2023年海南省高考物理模擬試卷

2023年海南省高考物理模擬試卷一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求。1．（3分）分子勢能可用國際單位制中的基本單位表示為（）A．J B．N?m C． D．2．（3分）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1m/s，則突擊隊(duì)渡河所需的最短時(shí)間為（）A．75s B．95s C．100s D．300s（多選）3．（3分）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能Ek與入射光頻率v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 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能，則照射到金屬b的光頻率較高4．（3分）2022年6月5日，中國神舟十四號載人飛船（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r2的圓軌道Ⅲ上，飛船先被發(fā)送至半徑為r1的圓軌道Ⅰ上，通過變軌操作后，沿橢圓軌道Ⅱ運(yùn)動到遠(yuǎn)地點(diǎn)B處與天和核心艙對接。已知地球質(zhì)量為M，引力常量為G，則（）A．飛船在軌道Ⅰ上運(yùn)動的周期與天和核心艙運(yùn)動的周期之比為 B．飛船沿軌道Ⅱ從近地點(diǎn)A運(yùn)動到遠(yuǎn)地點(diǎn)B的過程中，速度不斷減小 C．飛船在軌道Ⅱ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Ⅱ上由A點(diǎn)運(yùn)動到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．（3分）微信運(yùn)動步數(shù)的測量是通過內(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，當(dāng)?shù)募铀俣茸兓瘯r(shí)，N極板只能按圖中標(biāo)識的“前后”方向運(yùn)動。圖中R為定值電阻。下列對傳感器描述正確的是（）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．（3分）冬季奧運(yùn)會中有自由式滑雪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W表示運(yùn)動員從P點(diǎn)運(yùn)動到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（）A．，運(yùn)動員沒能到達(dá)Q點(diǎn) B．，運(yùn)動員能到達(dá)Q點(diǎn)并做斜拋運(yùn)動 C．，運(yùn)動員恰好能到達(dá)Q點(diǎn) D．，運(yùn)動員能到達(dá)Q點(diǎn)并繼續(xù)豎直上升一段距離7．（3分）某條電場線是一條直線，沿電場線方向依次有O、A、B、C四個(gè)點(diǎn)，相鄰兩點(diǎn)間距離均為d，以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿電場強(qiáng)度方向建立x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O點(diǎn)由靜止釋放，僅受電場力作用。則下列說法正確的是（）A．若O點(diǎn)的電勢為零，則A點(diǎn)的電勢為 B．粒子從A到B做勻速直線運(yùn)動 C．粒子在OA段電勢能減少量小于BC段電勢能減少量 D．粒子運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)動能為8．（3分）如圖所示，豎直放置的輕彈簧下端固定，上端與物體A連接，物體A上方疊放物體B、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0 B．此瞬間A對B的彈力大小為2mg C．之后B可能脫離A D．之后B對A彈力的最小值為二、多項(xiàng)選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。（多選）9．（4分）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端移動的是（）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（多選）10．（4分）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v，振幅均為A，波長均為λ。它們在相遇的某一時(shí)刻會出現(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)，O為ab的中點(diǎn)，c為aO的中點(diǎn)。下列說法錯誤的是（）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)O始終靜止 C．兩列波相遇過程中質(zhì)點(diǎn)c的總路程是4A D．在整個(gè)過程中質(zhì)點(diǎn)c有時(shí)間速度向下（多選）11．（4分）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I。在角平分線上對稱放置三個(gè)相同的環(huán)形線圈a、b、c，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（多選）12．（4分）如圖所示，10匝矩形線框處在磁感應(yīng)強(qiáng)度的勻強(qiáng)磁場中，繞垂直磁場的軸以恒定角速度ω2，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L（規(guī)格為“4W，100Ω”）和滑動變阻器，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)電動勢的瞬時(shí)值為 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．若將滑動變阻器滑片向上移動，則電流表示數(shù)增大 D．若將自耦變壓器觸頭向上滑動，燈泡會變暗（多選）13．（4分）質(zhì)量分別為M、m的A、B兩物體連接在輕質(zhì)彈簧兩端，用輕質(zhì)細(xì)線拴住A、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A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v，如圖乙所示，若A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（）A．燒斷細(xì)線之前彈簧的彈性勢能為 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 C．對乙圖，燒斷細(xì)線后當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，A、B的動能之比M：m D．對乙圖，燒斷細(xì)線后當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，A的動量為三、實(shí)驗(yàn)題：本題共4小題，共20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。14．（10分）實(shí)驗(yàn)所用油酸酒精溶液的濃度為每104mL溶液中含有純油酸6mL，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ρ，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)證動量守恒定律，即研究兩個(gè)小球碰撞前后的動量關(guān)系。圖中的O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A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A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A球與B球相碰的過程，.分別找到碰后A球和B球落點(diǎn)的平均位置D和F。用刻度尺測量出水平射程OD、OE、OF分別為x1、x2、x3，測得A球的質(zhì)量為m1，B球的質(zhì)量為m2。（1）該實(shí)驗(yàn)必須滿足的條件有。（2）當(dāng)滿足表達(dá)式時(shí)，即說明兩球碰撞中動量守恒；當(dāng)水平射程x1、x2、x3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．（10分）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。（2）在測量電源電動勢和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)中，有電壓表V（量程為3V，內(nèi)阻約3kΩΩ）；滑動變阻器R（10Ω，2A）。為了更準(zhǔn)確地測出電源電動勢和內(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變阻器的滑動頭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﹣I圖線，由圖3可得該電源電動勢E＝V，內(nèi)阻r＝Ω。（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60Ω，滿偏電流為0.5mA的電流表表頭改成量程為3V的電壓表，需要（選填“串”或“并”）聯(lián)一個(gè)阻值Ω的電阻。四、計(jì)算題：本題共3小題，共36分。把解答寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的18．（8分）如圖，一玻璃磚的橫截面為圓OPQ，圓的半徑為R，圓心為O，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α，sinα＝，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．（13分）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A點(diǎn)，傳送帶以v0＝2m/s的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動，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72J，彈簧與甲、乙不拴接，乙滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，已知甲滑塊的質(zhì)量為m1＝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)對軌道的壓力大小；（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A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．（15分）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，第Ⅰ、Ⅳ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B1、B2，第Ⅱ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m、電荷量為﹣q（q＞0）的帶電粒子從A（﹣L，0）點(diǎn)垂直于x軸以v0的速度射入第Ⅱ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Ⅳ象限，B1應(yīng)滿足什么條件？（3）如果，且粒子垂直通過平行于y軸的直線x＝nL（n＞3），則n應(yīng)滿足什么條件。2023年海南省高考物理模擬試卷參考答案與試題解析一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求。1．（3分）分子勢能可用國際單位制中的基本單位表示為（）A．J B．N?m C． D．【分析】在國際單位制中能量的單位是J，根據(jù)功的公式推導(dǎo)出J與其他單位的關(guān)系，即可進(jìn)行選擇。【解答】解：分子勢能的單位為J，由W＝FS得，1J＝1N?m＝1kg?m2/s2，J和N都是導(dǎo)出單位，故ABC錯誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵要掌握功和其他量，如力、功率等的關(guān)系，利用公式進(jìn)行推導(dǎo)。2．（3分）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1m/s，則突擊隊(duì)渡河所需的最短時(shí)間為（）A．75s B．95s C．100s D．300s【分析】當(dāng)靜水速度與河岸垂直時(shí)，渡河時(shí)間最短；當(dāng)合速度與河岸垂直時(shí)，渡河航程最短．【解答】解：當(dāng)靜水速度與河岸垂直時(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：t＝＝s＝300s，故D正確，ABC錯誤；故選：D。【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵知道合運(yùn)動與分運(yùn)動具有等時(shí)性，當(dāng)靜水速度與河岸垂直，渡河時(shí)間最短；當(dāng)合速度與河岸垂直，渡河航程最短．（多選）3．（3分）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能Ek與入射光頻率v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 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能，則照射到金屬b的光頻率較高【分析】根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程與Ek﹣ν圖像的物理意義解答。【解答】解：A．根據(jù)光電效應(yīng)方程：Ek＝hν﹣W0，可知Ek﹣ν圖像中直線①②的斜率均為h，故A錯誤；BD．根據(jù)光電效應(yīng)方程：Ek＝hν﹣W0，可知Ek﹣ν圖像橫截距與普朗克常量的乘積等于金屬的逸出功，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能，則照射到金屬b的光頻率較高，故BD正確；C．根據(jù)光電效應(yīng)方程：Ek＝hν﹣W0，可知得到這兩條直線時(shí)，與入射光的光強(qiáng)無關(guān)，故C錯誤。故選：BD?！军c(diǎn)評】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．（3分）2022年6月5日，中國神舟十四號載人飛船（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r2的圓軌道Ⅲ上，飛船先被發(fā)送至半徑為r1的圓軌道Ⅰ上，通過變軌操作后，沿橢圓軌道Ⅱ運(yùn)動到遠(yuǎn)地點(diǎn)B處與天和核心艙對接。已知地球質(zhì)量為M，引力常量為G，則（）A．飛船在軌道Ⅰ上運(yùn)動的周期與天和核心艙運(yùn)動的周期之比為 B．飛船沿軌道Ⅱ從近地點(diǎn)A運(yùn)動到遠(yuǎn)地點(diǎn)B的過程中，速度不斷減小 C．飛船在軌道Ⅱ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Ⅱ上由A點(diǎn)運(yùn)動到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【分析】根據(jù)開普勒第三定律求解飛船在軌道Ⅰ上運(yùn)動的周期與天和核心艙運(yùn)動的周期之比；飛船沿軌道Ⅱ從近地點(diǎn)A運(yùn)動到遠(yuǎn)地點(diǎn)B的過程中，根據(jù)開普勒第二定律分析速度的變化情況；根據(jù)牛頓第二定律分析加速度關(guān)系；飛船在同一軌道上運(yùn)動時(shí)，只有引力，機(jī)械能是守恒的。【解答】解：A、圓軌道Ⅰ的半徑為r1，天和核心艙的軌道半徑為r2，根據(jù)開普勒第三定律得：，則飛船在軌道Ⅰ上運(yùn)動的周期與天和核心艙運(yùn)動的周期之比為，故A錯誤；B、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：，解得：，可知飛船在軌道Ⅱ上經(jīng)過B點(diǎn)的加速度等于天和核心艙的加速度，故C錯誤；D、飛船在軌道Ⅱ上由A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中，只有引力做功，其機(jī)械能保持不變，故D錯誤。故選：B。【點(diǎn)評】解題關(guān)鍵要掌握開普勒第二、第三定律的應(yīng)用，要注意根據(jù)牛頓第二定律分析加速度關(guān)系。5．（3分）微信運(yùn)動步數(shù)的測量是通過內(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，當(dāng)?shù)募铀俣茸兓瘯r(shí)，N極板只能按圖中標(biāo)識的“前后”方向運(yùn)動。圖中R為定值電阻。下列對傳感器描述正確的是（）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【分析】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?！窘獯稹拷猓篈．靜止時(shí)，N板不動，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錯誤；C．由靜止突然向后加速時(shí)，N板相對向前移動，則板間距減小，根據(jù)可知電容C增大，電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＝CU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，則板間距增大，根據(jù)可知電容C減小，電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＝CU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D錯誤。B．根據(jù)上述分析可知，“前后”方向運(yùn)動的加速度越快，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“前后”方向運(yùn)動的加速度越快，故B錯誤；故選：C?！军c(diǎn)評】本題主要考查了電容器的動態(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．（3分）冬季奧運(yùn)會中有自由式滑雪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W表示運(yùn)動員從P點(diǎn)運(yùn)動到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（）A．，運(yùn)動員沒能到達(dá)Q點(diǎn) B．，運(yùn)動員能到達(dá)Q點(diǎn)并做斜拋運(yùn)動 C．，運(yùn)動員恰好能到達(dá)Q點(diǎn) D．，運(yùn)動員能到達(dá)Q點(diǎn)并繼續(xù)豎直上升一段距離【分析】對N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)?！窘獯稹拷猓涸贜點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有N﹣mg＝m，解得，對質(zhì)點(diǎn)從下落到N點(diǎn)的過程運(yùn)用動能定理得，解得，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)用動能定理得，因?yàn)椋芍獀Q＞0，所以質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離，故D正確，ABC錯誤。故選：D。【點(diǎn)評】解決該題的關(guān)鍵是能選擇合適運(yùn)動過程求解力做功，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．（3分）某條電場線是一條直線，沿電場線方向依次有O、A、B、C四個(gè)點(diǎn)，相鄰兩點(diǎn)間距離均為d，以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿電場強(qiáng)度方向建立x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O點(diǎn)由靜止釋放，僅受電場力作用。則下列說法正確的是（）A．若O點(diǎn)的電勢為零，則A點(diǎn)的電勢為 B．粒子從A到B做勻速直線運(yùn)動 C．粒子在OA段電勢能減少量小于BC段電勢能減少量 D．粒子運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)動能為【分析】根據(jù)E﹣x圖象與x軸所包圍的面積表示兩點(diǎn)間的電勢差大小，可計(jì)算出A點(diǎn)的電勢；利用電場力做功情況分析物體的運(yùn)動性質(zhì)；運(yùn)用動能定理、電場力做功的公式以及電場力做功與動能和電勢能的關(guān)系可得出其動能大小及電勢能的變化情況?！窘獯稹拷猓篈、E﹣x圖象與x軸圍成的面積代表電勢差大小，則OA間電勢差大小UOA＝沿著電場線，電勢逐漸降低，若O點(diǎn)的電勢為零，則UOA＝φO﹣φA，可得A點(diǎn)的電勢為φA＝，故A錯誤；B、粒子從A到B運(yùn)動的過程中，電場力一直做正功，則粒子一直做加速運(yùn)動，電場力恒定不變，加速度不變，所以粒子做勻變速直線運(yùn)動，故B錯誤；C、根據(jù)W＝qU及E﹣x圖象與x軸圍成的面積可知，粒子在OA段電場力做功大于BC段電場力做功，所以粒子在OA段電勢能減少量大于BC段電勢能減少量，故C錯誤；D、根據(jù)動能定理可知，解得粒子運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)動能為：，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評】解答本題的關(guān)鍵是要知道E﹣x圖象與x軸所包圍的面積表示兩點(diǎn)間的電勢差大小，再利用動能定理、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。8．（3分）如圖所示，豎直放置的輕彈簧下端固定，上端與物體A連接，物體A上方疊放物體B、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0 B．此瞬間A對B的彈力大小為2mg C．之后B可能脫離A D．之后B對A彈力的最小值為【分析】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AB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，A和B一起做簡諧運(yùn)動，根據(jù)簡諧運(yùn)動的對稱性分析A、B間的彈力，結(jié)合牛頓第二定律分析即可?！窘獯稹拷猓篈、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AB整體受力分析，由牛頓第二定律得：F﹣2mg＝2ma聯(lián)立解得：故A錯誤；B、取走C瞬間，設(shè)B受到的彈力大小FN，由牛頓第二定律得：FN﹣mg＝ma聯(lián)立解得：故B錯誤；CD、取走C物體后，A、B一起做簡諧運(yùn)動，當(dāng)A、B運(yùn)動到上方最大位移處時(shí)加速度a向下，大小為此時(shí)B對A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：＞0則B不可能脫離A，故C錯誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評】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。二、多項(xiàng)選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。（多選）9．（4分）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端移動的是（）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【分析】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?！窘獯稹拷猓篈、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，故A正確；當(dāng)加速上升時(shí)，水銀柱有一個(gè)向上的加速度，根據(jù)牛頓第二定律得下部氣體對水銀柱的壓力要增大，即壓強(qiáng)增大，所以水銀柱向b端移動，故A錯誤；B、假設(shè)空氣的體積不變，氣體溫度升高過程，對氣體，由查理定律得：，解得：△p＝，由于T、△T都相等，pb＞pa，則△pb＞△pa，則水銀柱應(yīng)向a移動，故B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，故C正確；D、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，故D錯誤。故選：ABC。【點(diǎn)評】這類題目用假設(shè)法求解，先假水銀柱不移動，氣體等容過程求解。因?yàn)樗y柱的移動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。（多選）10．（4分）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v，振幅均為A，波長均為λ。它們在相遇的某一時(shí)刻會出現(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)，O為ab的中點(diǎn)，c為aO的中點(diǎn)。下列說法錯誤的是（）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)O始終靜止 C．兩列波相遇過程中質(zhì)點(diǎn)c的總路程是4A D．在整個(gè)過程中質(zhì)點(diǎn)c有時(shí)間速度向下【分析】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)O的振動情況；根據(jù)c的振動情況分析其通過的路程；根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求解傳播時(shí)間。【解答】解：A．根據(jù)波形平移法可知，在a點(diǎn)，向右傳播的波單獨(dú)引起的振動方向向下，向左傳播的波單獨(dú)引起的振動方向也向下，故此時(shí)a質(zhì)點(diǎn)具有向下的速度，故A錯誤；B．由圖乙可知，O點(diǎn)為波峰與波谷疊加，為振動減弱點(diǎn)，因兩列波的振幅均為A，所以兩列波相遇過程中質(zhì)點(diǎn)O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；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O點(diǎn)，c尚未到達(dá)平衡位置。所以c的路程小于4A，故C錯誤；D．當(dāng)c從波峰到波谷時(shí)，左邊的波向右運(yùn)動了四分之一波長，所以其時(shí)間為，故D錯誤。本題選錯誤的，故選：ACD?！军c(diǎn)評】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。（多選）11．（4分）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I。在角平分線上對稱放置三個(gè)相同的環(huán)形線圈a、b、c，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【分析】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A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?。痪€圈a、b中的磁場均向內(nèi)，磁通量均減小且減小量相同。【解答】解：A.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錯誤；B.若三根導(dǎo)線中通入的電流同時(shí)減小，結(jié)合A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B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D正確。故選：BD。【點(diǎn)評】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。（多選）12．（4分）如圖所示，10匝矩形線框處在磁感應(yīng)強(qiáng)度的勻強(qiáng)磁場中，繞垂直磁場的軸以恒定角速度ω2，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L（規(guī)格為“4W，100Ω”）和滑動變阻器，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)電動勢的瞬時(shí)值為 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．若將滑動變阻器滑片向上移動，則電流表示數(shù)增大 D．若將自耦變壓器觸頭向上滑動，燈泡會變暗【分析】m＝NBSω求解輸入電壓的最大值，然后在求解電壓瞬時(shí)值的表達(dá)式；B.先求變壓器原線圈電壓的有效值，再求副線圈的電壓，根據(jù)理想變壓器的電壓與匝數(shù)比的關(guān)系求解；C.根據(jù)理想變壓器電流與匝數(shù)比的關(guān)系進(jìn)行分析；D.根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)比的關(guān)系，結(jié)合動態(tài)分析的方法分析。【解答】解：A．感應(yīng)電動勢的最大值為若從圖示線框位置開始計(jì)時(shí)，瞬時(shí)值表達(dá)式為，故A正確；B．變壓器輸入電壓的最大值為40V，則輸入電壓的有效值為U1＝40V，由于燈泡正常發(fā)光，則得＝根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)比的公式，故B正確；C．因線框電阻不計(jì)，則變壓器原線圈電壓U1不變，若將滑動變阻器滑片向上移動，副線圈輸出電壓U2不變，兩端總電阻增大，副線圈中總電流減小，設(shè)副線圈干路電流為I2，原線圈中電流為I1，由可知I1減小，即電流表示數(shù)減小，故C錯誤；D．若將自耦變壓器觸頭向上滑動，則副線圈匝數(shù)增大，U1不變，n1不變，n2增大，由知，U2增大，燈泡會變亮，故D錯誤。故選：AB。【點(diǎn)評】本題關(guān)鍵是記住交流發(fā)電機(jī)最大電動勢表達(dá)式Um＝NBSω，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。（多選）13．（4分）質(zhì)量分別為M、m的A、B兩物體連接在輕質(zhì)彈簧兩端，用輕質(zhì)細(xì)線拴住A、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A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v，如圖乙所示，若A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（）A．燒斷細(xì)線之前彈簧的彈性勢能為 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 C．對乙圖，燒斷細(xì)線后當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，A、B的動能之比M：m D．對乙圖，燒斷細(xì)線后當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，A的動量為【分析】A靠在墻角時(shí)燒斷細(xì)線后，根據(jù)能量守恒定律求得燒斷細(xì)線之前彈簧的彈性勢能，B離開豎直墻后，當(dāng)兩物體速度相同時(shí)，彈簧伸長最長或壓縮最短，彈性勢能最大．結(jié)合動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律求解；若A不靠在墻角，根據(jù)剪斷細(xì)線前彈簧儲存的彈性勢能相同，結(jié)合動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律分析求解?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)能量守恒定律可得，燒斷細(xì)線之前彈簧的彈性勢能為：，故A錯誤；B．對甲圖，燒斷細(xì)線后當(dāng)A離開墻角后，系統(tǒng)的動量守恒，當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí)A、B達(dá)到共同速度，規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律可得：mv＝（M+m）v共由能量守恒定律可得彈簧的彈性勢能為：聯(lián)立解得：故B正確；C．對乙圖，燒斷細(xì)線后，系統(tǒng)的合外力為零，故系統(tǒng)的動量守恒且為0，由動量守恒定律知A、B的動量總是等大反向，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)設(shè)A、B的動量大小均為p，則：，聯(lián)立解得：EkA：EkB＝m：M，故C錯誤；D．由能量守恒定律可得：EkA+EkB＝EPm又EkA：EkB＝m：M聯(lián)立解得：又聯(lián)立解得：彈簧恢復(fù)原長時(shí)A向左運(yùn)動，與規(guī)定的正方向相反，則A的動量為，故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評】本題考查了動量守恒定律和能量守恒定律的綜合運(yùn)用，關(guān)鍵要合理地選擇研究的對象和研究的過程；把握隱含的臨界條件，如彈簧的彈性勢能最大時(shí)，與彈簧相接的物體速度相同，注意剪斷細(xì)線前彈簧儲存的彈性勢能相同。三、實(shí)驗(yàn)題：本題共4小題，共20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。14．（10分）實(shí)驗(yàn)所用油酸酒精溶液的濃度為每104mL溶液中含有純油酸6mL，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115cm2；②按以上實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)估測油酸分子的直徑為×10﹣10m（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ρ，摩爾質(zhì)量為M，則阿伏加德羅常數(shù)的表達(dá)式為NA＝?！痉治觥竣俨捎霉浪愕姆椒ㄇ笥湍さ拿娣e，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，得出阿伏加德羅常數(shù)?！窘獯稹拷猓孩俑鶕?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：115×1cm×1cm＝115cm2。②每滴油酸酒精溶液中含有純油酸的體積是：V＝×10﹣6mL估測油酸分子的直徑為：d＝＝m≈×10﹣10m③單個(gè)油分子的直徑為：d0＝單個(gè)油分子的體積為：V0＝＝＝摩爾體積為：Vmol＝則阿伏加德羅常數(shù)為：NA＝＝故答案為：①115（或116）；②×10﹣10；③NA＝。【點(diǎn)評】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)量級符合要求就行了。15．如圖所示，用“碰撞實(shí)驗(yàn)器”可以驗(yàn)證動量守恒定律，即研究兩個(gè)小球碰撞前后的動量關(guān)系。圖中的O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A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A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A球與B球相碰的過程，.分別找到碰后A球和B球落點(diǎn)的平均位置D和F。用刻度尺測量出水平射程OD、OE、OF分別為x1、x2、x3，測得A球的質(zhì)量為m1，B球的質(zhì)量為m2。（1）該實(shí)驗(yàn)必須滿足的條件有BD。（2）當(dāng)滿足表達(dá)式m1x2＝m1x1+m2x3時(shí)，即說明兩球碰撞中動量守恒；當(dāng)水平射程x1、x2、x3滿足表達(dá)式m1＝m1+m2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）【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，結(jié)合平拋運(yùn)動規(guī)律分析；（2）小球做平拋運(yùn)動的水平射程來代替小球拋出時(shí)的速度，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律求出需要驗(yàn)證的表達(dá)式?！窘獯稹拷猓海?）A．為防止碰后小球A反彈，應(yīng)使A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量，故A錯誤；B．為保證小球做平拋運(yùn)動，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錯誤；D．為保證小球A到軌道末端時(shí)的速度相等，A球每次必須從軌道的同一位置由靜止釋放，故D正確。故選：BD。（2）小球做平拋運(yùn)動的過程，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得：h＝，x＝vt整理得：t＝，x＝v，可見平拋運(yùn)動的下落高度一定，運(yùn)動時(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)動量守恒定律有：m1v0＝m1v1+m1v2即滿足表達(dá)式：m1x2＝m1x1+m2x3，說明兩球碰撞中動量守恒；若碰撞過程為彈性碰撞，則機(jī)械能守恒，有：＝+即如果再滿足表達(dá)式：m1＝m1+m2，說明兩球的碰撞為彈性碰撞。故答案為：（1）BD（2）m1x2＝m1x1+m2x3，m1＝m1+m2【點(diǎn)評】本題考查用“碰撞實(shí)驗(yàn)器”驗(yàn)證動量守恒定律的實(shí)驗(yàn)，在驗(yàn)證動量守恒定律中，要注意明確實(shí)驗(yàn)原理，學(xué)會實(shí)驗(yàn)方法；學(xué)會在相同高度下，利用平拋運(yùn)動的水平射程來間接測出速度，并能推導(dǎo)相應(yīng)的動量守恒表達(dá)式及機(jī)械能守恒定律表達(dá)式。16．（10分）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1.705mm?！痉治觥柯菪郎y微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時(shí)需估讀?！窘獯稹俊?.01mm＝0.205mm，所以最終讀數(shù)為1.5mm+0.205mm＝1.705mm。故答案為：1.705?！军c(diǎn)評】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．（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1.705mm。（2）在測量電源電動勢和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)中，有電壓表V（量程為3V，內(nèi)阻約3kΩΩ）；滑動變阻器R（10Ω，2A）。為了更準(zhǔn)確地測出電源電動勢和內(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變阻器的滑動頭P應(yīng)放在a（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﹣I圖線，由圖3可得該電源電動勢E＝0.50V，內(nèi)阻r＝1.0Ω。（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60Ω，滿偏電流為0.5mA的電流表表頭改成量程為3V的電壓表，需要串（選填“串”或“并”）聯(lián)一個(gè)阻值5940Ω的電阻?！痉治觥柯菪郎y微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(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?！窘獯稹俊粒?）①如圖所示，在閉合開關(guān)之前為防止電表過載而滑動變阻器的滑動頭P應(yīng)放在a處；②由U＝E﹣Ir，由U﹣內(nèi)阻為圖像的斜率的絕對值，即內(nèi)阻；（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＝Ig（Rg+R）代入數(shù)據(jù)可得，R＝5940Ω，即串聯(lián)的電阻阻值5940Ω；故答案為：（1）1.705（2）a，0.50，1.0，串（3）5940【點(diǎn)評】本題考查了螺旋測微器的讀數(shù)方法、由U﹣I圖求電源電動勢與內(nèi)阻以及電壓表的改裝等知識點(diǎn)，屬于常規(guī)知識點(diǎn)的考查，要求加強(qiáng)基礎(chǔ)知識點(diǎn)的積累。四、計(jì)算題：本題共3小題，共36分。把解答寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的18．（8分）如圖，一玻璃磚的橫截面為圓OPQ，圓的半徑為R，圓心為O，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α，sinα＝，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。【分析】（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v＝，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?！窘獯稹拷猓海?）入射光線與OP面的夾角為α，且sinα＝，設(shè)入射角為i，則sini＝，設(shè)折射角為γ，根據(jù)折射定律有：n＝根據(jù)幾何關(guān)系可知，光線在M點(diǎn)的入射角為90°﹣γ，光線在M點(diǎn)恰好發(fā)生全反射，有：sin（90°﹣γ）＝解得玻璃磚對該單色光的折射率n＝；（2）由（1）中各式可解得折射角γ＝30°根據(jù)幾何關(guān)系可得∠OPM＝60°，即△OPM為等邊三角形，則PM的長度xPM＝R，根據(jù)光的反射定律可知反射角∠OMN＝60°，根據(jù)幾何關(guān)系可知反射光線MN與OQ面垂直，MN的長度xMN＝Rcos60°＝R光在玻璃磚內(nèi)傳播的速度v＝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＝解得：t＝。答：（1）玻璃磚對該單色光的折射率為；（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?！军c(diǎn)評】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．（13分）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A點(diǎn)，傳送帶以v0＝2m/s的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動，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72J，彈簧與甲、乙不拴接，乙滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，已知甲滑塊的質(zhì)量為m1＝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)對軌道的壓力大小；（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A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?！痉治觥浚?）固定乙滑塊，燒斷細(xì)線，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為甲的動能，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出甲離開彈簧時(shí)的速度。甲從B運(yùn)動到D過程中，根據(jù)動能定理求出甲通過D點(diǎn)時(shí)的速度。甲在D點(diǎn)時(shí)，由合外力提供向心力，由牛頓第二、三定律求得甲對軌道的壓力大小；（2）固定甲滑塊，燒斷細(xì)線后乙獲得速度，乙滑上傳送帶后做勻減速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律求出乙與傳送帶共速前后的