2014年海南高考物理試題及答案

2014年海南省高考物理試卷一、單選題：本大題共6小題，每小題3分，共18分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．（3分）（2014?海南）如圖，在一水平、固定的閉合導體圓環(huán)上方．有一條形磁鐵（N極朝上，S極朝下）由靜止開始下落，磁鐵從圓環(huán)中穿過且不與圓環(huán)接觸，關于圓環(huán)中感應電流的方向（從上向下看），下列說法正確的是（）A．總是順時針B．總是逆時針C．先順時針后逆時針D．先逆時針后順時針2．（3分）（2014?海南）理想變壓器上接有三個完全相同的燈泡，其中一個與該變壓器的原線圈串聯(lián)后接入交流電源，另外兩個并聯(lián)后接在副線圈兩端．已知三個燈泡均正常發(fā)光．該變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為（）A．1：2B．2：1C．2：3D．3：23．（3分）（2014?海南）將一物體以某一初速度豎直上拋．物體在運動過程中受到一大小不變的空氣阻力作用，它從拋出點到最高點的運動時間為t1，再從最高點回到拋出點的運動時間為t2，如果沒有空氣阻力作用，它從拋出點到最高點所用的時間為t0，則（）A．t1＞t0t2＜t1B．t1＜t0t2＞t1C．t2＞t0t2＞t1D．t1＜t0t2＜t14．（3分）（2014?海南）如圖，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d，在下極板上疊放一厚度為l的金屬板，其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中，當把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開始運動，重力加速度為g．粒子運動加速度為（）A．gB．gC．gD．g5．（3分）（2014?海南）如圖，一不可伸長的光滑輕繩，其左端固定于O點，右端跨過位于O′點的固定光滑軸懸掛一質(zhì)量為M的物體；OO′段水平，長為度L；繩子上套一可沿繩滑動的輕環(huán)．現(xiàn)在輕環(huán)上懸掛一鉤碼，平衡后，物體上升L．則鉤碼的質(zhì)量為（）A．MB．MC．MD．M6．（3分）（2014?海南）設地球自轉(zhuǎn)周期為T，質(zhì)量為M，引力常量為G，假設地球可視為質(zhì)量均勻分布的球體，半徑為R．同一物體在南極和赤道水平面上靜止時所受到的支持力之比為（）A．B．C．D．二、多項選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的四個選項中，有多個選項符合題目要求．全部選對的，得5分；選對但不全的，得3分；有選錯的，得0分．7．（5分）（2014?海南）下列說法中，符合物理學史實的是（）A．亞里士多德認為，必須有力作用在物體上，物體才能運動；沒有力的作用，物體或靜止B．牛頓認為，力是物體運動狀態(tài)改變的原因，而不是物體運動的原因C．麥克斯韋發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，即電流可以在其周圍產(chǎn)生磁場D．奧斯特發(fā)現(xiàn)導線通電時，導線附近的小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)8．（5分）（2014?海南）如圖，兩根平行長直導線相距2L，通有大小相等、方向相同的恒定電流，a、b、c是導線所在平面內(nèi)的三點，左側(cè)導線與它們的距離分別為、l和3l．關于這三點處的磁感應強度，下列判斷正確的是（）A．a(chǎn)處的磁感應強度大小比c處的大B．b、c兩處的磁感應強度大小相等C．a(chǎn)、c兩處的磁感應強度方向相同D．b處的磁感應強度為零9．（5分）（2014?海南）如圖（a），直線MN表示某電場中一條電場線，a、b是線上的兩點，將一帶負電荷的粒子從a點處由靜止釋放，粒子從a運動到b過程中的v﹣t圖線如圖（b）所示，設a、b兩點的電勢分別為?a、?b，場強大小分別為Ea、Eb，粒子在a、b兩點的電勢能分別為Wa、Wb，不計重力，則有（）A．?a＞?bB．Ea＞EbC．Ea＜EbD．Wa＞W(wǎng)b10．（5分）（2014?海南）如圖，質(zhì)量相同的兩物體a、b，用不可伸長的輕繩跨接在同一光滑的輕質(zhì)定滑輪兩側(cè)，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上．初始時用力壓住b使a、b靜止，撤去此壓力后，a開始運動，在a下降的過程中，b始終未離開桌面．在此過程中（）A．a(chǎn)的動能小于b的動能B．兩物體機械能的變化量相等C．a(chǎn)的重力勢能的減小量等于兩物體總動能的增加量D．繩的拉力對a所做的功與對b所做的功的代數(shù)和為零三、實驗題：本大題共2小題，第11小題5分，第12小題10分，共15分．11．（5分）（2014?海南）現(xiàn)受一合金制成的圓柱體，為測量該合金的電阻率，現(xiàn)用伏安法測圓柱體兩端之間的電阻，用螺旋測微器測量該圓柱體的直徑，用游標卡尺測量該圓柱體的長度．螺旋測微器和游標卡尺的示數(shù)如圖（a）和圖（b）所示．（1）由上圖讀得圓柱體的直徑為_________mm，長度為_________cm．（2）若流經(jīng)圓柱體的電流為I，圓柱體兩端之間的電壓為U，圓柱體的直徑和長度分別為D、L，測得D、L、I、U表示的電阻率的關系式為ρ=_________．12．（10分）（2014?海南）用伏安法測量一電池的內(nèi)阻．已知該待測電池的電動勢E約為9V，內(nèi)阻約數(shù)十歐，允許輸出的最大電流為50mA，可選用的實驗器材有：電壓表V1（量程5V）；電壓表V2（量程10V）；電流表A1（量程50mA）；電壓表A2（量程100mA）；滑動變阻器R（最大電阻300Ω）；定值電阻R1（阻值為200Ω，額定功率為1/8W）；定值電阻R2（阻值為220Ω，額定功率為1W）；開關S；導線若干．測量數(shù)據(jù)如坐標紙上U﹣I圖線所示．（1）在答題卡相應的虛線方框內(nèi)畫出合理的電路原理圖，并標明所選器材的符號．（2）在設計的電路中，選擇定值電阻的根據(jù)是_________．（3）由U﹣I圖線求得待測電池的內(nèi)阻為_________Ω．（4）在你設計的電路中，產(chǎn)生系統(tǒng)誤差的主要原因是_________．四、解答題．本大題共2小題，第13題9分，14題14分，共23分．要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟．13．（9分）（2014?海南）短跑運動員完成100m賽跑的過程可簡化為勻加速直線運動和勻速直線運動兩個階段．一次比賽中，某運動用11.00s跑完全程．已知運動員在加速階段的第2s內(nèi)通過的距離為7.5m，求該運動員的加速度及在加速階段通過的距離．14．（14分）（2014?海南）如圖，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強電場，電場方向與xOy平面平行，且與x軸成45°夾角．一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子以速度v0從y軸上P點沿y軸正方向射出，一段時間后進入電場，進入電場時的速度方向與電場方向相反；又經(jīng)過一段時間T0，磁場方向變?yōu)榇怪奔埫嫦蚶?，大小不變，不計重力．?）求粒子從P點出發(fā)至第一次到達x軸時所需的時間；（2）若要使粒子能夠回到P點，求電場強度的最大值．五、模塊3315．（4分）（2014?海南）下列說法正確的是（）A．液體表面張力的方向與液面垂直并指向液體內(nèi)部B．單晶體有固定的熔點，多晶體沒有固定的熔點C．單晶體中原子（或分子、離子）的排列具有空間周期性D．通常金屬在各個方向的物理性質(zhì)都相同，所以金屬是非晶體E．液晶具有液體的流動性，同時具有晶體的各向異性特征16．（8分）（2014?海南）一豎直放置、缸壁光滑且導熱的柱形氣缸內(nèi)盛有一定量的氮氣，被活塞分隔成Ⅰ、Ⅱ兩部分；達到平衡時，這兩部分氣體的體積相等，上部氣體的壓強為PⅠ0，如圖（a）所示，若將氣缸緩慢倒置，再次達到平衡時，上下兩部分氣體的體積之比為3：1，如圖（b）所示．設外界溫度不變，已知活塞面積為S，重力加速度大小為g，求活塞的質(zhì)量．六、模塊3417．（2014?海南）一列簡諧橫波沿x軸傳播，a、b為x軸上的兩質(zhì)點，平衡位置分別為x=0，x=xb（xb＞0）．a(chǎn)點的振動規(guī)律如圖所示，已知波速為v=10m/s，在t=0.1s時，b點的位移為0.05m，則下列判斷可能正確的是（）A．波沿x軸正向傳播，xb=0.5mB．波沿x軸正向傳播，xb=1.5mC．波沿x軸負向傳播，xb=2.5mD．波沿x軸負向傳播，xb=3.5m18．（8分）（2014?海南）如圖，矩形ABCD為一水平放置的玻璃磚的截面，在截面所在平面有一細束激光照射玻璃磚，入射點距底面的高度為h，反射光線和折射光線與底面所在平面的交點到AB的距離分別l1和l2，在截面所在平面內(nèi)，改變激光束在AB面上入射點的高度與入射角的大小，當折射光線與底面的交點到AB的距離為l3時，光線恰好不能從底面射出，求此時入射點距離底面的高度H．七、模塊35試題19．（4分）（2014?海南）在光電效應實驗中，用同一種單色光，先后照射鋅和銀的表面，都能發(fā)生光電效應．對于這兩個過程，下列四個物理過程中，一定不同的是（）A．遏止電壓B．飽和光電流C．光電子的最大初動能D．逸出功20．（8分）（2014?海南）一靜止原子核發(fā)生α衰變，生成一α粒子及一新核，α粒子垂直進入磁感應強度大小為B的勻強磁場，其運動軌跡是半徑為R的圓．已知α粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q；新核的質(zhì)量為M；光在真空中的速度大小為c．求衰變前原子核的質(zhì)量．2014年海南省高考物理試卷參考答案與試題解析一、單選題：本大題共6小題，每小題3分，共18分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．（3分）（2014?海南）如圖，在一水平、固定的閉合導體圓環(huán)上方．有一條形磁鐵（N極朝上，S極朝下）由靜止開始下落，磁鐵從圓環(huán)中穿過且不與圓環(huán)接觸，關于圓環(huán)中感應電流的方向（從上向下看），下列說法正確的是（）A．總是順時針B．總是逆時針C．先順時針后逆時針D．先逆時針后順時針考點：楞次定律．專題：電磁感應與電路結(jié)合．分析：由楞次定律可以判斷出感應電流的方向；解答：解：由圖示可知，在磁鐵下落過程中，穿過圓環(huán)的磁場方向向上，在磁鐵靠近圓環(huán)時，穿過圓環(huán)的磁通量變大，在磁鐵遠離圓環(huán)時穿過圓環(huán)的磁通量減小，由楞次定律可知，從上向下看，圓環(huán)中的感應電流先沿順時針方向，后沿逆時針方向，故C正確；故選：C點評：本題考查了楞次定律的應用，正確理解楞次定律阻礙的含義是正確解題的關鍵．2．（3分）（2014?海南）理想變壓器上接有三個完全相同的燈泡，其中一個與該變壓器的原線圈串聯(lián)后接入交流電源，另外兩個并聯(lián)后接在副線圈兩端．已知三個燈泡均正常發(fā)光．該變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為（）A．1：2B．2：1C．2：3D．3：2考點：變壓器的構(gòu)造和原理；串聯(lián)電路和并聯(lián)電路．專題：交流電專題．分析：設每只燈的額定電流為I，因并聯(lián)在副線圈兩端的三只小燈泡正常發(fā)光，所以副線圈中的總電流為3I，由電流關系求出匝數(shù)比；由匝數(shù)比求電壓關系．解答：解：設每只燈的額定電流為I，額定電壓為U，因并聯(lián)在副線圈兩端的兩只小燈泡正常發(fā)光，所以副線圈中的總電流為2I，原副線圈電流之比為1：2，所以原、副線圈的匝數(shù)之比為2：1；故選：B．點評：本題解題的突破口在原副線圈的電流關系，注意明確三燈正常發(fā)光為解題的關鍵．3．（3分）（2014?海南）將一物體以某一初速度豎直上拋．物體在運動過程中受到一大小不變的空氣阻力作用，它從拋出點到最高點的運動時間為t1，再從最高點回到拋出點的運動時間為t2，如果沒有空氣阻力作用，它從拋出點到最高點所用的時間為t0，則（）A．t1＞t0t2＜t1B．t1＜t0t2＞t1C．t2＞t0t2＞t1D．t1＜t0t2＜t1考點：豎直上拋運動．分析：題中描述的兩種情況物體均做勻變速運動，弄清兩種情況下物體加速度、上升高度等區(qū)別，然后利用勻變速運動規(guī)律求解即可．解答：解：不計阻力時，物體做豎直上拋運動，根據(jù)其運動的公式可得：，當有阻力時，設阻力大小為f，上升時有：mg+f=ma，上升時間有阻力上升位移與下降位移大小相等，下降時有mg﹣f=ma1，，根據(jù)，可知t1＜t2故ACD錯誤，B正確．故選：B．點評：正確受力分析弄清運動過程，然后根據(jù)運動學規(guī)律求解是對學生的基本要求，平時要加強這方面的訓練．4．（3分）（2014?海南）如圖，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d，在下極板上疊放一厚度為l的金屬板，其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中，當把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開始運動，重力加速度為g．粒子運動加速度為（）A．gB．gC．gD．g考點：帶電粒子在混合場中的運動．專題：帶電粒子在復合場中的運動專題．分析：金屬板內(nèi)部場強為零，有厚度為l的金屬板，相當于平行板電容器的間距減小了l；粒子受重力和電場力，根據(jù)平衡條件和牛頓第二定律列式求解加速度．解答：解：粒子受重力和電場力，開始時平衡，有：mg=q①當把金屬板從電容器中快速抽出后，根據(jù)牛頓第二定律，有：mg﹣q=ma②聯(lián)立①②解得：a=g故選：A．點評：本題要記住平行板電容器內(nèi)插入金屬板，可以等效成極板間距減小了；然后結(jié)合共點力平衡條件和牛頓第二定律列式分析，不難．5．（3分）（2014?海南）如圖，一不可伸長的光滑輕繩，其左端固定于O點，右端跨過位于O′點的固定光滑軸懸掛一質(zhì)量為M的物體；OO′段水平，長為度L；繩子上套一可沿繩滑動的輕環(huán)．現(xiàn)在輕環(huán)上懸掛一鉤碼，平衡后，物體上升L．則鉤碼的質(zhì)量為（）A．MB．MC．MD．M考點：共點力平衡的條件及其應用．專題：共點力作用下物體平衡專題．分析：由幾何關系求出環(huán)兩邊繩子的夾角，然后根據(jù)平行四邊形定則求鉤碼的質(zhì)量．解答：解：重新平衡后，繩子形狀如下圖：由幾何關系知：繩子與豎直方向夾角為30°，則環(huán)兩邊繩子的夾角為60°，則根據(jù)平行四邊形定則，環(huán)兩邊繩子拉力的合力為Mg，根據(jù)平衡條件，則夠嗎的質(zhì)量為M；故選：D．點評：該題的關鍵在于能夠?qū)€圈進行受力分析，利用平衡狀態(tài)條件解決問題．力的計算離不開幾何關系和三角函數(shù)．6．（3分）（2014?海南）設地球自轉(zhuǎn)周期為T，質(zhì)量為M，引力常量為G，假設地球可視為質(zhì)量均勻分布的球體，半徑為R．同一物體在南極和赤道水平面上靜止時所受到的支持力之比為（）A．B．C．D．考點：萬有引力定律及其應用．分析：在赤道上物體所受的萬有引力與支持力提供向心力可求得支持力，在南極支持力等于萬有引力．解答：解：在赤道上：G，可得①在南極：②由①②式可得：=A正確故選：A點評：考查物體受力分析及圓周運動向心力的表大式，明確在兩極物體沒有向心力．二、多項選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的四個選項中，有多個選項符合題目要求．全部選對的，得5分；選對但不全的，得3分；有選錯的，得0分．7．（5分）（2014?海南）下列說法中，符合物理學史實的是（）A．亞里士多德認為，必須有力作用在物體上，物體才能運動；沒有力的作用，物體或靜止B．牛頓認為，力是物體運動狀態(tài)改變的原因，而不是物體運動的原因C．麥克斯韋發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，即電流可以在其周圍產(chǎn)生磁場D．奧斯特發(fā)現(xiàn)導線通電時，導線附近的小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)考點：物理學史．專題：常規(guī)題型．分析：根據(jù)物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可．解答：解：A、亞里士多德認為，必須有力作用在物體上，物體才能運動；沒有力的作用，物體靜止，故A正確；B、牛頓認為，力是物體運動狀態(tài)改變的原因，而不是物體運動的原因，故B正確；C、奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，即電流可以在其周圍產(chǎn)生磁場，故C錯誤；D、奧斯特發(fā)現(xiàn)導線通電時，導線附近的小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，電流可以在其周圍產(chǎn)生磁場，故D正確；故選：ABD．點評：本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記憶，這也是考試內(nèi)容之一．8．（5分）（2014?海南）如圖，兩根平行長直導線相距2L，通有大小相等、方向相同的恒定電流，a、b、c是導線所在平面內(nèi)的三點，左側(cè)導線與它們的距離分別為、l和3l．關于這三點處的磁感應強度，下列判斷正確的是（）A．a(chǎn)處的磁感應強度大小比c處的大B．b、c兩處的磁感應強度大小相等C．a(chǎn)、c兩處的磁感應強度方向相同D．b處的磁感應強度為零考點：電場強度．專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題．分析：根據(jù)安培定則判斷兩根直導線在三個點產(chǎn)生的磁場方向，由磁場的疊加原理分析即可．解答：解：A、B、C、根據(jù)安培定則判斷知：左側(cè)導線在a點產(chǎn)生的磁場方向向里，在c點產(chǎn)生的磁場方向向外，右側(cè)導線在a點產(chǎn)生的磁場方向向里，在b點產(chǎn)生的磁場方向向外，根據(jù)磁感線的疏密表示磁場的強弱，可知離直導線越遠，磁場越弱，可知：a處磁感線比c處密，則a處的磁感應強度大小比c處的大．由磁場的疊加可知：a、c兩處的磁感應強度方向相反．故A正確，BC錯誤．D、由于左右側(cè)導線在b處產(chǎn)生的磁感應強度方向相反，大小相等，所以b處的磁感應強度為零．故D正確．故選：AD．點評：本題關鍵要掌握安培定則，運用磁場的疊加分析磁感應強度的大小．9．（5分）（2014?海南）如圖（a），直線MN表示某電場中一條電場線，a、b是線上的兩點，將一帶負電荷的粒子從a點處由靜止釋放，粒子從a運動到b過程中的v﹣t圖線如圖（b）所示，設a、b兩點的電勢分別為?a、?b，場強大小分別為Ea、Eb，粒子在a、b兩點的電勢能分別為Wa、Wb，不計重力，則有（）A．?a＞?bB．Ea＞EbC．Ea＜EbD．Wa＞W(wǎng)b考點：電勢；電場強度．專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題．分析：根據(jù)受力方向判斷電場線方向，根據(jù)加速度的大小判斷場強大小的變化．解答：解：A、負電荷從A釋放（初速為0）后，能加速運動到B，說明負電荷受到的電場力方向是從A指向B，那么電場方向就是由B指向A，由于沿電場線方向電勢逐漸降低，所以AB兩點的電勢關系是φA＜φB．則A錯誤B、C、負電荷從A運動到B的過程中，它的加速度是逐漸減小的（乙圖中的“斜率”表示加速度），由牛頓第二定律知，負電荷從A到B時，受到的電場力是逐漸減小的，由E=知，EA＞EB．故B正確．C錯誤D、負電荷在電勢高處電勢能小，因φA＜φB則Wa＞W(wǎng)b則D正確故選：BD點評：本題考查了對圖象的認識和理解，能從圖象中獲取有用的物理信息，本題是小型的綜合題．10．（5分）（2014?海南）如圖，質(zhì)量相同的兩物體a、b，用不可伸長的輕繩跨接在同一光滑的輕質(zhì)定滑輪兩側(cè)，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上．初始時用力壓住b使a、b靜止，撤去此壓力后，a開始運動，在a下降的過程中，b始終未離開桌面．在此過程中（）A．a(chǎn)的動能小于b的動能B．兩物體機械能的變化量相等C．a(chǎn)的重力勢能的減小量等于兩物體總動能的增加量D．繩的拉力對a所做的功與對b所做的功的代數(shù)和為零考點：功能關系．分析：b的速度在繩子方向的分速度與a的速度相等，比較出速度大小即可比較動能的大?。獯穑航猓篈、將b的實際速度進行分解如圖：由圖可以看出a的速度小于b的速度，故a的動能小于b的動能，A正確；B、由于有摩擦力做功，故ab系統(tǒng)機械能不守恒，則二者機械能的變化量不相等，B錯誤；C、a的重力勢能的減小量等于兩物體總動能的增加量與產(chǎn)生的內(nèi)能之和，故a的重力勢能的減小量大于兩物體總動能的增加量，C錯誤；D、在這段時間內(nèi)，ab的速度不相等，則相同時間內(nèi)經(jīng)過的位移不相等，而繩子對a的拉力和對b的拉力大小相等，故繩的拉力對a所做的功與對b所做的功的絕對值不相等，二者代數(shù)和不為零，故D錯誤；故選：A．點評：本題考查了有摩擦力作用下的系統(tǒng)功能轉(zhuǎn)化關系，克服摩擦力做功時，系統(tǒng)的機械能減少，減少的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．三、實驗題：本大題共2小題，第11小題5分，第12小題10分，共15分．11．（5分）（2014?海南）現(xiàn)受一合金制成的圓柱體，為測量該合金的電阻率，現(xiàn)用伏安法測圓柱體兩端之間的電阻，用螺旋測微器測量該圓柱體的直徑，用游標卡尺測量該圓柱體的長度．螺旋測微器和游標卡尺的示數(shù)如圖（a）和圖（b）所示．（1）由上圖讀得圓柱體的直徑為1.844mm，長度為4.240cm．（2）若流經(jīng)圓柱體的電流為I，圓柱體兩端之間的電壓為U，圓柱體的直徑和長度分別為D、L，測得D、L、I、U表示的電阻率的關系式為ρ=．考點：測定金屬的電阻率．專題：實驗題．分析：（1）游標卡尺主尺與游標尺示數(shù)之和是游標卡尺的示數(shù)；螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器的示數(shù)；（2）根據(jù)歐姆定律和電阻定律列式求解．解答：解：（1）由圖a所示可知，螺旋測微器固定刻度示數(shù)為1.5mm，游標尺示數(shù)為34.3×0.01mm=0.343mm，螺旋測微器示數(shù)為1.5mm+0.343mm=1.843mm；由圖所示可知，游標卡尺主尺示數(shù)為4.2cm，游標尺示數(shù)為8×0.05mm=0.40mm，游標卡尺示數(shù)為42mm+0.40mm=42.40mm=4.240cm；（2）根據(jù)電阻定律，有：R=ρ=ρ解得：ρ=．故答案為：（1）1.844，4.240；（2）．點評：游標卡尺主尺與游標尺示數(shù)之和是游標卡尺的示數(shù)；螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器的示數(shù)；游標卡尺不需要估讀，螺旋測微器需要估讀，對游標卡尺讀數(shù)時，要注意游標尺的精度．并掌握電阻定律與歐姆定律的應用．12．（10分）（2014?海南）用伏安法測量一電池的內(nèi)阻．已知該待測電池的電動勢E約為9V，內(nèi)阻約數(shù)十歐，允許輸出的最大電流為50mA，可選用的實驗器材有：電壓表V1（量程5V）；電壓表V2（量程10V）；電流表A1（量程50mA）；電壓表A2（量程100mA）；滑動變阻器R（最大電阻300Ω）；定值電阻R1（阻值為200Ω，額定功率為1/8W）；定值電阻R2（阻值為220Ω，額定功率為1W）；開關S；導線若干．測量數(shù)據(jù)如坐標紙上U﹣I圖線所示．（1）在答題卡相應的虛線方框內(nèi)畫出合理的電路原理圖，并標明所選器材的符號．（2）在設計的電路中，選擇定值電阻的根據(jù)是定值電阻在電路中消耗的功率會超過W，R2的功率滿足實驗要求．（3）由U﹣I圖線求得待測電池的內(nèi)阻為50Ω．（4）在你設計的電路中，產(chǎn)生系統(tǒng)誤差的主要原因是電壓表分流．考點：測定電源的電動勢和內(nèi)阻．專題：實驗題．分析：（1）根據(jù)伏安法測電源電動勢與內(nèi)阻的原理作出實驗電路圖；（2）根據(jù)題意選擇定值電阻；（3）由圖象求出電源內(nèi)阻；（4）根據(jù)實驗電路分析實驗誤差．解答：解：（1）應用伏安法測電源電動勢與內(nèi)阻，電壓表測路端電壓，電流表測電路電流，電路圖如圖所示：（2）定值電阻R1在電路中的最大功率：P1=I2R1=（0.05）2×200=0.5W＞W(wǎng)，定值電阻R2在電路中的最大功率：P2=I2R2=（0.05）2×220=0.55W＜1W，為保護電路安全，則定值電阻應選擇R2．（3）由圖示圖象可知，電源內(nèi)阻r===50Ω；（4）由實驗電路圖可知，相對于電源電流表采用外接法，由于電壓表的分流作用，電流表所測電流小于電路電流，電壓表分流是造成系統(tǒng)誤差的原因．故答案為：（1）電路原理圖如圖所示．（2）定值電阻在電路中消耗的功率會超過W，R2的功率滿足實驗要求．（3）50；（4）電壓表分流．點評：本題考查了作實驗電路、實驗器材選擇、求電源內(nèi)阻、實驗誤差分析；電源U﹣I圖象斜率的絕對值是電源內(nèi)阻，知道實驗原理、根據(jù)圖象分析即可正確解題．四、解答題．本大題共2小題，第13題9分，14題14分，共23分．要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟．13．（9分）（2014?海南）短跑運動員完成100m賽跑的過程可簡化為勻加速直線運動和勻速直線運動兩個階段．一次比賽中，某運動用11.00s跑完全程．已知運動員在加速階段的第2s內(nèi)通過的距離為7.5m，求該運動員的加速度及在加速階段通過的距離．考點：勻變速直線運動的位移與時間的關系．專題：直線運動規(guī)律專題．分析：設他做勻加速直線運動的時間為t1，位移大小為小x1，加速度大小為a，做勻速直線運動的速度為v，根據(jù)運動學基本公式，抓住位移位移列式即可求解．解答：解：根據(jù)題意，在第1s和第2s內(nèi)運動員都做勻加速直線運動，設運動員在勻加速階段的加速度為a，在第1s和第2s內(nèi)通過的位移分別為s1和s2，由運動學規(guī)律得t0=1s聯(lián)立解得a=5m/s2設運動員做勻加速運動的時間為t1，勻速運動的時間為t2，勻速運動的速度為v1，跑完全程的時間為t，全程的距離為s，依題決及運動學規(guī)律，得t=t1+t2v=at1設加速階段通過的距離為s′，則求得s′=10m答：該運動員的加速度為5m/s2及在加速階段通過的距離為10m．點評：解決本題的關鍵理清運動員的運動過程，結(jié)合勻變速直線運動的運動學公式和推論靈活求解14．（14分）（2014?海南）如圖，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強電場，電場方向與xOy平面平行，且與x軸成45°夾角．一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子以速度v0從y軸上P點沿y軸正方向射出，一段時間后進入電場，進入電場時的速度方向與電場方向相反；又經(jīng)過一段時間T0，磁場方向變?yōu)榇怪奔埫嫦蚶?，大小不變，不計重力．?）求粒子從P點出發(fā)至第一次到達x軸時所需的時間；（2）若要使粒子能夠回到P點，求電場強度的最大值．考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動．專題：帶電粒子在復合場中的運動專題．分析：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律與粒子的周期公式求出粒子的運動時間．（2）分析清楚粒子在電場中的運動過程，應用牛頓第二定律、運動學公式求出電場強度．解答：解：（1）帶電粒子在磁場中做圓周運動，設運動半徑為R，運動周期為T，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：，粒子做圓周運動的周期：，由題意可知，粒子第一次到達x軸時，運動轉(zhuǎn)過的角度為，所需時間t1為：，解得：；（2）粒子進入電場后，先做勻減速運動，直到速度減小為0，然后沿原路返回做勻加速運動，到達x軸時速度大小仍為v0，設粒子在電場中運動的總時間為t2，加速度大小為a，電場強度大小為E，由牛頓第二定律得：qE=ma，，解得：，根據(jù)題意，要使粒子能夠回到P點，必須滿足t2≥T0，解得，電場強度最大值：．答：（1）粒子從P點出發(fā)至第一次到達x軸時所需的時間為：；（2）若要使粒子能夠回到P點，電場強度的最大值為．點評：本題考查了粒子在磁場與電場中的運動，分析清楚粒子運動過程是正確解題的前提與關鍵，分析清楚粒子運動過程后，應用牛頓第二定律、運動學公式即可正確解題．五、模塊3315．（4分）（2014?海南）下列說法正確的是（）A．液體表面張力的方向與液面垂直并指向液體內(nèi)部B．單晶體有固定的熔點，多晶體沒有固定的熔點C．單晶體中原子（或分子、離子）的排列具有空間周期性D．通常金屬在各個方向的物理性質(zhì)都相同，所以金屬是非晶體E．液晶具有液體的流動性，同時具有晶體的各向異性特征考點：*晶體和非晶體；*液晶．分析：表面張力產(chǎn)生在液體表面層，它的方向平行于液體表面，而非與液面垂直；晶體分為單晶體和多晶體，都有固定的熔點；液晶具有液體的流動性，同時具有晶體的各向異性特征解答：解：A：表面張力產(chǎn)生在液體表面層，它的方向平行于液體表面，而非與液面垂直，故A錯誤；B、晶體分為單晶體和多晶體，都有固定的熔點，故B錯誤；C、單晶體具有各向異性，原子（或分子、離子）的排列具有空間周期性，故C正確；D、通常金屬在各個方向的物理性質(zhì)都相同，但具有固定的熔點，為晶體，故D錯誤；E、液晶具有液體的流動性，同時具有晶體的各向異性特征，故E正確；故選：CE點評：本題主要考查了表面張力及晶體與非晶體的區(qū)別，選修3﹣3知識點較多，需認真掌握．16．（8分）（2014?海南）一豎直放置、缸壁光滑且導熱的柱形氣缸內(nèi)盛有一定量的氮氣，被活塞分隔成Ⅰ、Ⅱ兩部分；達到平衡時，這兩部分氣體的體積相等，上部氣體的壓強為PⅠ0，如圖（a）所示，若將氣缸緩慢倒置，再次達到平衡時，上下兩部分氣體的體積之比為3：1，如圖（b）所示．設外界溫度不變，已知活塞面積為S，重力加速度大小為g，求活塞的質(zhì)量．考點：理想氣體的狀態(tài)方程．專題：理想氣體狀態(tài)方程專題．分析：氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)題意求出氣體的狀態(tài)參量，然后應用玻意耳定律解題．解答：解：設活塞的質(zhì)量為m，氣缸倒置前下部氣體的壓強為p20，倒置后上下氣體的壓強分別為p2、p1，由力的平衡條件得：，，倒置過程中，兩部分氣體均經(jīng)歷等溫過程，設氣體的總體積為V0，由玻意耳定律得：，，解得：；答：活塞質(zhì)量為．點評：本題考查了求活塞質(zhì)量，應用平衡條件求出氣體的壓強，應用玻意耳定律即可正確解題．六、模塊3417．（2014?海南）一列簡諧橫波沿x軸傳播，a、b為x軸上的兩質(zhì)點，平衡位置分別為x=0，x=xb（xb＞0）．a(chǎn)點的振動規(guī)律如圖所示，已知波速為v=10m/s，在t=0.1s時，b點的位移為0.05m，則下列判斷可能正確的是（）A．波沿x軸正向傳播，xb=0.5mB．波沿x軸正向傳播，xb=1.5mC．波沿x軸負向傳播，xb=2.5mD．波沿x軸負向傳播，xb=3.5m考點：橫波的圖象；波長、頻率和波速的關系．專題：振動圖像與波動圖像專題．分析：根據(jù)a的振動圖象得出周期，根據(jù)λ=vT求出波長，分波沿x軸正向傳播和沿x軸負向傳播兩種情況討論即可求解．解答：解：由振動圖象可知，T=0.2s，根據(jù)λ=vT得：λ=10×0.2=2m，A、