2021年海南省高考物理试卷

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一、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（ ）

A．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（ ）

A．向前

B．向后

C．向左

D．向右

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8m/s2．从开始刹车到汽车停止，汽车运动的距离为（ ） A．10m

B．20m

C．25m

D．50m

4．（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μ，重力加速度大小为g，现对Q

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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．F﹣2μmg

B．F+μmg

C．F﹣μmg

D．F

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OO′的距离为r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为μ（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（ ）

A．

B．

C．

D．2

二、多项选择题：

7．（2019•海南）对于钠和钙两种金属，其遏止电压Uc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（ ）

A．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R1、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（ ）

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A．流经R1的电流减小到原来的

B．R2两端的电压增加到原来的2倍 C．R3端的电压减小到原来的 D．电阻上总的热功率减小到原来的

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1：2 B．P和Q的质量之比为C．P和Q速度大小之比为

：1 ：1

D．P和Q速度大小之比为2：1

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的上端距水平地面的高度均为4h0；它们的下端水平，距地面的高度分别为h1＝h0、h2＝2h0、h3＝3h0，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（ ）

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A．s1＞s2 三、实验题：

B．s2＞s3 C．s1＝s3 D．s2＝s3

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。实验室提供的器材为：待测电流表A（量程10mA，内阻约为50Ω），滑动变阻器R1，电阻箱R，电源E（电动势约为6V，内阻可忽略），开关S1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

①10Ω，额定电流2A ②1500Ω，额定电流0.5A 实验中应该取 。（填“①”或“②”）

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，其下端可以悬挂砝码（实验中，每个砝码的质量均为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：

①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；

②系统静止后，记录砝码的个数及指针的位置；

③逐次增加砝码个数，并重复步骤②（保持弹簧在弹性限度内）：

④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l﹣n图象。

n

1

2

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3 4 5

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l/cm 10.48 10.96 11.45 11.95 12.40

（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l﹣n图线的斜率α表示，表达式为k＝ 。若g取9.8m/s2，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。已知b的质量是a的3倍。b与水平面间的动摩擦因数为μ，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。

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14．（2019•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μ（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＝t1时刻撤去外力，此时棒中的感应电流为i1；已知CD棒在t＝t0（0＜t0＜t1）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g。

（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时刻静止，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

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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，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＝4.0×103m3．压强为pA

﹣

＝47cmHg；B体积为VB＝6.0×103m3，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。

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（ ）

A．平衡位置在x＝1m处的质元的振幅为0.03m B．该波的波速为10m/s

C．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

18．（2019•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θ＝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，恰好由下底面上C点射出。已知AB＝FG＝1cm，BC＝

cm，OA＝2cm。

（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）。

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参考答案与试题解析

一、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（ ）

A．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：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．（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（ ）

A．向前

B．向后 C．向左

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D．向右

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【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．（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8m/s2．从开始刹车到汽车停止，汽车运动的距离为（ ） A．10m

B．20m

C．25m D．50m

【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；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v2＝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：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．（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

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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。

【解答】解：由万有引力提供向心力得：G

＝m

＝mrω2＝mr

＝ma，

解得：v＝ T＝2πω＝ a＝

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．（2019•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接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ，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．F﹣2μmg

B．F+μmg

C．F﹣μmg

D．F

【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﹣μ•3mg＝3ma。

再对P，根据牛顿第二定律得： T﹣μmg＝ma

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联立解得轻绳的张力大小为：T＝F，故ABC错误，D正确。 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．（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OO′的距离为r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为μ（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（ ）

A．

B．

C．

D．2

【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，μg＝ω2r，解得圆盘转动的最大角速度为：ω＝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：

7．（2019•海南）对于钠和钙两种金属，其遏止电压Uc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（ ）

，故B正确，ACD错误。

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A．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： Ekm＝hγ﹣W0＝hγ﹣hγ0 又Ekm＝eUC 解得：UC＝γ﹣

＝γ﹣

；

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； B、由UC＝γ﹣C、由UC＝γ﹣

知U0﹣γ图线的斜率k＝，故B正确； 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Ekm＝hγ﹣W0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＝hγ﹣W0，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R1、R2、R3三

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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（ ）

A．流经R1的电流减小到原来的

B．R2两端的电压增加到原来的2倍 C．R3端的电压减小到原来的 D．电阻上总的热功率减小到原来的 【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。

【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，根据欧姆定律可知，流经R1的电流减小到原来，故A错误。 B、根据串并联电路规律可知，R2两端的电压减小到原来的，故B错误。 C、同理，R3两端的电压减小到原来，故C正确。 D、副线圈总电阻不变，根据功率公式可知，P＝确。 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（ ）

，总功率减小到原来的，故D正

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A．P和Q的质量之比为1：2 B．P和Q的质量之比为C．P和Q速度大小之比为

：1 ：1

D．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】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

解得：mP：mQ＝1：2，故A正确，B错误；

，由公式

，解得：

，

CD、结合几何关系可知，故C正确，D错误。 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．（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4h0；它们的下端水平，距地面的高度分别为h1＝h0、h2＝2h0、h3＝3h0，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（ ）

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A．s1＞s2

B．s2＞s3

C．s1＝s3

D．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＝mv2得小滑块离开轨道时的水平速度v＝3下滑的小物块的初速度之比为3下滑的小物块的时间之比为1：

，由h＝，

，

，可知t＝

，轨道1、2、，轨道1、2、

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s1：s2：s3＝故BC正确，AD错误； 故选：BC。

【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。实验室提供的器材为：待测电流表A（量程10mA，内阻约为50Ω），滑动变阻器R1，电阻箱R，电源E（电动势约为6V，内阻可忽略），开关S1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；

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（3）若实验提供的滑动变阻器有两种规格

①10Ω，额定电流2A ②1500Ω，额定电流0.5A 实验中应该取 ② 。（填“①”或“②”） 【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＝

＝600Ω，

滑动变阻器接入电路的最小阻值约为：600﹣50＝550Ω，滑动变阻器应选择②； 故答案为：（1）电路图如图所示；（2）实物电路图如图所示；（3）②。

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【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，其下端可以悬挂砝码（实验中，每个砝码的质量均为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：

①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；

②系统静止后，记录砝码的个数及指针的位置；

③逐次增加砝码个数，并重复步骤②（保持弹簧在弹性限度内）：

④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l﹣n图象。 n l/cm 1 10.48 2 10.96 3 11.45 4 11.95 5 12.40 （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l﹣n图线的斜率α表示，表达式为k＝ 数字）。 。若g取9.8m/s2，则本实验中k＝ 109 N/m（结果保留3位有效 第18页（共28页）

2021年海南省高考物理试卷

【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）描出点后，作出图线如图所示：

（2）L﹣n图线的斜率为由胡克定律有：△F＝k△l 即△nmg＝k△l 联立以上各式可得：

﹣

由图可得斜率约为α＝0.45×102m 所以可得劲度系数为：

故答案为：（1）图线如图所示：

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2021年海南省高考物理试卷

（2）

，（3）109。

【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：

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。已知b的质量是a的3倍。b与水平面间的动摩擦因数为μ，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。

【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．

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2021年海南省高考物理试卷

【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，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 ﹣μ•3mgs＝0﹣•3mvb2。

解得，碰撞后瞬间物块b速度的大小 vb＝

（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 mv0＝mva+3mvb。 根据机械能守恒得

mv02＝mva2+•3mvb2。

设轻绳的长度为L．对于a下摆的过程，根据机械能守恒得 mgL＝

mv02。

联立解得 L＝4μs 答：

（1）碰撞后瞬间物块b速度的大小为（2）轻绳的长度是4μs。

【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μ（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＝t1时刻撤去外力，此时棒中的感应电流为i1；已知CD棒在t＝t0（0＜t0＜t1）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g。

。

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（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时刻静止，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：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＝t1时刻撤去外力，此时棒中的感应电流为i1，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i0．则有： Bi0l＝μmg 得：i0＝

设此时AB棒的速度为v0．则有： i0＝得：v0＝

故AB棒做匀加速运动的加速度大小为： a＝

＝

（2）设撤去外力时CD棒的速度大小为v1，AB棒的速度大小为v2．则有： v2＝at1。

根据欧姆定律得：i1＝

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联立解得：v1＝﹣

（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：

﹣2μmg（t2﹣t1）＝mv3﹣mv1﹣mv2。 联立解得：v3＝

﹣

﹣2μg（t2﹣t1）

答：（1）AB棒做匀加速运动的加速度大小是；

（2）撤去外力时CD棒的速度大小是﹣；

（3）此时AB棒的速度大小是﹣

﹣2μg（t2﹣t1）。

【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．

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【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＝△U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△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＝△U，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＝△U，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△U＝0，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，内能减小，故E正确； 故选：BCE。

【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＝△U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。 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＝4.0×103m3．压强为pA

﹣

＝47cmHg；B体积为VB＝6.0×103m3，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。

【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．

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2021年海南省高考物理试卷

【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，联立即可求出A、B两部分气体的体积。 【解答】解：对A中气体：

初态：压强pA＝47cmHg，体积VA＝4.0×103m3，

﹣

末态：压强pA′，体积VA′，

根据玻意耳定律可得：pAVA＝pA′VA′…① 对B中气体：

初态：压强pB＝50cmHg，体积VB＝6.0×103m3，

﹣

末态：压强pB′，体积VB′，

根据玻意耳定律可得：pBVB＝pB′VB′…② 容器水平后有：pA′＝pB′…③

容器的总体积保持不变，即：VA′+VB′＝VA+VB＝1.0×102m3…④

﹣

联立①②③④式可得：VA′＝3.85×103m3

﹣

VB′＝6.15×103m3

﹣

答：此时A部分气体的体积为3.85×103m3，B两部分气体的体积为6.15×103m3。

﹣

﹣

【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（ ）

A．平衡位置在x＝1m处的质元的振幅为0.03m B．该波的波速为10m/s

C．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

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2021年海南省高考物理试卷

【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λ＝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＝0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：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．（2019•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θ＝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，恰好由下底面上C点射出。已知AB＝FG＝1cm，BC＝

cm，OA＝2cm。

（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）。

【考点】H3：光的折射定律．

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2021年海南省高考物理试卷

【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i＝60° 折射角的正切值为所以折射角r＝30°

根据折射定律可得透明材料的折射率为：

（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： 由题意及几何关系可得：

所以∠DOH＝∠COH

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α，则有：

，即临界角小于45°

则

所以下底面上有光射出圆形区域的半径为：

答：（i）求此透明材料的折射率为

；

（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

。

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2021年海南省高考物理试卷

【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。

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