2022-2023学年海南高考物理模拟试卷（含解析）

2022-2023学年海南高考物理模拟试卷

一、单选题（本题共7小题，共21分）

1.分子势能可用国际单位制中的基本单位表示为（）

A./B.N-mC.如D.如安

2

SS

2.1935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1/n/s,

则突击队渡河所需的最短时间为（）

A.75sB.95sC.100sD.300s

3.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

能益与入射光频率"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3

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

4.2022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全

的圆轨道m上，飞船先被发送至半径为q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。己知地球质量为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J事

B.飞船沿轨道口从近地点力运动到远地点B的过程中，速度不断减小

C.飞船在轨道n上经过B点的加速度小于天和核心舱的加速度

D.飞船在轨道口上由4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.微信运动步数的测量是通过手机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，当手机的加速度变化时，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（）

R

------------1।------

,M

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，说明手机的加速度越大

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.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〃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（）

R

±JR_____12

N

A.W=|mgR,运动员没能到达Q点

B.W=\mgR,运动员能到达Q点并做斜抛运动

C.w=gnigR,运动员恰好能到达Q点

D.w=^mgR,运动员能到达Q点并继续竖直上升一段距离

7.某条电场线是一条直线，沿电场线方向依次有0、4、B、C四个点，相邻两点间距离均为

d,以。点为坐标原点，沿电场强度方向建立》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。点由静止释放，仅受电场力作用。则下列说法正确

A.若。点的电势为零，则4点的电势为

B.粒子从A到B做匀速直线运动

C.粒子在0A段电势能减少量小于BC段电势能减少量

D.粒子运动到B点时动能为华

二、多选题（本题共6小题，共24分）

8.如图所示，竖直放置的轻弹簧下端固定，上端与物体4连接，物体4上方叠放物体8、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0B.此瞬间4对B的弹力大小为2mg

C.之后B可能脱离4D.之后B对4弹力的最小值为gmg

9.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（）

clo

\Y

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

10.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

大小均为外振幅均为4波长均为；I。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，。为ab的中点，c为a。的中点。下列说

法错误的是（）

甲乙

A.此时a质点具有向上的速度B.两列波相遇过程中质点。始终静止

C.两列波相遇过程中质点c的总路程是44D.在整个过程中质点c有"时间速度向下

2v

11.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/。在角平分线上对称放置三个相同的环形线圈a、6c,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

12.如图所示，10匝矩形线框处在磁感应强度B的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以

恒定角速度3=10rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.4m2,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乂规格为“4小，1000”）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e=40V_2cos（10t”

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

13.质量分别为M、Tn的4、B两物体连接在轻质弹簧两端，用轻质细线拴住4、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4靠在墙角，突然烧断细

线，当弹簧恢复原长时，B的速度为力如图乙所示，若4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（）

甲乙

A.烧断细线之前弹簧的弹性势能为：MM

B.对甲图，烧断细线后当弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能为累*

2(M+m)

C.对乙图，烧断细线后当弹簧恢复原长时，4、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，4的动量为-nw

三、实验题(本题共4小题，共20分)

14.实验所用油酸酒精溶液的浓度为每104nl乙溶液中含有纯油酸663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p,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0点为小球抛出点在记录纸上的垂直投影。实验时，先使4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4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4球

与B球相碰的过程，.分别找到碰后4球和8球落点的平均位置。和尸。用刻度尺测量出水平射程

OD、OE、OF分别为与、切、巧，测得4球的质量为叫，B球的质量为

(1)该实验必须满足的条件有

A.两球的质量必须相等

B.轨道末端必须水平

C.B球的半径大于4球的半径

D4球每次必须从轨道的同一位置由静止释放

(2)当满足表达式时，即说明两球碰撞中动量守恒；当水平射程与、上、

与满足表达式时，则说明两球的碰撞为弹性碰撞。(用所测量的物理量表示)

16.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.

图1

(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3k0)；电流表4(量

程为0.64,内阻约为0.700)；滑动变阻器R(10O,24)。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-/图线，由图3可得该电源电动势

E~V,内阻r=/2o

(3)某同学在设计电压表改装时，将一个内阻为600,满偏电流为0.5mA的电流表表头改成量

程为3U的电压表，需要一(选填“串”或“并”)联一个阻值_______0的电阻。

四、计算题(本题共3小题，共35分)

18.如图，一玻璃砖的横截面为;圆OPQ,［圆的半径为R,圆心为0,一束单色光从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a,sina=?，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.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4点，

传送带以%=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72/,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nil=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4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.如图所示，在平面直角坐标系中，第I、W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昆、B2,第口象限内存在平行于x轴的匀强电场(未画

出)。现有一个质量为粗、电荷量为-q(q>0)的带电粒子从4(-乙0)点垂直于x轴以%的速度

射入第口象限，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W象限，应满足什么条件？

(3)如果B2=2为=等,且粒子垂直通过平行于y轴的直线％=nL(n>3),则n应满足什么

qL

条件。

y

,"xxxx

P(0,2£)"Xxxx

B、

XXXX

_______________XXXX

?!(-£,0)Q~~~

B2

答案和解析

1.【答案】D

【解析】

【分析】

分子势能与功的单位相同，是“焦耳”，根据功的定义〃=Fs,牛顿第二定律尸=ma,进行推

导。

本题关键要掌握国际单位制中力学基本单位：米、千克、秒及两个公式W=Fs、F=ma.

【解答】

分子势能与功的单位相同，根据功的定义式W=代知，1/=1/V-m,根据牛顿第二定律F=ma知,

IN=1kg-m/s2,联立解得：W=mas,所以1/=1kg•机2/52,故A8C错误，D正确;

2.【答案】D

【解析】解：当静水速与河岸垂直时，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：

=—==300s,故。正确，ABC错误；

%1

故选：D。

3.【答案】BD

【解析】解：4由光电效应方程有Ek=历/-%可知，Ek-v的斜率均为九，故A错误；

BD,由光电效应方程有a=hv-W0,横坐标上的截距的与/i的乘积表示金属的逸出功，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，故正确；

C由光电效应方程有a=hv-叫可知，在得到这两条直线时，与入射光的光强无关，故C错误。

故选：BD.

根据爱因斯坦光电效应方程与a-V图像的物理意义解答。

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.【答案】B

【解析】A、圆轨道I的半径为天和核心舱的轨道半径为上，根据开普勒第三定律得:d=d

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蔡=用故A错误;

8、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：G^=ma,解得：a=G%,可知飞船在轨道D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n上由4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。错误。

故选：B。

5.【答案】C

【解析】解：4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。=衿可知电容C增大，电

471kd

容器与电源直接相连，则电压不变，由电荷量的计算公式Q=o/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C=品可知电容C减小，电

4兀kd

容器和电源直接相连，则电压不变，由电荷量的计算公式Q=a/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。错误。

8.根据上述分析可知，手机“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，说明手机''前

后”方向运动的加速度越快，故3错误；

故选：Co

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。

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.【答案】D

【解析】解：在N点，根据牛顿第二定律有N—mg=m我，

解得"N=J3gR,

对质点从下落到N点的过程运用动能定理得?ng2R-W--0,

解得勿=；mgR,

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-mgR-W'=域-^mv^,

因为可知%>0,所以质点到达Q点后，继续上升一段距离，故。正确，ABC错误。

故选：D。

对/V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.【答案】D

【解析】

【分析】

根据E-x图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，可计算出力点的电势；利用场力做正功情

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。

解答本题的关键是：要知道E-x图象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。

【解答】

A.由图可知E—x图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，因此Uo4=：Eod,由于ao=0,因

此04=-；&)心故A错误；

氏粒子由4到B过程电场力一直做正功，则带正电粒子一直加速运动，在该过程电场强度不变，带

电粒子做匀加速直线运动，故B错误。

C粒子在04段的平均电场力大于BC段的平均电场力，则04段的电场力做功大于BC段电场力做功,

由功能关系知，粒子在。4段电势能的变化量大于BC段变化量，或者从。4段和BC段图象包围的面

积分析可知>Me，根据电场力做功公式皿=qU和皿=△E电,也可得出粒子在04段电势能

的变化量大于BC段变化量，故C错误；

。.从。到B点过程列动能定理，则有：皿点=9%8=七。一0,而=^Eo(d+2d),联立方程

解得/8=智，故。正确。

8.【答案】D

【解析】解：4、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4B整体受力分析，由牛顿第二定律得：F-2mg=2ma

联立解得：a=^g

故A错误；

B、取走C瞬间，设B受到的弹力大小品，由牛顿第二定律得：FN-mg=ma

联立解得：FN=^rn.g

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a="g

此时B对4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：F'N=^mg>0

则B不可能脱离4故C错误，。正确。

故选：0。

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4B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，4和B•起做简谐运动，根据简谐运动的对称性分析4、8间的弹

力，结合牛顿第二定律分析即可。

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。

9.【答案】ABC

【解析】解：4、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；

B、假设气体的体积不变，气体温度升高过程，对气体，由查理定律得:号=性镖,解得：△p=*，

由于7、都相等，pb>pa,则△Pb>Apa，则水银柱应向a移动，故3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；

。、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。错误。

故选：ABC.

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。

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。

10.【答案】ACD

【解析】解：4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；

8由图乙可知，。点为波峰与波谷叠加，为振动减弱点，因两列波的振幅均为4,所以两列波相遇

过程中质点。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。点，c尚未到达平衡位置。所以c的路程小于44

故C错误；

。.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t=£,故。错误。

本题选错误的，故选：ACD.

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。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。

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。

11.【答案】BD

【解析】解：4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；

8.若三根导线中通入的电流同时减小，结合4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3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。正确。

故选:BD.

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4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。

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。

12.【答案】AB

【解析】

【分析】

先根据公式/=NBS3求解输入电压的最大值，然后根据理想变压器的变压比公式和变流比公式

列式求解。

本题关键是记住交流发电机最大电动势表达式Em=NBS3,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。

【解答】

A.变压器输入电压的最大值为：UmnEmunBSsulOxSxCUxlOUMM，？了,若从图示

线框位置开始计时即从垂直中性面开始计时，线框中感应电动势随时间应按余弦规律变化，且瞬

时值表达式为e=nBS3cos3t,则线框中感应电动势的瞬时值为e=nBS3cos3t=

40V2cos(10t)K，故A正确;

反变压器输入电压的最大值为40，攵V，输入电压的有效值为U=40V,灯泡正常发光有「=乙得

R

U'=«PR=20叶,则荒=*=:，故B正确；

C.滑动变阻器向上移动，副线圈电阻增大，副线圈电流减小，由a=最可知人减小，即电流表示数

减小，故c错误；

。.若自耦变压器触头向上滑动，则副线圈匝数增大，由筏=器知，U1不变，的不变，电增大，出增

大，灯泡变亮，故。错误。

故选：AB.

13.【答案】BD

【解析】

【分析】

解决本题的关键要知道两物体在弹开的过程中，系统遵守动量守恒，运用动量守恒定律时要注意

规定正方向，结合能量守恒定律即可

烧断细线的瞬间对甲图，烧断细线后当4离开墙角，系统的动量守恒，两个物体组成的系统动量

守恒，

根据能量守恒定律求出弹簧的弹性，从而求出两个物体的动能之比。

【解答】

A、由能量守恒定律可得烧断细线之前弹簧的弹性势能为Epmugni/，选项A错误；

8、对甲图，烧断细线后当4离开墙角，系统的动量守恒，当弹簧压缩量最大时4、8达到共同速度

由动量守恒可得nw=(M+m)v^,

由能量守恒定律可得弹簧的弹性势能为Ep=|mv2-i(M+m)vj„

综合解得“费，选项B正确；

C、对乙图，烧断细线后系统的动量守恒且为0,则AB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,由能量守恒定律可得琉4=舄、5^=哈，则有a4：EkB=m：M

，选项C错误；

D、由能量守恒定律可得Ek.+EkB—^p>结合a4：EkB—tn'-M,综合解得,.>

MmL"i/ft-J

再结合&B=哈综合解得p=mvJ^，A的动量为一nwJ^，选项。正确。

6Ms3

14.【答案】1156.5x10-10

NAnpV3

【解析】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：115xlcmxlcm=115cm2o

②每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是：U=-X/L=7.5x10-6加

75xl06xl610

估测油酸分子的直径为：d=2=--fm。6,5X10-m

s115x10-4

③单个油分子的直径为：d0=K

单个油分子的体积为：％='（取3=9]=卷

摩尔体积为：vmoi=

3

则阿伏伽德罗常数为：％=第=哈

Vo7rpp

3

故答案为：①115（或116）；②6.5x10-1°；③/=/。

npV

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，得出阿伏伽德罗常数。

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.【答案】BDmxx2-m1x1+m2x3g,好=+m2xl

【解析】解：(1)4为防止碰后小球4反弹，应使4的质量大于B的质量，故A错误；

A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4到轨道末端时的速度相等，4球每次必须从轨道的同一位置由静止释放，故。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=1gt2,

X=vt

整理得：t=/—fX=vI—>

\9\9

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：

=叫巧+m1v2

即满足表达式：机62=血1%1+瓶2%3，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：

3恤诏=gm岳+)2谚

即如果再满足表达式：m1xl=m1xl+m2xl，说明两球的碰撞为弹性碰撞。

故答案为:(1)80(2)如X2=m6i+m2x3,7nl据=m1*+m2%3

(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。

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.【答案】1.194(1.193-1.195)

【解析】解：螺旋测微器的精确度为0.01mm,其固定刻度为l.Onwn,可动刻度为19.4x0.01mm=

0.194mm,所以最终读数为1.0mm+0.194mm=1.194nun。

故答案为：1.194(1.193〜1.195)。

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。

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.【答案】1.705a0.501.0串5940

【解析】解：(1)根据题干图可知，螺旋测微器的最小分度为0.01mm,需要估读，因此其读数为

定刻度值与可动刻度值之和，1.5mm+20.5x0.01mm=1.705mm

(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-/图像可得该电源电动势E=0.50V

内阻为图像的斜率的绝对值，即内阻r=牒0=1.00；

(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=/g(Rg+R)

代入数据可得，R=5940/2,即串联的电阻阻值59400；

故答案为：(1)1.705(2)0,0.50,1.0,串(3)5940

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。

本题考查了螺旋测微器的读数方法、由U-1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。

18.【答案】解：(1)入射光线与。P面的夹角为a,且sina=甘，

设入射角为i,则sini=?，

设折射角为y，根据折射定律有：兀=箫

根据几何关系可知，光线在M点的入射角为90。-y,光线在M点

恰好发生全反射，有：

1

sin(90°—y)

n

解得玻璃砖对该单色光的折射率n=当；

(2)由(1)中各式可解得折射角y=30°

根据几何关系可得NOPM=60。，即△OPM为等边三角形，则PM的长度%PM=R，根据光的反射

定律可知反射角4OMN=60°,

根据几何关系可知反射光线MN与。Q面垂直，MN的长度XMN=Rcos60°=

光在玻璃砖内传播的速度u=?

单色光从P点射入玻璃砖到射出玻璃砖所经历的时间：t=Xpm+Xmn

V

解得：t=口。

C

答：(1)玻璃砖对该单色光的折射率为小；

(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马。

C

【解析】(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"=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。

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.【答案】解：(1)固定乙滑块，烧断细线后，甲滑块离开弹簧，上滑到。点，设甲在。点的速度

大小为火,根据机械能守恒定律有：

1

Ep=m1gx2R+7

甲滑块在。点时，由牛顿第二定律得：

n诒

叫。+无=微

解得：FD=30/V

根据牛顿第三定律知，甲滑块上滑到。点时对轨道的压力大小为30N。

(2)设乙滑块的质量为巾2,固定甲滑块，烧断细线后，乙离开弹簧，沿传送带向上运动，假设乙

与传送带速度相等后沿传送带向上能运动的位移为S2,该过程中根据动能定理得：

17

Iim2gcos37°-s2—m2g-sin37°•s2