大值，再結合幾何知

3603

識求出軌跡的半徑，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to內其速度方向改變了

90°,故其周期

T=4to①

設磁感應強度大小為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

qvB=irr—?

勻速圓周運動的速度滿足

③

T

聯立①②③式得

(2)設粒子從0A邊兩個不同位置射入磁場，能從0C邊上的同一點P射出磁場,

粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示。

設兩軌跡所對應的圓心角分別為也和02,由幾何關系有

01=180°-02⑤

粒子兩次在磁場中運動的時間分別為tl與t2，則

tl+t2=—=2to；⑥

2

設0,為圓弧的圓心，圓弧的半徑為ro,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

ZOO'D=ZBO'A=30°?

rcosZ00zD+------------------，⑧

0cosNBO'A

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：vo=2.也.⑨

T

聯立①⑦⑧⑨式得

7to

答：（1）磁場的磁感應強度的大小上EL；

2qt0

（2）該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和23

（3）粒子此次入射速度的大小返工L

7to

【點評】對于帶電粒子在磁場中運動類型，要善于運用幾何知識幫助分析和求解,

這是軌跡問題的解題關鍵，注意畫出正確的運動軌跡圖是解題的重點。

五、選考題：請考生從第15?17題中任選二題作答.如果多做，則按所做的第

一、二題計分.【選修3-3】（12分）

15.（4分）一定量的理想氣體從狀態(tài)M可以經歷過程1或者過程2到達狀態(tài)N,

其p-V圖象如圖所示。在過程1中，氣體始終與外界無熱量交換；在過程2中,

氣體先經歷等容變化再經歷等壓變化。對于這兩個過程，下列說法正確的是

()

A.氣體經歷過程1,其溫度降低

B.氣體經歷過程1,其內能減小

C.氣體在過程2中一直對外放熱

D.氣體在過程2中一直對外做功

E.氣體經歷過程1的內能改變量與經歷過程2的相同

【分析】AB、根據絕熱，既不吸熱，也不放熱，結合熱力學第一定律：△U=Q+W,

即可判定；

CD、根據理想氣體狀態(tài)方程BL=C,結合過程2中，壓強與體積的變化情況，從

T

而即可求解；

E、依據初末狀態(tài)的溫度相同，從而確定內能改變量也相同。

【解答】解：AB、氣體經歷過程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，根據理想氣體狀態(tài)方程雙=C,剛開始時，體積不變，壓

T

強減小，則溫度降低，對外放熱，然后壓強不變，體積變大，膨脹對外做功，則

溫度升高，吸熱，故CD錯誤；

E、無論是經過1過程還是2過程，初、末狀態(tài)相同，故內能改變量相同，故E

正確；

故選:ABEo

【點評】考查熱力學第一定律與理想氣體狀態(tài)方程的應用，理解絕熱的含義，注

意熱力學第一定律中各量的正負含義，及掌握理想氣體的定義。

16.（8分）如圖，密閉氣缸兩側與一U形管的兩端相連，氣缸壁導熱；U形管

內盛有密度為p=7.5X102kg/m3的液體.一活塞將氣缸分成左、右兩個氣室，開

始時，左氣室的體積是右氣室的體積的一半，氣體的壓強均為Po=4.5XlO3pa.外

界溫度保持不變.緩慢向右拉活塞使U形管兩側液面的高度差h=40cm,求此時

左、右兩氣室的體積之比，取重力加速度大小g=10m/s2,U形管中氣體的體積和

活塞拉桿的體積忽略不計.

【分析】對左右兩部分氣體分別運用玻意耳定律列式，由力的平衡找出壓強關系,

由幾何關系找出體積關系.

【解答】解：設初始狀態(tài)時氣缸左氣室的體積為Voi，右氣室的體積為V02;當活

塞至氣缸中某位置時，左、右氣室的壓強分別為pi、P2,體積分別為Vl、V2,由

玻意耳定律得

PoVoi=piVi（l）

PoVo2=P2V2②

依題意有

Voi+Vo2=Vl+V2③

由力的平衡條件有

P2-Pi=pgh④

無1=%2⑤

聯立①②③④⑤式，并代入題給數據得

22⑥

VV=

2V1+31

9V01

由此解得

v1=^-v01（另一解不合題意，舍去）⑦

%+/2?+丫2

得當親01⑧

V1：V2=l:1（9）

答：此時左、右兩氣室的體積之比1：1

【點評】本題考查氣體實驗定律的應用，關鍵是確定狀態(tài)參量，尤其是兩部分氣

體的壓強關系，初末狀態(tài)的體積關系.

【選修3-4】（12分）

17.（4分）下列說法正確的是（）

A.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越小

D.系統(tǒng)做穩(wěn)定的受迫振動時，系統(tǒng)振動的頻率等于周期性驅動力的頻率

E.已知彈簧振子初始時刻的位置及其振動周期，就可知振子在任意時刻運動速

度的方向

【分析】根據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無關.受迫振動的頻率等于驅動力

的頻率.根據時間與周期的關系，結合彈簧振子初始時刻的振動方向才可確定彈

簧振子在任意時刻運動速度的方向.

【解答】解：A、根據單擺的周期公式T=2嗜,得T2=&￥匚在同一地點，g

一定，則知12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、根據單擺的周期公式T=2TI正,知單擺做簡諧振動的周期與擺球質量無關，

故C錯誤。

D、系統(tǒng)做穩(wěn)定的受迫振動時，系統(tǒng)振動的頻率等于周期性驅動力的頻率，與固

有頻率無關，故D正確。

E、振動質點在同一位置振動方向有兩種，所以已知彈簧振子初始時刻的位置，

不知道初始時刻振子的振動方向，根據振動周期，不能知道振子在任意時刻運動

速度的方向。

故選:ABDo

【點評】解決本題的關鍵要掌握單擺周期公式T=2nj1,知道單擺的周期與擺球

的質量無關，明確受迫振動的頻率等于驅動力的頻率，與固有頻率無關.

18.（8分）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。一細束單色光經球心。從空氣中射入玻璃體內（入

射面即紙面）

，入射角為45。，出射光線射在桌面上B點處。測得AB之間的距離為K.現將入

2

射光束在紙面內向左平移，求射入玻璃體的光線在球面上恰好發(fā)生全反射時，光

束在上表面的入射點到0點的距離。不考慮光線在玻璃體內的多次反射。

o

AR

【分析】根據幾何關系求出光線從。點射入時的折射角的正弦，結合折射定律

求出折射率，在玻璃體球面上光線恰好發(fā)生全反射時，作出光路圖，根據角度關

系，運用正弦定理求出光束在上表面的入射點到。點的距離。

【解答】解：當光線經球心。入射時，光路圖如右上圖所示。設玻璃的折射率

為n,由折射定律有：

n=型-①

sinr

式中，入射角i=45。，Y為折射角。

△OAB為直角三角形，因此sinr=-=^_②

VOA2+AB2

發(fā)生全反射時，臨界角C滿足：sinC="）

n

在玻璃體球面上光線恰好發(fā)生全反射時，光路圖如右下圖所示。設此時光線入射

點為E,折射光線射到玻璃體球面的D點。由題意有

ZEDO=C④

在NEDO內，根據正弦定理有一M____=0E⑤

sin（900-r）sinC

聯立以上各式并利用題給條件得OE=Y0R。

2_

答：光束在上表面的入射點到。點的距離為亞R。

2

R

【點評】解決本題的關鍵作出光路圖，靈活運用數學知識，結合折射定律和全反

射的知識進行求解。本題對數學幾何能力要求較高，需加強這方面的訓練。

【選修3-5】（12分）

19.下列說法正確的是（）

A.愛因斯坦在光的粒子性的基礎上，建立了光電效應方程

B.康普頓效應表明光子只具有能量，不具有動量

C.波爾的原子理論成功地解釋了氫原子光譜的實驗規(guī)律

D.盧瑟福根據a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

【分析】愛因斯坦建立了光電效應方程;

康普頓效應表明光子有能量，也有動量；

波爾的原子理論只能成功地解釋了氫原子光譜；

盧瑟福通過分析a粒子散射實驗結果，建立了原子的核式結構模型；

依據德布羅意波長公式入=回，可知，波長與動量的關系.

【解答】解：A、愛因斯坦提出了光子假說，建立了光電效應方程，故A正確;

B、康普頓效應表明光子有能量，也有動量，故B錯誤;

C、玻爾的原子理論只能成功地解釋了氫原子光譜的實驗規(guī)律，故C正確;

D、盧瑟福根據a粒子散射實驗，提出了原子的核式結構模型，故D正確;

E、依據德布羅意波長公式入=可知，微觀粒子的動量越大，其對應的波長就

越短，故E錯誤;

故選：ACDo

【點評】考查光電效應方程、康普頓效應的作用、波爾的原子理論的意義、及a

粒子散射實驗等等知識，理解德布羅意波，即為物質波.

20.如圖，物塊A通過一不可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，碰撞后兩者粘連在一起

運動，碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由傳感

器(圖中未畫出)測得.某同學以h為縱坐標，V2為橫坐標，利用實驗數據作直

線擬合，求得該直線的斜率為k=1.92X103s2/m.已知物塊A和B的質量分別為

2

mA=0.400kg和mB=0.100kg,重力加速度大小g=9.8m/s.

(i)若碰撞時間極短且忽略空氣阻力，求h-v2直線斜率的理論值k0.

(ii)求k值的相對誤差b(6=」ki。bio。％),結果保留1位有效數字.

kn

【分析】(i)若B與A碰撞過程，由碰撞時間極短，外力的沖量不計，認為AB

系統(tǒng)的動量守恒.由動量守恒定律得出碰后AB的共同速度.在碰撞后A和B共

同上升的過程中，繩子拉力不做功，AB共同體的機械能守恒，由機械能守恒定

律列式，聯立可得到h與v2的關系式，結合數學知識得到h-v2直線斜率的理論

值ko.

(ii)根據題意6='二及」)X100%,求k值的相對誤差6.

k0

【解答】解：(i)設物塊A和B碰撞后共同運動的速度為v，，取向右為正方向，

由動量守恒定律有：

ITBV=(rriA+mB)v'①

在碰撞后A和B共同上升的過程中，由機械能守恒定律有

—(mA+mB)v'2=(rr)A+mB)gh②

2

聯立①②式得

2

h=一③

z

2g(in