(完整版)2019年海南省高考物理试卷(可编辑修改word版).docx

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1、2019年海南省高考物理试卷-、单项选择题：1.（2019海南）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（）> MNA. M点的电势比N点的低B. M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.（2019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（）x x 线X XA.向前B.向后C.向左D.向右3.（2019海南）汽车在平直公路上以20ni/s的速度匀速行驶。前方突遇险情，司机紧急刹车,汽车

2、做匀减速运动，加速度大小为8m/s2.从开始刹车到汽车停止，汽车运动的距离为A. 10mB. 20mC. 25mD. 50m4. （2019 海南）2019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5. （2019海南）如图，两物块P、Q置于水平地而上，其质量分别为m、2m,两者之间用 水平轻绳连接。两物块与地方之间的动摩擦因数均为4重力加速度大小为g,现对

3、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（）第1页（共28页）A. F - 2Hmg B. -i-F+pmg C. -i-F - pmg D. -i-F6. （2019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00'的 距离为r,已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为h （最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重 力加速度大小为go若硬币与圆盘一起00'轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为（）B.庠 。住 D.2件 二、多项选择题：7. （2019海南）对于钠和钙两种金属，其遏止电压民与入射光频率v的关系如图所示。 用h、e分别表示普朗克常量

4、和电子电荷量，则（）A.钠的逸出功小于钙的逸出功B.图中直线的斜率为自 eC.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8. （2019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Ri、R?、R3三个电阻构成。将该变压器原、副线圈的匝数比由5： 1改为10： 1后（）B. R?两端的电压增加到原来的2倍C. R3端的电压减小到原来的工2D.电阻上总的热功率减小到原来的L49. （2019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点先后射入磁场，在纸面内运

5、动。射入磁场时，P的速度vP 垂直于磁场边界,Q的速度vq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（）A. P和Q的质量之比为1： 2B. P和Q的质量之比为"历：1C. P和Q速度大小之比为1D. P和Q速度大小之比为2： 110. （2019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、轨道3的上端距水平地面的高度均为4加：它们的下端水平，距地而的高度分别 为hi=ho、h2=2ho、h3=3ho,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Si、S2、S

6、3,则（）第3贞（共28页）A. S1>S2 三、实验题：B. S2>S3C. Sj=S3D. S2 = S311.（2019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500）,滑动变阻器Ru电阻箱R.电源E（电动势约为6V,内阻可忽略），开关8和S2,导线若干。图一 R（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10C，额定电流2A 1500C,额定电流0.5A实验

7、中应该取。（填“”或"”）12. （2019海南）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 跨过光滑定滑轮，其下端可以悬挂硅码（实验中，每个硅码的质量均为m=50.0g）.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：在绳下端挂上一个硅码，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，记录硅码的个数及指针的位置：逐次增加硅码个数，并重复步骤（保持弹簧在弹性限度内）：用n表示硅码的个数，1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

8、：（1）根据下表的实验数据在图（b）中补齐数据点并做出1-n图象。n123451/cm10.4810.9611.4511.9512.40（2）弹簧的劲度系数k可用祛码质量m、重力加速度大小g及1-n图线的斜率a表示, 表达式为k=。若g取9.8nVs2,则本实验中k=N/m （结果保留3位有效 数字，四、计算题：13. （2019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。改口b的质量是a的3假b 与水平面间的动摩擦因数为4重力加速

9、度大小为go求<1）碰撞后瞬间物块b速度的大小：14. （2019海南）如图，一水平而内固定有两根平行的长直金属导轨，导轨间距为1：两根 相同的导体棒AB、CD置于导轨上并与导轨垂直，长度均为1：棒与导轨间的动摩擦因 数为N （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t=0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t=ti时亥明敢去外力，此时棒中的感应电流为ii：已知CD棒在t=to （0 VtoVL）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m,电阻 均为R，导轨的电阻不计。重力加速度大小

10、为go<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t=t2时刻静I匕求此时AB棒的速度大小。15. （2019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 其体枳-温度图象（V-T图）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（2）轻绳的长度。第5贞（共28页）E.从Q到M气体的内能减少16. （2019海南）如图，一封闭的圆柱形容器竖直放置在水平地面上

11、，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Va=4.0X10-W.压强为Pa= 47cmHg： B体积为Vb=6.0X 10 一引力，压强为pB=50cmHg.现将容器缓慢转至水平， 气体温度保持不变，求此时A、B两部分气体的体积。AB>B A17. （2019海南）一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为0.2s, t=0时的波形图如图所示。下列说法正确的是（）B,该波的波速为lOm/sC. t=0.3s时，平衡位置在x=0.5m处的质元向y轴正向运动D. t=0.4s时，平衡位置在x=0.5m处的质元处于波谷位置E. t=0.5s时，平衡位置在x= 1.0处

12、的质元加速度为零18. （2019海南）一透明材料制成的圆柱体的上底而中央有一球形凹陷，凹而与圆柱体下底 面可透光，表而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9 = 120° .平行光沿垂直于轴线方向向下入射 时，从凹面边缘A点入射的光线经折射后，恰好由下底而上C点射出。已知AB = FG = 1cm, BC=Jcm, 0A=2cnio（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（不考虑侧而的反射光及多次反射的影响）。第#贞（共28页）2019年海南省高考物理

13、试卷参考答案与试题解析-、单项选择题：1.（2019海南）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（）> MNA. M点的电势比N点的低B. M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

14、大小，故B错误；C、电子从M到N,电场力做负功，电势能增加，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：Co【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. （2019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（）后A.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

15、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：Ao【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. （2019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8nVs2.从开始刹车到汽车停止，汽车运动的距离为（ ）A. 1

16、0mB. 20mC. 25mD. 50m【考点】ID：匀变速直线运动的速度与时间的关系：IE：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。 【解答】解：由题意知，车速v=20m/s,刹车的加速度大小为8m/s2,最后末速度减为0, 由推导公式v2=2ax可得：x = 25m,故C正确,ABD错误。故选：Co【点评】解答此题的关键是知道末速度为。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. （

17、2019 海南）2019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而的 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”的大第9页（共28页）【考点】4F：万有引力定律及其应用：4H：人造卫星.第11页（共28贞）第15页（共28页）【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°22【解答】解

18、：由万有引力提供向心力得：G-= m-= mru）2=ma.r2 hT2解得“楞T=2符牌飞_北斗卫星的轨道半径大于“天宫二身”的轨道半径，所以：线速度北斗卫星的小：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：Bo【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. （2019海南）如图，两物块P、Q置于水平地而上，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4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（）A.

19、F - 2HmgB. -F+ping3C. -i-F - pmg3D. F3【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:F - pe3mg=3niao再对P,根据牛顿第二定律得：T - nmg=ma联立解得轻绳的张力大小为：T=上,故ABC错误，D正确。故选：Do【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 本题的结论与地而

20、是否有摩擦无关。6. （2019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00'的 距离为r,已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为n （最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重 力加速度大小为go若硬币与圆盘一起00'轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为八W B.【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，pg=32r,解得圆盘转动

21、的最大角速度为：3=，但1L故B正确，ACD错误。故选：Bq【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：7. （2019海南）对于钠和钙两种金属，其遏止电压4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和电子电荷量，则（）2Z0VA.钠的逸出功小于钙的逸出功B.图中直线的斜率为自eC.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

22、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：Ekm=hy - W（）=hY - hyo又 Ekm=eUc做徂 H _h W0_h h7 0解得：Ucy -y -：e e e e当遏止电压为。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；B、由Uc=与-幺工知U（）-y图线的斜率k=2 故B正确： /-% c、由Uc=r-，知图线的特点与光的强度无关。故c错误： e eD、钠的逸出功小，结合Ekm=hY-W。

23、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EKm=hY - Wo,以及知道光电子的最大初动 能与入射光的强度无关，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。8.（2019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Ri> R2、R3三个电阻构成。将该变压器原、副线圈的匝数比由5： 1改为10： 1后（B. R?两端的电压增加到原来的2倍C. R3端的电压减小到原来的工2D.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

24、；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。【解答】解：A、变压器原、副线圈的匝数比由5： 1改为10： 1,则副线圈的输出电压 减小为原来的工，根据欧姆定律可知，流经R1的电流减小到原来上，故A错误。22B、根据串并联电路规律可知，R?两端的电压减小到原来的方，故B错误。C、同理，R3两端的电压减小到原来上，故C正确。rj2-1D、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士 故D正确。R4故选：CD

25、.【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，匝数变化引起输出电压变化。9. （2019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点先后射入磁场，在纸面内运动。射入磁场时，P的速度vP 垂直于磁场边界,Q的速度vq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（）A. P和Q的质量之比为1： 2B. P和Q的质量之比为、田：1C. P和Q速度大小之比为血：1D. P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

26、强磁场中的运动.【专题】11：计算题：31：定性思想：K：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】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 根据见解得:mp： mQ=l： 2,故A正确，B错误；2兀qB2CD、结合几何关系可知，Rp： Rq二1：、历，由公式qvB=irr-，解得yp ： Vq=a/2 : 1 ，故C正确，D错误。故选：ACo【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

27、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. （2019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、轨道3的上端距水平地而的高度均为45：它们的下端水平，距地而的高度分别 为%=%、l】2 = 2ho、h3=3h（）,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S1、S2、S3,则（）A. S>$2B. S2>$3C. Sj=S3D. S2 = S3【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

28、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°【解答】解根据mgh=imv2得小滑块离开轨道时的水平速度vh轨道1、2、3下滑的小物块的初速度之比为g 1，由h=/gt2,可知=秒，轨道i、2、3 下滑的小物块的时间之比为1：瓜V3,根据X = Vt可知，小物块的落地点到轨道下端的水平距离之比Si： S2： S3=d5： 2: 限 故BC正确，AD错误：故选：BCe【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：11.（2019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

29、供的器材 为：待测电流表A （量程10mA,内阻约为500）,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8和S2,导线若干。（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10C,额定电流2A1500C,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

30、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：R = =6、= 6000,1。乂1。一、滑动变阻器接入电路的最小阻值约为：600- 50=5500,滑动变阻器应选择;故答案为：（1）

31、电路图如图所示：（2）实物电路图如图所示：（3）。【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。12. （2019海南）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 跨过光滑定滑轮，其下端可以悬挂硅码（实验中，每个硅码的质量均为m=50.0g）»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：在绳下端挂上一个硅码，调整滑轮，使弹簧与滑轮间的细线水平且弹簧与细杆没

32、有接 触：系统静止后，记录硅码的个数及指针的位置：逐次增加硅码个数，并重复步骤（保持弹簧在弹性限度内）：用n表示硅码的个数，1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1-n图象。n123451/cm10.4810.9611.4511.9512.40（2）弹簧的劲度系数k可用硅码质量m、重力加速度大小g及1-n图线的斜率a表示, 表达式为k=若g取9.8nVs2,则本实验中k= 109 N/m （结果保留3位有效数字）。第19页（共28页）nn【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；3

33、2：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）描出点后，作出图线如图所示：（2） L-n图线的斜率为n 由胡克定律有：FnkZJRPAnmg=kAl 联立以上各式可得：k号 由图可得斜率约为a=0.45X10-2m 所以可得劲度系数为：k="50乂10-3)<9.80.45X10-2N/rrP109N/ir第21页（共28贞）故答案为：（1）图线如图所示:a【点评

34、】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：13. （2019海南）如留，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，恰好与静止在水平而上的物块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。EJMlb的质量是a的3依b 与水平而间的动摩擦因数为4重力加速度大小为go求<1）碰撞后瞬间物块b速度的大小：（2）轻绳的长度。【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

35、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，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-|i-3mgs=0 - -i-«3mvb20解得，碰撞后瞬间物块b速度的大小vb=V2 gs（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 mvo=mva+3mvbo根据机械能守恒得 mv02 =inva2+* 3mvb2 o ooo设轻绳的长度为L

36、.对于a下摆的过程，根据机械能守恒得ni£»L=- -mvo20-2联立解得L=4Ps答：<1）碰撞后瞬间物块b速度的大小为代而。<2）轻绳的长度是【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. （2019海南）如图，一水平而内固定有两根平行的长直金属导轨，导轨间距为1：两根 相同的导体棒AB、CD置于导轨上并与导轨垂直，长度均为1；棒与导轨间的动摩擦因 数为N （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

37、向下。从t=0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t=h时刻撤去外力，此H寸棒中的感应电流为川己知CD棒在t=t（）（0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m,电阻 均为R，导轨的电阻不计。重力加速度大小为ge第23页（共28页）<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t=t2时刻静I匕求此时AB棒的速度大小。【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

38、：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出此时AB 棒的速度，从而求得其加速度。（2） t=L时刻撤去外力，此时棒中的感应电流为ii,先由速度公式求出此时AB棒的速 度，再根据法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：Biol =得：io=

39、WBl设此时AB棒的速度为Vo.则有：i0=Blvp2R得一产省嘤B212故AB棒做匀加速运动的加速度大小为：_ vq _ 2 RnigR"B212to（2）设撤去外力时CD棒的速度大小为vi，AB棒的速度大小为V2.则有:V2=ati0 根据欧姆定律得一尸二一2 klmgRj 2Ri1联立解得：V1=-一1B2l2t0 Bl（3）设CD棒在t=t2时刻静止时AB棒的速度大小为v3.对两棒整体，安培力的冲量 为0,由动量定理得：-2Hmg （t2 - tj） =mv3 - mvi - mv2。4 ktmgR J 2Ri1联立解得：V3=5n-2Hg （t2 - ti）B212tti

40、Bl答：（1） AB棒做匀加速运动的加速度大小是2； B2l2t02 ktmgR j 2Ri1<2）撤去外力时CD棒的速度大小是-L：B2l2t0 Bl41-lmgRti 2Ri1<3）此时AB棒的速度大小是-2pg （t2-t1）o B212ttiBl【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. （2019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

41、M是等容过程；其体积- 温度图象（V-T图）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.第#页（共28贞）【专题】31：定性思想；43：推理法；54B：理想气体状态方程专题：62：推理能力.【分析】本题考查理想气体的V-T图象，解答本题的关键是利用热力学第一定律：W+Q =AU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

42、变，则内能不变，即U=0,但体积减小， 说明外界对气体做功，即W>0,由热力学第一定律：W+Q = AU,可知Q<0,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U>0,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W=0,由热力学第一定律：W+Q = AU,可知Q> 0,所以是一个吸热过程，故B正确；C、从P到Q理想气体温度不变，则内能不变，即1）=（）,但体积增大，说明气体对外 界做功，故C正确：D、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W=0,故D错误：E、从Q到M理想气体温度降低

43、，内能减小，故E正确：故选：BCEo【点评】解决本题的关键是看懂V-T图象，结合热力学第一定律W+Q = ZkU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；体枳不变，说明外界没有对气体做功，气体也没有对外界做功。16. （2019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Va=4.0X10- W.乐强为Pa= 47cmHg： B体积为Vb=6.0X 10- 33,压强为pB=50

44、cmHg.现将容器缓慢转至水平， 气体温度保持不变，求此时A、B两部分气体的体枳。【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，再结合活塞的总体枳保持不变，联立即可求出A、B两部分气体的体枳。【解答】解：对A中气体：初态：压强 pA=47cmHg,体积 Va=4.0X lOnf,末态：压强Pa'，体积Va',根据玻意耳定律可得:PaVa=Pa； Va'对B中气体：初态：压强

45、 pB=5OcmHg,体积 Vb=6.0X 10-3m3,末态：压强Pb'，体积Vb',根据玻意耳定律可得:pBVB=pB，Vb'容器水平后有：Pa' =Pb'容器的总体积保持不变，即：Va' +Vb' =VA+VB=1,0X10-2m3-©联立式可得：Va' =3.85X10-3m3Vb' =6.15X10-3m3答：此时A部分气体的体积为3.85X10 7m3, B两部分气体的体积为6.15X 10-3m3.【点评】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

46、合适的规律解决，难度不大。17. （2019海南）一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为0.2s, t=0时的波形图如图所示。 下列说法正确的是（）B.该波的波速为10m/sC. t=0.3s时，平衡位置在x=0.5m处的质元向y轴正向运动D. t=0.4s时，平衡位置在x=0.5m处的质元处于波谷位置E. t=0.5s时，平衡位置在x= 1.0处的质元加速度为零第27页（共28页）【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：32：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A=0.03m,故A正确。B、分析波形图可知，波长入= 2m,周期T=0.2s,则波速v= 10m/s,故B正确。C、平衡位置在x=0.5m处的质元在t=O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，x=0.5m处的质元位于平衡位置，故D错误。E、经过0.5s,即2.5个周期，x=1.0处质元位于波谷，加速度最大，故E错误。故选