海南省2021年高考复习物理试卷课件.pptx

1、2021 年海南省高考物理试卷年海南省高考物理试卷一、单项选择题：一、单项选择题：1如图，静电场中的一条电场线上有 M、N 两点，箭头代表电场的方向，则（）AM 点的电势比 N 点的低BM 点的场强大小一定比 N 点的大C电子在 M 点的电势能比在 N 点的低D电子在 M 点受到的电场力大小一定比在 N 点的大2如图，一段半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面（纸面）上，铜线所在空间有一匀强磁场，磁场方向竖直向下。当铜线通有顺时针方向电流时，铜线所受安培力的方向（）A向前B向后C向左D向右3汽车在平直公路上以 20m/s 的速度匀速行驶。前方突遇险情，司机紧急刹车，汽车做匀减速运动，加速度大小为 8m

2、/s 从开始刹车到汽车停止，汽车运动的距离为（）2A10mB20mC25mD50m42021 年 5 月，我国第 45 颗北斗卫星发射成功。已知该卫星轨道距地面的高度约为 36000km，是“天宫二号”空间实验室轨道高度的 90 倍左右，则（）A该卫星的速率比“天宫二号”的大1B该卫星的周期比“天宫二号”的大C该卫星的角速度比“天宫二号”的大D该卫星的向心加速度比“天宫二号”的大5如图，两物块 P、Q 置于水平地面上，其质量分别为 m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为 g，现对 Q 施加一水平向右的拉力 F，使两物块做匀加高考高考速直线运动，轻绳

3、的张力大小为（）111AF2mgB F+mgC FmgD F333练练6如图，一硬币（可视为质点）置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴 OO的距离为 r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度大小为 g。若硬币与圆盘一起OO轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为（）试卷试卷1 2 2ABCD2二、多项选择题：二、多项选择题：7对于钠和钙两种金属，其遏止电压 U 与入射光频率 v 的关系如图所示。用 h、e 分别表示普朗克常量c和电子电荷量，则（）22A钠的逸出功小于钙的逸出功B图中直线的斜率为C在得到这两条直线时，必须保证入射光的光强相同D若这两种金属产生的光电子具

4、有相同的最大初动能，则照射到钠的光频率较高8如图，一理想变压器输入端接交流恒压源，输出端电路由 R、R、R 三个电阻构成。将该变压器123原、副线圈的匝数比由 5：1 改为 10：1 后（）练练1A流经 R 的电流减小到原来的14BR 两端的电压增加到原来的 2 倍21CR 端的电压减小到原来的231D电阻上总的热功率减小到原来的49如图，虚线 MN 的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子 P、Q 从磁场边界的M 点先后射入磁场，在纸面内运动。射入磁场时，P 的速度 v 垂直于磁场边界，Q 的速度 v 与磁场PQ边界的夹角为 45已知两粒子均从 N 点射出磁场，且在磁场中运动

5、的时间相同，则（）32AP 和 Q 的质量之比为 1：2BP 和 Q 的质量之比为 2：1CP 和 Q 速度大小之比为 2：1DP 和 Q 速度大小之比为 2：110三个小物块分别从 3 条不同光滑轨道的上端由静止开始滑下。已知轨道 1、轨道 2、轨道 3 的上端距水平地面的高度均为 4h；它们的下端水平，距地面的高度分别为 h h、h 2h、h 3h，如图所0102030练练示。若沿轨道 1、2、3 下滑的小物块的落地点到轨道下端的水平距离分别记为 s、s、s，则（）123As sBs sCs sDs s2 3122313三、实验题：三、实验题：11用实验室提供的器材设计一个测量电流表内阻的

6、电路。实验室提供的器材为：待测电流表 A（量程10mA，内阻约为 50），滑动变阻器 R，电阻箱 R，电源 E（电动势约为 6V，内阻可忽略），开关 S11和 S，导线若干。242021 年年（1）根据实验室提供的器材，在图（a）所示虚线框内将电路原理图补充完整，要求滑动变阻器起限流作用；（2）将图（b）中的实物按设计的原理图连线；（3）若实验提供的滑动变阻器有两种规格10，额定电流 2A1500，额定电流 0.5A实验中应该取。（填“”或“”）12某同学利用图（a）的装置测量轻弹簧的劲度系数。图中，光滑的细杆和直尺水平固定在铁架台上，一轻弹簧穿在细杆上，其左端固定，右端与细绳连接；细绳跨过光

7、滑定滑轮，其下端可以悬挂砝码（实验中，每个砝码的质量均为 m50.0g）。弹簧右端连有一竖直指针，其位置可在直尺上读出。实验步骤如下：在绳下端挂上一个砝码，调整滑轮，使弹簧与滑轮间的细线水平且弹簧与细杆没有接触；系统静止后，记录砝码的个数及指针的位置；逐次增加砝码个数，并重复步骤（保持弹簧在弹性限度内）：用 n 表示砝码的个数，l 表示相应的指针位置，将获得的数据记录在表格内。回答下列问题：（1）根据下表的实验数据在图（b）中补齐数据点并做出 ln 图象。5n12345l/cm10.4810.9611.4511.9512.40（2）弹簧的劲度系数 k 可用砝码质量 m、重力加速度大小 g 及

8、ln 图线的斜率 表示，表达式为 k。若 g 取 9.8m/s，则本实验中 2kN/m（结果保留 3 位有效数字）。高考复高考复练练试卷试卷四、计算题：四、计算题：13如图，用不可伸长轻绳将物块 a 悬挂在 O 点：初始时，轻绳处于水平拉直状态。现将 a 由静止释放，当物块 a 下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块 b 发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰6撞后 b 滑行的最大距离为 s。已知 b 的质量是 a 的 3 倍。b 与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为 g。求（1）碰撞后瞬间物块 b 速度的大小；（2）轻绳的长度。高考高考14如图，一水平面内固定有两根平行的长直金属导轨，导

9、轨间距为 l；两根相同的导体棒 AB、CD 置于导轨上并与导轨垂直，长度均为 l；棒与导轨间的动摩擦因数为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）：整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向竖直向下。从 t0 时开始，对 AB 棒施加一外力，使 AB 棒从静止开始向右做匀加速运动，直到 tt 时刻撤去外力，此时棒中的感应电流为 i；已11知 CD 棒在 tt（0t t）时刻开始运动，运动过程中两棒均与导轨接触良好。两棒的质量均为001m，电阻均为 R，导轨的电阻不计。重力加速度大小为 g。试卷试卷 测测（1）求 AB 棒做匀加速运动的加速度大小；（2）求撤去外力时 CD 棒的速度大小；（3）撤去

10、外力后，CD 棒在 tt 时刻静止，求此时 AB 棒的速度大小。215一定量的理想气体从状态 M 出发，经状态 N、P、Q 回到状态 M，完成一个循环。从 M 到 N、从 P到 Q 是等温过程；从 N 到 P、从 Q 到 M 是等容过程；其体积温度图象（VT 图）如图所示。下列说法正确的是（）72A从 M 到 N 是吸热过程B从 N 到 P 是吸热过程C从 P 到 Q 气体对外界做功D从 Q 到 M 是气体对外界做功E从 Q 到 M 气体的内能减少16如图，一封闭的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，一重量不可忽略的光滑活塞将容器内的理想气练练体分为 A、B 两部分，A 体积为 V 4.0103m

11、3压强为 p 47cmHg；B 体积为 V 6.010AAB3m3，压强为 p 50cmHg现将容器缓慢转至水平，气体温度保持不变，求此时 A、两部分气体的BB体积。试卷试卷17一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，周期为 0.2s，t0 时的波形图如图所示。下列说法正确的是（）8A平衡位置在 x1m 处的质元的振幅为 0.03mB该波的波速为 10m/sCt0.3s 时，平衡位置在 x0.5m 处的质元向 y 轴正向运动Dt0.4s 时，平衡位置在 x0.5m 处的质元处于波谷位置Et0.5s 时，平衡位置在 x1.0 处的质元加速度为零18一透明材料制成的圆柱体的上底面中央有一球形凹陷，凹面与

12、圆柱体下底面可透光，表面其余部分均涂有遮光材料。过圆柱体对称轴线的截面如图所示。O 点是球形凹陷的球心，半径 OA 与 OG 夹角120 平行光沿轴线方向向下入射时，从凹面边缘 A 点入射的光线经折射后，恰好由下底面上C 点射出。已知 ABFG1cm，BC=3cm，OA2cm。（i）求此透明材料的折射率；练练（ii）撤去平行光，将一点光源置于球心 O 点处，求下底面上有光出射的圆形区域的半径（不考虑侧面的反射光及多次反射的影响）。92021 年海南省高考物理试卷年海南省高考物理试卷参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、单项选择题：一、单项选择题：1（2021海南）如图，静电场中的一条电场线上

13、有 M、N 两点，箭头代表电场的方向，则（）高考高考AM 点的电势比 N 点的低BM 点的场强大小一定比 N 点的大C电子在 M 点的电势能比在 N 点的低D电子在 M 点受到的电场力大小一定比在 N 点的大【考点】A7：电场线；AE：电势能与电场力做功【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题；62：推理能力【分析】沿电场线方向电势逐渐降低，电场线的疏密表示电场强度的大小。【解答】解：A、沿电场线方向电势逐渐降低，M 点的电势比 N 点的高，故 A 错误；B、由于不能确定电场线疏密，故不能确定电场强度大小，故 B 错误；C、电子从 M 到 N，电场力做负功，电势能增

14、加，故在 M 点的电势能比在 N 点的低，故 C 正确；D、由于不能确定电场强度大小，也不能确定电荷所受电场力大小，故 D 错误；故选：C。【点评】解决本题的关键要掌握负电场线的性质，根据电场线的疏密能判断场强的大小。2（2021海南）如图，一段半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面（纸面）上，铜线所在空间有一匀强磁场，磁场方向竖直向下。当铜线通有顺时针方向电流时，铜线所受安培力的方向（）1020A向前B向后C向左D向右【考点】CD：左手定则【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；53D：磁场 磁场对电流的作用；62：推理能力【分析】根据左手定则来判断即可，让磁感线从掌心进入，并使四指指向

15、电流的方向，这时拇指所指的方向就是导线受的安培力的方向。【解答】解：根据左手定则可知，安培力的方向一定和磁场方向垂直，同时一定和电流方向垂直，当铜线通有顺时针方向电流时，铜线所受安培力的方向向前，故 A 正确，BCD 错误。故选：A。【点评】本题考查左手定则的应用，题目简单，正确应用左手定则即可求解。关键是注意电流方向、磁场方向和安培力的方向之间的关系3（2021海南）汽车在平直公路上以 20m/s 的速度匀速行驶。前方突遇险情，司机紧急刹车，汽车做匀减速运动，加速度大小为 8m/s 从开始刹车到汽车停止，汽车运动的距离为（）2A10mB20mC25mD50m【考点】1D：匀变速直线运动的速度

16、与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】12：应用题；32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题；62：推理能力【分析】根据刹车的初速度和刹车的加速度，由推导公式 v 2ax 可得汽车运动的距离。2【解答】解：由题意知，车速 v20m/s，刹车的加速度大小为 8m/s，最后末速度减为，由推导公式20v22ax 可得：x25m，故 C 正确，ABD 错误。11故选：C。【点评】解答此题的关键是知道末速度为 0 隐含条件，找到题干告诉的已知量初速度和加速度，利用匀变速直线运动公式可解。4（2021海南）2021 年 5 月，我国第 45 颗北斗卫星发射成功。已知该卫

17、星轨道距地面的高度约为36000km，是“天宫二号”空间实验室轨道高度的 90 倍左右，则（）A该卫星的速率比“天宫二号”的大B该卫星的周期比“天宫二号”的大C该卫星的角速度比“天宫二号”的大D该卫星的向心加速度比“天宫二号”的大【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星【专题】31：定性思想；4C：方程法；52A：人造卫星问题；62：推理能力【分析】根据万有引力提供向心力，写出线速度、角速度、周期表向心加速度达式，求解答案。242【解答】解：由万有引力提供向心力得：G 2=m =mr 2mr=ma，2解得：v=T2=a=32北斗卫星的轨道半径大于“天宫二号”的轨道半径，所以：线速度北

18、斗卫星的小；周期北斗卫星大；角速度北斗卫星小；向心加速度北斗卫星的小，故 ACD 错误 B 正确；故选：B。【点评】本题关键根据人造卫星的万有引力提供向心力，写出各个待求量的表达式，根据表达式分析得出结论。5（2021海南）如图，两物块 P、Q 置于水平地面上，其质量分别为 m、2m，两者之间用水平轻绳连1220接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为 g，现对 Q 施加一水平向右的拉力 F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为（）111AF2mgB F+mgC FmgD F333【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律【专题】34：比较思想；4A：整体法和隔

19、离法；522：牛顿运动定律综合专题；62：推理能力【分析】先对整体，利用牛顿第二定律求得加速度，再对 P，利用牛顿第二定律列式，即可求得轻绳的张力。【解答】解：对整体，根据牛顿第二定律得：F3mg3ma。再对 P，根据牛顿第二定律得：Tmgma1联立解得轻绳的张力大小为：T=F，故 ABC 错误，D 正确。3故选：D。【点评】本题是连接体问题，采用整体法和隔离法相结合进行解答，比较简洁。要注意本题的结论与地面是否有摩擦无关。6（2021海南）如图，一硬币（可视为质点）置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴 OO的距离为 r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度大小

20、为 g。若硬币与圆盘一起 OO轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为（）13201 A2 2BCD2【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力【专题】12：应用题；32：定量思想；43：推理法；519：匀速圆周运动专题；62：推理能力【分析】依据最大静摩擦力提供向心力，从而判定滑动时的最大角速度。【解答】解：摩擦力提供合外力，当达到最大静摩擦时，角速度最大，结合牛顿第二定律可知，g2r，解得圆盘转动的最大角速度为：=，故 B 正确，ACD 错误。故选：B。【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，掌握向心力表达式，注意最大静摩擦力提供向心力时，角速度最大是解题的关键。二、多项选择题：二、多项选择题：试卷

21、试卷7（2021海南）对于钠和钙两种金属，其遏止电压 U 与入射光频率 v 的关系如图所示。用 h、e 分别表c示普朗克常量和电子电荷量，则（）A钠的逸出功小于钙的逸出功14B图中直线的斜率为C在得到这两条直线时，必须保证入射光的光强相同D若这两种金属产生的光电子具有相同的最大初动能，则照射到钠的光频率较高【考点】IE：爱因斯坦光电效应方程【专题】31：定性思想；4C：方程法；54P：爱因斯坦的质能方程应用专题；63：分析综合能力【分析】根据光电效应方程得出遏止电压与入射光频率的关系，通过图线的斜率求出普朗克常量；遏止电压为零时，入射光的频率等于截止频率。【解答】解：A、根据光电效应方程得：E

22、 hW hhkm00又 E eUkmC00；=-解得：UC=-当遏止电压为 0 时，对应的频率为金属的极限频率，结合图可知钠的极限频率小，则钠的逸出功小。故 A 正确；0B、由 UC=-知 U 图线的斜率 k=，故 B 正确；00C、由 UC=-知图线的特点与光的强度无关。故 C 错误；D、钠的逸出功小，结合 E hW 可知，若这两种金属产生的光电子具有相同的最大初动能，则km0照射到钠的光频率较小。故 D 错误故选：AB。【点评】解决本题的关键掌握光电效应方程 EKmhW，以及知道光电子的最大初动能与入射光的0强度无关，与入射光的频率有关；掌握光电效应方程以及最大初动能与遏止电压的关系。15

23、2028（2021海南）如图，一理想变压器输入端接交流恒压源，输出端电路由 R、R、R 三个电阻构成。123将该变压器原、副线圈的匝数比由 5：1 改为 10：1 后（）1A流经 R 的电流减小到原来的14BR 两端的电压增加到原来的 2 倍21CR 端的电压减小到原来的231D电阻上总的热功率减小到原来的4【考点】E8：变压器的构造和原理【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；53A：交流电专题；62：推理能力【分析】分清不变量和变量，弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系，利用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点进行分析判定。1【解答】解：A、变压器原、副线圈的

24、匝数比由 5：1 改为 10：1，则副线圈的输出电压减小为原来的21，根据欧姆定律可知，流经 R 的电流减小到原来，故 A 错误。121B、根据串并联电路规律可知，R 两端的电压减小到原来的，故 B 错误。221C、同理，R 两端的电压减小到原来，故 C 正确。3221D、副线圈总电阻不变，根据功率公式可知，P=，总功率减小到原来的，故 D 正确。4故选：CD。【点评】本题考查了变压器的构造和原理，明确变压器的制约关系，输入电压决定输出电压，匝数变16化引起输出电压变化。9（2021海南）如图，虚线 MN 的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子 P、Q从磁场边界的 M 点先后

25、射入磁场，在纸面内运动。射入磁场时，P 的速度 v 垂直于磁场边界，Q 的速P度 v 与磁场边界的夹角为 45已知两粒子均从 N 点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则Q（）高高AP 和 Q 的质量之比为 1：2BP 和 Q 的质量之比为 2：1CP 和 Q 速度大小之比为 2：1DP 和 Q 速度大小之比为 2：1【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】11：计算题；31：定性思想；4C：方程法；536：带电粒子在磁场中的运动专题；63：分析综合能力【分析】根据几何关系先确定圆心和半径，再根据洛伦兹力提供向心力列式得到粒子的质量比和速度比。【解答】

26、解：AB、由题意可知，P、Q 两粒子的运动轨迹分别为半圆、四分之一圆，再根据t=22解得：m：m 1：2，故 A 正确，B 错误；PQ2CD、结合几何关系可知，R：=1：，由公式qvB=m，解得：v：2=2：1，故 C 正确，D 错误。17故选：AC。【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力列式求解；带电粒子在匀速磁场中做匀速圆周运动问题通常要先确定圆心，得到半径，最后根据洛伦兹力提供向心力列式。10（2021海南）三个小物块分别从 3 条不同光滑轨道的上端由静止开始滑下。已知轨道 1、轨道 2、轨高考高考道 3 的上端距水平地面的高度均为

27、4h；它们的下端水平，距地面的高度分别为 h h、h 2h、h0102033h，如图所示。若沿轨道 1、2、3 下滑的小物块的落地点到轨道下端的水平距离分别记为 s、s、012s，则（）3练练As sBs sCs sDs s2 3122313【考点】43：平抛运动；6C：机械能守恒定律【专题】32：定量思想；43：推理法；518：平抛运动专题；62：推理能力【分析】根据机械能守恒求平抛运动的初速度，根据平抛运动的规律求解水平位移。1【解答】解：根据 mgh=mv 得小滑块离开轨道时的水平速度2v=2，轨道、下滑的小物1232块的初速度之比为 3：2：1，由 h=1 22，可知 t=2，轨道 1

28、、2、3 下滑的小物块的时间之比为 1：2：3，根据 xvt 可知，小物块的落地点到轨道下端的水平距离之比 s：s：s=3：2：3，故 BC 正123确，AD 错误；故选：BC。18【点评】解答此题的关键是知道平抛运动的水平位移与初速度和时间均有关。三、实验题：三、实验题：11（2021海南）用实验室提供的器材设计一个测量电流表内阻的电路。实验室提供的器材为：待测电流表 A（量程 10mA，内阻约为 50），滑动变阻器 R，电阻箱 R，电源 E（电动势约为 6V，内阻可1忽略），开关 S 和 S，导线若干。12高考复高考复习习（1）根据实验室提供的器材，在图（a）所示虚线框内将电路原理图补充完

29、整，要求滑动变阻器起限流作用；（2）将图（b）中的实物按设计的原理图连线；（3）若实验提供的滑动变阻器有两种规格10，额定电流 2A1500，额定电流 0.5A实验中应该取。（填“”或“”）【考点】N6：伏安法测电阻【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；43：推理法；535：恒定电流专题；65：实验能力【分析】（1）根据实验目的与实验器材确定实验原理，根据实验原理设计实验电路图。（2）根据实验电路图连接实物电路图。（3）根据题意求出电流最小电阻，然后根据串联电路特点求出滑动变阻器接入电路的最小阻值，然后19选择滑动变阻器。【解答】解：（1）测电流表内阻，由题意可知，实验没有提

30、供电压表，提供了电阻箱与两个开关，本实验应用半偏法测电流表内阻，电流表与电阻箱并联，滑动变阻器采用限流接法，实验电路图如图所示；（2）根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；（3）电路最小电阻约为：6R=600，10 10 3滑动变阻器接入电路的最小阻值约为：60050550，滑动变阻器应选择；练练故答案为：（1）电路图如图所示；（2）实物电路图如图所示；（3）。试卷试卷【点评】本题考查了实验电路设计、连接实物电路图、实验器材选择问题，根据实验目的与实验器材确定实验原理与实验方案是解题的前提与关键；要掌握实验器材的选择原则。2012（2021海南）某同学利用图（a）的装置测量轻弹簧的

31、劲度系数。图中，光滑的细杆和直尺水平固定在铁架台上，一轻弹簧穿在细杆上，其左端固定，右端与细绳连接；细绳跨过光滑定滑轮，其下端可以悬挂砝码（实验中，每个砝码的质量均为 m50.0g）。弹簧右端连有一竖直指针，其位置可在直尺上读出。实验步骤如下：在绳下端挂上一个砝码，调整滑轮，使弹簧与滑轮间的细线水平且弹簧与细杆没有接触；系统静止后，记录砝码的个数及指针的位置；逐次增加砝码个数，并重复步骤（保持弹簧在弹性限度内）：用 n 表示砝码的个数，l 表示相应的指针位置，将获得的数据记录在表格内。回答下列问题：（1）根据下表的实验数据在图（b）中补齐数据点并做出 ln 图象。n12345l/cm10.48

32、10.9611.4511.9512.40（2）弹簧的劲度系数 k 可用砝码质量 m、重力加速度大小 g 及 ln 图线的斜率 表示，表达式为 k 。若 g 取 9.8m/s，则本实验中 109N/m（结果保留 3 位有效数字）。2k212021高考复高考复练练【考点】M7：探究弹力和弹簧伸长的关系【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；46：实验分析法；65：实验能力【分析】（1）根据表格中的数据描点，再作出图线；（2）根据图线写斜率的表达式，再根据胡克定律进行分析，即可得劲度系数的表达式；在图线上选两个较远的点求出斜率的数值，结合劲度系数的表达式即可求出结果。【解答】解：（1

33、）描出点后，作出图线如图所示：22（2）Ln 图线的斜率为=由胡克定律有：Fkl 即nmgkl联立以上各式可得：k=由图可得斜率约为 0.45102m所以可得劲度系数为：50 10 3 9.8k=/=109/0.45 10 2故答案为：（1）图线如图所示：练练试卷试卷（2），（3）109。23【点评】在作图时，要注意先分析点的分布情况，再决定是用直线拟合还是用平滑的曲线拟合；在求斜率时，所选的两个点的距离要适当的远一些以减小误差。四、计算题：四、计算题：13（2021海南）如图，用不可伸长轻绳将物块 a 悬挂在 O 点：初始时，轻绳处于水平拉直状态。现将a 由静止释放，当物块 a 下摆至最低点

34、时，恰好与静止在水平面上的物块 b 发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后 b 滑行的最大距离为 s。已知 b 的质量是 a 的 3 倍。b 与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为 g。求（1）碰撞后瞬间物块 b 速度的大小；（2）轻绳的长度。练练【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52G：动量和能量的综合；63：分析综合能力【分析】（1）研究碰撞后 b 滑行过程，根据动能定理求碰撞后瞬间物块 b 速度的大小；（2）根据动量守恒定律和机械能守恒定律结合求出碰撞前瞬间物块 a 的速度，再研究 a 下摆的过程

35、，由机械能守恒定律求轻绳的长度。【解答】解：（1）设 a 的质量为 m，则 b 的质量为 3m。碰撞后 b 滑行过程，根据动能定理得2413mgs0-3mv。2b22解得，碰撞后瞬间物块 b 速度的大小 v=b（2）对于 a、b 碰撞过程，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得mv mv+3mv。0ab12121+2mv02=mva23mv 2。b根据机械能守恒得设轻绳的长度为 L对于 a 下摆的过程，根据机械能守恒得1mgL=mv 2。02联立解得 L4s答：（1）碰撞后瞬间物块 b 速度的大小为 2gs。（2）轻绳的长度是 4s。【点评】分析清楚物块的运动过程是解题的前提，把握每个过程的物

36、理规律是关键。要知道弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，运用动能定理时要注意选择研究的过程。14（2021海南）如图，一水平面内固定有两根平行的长直金属导轨，导轨间距为 l；两根相同的导体棒AB、CD 置于导轨上并与导轨垂直，长度均为 l；棒与导轨间的动摩擦因数为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）：整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向竖直向下。从 t0 时开始，对AB 棒施加一外力，使 AB 棒从静止开始向右做匀加速运动，直到 tt 时刻撤去外力，此时棒中的感1应电流为 i；已知 CD 棒在 tt（0t t）时刻开始运动，运动过程中两棒均与导轨接触良好。两1001棒的质量均为 m，

37、电阻均为 R，导轨的电阻不计。重力加速度大小为 g。25（1）求 AB 棒做匀加速运动的加速度大小；（2）求撤去外力时 CD 棒的速度大小；（3）撤去外力后，CD 棒在 tt 时刻静止，求此时 AB 棒的速度大小。2【考点】37：牛顿第二定律；BB：闭合电路的欧姆定律；CE：安培力的计算；D9：导体切割磁感线时的感应电动势【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；42：等效替代法；539：电磁感应中的力学问题；63：分析综合能力【分析】（1）当 CD 棒开始刚运动时，所受的安培力等于最大静摩擦力，由安培力公式和平衡条件求得此时 CD 棒中感应电流。再根据法拉第定律和欧姆定律结合求

38、出此时 AB 棒的速度，从而求得其加速度。（2）tt 时刻撤去外力，此时棒中的感应电流为 i，先由速度公式求出此时 AB 棒的速度，再根据法11拉第定律和欧姆定律求得两棒速度之差，从而求得 CD 棒的速度大小；（3）对两棒组成的系统，利用动量定理列式，可求得 AB 棒的速度大小。【解答】解：（1）当 CD 棒开始刚运动时，设 CD 棒中电流为 i 则有：0Bi lmg0得：i=0设此时 AB 棒的速度为 v 则有：00i0=22得：v=02 2 故 AB 棒做匀加速运动的加速度大小为：2602a=0=2 2 0（2）设撤去外力时 CD 棒的速度大小为 v，AB 棒的速度大小为 v 则有：12v

39、 at。21 21根据欧姆定律得：i=1221 21联立解得：v=12 2 0（3）设 CD 棒在 tt 时刻静止时 AB 棒的速度大小为 v 对两棒整体，安培力的冲量为 0，由动量定23理得：2mg（t t）mv mv mv。2131241 21 2g（t t）联立解得：v=3212 2 02答：（1）AB 棒做匀加速运动的加速度大小是；2 2 021 21（2）撤去外力时 CD 棒的速度大小是 ；2 2 041 21（3）此时 AB 棒的速度大小是 2g（t t）。2 12 2 0【点评】本题是双杆类型，是力学与电磁感应的综合，要分析清楚两棒的受力情况，明确 CD 棒刚要运动的临界条件：安

40、培力等于最大静摩擦力。对两棒同时运动的过程，要知道感应电动势与两者速度之差有关。15（2021海南）一定量的理想气体从状态 M 出发，经状态 N、P、Q 回到状态 M，完成一个循环。从M 到 N、从 P 到 Q 是等温过程；从 N 到 P、从 Q 到 M 是等容过程；其体积温度图象（VT 图）272如图所示。下列说法正确的是（）A从 M 到 N 是吸热过程B从 N 到 P 是吸热过程C从 P 到 Q 气体对外界做功D从 Q 到 M 是气体对外界做功E从 Q 到 M 气体的内能减少【考点】8F：热力学第一定律；99：理想气体的状态方程【专题】31：定性思想；43：推理法；54B：理想气体状态方程

41、专题；62：推理能力【分析】本题考查理想气体的 VT 图象，解答本题的关键是利用热力学第一定律：W+QU 进行分析推理，同时明确理想气体的内能由温度决定，温度升高，内能增大；温度降低，内能减小；理想气体内能不考虑分子势能。【解答】解：A、从 M 到 N 理想气体温度不变，则内能不变，即U0，但体积减小，说明外界对气体做功，即 W0，由热力学第一定律：W+QU，可知 Q0，所以是一个放热过程，故 A 错误；B、从 N 到 P 理想气体温度升高，则内能增大，即U0，但体积不变，说明外界没有对气体做功，气体也没有对外界做功，即 W0，由热力学第一定律：W+QU，可知 Q0，所以是一个吸热过程，故 B

42、 正确；C、从 P 到 Q 理想气体温度不变，则内能不变，即U0，但体积增大，说明气体对外界做功，故 C正确；28D、从 Q 到 M 理想气体体积不变，说明外界没有对气体做功，气体也没有对外界做功，即 W0，故D 错误；E、从 Q 到 M 理想气体温度降低，内能减小，故 E 正确；故选：BCE。【点评】解决本题的关键是看懂 VT 图象，结合热力学第一定律 W+QU 分析每一个过程，分析过程中先看温度变化，从而判断内能的变化。规律是：理想气体温度升高，内能增大；温度降低，内能减小；体积减小，说明外界对气体做功；体积增大，说明气体对外界做功；体积不变，说明外界没有对气体做功，气体也没有对外界做功。

43、16（2021海南）如图，一封闭的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，一重量不可忽略的光滑活塞将容器内的理想气体分为 A、B 两部分，A 体积为 V 4.0103m3压强为 p 47cmHg；体积为BVBAA6.0103m3，压强为 p 50cmHg现将容器缓慢转至水平，气体温度保持不变，求此时 A、两BB练练部分气体的体积。【考点】99：理想气体的状态方程；9K：封闭气体压强【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题；63：分析综合能力【分析】因为气体温度保持不变，分别对两侧气体运用玻意耳定律，水平放置时两侧的压强相等，再结合活塞的总体积保持不变，联立即可求

44、出 A、B 两部分气体的体积。【解答】解：对 A 中气体：初态：压强 p 47cmHg，体积 V 4.0103m3，AA末态：压强 p，体积 V，AA29根据玻意耳定律可得：p V p V AAAA对 B 中气体：初态：压强 p 50cmHg，体积 V 6.0103m3，BB末态：压强 p，体积 V，BB根据玻意耳定律可得：p V p V BBBB容器水平后有：p p AB容器的总体积保持不变，即：V+V V+V 1.0102m3ABAB联立式可得：V 3.85103m3AV 6.15103m3B答：此时 A 部分气体的体积为 3.85103m3，两部分气体的体积为B6.15103m3。【点评

45、】本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要分析好压强 P、体积 V、温度 T 三个参量的变化情况，选择合适的规律解决，难度不大。17（2021海南）一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，周期为 0.2s，t0 时的波形图如图所示。下列说法正确的是（）试卷试卷A平衡位置在 x1m 处的质元的振幅为 0.03mB该波的波速为 10m/sCt0.3s 时，平衡位置在 x0.5m 处的质元向 y 轴正向运动30Dt0.4s 时，平衡位置在 x0.5m 处的质元处于波谷位置Et0.5s 时，平衡位置在 x1.0 处的质元加速度为零【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系【专题】12：应用题；3

46、2：定量思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题；62：推理能力【分析】根据波形图，确定振幅、波长。根据周期和波长，求得波速。根据波的传播方向分析质点的运动情况、加速度的大小和方向。【解答】解：A、分析波形图可知，质元的振幅 A0.03m，故 A 正确。B、分析波形图可知，波长 2m，周期 T0.2s，则波速 v=10m/s，故 B 正确。C、平衡位置在 x0.5m 处的质元在 t0 时刻，沿 y 轴负方向振动，经过 0.3s，即 1.5 个周期，质元沿 y 轴正方向振动，故 C 正确。D、经过 0.4s，即 2 个周期，x0.5m 处的质元位于平衡位置，故 D 错误。E、经过 0.

47、5s，即 2.5 个周期，x1.0 处质元位于波谷，加速度最大，故 E 错误。故选：ABC。【点评】根据波动图象能够直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，要知道质点的加速度与位移的关系 a=-，能根据时间与周期的关系求质点通过的路程。18（2021海南）一透明材料制成的圆柱体的上底面中央有一球形凹陷，凹面与圆柱体下底面可透光，表面其余部分均涂有遮光材料。过圆柱体对称轴线的截面如图所示。O 点是球形凹陷的球心，半径OA 与 OG 夹角 120 平行光沿轴线方向向下入射时，从凹面边缘 A 点入射的光线经折射后，恰好由下底面上 C 点射出。已知 ABFG1cm，BC=3cm，OA2cm。31

48、（i）求此透明材料的折射率；（ii）撤去平行光，将一点光源置于球心 O 点处，求下底面上有光出射的圆形区域的半径（不考虑侧面的反射光及多次反射的影响）。高考高考【考点】H3：光的折射定律【专题】11：计算题；32：定量思想；4F：几何法；54D：光的折射专题；63：分析综合能力【分析】（i）画出光路图，由几何关系得出入射角与折射角，根据折射定律求解折射率；（ii）画出光路图，结几何关系及全反射的条件找出边缘光线，根据几何关系即可求出有光射出的区域的半径。【解答】解：（i）平行光沿轴线方向向下入射时，折射后恰好由下底面上的 C 点射出，光图如图所示：由图可知入射角 i603折射角的正切值为tan

49、r=3所以折射角 r30根据折射定律可得透明材料的折射率为：60=3n=30（ii）撤去平行光，将一点光源置于球心 O 点处，光路图如图所示：32由题意及几何关系可得：DH=OH=(3+1)所以DOHCOH由于射到圆弧面上的光线不会发生折射，设全反射的临界角为，则有：13sin=3 45，即临界角小于 452=2则tan=1 2所以下底面上有光射出圆形区域的半径为：26+22EH=OHtan=(3+1)2=练练答：（i）求此透明材料的折射率为 3；6+22（ii）撤去平行光，将一点光源置于球心 O 点处，求下底面上有光出射的圆形区域的半径为。试卷试卷【点评】对于几何光学问题，在分析过程中要熟练掌握折射定律、全反射等相关的光学规律，最关键33的地方向在于会正确的画出光路图，结合几何关系进行分析。34