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2015年海南省高考物理试卷答案与解析


2015 年海南省高考物理试卷
参考答案与试题解析

一、单项选择题:本题共 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) (2015?海南)如图,a 是竖直平面 P 上的一点,P 前有一条形磁铁垂直于 P,且 S 极朝向 a 点.P 后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下,

在水平面内向右弯曲 经过 a 点,在电子经过 a 点的瞬间,条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( )

A.向上

B.向下

C.向左

D.向右

考点: 左手定则. 分析: 根据左手定则判定:伸开左手,使大拇指跟其余四个手指垂直,并且跟手掌在同一平 面内,把手放入磁场中,让磁感线穿过掌心,四指所指为正电荷运动方向,拇指所指 方向为电荷所受洛伦兹力的方向. 解答: 解:P 前有一条形磁铁垂直于 P,且 S 极朝向 a 点可知条形磁铁的磁场的方向向外, 电子向右运动,由左手定则可知,电子受到的条形磁铁对电子的作用力的方向向上. 故选:A 点评: 本题提供的情景看似比较复杂,在去芜存菁后可知,电子受到的洛伦兹力的方向可以 由左手定则直接判定. 要注意的是: 对负电荷而言, 四指所指方向为其运动的反方向.
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2. (3 分) (2015?海南)如图,空间有一匀强磁场,一直金属棒与磁感应强度方向垂直,当 它以速度 v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时,棒两端的感应电动势大小为 ? ;将此 棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线, 置于与磁感应强度相垂直的平面内, 当它沿两段折 线夹角平分线的方向以速度 v 运动时,棒两端的感应电动势大小为 ? ′ .则 等于( )

A.

B.

C.1

D.

考点: 导体切割磁感线时的感应电动势;电势差. 专题: 电磁感应与电路结合. 分析: 本题根据感应电动势公式 E=BLv,L 是有效的切割长度,分析感应电动势的关系. 解答: 解:设金属棒的长度为 L. 左侧的金属棒有效的切割长度为 L,垂直切割磁感线,产生的感应电动势为 ? =BLv
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1

右侧的金属棒有效的切割长度为 ?′ =B 则 = Lv

L,垂直切割磁感线,产生的感应电动势为

故选:B. 点评: 本题关键要准确理解公式 E=BLv 中 L 的含义,知道 L 是有效的切割长度,即速度垂 直方向上金属棒的长度. 3. (3 分) (2015?海南)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率,如果摩托艇发动机 的输出功率变为原来的 2 倍,则摩托艇的最大速率变为原来的( ) A.4 倍 B.2 倍 C. 倍 D. 倍 考点: 功率、平均功率和瞬时功率. 专题: 功率的计算专题. 分析: 由题意可知:摩托艇的阻力大小与速度成正比,即:f=kv;当物体做匀速运动时,速 度最大,此时牵引力 F 与阻力 f 相等:即 F=f=kv;而发动机的输出功率 P=Fv,据此 分析判断. 解答: 解:设阻力为 f,由题知:f=kv; 2 速度最大时,牵引力等于阻力,则有 P=Fv=fv=kv . 所以摩托艇发动机的输出功率变为原来的 2 倍,则摩托艇的最大速率变为原来的 倍. 故选:D. 点评: 解决本题的关键:一是能够正确的写出阻力与速度大小的表达式,二是利用功率的计 算方法 P=Fv.
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4. (3 分) (2015?海南)如图,一半径为 R 的半圆形轨道竖直固定放置,轨道两端等高;质 量为 m 的质点自轨道端点 P 由静止开始滑下,滑到最低点 Q 时,对轨道的正压力为 2mg, 重力加速度大小为 g.质点自 P 滑到 Q 的过程中,克服摩擦力所做的功为( )

A.

mgR

B.

mgR

C.

mgR

D.

mgR

考点: 动能定理. 专题: 动能定理的应用专题. 分析: 质点经过 Q 点时, 由重力和轨道的支持力提供向心力, 由牛顿运动定律求出质点经过 Q 点的速度,再由动能定理求解克服摩擦力所做的功. 解答: 解:质点经过 Q 点时,由重力和轨道的支持力提供向心力,由牛顿第二定律得:
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2

N﹣mg=m 由题有:N=2mg 可得:vQ= 质点自 P 滑到 Q 的过程中,由动能定理得: mgR﹣Wf= 得克服摩擦力所做的功为 Wf= mgR 故选:C. 点评: 本题考查动能定理的应用及向心力公式,要注意正确受力分析,明确指向圆心的合力 提供圆周运动的向心力,知道动能定理是求解变力做功常用的方法. 5. (3 分) (2015?海南)如图,一充电后的平行板电容器的两极板相距 l.在正极板附近有 一质量为 M、电荷量为 q(q>0)的粒子;在负极板附近有另一质量为 m、电荷量为﹣q 的 粒子.在电场力的作用下,两粒子同时从静止开始运动.已知两粒子同时经过一平行于正极 板且与其相距 l 的平面.若两粒子间相互作用力可忽略,不计重力,则 M:m 为( )

A.3:2

B.2:1

C.5:2

D.3:1

考点: 带电粒子在匀强电场中的运动. 专题: 电场力与电势的性质专题. 分析: 粒子只受到电场力的作用做匀加速直线运动,由牛顿第二定律求出加速度,然后由运 动学的公式求出位移,在通过比较位移即可得出它们的质量比. 解答: 解:根据题意,两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距 l 的平面,所以 q 的位移
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为 x1= l,而﹣q 的位移为: 粒子只受到电场力的作用做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得: ,

又由:

运动的时间是相等的,则:

3

所以:

故选:A 点评: 该题中,粒子都在电场中做匀加速直线运动,运动的时间是相等的,粒子的电荷量又 相等,所以并不需要求出具体的数值,写出相应的公式,然后采用比值法即可快速得 出结论. 6. (3 分) (2015?海南)若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以 相同的速率平抛一物体,它们在水平方向运动的距离之比为 2: .已知该行星质量约为 地球的 7 倍,地球的半径为 R.由此可知,该行星的半径约为( ) A. B. C.2R D. R R R

考点: 万有引力定律及其应用. 专题: 万有引力定律的应用专题. 分析: 通过平抛运动的规律求出在星球上该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速 度之比.再由万有引力等于重力,求出行星的半径. 解答: 解:对于任一行星,设其表面重力加速度为 g.
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根据平抛运动的规律得 h= 则水平射程 x=v0t=v0 .

得,t=

可得该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比 根据 G =mg,得 g=

=

=

可得

=

?

解得行星的半径 R 行=R 地

?

=R×

?

=2R

故选:C. 点评: 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律, 以及掌握万有引 力等于重力这一理论,并能灵活运用. 二、多项选择题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分。在每小题给出的四个选项中,有 多个选项是符合题目要求的。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) (2015?海南)如图,两电荷量分别为 Q(Q>0)和﹣Q 的点电荷对称地放置在 x 轴上原点 O 的两侧,a 点位于 x 轴上 O 点与点电荷 Q 之间,b 点位于 y 轴 O 点上方.取无 穷远处的电势为零.下列说法正确的是( )
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A.b 点电势为零,电场强度也为零 B. 正的试探电荷在 a 点的电势能大于零,所受电场力方向向右 C. 将正的试探电荷从 O 点移到 a 点,必须克服电场力做功 D.将同一正的试探电荷先后从 O、b 两点移到 a 点,后者电势能的变化较大 考点: 电势差与电场强度的关系;电场强度;电势. 专题: 电场力与电势的性质专题. 分析: 两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线.电场强度方向与等势面方向垂 直, 而且指向电势低的方向. 根据等势面和电场线分布情况, 分析电势和场强的关系. 解答: 解:A、结合等量异种点电荷的电场的特点可知,两个等量异种电荷连线的垂直平分 线是一条等势线.电场强度方向与等势面方向垂直,而且指向电势低的方向,所以 B 点的电势等于 0,而电场强度不等于 0.故 A 错误; B、由图,两个点电荷在 a 点产生的电场强度的方向都向右,所以合场强的方向一定 向右,则正电荷在 a 点受到的电场力的方向向右;正电荷从 a 向 O 运动的过程中,电 场力做正功,电势能减小,而 O 点的电势等于 0,所以正的试探电荷在 a 点的电势能 大于零,故 B 正确; C、正电荷从 a 向 O 运动的过程中,电场力做正功,电势能减小.所以将正的试探电 荷从 O 点移到 a 点,必须克服电场力做功;故 C 正确; D、两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线,所以 O、b 两点的电势是相 等的,将同一正的试探电荷先后从 O、b 两点移到 a 点,二者电势能的变化相等.故 D 错误. 故选:BC 点评: 对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要掌握, 抓住电场线和等 势面的对称性进行记忆.
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8. (5 分) (2015?海南)如图,物块 a、b 和 c 的质量相同,a 和 b、b 和 c 之间用完全相同 的轻弹簧 S1 和 S2 相连,通过系在 a 上的细线悬挂于固定点 O.整个系统处于静止状态.现 将细线剪断. 将物块 a 的加速度的大小记为 a1, S1 和 S2 相对于原长的伸长分别记为△ l1 和△ l2, 重力加速度大小为 g.在剪断的瞬间, ( )

A.a1=3g

B.a1=0

C.△ l1=2△ l2
5

D.△ l1=△ l2

考点: 牛顿第二定律;胡克定律. 专题: 牛顿运动定律综合专题. 分析: 对细线剪短前后的 a、b、c 物体分别受力分析,然后根据牛顿第二定律求解加速度与 弹簧的伸长量. 解答: 解:A、B、对 a、b、c 分别受力分析如图,
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根据平衡条件,有: 对 a:F2=F1+mg 对 b:F1=F+mg 对 c:F=mg 所以:F1=2mg 弹簧的弹力不能突变,因形变需要过程,绳的弹力可以突变,绳断拉力立即为零. 当绳断后,b 与 c 受力不变,仍然平衡,故 a=0; 对 a,绳断后合力为 F 合=F1+mg=3mg=maa,aB=3g 方向竖直向下;故 A 正确,B 错误. C、D、当绳断后,b 与 c 受力不变,则 F1=k△ l1, .联立得△ l1=2△ l2:故 C 正确,D 错误. 故选:AC. 点评: 考查了牛顿第二定律的瞬时性的应用,重点区分绳和弹簧弹力的特点,注意加速度与 受力的瞬时对应关系. 9. (5 分) (2015?海南)如图,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物块.开始时,升降机 做匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑.当升降机加速上升时, ( ) ;同时:F=k△ l2,所以:

A.物块与斜面间的摩擦力减少 C. 物块相对于斜面减速下滑

B. 物块与斜面间的正压力增大 D.物块相对于斜面匀速下滑

考点: 牛顿第二定律;物体的弹性和弹力;共点力平衡的条件及其应用. 专题: 牛顿运动定律综合专题. 分析: 对物体进行受力分析,得出匀速下滑时的受力情况,然后分析升降机加速上升时的情 况即可. 解答: 解:当升降机匀速运动时,物块相对于斜面匀速下滑,则:f=μmgcosθ=mgsinθ,所以: μ=tanθ;支持力与摩擦力的合力竖直向上,大小等于重力;
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当升降机加速上升时,物体受到的支持力一定增大,此时的摩擦力: f′ =μ?FN′ =FN′ ?tanθ,所以支持力与摩擦力的方向仍然竖直向上,大小大于重力.则 物体将向上做匀加速运动,但是,相对于升降机的斜面,仍然是向下匀速下滑.故 BD 正确. 故选:BD 点评: 本题考查了判断物体与升降机的位置关系问题,知道当升降机加速上升时,物体受到 的支持力一定增大是正确解题的关键. 10. (5 分) (2015?海南)如图,一理想变压器原、副线圈匝数之比为 4:1,原线圈与一可 变电阻串联后,接入一正弦交流电源;副线圈电路中固定电阻的阻值为 R0,负载电阻的阻 值 R=11R0, 是理想电压表.现将负载电阻的阻值减小为 R=5R0,保持变压器输入电流 )

不变,此时电压表的读数为 5.0V,则(

A.此时原线圈两端电压的最大值约为 34V B. 此时原线圈两端电压的最大值约为 24V C. 原线圈两端原来的电压有效值约为 68V D.原线圈两端原来的电压有效值约为 48V 考点: 变压器的构造和原理. 专题: 交流电专题. 分析: 根据串并联知识和欧姆定律可以求得输出电压的有效值, 再根据电压与匝数成正比即 可求得结论. 解答: 解:A、现将负载电阻的阻值减小为 R=5R0,保持变压器输入电流不变,此时电压表 的读数为 5.0V,
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根据串并联知识和欧姆定律得副线圈电压 U2=

×6R0=6V,

根据电压与匝数成正比可知,此时原线圈两端电压的有效值 U1=4U2=24V,所以此时 原线圈两端电压的最大值约为 U1m=24 ≈34V,故 A 正确,B 错误; C、原来副线圈电路中固定电阻的阻值为 R0,负载电阻的阻值 R=11R0, 由于保持变压器输入电流不变,所以输出电流也不变, 所以原来副线圈电压 U′ 2= ×12R0=12V,

根据电压与匝数成正比可知,原线圈两端原来的电压有效值约为 48V,故 C 错误,D 正确; 故选:AD 点评: 掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系,最大值和有效值之间的关系即可解决本 题. 三、实验题:本题共 2 小题,第 11 题 6 分,第 12 题 9 分,共 15 分。把答案写在答题卡中 指定的答题处。
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11. (6 分) (2015?海南)某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径 和高度, 测量结果如图 (a) 和 (b) 所示. 该工件的直径为 1.220 cm, 高度为 6.860 mm.

考点: 刻度尺、游标卡尺的使用;螺旋测微器的使用. 专题: 实验题. 分析: 解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法,主尺读数加上游标读数,不需估读.螺旋 测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数,在读可动刻度读数时需估读. 解答: 解:1、游标卡尺的主尺读数为 1.2cm,游标尺上第 4 个刻度和主尺上某一刻度对齐, 所以游标读数为 4×0.05mm=0.20mm=0.020cm, 所以最终读数为:1.2cm+0.020cm=1.220cm. 2、螺旋测微器的固定刻度为 6.5mm,可动刻度为 36.0×0.01mm=0.360mm,所以最终 读数为 6.5mm+0.360mm=6.860mm, 故答案为:1.220,6.860 点评: 对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理,要能正确使用这些基本 仪器进行有关测量.
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12. (9 分) (2015?海南)某同学利用图(a)所示电路测量电容器充电时两极板间的电压随 时间的变化. 实验中使用的器材为: 电池 E (内阻很小) 、 开关 S1 和 S2、 电容器 C (约 100μF) 、 电阻 R1(约 200kΩ) 、电阻 R2(1kΩ) 、电压表 V(量程 6V) 、秒表、导线若干.

(1)按图(a)所示的电路原理图将图(b)中实物图连线.

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(2)先闭合开关 S2,再断开开关 S2;闭合开关 S1,同时按下秒表开始计时,若某时刻电 压表的示数如图(c)所示,电压表的读数为 3.60 V(保留 2 位小数) . (3)该同学每隔 10s 记录一次电压表的读数 U,记录的数据如表所示,在图(d)给出的坐 标纸上绘出 U﹣t 图线.已知只有一个数据点误差较大,该数据点对应的表中的时间是 40 s. 10.0 20.0 30.0 40.0 50.0 60.0 时间 t/s 2.14 3.45 4.23 4.51 5.00 5.18 电压 U/V

(4) 电路中 C、 R2 和 S2 构成的回路的作用是 使实验前电容器两个极板上的电荷相中和 . 考点: 研究平行板电容器. 专题: 实验题. 分析: (1)根据电路的结构,从电源的正极出发,依次将电路连接即可; (2)根据电压表读数的方法,即可正确读出电压; (3)使用描点法画出各点的位置,然后用平滑的曲线连接,落在曲线外 的点为误差 比较大的点; (4)电路中 C、R2 和 S2 构成的回路会使电容器放电. 解答: 解: (1)根据电路的结构,从电源的正极出发,依次将各仪器连接如图;
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(2) 根据电压表的特点可知, 电压表的量程为 6V, 分度值为 0.1V, 所以读数为 3.60V; (3)使用描点法画出各点的位置,然后用平滑的曲线连接如图,由图中的数据可知,
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电压表的读数的变化逐渐变慢,在 40s 时刻的电压值的点明显偏离了该曲线,电压值 偏小.所以可知是 40s 时刻的数据错误;

(4)先闭合开关 S2,再断开开关 S2 后才接通电路,由电路的结构可知,闭合开关 S2 后电容器 C 与导线以及 R2、S2 构成一个 RC 回路,该回路能使电容器上的原有的 电荷释放干净,才能不影响实验的结果. 故答案为: (1)如图; (2)3.60; (3)如图,40s; (4)使实验前电容器两个极板上的 电荷相中和 点评: 该实验测量电容器充电时两极板间的电压随时间的变化,属于课本以外的实验,都是 依据的实验的原理以及实验的方法都是我们常用的原理和方法,通过这样的实验,可 以考查我们的知识迁移能力,进一步培养实验的能力. 四、计算题:本题共 2 小题,第 13 题 10 分,第 14 题 13 分,共 23 分。把解答写在答题卡 中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。 13. (10 分) (2015?海南)如图,两平行金属导轨位于同一水平面上,相距 L,左端与一电 阻 R 相连;整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度大小为 B,方向竖直向下.一质量为 m 的导体棒置于导轨上, 在水平外力作用下沿导轨以速率 ν 匀速向右滑动,滑动过程中始终保 持与导轨垂直并接触良好,已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为 μ,重力加速度大小为 g, 导轨和导体棒的电阻均可忽略.求 (1)电阻 R 消耗的功率; (2)水平外力的大小.

考点: 导体切割磁感线时的感应电动势;电功、电功率;安培力. 专题: 电磁感应与电路结合. 分析: (1)根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势,由欧姆定律求出电流的大小.由公 2 式 P=I R 求出电阻 R 的功率.
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(2)导体棒匀速向右滑动时,水平外力与安培力和摩擦力的和是平衡力,根据平衡 条件求解水平外力 F 的大小. 解答: 解: (1)根据法拉第电磁感应定律有:E=BvL…① 则导体棒中的电流大小为: 电阻 R 消耗的功率:P=I R…③ 联立② ③ 可解得:P= …④
2

…②

(2)由于导体棒 ab 匀速运动,故向右的水平外力 F 等于向左的安培力 F 安和摩擦力 的和,则水平外力: F=μmg+F 安 …⑤ 安培力: 拉力:F= 答: (1)电阻 R 消耗的功率是 (2)水平外力的大小是 ; .

点评: 本题是电磁感应与电路、力学知识的综合,安培力是联系力与电磁感应的桥梁,安培 力经验公式 F= 是常用的式子.

14. (13 分) (2015?海南)如图,位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧 ab 和抛物线 bc 组成,圆弧半径 Oa 水平,b 点为抛物线顶点.已知 h=2m,s= m.取重力加速度大小 2 g=10m/s . (1)一小环套在轨道上从 a 点由静止滑下,当其在 bc 段轨道运动时,与轨道之间无相互作 用力,求圆弧轨道的半径; (2)若环从 b 点由静止因微小扰动而开始滑下,求环到达 c 点时速度的水平分量的大小.

考点: 向心力. 专题: 匀速圆周运动专题. 分析: (1)当其在 bc 段轨道运动时,与轨道之间无相互作用力,则在 bc 上只受重力,做 平抛运动,根据平抛运动基本公式求出 b 点速度,再根据动能定理求解 R; (2)下滑过程中,初速度为零,只有重力做功,b 到 c 的过程中,根据动能定理列式, 根据平抛运动基本公式求出 c 点速度方向与竖直方向的夹角,再结合运动的合成与分 解求解.
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解答: 解: (1)当其在 bc 段轨道运动时,与轨道之间无相互作用力,则在 bc 上只受重力, 做平抛运动,则有: = 则在 b 点的速度 从 a 到 b 的过程中,根据动能定理得: ③ 解得:R=0.25m, (2)从 b 点下滑过程中,初速度为零,只有重力做功,b 到 c 的过程中,根据动能定 理得: ④ 因为物体滑到 c 点时与竖直方向的夹角等于(1)问中做平抛运动过程中经过 c 点时 速度与竖直方向的夹角相等,设为 θ, 则根据平抛运动规律可知 ⑤ , ① ② ,

根据运动的合成与分解可得



由① ② ③ ④ ⑤ ⑥ 解得:

=

m/s

答: (1)圆弧轨道的半径为 0.25m; (2)环到达 c 点时速度的水平分量的大小为 m/s.

点评: 本题主要考查了平抛运动基本公式、动能定理以及运动的合成与分解的应用,解题的 关键是能正确分析物体的受力情况和运动情况,特别抓住当其在 bc 段轨道运动时, 与轨道之间无相互作用力这句话,难度适中. 五、选考题.请考生在三道选修题中任选二题做答。如果多做,则按所做的第一、二题计 分,做答时用 2B 铅笔在答题卡上把选做题目题号后的方框涂黑。计算题请写出必要的文字 说明、方程式和演算步骤。 【模块 3-3 试题】 15. (4 分) (2015?海南)已知地球大气层的厚度 h 远小于地球半径 R,空气平均摩尔质量 为 M,阿伏伽德罗常数为 NA,地面大气压强为 P0,重力加速度大小为 g.由此可估算得, 地球大气层空气分子总数为 ,空气分子之间的平均距离为 .

考点: 阿伏加德罗常数. 专题: 阿伏伽德罗常数的应用专题. 分析: (1)根据大气压力等于大气层中气体分子的总重力,求出大气层中气体的质量为 m,
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根据 n=

求出分子数.

(2)假设每个分子占据一个小立方体,每个小立方体紧密排列,则小立方体边长即 为空气分子平均间距,由几何知识求出空气分子平均间距. 解答: 解: (1)设大气层中气体的质量为 m,由大气压强产生,mg=p0S,即:m=

分子数 n=

=

=

(2)假设每个分子占据一个小立方体,各小立方体紧密排列,则小立方体边长即为 空气分子平均间距,设为 a,大气层中气体总体积为 V,则 a= 而大气层的厚度 h 远小于地球半径 R,则 V=4πR h, 所以 a=
2

故答案为:



点评: 对于气体分子间平均距离的估算,常常建立这样的模型;假设每个分子占据一个小立 方体,各小立方体紧密排列,所有小立方体之和等于气体的体积. 16. (8 分) (2015?海南)如图,一底面积为 S、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地 面上,开口向上,内有两个质量均为 m 的相同活塞 A 和 B;在 A 与 B 之间、B 与容器底面 之间分别封有一定量的同样的理想气体, 平衡时体积均为 V. 已知容器内气体温度始终不变, 重力加速度大小为 g,外界大气压强为 P0,现假设活塞 B 发生缓慢漏气,致使 B 最终与容 器底面接触.求活塞 A 移动的距离.

考点: 理想气体的状态方程. 专题: 理想气体状态方程专题. 分析: 分别对漏气前两部分气体分析,由理想气体状态方程可求得两部分气体混合后的体 积,则可求得 A 下降的高度. 解答: 解:设 A 与 B 之间、B 与容器底部之间的气体压强分别为 P1、P2,漏气前,对 A 分 析有:
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P1=P0+

,对 B 有 P2=P1+

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B 最终与容器底面接触后,AB 间的压强为 P,气体体积为 V',则有:P=P0+ 因为温度不变,对于混合气体有: (P1+P2)?V=PV′ 漏气前 A 距离底面的高度为 h= 漏气后 A 距离底面的高度为 h′ = 联立可得: △ h=h′ ﹣h= V﹣ ;

答:活塞 A 移动的距离为

V﹣



点评: 本题考查理想气体状态方程,要注意明确两部分气体虽然状态不相同,但由于质量相 同,可以视为同一部分气体进行分析;可以借助克拉珀龙方程进行理解. 模块 3-4 试题 17. (4 分) (2015?海南)一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波在 t=0 时刻的波形如图所示, 质点 P 的 x 坐标为 3m.已知任意振动质点连续 2 次经过平衡位置的时间间隔为 0.4s.下列 说法正确的是( )

A.波速为 4m/s B. 波的频率为 1.25Hz C. x 坐标为 15m 的质点在 t=0.6s 时恰好位于波谷 D.x 坐标为 22m 的质点在 t=0.2s 时恰好位于波峰 E. 当质点 P 位于波峰时,x 坐标为 17m 的质点恰好位于波谷 考点: 横波的图象;波长、频率和波速的关系. 专题: 振动图像与波动图像专题. 分析: 根据任意振动质点连续 2 次经过平衡位置的时间间隔为 0.4s 即可求出周期. 相邻两个
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波峰或波谷之间的距离等于波长,由图读出波长.由

求出波速.

解答: 解: A、 由题, 任意振动质点连续 2 次经过平衡位置的时间间隔为 0.4s, 则周期为 0.8s, 由图可知,该波的波长是 4m,所以波速: B、该波的周期是 0.8s,则频率:f= = m/s.故 A 错误; Hz.故 B 正确;

C、 x 坐标为 15m 的质点到 P 点的距离为: △ x1=15m﹣3m=12m=3λ, 所以 x 坐标为 15m 的质点与 P 点的振动始终相同.
14

P 质点经过 t=0.6s=

时间恰好经过平衡位置,所以 x 坐标为 15m 的质点在 t=0.6s 时

恰好位于平衡位置.故 C 错误; D、x 坐标为 22m 的质点到 x=2 质点的距离为:△ x2=22m﹣2m=20m=5λ,所以 x 坐标 为 15m 的质点与 x=2 的点的振动始终相同.t=0 时刻 x=2 的质点向上振动,经过 t=0.2s= T 时间恰好到达波峰,所以 x 坐标为 22m 的质点在 t=0.2s 时恰好位于波峰位 置.故 D 正确; E、x 坐标为 17m 的质点到 P 点的距离为: ,所以 x 坐

标为 17m 的质点与 P 点的振动始终相反,当质点 P 位于波峰时,x 坐标为 17m 的质 点恰好位于波谷.故 E 正确. 故选:BDE 点评: 根据质点的振动方向判断波的传播方向,可以采用比较质点振动先后的方法:波从振 动早的质点向振动迟的质点传播. 18. (8 分) (2015?海南)一半径为 R 的半圆柱形玻璃砖,横截面如图所示.已知玻璃的全 反射临界角为 γ(γ< ) .与玻璃砖的底平面成( ﹣γ)角度、且与玻璃砖横截面平行的

平行光射到玻璃砖的半圆柱面上.经柱面折射后,有部分光(包括与柱面相切的入射光)能 直接从玻璃砖底面射出,若忽略经半圆柱内表面反射后射出的光,求底面透光部分的宽度.

考点: 光的折射定律. 专题: 光的折射专题. 分析: 光线从底面射出时会发生全反射现象,则可得出不能从底面射出的边界;再分析光从 玻璃上表面射入的光线的临界值可得出光束宽度. 解答: 解:光路图如图所示,
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沿半径方向射入玻璃砖的光线,即光线① 射到 MN 上时, 根据几何知识得入射角恰好等于临界角,即恰好在圆心 O 出发生全反射,光线① 左侧 的光线经球面折射后,射到 MN 上的角一定大于临界角, 即在 MN 上发生全反射,不能射出,光线① 右侧的光线射到 MN 上的角小于临界角, 可以射出, 如图光线③ 与球面相切,入射角 θ1=90°,从 MN 上垂直射出,
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根据折射定律得 sinθ2= 根据全反射定律 n= ,



解得:θ2=r, 根据几何知识得底面透光部分的宽度 OE=Rsinr. 答:底面透光部分的宽度是 Rsinr. 点评: 本题考查光的折射及全反全射定律,要注意分析发应全反射光线的边界的确定,作出 光路图即可求角. 模块 3-5 试题 19. (2015?海南)氢原子基态的能量为 E1=﹣13.6eV.大量氢原子处于某一激发态.由这些 氢原子可能发出的所有光子中,频率最大的光子能量为﹣0.96E1,频率最小的光子的能量为 0.31 eV(保留 2 位有效数字) ,这些光子可具有 10 种不同的频率. 考点: 氢原子的能级公式和跃迁. 专题: 原子的能级结构专题. 分析: 能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差, 根据能级差的大小求出辐射的最 小和最大光子能量,从而判断哪个能级间跃迁辐射的光子频率最大,波长最短. 解答: 解:氢原子基态的能量为 E1=﹣13.6eV.大量氢原子处于某一激发态.
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由这些氢原子可能发出的所有光子中,频率最大的光子能量为﹣0.96E1,即跃迁到最 高能级能量 E=0.04E1=﹣0.544eV,即处在 n=5 能级; 频率最小的光子的能量为△ E′ =﹣0.544eV﹣(﹣0.85eV)=0.31eV, 根据 =10,所以这些光子可具有 10 种不同的频率.

故答案为:0.31;10 点评: 解决本题的关键知道能级间跃迁满足的规律,能级差越大,辐射的光子能量越大,光 子频率越大,波长越小. 20. (2015?海南)运动的原子核 X 放出 α 粒子后变成静止的原子核 Y.已知 X、Y 和 α

粒子的质量分别是 M、m1 和 m2,真空中的光速为 c,α 粒子的速度远小于光速.求反应后 与反应前的总动能之差以及 α 粒子的动能. 考点: 爱因斯坦质能方程. 专题: 爱因斯坦的质能方程应用专题. 分析: 反应后与反应前的总动能之差等于产生的核能,根据爱因斯坦质能方程求解. 应用动量守恒和能量守恒定律,列式求解衰变后的各自动能. 解答: 解: 由于反应后存在质量亏损, 所以反应前后总动能之差等于质量亏损而释放的核能, 则根据爱因斯坦质能方程得
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△ Ek=



=(M﹣m1﹣m2)c ;

2

反应过程中三个粒子组成的系统动量守恒,则有 Mvx=m2vα ;
16

联立解得 α 粒子的动能

=

(M﹣m1﹣m2)c ;

2

答:反应后与反应前的总动能之差为(M﹣m1﹣m2)c ,α 粒子的动能为
2

2

(M

﹣m1﹣m2)c . 点评: 本题考查了原子核的衰变,要掌握在核反应过程中,遵循两大守恒:动量守恒和能量 守恒,并能灵活运用.

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