2014年海南高考物理试题及答案.docx

2014年海南省高考物理试卷 　 一、单选题：本大题共6小题，每小题3分，共18分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．（3分）（2014•海南）如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方．有一条形磁铁（N极朝上，S极朝下）由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向（从上向下看），下列说法正确的是（　　） 　 A． 总是顺时针 B． 总是逆时针 　 C． 先顺时针后逆时针 D． 先逆时针后顺时针 　 2．（3分）（2014•海南）理想变压器上接有三个完全相同的灯泡，其中一个与该变压器的原线圈串联后接入交流电源，另外两个并联后接在副线圈两端．已知三个灯泡均正常发光．该变压器原、副线圈的匝数之比为（　　） 　 A． 1：2 B． 2：1 C． 2：3 D． 3：2 　 3．（3分）（2014•海南）将一物体以某一初速度竖直上抛．物体在运动过程中受到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动时间为t1，再从最高点回到抛出点的运动时间为t2，如果没有空气阻力作用，它从抛出点到最高点所用的时间为t0，则（　　） 　 A． t1＞t0 t2＜t1 B． t1＜t0 t2＞t1 C． t2＞t0 t2＞t1 D． t1＜t0 t2＜t1 　 4．（3分）（2014•海南）如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g．粒子运动加速度为（　　） 　 A． g B． g C． g D． g 　 5．（3分）（2014•海南）如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO′段水平，长为度L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L．则钩码的质量为（　　） 　 A． M B． M C． M D． M 　 6．（3分）（2014•海南）设地球自转周期为T，质量为M，引力常量为G，假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R．同一物体在南极和赤道水平面上静止时所受到的支持力之比为（　　） 　 A． B． 　 C． D． 　 二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的，得5分；选对但不全的，得3分；有选错的，得0分． 7．（5分）（2014•海南）下列说法中，符合物理学史实的是（　　） 　 A． 亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体或静止 　 B． 牛顿认为，力是物体运动状态改变的原因，而不是物体运动的原因 　 C． 麦克斯韦发现了电流的磁效应，即电流可以在其周围产生磁场 　 D． 奥斯特发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转 　 8．（5分）（2014•海南）如图，两根平行长直导线相距2L，通有大小相等、方向相同的恒定电流，a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为、l和3l．关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是（　　） 　 A． a处的磁感应强度大小比c处的大 B． b、c两处的磁感应强度大小相等 　 C． a、c两处的磁感应强度方向相同 D． b处的磁感应强度为零 　 9．（5分）（2014•海南）如图（a），直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v﹣t图线如图（b）所示，设a、b两点的电势分别为ϕa、ϕb，场强大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有（　　） 　 A． ϕa＞ϕb B． Ea＞Eb C． Ea＜Eb D． Wa＞Wb 　 10．（5分）（2014•海南）如图，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上．初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面．在此过程中（　　） 　 A． a的动能小于b的动能 　 B． 两物体机械能的变化量相等 　 C． a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量 　 D． 绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零 　 三、实验题：本大题共2小题，第11小题5分，第12小题10分，共15分． 11．（5分）（2014•海南）现受一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度．螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示． （1）由上图读得圆柱体的直径为　_________　mm，长度为　_________　cm． （2）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别为D、L，测得D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ=　_________　． 　 12．（10分）（2014•海南）用伏安法测量一电池的内阻．已知该待测电池的电动势E约为9V，内阻约数十欧，允许输出的最大电流为50mA，可选用的实验器材有： 电压表V1（量程5V）；电压表V2（量程10V）； 电流表A1（量程50mA）；电压表A2（量程100mA）； 滑动变阻器R（最大电阻300Ω）； 定值电阻R1（阻值为200Ω，额定功率为1/8W）；定值电阻R2（阻值为220Ω，额定功率为1W）； 开关S；导线若干． 测量数据如坐标纸上U﹣I图线所示． （1）在答题卡相应的虚线方框内画出合理的电路原理图，并标明所选器材的符号． （2）在设计的电路中，选择定值电阻的根据是　_________　． （3）由U﹣I图线求得待测电池的内阻为　_________　Ω． （4）在你设计的电路中，产生系统误差的主要原因是　_________　． 　 四、解答题．本大题共2小题，第13题9分，14题14分，共23分．要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤． 13．（9分）（2014•海南）短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段．一次比赛中，某运动用11.00s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离． 　 14．（14分）（2014•海南）如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从y轴上P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场方向变为垂直纸面向里，大小不变，不计重力． （1）求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间； （2）若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值． 　 五、模块3-3 15．（4分）（2014•海南）下列说法正确的是 （　　） 　 A． 液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部 　 B． 单晶体有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点 　 C． 单晶体中原子（或分子、离子）的排列具有空间周期性 　 D． 通常金属在各个方向的物理性质都相同，所以金属是非晶体 　 E． 液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征 　 16．（8分）（2014•海南）一竖直放置、缸壁光滑且导热的柱形气缸内盛有一定量的氮气，被活塞分隔成Ⅰ、Ⅱ两部分；达到平衡时，这两部分气体的体积相等，上部气体的压强为PⅠ0，如图（a）所示，若将气缸缓慢倒置，再次达到平衡时，上下两部分气体的体积之比为3：1，如图（b）所示．设外界温度不变，已知活塞面积为S，重力加速度大小为g，求活塞的质量． 　 六、模块3-4 17．（2014•海南）一列简谐横波沿x轴传播，a、b为x轴上的两质点，平衡位置分别为x=0，x=xb（xb＞0）．a点的振动规律如图所示，已知波速为v=10m/s，在t=0.1s时，b点的位移为0.05m，则下列判断可能正确的是 （　　） 　 A． 波沿x轴正向传播，xb=0.5m B． 波沿x轴正向传播，xb=1.5m 　 C． 波沿x轴负向传播，xb=2.5m D． 波沿x轴负向传播，xb=3.5m 　 18．（8分）（2014•海南）如图，矩形ABCD为一水平放置的玻璃砖的截面，在截面所在平面有一细束激光照射玻璃砖，入射点距底面的高度为h，反射光线和折射光线与底面所在平面的交点到AB的距离分别l1和l2，在截面所在平面内，改变激光束在AB面上入射点的高度与入射角的大小，当折射光线与底面的交点到AB的距离为l3时，光线恰好不能从底面射出，求此时入射点距离底面的高度H． 　 七、模块3-5试题 19．（4分）（2014•海南）在光电效应实验中，用同一种单色光，先后照射锌和银的表面，都能发生光电效应．对于这两个过程，下列四个物理过程中，一定不同的是 （　　） 　 A． 遏止电压 B． 饱和光电流 　 C． 光电子的最大初动能 D． 逸出功 　 20．（8分）（2014•海南）一静止原子核发生α衰变，生成一α粒子及一新核，α粒子垂直进入磁感应强度大小为B的匀强磁场，其运动轨迹是半径为R的圆．已知α粒子的质量为m，电荷量为q；新核的质量为M；光在真空中的速度大小为c．求衰变前原子核的质量． 　 2014年海南省高考物理试卷 参考答案与试题解析 　 一、单选题：本大题共6小题，每小题3分，共18分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．（3分）（2014•海南）如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方．有一条形磁铁（N极朝上，S极朝下）由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向（从上向下看），下列说法正确的是（　　） 　 A． 总是顺时针 B． 总是逆时针 　 C． 先顺时针后逆时针 D． 先逆时针后顺时针 考点： 楞次定律．菁优网版权所有 专题： 电磁感应与电路结合． 分析： 由楞次定律可以判断出感应电流的方向； 解答： 解：由图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向，故C正确； 故选：C 点评： 本题考查了楞次定律的应用，正确理解楞次定律阻碍的含义是正确解题的关键． 　 2．（3分）（2014•海南）理想变压器上接有三个完全相同的灯泡，其中一个与该变压器的原线圈串联后接入交流电源，另外两个并联后接在副线圈两端．已知三个灯泡均正常发光．该变压器原、副线圈的匝数之比为（　　） 　 A． 1：2 B． 2：1 C． 2：3 D． 3：2 考点： 变压器的构造和原理；串联电路和并联电路．菁优网版权所有 专题： 交流电专题． 分析： 设每只灯的额定电流为I，因并联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为3I，由电流关系求出匝数比；由匝数比求电压关系． 解答： 解：设每只灯的额定电流为I，额定电压为U，因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2I，原副线圈电流之比为1：2，所以原、副线圈的匝数之比为2：1； 故选：B． 点评： 本题解题的突破口在原副线圈的电流关系，注意明确三灯正常发光为解题的关键． 　 3．（3分）（2014•海南）将一物体以某一初速度竖直上抛．物体在运动过程中受到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动时间为t1，再从最高点回到抛出点的运动时间为t2，如果没有空气阻力作用，它从抛出点到最高点所用的时间为t0，则（　　） 　 A． t1＞t0 t2＜t1 B． t1＜t0 t2＞t1 C． t2＞t0 t2＞t1 D． t1＜t0 t2＜t1 考点： 竖直上抛运动．菁优网版权所有 分析： 题中描述的两种情况物体均做匀变速运动，弄清两种情况下物体加速度、上升高度等区别，然后利用匀变速运动规律求解即可． 解答： 解：不计阻力时，物体做竖直上抛运动，根据其运动的公式可得：， 当有阻力时，设阻力大小为f，上升时有： mg+f=ma， 上升时间 有阻力上升位移与下降位移大小相等，下降时有 mg﹣f=ma1，， 根据，可知t1＜t2故ACD错误，B正确． 故选：B． 点评： 正确受力分析弄清运动过程，然后根据运动学规律求解是对学生的基本要求，平时要加强这方面的训练． 　 4．（3分）（2014•海南）如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g．粒子运动加速度为（　　） 　 A． g B． g C． g D． g 考点： 带电粒子在混合场中的运动．菁优网版权所有 专题： 带电粒子在复合场中的运动专题． 分析： 金属板内部场强为零，有厚度为l的金属板，相当于平行板电容器的间距减小了l；粒子受重力和电场力，根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解加速度． 解答： 解：粒子受重力和电场力，开始时平衡，有： mg=q ① 当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有： mg﹣q=ma ② 联立①②解得： a=g 故选：A． 点评： 本题要记住平行板电容器内插入金属板，可以等效成极板间距减小了；然后结合共点力平衡条件和牛顿第二定律列式分析，不难． 　 5．（3分）（2014•海南）如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO′段水平，长为度L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L．则钩码的质量为（　　） 　 A． M B． M C． M D． M 考点： 共点力平衡的条件及其应用．菁优网版权所有 专题： 共点力作用下物体平衡专题． 分析： 由几何关系求出环两边绳子的夹角，然后根据平行四边形定则求钩码的质量． 解答： 解：重新平衡后，绳子形状如下图： 由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为30°，则环两边绳子的夹角为60°，则根据平行四边形定则，环两边绳子拉力的合力为Mg， 根据平衡条件，则够吗的质量为M； 故选：D． 点评： 该题的关键在于能够对线圈进行受力分析，利用平衡状态条件解决问题．力的计算离不开几何关系和三角函数． 　 6．（3分）（2014•海南）设地球自转周期为T，质量为M，引力常量为G，假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R．同一物体在南极和赤道水平面上静止时所受到的支持力之比为（　　） 　 A． B． 　 C． D． 考点： 万有引力定律及其应用．菁优网版权所有 分析： 在赤道上物体所受的万有引力与支持力提供向心力可求得支持力，在南极支持力等于万有引力． 解答： 解：在赤道上：G，可得 ① 　在南极： ② 由①②式可得：= A正确 故选：A 点评： 考查物体受力分析及圆周运动向心力的表大式，明确在两极物体没有向心力． 　 二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的，得5分；选对但不全的，得3分；有选错的，得0分． 7．（5分）（2014•海南）下列说法中，符合物理学史实的是（　　） 　 A． 亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体或静止 　 B． 牛顿认为，力是物体运动状态改变的原因，而不是物体运动的原因 　 C． 麦克斯韦发现了电流的磁效应，即电流可以在其周围产生磁场 　 D． 奥斯特发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转 考点： 物理学史．菁优网版权所有 专题： 常规题型． 分析： 根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可． 解答： 解：A、亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体静止，故A正确； B、牛顿认为，力是物体运动状态改变的原因，而不是物体运动的原因，故B正确； C、奥斯特发现了电流的磁效应，即电流可以在其周围产生磁场，故C错误； D、奥斯特发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转，电流可以在其周围产生磁场，故D正确； 故选：ABD． 点评： 本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一． 　 8．（5分）（2014•海南）如图，两根平行长直导线相距2L，通有大小相等、方向相同的恒定电流，a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为、l和3l．关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是（　　） 　 A． a处的磁感应强度大小比c处的大 B． b、c两处的磁感应强度大小相等 　 C． a、c两处的磁感应强度方向相同 D． b处的磁感应强度为零 考点： 电场强度．菁优网版权所有 专题： 电场力与电势的性质专题． 分析： 根据安培定则判断两根直导线在三个点产生的磁场方向，由磁场的叠加原理分析即可． 解答： 解：A、B、C、根据安培定则判断知：左侧导线在a点产生的磁场方向向里，在c点产生的磁场方向向外，右侧导线在a点产生的磁场方向向里，在b点产生的磁场方向向外，根据磁感线的疏密表示磁场的强弱，可知离直导线越远，磁场越弱，可知：a处磁感线比c处密，则a处的磁感应强度大小比c处的大．由磁场的叠加可知：a、c两处的磁感应强度方向相反．故A正确，BC错误． D、由于左右侧导线在b处产生的磁感应强度方向相反，大小相等，所以b处的磁感应强度为零．故D正确． 故选：AD． 点评： 本题关键要掌握安培定则，运用磁场的叠加分析磁感应强度的大小． 　 9．（5分）（2014•海南）如图（a），直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v﹣t图线如图（b）所示，设a、b两点的电势分别为ϕa、ϕb，场强大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有（　　） 　 A． ϕa＞ϕb B． Ea＞Eb C． Ea＜Eb D． Wa＞Wb 考点： 电势；电场强度．菁优网版权所有 专题： 电场力与电势的性质专题． 分析： 根据受力方向判断电场线方向，根据加速度的大小判断场强大小的变化． 解答： 解：A、负电荷从A释放（初速为0）后，能加速运动到B，说明负电荷受到的电场力方向是从A指向B，那么电场方向就是由B指向A，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以AB两点的电势关系是φA＜φB．则A错误　 　B、C、负电荷从A运动到B的过程中，它的加速度是逐渐减小的（乙图中的“斜率”表示加速度），由牛顿第二定律知，负电荷从A到B时，受到的电场力是逐渐减小的，由 E=知，EA＞EB．故B正确．C错误 　D、负电荷在电势高处电势能小，因φA＜φB则Wa＞Wb则D正确 故选：BD 点评： 本题考查了对图象的认识和理解，能从图象中获取有用的物理信息，本题是小型的综合题． 　 10．（5分）（2014•海南）如图，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上．初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面．在此过程中（　　） 　 A． a的动能小于b的动能 　 B． 两物体机械能的变化量相等 　 C． a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量 　 D． 绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零 考点： 功能关系．菁优网版权所有 分析： b的速度在绳子方向的分速度与a的速度相等，比较出速度大小即可比较动能的大小． 解答： 解：A、将b的实际速度进行分解如图： 由图可以看出a的速度小于b的速度，故a的动能小于b的动能，A正确； B、由于有摩擦力做功，故ab系统机械能不守恒，则二者机械能的变化量不相等，B错误； C、a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量与产生的内能之和，故a的重力势能的减小量大于两物体总动能的增加量，C错误； D、在这段时间内，ab的速度不相等，则相同时间内经过的位移不相等，而绳子对a的拉力和对b的拉力大小相等，故绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的绝对值不相等，二者代数和不为零，故D错误； 故选：A． 点评： 本题考查了有摩擦力作用下的系统功能转化关系，克服摩擦力做功时，系统的机械能减少，减少的机械能转化为内能． 　 三、实验题：本大题共2小题，第11小题5分，第12小题10分，共15分． 11．（5分）（2014•海南）现受一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度．螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示． （1）由上图读得圆柱体的直径为　1.844　mm，长度为　4.240　cm． （2）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别为D、L，测得D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ=　　． 考点： 测定金属的电阻率．菁优网版权所有 专题： 实验题． 分析： （1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数； （2）根据欧姆定律和电阻定律列式求解． 解答： 解：（1）由图a所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为1.5mm，游标尺示数为34.3×0.01mm=0.343mm，螺旋测微器示数为1.5mm+0.343mm=1.843mm； 由图所示可知，游标卡尺主尺示数为4.2cm，游标尺示数为8×0.05mm=0.40mm，游标卡尺示数为42mm+0.40mm=42.40mm=4.240cm； （2）根据电阻定律，有：R=ρ=ρ 解得：ρ=． 故答案为：（1）1.844，4.240；（2）． 点评： 游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读，对游标卡尺读数时，要注意游标尺的精度．并掌握电阻定律与欧姆定律的应用． 　 12．（10分）（2014•海南）用伏安法测量一电池的内阻．已知该待测电池的电动势E约为9V，内阻约数十欧，允许输出的最大电流为50mA，可选用的实验器材有： 电压表V1（量程5V）；电压表V2（量程10V）； 电流表A1（量程50mA）；电压表A2（量程100mA）； 滑动变阻器R（最大电阻300Ω）； 定值电阻R1（阻值为200Ω，额定功率为1/8W）；定值电阻R2（阻值为220Ω，额定功率为1W）； 开关S；导线若干． 测量数据如坐标纸上U﹣I图线所示． （1）在答题卡相应的虚线方框内画出合理的电路原理图，并标明所选器材的符号． （2）在设计的电路中，选择定值电阻的根据是　定值电阻在电路中消耗的功率会超过W，R2的功率满足实验要求　． （3）由U﹣I图线求得待测电池的内阻为　50　Ω． （4）在你设计的电路中，产生系统误差的主要原因是　电压表分流　． 考点： 测定电源的电动势和内阻．菁优网版权所有 专题： 实验题． 分析： （1）根据伏安法测电源电动势与内阻的原理作出实验电路图； （2）根据题意选择定值电阻； （3）由图象求出电源内阻； （4）根据实验电路分析实验误差． 解答： 解：（1）应用伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，电路图如图所示： （2）定值电阻R1在电路中的最大功率：P1=I2R1=（0.05）2×200=0.5W＞W， 定值电阻R2在电路中的最大功率：P2=I2R2=（0.05）2×220=0.55W＜1W， 为保护电路安全，则定值电阻应选择R2． （3）由图示图象可知，电源内阻r===50Ω； （4）由实验电路图可知，相对于电源电流表采用外接法，由于电压表的分流作用， 电流表所测电流小于电路电流，电压表分流是造成系统误差的原因． 故答案为：（1）电路原理图如图所示．（2）定值电阻在电路中消耗的功率会超过W，R2的功率满足实验要求．（3）50；（4）电压表分流． 点评： 本题考查了作实验电路、实验器材选择、求电源内阻、实验误差分析；电源U﹣I图象斜率的绝对值是电源内阻，知道实验原理、根据图象分析即可正确解题． 　 四、解答题．本大题共2小题，第13题9分，14题14分，共23分．要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤． 13．（9分）（2014•海南）短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段．一次比赛中，某运动用11.00s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离． 考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有 专题： 直线运动规律专题． 分析： 设他做匀加速直线运动的时间为t1，位移大小为小x1，加速度大小为a，做匀速直线运动的速度为v，根据运动学基本公式，抓住位移位移列式即可求解． 解答： 解：根据题意，在第1s和第2s内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1s和第2s内通过的位移分别为s1和s2， 由运动学规律得 t0=1s 联立解得 a=5m/s2 设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v1，跑完全程的时间为t，全程的距离为s，依题决及运动学规律，得 t=t1+t2 v=at1 设加速阶段通过的距离为s′， 则 求得s′=10m 答：该运动员的加速度为5m/s2及在加速阶段通过的距离为10m． 点评： 解决本题的关键理清运动员的运动过程，结合匀变速直线运动的运动学公式和推论灵活求解 　 14．（14分）（2014•海南）如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从y轴上P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场方向变为垂直纸面向里，大小不变，不计重力． （1）求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间； （2）若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值． 考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有 专题： 带电粒子在复合场中的运动专题． 分析： （1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律与粒子的周期公式求出粒子的运动时间． （2）分析清楚粒子在电场中的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式求出电场强度． 解答： 解：（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T， 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：， 粒子做圆周运动的周期：， 由题意可知，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为， 所需时间t1为：，解得：； （2）粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0， 然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0， 设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，电场强度大小为E， 由牛顿第二定律得：qE=ma，，解得：， 根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足t2≥T0， 解得，电场强度最大值：． 答：（1）粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间为：； （2）若要使粒子能够回到P点，电场强度的最大值为． 点评： 本题考查了粒子在磁场与电场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的前提与关键，分析清楚粒子运动过程后，应用牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题． 　 五、模块3-3 15．（4分）（2014•海南）下列说法正确的是 （　　） 　 A． 液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部 　 B． 单晶体有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点 　 C． 单晶体中原子（或分子、离子）的排列具有空间周期性 　 D． 通常金属在各个方向的物理性质都相同，所以金属是非晶体 　 E． 液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征 考点： * 晶体和非晶体；* 液晶．菁优网版权所有 分析： 表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直；晶体分为单晶体和多晶体，都有固定的熔点；液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征 解答： 解：A：表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直，故A错误； B、晶体分为单晶体和多晶体，都有固定的熔点，故B错误； C、单晶体具有各向异性，原子（或分子、离子）的排列具有空间周期性，故C正确； D、通常金属在各个方向的物理性质都相同，但具有固定的熔点，为晶体，故D错误； E、液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征，故E正确； 故选：CE 点评： 本题主要考查了表面张力及晶体与非晶体的区别，选修3﹣3知识点较多，需认真掌握． 　 16．（8分）（2014•海南）一竖直放置、缸壁光滑且导热的柱形气缸内盛有一定量的氮气，被活塞分隔成Ⅰ、Ⅱ两部分；达到平衡时，这两部分气体的体积相等，上部气体的压强为PⅠ0，如图（a）所示，若将气缸缓慢倒置，再次达到平衡时，上下两部分气体的体积之比为3：1，如图（b）所示．设外界温度不变，已知活塞面积为S，重力加速度大小为g，求活塞的质量． 考点： 理想气体的状态方程．菁优网版权所有 专题： 理想气体状态方程专题． 分析： 气体发生等温变化，根据题意求出气体的状态参量，然后应用玻意耳定律解题． 解答： 解：设活塞的质量为m，气缸倒置前下部气体的压强为p20， 倒置后上下气体的压强分别为p2、p1， 由力的平衡条件得：，， 倒置过程中，两部分气体均经历等温过程，设气体的总体积为V0， 由玻意耳定律得：，， 解得：； 答：活塞质量为． 点评： 本题考查了求活塞质量，应用平衡条件求出气体的压强，应用玻意耳定律即可正确解题． 　 六、模块3-4 17．（2014•海南）一列简谐横波沿x轴传播，a、b为x轴上的两质点，平衡位置分别为x=0，x=xb（xb＞0）．a点的振动规律如图所示，已知波速为v=10m/s，在t=0.1s时，b点的位移为0.05m，则下列判断可能正确的是 （　　） 　 A． 波沿x轴正向传播，xb=0.5m B． 波沿x轴正向传播，xb=1.5m 　 C． 波沿x轴负向传播，xb=2.5m D． 波沿x轴负向传播，xb=3.5m 考点： 横波的图象；波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有 专题： 振动图像与波动图像专题． 分析： 根据a的振动图象得出周期，根据λ=vT求出波长，分波沿x轴正向传播和沿x轴负向传播两种情况讨论即可求解． 解答： 解：由振动图象可知，T=0.2s，根据λ=vT得：λ=10×0.2=2m， A、若波沿x轴正向传播，在t=0.1s时，a在平衡位置处，b在波峰处，ab平衡位置的距离，所以xb=，当n=0时，xb=1.5m，故A错误，B周期； C、若波沿x轴负向传播，在t=0.1s时，a在平衡位置，b在波峰处，ab平衡位置的距离，所以，当n=1时，xb=2.5m，故C正确，D错误． 故选：BC 点评： 灵活应用波的传播特点是解题的关键，能根据振动图象得出周期，注意分两种情况分析讨论，难度不大，属于基础题． 　 18．（8分）（2014•海南）如图，矩形ABCD为一水平放置的玻璃砖的截面，在截面所在平面有一细束激光照射玻璃砖，入射点距底面的高度为h，反射光线和折射光线与底面所在平面的交点到AB的距离分别l1和l2，在截面所在平面内，改变激光束在AB面上入射点的高度与入射角的大小，当折射光线与底面的交点到AB的距离为l3时，光线恰好不能从底面射出，求此时入射点距离底面的高度H． 考点： 光的折射定律．菁优网版权所有 专题： 光的折射专题． 分析： 根据折射定律、几何知识以及全反射定律列方程组求解． 解答： 解：设玻璃砖的折射率为n，入射角和反射角为θ1，折射角为θ2，由光的折射定律： 根据几何关系有： 因此求得： 根据题意，折射光线在某一点刚好无法从底面射出，此时发生全反射，设在底面发生全反射时的入射角为θ3， 有： 由几何关系得 解得： 答：此时入射点距离底面的高度． 点评： 本题考查几何光学问题，熟练应用折射定律和全反射定律，几何知识具有重要的作用． 　 七、模块3-5试题 19．（4分）（2014•海南）在光电效应实验中，用同一种单色光，先后照射锌和银的表面，都能发生光电效应．对于这两个过程，下列四个物理过程中，一定不同的是 （　　） 　 A． 遏止电压 B． 饱和光电流 　 C． 光电子的最大初动能 D． 逸出功 考点： 光电效应．菁优网版权所有 专题： 光电效应专题． 分析： 同一束光的光子能量相同，不同的金属，逸出功不同，根据光电效应方程Ekm=hv﹣W0判断光电子最大初动能的大小． 解答： 解：同一束光照射不同的金属，一定相同的是入射光的光子能量，不同的金属，逸出功不同，根据光电效应方程Ekm=hv﹣W0知，最大初动能不同，则遏止电压不同；同一束光照射，光中的光子数目相等，所以饱和光电流是相同的． 故选：ACD 点评： 解决本题的关键知道不同的金属逸出功不同，以及掌握光电效应方程Ekm=hv﹣W0． 　 20．（8分）（2014•海南）一静止原子核发生α衰变，生成一α粒子及一新核，α粒子垂直进入磁感应强度大小为B的匀强磁场，其运动轨迹是半径为R的圆．已知α粒子的质量为m，电荷量为q；新核的质量为M；光在真空中的速度大小为c．求衰变前原子核的质量． 考点： 爱因斯坦质能方程．菁优网版权所有 专题： 爱因斯坦的质能方程应用专题． 分析： 根据带电粒子在匀强磁场中洛伦兹力提供向心力，求得α粒子的速度，再结合动量守恒定律和质能方程即可求得衰变前原子核的质量． 解答： 解：设衰变产生的α粒子的速度大小为v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得： 设衰变后新核的速度大小为V，衰变前后动量守恒，有：0=MV﹣m