高考海南物理试题及答案解析(精编版)

一般高等学校招生全国统一考试（海南卷）物理一、单选题：本题共6小题，每题3分，共18分。在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目规定的。1【海南，1，3分】在地面上方某一点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中（ ）A速度和加速度的方向都在不断变化 B速度与加速度方向之间的夹角始终减小 C在相等的时间间隔内，速率的变化量相等 D在相等的时间间隔内，动能的变化量相等【答案】B【解析】由于物体做平抛运动，故物体只受重力作用，故加速度不变，而由于物体做曲线运动，故速度大小和方向时刻在变化，故选项A错误；设某时刻速度与竖直方向夹角为，则，随着时间的变大，故变小，则变小，故选项B对的；根据加速度定义式，则，即在相等的时间间隔内，速度的变化量相等，故选项C错误；根据动能定理，在相等的时间间隔内，动能的变化量等于重力的功，即，由于平抛运动在竖直方向上，在相等时间内的位移不相等，故选项D错误，故选B。【点评】解决本题的核心懂得平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合加速度公式和动能定理公式灵活求解即可。2【海南，2，3分】如图，在水平桌面上放置一斜面体，两长方体物块和叠放在的斜面上，整个系统处在静止状态。若将和、与、与桌面之间摩擦力的大小分别用、和表达。则（ ）A， B，C， D，【答案】C【解析】一方面对整体受力分析可以懂得，整体相对地面没有相对运动趋势，故，在将和当作一种整体，整体有相对斜面向下运动的趋势，故与之间有摩擦力，即，在对进行受力可以懂得，由于处在静止状态，故相对于有向下运动的趋势，故和之间存在摩擦力作用，即，故选C。【点评】“整体隔离法”是力学中的重要措施，一定要纯熟掌握，注意对于由多种物体构成的系统，不波及内力时优先考虑以整体为研究对象。3【海南，3，3分】如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为，在最高点时对轨道的压力大小为。重力加速度大小为，则的值为（ ）A B C D【答案】D【解析】设小球在最低点速度为，在最高点速度为，在根据牛顿第二定律：在最低点：，在最高点：，同步从最高点到最低点，根据动能定理：，联立以上三个方程式可以得到：，故选D。【点评】解决本题的核心懂得向心力的来源，懂得最高点的临界状况，通过动能定理和牛顿第二定律进行求解。4【海南，4，3分】如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径不不小于两导线间距。两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流。若（ ）A金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向C金属环向左侧直导线接近，则环上的感应电流方向为逆时针D金属环向右侧直导线接近，则环上的感应电流方向为逆时针【答案】D【解析】根据楞次定律，当金属圆环上、下移动时，穿过圆环的磁通量不发生变化，故没有感应电流产生，故选项AB错误；当金属圆环向左移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强，故根据楞次定律可以懂得，产生的感应电流为顺时针，故选项C错误；当金属圆环向右移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，故根据楞次定律可以懂得，产生的感应电流为逆时针，故选D。【点评】解决本题的核心会用安培定则判断电流周边磁场的方向，以及学会根据楞次定律来拟定感应电流的方向。5【海南，5，3分】沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力的作用，其下滑 的速度时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在，内的大小分别为、和，则（ ）A B C D【答案】A【解析】根据图像可以懂得，在内加速度为，方向沿斜面向下；在内，加速度；在内加速度为，方向沿斜面向上；受力分析如图：在内，根据牛顿第二定律：，则：；在内，根据牛顿第二定律：，则：；在内，根据牛顿第二定律：，则，故可以得到：，故选A。【点评】本题考察了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，懂得加速度是联系力学和运动学的桥梁，基本题。6【海南，6，3分】如图，平行板电容器两极板的间距为，极板与水平面成角，上极板带正电。一电荷量为的粒子在电容器中接近下极板处。以初动能竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为（ ）A B C D【答案】B【解析】根据电荷受力可以懂得，粒子在电场中做曲线运动，如图所示：当电场足够大时，粒子达到上极板时速度正好与上极板平行，如图，将粒子初速度分解为垂直极板的和平行极板，根据运动的合成与分解，当分速度时，则粒子的速度正好平行上极板，则根据运动学公式：，由于，联立整顿得到：，故选B。【点评】本题核心是明确粒子的受力状况和运动状况，然后根据类似平抛运动的分位移公式和动能定理解决，要明确当电场强度最大时，是粒子的速度平行与上极板，而不是零。二、多选题：本题共4小题，每题5分，共20分。在每题给出的四个选项中，有多种选项是符合题目规定的。所有选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7【海南，7，5分】通过观测冥王星的卫星，可以推算出冥王星的质量。假设卫星绕冥王星做匀速圆周运动，除了引力常量外，至少还需要两个物理量才干计算出冥王星的质量。这两个物理量可以是（ ）A卫星的速度和角速度 B卫星的质量和轨道半径C卫星的质量和角速度 D卫星的运营周期和轨道半径【答案】AD【解析】根据线速度和角速度可以求出半径，根据万有引力提供向心力，则：，整顿可以得到：，故选项A对的；由于卫星的质量约掉，故与卫星的质量无关，故选项BC错误；若懂得卫星的周期和半径，则，整顿得到：，故选AD。【点评】解决本题的核心掌握万有引力提供向心力这一理论，懂得线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系。8【海南，8，5分】如图（a）所示，扬声器中有一线圈处在磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出声音。俯视图（b）表达处在辐射状磁场中的线圈（线圈平面即纸面）磁场方向如图中箭头所示，在图（b）中（ ）A当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里B当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外C当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 D当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外【答案】BC【解析】将环形导线分割成无限个小段，每一小段当作直导线，则根据左手定则，当电流顺时针时，导线的安培力垂直纸面向外，故选项A错误，选项B对的；当电流逆时针时，根据左手定则可以懂得安培力垂直纸面向里，故选项C对的，选项D错误，故选BC。【点评】解决本题的核心掌握安培力方向的鉴定，明确安培力产生的条件，纯熟应用左手定则判断安培力的方向。9【海南，9，5分】图（a）所示，抱负变压器的原、副线圈的匝数比为，为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，为定值电阻，电压表和电流表均为抱负交流电表。原线圈所接电压随时间按正弦规律变化，如图（b）所示。下列说法对的的是（ ）A变压器输入、输出功率之比为B变压器原、副线圈中的电流强度之比为Cu随t变化的规律为（国际单位制）D若热敏电阻RT的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大【答案】BD【解析】由题意，变压器是抱负变压器，故变压器输入、输出功率之比为，故A错误；变压器原、副线圈中的电流之比与匝数成反比，即，故选项B对的；由图（b）可知交流电压最大值，周期，可由周期求出角速度的值为，则可得交流电压的体现式，故选项C错误；处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表达数不变，选项D对的，故选BD。【点评】根据图象精确找出已知量，是对学生认图的基本规定，精确掌握抱负变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的核心。10【海南，10，5分】如图，一带正电的点电荷固定于点，两虚线圆均觉得圆心，两实线分别为带电粒子和先后在电场中运动的轨迹，、为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法对的的是（ ）A带负电荷，带正电荷 B在点的动能不不小于它在点的动能 C在点的电势能等于它在点的电势能D在从点运动到点的过程中克服电场力做功【答案】ABC【解析】如图所示，粒子的轨迹向左弯曲，则带电粒子所受的电场力方向向左，可知带电粒子受到了引力作用，故带负电荷，而粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力方向向下，阐明粒子受到斥力作用，故N粒子带正电荷，故选项A对的；由于虚线是等势面，故粒子从到电场力对其做负功，故动能减小，故选项B对的；对于粒子，由于和在同一等势面上，故从到电场力不做功，故电势能不变，故选项C对的；由于粒子带正电，故从点运动到点的过程中，电场力做正功，故选项D错误，故选ABC。【点评】本题是轨迹问题，一方面要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，拟定是排斥力还是吸引力由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路。三、实验题：本题共2小题，共15分把答案写在答题卡中指定的答题处，不规定写出演算过程11【海南，11，6分】某同窗运用图（a）所示的实验装置探究物块速度随时间的变化。物块放在桌面上细绳的一端与物块相连，另一端跨过滑轮挂上钩码。打点计时器固定在桌面左端，所用交流电源频率为。纸带穿过打点计时器连接在物块上。启动打点计时器，释放物块，物块在钩码的作用下拖着纸带运动。打点计时器打出的纸带如图（b）所示(图中相邻两点间有4个点未画出)。根据实验数据分析，该同窗觉得物块的运动为匀加速运动。回答问题：（1）在打点计时器打出点时，物块的速度大小为_。在打出点时，物块的速度大小为_；（保存两位有效数字）（2）物块的加速度大小为_。（保存两位有效数字）【答案】（1），；（2）【解析】（1）根据匀变速直线运动中中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，因此， 。（2）根据题意，该同窗觉得物块的运动为匀加速运动，则根据速度公式：，带入数据整顿可以得到：。【点评】根据匀变速直线运动中中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上小车的瞬时速度大小，然后在速度公式求加速度即可。12【海南，12，9分】某同窗改装和校准电压表的电路图如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路。（1）已知表头满偏电流为，表头上标记的内阻值为。、和是定值电阻。运用和表头构成的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。若使用、两个接线柱，电压表的量程为；若使用、两个接线柱，电压表的量程为则根据题给条件，定值电阻的阻值应选_ _， _ _，_。（2）用量程为，内阻为的原则电压表对改装表挡的不同刻度进行校准。所用电池的电动势为；滑动变阻器有两种规格，最大阻值分别为和。为了以便实验中调节电压，图中应选用最大阻值为_的滑动变阻器。（3）校准时，在闭合开关前，滑动变阻器的滑动端应接近_（填“”或“”）端。（4）若由于表头G上标记的内阻值不准，导致改装后电压表的读数比原则电压表的读数偏小，则表头内阻的真实值_（填“不小于”或“不不小于”）。【答案】（1）100，910，；（2）50；（3）；（4）不小于【解析】（1）根据题意，与表头构成的电流表，则：，整顿：；若使用、两个接线柱，电压表的量程为，则；若使用、两个接线柱，电压表的量程为，则。（2）电压表与之并联之后，电阻不不小于，对于分压式电路，规定滑动变阻器的最大阻值远不不小于并联部分，同步尚有便于调节，故滑动变阻器选择小电阻，即选择的电阻。（3）在闭合开关前，滑动变阻器的滑动端应接近端，这样把并联部分电路短路，启动一种保护作用。（4）导致改装后电压表的读数比原则电压表的读数偏小，阐明通过表头的电流偏小，则实际其电阻偏大，故其实实际阻值不小于。【点评】本题考察了求电阻阻值、实验器材的选择、电路故障分析，懂得电流表的改装原理、分析清晰电路构造、应用串并联电路特点与欧姆定律即可对的解题。四、计算题：本题共2小题，共23分把答案写在答题卡中指定的答题处，规定写出必要的文字阐明、方程式和演算环节13【海南，13，9分】水平地面上有质量分别为和的物块和，两者与地面的动摩擦因数均为。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与相连，动滑轮与相连，如图所示。初始时，绳处在水平拉直状态。若物块在水平向右的恒力作用下向右移动了距离，重力加速度大小为。求：（1）物块客服摩擦力所做的功；（2）物块、的加速度大小。解：（1）物块移动了距离，则物块移动的距离为物块受到的摩擦力大小为： 物块克服摩擦力所做的功为（2）设物块、的加速度大小分别为、，绳中的张力为。由牛顿第二定律得 由和的位移关系得： 联立式得： 【评分参照】第（1）问3分，式各1分；第（2）问6分，式各1分，式2分，式各1分。【点评】采用整体法和隔离法对物体进行受力分析，抓住两物体之间的内在联系，绳中张力大小相等、加速度大小相等，根据牛顿第二定律列式求解即可解决本题的核心还是抓住联系力和运动的桥梁加速度。14【海南，14，14分】如图，、两点分别位于轴和轴上，的长度为。在区域内有垂直于平面向里的匀强磁场。质量为、电荷量为的带正电粒子，以平行于轴的方向从边射入磁场。已知粒子从某点射入时，正好垂直于边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为。不计重力。（1）求磁场的磁感应强度的大小；（2）若粒子先后从两不同点以相似的速度射入磁场，正好从边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；（3）若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与边相切，且在磁场内运动的时间为，求粒子本次入射速度的大小。解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间内其速度方向变化了，故其周期设磁感应强度大小为，粒子速度为，圆周运动的半径为。由洛伦兹力公式和牛顿定律得 匀速圆周运动速度满足联立式得（2）设粒子从边两个不同位置射入磁场，能从边上的同一点射出磁场，粒子在磁场中运 动的轨迹如图（a）所示。设两轨迹所相应的圆心角分别为和。由几何关系粒子两次在磁场中运动的时间分别为与，则（3）如图（b），由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧相应的圆心角为。设为圆弧的圆心，圆弧的半径为，圆弧与相切与点，从点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有 设粒子本次入射速度大小为，由圆周运动规律联立式得【评分参照】第（1）问6分，式1分，式各2分，式1分；第（2）问4分，式各2 分；第（3）问4分，式各1分，式2分。【点评】对于带电粒子在磁场中运动类型，要画出轨迹，善于运用几何知识协助分析和求解，这是轨迹问题的解题核心。五、选考题：共12分。请考生从第1517题中任选两题作答，如果多做，则按所做的第一、二题计分。15【海南，15，12分】【选修3-3】 （1）（4分）一定量的抱负气体从状态可以经历过程1或者过程2达到状态，其图像如图所示。在过程1中，气体始终与外界无热量互换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化。对于这两个过程，下列说法对的的是_。（填入对的答案标号。选对1个得2分，选对2个得3分，选对3个得4分；有选错的得0分）A气体经历过程1，其温度减少 B气体经历过程1，其内能减少C气体在过程2中始终对外放热 D气体在过程2中始终对外做功E气体经历过程1的内能该变量与经历过程2的相似【答案】ABE【解析】气体经历过程1，压强减小，体积变大，膨胀对外做功，内能减小，故温度减少，故选项AB对的；气体在过程2中，根据抱负气体状态方程，刚开始时，体积不变，压强减小，则温度减少，对外放热，然后压强不变，体积变大，膨胀对外做功，则温度升高，吸热，故选项CD错误；无论是通过1过程还是2过程，初、末状态相似，故内能变化量相似，故选项E对的，故选ABE。【点评】本题考察了判断气体吸热与放热状况、气体内能如何变化，分析清晰图示图象、由于抱负气体状态方程与热力学第一定律即可对的解题。 （2）（8分）如图，密闭汽缸两侧与一形管的两端相连，汽缸壁导热；形管内盛有密度为的液体。一活塞将汽缸提成左、右两个气室，开始时，左气室的体积是右气室的体积的一半，气体的压强均为。外界温度保持不变。缓慢向右拉活塞使形管两侧液面的高度差，求此时左、右两气室的体积之比，取重力加速度大小，形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽视不计。解：设初始状态时汽缸左气室的体积为，右气室的体积为；当活塞至汽缸中某位置时，左、右气室的压强分别为、，体积分别为、，由玻意耳定律得： 依题意有： 由力的平衡条件有 联立式，并代入题给数据得：由此解得（另一解不合题意，舍去）由式和题给条件得【评分参照】式各1分，式2分，式各1分。【点评】本题考察了求气体体积，应用玻意耳定律即可对的解题，求出气体的压强是对的解题的核心。16【海南，16，12分】【选修3-4】 （1）（4分）下列说法对的的是_。（填入对的答案标号。选对1个得2分，选对2个得3分，选对3个得4分；有选错的得0分）A在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比B弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变C在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小D系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率E已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向【答案】ABD【解析】根据单摆周期公式：可以懂得，在同一地点，重力加速度为定值，故周期的平方与其摆长成正比，故选项A对的；弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能参与转化，根据机械能守恒条件可以懂得，振动系统的势能与动能之和保持不变，故选项B对的；根据单摆周期公式：可以知道，单摆的周期与质量无关，故选项C错误；当系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，故选项D对的；若弹簧振子初始时刻的位置在平衡位置，懂得周期后，可以拟定任意时刻运动速度方向，若弹簧振子初始时刻的位置不在平衡位置，则无法拟定，故选项E错误，故选ABD。【点评】本题核心抓住简谐运动的周期性，分析时间与周期的关系分析振子的位移变化，要掌握加速度与位移的关系，根据计时开始时刻的加速度及方向解题。（2）（8分）如图，半径为的半球形玻璃体置于水平桌面上，半球的上表面水平，球面与桌面相切于点。一细束单色光经球心从空气中射入玻璃体内（入射面即纸面），入射角为，出射光线射在桌面上点处。测得之间的距离为 。现将入射光束在纸面内向左平移，求射入玻璃体的光线在球面上正好发生全反射时，光束在上表面的入射点到点的距离。不考虑光线在玻璃体内的多次反射。解：当光线经球心入射时，光路图如图（a）所示。设玻璃的折射率为，由折射定律有：式中，入射角，为折射角。为直角三角形因此：发生全反射时，临界角C满足 在玻璃体球面上光线正好发生全反射时，光路图如图（b）所示。设此时光线入射点为，折射光线射到玻璃体球面的点。由题意有在内，根据正弦定理有： 联立上式得： 【评分参照】式各1分，式2分，式1分，式2分，式1分。【点评】本题是简朴的几何光学问题，其基本是作出光路图，根据几何知识拟定入射角与折射角，根据折射定律求解。17【海南，17，12分】【选修3-5】 （1）（4分）下列说法对的的是_。（填入对的答案标号。选对1个得2分，选对2个得3分，选对3个得4分；有选错的得0分）A爱因斯坦在光的粒子性的基本上，建立了光电效应方程B康普顿效应表白光子只具有能量，不具有动量C波尔的原子理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律D卢瑟福根据粒子散射实验提出了原子的核式构造模型E德布罗意指出微观粒子的动量越大，其相应的波长就越长【答案】ACD【解析】爱因斯坦提出了光子假说，建立了光电效应方程，故选项A对的；康普顿效应表白光不仅具有能量，还具有动量，故选项B错误；波尔的原子理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律，故C对的；卢瑟福根据粒子散射实验提出了原子核式构造模型，故D对的；德布罗意波波长为：，其中为微粒的动量，故动量越大，则相应的波长就越短，故选项E错误，故选ACD。【点评】本题考察了光电效应、康普顿效应、波尔的原子理论、核式构造模型、德布罗意波等基本知识点，难度不大，核心要熟悉教材。（2）（8分）如图，物块通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器（图中未画出）射出的物块沿水平方向与相撞，碰撞后两者粘连在一起运动，碰撞前的速度的大小及碰撞后和一起上升的高度均可由传感器（图中未画出）测得。某同窗觉得纵坐标，为横坐标，运用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为。已知物块和的质量分别为g和，重力加速度大小。（i）若碰撞时间极短且忽视空气阻力，求直线斜率的理论值；（ii）求值的相对误差，成果保存1位有效数字）。解：（i）设物块和碰撞后共同运动的速度为，由动量守恒定律有 在碰撞后和共同上升的过程中，由机械能守恒定律联立式得由题意得 代入题给数据得：（ii）按照定义： 由式和题给条件得：【评分参照】第（i）问7分，式各2分，式各1分；第（ii）问1分，式1分。【点评】本题考察动量守恒定律的应用，要注意对的选择研究对象，并分析系统与否满足动量守恒以及机械能守恒，然后才干列式求解。