(完整版)2019年海南省高考物理試卷(可編輯修改word版)

1、2019年海南省高考物理試卷-、單項選擇題：1.（2019海南）如圖,靜電場中的一條電場線上有M、N兩點,箭頭代表電場的方向，則（） MNA. M點的電勢比N點的低B. M點的場強大小一定比N點的大C.電子在M點的電勢能比在N點的低D.電子在M點受到的電場力大小一定比在N點的大2.（2019海南）如圖，一段半圓形粗銅線固定在絕緣水平桌面（紙面）上，銅線所在空間有一勻強磁場，磁場方向豎直向下。當銅線通有順時針方向電流時，銅線所受安培力的方向（）x x 線X XA.向前B.向后C.向左D.向右3.（2019海南）汽車在平直公路上以20ni/s的速度勻速行駛。前方突遇險情，司機緊急剎車,汽車做勻減速

2、運動，加速度大小為8m/s2.從開始剎車到汽車停止，汽車運動的距離為A. 10mB. 20mC. 25mD. 50m4. （2019 海南）2019年5月，我國第45顆北斗衛(wèi)星發(fā)射成功。已知該衛(wèi)星軌道距地面的 高度約為36000km,是“天宮二號”空間實驗室軌道高度的90倍左右，則（）A.該衛(wèi)星的速率比“天宮二號”的大B.該衛(wèi)星的周期比“天宮二號”的大C.該衛(wèi)星的角速度比“天宮二號”的大D.該衛(wèi)星的向心加速度比“天宮二號”的大5. （2019海南）如圖，兩物塊P、Q置于水平地而上，其質量分別為m、2m,兩者之間用 水平輕繩連接。兩物塊與地方之間的動摩擦因數(shù)均為4重力加速度大小為g,現(xiàn)對Q 施加

3、一水平向右的拉力F,使兩物塊做勻加速直線運動，輕繩的張力大小為（）第1頁（共28頁）A. F - 2Hmg B. -i-F+pmg C. -i-F - pmg D. -i-F6. （2019海南）如圖，一硬幣（可視為質點）置于水平圓盤上，硬幣與豎直轉軸00的 距離為r,已知硬幣與圓盤之間的動摩擦因數(shù)為h （最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），重 力加速度大小為go若硬幣與圓盤一起00軸勻速轉動，則圓盤轉動的最大角速度為（）B.庠 。住 D.2件 二、多項選擇題：7. （2019海南）對于鈉和鈣兩種金屬，其遏止電壓民與入射光頻率v的關系如圖所示。 用h、e分別表示普朗克常量和電子電荷量，則（）A.鈉的

4、逸出功小于鈣的逸出功B.圖中直線的斜率為自 eC.在得到這兩條直線時，必須保證入射光的光強相同D.若這兩種金屬產生的光電子具有相同的最大初動能，則照射到鈉的光頻率較高8. （2019海南）如圖，一理想變壓器輸入端接交流恒壓源，輸出端電路由Ri、R?、R3三個電阻構成。將該變壓器原、副線圈的匝數(shù)比由5： 1改為10： 1后（）B. R?兩端的電壓增加到原來的2倍C. R3端的電壓減小到原來的工2D.電阻上總的熱功率減小到原來的L49. （2019海南）如圖，虛線MN的右側有方向垂直于紙面向里的勻強磁場，兩電荷量相同 的粒子P、Q從磁場邊界的M點先后射入磁場，在紙面內運動。射入磁場時，P的速度vP

5、 垂直于磁場邊界,Q的速度vq與磁場邊界的夾角為45 .已知兩粒子均從N點射出磁場, 且在磁場中運動的時間相同，則（）A. P和Q的質量之比為1： 2B. P和Q的質量之比為歷：1C. P和Q速度大小之比為1D. P和Q速度大小之比為2： 110. （2019海南）三個小物塊分別從3條不同光滑軌道的上端由靜止開始滑下。已知軌道1、 軌道2、軌道3的上端距水平地面的高度均為4加：它們的下端水平，距地而的高度分別 為hi=ho、h2=2ho、h3=3ho,如圖所示。若沿軌道1、2、3下滑的小物塊的落地點到軌 道下端的水平距離分別記為Si、S2、S3,則（）第3貞（共28頁）A. S1S2 三、實驗

6、題：B. S2S3C. Sj=S3D. S2 = S311.（2019海南）用實驗室提供的器材設計一個測量電流表內阻的電路。實驗室提供的器材為：待測電流表A （量程10mA,內阻約為500）,滑動變阻器Ru電阻箱R.電源E（電動勢約為6V,內阻可忽略），開關8和S2,導線若干。圖一 R（1）根據(jù)實驗室提供的器材，在圖（a）所示虛線框內將電路原理圖補充完整，要求滑動變阻器起限流作用:2）將圖（b）中的實物按設計的原理圖連線：3）若實驗提供的滑動變阻器有兩種規(guī)格10C，額定電流2A 1500C,額定電流0.5A實驗中應該取。（填“”或”）12. （2019海南）某同學利用圖（a）的裝置測量輕彈簧的

7、勁度系數(shù)。圖中，光滑的細桿和 直尺水平固定在鐵架臺上，一輕彈簧穿在細桿上，其左端固定，右端與細繩連接：細繩 跨過光滑定滑輪，其下端可以懸掛硅碼（實驗中，每個硅碼的質量均為m=50.0g）.彈 簧右端連有一豎直指針，其位置可在直尺上讀出。實驗步驟如下：在繩下端掛上一個硅碼，調整滑輪，使彈簧與滑輪間的細線水平且彈簧與細桿沒有接 觸：系統(tǒng)靜止后，記錄硅碼的個數(shù)及指針的位置：逐次增加硅碼個數(shù)，并重復步驟（保持彈簧在彈性限度內）：用n表示硅碼的個數(shù)，1表示相應的指針位置，將獲得的數(shù)據(jù)記錄在表格內。回答下列問題：（1）根據(jù)下表的實驗數(shù)據(jù)在圖（b）中補齊數(shù)據(jù)點并做出1-n圖象。n123451/cm10.48

8、10.9611.4511.9512.40（2）彈簧的勁度系數(shù)k可用祛碼質量m、重力加速度大小g及1-n圖線的斜率a表示, 表達式為k=。若g取9.8nVs2,則本實驗中k=N/m （結果保留3位有效 數(shù)字，四、計算題：13. （2019海南）如圖，用不可伸長輕繩將物塊a懸掛在O點：初始時，輕繩處于水平拉 直狀態(tài)?，F(xiàn)將a由靜止釋放，當物塊a下擺至最低點時，恰好與靜止在水平面上的物塊b 發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短）,碰撞后b滑行的最大距離為s。改口b的質量是a的3假b 與水平面間的動摩擦因數(shù)為4重力加速度大小為go求1）碰撞后瞬間物塊b速度的大?。?4. （2019海南）如圖，一水平而內固定有兩根

9、平行的長直金屬導軌，導軌間距為1：兩根 相同的導體棒AB、CD置于導軌上并與導軌垂直，長度均為1：棒與導軌間的動摩擦因 數(shù)為N （最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）：整個裝置處于勻強磁場中，磁感應強度大小 為B,方向豎直向下。從t=0時開始，對AB棒施加一外力，使AB棒從靜止開始向右 做勻加速運動，直到t=ti時亥明敢去外力，此時棒中的感應電流為ii：已知CD棒在t=to （0 VtoVL）時刻開始運動，運動過程中兩棒均與導軌接觸良好。兩棒的質量均為m,電阻 均為R，導軌的電阻不計。重力加速度大小為goB A17. （2019海南）一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，周期為0.2s, t=0時的波形圖如圖

10、所示。下列說法正確的是（）B,該波的波速為lOm/sC. t=0.3s時，平衡位置在x=0.5m處的質元向y軸正向運動D. t=0.4s時，平衡位置在x=0.5m處的質元處于波谷位置E. t=0.5s時，平衡位置在x= 1.0處的質元加速度為零18. （2019海南）一透明材料制成的圓柱體的上底而中央有一球形凹陷，凹而與圓柱體下底 面可透光，表而其余部分均涂有遮光材料。過圓柱體對稱軸線的截面如圖所示。O點是 球形凹陷的球心，半徑OA與OG夾角9 = 120 .平行光沿垂直于軸線方向向下入射 時，從凹面邊緣A點入射的光線經折射后，恰好由下底而上C點射出。已知AB = FG = 1cm, BC=J

11、cm, 0A=2cnio（i）求此透明材料的折射率；（ii）撤去平行光，將一點光源置于球心O點處，求下底面上有光出射的圓形區(qū)域的半 徑（不考慮側而的反射光及多次反射的影響）。第#貞（共28頁）2019年海南省高考物理試卷參考答案與試題解析-、單項選擇題：1.（2019海南）如圖,靜電場中的一條電場線上有M、N兩點,箭頭代表電場的方向，則（） MNA. M點的電勢比N點的低B. M點的場強大小一定比N點的大C.電子在M點的電勢能比在N點的低D.電子在M點受到的電場力大小一定比在N點的大【考點】A7：電場線：AE：電勢能與電場力做功.【專題】31：定性思想；43：推理法；532：電場力與電勢的性質

12、專題；62：推理能力.【分析】沿電場線方向電勢逐漸降低，電場線的疏密表示電場強度的大小。【解答】解：A、沿電場線方向電勢逐漸降低，M點的電勢比N點的高，故A錯誤；B、由于不能確定電場線疏密，故不能確定電場強度大小，故B錯誤；C、電子從M到N,電場力做負功，電勢能增加，故在M點的電勢能比在N點的低， 故C正確：D、由于不能確定電場強度大小，也不能確定電荷所受電場力大小，故D錯誤；故選：Co【點評】解決本題的關鍵要掌握負電場線的性質，根據(jù)電場線的疏密能判斷場強的大小。2. （2019海南）如圖，一段半圓形粗銅線固定在絕緣水平桌面（紙面）上，銅線所在空間 有一勻強磁場，磁場方向豎直向下。當銅線通有順

13、時針方向電流時，銅線所受安培力的 方向（）后A.向前B.向后C.向左D.向右【考點】CD：左手定則.【專題】12：應用題：31：定性思想：43：推理法；53D：磁場磁場對電流的作用；62：推理能力.【分析】根據(jù)左手定則來判斷即可，讓磁感線從掌心進入，并使四指指向電流的方向， 這時拇指所指的方向就是導線受的安培力的方向。【解答】解：根據(jù)左手定則可知，安培力的方向一定和磁場方向垂直，同時一定和電流 方向垂直，當銅線通有順時針方向電流時，銅線所受安培力的方向向前，故A正確，BCD錯 誤。故選：Ao【點評】本題考查左手定則的應用，題目簡單，正確應用左手定則即可求解。關鍵是注 意電流方向、磁場方向和安培

14、力的方向之間的關系3. （2019海南）汽車在平直公路上以20m/s的速度勻速行駛。前方突遇險情，司機緊急剎車， 汽車做勻減速運動，加速度大小為8nVs2.從開始剎車到汽車停止，汽車運動的距離為（ ）A. 10mB. 20mC. 25mD. 50m【考點】ID：勻變速直線運動的速度與時間的關系：IE：勻變速直線運動的位移與時間 的關系.【專題】12：應用題：32：定量思想：43：推理法；511：直線運動規(guī)律專題；62：推理 能力.【分析】根據(jù)剎車的初速度和剎車的加速度，由推導公式v?=2ax可得汽車運動的距離。 【解答】解：由題意知，車速v=20m/s,剎車的加速度大小為8m/s2,最后末速度

15、減為0, 由推導公式v2=2ax可得：x = 25m,故C正確,ABD錯誤。故選：Co【點評】解答此題的關鍵是知道末速度為。隱含條件，找到題干告訴的已知量初速度和 加速度，利用勻變速直線運動公式可解。4. （2019 海南）2019年5月，我國第45顆北斗衛(wèi)星發(fā)射成功。已知該衛(wèi)星軌道距地而的 高度約為36000km,是“天宮二號”空間實驗室軌道高度的90倍左右，則（）A.該衛(wèi)星的速率比“天宮二號”的大B.該衛(wèi)星的周期比“天宮二號”的大C.該衛(wèi)星的角速度比“天宮二號”的大D.該衛(wèi)星的向心加速度比“天宮二號”的大第9頁（共28頁）【考點】4F：萬有引力定律及其應用：4H：人造衛(wèi)星.第11頁（共28

16、貞）第15頁（共28頁）【專題】31：定性思想：4C：方程法；52A：人造衛(wèi)星問題：62：推理能力.【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力，寫出線速度、角速度、周期表向心加速度達式，求解答案22【解答】解：由萬有引力提供向心力得：G-= m-= mru）2=ma.r2 hT2解得“楞T=2符牌飛_北斗衛(wèi)星的軌道半徑大于“天宮二身”的軌道半徑，所以：線速度北斗衛(wèi)星的?。褐芷?北斗衛(wèi)星大：角速度北斗衛(wèi)星?。合蛐募铀俣缺倍沸l(wèi)星的小，故ACD錯誤B正確： 故選：Bo【點評】本題關鍵根據(jù)人造衛(wèi)星的萬有引力提供向心力，寫出各個待求量的表達式，根 據(jù)表達式分析得出結論。5. （2019海南）如圖，兩物塊P、Q置于水

17、平地而上，其質量分別為m、2m,兩者之間用 水平輕繩連接。兩物塊與地面之間的動摩擦因數(shù)均為4重力加速度大小為g,現(xiàn)對Q 施加一水平向右的拉力F,使兩物塊做勻加速直線運動，輕繩的張力大小為（）A. F - 2HmgB. -F+ping3C. -i-F - pmg3D. F3【考點】2G：力的合成與分解的運用：37：牛頓第二定律.【專題】34：比較思想：4A：整體法和隔離法:522：牛頓運動定律綜合專題:62：推理能力.【分析】先對整體，利用牛頓第二定律求得加速度，再對P,利用牛頓第二定律列式, 即可求得輕繩的張力?！窘獯稹拷猓簩φw，根據(jù)牛頓第二定律得:F - pe3mg=3niao再對P,根據(jù)

18、牛頓第二定律得：T - nmg=ma聯(lián)立解得輕繩的張力大小為：T=上,故ABC錯誤，D正確。故選：Do【點評】本題是連接體問題，采用整體法和隔離法相結合進行解答，比較簡潔。要注意 本題的結論與地而是否有摩擦無關。6. （2019海南）如圖，一硬幣（可視為質點）置于水平圓盤上，硬幣與豎直轉軸00的 距離為r,已知硬幣與圓盤之間的動摩擦因數(shù)為n （最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），重 力加速度大小為go若硬幣與圓盤一起00軸勻速轉動，則圓盤轉動的最大角速度為八W B.【考點】37：牛頓第二定律：4A：向心力.【專題】12：應用題；32：定量思想：43：推理法；519：勻速圓周運動專題：62：推理能力.

19、【分析】依據(jù)最大靜摩擦力提供向心力，從而判定滑動時的最大角速度?！窘獯稹拷猓耗Σ亮μ峁┖贤饬?，當達到最大靜摩擦時，角速度最大，結合牛頓第二定 律可知，pg=32r,解得圓盤轉動的最大角速度為：3=，但1L故B正確，ACD錯誤。故選：Bq【點評】本題考查牛頓第二定律的應用，掌握向心力表達式，注意最大靜摩擦力提供向心力時，角速度最大是解題的關鍵， 二、多項選擇題：7. （2019海南）對于鈉和鈣兩種金屬，其遏止電壓4與入射光頻率v的關系如圖所示。用h、e分別表示普朗克常量和電子電荷量，則（）2Z0VA.鈉的逸出功小于鈣的逸出功B.圖中直線的斜率為自eC.在得到這兩條直線時，必須保證入射光的光強相同

20、D.若這兩種金屬產生的光電子具有相同的最大初動能，則照射到鈉的光頻率較高【考點】IE：愛因斯坦光電效應方程.【專題】31：定性思想;4C：方程法；54P：愛因斯坦的質能方程應用專題：63：分析綜 合能力.【分析】根據(jù)光電效應方程得出遏止電壓與入射光頻率的關系，通過圖線的斜率求出普 朗克常量：遏止電壓為零時，入射光的頻率等于截止頻率。【解答】解：A、根據(jù)光電效應方程得：Ekm=hy - W（）=hY - hyo又 Ekm=eUc做徂 H _h W0_h h7 0解得：Ucy -y -：e e e e當遏止電壓為。時，對應的頻率為金屬的極限頻率，結合圖可知鈉的極限頻率小，則鈉 的逸出功小。故A正確

21、；B、由Uc=與-幺工知U（）-y圖線的斜率k=2 故B正確： /-% c、由Uc=r-，知圖線的特點與光的強度無關。故c錯誤： e eD、鈉的逸出功小，結合Ekm=hY-W?？芍暨@兩種金屬產生的光電子具有相同的最 大初動能，則照射到鈉的光頻率較小。故D錯誤故選：AB,【點評】解決本題的關鍵掌握光電效應方程EKm=hY - Wo,以及知道光電子的最大初動 能與入射光的強度無關，與入射光的頻率有關：掌握光電效應方程以及最大初動能與遏 止電壓的關系。8.（2019海南）如圖，一理想變壓器輸入端接交流恒壓源，輸出端電路由Ri R2、R3三個電阻構成。將該變壓器原、副線圈的匝數(shù)比由5： 1改為10

22、： 1后（B. R?兩端的電壓增加到原來的2倍C. R3端的電壓減小到原來的工2D.電阻上總的熱功率減小到原來的4【考點】E8：變壓器的構造和原理.【專題】12：應用題；31：定性思想：43：推理法：53A：交流電專題：62：推理能力. 【分析】分清不變量和變量，弄清理想變壓器中電壓、電流、功率之間的聯(lián)系和相互制 約關系，利用閉合電路歐姆定律，串、并聯(lián)電路特點進行分析判定?！窘獯稹拷猓篈、變壓器原、副線圈的匝數(shù)比由5： 1改為10： 1,則副線圈的輸出電壓 減小為原來的工，根據(jù)歐姆定律可知，流經R1的電流減小到原來上，故A錯誤。22B、根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律可知，R?兩端的電壓減小到原來的方，故B

23、錯誤。C、同理，R3兩端的電壓減小到原來上，故C正確。rj2-1D、副線圈總電阻不變，根據(jù)功率公式可知，P=，總功率減小到原來的士 故D正確。R4故選：CD.【點評】本題考查了變壓器的構造和原理，明確變壓器的制約關系，輸入電壓決定輸出 電壓，匝數(shù)變化引起輸出電壓變化。9. （2019海南）如圖，虛線MN的右側有方向垂直于紙面向里的勻強磁場，兩電荷量相同 的粒子P、Q從磁場邊界的M點先后射入磁場，在紙面內運動。射入磁場時，P的速度vP 垂直于磁場邊界,Q的速度vq與磁場邊界的夾角為45 .已知兩粒子均從N點射出磁場， 且在磁場中運動的時間相同，則（）A. P和Q的質量之比為1： 2B. P和Q的

24、質量之比為、田：1C. P和Q速度大小之比為血：1D. P和Q速度大小之比為2： 1【考點】37：牛頓第二定律：4A：向心力：CI：帶電粒子在勻強磁場中的運動.【專題】11：計算題：31：定性思想：K：方程法：536：帶電粒子在磁場中的運動專題：63： 分析綜合能力.【分析】根據(jù)幾何關系先確定圓心和半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式得到粒子的 質量比和速度比?！窘獯稹拷猓篈B、由題意可知，P、Q兩粒子的運動軌跡分別為半圓、四分之一圓，再 根據(jù)見解得:mp： mQ=l： 2,故A正確，B錯誤；2兀qB2CD、結合幾何關系可知，Rp： Rq二1：、歷，由公式qvB=irr-，解得yp ： Vq=a

25、/2 : 1 ，故C正確，D錯誤。故選：ACo【點評】本題考查了粒子在磁場中的運動，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛 倫茲力提供向心力列式求解：帶電粒子在勻速磁場中做勻速圓周運動問題通常要先確定 圓心，得到半徑，最后根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式。10. （2019海南）三個小物塊分別從3條不同光滑軌道的上端由靜止開始滑下。已知軌道1、 軌道2、軌道3的上端距水平地而的高度均為45：它們的下端水平，距地而的高度分別 為%=%、l】2 = 2ho、h3=3h（）,如圖所示。若沿軌道1、2、3下滑的小物塊的落地點到軌 道下端的水平距離分別記為S1、S2、S3,則（）A. S$2B. S2$3C.

26、 Sj=S3D. S2 = S3【考點】43：平拋運動；6C：機械能守恒定律.【專題】32：定量思想；43：推理法；518：平拋運動專題：62：推理能力.【分析】根據(jù)機械能守恒求平拋運動的初速度，根據(jù)平拋運動的規(guī)律求解水平位移【解答】解根據(jù)mgh=imv2得小滑塊離開軌道時的水平速度vh軌道1、2、3下滑的小物塊的初速度之比為g 1，由h=/gt2,可知=秒，軌道i、2、3 下滑的小物塊的時間之比為1：瓜V3,根據(jù)X = Vt可知，小物塊的落地點到軌道下端的水平距離之比Si： S2： S3=d5： 2: 限 故BC正確，AD錯誤：故選：BCe【點評】解答此題的關鍵是知道平拋運動的水平位移與初速

27、度和時間均有關。三、實驗題：11.（2019海南）用實驗室提供的器材設計一個測量電流表內阻的電路。實驗室提供的器材 為：待測電流表A （量程10mA,內阻約為500）,滑動變阻器R,電阻箱R,電源E（電動勢約為6V,內阻可忽略），開關8和S2,導線若干。（1）根據(jù)實驗室提供的器材，在圖（a）所示虛線框內將電路原理圖補充完整，要求滑 動變阻器起限流作用；2）將圖（b）中的實物按設計的原理圖連線:3）若實驗提供的滑動變阻器有兩種規(guī)格10C,額定電流2A1500C,額定電流0.5A實驗中應該取 。（填“”或”）【考點】N6：伏安法測電阻.【專題】13：實驗題；23：實驗探究題；32：定量思想：43：

28、推理法；535：恒定電流專 題：65：實驗能力.【分析】（1）根據(jù)實驗目的與實驗器材確定實驗原理，根據(jù)實驗原理設計實驗電路圖。（2）根據(jù)實驗電路圖連接實物電路圖。（3）根據(jù)題意求出電流最小電阻，然后根據(jù)串聯(lián)電路特點求出滑動變阻器接入電路的最 小阻值，然后選擇滑動變阻器?！窘獯稹拷猓海?）測電流表內阻，由題意可知，實驗沒有提供電壓表，提供了電阻箱與 兩個開關，本實驗應用半偏法測電流表內阻，電流表與電阻箱并聯(lián)，滑動變阻器采用限 流接法，實驗電路圖如圖所示；（2）根據(jù)實驗電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示；3）電路最小電阻約為：R = =6、= 6000,1。乂1。一、滑動變阻器接入電路的最小

29、阻值約為：600- 50=5500,滑動變阻器應選擇;故答案為：（1）電路圖如圖所示：（2）實物電路圖如圖所示：（3）。【點評】本題考查了實驗電路設計、連接實物電路圖、實驗器材選擇問題，根據(jù)實驗目 的與實驗器材確定實驗原理與實驗方案是解題的前提與關鍵：要掌握實驗器材的選擇原 則。12. （2019海南）某同學利用圖（a）的裝置測量輕彈簧的勁度系數(shù)。圖中，光滑的細桿和 直尺水平固定在鐵架臺上，一輕彈簧穿在細桿上，其左端固定，右端與細繩連接：細繩 跨過光滑定滑輪，其下端可以懸掛硅碼（實驗中，每個硅碼的質量均為m=50.0g）彈 簧右端連有一豎直指針，其位置可在直尺上讀出。實驗步驟如下：在繩下端掛上

30、一個硅碼，調整滑輪，使彈簧與滑輪間的細線水平且彈簧與細桿沒有接 觸：系統(tǒng)靜止后，記錄硅碼的個數(shù)及指針的位置：逐次增加硅碼個數(shù)，并重復步驟（保持彈簧在彈性限度內）：用n表示硅碼的個數(shù)，1表示相應的指針位置，將獲得的數(shù)據(jù)記錄在表格內?；卮鹣铝袉栴}：（1）根據(jù)下表的實驗數(shù)據(jù)在圖（b）中補齊數(shù)據(jù)點并做出1-n圖象。n123451/cm10.4810.9611.4511.9512.40（2）彈簧的勁度系數(shù)k可用硅碼質量m、重力加速度大小g及1-n圖線的斜率a表示, 表達式為k=若g取9.8nVs2,則本實驗中k= 109 N/m （結果保留3位有效數(shù)字）。第19頁（共28頁）nn【考點】M7：探究彈力和

31、彈簧伸長的關系.【專題】13：實驗題；23：實驗探究題；32：定量思想；46：實驗分析法：65：實驗能力.【分析】（1）根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)描點，再作出圖線：（2）根據(jù)圖線寫斜率的表達式，再根據(jù)胡克定律進行分析，即可得勁度系數(shù)的表達式;在圖線上選兩個較遠的點求出斜率的數(shù)值，結合勁度系數(shù)的表達式即可求出結果?！窘獯稹拷猓海?）描出點后，作出圖線如圖所示：（2） L-n圖線的斜率為n 由胡克定律有：FnkZJRPAnmg=kAl 聯(lián)立以上各式可得：k號 由圖可得斜率約為a=0.45X10-2m 所以可得勁度系數(shù)為：k=50乂10-3)9.80.45X10-2N/rrP109N/ir第21頁（共28貞）

32、故答案為：（1）圖線如圖所示:a【點評】在作圖時，要注意先分析點的分布情況，再決定是用直線擬合還是用平滑的曲 線擬合：在求斜率時，所選的兩個點的距離要適當?shù)倪h一些以減小誤差。四、計算題：13. （2019海南）如留，用不可伸長輕繩將物塊a懸掛在O點：初始時，輕繩處于水平拉 直狀態(tài)?，F(xiàn)將a由靜止釋放，當物塊a下擺至最低點時，恰好與靜止在水平而上的物塊b 發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短）,碰撞后b滑行的最大距離為s。EJMlb的質量是a的3依b 與水平而間的動摩擦因數(shù)為4重力加速度大小為go求1）碰撞后瞬間物塊b速度的大?。海?）輕繩的長度?！緦ｎ}】11：計算題：22：學科綜合題；32：定量思想：4T

33、：尋找守恒量法；52G：動 量和能量的綜合：63：分析綜合能力.【分析】（1）研究碰撞后b滑行過程，根據(jù)動能定理求碰撞后瞬間物塊b速度的大??； （2）根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律結合求出碰撞前瞬間物塊a的速度，再研究a 下擺的過程，由機械能守恒定律求輕繩的長度?！窘獯稹拷猓海?）設a的質量為m,則b的質量為3m。碰撞后b滑行過程，根據(jù)動能定理得-|i-3mgs=0 - -i-3mvb20解得，碰撞后瞬間物塊b速度的大小vb=V2 gs（2）對于a、b碰撞過程，取水平向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律得 mvo=mva+3mvbo根據(jù)機械能守恒得 mv02 =inva2+* 3mvb2 o oo

34、o設輕繩的長度為L.對于a下擺的過程，根據(jù)機械能守恒得niL=- -mvo20-2聯(lián)立解得L=4Ps答：1）碰撞后瞬間物塊b速度的大小為代而。2）輕繩的長度是【點評】分析清楚物塊的運動過程是解題的前提，把握每個過程的物理規(guī)律是關鍵。要 知道彈性碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，運用動能定理時要注意選擇研究的過程。14. （2019海南）如圖，一水平而內固定有兩根平行的長直金屬導軌，導軌間距為1：兩根 相同的導體棒AB、CD置于導軌上并與導軌垂直，長度均為1；棒與導軌間的動摩擦因 數(shù)為N （最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）：整個裝置處于勻強磁場中，磁感應強度大小 為B,方向豎直向下。從t=0時開始，

35、對AB棒施加一外力，使AB棒從靜止開始向右 做勻加速運動，直到t=h時刻撤去外力，此H寸棒中的感應電流為川己知CD棒在t=t（）（0時刻開始運動，運動過程中兩棒均與導軌接觸良好。兩棒的質量均為m,電阻 均為R，導軌的電阻不計。重力加速度大小為ge第23頁（共28頁）1）求AB棒做勻加速運動的加速度大?。海?）求撤去外力時CD棒的速度大?。?）撤去外力后，CD棒在t=t2時刻靜I匕求此時AB棒的速度大小?！究键c】37：牛頓第二定律；BB：閉合電路的歐姆定律：CE：安培力的計算；D9：導 體切割磁感線時的感應電動勢.【專題】11：計算題；22：學科綜合題；32：定量思想：42：等效替代法：539：

36、電磁感 應中的力學問題：63：分析綜合能力.【分析】（1）當CD棒開始剛運動時，所受的安培力等于最大靜摩擦力，由安培力公式 和平衡條件求得此時CD棒中感應電流。再根據(jù)法拉第定律和歐姆定律結合求出此時AB 棒的速度，從而求得其加速度。（2） t=L時刻撤去外力，此時棒中的感應電流為ii,先由速度公式求出此時AB棒的速 度，再根據(jù)法拉第定律和歐姆定律求得兩棒速度之差，從而求得CD棒的速度大?。?）對兩棒組成的系統(tǒng)，利用動量定理列式，可求得AB棒的速度大小。【解答】解：（1）當CD棒開始剛運動時，設CD棒中電流為i）.則有：Biol =得：io=WBl設此時AB棒的速度為Vo.則有：i0=Blvp2

37、R得一產省嚶B212故AB棒做勻加速運動的加速度大小為：_ vq _ 2 RnigRB212to（2）設撤去外力時CD棒的速度大小為vi，AB棒的速度大小為V2.則有:V2=ati0 根據(jù)歐姆定律得一尸二一2 klmgRj 2Ri1聯(lián)立解得：V1=-一1B2l2t0 Bl（3）設CD棒在t=t2時刻靜止時AB棒的速度大小為v3.對兩棒整體，安培力的沖量 為0,由動量定理得：-2Hmg （t2 - tj） =mv3 - mvi - mv2。4 ktmgR J 2Ri1聯(lián)立解得：V3=5n-2Hg （t2 - ti）B212tti Bl答：（1） AB棒做勻加速運動的加速度大小是2； B2l2t0

38、2 ktmgR j 2Ri12）撤去外力時CD棒的速度大小是-L：B2l2t0 Bl41-lmgRti 2Ri10,由熱力學第一定律：W+Q = AU,可知Q0,但體積不變，說明外界沒有 對氣體做功，氣體也沒有對外界做功，即W=0,由熱力學第一定律：W+Q = AU,可知Q 0,所以是一個吸熱過程，故B正確；C、從P到Q理想氣體溫度不變，則內能不變，即1）=（）,但體積增大，說明氣體對外 界做功，故C正確：D、從Q到M理想氣體體積不變，說明外界沒有對氣體做功，氣體也沒有對外界做功，即W=0,故D錯誤：E、從Q到M理想氣體溫度降低，內能減小，故E正確：故選：BCEo【點評】解決本題的關鍵是看懂V

39、-T圖象，結合熱力學第一定律W+Q = ZkU分析每一 個過程，分析過程中先看溫度變化，從而判斷內能的變化。規(guī)律是：理想氣體溫度升高， 內能增大：溫度降低，內能減小；體積減小，說明外界對氣體做功；體積增大，說明氣體 對外界做功；體枳不變，說明外界沒有對氣體做功，氣體也沒有對外界做功。16. （2019海南）如圖，一封閉的圓柱形容器豎直放置在水平地面上，一重量不可忽略的光 滑活塞將容器內的理想氣體分為A、B兩部分，A體積為Va=4.0X10- W.樂強為Pa= 47cmHg： B體積為Vb=6.0X 10- 33,壓強為pB=50cmHg.現(xiàn)將容器緩慢轉至水平， 氣體溫度保持不變，求此時A、B兩

40、部分氣體的體枳?！究键c】99：理想氣體的狀態(tài)方程：9K：封閉氣體壓強.【專題】11：計算題；32：定量思想：4C：方程法：54B：理想氣體狀態(tài)方程專題；63： 分析綜合能力.【分析】因為氣體溫度保持不變，分別對兩側氣體運用玻意耳定律，水平放置時兩側的 壓強相等，再結合活塞的總體枳保持不變，聯(lián)立即可求出A、B兩部分氣體的體枳?！窘獯稹拷猓簩中氣體：初態(tài)：壓強 pA=47cmHg,體積 Va=4.0X lOnf,末態(tài)：壓強Pa，體積Va,根據(jù)玻意耳定律可得:PaVa=Pa； Va對B中氣體：初態(tài)：壓強 pB=5OcmHg,體積 Vb=6.0X 10-3m3,末態(tài)：壓強Pb，體積Vb,根據(jù)玻意耳定

41、律可得:pBVB=pB，Vb容器水平后有：Pa =Pb容器的總體積保持不變，即：Va +Vb =VA+VB=1,0X10-2m3-聯(lián)立式可得：Va =3.85X10-3m3Vb =6.15X10-3m3答：此時A部分氣體的體積為3.85X10 7m3, B兩部分氣體的體積為6.15X 10-3m3.【點評】本題考查氣體定律的綜合運用，解題關鍵是要分析好壓強P、體積V、溫度T 三個參量的變化情況，選擇合適的規(guī)律解決，難度不大。17. （2019海南）一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，周期為0.2s, t=0時的波形圖如圖所示。 下列說法正確的是（）B.該波的波速為10m/sC. t=0.3s時，平衡位置在x=0.5m處的質元向y軸正向運動D. t=0.4s時，平衡位置在x=0