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（）

.,2

A.JB.N?mC.kg，mD.隰工.

2

sSs

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lm/s,則突擊隊(duì)渡河所需的最短時(shí)間為（）

A.75sB.95sC.100sD.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的斜率均為顯

8

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ULt,飛船先被發(fā)送至半徑為ri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J烏

儲

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n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.wqmgR，運(yùn)動員沒能到達(dá)Q點(diǎn)

B.Wh/mgR，運(yùn)動員能到達(dá)Q點(diǎn)并做斜拋運(yùn)動

C.w,ingR，運(yùn)動員恰好能到達(dá)Q點(diǎn)

D.w-|mgR，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0、A、B、C四個(gè)點(diǎn)，相鄰兩點(diǎn)間

距離均為d,以0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0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0點(diǎn)的電勢為零，則A點(diǎn)的電勢為*Eod

B.粒子從A到B做勻速直線運(yùn)動

C.粒子在0A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3qE°d

2

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/1ng

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(cuò)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,波長均為入。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)，。為ab

的中點(diǎn)，c為aO的中點(diǎn)。下列說法錯(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

2v

（多選）II.（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，貝IJ（）

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B八歷T的勻強(qiáng)磁場中，繞

垂直磁場的軸以恒定角速度川2,線框通過滑環(huán)與-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,100。”）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e=40&cos（10t）V

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壓從丫2

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

2（M+m）

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_的口2

VM+m

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p,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xi、X2、X3,測得A球的質(zhì)量

為mi,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XI、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3kCC）；

滑動變阻器R（1011,2A）。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=Q?

（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60。，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Q

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，一玻璃成的橫截面為工圓OPQ,上圓的半徑為R,圓心為O,一束單色

44

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a,sina=?,光在真空中的傳播速度為c,求：

3

（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to

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vo=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mi=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IOm/s2,sin370=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Bi、B2,第H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vo的速度射入第H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，Bi應(yīng)滿足什么條件？

(3)如果加=2B1J111vo，且粒子垂直通過平行于y軸的直線x=nL(n>3),則n應(yīng)

21qL

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()

.,2

A.JB.N?mC.D.kg'm

2

ss

【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，lJ=lN?m=lkg?m2/s2,J和N都是導(dǎo)

出單位，故ABC錯(cuò)誤，D正確。

故選：D。

【點(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lm/s,則突擊隊(duì)渡河所需的最短時(shí)間為（）

A.75sB.95sC.100sD.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=_±=22爪=300s,故D正確，ABC錯(cuò)誤；

vc1

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的斜率均為土

e

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-v圖像的物理意義解答。

【解答】解：A.根據(jù)光電效應(yīng)方程：Ek=hv-Wo,可知Ek-v圖像中直線①②的斜

率均為h,故A錯(cuò)誤；

BD.根據(jù)光電效應(yīng)方程：Ek=hv-Wo,可知Ek-v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=hv-Wo,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(cuò)誤。

故選：BDo

【點(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HI上，飛船先被發(fā)送至半徑為n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1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n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的半徑為口，天和核心艙的軌道半徑為⑵根據(jù)開普勒第三定

33

律得：31=11,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

T1T：

厚故A錯(cuò)誤;

11

T2

r2

B、根據(jù)開普勒第二定律可知，飛船沿軌道H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：G粵=ma，解得：a=G」1，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(cuò)誤；

D、飛船在軌道n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(cuò)誤。

故選：Bo

【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。

【解答】解：A.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(cuò)誤；

￡S

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)c=~J可知電

4兀kd

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；

￡S

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)c==可知電

4兀kd

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(cuò)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(cuò)誤；

故選：C,

【點(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.W-|mgR，運(yùn)動員沒能到達(dá)Q點(diǎn)

B.Wh/ingR，運(yùn)動員能到達(dá)Q點(diǎn)并做斜拋運(yùn)動

C.^=ymgR>運(yùn)動員恰好能到達(dá)Q點(diǎn)

D.w-|mgR，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)。

2

【解答】解：在N點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有N-mg=m3l,

R

解得丫11="%氏

對質(zhì)點(diǎn)從下落到N點(diǎn)的過程運(yùn)用動能定理得1rlg2R-W=/mvj-0，

解得W卷!ngR

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-1rlgR-曠=Amv2_±2

2Q2mvq

因?yàn)镮〈/mgR，可知VQ>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(cuò)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0、A、B、C四個(gè)點(diǎn)，相鄰兩點(diǎn)間

距離均為d,以0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0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。點(diǎn)的電勢為零，則A點(diǎn)的電勢為/"EQCI

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)動能為理%1

2

【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。

【解答】解：A、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

=fEod

沿著電場線，電勢逐漸降低，若O點(diǎn)的電勢為零，則UOA=（PO-<PA,可得A點(diǎn)的電勢

為<pA=-^EQd，故A錯(cuò)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(cuò)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(cuò)誤；

B

D、根據(jù)動能定理可知■^■qEQd+E[ld=EkB-O，解得粒子運(yùn)動到點(diǎn)時(shí)動能為：

E=3qE°d,故D正確。

kB2

故選：D。

【點(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/1ng

【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。

【解答】解：A、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(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：Fx’W?彈

故B錯(cuò)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a,g

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-FN=ma

>0

解得：F'N=^-mg

則B不可能脫離A,故C錯(cuò)誤，D正確。

故選：D。

【點(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(cuò)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。

【解答】解：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，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(cuò)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：且與竺，解

TT+AT

得：工，由于T、4T都相等，pb>pa,則△pb>4pa,則水銀柱應(yīng)向a移動，

T

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(cuò)誤。

故選：ABCo

【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,波長均為入。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)，。為ab

的中點(diǎn)，c為aO的中點(diǎn)。下列說法錯(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有色時(shí)間速度向下

2v

【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)0

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(cuò)誤；

B.由圖乙可知，0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)0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。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)動了四分之一波長，所以其時(shí)間為t=A，故

4v

D錯(cuò)誤。

本題選錯(cuò)誤的，故選：ACDo

【點(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，貝IJ（）

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??；線圈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(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(cuò)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：BDo

【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B=&T的勻強(qiáng)磁場中，繞

垂直磁場的軸以恒定角速度32,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,100?！保┖突瑒幼冏杵鳎娏鞅硪暈槔硐腚姳?，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e=40&cos（10t）V

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=NBS3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Em=nBs3=10X&X0.4X10V=40＞歷V

若從圖示線框位置開始計(jì)時(shí)，瞬時(shí)值表達(dá)式為e=Emcos（St）=40\/2cos（10t）V，

故A正確;

B.變壓器輸入電壓的最大值為40&V,則輸入電壓的有效值為Ui=40V,由于燈泡正

常發(fā)光，則

4X100V=20V

TT

根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)比的公式一1=」=義上=2,故B正確；

n2U220V1

C.因線框電阻不計(jì)，則變壓器原線圈電壓Ui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12,

原線圈中電流為ii,由一L=上

12nl

可知h減小，即電流表示數(shù)減小，故C錯(cuò)誤；

D.若將自耦變壓器觸頭向上滑動，則副線圈匝數(shù)增大，5不變，ni不變，n2增大，由

Ui_=21

^2n2

知，U2增大，燈泡會變亮，故D錯(cuò)誤。

故選：ABo

【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=NBS3,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壓日丫2

B.對甲圖，燒斷細(xì)線后當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí)，彈簧的彈性勢能為坐土

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的動量為耳

【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。

【解答】解：A.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(cuò)誤；

“Enm2mV

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：ED=_^xi_

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,貝U：

22

F=JF=￡-

EkA2MEkB2m

聯(lián)立解得：EkA：EkB=m：M,故C錯(cuò)誤；

D.由能量守恒定律可得:

EkA+EkB=EPm

又EkA：EkB=m：M

聯(lián)立解得：吧：

2

又加=%

聯(lián)乂解得：p=10V

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-111VH故D正

VMtm

確。

故選：BD。

【點(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115co?：

②按以上實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)估測油酸分子的直徑為X1Q10m（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p,摩爾質(zhì)量為M,則

阿伏加德羅常數(shù)的表達(dá)式為NA=-6MS.。

71pV3

【分析】①采用估算的方法求油膜的面積，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=Y求出油酸分子直徑；

s

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)。

【解答】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：115XlcmXlcm=115cm2。

②每滴油酸酒精溶液中含有純油酸的體積是：V=旦X—X106mL

10480

一6-6

估測油酸分子的直徑為：dT"/10_x10.m^XlOl0m

s115X10-4

③單個(gè)油分子的直徑為：do=y