2022-2023學(xué)年海南高考物理模擬試卷（含解析）

第=page88頁(yè)，共=sectionpages2323頁(yè)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(shì)能可用國(guó)際單位制中的基本單位表示為(

)A.J B.N?m C.kg·ms2.1935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(duì)靜水速度A.75s B.95s C.100s3.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he

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b4.2022年6月5日，中國(guó)神舟十四號(hào)載人飛船(以下簡(jiǎn)稱飛船)成功發(fā)射升空，與天和核心艙成功對(duì)接。假設(shè)飛船與天和核心艙對(duì)接過(guò)程的簡(jiǎn)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(guò)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(duì)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(dòng)的周期與天和核心艙運(yùn)動(dòng)的周期之比為r23r13

B.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(guò)程中，速度不斷減小

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

D.飛船在軌道5.微信運(yùn)動(dòng)步數(shù)的測(cè)量是通過(guò)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(duì)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(shuō)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(guò)電流表

D.由靜止突然向前加速時(shí)，電流由a向b流過(guò)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(duì)賽道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小。用W表示運(yùn)動(dòng)員從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中克服賽道摩擦力所做的功(不計(jì)空氣阻力)，則(

)

A.W=34mgR，運(yùn)動(dòng)員沒(méi)能到達(dá)Q點(diǎn)

B.W=14mgR，運(yùn)動(dòng)員能到達(dá)Q點(diǎn)并做斜拋運(yùn)動(dòng)

C.w=7.某條電場(chǎng)線是一條直線，沿電場(chǎng)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(chǎng)強(qiáng)度方向建立x軸，該電場(chǎng)線上各點(diǎn)電場(chǎng)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(chǎng)力作用。則下列說(shuō)法正確的是(

)

A.若O點(diǎn)的電勢(shì)為零，則A點(diǎn)的電勢(shì)為12E0d

B.粒子從A到B做勻速直線運(yùn)動(dòng)

C.粒子在OA段電勢(shì)能減少量小于BC段電勢(shì)能減少量

D.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(duì)B的彈力大小為2mg

C.之后B可能脫離A D.之后B對(duì)A彈力的最小值為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(

)

A.讓玻璃管以b端為圓心在豎直平面內(nèi)慢慢轉(zhuǎn)過(guò)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.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(duì)稱，其波速大小均為v，振幅均為A，波長(zhǎng)均為λ。它們?cè)谙嘤龅哪骋粫r(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)，O為ab的中點(diǎn)，c為aO的中點(diǎn)。下列說(shuō)法錯(cuò)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(guò)程中質(zhì)點(diǎn)O始終靜止

C.兩列波相遇過(guò)程中質(zhì)點(diǎn)c的總路程是4A D.在整個(gè)過(guò)程中質(zhì)點(diǎn)c有λ11.如圖所示，紙面內(nèi)的三條長(zhǎng)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(duì)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?lè)较虻母袘?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=2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，繞垂直磁場(chǎng)的軸以恒定角速度ω=10rad/s在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)，線框電阻不計(jì)，面積為0.4m2，線框通過(guò)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“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(shì)的瞬時(shí)值為e=402cos(10t)V

B.當(dāng)燈泡正常發(fā)光時(shí)，原、副線圈的匝數(shù)比為213.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(zhǎng)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(shuō)法正確的是(

)

A.燒斷細(xì)線之前彈簧的彈性勢(shì)能為12Mv2

B.對(duì)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(shì)能為Mmv22(M+m)

C.對(duì)乙圖，燒斷細(xì)線后當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A、B的動(dòng)能之比M：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104mL溶液中含有純油酸6mL，用注射器測(cè)得1mL上述溶液為80滴。把1①油酸膜的面積是_______cm②按以上實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)估測(cè)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(cè)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(dòng)量守恒定律，即研究?jī)蓚€(gè)小球碰撞前后的動(dòng)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(guò)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(cè)量出水平射程OD、OE、OF分別為x1、x2、x3，測(cè)得A球的質(zhì)量為m1，B(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A球的半徑D.A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(shuō)明兩球碰撞中動(dòng)量守恒；當(dāng)水平射程x1、x2、x3滿足表達(dá)式_

時(shí)，則說(shuō)明兩球的碰撞為彈性碰撞。

16.某同學(xué)用螺旋測(cè)微器測(cè)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(cè)微器測(cè)量一物體的直徑，讀出圖1中讀數(shù)為_________mm。(2)在測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)中，有電壓表V(量程為3V，內(nèi)阻約3kΩ)；電流表A(量程為0.6A，內(nèi)阻約為①如圖2所示在閉合開關(guān)之前為防止電表過(guò)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(cè)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(dòng)勢(shì)E=________V，內(nèi)阻r(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14圓OPQ，14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=(1)玻璃磚對(duì)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(zhǎng)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(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(shì)能為72J，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m1(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(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)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(duì)于A點(diǎn)滑行的最遠(yuǎn)距離s=8(3)求(2)問(wèn)中乙滑塊被彈開后，從滑上傳送帶直至滑到最高點(diǎn)的過(guò)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、Ⅳ象限內(nèi)分別存在垂直紙面向里和向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩磁場(chǎng)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(chǎng)(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(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)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(3)如果B2=2B1=2mvqL

答案和解析1.【答案】D

【解析】【分析】

分子勢(shì)能與功的單位相同，是“焦耳”，根據(jù)功的定義W=Fs，牛頓第二定律F=ma，進(jìn)行推導(dǎo)。

本題關(guān)鍵要掌握國(guó)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(shì)能與功的單位相同，根據(jù)功的定義式W=Fs知，1J=1N2.【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：

t=dvc=3001s=300s3.【答案】BD

【解析】解：A.由光電效應(yīng)方程有Ek=hν-W0可知，Ek-ν的斜率均為h，故A錯(cuò)誤；

BD.由光電效應(yīng)方程有Ek=hν-W0，橫坐標(biāo)上的截距的與h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BD正確；

4.【答案】B

【解析】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：r13T12B、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(guò)程中，速度不斷減小，故B正確；C、根據(jù)牛頓第二定律得：GMmr2=ma，解得：a=GD、飛船在軌道Ⅱ上由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，只有引力做功，其機(jī)械能保持不變，故D錯(cuò)誤。故選：B。

5.【答案】C

【解析】解：A.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(duì)向前移動(dòng)，則板間距減小，根據(jù)C=εrS4πkd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(guò)電流表，故C正確；

D.由靜止突然向前加速時(shí)，N板相對(duì)向后移動(dòng)，則板間距增大，根據(jù)C=εrS4πkd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(guò)電流表，故D錯(cuò)誤。

B.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(shuō)明手機(jī)“前后”方向運(yùn)動(dòng)的加速度越快，故B錯(cuò)誤；6.【答案】D

【解析】解：在N點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有N-mg=mvN2R，

解得vN=3gR，

對(duì)質(zhì)點(diǎn)從下落到N點(diǎn)的過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得mg2R-W=12mvN2-0，

解得W=12mgR，

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(duì)NQ段運(yùn)用動(dòng)能定理得-mgR-W'=127.【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(shì)差大小，可計(jì)算出A點(diǎn)的電勢(shì)；利用場(chǎng)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(chǎng)力做功的公式以及電場(chǎng)力做功與動(dòng)能和電勢(shì)能的關(guān)系可得出其動(dòng)能大小及電勢(shì)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(shì)差大小，再利用動(dòng)能定理、電場(chǎng)力做功公式和電場(chǎng)力做功與電勢(shì)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(shì)差大小，因此UOA=12E0d，由于φO=0，因此φA=-12E0d，故A錯(cuò)誤；

B.粒子由A到B過(guò)程電場(chǎng)力一直做正功，則帶正電粒子一直加速運(yùn)動(dòng)，在該過(guò)程電場(chǎng)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OA段的平均電場(chǎng)力大于BC段的平均電場(chǎng)力，則OA段的電場(chǎng)力做功大于BC段電場(chǎng)力做功，由功能關(guān)系知，粒子在OA段電勢(shì)能的變化量大于BC段變化量，或者從OA段和BC段圖象包圍的面積分析可知UOA>UBC，根據(jù)電場(chǎng)力做功公式8.【答案】D

【解析】解：A、取走物體前，三個(gè)物體受力平衡，對(duì)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(duì)AB整體受力分析，由牛頓第二定律得：F-2mg=2ma

聯(lián)立解得：a=12g

故A錯(cuò)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：FN=32mg

故B錯(cuò)誤；

CD、取走C物體后，A、B一起做簡(jiǎn)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=12g

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

解得：F'N=12mg9.【答案】ABC

【解析】解：A、讓玻璃管以b端為圓心在豎直平面內(nèi)慢慢轉(zhuǎn)過(guò)60°角，對(duì)b部分氣體產(chǎn)生壓強(qiáng)的水銀柱有效長(zhǎng)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(guò)程，對(duì)氣體，由查理定律得：pT=p+△pT+△T，解得：△p=p△TT，由于T、△T都相等，pb>pa，則△pb>△pa，則水銀柱應(yīng)向a移動(dòng)，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(dòng)，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(duì)10.【答案】ACD

【解析】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(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；

B.由圖乙可知，O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A，所以兩列波相遇過(guò)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(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(cuò)誤；

D.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(zhǎng)，所以其時(shí)間為t=λ4v，故D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(guò)程中質(zhì)點(diǎn)O的振動(dòng)情況；根據(jù)11.【答案】BD

【解析】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(chǎng)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(duì)比可知，初始時(shí)線圈c的磁通量最大，故A錯(cuò)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(chǎng)向內(nèi)且磁通量減小，由楞次定律可知，產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，故C錯(cuò)誤；

D.線圈a、b中的磁場(chǎng)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。

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(chǎng)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(chǎng)向內(nèi)且磁通量減小；線圈a、b中的磁場(chǎng)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Em=NBSω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(shì)表達(dá)式Em=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。

【解答】

A.變壓器輸入電壓的最大值為：Um=Em=nBSω=10×2×0.4×10V=402V，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(shì)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=nBSωcosωt，則線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值為e=nBSωcosωt=402cos(10t)V，故A正確；

B.變壓器輸入電壓的最大值為402V，輸入電壓的有效值為U=40V13.【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(guò)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(duì)甲圖，燒斷細(xì)線后當(dāng)A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(shì)能為EPm=12mv2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;

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

由動(dòng)量守恒可得mv=(M+m)v共，

由能量守恒定律可得彈簧的彈性勢(shì)能為EP=12mv2-12(M+m)v共2，

綜合解得EP=Mmv22(M+m)，選項(xiàng)B正確;

C、對(duì)乙圖，燒斷細(xì)線后系統(tǒng)的動(dòng)量守恒且為0，則A、B的動(dòng)量總是等大反向，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)設(shè)

14.【答案】115

6.5×10-【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：115×1cm×1cm=115cm2。

②每滴油酸酒精溶液中含有純油酸的體積是：V=6104×180mL=7.5×10-6mL

估測(cè)油酸分子的直徑為：d=VS=7.5×10-6×10-6115×10-4m15.【答案】BD

m1x2【解析】解：(1)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(cuò)誤；

B.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(duì)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(dòng)的過(guò)程，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：

h=12gt2，

x=vt

整理得：t=2hg，x=v2hg，

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(lái)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：

m1v0=m1v1+m1v16.【答案】1.194(1.193～【解析】解：螺旋測(cè)微器的精確度為0.01mm，其固定刻度為1.0mm，可動(dòng)刻度為19.4×0.01mm=0.194mm，所以最終讀數(shù)為1.0mm+0.19417.【答案】1.705

a

0.50

1.0

串

5940

【解析】解：(1)根據(jù)題干圖可知，螺旋測(cè)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+20.5×0.01mm=1.705mm

(2)①如圖所示，在閉合開關(guān)之前為防止電表過(guò)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-I圖像可得該電源電動(dòng)勢(shì)E=0.50V

內(nèi)阻為圖像的斜率的絕對(duì)值，即內(nèi)阻r=0.500.50Ω=1.0Ω；

(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)U18.【答案】解：(1)入射光線與OP面的夾角為α，且sinα=63，設(shè)入射角為i，則sini=33，

設(shè)折射角為γ，根據(jù)折射定律有：n=sinisinγ

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)=1n

解得玻璃磚對(duì)該單色光的折射率n=233；

(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(zhǎng)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【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(duì)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(guò)的距離，光在玻璃磚內(nèi)傳播的速度為v=cn，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。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D點(diǎn)，設(shè)甲在D點(diǎn)的速度大小為vD，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：

E