2018年海南省高考物理試卷【2020新】

1、2018 年海南省高考物理試卷一、單項(xiàng)選擇題:本題共 6小題，每小題4分，共 24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1 （ 4.00分） 一攀巖者以1m/s 的速度勻速向上攀登，途中碰落了巖壁上的石塊，石塊自由下落。3s 后攀巖者聽(tīng)到石塊落地的聲音，此時(shí)他離地面的高度約為（）A 10m B 30m C 50m D 70m2（ 4.00 分） 土星與太陽(yáng)的距離是火星與太陽(yáng)距離的6 倍多。 由此信息可知（）A土星的質(zhì)量比火星的小B土星運(yùn)行的速率比火星的小C土星運(yùn)行的周期比火星的小D土星運(yùn)行的角速度大小比火星的大3 （ 4.00分）如圖，一絕緣光滑固定斜面處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的

2、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上，通有電流I 的金屬細(xì)桿水平靜止在斜面上。若電流變?yōu)?.5I， 磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B， 電流和磁場(chǎng)的方向均不變，則金屬細(xì)桿將A沿斜面加速上滑B沿斜面加速下滑C沿斜面勻速上滑D仍靜止在斜面上4（ 4.00分） 已知 TH的半衰期為24天。 4g Th經(jīng)過(guò) 72天還剩下 （A 0 B 0.5g C 1g D 1.5g5 （ 4.00 分）如圖，用長(zhǎng)為l 的輕繩懸掛一質(zhì)量為M 的沙箱，沙箱靜止。一質(zhì)量為 m 的彈丸以速度v 水平射入沙箱并留在其中，隨后與沙箱共同擺動(dòng)一小角度。不計(jì)空氣阻力。對(duì)子彈射向沙箱到與其共同擺過(guò)一小角度的過(guò)程（）A若保持m、v、l不變，M

3、 變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變小B若保持M、v、l不變，m 變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變小C若保持M、 m、 l 不變， v變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大D若保持M 、 m、 v 不變， l 變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大6 （ 4.00 分）某大瀑布的平均水流量為5900m3/s，水的落差為50m。已知水的密度為1.00× 103kg/m3在大瀑布水流下落過(guò)程中，重力做功的平均功率約為（）A3×106WB3×107WC3× 108WD3×109W二、多項(xiàng)選擇題：本題共4 小題，每小題5 分，共 20 分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要

4、求的全部選對(duì)的得5 分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0 分7 （ 5.00分）如圖，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一面積為S的矩形單匝閉合導(dǎo)線abcd， ab 邊與磁場(chǎng)方向垂直，線框的電阻為R使線框以恒定角速度 繞過(guò)ad、 bc 中點(diǎn)的軸旋轉(zhuǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A線框abcd 中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值是BSB線框abcd 中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值是BSC線框平面與磁場(chǎng)方向平行時(shí)，流經(jīng)線框的電流最大D線框平面與磁場(chǎng)方向垂直時(shí)，流經(jīng)線框的電流最大8 （ 5.00分）如圖（a） ，一長(zhǎng)木板靜止于光滑水平桌面上，t=0 時(shí)，小物塊以速度 v0滑到長(zhǎng)木板上，圖（b）為物塊與木板運(yùn)動(dòng)的v t 圖象，圖中

5、t1、 v0、 v1已知。重力加速度大小為g。由此可求得（A木板的長(zhǎng)度B物塊與木板的質(zhì)量之比C物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)D從t=0 開(kāi)始到 t 1 時(shí)刻，木板獲得的動(dòng)能9 （ 5.00 分）如圖，a、 b、 c、 d 為一邊長(zhǎng)為L(zhǎng) 的正方形的頂點(diǎn)。電荷量均為q（ q> 0）的兩個(gè)點(diǎn)電荷分別固定在a、 c 兩點(diǎn)，靜電力常量為k。不計(jì)重力。下列說(shuō)法正確的是（）A b 點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為B過(guò)b、 d 點(diǎn)的直線位于同一等勢(shì)面上C在兩點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中，ac 中點(diǎn)的電勢(shì)最低D在b 點(diǎn)從靜止釋放的電子，到達(dá)d 點(diǎn)時(shí)速度為零10 （ 5.00 分）如圖，三個(gè)電阻R1、 R2、 R3的阻值均為R，電源的

6、內(nèi)阻r< R， c為滑動(dòng)變阻器的中點(diǎn)。閉合開(kāi)關(guān)后，將滑動(dòng)變阻器的滑片由c 點(diǎn)向 a 端滑動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）A R2消耗的功率變小B R3消耗的功率變大C電源輸出的功率變大D電源內(nèi)阻消耗的功率變大三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2 小題，共18 分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，不要求寫(xiě)出演算過(guò)程。11（ 6.00分） 學(xué)生課外實(shí)驗(yàn)小組使用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)量重力加速度大小。實(shí)驗(yàn)時(shí)，他們先測(cè)量分液漏斗下端到水桶底部的距離s；然后使漏斗中的水一滴一滴地下落，調(diào)整閥門(mén)使水滴落到桶底發(fā)出聲音的同時(shí)，下一滴水剛好從漏斗的下端滴落；用秒表測(cè)量第1 個(gè)水滴從漏斗的下端滴落至第n 個(gè)水滴落到桶底所用的時(shí)間

7、t。（ 1）重力加速度大小可表示為g= （用s、 n、 t 表示） ；（ 2）如果某次實(shí)驗(yàn)中，s=0.90m， n=30， t=13.0s，則測(cè)得的重力加速度大小g=m/s2； （保留2 位有效數(shù)字）（ 3）寫(xiě)出一條能提高測(cè)量結(jié)果準(zhǔn)確程度的建議：。12 （ 12.00分）某同學(xué)利用圖（a）中的電路測(cè)量電流表?的內(nèi)阻RA（約為5）和直流電源的電動(dòng)勢(shì)E（約為10V） 。圖中R1 和 R2 為電阻箱，S1 和 S2 為開(kāi)關(guān)。已知電流表的量程為100mA，直流電源的內(nèi)阻為r。（ 1）斷開(kāi)S2，閉合S1 ，調(diào)節(jié)R1 的阻值，使?滿(mǎn)偏；保持R1 的阻值不變，閉合S2，調(diào)節(jié)R2， 當(dāng) R2的阻值為4.8 時(shí)

8、 ?的示數(shù)為48.0mA 忽略S2閉合后電路中總電阻的變化，經(jīng)計(jì)算得RA=Q； （保留 2 位有效數(shù)字）（ 2）保持S1 閉合，斷開(kāi)S2，多次改變R1 的阻值，并記錄電流表的相應(yīng)示數(shù)。若某次R1 的示數(shù)如圖（b）所示，則此次R1 的阻值為；（ 3）利用記錄的R1 的阻值和相應(yīng)的電流表示數(shù)I，作出I 1 R1 圖線，如圖（c）所示。用電池的電動(dòng)勢(shì)E、內(nèi)阻r 和電流表內(nèi)阻RA表示I 1隨 R1 變化的關(guān)系式為2）粒子第一次在圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間。14 （ 16.00分）如圖，光滑軌道PQO的水平段O 點(diǎn)與水平地面I 1= 。利用圖（c）可求得E=V （保留 2位有效數(shù)字） 小題，共26 分。把

9、解答寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，要求寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟。13 （ 10.00分）如圖，圓心為O、半徑為r 的圓形區(qū)域外存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方B P 是圓外一點(diǎn)，OP=3r。一質(zhì)量為m、q（ q> 0）的粒子從P 點(diǎn)在紙面內(nèi)垂直于OP射出。已知粒子運(yùn)動(dòng)軌跡經(jīng)過(guò)圓心O，不計(jì)重力。求（ 1）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑；平滑連接。一質(zhì)量為m 的小物塊A從高 h 處由靜止開(kāi)始沿軌道下滑，在O點(diǎn)與質(zhì)量為 4m 的靜止小物塊B 發(fā)生碰撞。A、 B 與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為 =0.5，重力加速度大小為g。假設(shè)A、 B 間的碰撞為完全彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短。求（ 1）第一次碰撞后瞬間A 和

10、 B 速度的大?。唬?2） A、 B 均停止運(yùn)動(dòng)后，二者之間的距離。五、選修題：共12 分。請(qǐng)考生從第15、 16 題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。 選修 3-315 （ 4.00 分）如圖，一定量的理想氣體，由狀態(tài)a 等壓變化到狀態(tài)b，再?gòu)腷等容變化到狀態(tài)c。 a、 c兩狀態(tài)溫度相等。下列說(shuō)法正確的是（）17 警車(chē)向路上的車(chē)輛發(fā)射頻率已知的超聲波，同時(shí)探測(cè)反射波的頻率。下列說(shuō)法正確的是（）A車(chē)輛勻速駛向停在路邊的警車(chē)，警車(chē)探測(cè)到的反射波頻率增高B車(chē)輛勻速駛離停在路邊的警車(chē)，警車(chē)探測(cè)到的反射波頻率降低C警車(chē)勻速駛向停在路邊的汽車(chē)，探測(cè)到的反射波頻率降低D警車(chē)勻速駛離停在路邊的

11、汽車(chē)，探測(cè)到的反射波頻率不變18如圖，由透明介質(zhì)構(gòu)成的半球殼的內(nèi)外表面半徑分別為R 和R一橫截面半徑為 R的平行光束入射到半球殼內(nèi)表面，入射方向與半球殼的對(duì)稱(chēng)軸平行，所有的入射光線都能從半球殼的外表面射出。已知透明介質(zhì)的折射率為n= 求半球殼外表面上有光線射出區(qū)域的圓形邊界的半徑。不考慮多次反射。2018 年海南省高考物理試卷參考答案與試題解析一、單項(xiàng)選擇題:本題共 6小題，每小題4分，共 24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1 （ 4.00分） 一攀巖者以1m/s 的速度勻速向上攀登，途中碰落了巖壁上的石塊，石塊自由下落。3s 后攀巖者聽(tīng)到石塊落地的聲音，此時(shí)他離地面

12、的高度約為A 10m B 30m C 50m D 70m【分析】 石頭下落后做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)h= gt2，不需要考慮聲音傳播的題意，即可求解下落的距離。【解答】 解：石塊下落的高度：h= gt2=45m。該過(guò)程中，攀巖者向上上升的高度：x=vt=1× 3=3m此時(shí)他離地面的高度約為：H=h+x=45+3=48m 50m。故ABD錯(cuò)誤， C正確故選：C。本題關(guān)鍵明確自由落體運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解2（ 4.00 分） 土星與太陽(yáng)的距離是火星與太陽(yáng)距離的6 倍多。 由此信息可知（A土星的質(zhì)量比火星的小B土星運(yùn)行的速率比火星的小C土星運(yùn)行的周期比火星的小D土星運(yùn)行的角

13、速度大小比火星的大【分析】根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力得出周期、線速度、加速度的表達(dá)式，結(jié)合軌道半徑的大小進(jìn)行比較?！窘獯稹拷猓篈、萬(wàn)有引力提供向心力，可知土星與火星的質(zhì)量都被約去，無(wú)法比較兩者的質(zhì)量。B、由= ，得 v= 知軌道半徑小速率大，B 正確。C、由，得，知 r 大，周期長(zhǎng)，C錯(cuò)誤。D、由，知 r 大，角速度小，D 錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】 解決本題的關(guān)鍵掌握萬(wàn)有引力提供向心力這一重要理論，并能靈活運(yùn)用，知道線速度、角速度、周期與軌道半徑的關(guān)系。3 （ 4.00分）如圖，一絕緣光滑固定斜面處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上，通有電流I 的金屬細(xì)桿水平靜止在斜面上。

14、若電流變?yōu)?.5I， 磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B， 電流和磁場(chǎng)的方向均不變，則金屬細(xì)桿將A沿斜面加速上滑B沿斜面加速下滑C沿斜面勻速上滑D仍靜止在斜面上【分析】 先對(duì)磁場(chǎng)強(qiáng)度和電流大小沒(méi)有改變前列出平衡方程，然后當(dāng)它們改變后，再列出牛頓第二定律即可判斷出物體的運(yùn)動(dòng)情況?！窘獯稹?解：當(dāng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電流變?yōu)镮 時(shí)，金屬棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件和安培力公式可得：BIL=mgsin，3B，電流變?yōu)?.5I 時(shí)，此時(shí)安培力大小變?yōu)椋篎=3B× 0.5I× L=1.5BIL，金屬棒將沿斜面向上加速，加速度大小為：A 正確、 BCD錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】 解答本題的關(guān)鍵

15、是：要對(duì)磁場(chǎng)強(qiáng)度和電流大小改變前后分別列出方程，通過(guò)對(duì)比可直接得出金屬棒的運(yùn)動(dòng)情況。4（ 4.00分） 已知 TH的半衰期為24天。 4g Th經(jīng)過(guò) 72天還剩下 （A 0B 0.5g C 1g D1.5g根據(jù)半衰期定義式m=m0(） n，結(jié)合衰變次數(shù)，即可求解。解：根據(jù)半衰期為24 天，經(jīng)過(guò)72 天，發(fā)生3 次衰變，依據(jù)m=m0（） 3，代入數(shù)據(jù)解得：m=4×（） 3=0.5g，故ACD錯(cuò)誤，B正確；故選： B?？疾榘胨テ诘亩x式，掌握衰變次數(shù)與剩下的質(zhì)量關(guān)系。5 （ 4.00 分）如圖，用長(zhǎng)為l 的輕繩懸掛一質(zhì)量為M 的沙箱，沙箱靜止。一質(zhì)量為 m 的彈丸以速度v 水平射入沙箱并

16、留在其中，隨后與沙箱共同擺動(dòng)一小角度。不計(jì)空氣阻力。對(duì)子彈射向沙箱到與其共同擺過(guò)一小角度的過(guò)程（）A若保持m、 v、 l 不變，M 變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變小B若保持M、 v、 l 不變，m 變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變小C若保持M、 m、 l 不變， v變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大D若保持M 、 m、 v 不變， l 變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大【分析】 彈丸擊中沙箱過(guò)程系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律可以求出彈丸擊中沙箱后的共同速度，彈丸與沙箱一起擺動(dòng)過(guò)程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求出系統(tǒng)損失的機(jī)械能，然后分析答題。【解答】 解： 彈丸擊中沙箱過(guò)程系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，正方

17、向，mv=（ M+m） v，解得：v=彈丸與沙箱一起擺動(dòng)過(guò)程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由能量守恒定律可知，整個(gè)過(guò)程系統(tǒng)損失的機(jī)械能：E= mv2（ M+m） v2=；A、若保持m、 v、 l 不變， M 變大，系統(tǒng)損失的機(jī)械能： 大，故 A錯(cuò)誤；E=E= =變大，故B 錯(cuò)誤；C、若保持M、 m、 l 不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能：C 正確；D、若保持M、 m、 v不變，l 變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能：E=變大，故E=不變，故B、若保持M 、 v、 l 不變， m 變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能：D 錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】 本題考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，彈丸擊中沙箱過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒，沙箱擺動(dòng)過(guò)

18、程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，整個(gè)過(guò)程損失的機(jī)械能等于彈丸擊中沙箱過(guò)程損失的機(jī)械能，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律求出系統(tǒng)損失的機(jī)械能即可解題。水的質(zhì)量m= Qt代入數(shù)據(jù)解得，P=3× 109W；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】 此題考查平均功率的定義應(yīng)用，屬于簡(jiǎn)單題目，注意設(shè)一下時(shí)間來(lái)表示質(zhì)量。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4 小題，每小題5 分，共 20 分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的全部選對(duì)的得5 分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0 分7 （ 5.00分）如圖，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一面積為S的矩形單匝閉合導(dǎo)線abcd， ab 邊與磁場(chǎng)方向垂直，線框

19、的電阻為R使線框以恒定角速度 繞過(guò) ad、 bc 中點(diǎn)的軸旋轉(zhuǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A線框abcd 中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值是BSB線框abcd 中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值是BSC線框平面與磁場(chǎng)方向平行時(shí)，流經(jīng)線框的電流最大D線框平面與磁場(chǎng)方向垂直時(shí)，流經(jīng)線框的電流最大【分析】 線圈在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，明確中性面的特點(diǎn)，知道在中性面位置磁通量最大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最小，在與中性面垂直位置，磁通量最小，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大即可【解答】 解：AB、線框abcd 繞垂直于磁場(chǎng)的軸轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值是Em=BS，故A正確， B錯(cuò)誤；CD、線框平面與磁場(chǎng)方向平行時(shí)，此時(shí)線圈處于與中性面垂直位置，故此時(shí)產(chǎn)生

20、的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，流經(jīng)線框的電流最大，故C正確，D錯(cuò)誤；故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】 本題主要考查了線圈轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值和位置，明確中性面的特點(diǎn)即可判斷8 （ 5.00分）如圖（a） ，一長(zhǎng)木板靜止于光滑水平桌面上，t=0 時(shí)，小物塊以速度 v0滑到長(zhǎng)木板上，圖（b）為物塊與木板運(yùn)動(dòng)的v t 圖象，圖中t1、 v0、 v1已知。重力加速度大小為g。由此可求得（）A木板的長(zhǎng)度B物塊與木板的質(zhì)量之比C物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)D從t=0 開(kāi)始到 t 1 時(shí)刻，木板獲得的動(dòng)能【分析】物塊與木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)圖示圖象分析清楚運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律、動(dòng)量定理、動(dòng)能定

21、理分析答題?！窘獯稹拷猓篈、系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律可以求出物塊相對(duì) °與木板滑行的距離，木板的長(zhǎng)度可能等于該長(zhǎng)度、也可能大于該長(zhǎng)度，根據(jù)題意無(wú)法求出木板的長(zhǎng)度，故A錯(cuò)誤；B、物塊與木板作出的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以物塊的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mv0=（ m+M） v1，解得：=， v0與 v1 已知，可以求出物塊與木板的質(zhì)量之比，故B 正確；C、對(duì)木板，由動(dòng)量定理得： mg1t=Mv1，解得：= ，由于t1、 v0、 v1已知，可以求出動(dòng)摩擦因數(shù)，故C正確；D、由于不知道木板的質(zhì)量，無(wú)法求出從t=0 開(kāi)始到t 1 時(shí)刻，木板獲得的動(dòng)能，故 D 錯(cuò)誤；故選

22、：BC?！军c(diǎn)評(píng)】 本題考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，物塊與木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)圖示圖象分析清楚物塊與木板的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、動(dòng)量定理即可解題。9 （ 5.00 分）如圖，a、 b、 c、 d 為一邊長(zhǎng)為L(zhǎng) 的正方形的頂點(diǎn)。電荷量均為q（ q> 0）的兩個(gè)點(diǎn)電荷分別固定在a、 c 兩點(diǎn)，靜電力常量為k。不計(jì)重力。下列說(shuō)法正確的是（）A b 點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為B過(guò)b、 d 點(diǎn)的直線位于同一等勢(shì)面上C在兩點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中，ac 中點(diǎn)的電勢(shì)最低D在b 點(diǎn)從靜止釋放的電子，到達(dá)d 點(diǎn)時(shí)速度為零【分析】 先求解兩個(gè)電荷單獨(dú)存在時(shí)在b 點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，然后根據(jù)平行四邊形定則合成得

23、到 b 點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)；根據(jù)等量同種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)的特點(diǎn)判斷b、 d 連線上各點(diǎn)電勢(shì)的關(guān)系。根據(jù)電勢(shì)關(guān)系分析運(yùn)動(dòng)?！窘獯稹?解：等量同種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線與等勢(shì)面分布如圖：A、 ac 兩電荷在b 點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度是矢量合，則 b 點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為：，故 A正確；B、 C、由等量同種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布的特點(diǎn)可知，過(guò)b、 d 的直線不是等勢(shì)面，在 ac中點(diǎn)的電勢(shì)最高。故B錯(cuò)誤，C錯(cuò)誤；D、結(jié)合等量同種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布的特點(diǎn)可知，b 點(diǎn)與 d 點(diǎn)的電勢(shì)是相等的，所以電子在b、 d 兩點(diǎn)的電勢(shì)能相等，所以從b 點(diǎn)釋放的電子，將沿bd 的方向運(yùn)動(dòng)，到達(dá)d 點(diǎn)的速度恰好等于0故D 正確；故選：AD。【點(diǎn)評(píng)】 本題考查電場(chǎng)

24、的疊加，注意電場(chǎng)強(qiáng)度時(shí)矢量，合成遵循平行四邊形定則；電勢(shì)是標(biāo)量，合成遵循代數(shù)法則。10 （ 5.00 分）如圖，三個(gè)電阻R1、 R2、 R3的阻值均為R，電源的內(nèi)阻r< R， c為滑動(dòng)變阻器的中點(diǎn)。閉合開(kāi)關(guān)后，將滑動(dòng)變阻器的滑片由c 點(diǎn)向a 端滑動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）A R2消耗的功率變小B R3消耗的功率變大C電源輸出的功率變大D電源內(nèi)阻消耗的功率變大【分析】滑動(dòng)變阻器分為左右兩部分分別與R2和 R3串聯(lián)，R2與 R3并聯(lián)后與R1串聯(lián)， c 為滑動(dòng)變阻器的中點(diǎn)，滑動(dòng)觸頭在此點(diǎn)時(shí)，總電阻最大，然后根據(jù)歐姆定律分析電流變化，根據(jù)P=UI分析功率變化。電源輸出的功率P 在 r=R 外 時(shí)最

25、大，電源的內(nèi)阻r< R外 ， R外 減小時(shí)，電源輸出功率增大。【解答】 解：ABD、 c 為滑動(dòng)變阻器的中點(diǎn)，滑動(dòng)觸頭在此點(diǎn)時(shí)，總電阻最大，將滑動(dòng)變阻器的滑片由c 點(diǎn)向 a 端滑動(dòng)，總電阻減小，總電流增大，R1 和電源內(nèi)阻分的電壓增大，電源內(nèi)阻消耗的功率變大，并聯(lián)電路電壓減小，R3所在之路電阻增大，電壓減小，故電流減小，R3消耗的功率減小，而R2的電流增大，故R2功率增大，故AB 錯(cuò)誤，D 正確；C、電源輸出的功率P 在 r=R外 時(shí)最大，電源的內(nèi)阻r< R外 ， R外 減小時(shí)，電源輸出功率增大，故C正確；故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】 本題考查了串、聯(lián)電路的特點(diǎn)和歐姆定律的靈活運(yùn)用，難點(diǎn)是

26、滑動(dòng)變阻器滑片P 從中間左端總電阻變化情況的判斷。三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2 小題，共18 分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，不要求寫(xiě)出演算過(guò)程。11（ 6.00分） 學(xué)生課外實(shí)驗(yàn)小組使用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)量重力加速度大小。實(shí)驗(yàn)時(shí)，他們先測(cè)量分液漏斗下端到水桶底部的距離s；然后使漏斗中的水一滴一滴地下落，調(diào)整閥門(mén)使水滴落到桶底發(fā)出聲音的同時(shí)，下一滴水剛好從漏斗的下端滴落；用秒表測(cè)量第1 個(gè)水滴從漏斗的下端滴落至第n 個(gè)水滴落到桶底所用的時(shí)間t。（ 1）重力加速度大小可表示為g=（用s、 n、 t 表示） ；（ 2）如果某次實(shí)驗(yàn)中，s=0.90m， n=30， t=13.0s，則測(cè)得的重力加速度大

27、小g=9.6 m/s2； （保留 2 位有效數(shù)字）（ 3）寫(xiě)出一條能提高測(cè)量結(jié)果準(zhǔn)確程度的建議：“適當(dāng)增大n”或 “多次測(cè)量取平均值 ”。（ 1）依據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間關(guān)系h= ，即可求解重力加速（ 2）將已知數(shù)據(jù)，代入上式，即可求解；（ 3）根據(jù)所測(cè)物理量，即可確定提高測(cè)量結(jié)果的準(zhǔn)確度?！窘獯稹?解： （ 1）根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間關(guān)系h= ，則有： g= ，而 T= ，解得： g= ；（ 2）將s=0.90m， n=30， t=13.0s，代入數(shù)據(jù)，解得：g=9.6m/s2；（ 3）根據(jù)公式g= ，要能提高測(cè)量結(jié)果準(zhǔn)確程度，可適當(dāng)增大n，或多次測(cè)量 s 取平均值；故答案為：（

28、1）；（ 2） 9.6；（ 3） “適當(dāng)增大n”或 “多次測(cè)量取平均值”。【點(diǎn)評(píng)】 考查自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，掌握減小測(cè)量誤差的方法，注意保留兩位有效數(shù)字。12 （ 12.00分）某同學(xué)利用圖（a）中的電路測(cè)量電流表?的內(nèi)阻RA（約為5）和直流電源的電動(dòng)勢(shì)E（約為10V） 。圖中R1 和 R2 為電阻箱，S1 和 S2 為開(kāi)關(guān)。已知電流表的量程為100mA，直流電源的內(nèi)阻為r。（ 1）斷開(kāi)S2，閉合S1 ，調(diào)節(jié)R1 的阻值，使?滿(mǎn)偏；保持R1 的阻值不變，閉合S2，調(diào)節(jié)R2， 當(dāng)R2的阻值為4.8 時(shí) ?的示數(shù)為48.0mA 忽略S2閉合后電路中總電阻的變化，經(jīng)計(jì)算得RA= 5.2 Q； （保留

29、 2位有效數(shù)字）（ 2）保持S1 閉合，斷開(kāi)S2，多次改變R1 的阻值，并記錄電流表的相應(yīng)示數(shù)。若某次R1 的示數(shù)如圖（b）所示，則此次R1 的阻值為148.2 ；（ 3）利用記錄的R1 的阻值和相應(yīng)的電流表示數(shù)I，作出I 1 R1 圖線，如圖（c）所示。用電池的電動(dòng)勢(shì)E、內(nèi)阻r 和電流表內(nèi)阻RA表示I 1隨R1 變化的關(guān)系式為I（ 1）根據(jù)題意應(yīng)用并聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律求出電流表內(nèi)阻。c）可求得E= 9.3 V （保留 2 位有效數(shù)字）源電動(dòng)勢(shì)。2）電阻箱各旋鈕示數(shù)與對(duì)應(yīng)倍率的乘積之和是電阻箱示數(shù)。3）根據(jù)電路圖應(yīng)用閉合電路歐姆定律求出表達(dá)式，然后根據(jù)圖示圖象求出電解： （ 1）由題意可知，

30、干電路電流不變?yōu)椋篒g=100mA，流過(guò)電阻箱的電流：I2=Ig IA=100mA 48mA=52mA，Ra=5.2 ；2 ）由圖（b ）所示可知，電阻箱阻值為：100 +4× 10+8× 1 +2×0.1 =148.2； 3）斷開(kāi)S2、閉合S1，由圖示電路圖可知，電源電動(dòng)勢(shì)：E=I（ r+R1+RA） ，則：= R1+1 R1 圖象的斜率：k= ，解得：E 9.3V；故答案為：（ 1） 5.2； （ 2） 148.2；3)R1+9.3。【點(diǎn)評(píng)】 電阻箱各旋鈕示數(shù)與對(duì)應(yīng)倍率的乘積之和是電阻箱示數(shù)，要掌握常用器材的使用及讀數(shù)方法；根據(jù)題意分析清楚電路結(jié)構(gòu)、應(yīng)用閉合電

31、路的歐姆定律求四、計(jì)算題：本題共2 小題，共26 分。把解答寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，要求寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟。13 （ 10.00分）如圖，圓心為O、半徑為r 的圓形區(qū)域外存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B P 是圓外一點(diǎn)，OP=3r。一質(zhì)量為m、電荷量為q（ q> 0）的粒子從P 點(diǎn)在紙面內(nèi)垂直于OP射出。已知粒子運(yùn)動(dòng)軌跡經(jīng)過(guò)圓心O，不計(jì)重力。求（ 1）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑；（ 2）粒子第一次在圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間。（ 1）畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求出軌跡半徑；2）粒子第一次在圓形區(qū)域內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由求出時(shí)間；解： （ 1

32、）根據(jù)題意，畫(huà)出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡，如圖所示設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由幾何關(guān)系有：解得：2）由得粒子第一次在圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 答： （ 1）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為2）粒子第一次在圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間為本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，知道洛倫茲力提供粒子勻速圓周運(yùn) 動(dòng)的向心力，關(guān)鍵是畫(huà)軌跡，確定圓心和半徑，再結(jié)合幾何關(guān)系即可求解。14 （ 16.00分）如圖，光滑軌道PQO的水平段QO= ，軌道在O點(diǎn)與水平地面平滑連接。一質(zhì)量為m 的小物塊A從高 h 處由靜止開(kāi)始沿軌道下滑，在O點(diǎn)與質(zhì)量為 4m 的靜止小物塊B 發(fā)生碰撞。A、 B 與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為 =0.

33、5，重力加速度大小為g。假設(shè)A、 B 間的碰撞為完全彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短。求（ 1）第一次碰撞后瞬間A 和 B 速度的大??；2） A、 B 均停止運(yùn)動(dòng)后，二者之間的距離?！痉治觥?（ 1） A下滑過(guò)程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律求出A到達(dá)水平面時(shí)的速度，兩物塊碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律可以求出碰撞后兩物塊的速度大小。（ 2）對(duì)兩物塊應(yīng)用動(dòng)能定理可以求出A、 B 在磁場(chǎng)水平面上的位移，然后求出兩者靜止時(shí)兩者間的距離?！窘獯稹拷猓?（ 1） A下滑過(guò)程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgh= mv02，A、 B 發(fā)生完全彈性碰撞，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒、機(jī)械能守

34、恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv0=mvA+4mvB，由機(jī)械能守恒定律得：mv02= mvA2+ ?4mvB2，解得：vA=，（ 2） 物塊 B 在粗糙水平面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，最終速度為零，由動(dòng)能定理得：對(duì) B： ?4mgx=0 ?4mvB2， x= ，設(shè)當(dāng)物塊A的位移為x時(shí)速度為v，對(duì) A，由動(dòng)能定理得： mgx= mv2mvA2，解得： v= ，A、 B 發(fā)生彈性碰撞，碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，mv=mvA +4mvB，mv2= mvA 2+ ?4mvB 2，碰撞后 A向左做減速運(yùn)動(dòng)，B向右做減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得：對(duì) A：對(duì) B：解得： mgAx=0mvA 2， ?4

35、mgBx=0?4mvB2，BA、 B 均停止運(yùn)動(dòng)后它們之間的距離：xA=h，xB= xbh，d=xa+xb=h；、答： （ 1）第一次碰撞后瞬間A和 B速度的大小分別為2） A、 B 均停止運(yùn)動(dòng)后，二者之間的距離為h。本題考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律、動(dòng)量守恒定律與動(dòng)能定理可以解題。五、選修題：共12 分。請(qǐng)考生從第15、 16 題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。 選修 3-315 （ 4.00 分）如圖，一定量的理想氣體，由狀態(tài)a 等壓變化到狀態(tài)b，再?gòu)腷等容變化到狀態(tài)c。 a、 c兩狀態(tài)溫度相等。下列說(shuō)法正確的是（）A從狀

36、態(tài)b 到狀態(tài)c 的過(guò)程中氣體吸熱B氣體在狀態(tài)a 的內(nèi)能等于在狀態(tài)c 的內(nèi)能C氣體在狀態(tài)b 的溫度小于在狀態(tài)a 的溫度D從狀態(tài)a 到狀態(tài)b 的過(guò)程中氣體對(duì)外做正功【分析】 對(duì)于一定質(zhì)量理想氣體，壓強(qiáng)與溫度和體積有關(guān)，關(guān)于P、 V、 T 三者間的關(guān)系由實(shí)驗(yàn)定律加以分析，并滿(mǎn)足理想氣體狀態(tài)方程，再結(jié)合熱力學(xué)第一定律進(jìn)行分析?！窘獯稹?解：A、氣體從A到 B發(fā)生等容變化，壓強(qiáng)減小，溫度降低，內(nèi)能減小，氣體對(duì)外界不做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律知，氣體放熱，故A錯(cuò)誤；B、理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，a、 c兩狀態(tài)溫度相等，內(nèi)能相等，所以氣體在狀態(tài)a的內(nèi)能等于氣體在狀態(tài)c的內(nèi)能，故B正確；C、氣體從狀態(tài)a 到狀

37、態(tài)b 發(fā)生等壓變化，根據(jù)蓋呂薩克定律知，體積增大，溫度升高，所以氣體在狀態(tài)b 的溫度大于在狀態(tài)a 的溫度，故C錯(cuò)誤；D、氣體從狀態(tài)a 到狀態(tài)b，體積變大，氣體對(duì)外界做正功，故D 正確；故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】 本題考查氣體實(shí)驗(yàn)定律和熱力學(xué)第一定律的應(yīng)用，注意熱力學(xué)第一定律中的物理量正負(fù)號(hào)的含義，知道理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)。16 （ 8.00分）一儲(chǔ)存氮?dú)獾娜萜鞅灰唤^熱輕活塞分隔成兩個(gè)氣室A和B，活寨可無(wú)摩擦地滑動(dòng)。開(kāi)始時(shí)用銷(xiāo)釘固定活塞，A 中氣體體積為2.5× 10 4m3，溫度為27，壓強(qiáng)為6.0×104Pa；B 中氣體體積為4.0×104m3，溫度為17 ，壓

38、強(qiáng)為2.0× 104Pa現(xiàn)將A中氣體的溫度降至17 ，然后拔掉銷(xiāo)釘，并保持A、B 中氣體溫度不變，求穩(wěn)定后A 和 B 中氣體的壓強(qiáng)?！痉治觥?A中氣體與B中氣體相連，氣壓相等，由于活塞平衡，故其壓強(qiáng)均相等。對(duì)兩部分的氣體寫(xiě)出理想氣體的狀態(tài)方程，然后聯(lián)立即可?！窘獯稹?解：對(duì) A中氣體，初態(tài)：PA=6.0× 104Pa、 VA=2.5× 10 4m3、 TA=273K+27K=300K。末態(tài)：PA'=？ VA'=？ TA'=273K 17K=256K由理想氣體狀態(tài)方程得： 對(duì) B 中氣體，初態(tài)：PB=2× 104Pa、 VB=4.0

39、× 10 4m3末態(tài)：PB'=？ VB'=？由于溫度相同，根據(jù)玻意耳定律得：PBVB=PB ?BV 又 VA+VB=VA'+VB' PA'=PB' 聯(lián)立得：p=3.2x104Pa答：穩(wěn)定后A和 B中氣體的壓強(qiáng)為3.2x104Pa?！军c(diǎn)評(píng)】 本題雖然有兩部分的氣體，但是變化比較簡(jiǎn)單，解答的關(guān)鍵是找出已知狀態(tài)產(chǎn)量，然后根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程列方程求解。 選修 3-4（ 12 分 ）17 警車(chē)向路上的車(chē)輛發(fā)射頻率已知的超聲波，同時(shí)探測(cè)反射波的頻率。下列說(shuō)法正確的是（）A車(chē)輛勻速駛向停在路邊的警車(chē)，警車(chē)探測(cè)到的反射波頻率增高B車(chē)輛勻速駛離停在路邊的警車(chē)，