2023年海南省高考物理模拟试卷

2023年海南省高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．（3分）分子势能可用国际单位制中的基本单位表示为（）A．J B．N•m C． D．2．（3分）1935年5月，红军为突破“围剿”决定强渡大渡河。首支共产党员突击队冒着枪林弹雨依托仅有的一条小木船坚决强突。若河面宽300m，水流速度3m/s，木船相对静水速度1m/s，则突击队渡河所需的最短时间为（）A．75s B．95s C．100s D．300s（多选）3．（3分）在研究a、b两种金属发生光电效应现象的实验中，得到从金属表面逸出光电子最大初动能Ek与入射光频率v之间的关系如图中直线①②所示。已知h为普朗克常量，则（）A．图中直线①②的斜率均为 B．金属a的逸出功小于金属b的逸出功 C．在得到这两条直线时，必须保证入射光的光强相同 D．若产生的光电子具有相同的最大初动能，则照射到金属b的光频率较高4．（3分）2022年6月5日，中国神舟十四号载人飞船（以下简称飞船）成功发射升空，与天和核心舱成功对接。假设飞船与天和核心舱对接过程的简化示意图如图所示，天和核心舱处于半径为r2的圆轨道Ⅲ上，飞船先被发送至半径为r1的圆轨道Ⅰ上，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到远地点B处与天和核心舱对接。已知地球质量为M，引力常量为G，则（）A．飞船在轨道Ⅰ上运动的周期与天和核心舱运动的周期之比为 B．飞船沿轨道Ⅱ从近地点A运动到远地点B的过程中，速度不断减小 C．飞船在轨道Ⅱ上经过B点的加速度小于天和核心舱的加速度 D．飞船在轨道Ⅱ上由A点运动到B点的过程中，由于离地高度越来越大，所以机械能逐渐增大5．（3分）微信运动步数的测量是通过内电容式加速度传感器实现的。如图所示，电容M极板固定，N极板可运动，当的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传感器描述正确的是（）A．静止时，电流表示数为零，且电容器两极板不带电 B．电路中的电流表示数越大，说明的加速度越大 C．由静止突然向后加速时，电流由a向b流过电流表 D．由静止突然向前加速时，电流由a向b流过电流表6．（3分）冬季奥运会中有自由式滑雪U形池比赛项目，其赛道横截面如图所示，为一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形赛道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的运动员（按质点处理）自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入赛道。运动员滑到赛道最低点N时，对赛道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示运动员从P点运动到N点的过程中克服赛道摩擦力所做的功（不计空气阻力），则（）A．，运动员没能到达Q点 B．，运动员能到达Q点并做斜抛运动 C．，运动员恰好能到达Q点 D．，运动员能到达Q点并继续竖直上升一段距离7．（3分）某条电场线是一条直线，沿电场线方向依次有O、A、B、C四个点，相邻两点间距离均为d，以O点为坐标原点，沿电场强度方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示。一个带电量为+q的粒子，从O点由静止释放，仅受电场力作用。则下列说法正确的是（）A．若O点的电势为零，则A点的电势为 B．粒子从A到B做匀速直线运动 C．粒子在OA段电势能减少量小于BC段电势能减少量 D．粒子运动到B点时动能为8．（3分）如图所示，竖直放置的轻弹簧下端固定，上端与物体A连接，物体A上方叠放物体B、C，三个物体的质量均为m，系统处于静止状态，弹簧处于弹性限度内，重力加速度大小为g。某时刻突然取走物体C，则（）A．此瞬间B的加速度为0 B．此瞬间A对B的弹力大小为2mg C．之后B可能脱离A D．之后B对A弹力的最小值为二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。（多选）9．（4分）如图所示，一个两端封闭的玻璃管内有一段水银柱，a、b两端各封闭有一定质量的气体，下列情况能使水银柱向a端移动的是（）A．让玻璃管以b端为圆心在竖直平面内慢慢转过60°角 B．给玻璃管整体加热升温 C．让玻璃管自由竖直下落 D．让玻璃管加速竖直上升（多选）10．（4分）如图甲，两列沿相反方向传播的横波，形状相当于正弦曲线的一半，上下对称，其波速大小均为v，振幅均为A，波长均为λ。它们在相遇的某一时刻会出现两列波“消失”的现象，如图乙所示，其中a、b为此时相遇区域的左右端点，O为ab的中点，c为aO的中点。下列说法错误的是（）A．此时a质点具有向上的速度 B．两列波相遇过程中质点O始终静止 C．两列波相遇过程中质点c的总路程是4A D．在整个过程中质点c有时间速度向下（多选）11．（4分）如图所示，纸面内的三条长直导线组成一等边三角形，导线间相互绝缘，导线中通入图示方向、大小始终相等的电流I。在角平分线上对称放置三个相同的环形线圈a、b、c，在三角形的中心放置相同的环形线圈d，若三根导线中通入的电流同时减小，则（）A．初始时线圈d的磁通量最大 B．线圈c的感应电流最大 C．线圈d产生逆时针方向的感应电流 D．线圈a、b产生的感应电流相同（多选）12．（4分）如图所示，10匝矩形线框处在磁感应强度的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L（规格为“4W，100Ω”）和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是（）A．若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为 B．当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为2：1 C．若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大 D．若将自耦变压器触头向上滑动，灯泡会变暗（多选）13．（4分）质量分别为M、m的A、B两物体连接在轻质弹簧两端，用轻质细线拴住A、B，弹簧被压缩，整体放置在光滑的水平面上处于静止状态。如图甲所示，若A靠在墙角，突然烧断细线，当弹簧恢复原长时，B的速度为v，如图乙所示，若A不靠在墙角，也突然烧断细线。规定水平向右为正方向，下列说法正确的是（）A．烧断细线之前弹簧的弹性势能为 B．对甲图，烧断细线后当弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能为 C．对乙图，烧断细线后当弹簧恢复原长时，A、B的动能之比M：m D．对乙图，烧断细线后当弹簧恢复原长时，A的动量为三、实验题：本题共4小题，共20分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。14．（10分）实验所用油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中含有纯油酸6mL，用注射器测得1mL上述溶液为80滴。把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用笔在玻璃板上描出油膜的轮廓形状，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标系中正方形方格的边长为1cm。①油酸膜的面积是cm2；②按以上实验数据估测油酸分子的直径为m（保留2位有效数字）；③利用单分子油膜法可以粗测分子的大小和阿伏加德罗常数。如果已知体积为V的一滴油酸在水面上散开形成的单分子油膜的面积为S，这种油的密度为ρ，摩尔质量为M，则阿伏加德罗常数的表达式为。15．如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球碰撞前后的动量关系。图中的O点为小球抛出点在记录纸上的垂直投影。实验时，先使A球多次从斜轨上位置P由静止释放，找到其平均落地点的位置E。然后，把半径相同的B球静置于水平轨道的末端，再将A球从斜轨上位置P由静止释放，与B球相碰后两球均落在水平地面上，多次重复上述A球与B球相碰的过程，.分别找到碰后A球和B球落点的平均位置D和F。用刻度尺测量出水平射程OD、OE、OF分别为x1、x2、x3，测得A球的质量为m1，B球的质量为m2。（1）该实验必须满足的条件有。（2）当满足表达式时，即说明两球碰撞中动量守恒；当水平射程x1、x2、x3满足表达式时，则说明两球的碰撞为弹性碰撞。（用所测量的物理量表示）16．（10分）某同学用螺旋测微器测量一物体的直径，读出图中读数为mm。17．（1）某同学用螺旋测微器测量一物体的直径，读出图1中读数为mm。（2）在测量电源电动势和内电阻的实验中，有电压表V（量程为3V，内阻约3kΩΩ）；滑动变阻器R（10Ω，2A）。为了更准确地测出电源电动势和内阻设计了如图2所示的电路图。①如图2所示在闭合开关之前为防止电表过载而滑动变阻器的滑动头P应放在（选填“a”或“b”）处；②在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U﹣I图线，由图3可得该电源电动势E＝V，内阻r＝Ω。（3）某同学在设计电压表改装时，将一个内阻为60Ω，满偏电流为0.5mA的电流表表头改成量程为3V的电压表，需要（选填“串”或“并”）联一个阻值Ω的电阻。四、计算题：本题共3小题，共36分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的18．（8分）如图，一玻璃砖的横截面为圆OPQ，圆的半径为R，圆心为O，一束单色光从OP面上的P点射入玻璃砖，恰好在玻璃砖圆弧面上的M点发生全反射，已知入射光线与OP面的夹角为α，sinα＝，光在真空中的传播速度为c，求：（1）玻璃砖对该单色光的折射率n；（2）单色光从P点射入玻璃砖到射出玻璃砖所经历的时间t。19．（13分）如图所示，光滑水平轨道的左端与足够长的倾角为37°的传送带的底端平滑相接于A点，传送带以v0＝2m/s的速度逆时针转动，在水平轨道上的B点竖直固定一半径R＝0.8m的光滑半圆轨道BD，BD连线为其竖直直径。甲、乙两滑块静置在水平轨道上，中间用细线压缩一根轻弹簧，弹簧的弹性势能为72J，弹簧与甲、乙不拴接，乙滑块与传送带间的动摩擦因数为0.5，已知甲滑块的质量为m1＝3kg，甲、乙两滑块均可视为质点，弹簧恢复原长时，两滑块均未离开水平轨道，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（1）固定乙滑块，烧断细线，甲滑块离开弹簧后进入半圆轨道，求甲通过D点时对轨道的压力大小；（2）固定甲滑块，烧断细线，乙滑块离开弹簧后在传送带上相对于A点滑行的最远距离s＝8m，求乙滑块的质量；（3）求（2）问中乙滑块被弹开后，从滑上传送带直至滑到最高点的过程中，乙滑块和传送带之间因摩擦产生的热量。20．（15分）如图所示，在平面直角坐标系中，第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在垂直纸面向里和向外的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小分别为B1、B2，第Ⅱ象限内存在平行于x轴的匀强电场（未画出）。现有一个质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的带电粒子从A（﹣L，0）点垂直于x轴以v0的速度射入第Ⅱ象限，并从P（0，2L）点进入第Ⅰ象限。不计粒子重力。（1）求匀强电场的电场强度E的大小和方向；（2）为使带电粒子能够进入第Ⅳ象限，B1应满足什么条件？（3）如果，且粒子垂直通过平行于y轴的直线x＝nL（n＞3），则n应满足什么条件。2023年海南省高考物理模拟试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．（3分）分子势能可用国际单位制中的基本单位表示为（）A．J B．N•m C． D．【分析】在国际单位制中能量的单位是J，根据功的公式推导出J与其他单位的关系，即可进行选择。【解答】解：分子势能的单位为J，由W＝FS得，1J＝1N•m＝1kg•m2/s2，J和N都是导出单位，故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】解决本题的关键要掌握功和其他量，如力、功率等的关系，利用公式进行推导。2．（3分）1935年5月，红军为突破“围剿”决定强渡大渡河。首支共产党员突击队冒着枪林弹雨依托仅有的一条小木船坚决强突。若河面宽300m，水流速度3m/s，木船相对静水速度1m/s，则突击队渡河所需的最短时间为（）A．75s B．95s C．100s D．300s【分析】当静水速度与河岸垂直时，渡河时间最短；当合速度与河岸垂直时，渡河航程最短．【解答】解：当静水速度与河岸垂直时，垂直于河岸方向上的分速度最大，则渡河时间最短，最短时间为：t＝＝s＝300s，故D正确，ABC错误；故选：D。【点评】解决本题的关键知道合运动与分运动具有等时性，当静水速度与河岸垂直，渡河时间最短；当合速度与河岸垂直，渡河航程最短．（多选）3．（3分）在研究a、b两种金属发生光电效应现象的实验中，得到从金属表面逸出光电子最大初动能Ek与入射光频率v之间的关系如图中直线①②所示。已知h为普朗克常量，则（）A．图中直线①②的斜率均为 B．金属a的逸出功小于金属b的逸出功 C．在得到这两条直线时，必须保证入射光的光强相同 D．若产生的光电子具有相同的最大初动能，则照射到金属b的光频率较高【分析】根据爱因斯坦光电效应方程与Ek﹣ν图像的物理意义解答。【解答】解：A．根据光电效应方程：Ek＝hν﹣W0，可知Ek﹣ν图像中直线①②的斜率均为h，故A错误；BD．根据光电效应方程：Ek＝hν﹣W0，可知Ek﹣ν图像横截距与普朗克常量的乘积等于金属的逸出功，则金属a的逸出功小于金属b的逸出功，若产生的光电子具有相同的最大初动能，则照射到金属b的光频率较高，故BD正确；C．根据光电效应方程：Ek＝hν﹣W0，可知得到这两条直线时，与入射光的光强无关，故C错误。故选：BD。【点评】该题考查光电效应方程的应用，牢记光电效应方程是关键。4．（3分）2022年6月5日，中国神舟十四号载人飞船（以下简称飞船）成功发射升空，与天和核心舱成功对接。假设飞船与天和核心舱对接过程的简化示意图如图所示，天和核心舱处于半径为r2的圆轨道Ⅲ上，飞船先被发送至半径为r1的圆轨道Ⅰ上，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到远地点B处与天和核心舱对接。已知地球质量为M，引力常量为G，则（）A．飞船在轨道Ⅰ上运动的周期与天和核心舱运动的周期之比为 B．飞船沿轨道Ⅱ从近地点A运动到远地点B的过程中，速度不断减小 C．飞船在轨道Ⅱ上经过B点的加速度小于天和核心舱的加速度 D．飞船在轨道Ⅱ上由A点运动到B点的过程中，由于离地高度越来越大，所以机械能逐渐增大【分析】根据开普勒第三定律求解飞船在轨道Ⅰ上运动的周期与天和核心舱运动的周期之比；飞船沿轨道Ⅱ从近地点A运动到远地点B的过程中，根据开普勒第二定律分析速度的变化情况；根据牛顿第二定律分析加速度关系；飞船在同一轨道上运动时，只有引力，机械能是守恒的。【解答】解：A、圆轨道Ⅰ的半径为r1，天和核心舱的轨道半径为r2，根据开普勒第三定律得：，则飞船在轨道Ⅰ上运动的周期与天和核心舱运动的周期之比为，故A错误；B、根据开普勒第二定律可知，飞船沿轨道Ⅱ从近地点A运动到远地点B的过程中，速度不断减小，故B正确；C、根据牛顿第二定律得：，解得：，可知飞船在轨道Ⅱ上经过B点的加速度等于天和核心舱的加速度，故C错误；D、飞船在轨道Ⅱ上由A点运动到B点的过程中，只有引力做功，其机械能保持不变，故D错误。故选：B。【点评】解题关键要掌握开普勒第二、第三定律的应用，要注意根据牛顿第二定律分析加速度关系。5．（3分）微信运动步数的测量是通过内电容式加速度传感器实现的。如图所示，电容M极板固定，N极板可运动，当的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传感器描述正确的是（）A．静止时，电流表示数为零，且电容器两极板不带电 B．电路中的电流表示数越大，说明的加速度越大 C．由静止突然向后加速时，电流由a向b流过电流表 D．由静止突然向前加速时，电流由a向b流过电流表【分析】电容器与电源相连，电势差等于电源电势差，则两极板带电；根据电容的决定式得出电容的变化趋势，结合电荷量的计算公式得出电荷量的变化趋势，由此得出电流的方向；理解加速度的大小对电容变化趋势的影响，结合电荷量的计算公式完成分析。【解答】解：A．静止时，N板不动，电容器的电容不变，所以电容器电量不变，电流表示数为零，电容器保持与电源相连，两极板带电，故A错误；C．由静止突然向后加速时，N板相对向前移动，则板间距减小，根据可知电容C增大，电容器与电源直接相连，则电压不变，由电荷量的计算公式Q＝CU可知电容器电量增大，电容器充电，电流由a向b流过电流表，故C正确；D．由静止突然向前加速时，N板相对向后移动，则板间距增大，根据可知电容C减小，电容器和电源直接相连，则电压不变，由电荷量的计算公式Q＝CU可知电容器电量减小，电容器放电，电流由b向a流过电流表，故D错误。B．根据上述分析可知，“前后”方向运动的加速度越快，电容变化越大，相同时间内电容充电或放电的电荷量大，电路中的电流表示数越大。因此电路中的电流表示数越大，说明“前后”方向运动的加速度越快，故B错误；故选：C。【点评】本题主要考查了电容器的动态分析问题，理解变化过程中的不变量，结合电容器的比值定义式和决定式即可完成分析。6．（3分）冬季奥运会中有自由式滑雪U形池比赛项目，其赛道横截面如图所示，为一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形赛道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的运动员（按质点处理）自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入赛道。运动员滑到赛道最低点N时，对赛道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示运动员从P点运动到N点的过程中克服赛道摩擦力所做的功（不计空气阻力），则（）A．，运动员没能到达Q点 B．，运动员能到达Q点并做斜抛运动 C．，运动员恰好能到达Q点 D．，运动员能到达Q点并继续竖直上升一段距离【分析】对N点运用牛顿第二定律，结合压力的大小求出N点的速度大小，对开始下落到N点的过程运用动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，根据动能定理分析Q点的速度大小，从而判断能否到达Q点。【解答】解：在N点，根据牛顿第二定律有N﹣mg＝m，解得，对质点从下落到N点的过程运用动能定理得，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，则在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，对NQ段运用动能定理得，因为，可知vQ＞0，所以质点到达Q点后，继续上升一段距离，故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】解决该题的关键是能选择合适运动过程求解力做功，知道在半圆的左右两段距离相同的赛道上的摩擦力大小不同，则两段过程克服摩擦力做功也不同。7．（3分）某条电场线是一条直线，沿电场线方向依次有O、A、B、C四个点，相邻两点间距离均为d，以O点为坐标原点，沿电场强度方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示。一个带电量为+q的粒子，从O点由静止释放，仅受电场力作用。则下列说法正确的是（）A．若O点的电势为零，则A点的电势为 B．粒子从A到B做匀速直线运动 C．粒子在OA段电势能减少量小于BC段电势能减少量 D．粒子运动到B点时动能为【分析】根据E﹣x图象与x轴所包围的面积表示两点间的电势差大小，可计算出A点的电势；利用电场力做功情况分析物体的运动性质；运用动能定理、电场力做功的公式以及电场力做功与动能和电势能的关系可得出其动能大小及电势能的变化情况。【解答】解：A、E﹣x图象与x轴围成的面积代表电势差大小，则OA间电势差大小UOA＝沿着电场线，电势逐渐降低，若O点的电势为零，则UOA＝φO﹣φA，可得A点的电势为φA＝，故A错误；B、粒子从A到B运动的过程中，电场力一直做正功，则粒子一直做加速运动，电场力恒定不变，加速度不变，所以粒子做匀变速直线运动，故B错误；C、根据W＝qU及E﹣x图象与x轴围成的面积可知，粒子在OA段电场力做功大于BC段电场力做功，所以粒子在OA段电势能减少量大于BC段电势能减少量，故C错误；D、根据动能定理可知，解得粒子运动到B点时动能为：，故D正确。故选：D。【点评】解答本题的关键是要知道E﹣x图象与x轴所包围的面积表示两点间的电势差大小，再利用动能定理、电场力做功公式和电场力做功与电势能的变化关系可解答案。8．（3分）如图所示，竖直放置的轻弹簧下端固定，上端与物体A连接，物体A上方叠放物体B、C，三个物体的质量均为m，系统处于静止状态，弹簧处于弹性限度内，重力加速度大小为g。某时刻突然取走物体C，则（）A．此瞬间B的加速度为0 B．此瞬间A对B的弹力大小为2mg C．之后B可能脱离A D．之后B对A弹力的最小值为【分析】取走物体前，对三个物体整体受力分析，根据共点力平衡求解弹簧弹力，取走C物体瞬间，弹簧弹力不变，对AB整体受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度；对B受力分析，根据牛顿第二定律求解B受到的弹力；取走C后，A和B一起做简谐运动，根据简谐运动的对称性分析A、B间的弹力，结合牛顿第二定律分析即可。【解答】解：A、取走物体前，三个物体受力平衡，对三个物体整体受力分析，由平衡条件得，弹簧弹力大小为F＝3mg取走C物体瞬间弹簧弹力不变，对AB整体受力分析，由牛顿第二定律得：F﹣2mg＝2ma联立解得：故A错误；B、取走C瞬间，设B受到的弹力大小FN，由牛顿第二定律得：FN﹣mg＝ma联立解得：故B错误；CD、取走C物体后，A、B一起做简谐运动，当A、B运动到上方最大位移处时加速度a向下，大小为此时B对A的弹力最小，对B物体受力分析，由牛顿第二定律得：mg﹣F'N＝ma解得：＞0则B不可能脱离A，故C错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查牛顿第二定律，解题关键是灵活选择研究对象并对其受力分析，结合牛顿第二定律分析求解即可。二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。（多选）9．（4分）如图所示，一个两端封闭的玻璃管内有一段水银柱，a、b两端各封闭有一定质量的气体，下列情况能使水银柱向a端移动的是（）A．让玻璃管以b端为圆心在竖直平面内慢慢转过60°角 B．给玻璃管整体加热升温 C．让玻璃管自由竖直下落 D．让玻璃管加速竖直上升【分析】先对液柱进行分析，得出封闭气体的压强；再以管中封闭气体为研究对象，由理想气体的状态方程可求得其他量的变化。【解答】解：A、让玻璃管以b端为圆心在竖直平面内慢慢转过60°角，对b部分气体产生压强的水银柱有效长度减小，b的压强减小，气体温度不变而压强减小，由玻意耳定律可知，气体体积增大，水银柱向a端移动，故A正确；当加速上升时，水银柱有一个向上的加速度，根据牛顿第二定律得下部气体对水银柱的压力要增大，即压强增大，所以水银柱向b端移动，故A错误；B、假设空气的体积不变，气体温度升高过程，对气体，由查理定律得：，解得：△p＝，由于T、△T都相等，pb＞pa，则△pb＞△pa，则水银柱应向a移动，故B正确；C、让玻璃管自由竖直下落，水银处于完全失重状态，b部分气体压强减小，由玻意耳定律可知，气体体积增大，水银柱向a端移动，故C正确；D、让玻璃管加速竖直上升，水银柱处于超重状态，水银柱对b部分气体压力增大，b的压强增大，气体温度不变，由玻意耳定律可知，气体b的体积减小，水银柱向b端移动，故D错误。故选：ABC。【点评】这类题目用假设法求解，先假水银柱不移动，气体等容过程求解。因为水银柱的移动是由于受力不平衡而引起的，而它的受力改变又是两段空气柱压强增量的不同造成的，所以必须从压强变化入手。（多选）10．（4分）如图甲，两列沿相反方向传播的横波，形状相当于正弦曲线的一半，上下对称，其波速大小均为v，振幅均为A，波长均为λ。它们在相遇的某一时刻会出现两列波“消失”的现象，如图乙所示，其中a、b为此时相遇区域的左右端点，O为ab的中点，c为aO的中点。下列说法错误的是（）A．此时a质点具有向上的速度 B．两列波相遇过程中质点O始终静止 C．两列波相遇过程中质点c的总路程是4A D．在整个过程中质点c有时间速度向下【分析】根据波形平移法可分析传播方向；根据波的叠加分析两列波相遇过程中质点O的振动情况；根据c的振动情况分析其通过的路程；根据运动学公式求解传播时间。【解答】解：A．根据波形平移法可知，在a点，向右传播的波单独引起的振动方向向下，向左传播的波单独引起的振动方向也向下，故此时a质点具有向下的速度，故A错误；B．由图乙可知，O点为波峰与波谷叠加，为振动减弱点，因两列波的振幅均为A，所以两列波相遇过程中质点O始终静止，故B正确；C．刚相遇时，c在平衡位置与波峰之间，之后向上运动；当左边的波离开c点时，c到达波谷；当右边的波到达c点时，c到达波峰；最后两列波离开O点，c尚未到达平衡位置。所以c的路程小于4A，故C错误；D．当c从波峰到波谷时，左边的波向右运动了四分之一波长，所以其时间为，故D错误。本题选错误的，故选：ACD。【点评】本题考查学生对波形平移法、叠加原理、以及波速与波长关系的掌握，难度中等。（多选）11．（4分）如图所示，纸面内的三条长直导线组成一等边三角形，导线间相互绝缘，导线中通入图示方向、大小始终相等的电流I。在角平分线上对称放置三个相同的环形线圈a、b、c，在三角形的中心放置相同的环形线圈d，若三根导线中通入的电流同时减小，则（）A．初始时线圈d的磁通量最大 B．线圈c的感应电流最大 C．线圈d产生逆时针方向的感应电流 D．线圈a、b产生的感应电流相同【分析】初始时，导线1和导线3在线圈a中的磁通量抵消，故线圈a中相当于只有导线2产生的磁通量，同理可知，线圈b中相当于只有导线1产生的磁通量，3根导线在线圈c中的磁场均向外，抵消掉后线圈d中相当于只有导线2产生的磁通量；三根导线中通入的电流同时减小，结合A解析可知，线圈c的磁通量变化率最大；线圈d中的磁场向内且磁通量减小；线圈a、b中的磁场均向内，磁通量均减小且减小量相同。【解答】解：A.初始时，导线1和导线3在线圈a中的磁通量抵消，故线圈a中相当于只有导线2产生的磁通量，同理可知，线圈b中相当于只有导线1产生的磁通量，3根导线在线圈c中的磁场均向外，抵消掉后线圈d中相当于只有导线2产生的磁通量，对比可知，初始时线圈c的磁通量最大，故A错误；B.若三根导线中通入的电流同时减小，结合A解析可知，线圈c的磁通量变化率最大，产生的感应电流最大，故B正确；C.线圈d中的磁场向内且磁通量减小，由楞次定律可知，产生顺时针方向的感应电流，故C错误；D.线圈a、b中的磁场均向内，磁通量均减小且减小量相同，故产生的感应电流大小相等方向相同，故D正确。故选：BD。【点评】本题考查电磁感应定律，学生需充分理解磁通量以及磁通量变化率与产生的感应电流的关系。（多选）12．（4分）如图所示，10匝矩形线框处在磁感应强度的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L（规格为“4W，100Ω”）和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是（）A．若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为 B．当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为2：1 C．若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大 D．若将自耦变压器触头向上滑动，灯泡会变暗【分析】m＝NBSω求解输入电压的最大值，然后在求解电压瞬时值的表达式；B.先求变压器原线圈电压的有效值，再求副线圈的电压，根据理想变压器的电压与匝数比的关系求解；C.根据理想变压器电流与匝数比的关系进行分析；D.根据理想变压器电压与匝数比的关系，结合动态分析的方法分析。【解答】解：A．感应电动势的最大值为若从图示线框位置开始计时，瞬时值表达式为，故A正确；B．变压器输入电压的最大值为40V，则输入电压的有效值为U1＝40V，由于灯泡正常发光，则得＝根据理想变压器电压与匝数比的公式，故B正确；C．因线框电阻不计，则变压器原线圈电压U1不变，若将滑动变阻器滑片向上移动，副线圈输出电压U2不变，两端总电阻增大，副线圈中总电流减小，设副线圈干路电流为I2，原线圈中电流为I1，由可知I1减小，即电流表示数减小，故C错误；D．若将自耦变压器触头向上滑动，则副线圈匝数增大，U1不变，n1不变，n2增大，由知，U2增大，灯泡会变亮，故D错误。故选：AB。【点评】本题关键是记住交流发电机最大电动势表达式Um＝NBSω，同时要明确输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率。（多选）13．（4分）质量分别为M、m的A、B两物体连接在轻质弹簧两端，用轻质细线拴住A、B，弹簧被压缩，整体放置在光滑的水平面上处于静止状态。如图甲所示，若A靠在墙角，突然烧断细线，当弹簧恢复原长时，B的速度为v，如图乙所示，若A不靠在墙角，也突然烧断细线。规定水平向右为正方向，下列说法正确的是（）A．烧断细线之前弹簧的弹性势能为 B．对甲图，烧断细线后当弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能为 C．对乙图，烧断细线后当弹簧恢复原长时，A、B的动能之比M：m D．对乙图，烧断细线后当弹簧恢复原长时，A的动量为【分析】A靠在墙角时烧断细线后，根据能量守恒定律求得烧断细线之前弹簧的弹性势能，B离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大．结合动量守恒定律和机械能守恒定律求解；若A不靠在墙角，根据剪断细线前弹簧储存的弹性势能相同，结合动量守恒定律和机械能守恒定律分析求解。【解答】解：A．根据能量守恒定律可得，烧断细线之前弹簧的弹性势能为：，故A错误；B．对甲图，烧断细线后当A离开墙角后，系统的动量守恒，当弹簧压缩量最大时A、B达到共同速度，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得：mv＝（M+m）v共由能量守恒定律可得弹簧的弹性势能为：联立解得：故B正确；C．对乙图，烧断细线后，系统的合外力为零，故系统的动量守恒且为0，由动量守恒定律知A、B的动量总是等大反向，当弹簧恢复原长时设A、B的动量大小均为p，则：，联立解得：EkA：EkB＝m：M，故C错误；D．由能量守恒定律可得：EkA+EkB＝EPm又EkA：EkB＝m：M联立解得：又联立解得：弹簧恢复原长时A向左运动，与规定的正方向相反，则A的动量为，故D正确。故选：BD。【点评】本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合运用，关键要合理地选择研究的对象和研究的过程；把握隐含的临界条件，如弹簧的弹性势能最大时，与弹簧相接的物体速度相同，注意剪断细线前弹簧储存的弹性势能相同。三、实验题：本题共4小题，共20分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。14．（10分）实验所用油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中含有纯油酸6mL，用注射器测得1mL上述溶液为80滴。把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用笔在玻璃板上描出油膜的轮廓形状，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标系中正方形方格的边长为1cm。①油酸膜的面积是115cm2；②按以上实验数据估测油酸分子的直径为×10﹣10m（保留2位有效数字）；③利用单分子油膜法可以粗测分子的大小和阿伏加德罗常数。如果已知体积为V的一滴油酸在水面上散开形成的单分子油膜的面积为S，这种油的密度为ρ，摩尔质量为M，则阿伏加德罗常数的表达式为NA＝。【分析】①采用估算的方法求油膜的面积，通过数正方形的个数：面积超过正方形一半算一个，不足一半的不算，数出正方形的总个数乘以一个正方形的面积，近似算出油酸膜的面积；②把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，油膜的厚度近似等于油酸分子的直径，由d＝求出油酸分子直径；③计算油酸的分子质量，根据摩尔质量，得出阿伏加德罗常数。【解答】解：①根据图中描绘的轮廓，不足半格舍去，大于半格算一格，共计115个方格，所以油膜的面积为：115×1cm×1cm＝115cm2。②每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是：V＝×10﹣6mL估测油酸分子的直径为：d＝＝m≈×10﹣10m③单个油分子的直径为：d0＝单个油分子的体积为：V0＝＝＝摩尔体积为：Vmol＝则阿伏加德罗常数为：NA＝＝故答案为：①115（或116）；②×10﹣10；③NA＝。【点评】本实验的模型是不考虑油酸分子间的空隙，采用估算的方法求面积，肯定存在误差，但本实验只要求估算分子大小，数量级符合要求就行了。15．如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球碰撞前后的动量关系。图中的O点为小球抛出点在记录纸上的垂直投影。实验时，先使A球多次从斜轨上位置P由静止释放，找到其平均落地点的位置E。然后，把半径相同的B球静置于水平轨道的末端，再将A球从斜轨上位置P由静止释放，与B球相碰后两球均落在水平地面上，多次重复上述A球与B球相碰的过程，.分别找到碰后A球和B球落点的平均位置D和F。用刻度尺测量出水平射程OD、OE、OF分别为x1、x2、x3，测得A球的质量为m1，B球的质量为m2。（1）该实验必须满足的条件有BD。（2）当满足表达式m1x2＝m1x1+m2x3时，即说明两球碰撞中动量守恒；当水平射程x1、x2、x3满足表达式m1＝m1+m2时，则说明两球的碰撞为弹性碰撞。（用所测量的物理量表示）【分析】（1）根据实验原理，结合平抛运动规律分析；（2）小球做平抛运动的水平射程来代替小球抛出时的速度，由动量守恒定律和机械能守恒定律求出需要验证的表达式。【解答】解：（1）A．为防止碰后小球A反弹，应使A的质量大于B的质量，故A错误；B．为保证小球做平抛运动，轨道末端必须水平，故B正确；C．为了使两球发生对心碰撞，碰后速度方向不改变，两球半径应相等，故C错误；D．为保证小球A到轨道末端时的速度相等，A球每次必须从轨道的同一位置由静止释放，故D正确。故选：BD。（2）小球做平抛运动的过程，根据运动学公式可得：h＝，x＝vt整理得：t＝，x＝v，可见平抛运动的下落高度一定，运动时间相同，水平射程与速度大小成正比，因此可用小球做平抛运动的水平射程来代替小球抛出时的速度，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有：m1v0＝m1v1+m1v2即满足表达式：m1x2＝m1x1+m2x3，说明两球碰撞中动量守恒；若碰撞过程为弹性碰撞，则机械能守恒，有：＝+即如果再满足表达式：m1＝m1+m2，说明两球的碰撞为弹性碰撞。故答案为：（1）BD（2）m1x2＝m1x1+m2x3，m1＝m1+m2【点评】本题考查用“碰撞实验器”验证动量守恒定律的实验，在验证动量守恒定律中，要注意明确实验原理，学会实验方法；学会在相同高度下，利用平抛运动的水平射程来间接测出速度，并能推导相应的动量守恒表达式及机械能守恒定律表达式。16．（10分）某同学用螺旋测微器测量一物体的直径，读出图中读数为1.705mm。【分析】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。【解答】×0.01mm＝0.205mm，所以最终读数为1.5mm+0.205mm＝1.705mm。故答案为：1.705。【点评】对于基本测量仪器如螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量，注意其读数有估计值，而游标卡尺没有估计值。17．（1）某同学用螺旋测微器测量一物体的直径，读出图1中读数为1.705mm。（2）在测量电源电动势和内电阻的实验中，有电压表V（量程为3V，内阻约3kΩΩ）；滑动变阻器R（10Ω，2A）。为了更准确地测出电源电动势和内阻设计了如图2所示的电路图。①如图2所示在闭合开关之前为防止电表过载而滑动变阻器的滑动头P应放在a（选填“a”或“b”）处；②在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U﹣I图线，由图3可得该电源电动势E＝0.50V，内阻r＝1.0Ω。（3）某同学在设计电压表改装时，将一个内阻为60Ω，满偏电流为0.5mA的电流表表头改成量程为3V的电压表，需要串（选填“串”或“并”）联一个阻值5940Ω的电阻。【分析】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；根据给出图象，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示电源的内阻；根据部分电路欧姆定律可知将电压表量程扩大需要串联一个电阻。【解答】×（2）①如图所示，在闭合开关之前为防止电表过载而滑动变阻器的滑动头P应放在a处；②由U＝E﹣Ir，由U﹣内阻为图像的斜率的绝对值，即内阻；（3）根据题意，将电流表表头改装为电压表需要串联一个电阻，根据U＝Ig（Rg+R）代入数据可得，R＝5940Ω，即串联的电阻阻值5940Ω；故答案为：（1）1.705（2）a，0.50，1.0，串（3）5940【点评】本题考查了螺旋测微器的读数方法、由U﹣I图求电源电动势与内阻以及电压表的改装等知识点，属于常规知识点的考查，要求加强基础知识点的积累。四、计算题：本题共3小题，共36分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的18．（8分）如图，一玻璃砖的横截面为圆OPQ，圆的半径为R，圆心为O，一束单色光从OP面上的P点射入玻璃砖，恰好在玻璃砖圆弧面上的M点发生全反射，已知入射光线与OP面的夹角为α，sinα＝，光在真空中的传播速度为c，求：（1）玻璃砖对该单色光的折射率n；（2）单色光从P点射入玻璃砖到射出玻璃砖所经历的时间t。【分析】（1）光线在M点恰好发生全反射列方程，根据几何关系求解入射角和折射角，根据折射定律求解玻璃砖对该单色光的折射率；（2）根据几何关系求解光在玻璃砖中通过的距离，光在玻璃砖内传播的速度为v＝，因此得到单色光从P点射入玻璃砖到射出玻璃砖所经历的时间。【解答】解：（1）入射光线与OP面的夹角为α，且sinα＝，设入射角为i，则sini＝，设折射角为γ，根据折射定律有：n＝根据几何关系可知，光线在M点的入射角为90°﹣γ，光线在M点恰好发生全反射，有：sin（90°﹣γ）＝解得玻璃砖对该单色光的折射率n＝；（2）由（1）中各式可解得折射角γ＝30°根据几何关系可得∠OPM＝60°，即△OPM为等边三角形，则PM的长度xPM＝R，根据光的反射定律可知反射角∠OMN＝60°，根据几何关系可知反射光线MN与OQ面垂直，MN的长度xMN＝Rcos60°＝R光在玻璃砖内传播的速度v＝单色光从P点射入玻璃砖到射出玻璃砖所经历的时间：t＝解得：t＝。答：（1）玻璃砖对该单色光的折射率为；（2）单色光从P点射入玻璃砖到射出玻璃砖所经历的时间为。【点评】本题主要是考查了光的折射，解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，通过光路图结合折射定律和几何关系列方程联立求解。19．（13分）如图所示，光滑水平轨道的左端与足够长的倾角为37°的传送带的底端平滑相接于A点，传送带以v0＝2m/s的速度逆时针转动，在水平轨道上的B点竖直固定一半径R＝0.8m的光滑半圆轨道BD，BD连线为其竖直直径。甲、乙两滑块静置在水平轨道上，中间用细线压缩一根轻弹簧，弹簧的弹性势能为72J，弹簧与甲、乙不拴接，乙滑块与传送带间的动摩擦因数为0.5，已知甲滑块的质量为m1＝3kg，甲、乙两滑块均可视为质点，弹簧恢复原长时，两滑块均未离开水平轨道，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（1）固定乙滑块，烧断细线，甲滑块离开弹簧后进入半圆轨道，求甲通过D点时对轨道的压力大小；（2）固定甲滑块，烧断细线，乙滑块离开弹簧后在传送带上相对于A点滑行的最远距离s＝8m，求乙滑块的质量；（3）求（2）问中乙滑块被弹开后，从滑上传送带直至滑到最高点的过程中，乙滑块和传送带之间因摩擦产生的热量。【分析】（1）固定乙滑块，烧断细线，弹簧的弹性势能转化为甲的动能，根据机械能守恒定律求出甲离开弹簧时的速度。甲从B运动到D过程中，根据动能定理求出甲通过D点时的速度。甲在D点时，由合外力提供向心力，由牛顿第二、三定律求得甲对轨道的压力大小；（2）固定甲滑块，烧断细线后乙获得速度，乙滑上传送带后做匀减速运动，根据牛顿第二定律求出乙与传送带共速前后的