2023年海南省高考物理模擬試卷（二）

1.下列屬于磁感應強度的單位且用國際單位制中基本單位符號表示的是（）

A.TB.N-A~1-m~1C.kg-A~1-s~2D.kg-A~1-s~3

2.一小船在靜水中的速度為3τn∕s,它在一條河寬150m,流速為5τn∕s的河流中渡河，則下

列說正確的是（）

A.小船渡河時間不少于60s

B.小船以最短時間渡河時，它沿水流方向的位移大小為15Onl

C.小船以最短位移渡河時，位移大小為25Om

D.小船以最短位移渡河時，時間為60s

3.2021年9月20日北京時間15時10分，搭載天舟三號貨運飛船的長征七號遙四運載火箭在

我國文昌航天發射場點火發射。當天22時08分，天舟三號成功對接于空間站天和核心艙后向

端口。我國自主研發的空間站“天和”核心艙繞地球的運行可視為勻速圓周運動，已知引力

常量，由下列物理量能計算出地球質量的是（）

A.核心艙的質量和繞地半徑B.核心艙的質量和繞地周期

C.核心艙的繞地角速度和繞地周期D.核心艙的繞地線速度和繞地半徑

4.我國利用小型輻照裝置研究病毒滅活，其主要原理是輻照源鉆給C。衰變后產生銀瑞Ni和

X粒子，并放出射線，利用射線、X粒子束產生的電離作用，使病毒失去感染性。已知鉆60的

半衰期為5.27年，下列說法正確的是（）

A.X粒子為中子

B.該衰變屬于口衰變，反應放出的射線是一種電磁波

C?&C。的結合能比該反應產生的新核判Ni的大

D.Ig鉆60經21年后約有2g發生了衰變

5.如圖所示，正方形框ABCD豎直放置，兩個完全相同的小球P、Q分

別穿在方框的BC、CD邊上，當方框繞AD軸勻速轉動時，兩球均恰與

方框保持相對靜止且位于BC、CD邊的中點，已知兩球與方框之間的動

摩擦因數相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則兩球與方框間的動

摩擦因數為（）

11C

B√22CD

A.2-4-4

6.飼養員在池塘邊堤壩邊緣4處以水平速度%往魚池中拋擲魚餌顆粒。堤壩截面傾角為53。。

壩頂離水面的高度為5m,g取IOm/S2,不計空氣阻力(Sin53。=0.8,cos53。=0.6),下列說法

正確的是

水面

A.若魚餌顆粒能落入水中，平拋初速度孫越大，從拋出到落水所用的時間越長

B.若魚餌顆粒能落入水中，平拋初速度火越大，落水時速度方向與水平面的夾角越大

C.若平拋初速度卬=5τn∕s,則魚餌顆粒不會落在斜面上

D.若魚餌顆粒不能落入水中，平拋初速度孫越大，落到斜面上時速度方向與斜面的夾角越小

7.用絕緣細線a、b將兩個帶電小球1和2連接并懸掛，已知小球2的重力為G,如圖所示，兩

小球處于靜止狀態，細線a與豎直方向的夾角為30。，兩小球連線與水平方向夾角為30。，細線

b水平，貝∣J()

A?小球1帶電量一定小于小球2的帶電量B.細線ɑ拉力大小為2J3G

C.細線匕拉力大小為?GD.小球1與2的質量比為1：2

8.如圖所示，在傾角為。的光滑固定斜面上有兩個用輕彈簧

連接的物塊4和B,它們的質量分別為Tn和2m，彈簧的勁度系

數為k,在外力F的作用下系統處于靜止狀態。已知彈簧始終

處于彈性限度內，重力加速度為g，則()

A.外力F的大小為2mgsin0

B.彈簧的形變量為巴警

k

C.若外力F的大小變為4mgs譏0,當4、B相對靜止時，彈簧彈力的大小為2mgsin0

D.若外力尸的大小變為4τngsin0,當4、B相對靜止時，突然撤去外力F的瞬間，物塊B的加

速度大小為WgSino

9.一定質量的理想氣體由狀態α變為狀態c,其過程如p-U圖

像中ɑ→c直線段所示，狀態b對應該線段的中點。下列說法正確

的是（）

A.α→C過程中氣體吸收熱量4po%

B.α→C過程中狀態b的分子平均動能最小

C.α→b過程中氣體對外界做功大于吸收的熱量

D.α→b過程中單位時間內碰撞單位面積器壁的分子數減少

10.如圖所示，空間中4、B、C、A1,Bi、Cl六個點恰好為豎直正三A

;、、、!

棱柱的頂點，在4點固定有正電荷Q1，當點固定有正電荷（?2，CI點固8

定有負電荷一q,帶電量Qi=<?2>q。以下說法正確的是（）

A.A、B兩點的電場強度相同，電勢也相同4G

B.若將Q2自以點豎直向上移動至B點，則其所受靜電力逐漸減小d

C.若將-q自CI點豎直向上移動至C點，則其電勢能逐漸增大

D.若將Q2自當點豎直向上移動至B點，則其電勢能始終不變

11.一列簡諧橫波沿K軸傳播，在t=0.125s時的波形如圖甲所示，M、N、P、Q是介質中的

四個質點，已知N點的平衡位置在X=O處，N、Q兩質點平衡位置之間的距離為16m。如圖乙

所示為質點P的振動圖像。下列說法正確的是（）

A.該波的波長為24m

B.該波的波速為120m∕s

C.質點P的平衡位置位于X=3τn處

D.從t=0.125s開始，質點Q比質點N早表S回到平衡位置

12.如圖甲所示，αb兩點間接入電壓如圖乙變化的交流電源，電阻Rl=100,滑動變阻器&

初始狀態電阻為100,理想變壓器原、副線圈匝數比為2：1,則（）

A.若滑動變阻器/?2=10。時，電流表示數為4.44

B.若滑動變阻器滑片向右移動時，RI的功率逐漸減小

C.若改變滑動變阻器也阻值，使出的功率最大時，此時&=IOO

D.若保持滑動變阻器/?2=與O不變，只改變原副線圈開數比，使/?2功率最大時，原副線圈

匝數比為3：1

13.如圖所示，閉合的等腰直角三角形金屬線框4BC以速度U向右勻速穿過磁感應強度為BO

的條形勻強磁場區域（運動過程中AC邊始終與磁場邊界平行）。已知金屬線框單位長度的電阻

為r,直角邊長為d,磁場區域寬度為2d。則下列說法正確的是（）

×XX

××××

××××

XXCX

A.當線框剛進入磁場區域時，直角邊AC產生電動勢的大小E=BodV

B.線框進入磁場過程中力、C兩點間電勢差UAC恒定不變

C.當線框的水平直角邊BC恰好進入一半時，導線內電流的大小/=市等9

D.線框從圖示位置到完全穿過磁場過程中通過線框某一橫截面的電量為零

14.某同學通過圖所示的實驗裝置，利用玻意耳定律來測定一顆形狀不規則的冰糖的體積。

①將冰糖裝進注射器，通過推、拉活塞改變封閉氣體的體積和壓強。若實驗過程中不慎將活

塞拔出針筒，則—（填“需要”或“不需要”）重做實驗。

②實驗中通過活塞所在刻度讀取了多組體積U及對應壓強p,為了在Xoy坐標系中獲得直線圖

像，應選擇—O

A.p—V圖像

B.p—圖像

CV-B圖像

嗎Y圖像

③選擇合適的坐標后，該同學通過描點作圖，得到直線的函數圖像如圖所示，忽略傳感器和

注射器連接處的軟管容積，則這顆冰糖的體積為一。

15.某同學制作了一個“加速度測量儀”，用來測量垂直電梯豎直上、下運行時的加速度，

其構造如圖1所示:將一根輕彈簧的上端固定在豎直放置且帶刻度的“r形光滑小木板上端,

當彈簧下端懸掛0.9N重物并靜止時，指針指向31.0Cm位置；當彈簧下端懸掛1.0N重物并靜止

時，指針指向30.OCnl位置。實際測量時，該同學在該彈簧下端固定LON重物，重力加速度g取

10m∕s2,所有計算結果保留兩位有效數字。

（1）該彈簧的勁度系數k=N/m；

（）實際測量時，當指針指到位置時，垂直電梯運行的加速度大小為2

231.0Cjnm∕si

（3）如圖2所示，將該加速度測量儀水平使用時，若指針仍指到31.0CnI位置，則水平加速度大

小為m∕s2<,

_

-QI000000000000JΓ?

3l0-?

EOo

。Z-

EG

30.0*-

圖I圖2

16.某物理興趣小組欲將電流表4改裝成量程為15U的電壓表。小組同學先用如圖甲所示的

電路測量電流表4的內阻，提供的實驗器材有：

A.電流表4式量程為In內阻約為2900）；

A電流表4（量程為l?5m4內阻約為2000）；

C定值電阻（阻值為6000）；

D定值電阻（阻值為600）；

E.滑動變阻器R;

F.一節新的干電池E；

G開關S及導線若干。

之人>易

mB*7∕j∕rπA

BsUo。:

κ**''1.0^~FmA

甲乙W

(1)圖甲中的電阻Ro應選用—(填uCn或"D”)。

(2)根據圖甲，用筆畫線代替導線，補充完成圖乙中實物間的連線。

(3)正確連接線路后，閉合開關S,調節滑動變阻器的滑片,獲得多組4的示數A和%的示數①

將對應的數據在/2-A坐標系中描點，作出-/i圖像如圖丙所示，&的內阻為一。(結果

保留三位有效數字)。

(4)給Al串聯一個阻值為_∕c0(結果保留三位有效數字)的定值電阻，可將占改裝成量程為

15P的電壓表心

(5)用標準電壓表％與V并聯進行校準。當％的示數為12.4U時，&的示數為0.80nM,貝W的實

際量程為_八結果保留三位有效數字)。

17.如圖所示，有一救生員面向泳池坐在池邊的高凳上，他dU

ws

的眼睛到地面的高度為”=L8m,眼睛距離池邊緣的水平距??J0

離為d=2.4m,當泳池注滿水時，水的深度為/i=1.8τn,此時；?JJ她

救生員可觀察到池底離池邊緣最近的點為4水池邊緣與A。之-'j?--------------

間的范圍為“視線盲區”。已知水的折射率為n=全光在真空中的速度為c=3xlθ8zn∕s,

求：

①4點到池邊緣的水平距離；

②光在水中傳播的速度。

18.如圖所示、AB是一段光滑的四分之一圓弧，半徑R=0.8m,BC是一段長度為d=0.9m

的水平軌道，與圓弧相切于B點。BC與傳送帶相接于C點，傳送帶長L=1m,與水平面的夾

角。=37。，傳送帶以大小恒為6m∕s速度逆時針轉動，一質量為3kg的小物體Tnl從A點釋放，

在B點與質量為Ikg的小物體巾2相碰后粘在一起，m1.n?與水平軌道和傳送帶之間的摩擦因

數均為〃=0.5,小物體過C點時速度大小不變，過C點后直接開始滑動，且若C點速度為。時

物體不會停留在C點。在傳送帶底端有一彈性擋板，小物體與之相碰后，速度大小不變，方

向反向。(g取10m∕s2,sin37o=0.6,cos37°=0.8)?完成下列問題：

(1)把r∏ι從4點靜止釋放，求mi與r∏2相碰前的一瞬間，∏k對B點的壓力；

(2)把r∏ι從4點靜止釋放，到爪1、瓶2與擋板第一次碰撞前的一瞬間，求MI、系統損失的機

械能；

(3)如果要求m1、巾2還能回到4點，那么在4點時至少應給r∏ι多大的初速度。

mt

C

19.如圖所示，真空中有一以。點為圓心的圓形勻強磁場區域，半徑

為R=0.5m,磁場方向垂直紙面向里。在y>R的區域存在一沿y軸

負方向的勻強電場，電場強度為E=1.0X105K∕mo在M點(坐標原

點)有一正粒子以速率U=1.0Xl()6m∕s沿X軸正方向射入磁場，粒子

穿出磁場進入電場,速度減小到0后又返回磁場，最終又從磁場離開。

已知粒子的比荷為5=1.0xlO,c/kg,不計粒子重力。求:

(1)圓形磁場區域磁感應強度的大小；

(2)沿X軸正方向射入磁場的粒子，從進入磁場到再次穿出磁場所走過的路程。

(3)沿X軸正方向射入磁場的粒子，從進入磁場到再次穿出磁場所經過的時間。

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：磁感應強度B的定義式可得：B=%

磁感應強度單位為7,則Ir=J=粵皿=1普，故C正確，ABD錯誤；

AmAm4s'

故選：Co

明確國際單位制中基本單位以及基本物理量，明確國際單位制中，磁感應強度的單位是特斯拉，

根據物理學公式分析答題。

本題考查了單位制的知識，熟練掌握物理學公式、知道各物理量的單位是正確解題的關鍵；同時

注意明確物理公式同樣可以進行物理單位的計算。

2.【答案】C

d

【解析】解：AD.當船頭垂直對岸行駛時時間最短，故最短時間是XE=H代入數據解得tm=

船7n

50s,故AO錯誤；

B、船以最短時間渡河，它沿水流方向位移大小為X=U次t代入數據解得X=250m,故8錯誤;

C、因船速小于水速，故當合速度方向與船速垂直時，渡河位移最短，如圖所示

2水

設此時合速度的方向與河岸的夾角為。，S樣言/則渡河的最小位移為X=焉代入數據解

得X=250m,故C正確;

故選：Co

當船頭垂直于對岸時，渡河時間最短；

當船速小于水速時，渡河位移最短是當合速度與船速垂直時。根據幾何關系可以求出物體的最小

位移。

明確小船渡河問題中渡河時間最短和渡河位移最短。

3.【答案】D

【解析】解：AB,航天器繞地球做勻速圓周運動，設地球質量為M,航天器質量為τn,軌道半徑

為r，根據萬有引力提供向心力得：

G罷=m(y)2r,核心艙的質量Tn約去，只知道繞地半徑r或只知道繞地周期都不能算出地球質量

M,故AB錯誤；

C、由于3=竿，角速度和周期之間關系一定，只知道周期就是只知道角速度，還是算不出地球

質量，故C錯誤；

D、設核心艙繞地線速度為“，根據萬有引力提供向心力得：G粵=m吧，得出地球質量M=空，

rzrG

G是引力常量，所以知道核心艙的繞地線速度和繞地半徑可以算出地球質量，故。正確。

故選：Do

航天器繞地球做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力分析判斷。

計算天體質量與密度的問題，如果涉及有環繞的行星或者衛星，一般都是根據萬有引力提供向心

力列式討論分析。

4.【答案】B

【解析】解：4根據質量數守恒和電荷數守恒可知,X粒子質量數為0,電荷數為Z=28-29=-1,

X為電子，故A錯誤；

AX粒子為電子，則該衰變屬于/?衰變，反應放出的射線為y射線，是一種電磁波，故B正確；

C.衰變時放出能量，生成物更穩定比結合能更大，由于兩原子核核子數都為60,所以第C。的結合

能比該反應產生的新核羽Ni的小，故C錯誤；

。.鉆60的半衰期為5.27年，21年約為鉆60的4個半衰期，Ig鉆60經21年后未衰變的質量約為m=

n4

m0φ=lg×(?)=^g,所以發生衰變的質量為意g,

故。錯誤。

故選：B。

根據電荷數守恒、質量數守恒寫出衰變方程；經過一個半衰期有半數發生衰變，根據m=巾0G尸

求解剩余的鉆60,然后求出發生衰變的質量。

解決本題的關鍵知道衰變的過程中電荷數守恒、質量數守恒，知道α衰變和口衰變的實質，理解半

衰期，并能進行計算?

5.【答案】B

【解析】解：設小球P、Q的質量為rn,正方形框ABCD的邊長為1,角速度為3。

對P球，根據牛頓第二定律可得

2

水平方向有：FN-mωl

豎直方向有：f=mg

又/=NFN

聯立得：μω2l=g

對Q球，根據牛頓第二定律可得：μmg=mω2[

聯立解得：〃=苧，故Ac。錯誤，B正確。

故選：Bo

小球P、Q均做勻速圓周運動，由合外力提供向心力，根據牛頓第二定律和摩擦力公式相結合求解。

解答本題時，要知道小球做勻速圓周運動時，由合外力提供向心力。

6.【答案】C

【解析】解：人根據t=J磊可知平拋時間由高度決定，與%無關，故4錯誤；

B、若魚餌顆粒能落入水中，下落高度一定，運動時間一定，根據速度分解關系，落水時速度方向

與水平面的夾角正切值tmα=詈=S為越大，tαna越小，即α越小，故8錯誤；

C、若魚餌顆粒恰好落在B點，則由豎直方向可得力=；9嚴，解得：t=Is,水平方向根據幾何關

系可得：tan53°=v°t,解得：DO=3?75m∕s<5m∕s,魚餌顆粒不會落在斜面上，故C正確；

。、若魚餌顆粒不能落入水中，落到斜面上時速度方向與水平方向的夾角氏根據位移分解關系

tan53。T=述="，5皿=詈=乎，聯立可得tan。=2tan53。，因此。一定，由幾何關系可

p

XVQt2VQV0O

知落到斜面上時速度方向與斜面的夾角不變，故。錯誤。

故選：Co

魚餌顆粒做平拋運動，若魚餌顆粒恰好落在B點，由水平分位移和豎直分位移求出此時魚餌顆粒

的初速度，分析魚餌顆粒是否落在斜面上，再由速度的分解法分析即可。

解決本題的關鍵掌握平拋運動的處理方法，在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向做自由落體

運動，以及知道速度與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角的正切值的兩倍。

7.【答案】B

【解析】解：C、對小球2,由平衡條件，在水平方向上可得：Fb=F庫?cos3(Γ,在豎直方向上可

得：G=F庫?siτι30°

解得細線b拉力大小為Fb=??=y∕~3G,故C錯誤；

BD、對小球1,由平衡條件，同理可得：

o

Fa?sm30=F庫。CoS30°

m1g+F庫Sin30。=Fa?cos30°

解得細線ɑ拉力大小為七=2√"3G,

同時可得：m1g=2G

又有62。=G

則小球1與2的質量比為Tn1：m2=2：1,故8正確，。錯誤；

A、由上述分析只能得到庫侖力的大小，由尸庫=曄，可知不能確定小球1與小球2的帶電量大小

關系，故A錯誤。

故選：B。

對小球2進行受力分析，根據正交分解求出細線b對小球的拉力大小；對兩球和細線b組成的整體

或對小球1,分析受力情況，根據平衡條件求細線a、C分別對小球1和2的拉力大小.

解決該題的關鍵是正確進行受力分析，掌握正交分解求解力的大小，掌握整體法和隔離法。

8.【答案】D

【解析】解：4對物塊4和B整體受力分析，如圖:

由平衡條件可得，沿斜面方向外力F的大小為：F=(m+2ni)gsinθ=3mgsinθ,故A錯誤;

A對物塊B受力分析，如圖：

、，2mg

由平衡條件可得，彈簧的彈力為：F彈=2mgsinO

根據胡克定律有：F彈=kAx

則彈簧的形變量為：4χ=迦等"，故8錯誤；

CD.對物塊4和B整體受力分析，由牛頓第二定律，得：F-3mgsinθ=3ma

解得：a=F-=￡駕亞F要迎g=WgSine

3m3m3c7

即物塊4和B的加速度大小為：aA=aβ=^gsinθ

對物塊B受力分析，由牛頓第二定律：-2mgsinθ=2maβ

1O

可得，彈簧彈力的大小為：F=2maβ+2mgsinθ=2m×-gsinθ+2mgsinθ=-mgsinθ

突然撤去外力F的瞬間，彈簧不突變，所以物塊B的加速度大小不變，故C錯誤，Z)正確。

故選：D。

對整體受力分析，根據受力平衡可求外力F的大小；

物體B只受自身重力、彈簧彈力和斜面的支持力，受力相對物體4簡單，則根據物體B的受力，根

據受力平衡可求彈簧彈力，結合胡克定律可求彈簧的形變量：

當外力增大時，物體開始運動，分析其受力，根據牛頓第二定律求得物塊的加速度，再對B分析

受力，可求彈力大小：

突然撤去外力F的瞬間，彈簧不突變，所以物塊B的加速度大小不變。

解題關鍵是合理對整體和個體進行受力分析，結合牛頓第二定律、胡克定律求解；明確彈簧不會

突變。

9.【答案】AD

【解析】解：4由圖像可知，a、C溫度相同，a-c過程中4U不變；a?→c過程中氣體體積增加，

氣體對外做功，由∕U=W+Q可知，氣體吸收熱量，故A正確；

orr∣,3p∕(＞_2p0x2匕)_POX3%

Dy-i?[JJrp~~rprp

?alb1c

可知Tb＞兀=幾

因為溫度越高分子平均動能越大，故狀態b的分子平均動能最大；則a→b過程中氣體體積增大，

對外做功，溫度升高，內能增大，所以體對外界做功小于吸收的熱量，故BC錯誤；

D因為a→b過程中氣體體積增大，所以單位時間內碰撞單位面積器壁的分子數減少，故。正確；

故選：ADo

根據熱力學第一定律可求解氣體狀態變化過程中的吸熱放熱；氣體分子平均動能主要與溫度有關,

溫度越高，分子平均動能越大；利用氣體壓強的微觀解釋，通過氣體體積變化可以分析氣體狀態

變化過程中單位時間碰撞單位面積器壁的分子數變化。

本題主要考察通過熱力學第一定律判斷氣體在狀態變化中的吸熱放熱、通過氣體狀態參量變化從

微觀層面解釋氣體壓強等，注意學會利用圖像輔助分析氣體的狀態參量，判斷氣體做功。

10.【答案】BC

【解析】解：4、Ql在4點的電場強度方向沿方向，＜?2在4點的電場強度方向沿方向，-q在

B點的電場強度方向沿4G方向。Ql在B點的電場強度方向沿方向，Q2在B點的電場強度方向沿

BlB方向,-q在8點的電場強度方向沿Bcl方向，由電場的疊加原理可知，力、B兩點的電場強度

方向不同，電場強度不同。在Qi、Q2的合電場中，4、B兩點的電勢相同。在-q的電場中，4、B兩

點的電勢也相同，所以在三個電荷的合電場中，A、B兩點的電勢相同，故A錯誤；

B、若將Q2自Bl點豎直向上移動至B點，(22距離Qi、-q越來越遠，則Qi、-q對其靜電力逐漸減小，

且兩力之間的夾角逐漸增大，故其所受靜電力逐漸減小，故8正確；

C、若將-q自Cl點豎直向上移動至C點，貝IQ1、Q2均對其左負功，因此其電勢能逐漸增大，故C

正確；

D、若將Qz自/點豎直向上移動至B點，則Ql對它做正功，-q對它做負功，由于Qi>q,且正功

大于負功，故總功為正，其電勢能減小，故。錯誤。

故選：BCo

空間任何一點的電場是三個電荷產生的電場的疊加，根據電場的疊加原理和幾何關系分析4、B兩

點的電場強度和電勢關系。將Qz自Bl點豎直向上移動至B點，Qi、-q對其靜電力逐漸減小，根據

兩力夾角的變化，分析其所受靜電力的變化。根據電場力做功正負，來判斷電勢能的變化。

解答本題時，要熟練運用電場的疊加原理，來分析電場強度關系，根據靜電力做功情況來判斷電

勢能的變化情況。

11.【答案】ABD

【解析】解：A、根據三角函數知識可知，NQ兩質點平衡位置之間的距離為：XNQ=I4?2=

16m,解得：4=24m,故4正確；

B、根據圖乙可知波的周期為T=0.2s,則波速為D=今=得m∕s=12(Ws,故8錯誤；

B、由圖乙可知，t=0.125s時刻，質點P沿y軸負方向運動，根據同側法可知，該波沿X軸負方向

傳播。在t=0.125s之后，質點P第一次位于波峰的時間為t=0.25s,由此可知波峰為t=0.125s時

刻質點Q所在處的波峰傳播來的，所以有Zt="產=0.25s-0.125s,解得：XP=Im,故C錯

誤；

D、從t=0.125s開始，質點Q第一次回到平衡位置所經歷的時間為J=*=竽s=0.05s

圖甲中，質點Q左側波形的第一個平衡位置處坐標為

Λλz,24dC

x1=%ρ—-=16m——m=IOm

該振動狀態第一次傳播到質點N所經歷的時間為：t2=色=ι?s=1?S

VJL，UJLZ

則4t=t2Tι=ι?s-0?05s=2s,即質點Q比質點N早焉S回到平衡位置，故。正確。

?4?V/?U

故選：ABD.

在圖甲中，根據三角函數知識得出波長，由乙圖讀出周期，從而求得波速；根據同側法分析出波

的傳播方向，根據橫波在水平方向的運動特點計算出質點P的平衡位置；分別計算出不同質點回

到平衡位置的時間再作差即可。

本題主要考查橫波圖像的相關應用，根據圖像得出周期、波長等物理意義，熟悉橫波在不同方向

的運動特點，結合運動學公式即可完成分析。

12.【答案】BD

【解析】解：AB.根據正弦式交流電的特點可知，輸入的交流電源的有效值為U=絆Wu=220V

設電流表的示數為/2,根據電流與匝數比的關系可知原線圈的電流為：

I_l2

??-7

副線圈的電壓為：U2=I2R2

則原線圈的電壓為：U1=2U2=2I2R2=4I1R2

則U=I1R1+/=I1R1+AI1R2

聯立可得：I1=4.44；I2=8.84

根據閉合電路歐姆定律可得：

U=I1R1+4I1R2=∕1(β1+4/?2)

可知若滑動變阻器滑片向右移動時，/1變小，根據P=/2R可知Rl的功率逐漸減小，故4錯誤，B

正確；

C根據等效電阻的知識可知，副線圈對應的原線圈位置的等效電阻為4/？2,根據電路結構可知，原

線圈消耗功率為：

P=,?"

22

n22QR3220

化筒得一(5+4/?3)2_^∣÷16Λ3+40

根據數學的不等式知識可知，當4%=Ri時，&的功率最大，解得：R2=2?5O故C錯誤；

。.設原副線圈的匝數比為九，根據選項分析可知，可以將原線圈電阻等效為九27?2,根據上述分

析可知，當=%時，/?2功率最大，則

210n

九X@=Rl

解得幾=3

可知若保持滑動變阻器/?2=噂。不變，只改變原副線圈匝數比，使氏2功率最大時，原副線圈匝數

7

比為3：1,故。正確。

故選：BD.

根據交流電的特點得出交流電源的有效值，結合歐姆定律和變壓器的工作原理聯立等式得出電表

的讀數和功率的變化趨勢：

根據功率的計算公式結合數學知識得出功率最大時電阻的阻值，結合變壓器的工作原理得出此時

的線圈匝數比。

本題主要考查了變壓器的相關應用，理解變壓器兩端的電學物理量與匝數的比值關系，結合歐姆

定律和功率的計算公式即可完成分析。

13.【答案】AC

【解析】解：4當線框剛進入磁場區域時，有效切割長度為d,直角邊ZC產生電動勢的大小E=

B0dv,故A正確；

B、線框進入磁場過程中，有效切割長度逐漸減小，感應電流逐漸減小，力、C兩點間電勢差以c是

路端電壓，由于AC的內電壓不斷減小，AC產生的感應電動勢不變，則UAe增大，故8錯誤；

C、當線框的水平直角邊BC恰好進入一半時，有效切割長度為《產生的感應電動勢為e=Bo?

=^B0dv

線框的總電阻R總=(2d+Cd)r,則/=尋=黑石=倘"故C正確；

。、線框從圖示位置到完全穿過磁場過程中，線框中有逆時針方向有感應電流，由q=∕t知通過線

框某一橫截面的電量不為零，故。錯誤。

故選：AC.

當線框剛進入磁場區域時，根據公式E=Bw求直角邊AC產生電動勢的大小。根據感應電動勢的

變化分析AC兩點間電勢差UAC是否變化。當線框的水平直角邊BC恰好進入一半時，先根據公式

E=BLu求出線框產生的感應電動勢，再根據閉合電路歐姆定律求導線內電流/的大小。根據q=It

分析通過線框某一橫截面的電量是否為零。

解決本題的關鍵要確定出線框有效切割長度,運用法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆列式分析。

14.【答案】需要Cb

【解析】解：①實驗需要保持氣體溫度與質量不變，操作中，若實驗過程中不慎將活塞拔出針筒,

則必須廢除之前獲得的數據，重做實驗，這是為了保持氣體質量不變。

②設冰糖的體積為力,則氣體的體積為彩=U-匕

由玻意耳定律知P(V-K1)=C

為了獲得直線圖像，應表示為U=c"+匕

選擇U-：圖像，故選C

③由函數關系結合圖可知匕=b

故答案為：①需要；②C；③b

①根據實驗原理掌握正確的實驗操作；

②根據玻意耳定律結合圖像的物理意義得出正確的圖像；

③理解圖像的物理意義，結合圖2得出冰糖的體積。

本題主要考查了理想氣體的實驗規律，根據實驗原理掌握正確的實驗操作，結合圖像的物理意義

即可完成分析。

15.【答案】(I)10；(2)1.0；(3)9.0

【解析】解：(I)由胡克定律F=Ax可得4尸=Adx

ΛF10-09

代入解得k=取=而旃R產N/M=10N/m：

(2)重物質量m=0.1kg,當指針指至(∣31.0Cm位置時，豎直方向由牛頓第二定律有mg-Fl=ma1

代入解得c?=g―亮=(10-^y)τn∕s2=1.0m∕s2;

(3)若水平使用，指針仍指到31.0CnI位置，水平方向有F]=mɑ2

代入解得a2=^~=含m∕s?=9.0m∕s2o

故答案為：(1)10；(2)1.0；(3)9.0o

(1)根據胡克定律計算；

(2)(3)根據牛頓第二定律計算；

本題考查“加速度測量儀”，要求掌握胡克定律和牛頓第二定律。

16.【答案】C30014.715.5

【解析】解：(1)當電流表4、&滿偏時，根據歐姆定律?RAl=(匕2-3)?RO

電阻RO=Γ?L=IXlt)：X29O=580。

υ∕142-Cu1.5×10^3-l×10^3

圖甲中的電阻Ro應選用C；

(2)根據圖甲，用筆畫線代替導線，補充完成圖乙中實物間的連線如圖所示

(3)根據串并聯電路特點和歐姆定律有/2=/1+嚕

整理得/2=血抖/1

KO

根據/2-/1圖像可知，圖像的斜率k=券M=晶=1?5

代入數據解得Rai=30012

(4)將為改裝成量程為15,的電壓表，根據歐姆定律=肝品

需要串聯的電阻為Rl=J--RAI="so-300。=1.47X104∕2=14.7k

*A1IxlO。

(5)當VO的示數為12.4V時，Al的示數為0.80mA

根據歐姆定律，改裝電壓表的真實內阻Ry真=詈=08累*。=1?55×1。"

34

改裝電壓表的真實量程U真=IAI-Ry直=1XIO-×1.55XIOK=15.5V

故答案為：(I)C;(2)實物連接圖見解析；(3)300；(4)14.7；(5)15.5。

(1)根據電流表4、42的滿偏電流結合并聯電路的電流特點和歐姆定律，估算電阻品，再作出選擇；

(2)根據電路圖連接實物圖；

(3)根據并聯電路的電流特點結合歐姆定律求解/2-A函數，結合圖像斜率的含義求電流表4的內

阻；

(4)將電流表改裝成電壓表，需要串聯一個電阻，根據串聯電路的電流特點結合歐姆定律求解所串

聯的電阻值；

(5)根據并聯電路的電壓特點以及歐姆定律求解電壓表U的實際量程.

本題考查了電流表內阻的測定、電壓表的改裝以及校正；熟練掌握歐姆定律、串聯和并聯電路的

特點是解題的關鍵。

17.【答案】解：①光線從P點射向人眼時在水面發生折射，設入射角為r,折射角為i

..d

由幾何關系可知2E

Sinr=/X

Jx2+h2

則水的折射率A黑

聯立代入數據解得X=0.9375m

②根據光的傳播速度與折射率的關系可知

C3×108.CCLSH/

V=-=-4—m/s=2.25X108m∕s

答：①4點到池邊緣的水平距離為0.9375m；

②光在水中傳播的速度為2.25X108m∕So

【解析】①根據光的折射定律結合幾何關系解得A點到池邊緣的水平距離;

②作根據光的傳播速度與折射率的關系解答。

本題是折射定律的應用問題，根據幾何知識與折射定律結合進行處理,注意光速與折射率的關系。

18.【答案】解：(l)mι從4點靜止釋放到與τ∏2相碰前的過程，根據機械能守恒mιgR=gnh詔

解得%=4m∕s

根據牛頓第二定律FN-m.g=^

解得B點對Tnl的支持力FN=90N

根據牛頓第三定律可知，mi對B點的壓力大小為90N,方向豎直向下。

(2)T∏1,加2系統損失的機械能等于系統克服摩擦力做功與碰撞過程損失機械能之和，碰撞過程根

mmv

據動量守恒TnIfO=Cι+2)1<ΔE=μ(m1+m2')gd+μ(m1+m2)gLcosθ+∣m1vθ-?(m?+

m2)vι

解得ZE=407

(3)所施加的初速度最小時，m??巾2回到4點時的速度為零，則由C到A過程-灰恤+∏?)gd-