2023年海南省高考物理模拟试卷+答案解析(附后).pdf

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做功大于BC段电场力做功,所以粒子在OA段电势能减少量大于BC段电势能减少量,故C错误;D、根据动能定理可知,解得粒子运动到B点时动能为:,故D正确。故选:D。根据图象与x轴所包围的面积表示两点间的电势差大小,可计算出A点的电势;利用电场力做功情况分析物体的运动性质;运用动能定理、电场力做功的公式以及电场力做功与动能和电势能的关系可得出其动能大小及电势能的变化情况。解答本题的关键是要知道图象与x轴所包围的面积表示两点间的电势差大小,再利用动能页,共22页:..定理、电场力做功公式和电场力做功与电势能的变化关系可解答案。8.【答案】【解析】解:A、取走物体前,三个物体受力平衡,对三个物体整体受力分析,由平衡条件得,弹簧弹力大小为取走C物体瞬间弹簧弹力不变,对AB整体受力分析,由牛顿第二定律得:联立解得:故A错误;B、取走C瞬间,设B受到的弹力大小,由牛顿第二定律得:联立解得:故B错误;CD、取走C物体后,A、B一起做简谐运动,当A、B运动到上方最大位移处时加速度a向下,大小为此时B对A的弹力最小,对B物体受力分析,由牛顿第二定律得:解得:则B不可能脱离A,故C错误,D正确。故选:D。取走物体前,对三个物体整体受力分析,根据共点力平衡求解弹簧弹力,取走C物体瞬间,弹簧弹力不变,对AB整体受力分析,根据牛顿第二定律求解加速度;对B受力分析,根据牛顿第二定律求解B受到的弹力;取走C后,A和B一起做简谐运动,根据简谐运动的对称性分析A、B间的弹力,结合牛顿第二定律分析即可。本题考查牛顿第二定律,解题关键是灵活选择研究对象并对其受力分析,结合牛顿第二定律分析求解即可。9.【答案】ABC【解析】解:A、让玻璃管以b端为圆心在竖直平面内慢慢转过角,对b部分气体产生压强的水银柱有效长度减小,b的压强减小,气体温度不变而压强减小,由玻意耳定律可知,气体体积增大,水银柱向a端移动,故A正确;B、假设气体的体积不变,气体温度升高过程,对气体,由查理定律得:,解得:,由于T、都相等,,则,则水银柱应向a移动,故B正确;C、让玻璃管自由竖直下落,水银处于完全失重状态,b部分气体压强减小,由玻意耳定律可知,页,共22页:..气体体积增大,水银柱向端移动,故C正确;D、让玻璃管加速竖直上升,水银柱处于超重状态,水银柱对b部分气体压力增大,b的压强增大,气体温度不变,由玻意耳定律可知,气体b的体积减小,水银柱向b端移动,故D错误。故选:ABC。先对液柱进行分析,得出封闭气体的压强;再以管中封闭气体为研究对象,由理想气体的状态方程可求得其他量的变化。这类题目用假设法求解,先假水银柱不移动,气体等容过程求解。因为水银柱的移动是由于受力不平衡而引起的,而它的受力改变又是两段空气柱压强增量的不同造成的,所以必须从压强变化入手。10.【答案】ACD【解析】解:根据波形平移法可知,在a点,向右传播的波单独引起的振动方向向下,向左传播的波单独引起的振动方向也向下,故此时a质点具有向下的速度,故A错误;,O点为波峰与波谷叠加,为振动减弱点,因两列波的振幅均为A,所以两列波相遇过程中质点O始终静止,故B正确;,c在平衡位置与波峰之间,之后向上运动;当左边的波离开c点时,c到达波谷;当右边的波到达c点时,c到达波峰;最后两列波离开O点,c尚未到达平衡位置。所以c的路程小于4A,故C错误;,左边的波向右运动了四分之一波长,所以其时间为,故D错误。本题选错误的,故选:ACD。根据波形平移法可分析传播方向;根据波的叠加分析两列波相遇过程中质点O的振动情况;根据c的振动情况分析其通过的路程;根据运动学公式求解传播时间。本题考查学生对波形平移法、叠加原理、以及波速与波长关系的掌握,难度中等。11.【答案】BD【解析】解:初始时,导线1和导线3在线圈a中的磁通量抵消,故线圈a中相当于只有导线2产生的磁通量,同理可知,线圈b中相当于只有导线1产生的磁通量,3根导线在线圈c中的磁场均向外,抵消掉后线圈d中相当于只有导线2产生的磁通量,对比可知,初始时线圈c的磁通量最大,故A错误;,结合A解析可知,线圈c的磁通量变化率最大,产生的感应电流最大,故B正确;,由楞次定律可知,产生顺时针方向的感应电流,故C错误;、b中的磁场均向内,磁通量均减小且减小量相同,故产生的感应电流大小相等方向相同,故D正确。页,共22页:..故选:。初始时,导线1和导线3在线圈a中的磁通量抵消,故线圈a中相当于只有导线2产生的磁通量,同理可知,线圈b中相当于只有导线1产生的磁通量,3根导线在线圈c中的磁场均向外,抵消掉后线圈d中相当于只有导线2产生的磁通量;三根导线中通入的电流同时减小,结合A解析可知,线圈c的磁通量变化率最大;线圈d中的磁场向内且磁通量减小;线圈a、b中的磁场均向内,磁通量均减小且减小量相同。本题考查电磁感应定律,学生需充分理解磁通量以及磁通量变化率与产生的感应电流的关系。12.【答案】AB【解析】解:感应电动势的最大值为若从图示线框位置开始计时,瞬时值表达式为,故A正确;,则输入电压的有效值为,由于灯泡正常发光,则得根据理想变压器电压与匝数比的公式,故B正确;,则变压器原线圈电压不变,若将滑动变阻器滑片向上移动,副线圈输出电压不变,两端总电阻增大,副线圈中总电流减小,设副线圈干路电流为,原线圈中电流为,由可知减小,即电流表示数减小,故C错误;,则副线圈匝数增大,不变,不变,增大,由知,增大,灯泡会变亮,故D错误。故选:AB。,然后在求解电压瞬时值的表达式;,再求副线圈的电压,根据理想变压器的电压与匝数比的关系求解;;,结合动态分析的方法分析。本题关键是记住交流发电机最大电动势表达式,同时要明确输入电压决定输出电压,输出电流决定输入电流,输出功率决定输入功率。13.【答案】BD页,共22页:..【解析】解:根据能量守恒定律可得,烧断细线之前弹簧的弹性势能为:,故错误;,烧断细线后当A离开墙角后,系统的动量守恒,当弹簧压缩量最大时A、B达到共同速度,规定向右为正方向,由动量守恒定律可得:由能量守恒定律可得弹簧的弹性势能为:联立解得:故B正确;,烧断细线后,系统的合外力为零,故系统的动量守恒且为0,由动量守恒定律知A、B的动量总是等大反向,当弹簧恢复原长时设A、B的动量大小均为p,则:,联立解得:::M,故C错误;:又::M联立解得:又联立解得:弹簧恢复原长时A向左运动,与规定的正方向相反,则A的动量为,故D正确。故选:BD。A靠在墙角时烧断细线后,根据能量守恒定律求得烧断细线之前弹簧的弹性势能,B离开竖直墙后,当两物体速度相同时,弹簧伸长最长或压缩最短,;若A不靠在墙角,根据剪断细线前弹簧储存的弹性势能相同,结合动量守恒定律和机械能守恒定律分析求解。本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合运用,关键要合理地选择研究的对象和研究的过程;把握隐含的临界条件,如弹簧的弹性势能最大时,与弹簧相接的物体速度相同,注意剪断细页,共22页:..线前弹簧储存的弹性势能相同。14.【答案】【解析】解:①根据图中描绘的轮廓,不足半格舍去,大于半格算一格,共计115个方格,所以油膜的面积为:。②每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是:估测油酸分子的直径为:③单个油分子的直径为:单个油分子的体积为:摩尔体积为:则阿伏伽德罗常数为:故答案为:①或;②;③。①采用估算的方法求油膜的面积,通过数正方形的个数:面积超过正方形一半算一个,不足一半的不算,数出正方形的总个数乘以一个正方形的面积,近似算出油酸膜的面积;②把油酸分子看成球形,且不考虑分子间的空隙,油膜的厚度近似等于油酸分子的直径,由求出油酸分子直径;③计算油酸的分子质量,根据摩尔质量,得出阿伏伽德罗常数。本实验的模型是不考虑油酸分子间的空隙,采用估算的方法求面积,肯定存在误差,但本实验只要求估算分子大小,数量级符合要求就行了。15.【答案】【解析】解:为防止碰后小球反弹,应使A的质量大于B的质量,故A错误;,轨道末端必须水平,故B正确;,碰后速度方向不改变,两球半径应相等,故C错误;,A球每次必须从轨道的同一位置由静止释放,故D正确。故选:BD。小球做平抛运动的过程,根据运动学公式可得:页,共22页:..,整理得:,,可见平抛运动的下落高度一定,运动时间相同,水平射程与速度大小成正比,因此可用小球做平抛运动的水平射程来代替小球抛出时的速度,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律有:即满足表达式:,说明两球碰撞中动量守恒;若碰撞过程为弹性碰撞,则机械能守恒,有:即如果再满足表达式:,说明两球的碰撞为弹性碰撞。故答案为:,根据实验原理,结合平抛运动规律分析;小球做平抛运动的水平射程来代替小球抛出时的速度,由动量守恒定律和机械能守恒定律求出需要验证的表达式。本题考查用“碰撞实验器”验证动量守恒定律的实验,在验证动量守恒定律中,要注意明确实验原理,学会实验方法;学会在相同高度下,利用平抛运动的水平射程来间接测出速度,并能推导相应的动量守恒表达式及机械能守恒定律表达式。16.【答案】【解析】解:螺旋测微器的精确度为,其固定刻度为,可动刻度为,所以最终读数为。故答案为:。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。对于基本测量仪器如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,注意其读数有估计值,而游标卡尺没有估计值。17.【答案】串5940【解析】解:根据题干图可知,螺旋测微器的最小分度为,需要估读,因此其读数为定刻度值与可动刻度值之和,①如图所示,在闭合开关之前为防止电表过载而滑动变阻器的滑动头应放在a处;②由,由图像可得该电源电动势页,共22页:..内阻为图像的斜率的绝对值,即内阻;根据题意,将电流表表头改装为电压表需要串联一个电阻,根据代入数据可得,,即串联的电阻阻值;故答案为:,,,串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;根据给出图象,图象与纵坐标的交点为电源的电动势;图象的斜率表示电源的内阻;根据部分电路欧姆定律可知将电压表量程扩大需要串联一个电阻。本题考查了螺旋测微器的读数方法、由图求电源电动势与内阻以及电压表的改装等知识点,属于常规知识点的考查,要求加强基础知识点的积累。18.【答案】解:入射光线与面的夹角为,且,设入射角为i,则,设折射角为,根据折射定律有:根据几何关系可知,光线在M点的入射角为,光线在M点恰好发生全反射,有:解得玻璃砖对该单色光的折射率;由中各式可解得折射角根据几何关系可得,即为等边三角形,则PM的长度,根据光的反射定律可知反射角,根据几何关系可知反射光线MN与OQ面垂直,MN的长度光在玻璃砖内传播的速度单色光从P点射入玻璃砖到射出玻璃砖所经历的时间:解得:。答:玻璃砖对该单色光的折射率为;单色光从P点射入玻璃砖到射出玻璃砖所经历的时间为。页,共22页:..【解析】光线在点恰好发生全反射列方程,根据几何关系求解入射角和折射角,根据折射定律求解玻璃砖对该单色光的折射率;根据几何关系求解光在玻璃砖中通过的距离,光在玻璃砖内传播的速度为,因此得到单色光从P点射入玻璃砖到射出玻璃砖所经历的时间。本题主要是考查了光的折射,解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况,画出光路图,通过光路图结合折射定律和几何关系列方程联立求解。19.【答案】解:固定乙滑块,烧断细线后,甲滑块离开弹簧,上滑到D点,设甲在D点的速度大小为,根据机械能守恒定律有:甲滑块在D点时,由牛顿第二定律得:解得:根据牛顿第三定律知,甲滑块上滑到D点时对轨道的压力大小为30N。设乙滑块的质量为,固定甲滑块,烧断细线后,乙离开弹簧,沿传送带向上运动,假设乙与传送带速度相等后沿传送带向上能运动的位移为,该过程中根据动能定理得:解得:,所以可以判定乙刚滑到传送带上时的速度大于传送带的速度。设乙刚滑到传送带上时速度为,乙从滑上传送带到与传送带速度相等的过程,发生的位移为:对该过程根据动能定理得:解得:对烧断细线后乙弹开过程,根据能量守恒定律有:解得:第一阶段:乙滑块滑上传送带到与传送带共速的过程。根据动量定理有:解得:滑块与传送带的相对位移的大小为:第二阶段:乙滑块与传送带共速至乙滑块运动至最高点的过程。根据动量定理有:页,共22页:..解得:滑块与传送带的相对位移的大小为:则滑块与传送带间因摩擦产生的热量为:答:甲通过点时对轨道的压力大小为30