文档内容
2024年海南卷点睛押题
一、单项选择题：本题共8 小题，每小题3 分，共24 分。每小题只有一个选项符合题
目要求。
1．（3分 ）自然科学中很多物理量的表达式不止一个，通常有其定义式和决定式，它
们反映人们对自然界认识的不同层次。定义式侧重描述客观世界，决定式侧重对因果
关系的解释。下列表达式中，侧重解释因果关系的是（ ）
A．𝑃 =
𝑊
B．𝐶 =
𝜀r𝑆
C．𝑣 =
Δ𝑥
D．𝐵 =
𝐹
𝑡 4𝜋𝑘𝑑 Δ𝑡 𝐼𝐿
2．（3分）光既有波动性，又具有粒子性。证明光具有粒子性的实验是（ ）
A．光电效应实验 B．光的衍射实验 C．光的干涉实验 D．光的偏振实验
3．（3分）如图所示，园艺师对割草机施加方向与水平草地成37°角斜向下、大小为
50N的推力，使割草机在水平草地上匀速前行。已知割草机的质量为30kg，取
sin37°=0.6、重力加速度大小𝑔 =10m/s2，则割草机对草地的压力大小为（ ）
A．330N B．340N C．350N D．360N
4．（3分）中国空间站“天宫”绕地球做匀速圆周运动，距地面高度约为400km。已知地
球同步卫星距地面高度约为36000km，下列说法正确的是（ ）
A．中国空间站“天宫”的运动周期比地球近地卫星运动周期小
B．中国空间站“天宫”的向心加速度比地球近地卫星向心加速度大
C．中国空间站“天宫”的运行速度比地球同步卫星运行速度小
D．中国空间站“天宫”的运动周期比地球同步卫星运动周期小
5．（3分）陶寺遗址是尧的都城，是最早的“中国”，在发掘中采用了碳十四测年技术等
多项科技手段来判断陶寺文化的绝对年代。14C的衰变方程为。14C→ 14N+X，下列说
6 6 7
法正确的是（ ）
A．衰变方程中的X是中子
B．14C需吸收能量才能发生衰变
6
C．随着14C的不断衰变，其半衰期会逐渐变长
6
D．14N与X的质量之和小于14C的质量
7 6
试卷第1页，共8页6．（3分）如图所示，一定质量的理想气体经历两个不同的过程，分别由体积-温度
（V-t）图像上的两条直线I和II表示，V 和V 分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；𝑡
1 2 0
是两直线的延长线与横轴交点的横坐标，𝑡 =−273.15℃；a、b为直线I上的两点，c
0
为直线II上的一点。下列说法正确的是（ ）
A．理想气体沿直线I从状态a变化到状态b，压强变大
B．理想气体在状态b比在状态c的压强大
C．理想气体沿直线I从状态a变化到状态b，气体吸热
D．理想气体在a、b、c状态的内能关系为Ub>Uc Ua
>
7．（3分）水车是我国劳动人民利用水能的一项重要发明。下图为某水车模型，从槽
口水平流出的水初速度大小为𝑣 ，垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上，落点到轮
0
轴间的距离为R。在水流不断冲击下，轮叶受冲击点的线速度大小接近冲击前瞬间水
流速度大小，忽略空气阻力，有关水车及从槽口流出的水，重力加速度为g，以下说
法正确的是（ ）
A．水流在空中运动时间为𝑡 =
2𝑣0
𝑔
B．水流在空中运动时间为𝑡 =
√3𝑣0
3𝑔
C．水车最大角速度接近𝜔 =
2𝑣0
𝑅
D．水车最大角速度接近𝜔 =
√3𝑣0
𝑅
8．（3分）今年夏天，重庆遭遇罕见的持续高温的极端天气，境内频繁出现火情。灾
难面前，英勇的消防战士总是随时待命奋战在第一线。如图所示为消防员用重力不可
．．．．
忽略的高压水枪喷出的强力水柱冲击着火物，直径为D的水柱以水平速度v垂直射向
．．
着火物。假设水流进入水枪的速度远小于v可忽略不计，水柱冲击着火物后速度为
零，水的密度为𝜌。下列说法正确的是（ ）
A．该水枪的流量（单位时间流经水枪的水的体积）为 1 π𝑣𝐷2
2
试卷第2页，共8页B．水枪对水做功的功率为 1 π𝜌𝐷2𝑣3
8
C．水枪水平向前喷水时，消防员对水枪的作用力方向水平向前
D．若保持水枪的流量不变，将水柱直径变为原来的一半，则水喷出时的速度将变为
原来的2倍
二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有多个选项符合题目
要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．（4分）如图所示，两束单色光𝑎、𝑏平行射入平行玻璃砖上表面，光束𝑎是红光，光
束𝑏是绿光。若不考虑光束在平行玻璃砖下表面反射后的情况，下列说法正确的是
（ ）
A．光束𝑎比𝑏在玻璃砖中的传播速度大
B．光束𝑏在平行玻璃砖下表面可能发生全反射
C．两束单色光线穿过平行玻璃砖下表面后可能重合为一束光线
D．两束单色光线穿过平行玻璃砖下表面后若仍为两束单色光，两束光可能不再平行
10．（4分）如图所示，𝐴、𝐵、𝐶、𝐷为匀强电场中的四点，它们的连线构成正方形，
其中𝐴𝐷边与电场线平行，𝑂点为𝐴𝐶与𝐵𝐷连线的交点。一个电荷量为𝑄的正点电荷固定
在𝑂点，下列说法正确的是（ ）
A．𝐶、𝐷两点的电场强度相同
B．𝐴、𝐵两点的电势相等
C．将电子沿直线从𝐵点移动到𝐶点，电场力做正功
D．将电子沿直线从𝐶点移动到𝐷点，电势能先减小后增大
11．（4分）如图所示，变压器为理想变压器，副线圈中三个电阻的阻值大小关系为
R =R =2r=2Ω，电流表为理想交流电表，原线圈输入正弦式交流电 𝑒 =
1 2
110√2sin100𝜋𝑡(V)，开关 S 断开时，电阻 r消耗的电功率为 100W.下列说法正确的
是( )
A．原线圈输入电压的有效值为110√2V
B．开关S 闭合前后，通过电阻R 的电流之比为 2:3
1
C．开关S 闭合前后，电流表的示数之比为 2:3
D．变压器原副线圈的匝数之比为 11:3
试卷第3页，共8页12．（4分）某同学利用如图甲所示的装置，探究滑块a上升的最大高度，忽略一切阻
力及滑轮和细绳的质量。起初物块a放在地面上，物块b距地面的高度为h，细绳恰好
绷直，现静止释放物块b，物块b碰地后不再反弹，测出物块a上升的最大高度H，每
次释放物块b时，确保物块a在地面上，改变细绳长度及物块b距地面的高度h，寻找
多组（H，h），然后做出𝐻−ℎ的图像（如图乙所示），测得图像的斜率为k，已知物块
a、b的质量分别为𝑚 、𝑚 。则（ ）
1 2
A．物块a、b的质量之比
𝑚1
=
1
−1
𝑚2 𝑘
B．物块a、b的质量之比
𝑚1
=
2
−1
𝑚2 𝑘
C．𝐻−ℎ图像的斜率k的取值范围是1<𝑘 <2
D．𝐻−ℎ图像的斜率k的取值范围是0<𝑘 <1
13．（4分）如图，竖直平面内存在一个具有理想边界，大小为2T，方向垂直于纸面向
外的有界匀强磁场区域。一个质量m = 0.04kg、边长L =0.1m 、电阻R =0.2Ω的匀质
正方形刚性导线框，从距磁场区域高度h处以速度v =2m/s水平向右抛出，线框在进
0
入磁场过程中速度保持不变（线框运动过程中不翻转，不考虑空气阻力，重力加速度
g取10m/s2）。下列说法正确的是（ ）
A．cd 边进入磁场前，其两端电压恒为0.1 V
B．若v =1m/s，线框进入磁场的速度将增大
0
C．线框离开磁场时ab边还未到达x轴
D．ab边通过x轴时的速度大小为3.5m/s
试卷第4页，共8页三、非选择题：本题共6小题，共56分。
14．（8分）某同学通过实验测量一个阻值约为5Ω的定值电阻．可供使用的器材如下
A．待测电阻𝑅 ≈5Ω
𝑥
B．电流表A ，量程0.6A，内阻约0.6Ω
1
C．电流表A ，量程3A，内阻约0.12Ω
2
D．电压表V ，量程15V，内阻约15kΩ
1
E．电压表V ，量程3V，内阻约3kΩ
2
F．滑动变阻器R，总电阻10Ω
G．直流电源E，电动势3V，内阻不计
H．开关S，导线若干
（1）用伏安法测量该定值电阻阻值时，应当选择电流表______（选填“A ”或“A ”），
1 2
选择电压表______（选填“V ”或“V ”）。
1 2
（2）请根据所设计的测量电路图，将下列实物图连接完整________（滑动变阻器采用
限流接法）。
（3）某次测量的电表示数如图所示，其中电压表示数为______V，电流表示数为
______A。
（4）根据上述所测量的实验数据，计算得待测电阻𝑅 =______Ω（计算结果保留3位
𝑥
有效数字）。
15．（10分）实验小组用如图所示实验装置研究两小球碰撞过程的动量和能量。先让
质量为𝑚 的A球从斜槽轨道上固定位置S释放，从轨道末端抛出，落到位于水平地面
1
的复写纸上，O点为轨道末端在纸上的投影点。多次重复上述过程，得到多个落点痕
迹。画最小的圆，取圆心P为A球的平均落点。把半径相同，质量为𝑚 的B球放在
2
斜槽轨道末端，让A球仍从位置S释放，与B球碰撞后抛出，分别落在水平地面的复
写纸上，多次重复上述过程，得到A球的平均落点为M，B球的平均落点为N。
试卷第5页，共8页（1）下列说法正确的是______。
A．斜槽轨道必须光滑 B．斜槽轨道末端必须水平
C．A球必须由静止释放 D．A球质量必须小于B球质量
（2）用刻度尺测量出OP、OM、ON的长度𝑥 、𝑥 、𝑥 ，若满足关系式______
𝑂𝑃 𝑂𝑀 𝑂𝑁
（用物理量𝑥 、𝑥 、𝑥 、𝑚 、𝑚 表示），则可以认为两球碰撞前、后总动量守
𝑂𝑃 𝑂𝑀 𝑂𝑁 1 2
恒。若满足关系式______（用物理量𝑥 、𝑥 、𝑥 表示），则可认为碰撞为弹性碰
𝑂𝑃 𝑂𝑀 𝑂𝑁
撞。
（3）若定义碰撞中的恢复系数为两球碰后的相对分离速率和碰前相对靠近速率之比
𝑒 =|
𝑣2−𝑣1
|，则本实验碰撞恢复系数e＝______（用物理量𝑥 、𝑥 、𝑥 表示）。
𝑂𝑃 𝑂𝑀 𝑂𝑁
𝑣10−𝑣20
16．（10分）图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达
的最远位置，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图象，根据图象回
答：
(1)单摆振动的频率是多大？
(2)开始时刻摆球在何位置？
(3)若当地的重力加速度为10 m/s2，试求这个单摆的摆长是多少？
试卷第6页，共8页17．（12分）如图所示，质量为6kg的滑块C的右半部分是光滑的四分之一圆弧轨道，
轨道半径为15m，圆弧轨道的最低点与水平面相切，质量为𝑛kg（n为正整数）的物块
B左侧固定一水平轻弹簧，滑块C和物块B都静止在光滑水平面上。质量为2kg的小
物块A（可视为质点）从圆弧轨道的最高点由静止释放，离开滑块C后继续向右运动
与弹簧发生相互作用。重力加速度为𝑔 =10m/s2。求：
（1）小物块A离开滑块C时的速度大小；
（2）当𝑛 =1时弹簧的最大弹性势能；
（3）n至少为多少时，小物块A能追上滑块C，此种情况下小物块A运动至最高点时
C的速度是多大。
试卷第7页，共8页18．（16分）如图所示，在y轴右侧𝑥 =0到𝑥 =0.5𝑑区域存在两个关于x轴对称且电
场强度大小均为E的匀强电场，紧靠电场右方存在着足够宽的匀强磁场①，在y轴左
侧存在一半径为d、圆心坐标为(−𝑑,0)的匀强磁场②，匀强磁场②外侧紧贴一圆心角
𝛽 =270°的绝缘刚性圆筒，圆筒关于x轴对称放置。一质量为m、电荷量为－q的带电
粒子以速度𝑣 =
𝐵0𝑞𝑑
从（0，0.5d）的A点水平射入匀强电场，粒子经过匀强磁场①区
0
𝑚
域后恰好从（0，－0.5d）点由另一个匀强电场水平飞出。已知匀强磁场②区域的磁感
2𝐵2𝑞𝑑
应强度大小为B ，匀强电场的电场强度大小𝐸 = 0 ，不计粒子重力，粒子在圆筒壁
0
𝑚
上碰撞反弹时无能量损失。求：
（1）带电粒子在第一象限离开电场的坐标；
（2）匀强磁场①区域中的磁感应强度大小B ；
1
（3）不计粒子碰撞反弹的时间，粒子从A点出发到第一次回到A点的总时间。
试卷第8页，共8页参考答案
1．B
【详解】A．该式为功率的定义式，A错误；
B．该式为平行板电容的决定式，B正确；
C．该式为速度的定义式，C错误；
D．该式为磁感应强度的定义式，D错误。
故选B。
2．A
【详解】光的衍射实验，光的干涉实验和光的偏振实验证明了光具有波动性，只有光电效
应才证明光具有粒子性。
故选A。
3．A
【详解】设割草机受到的支持力大小为𝐹 ，割草机对草地的压力大小与割草机受到草地的
N
支持力大小相等，割草机匀速前进,根据平衡条件有
𝐹 =𝑚𝑔+𝐹sin37°
N
解得
𝐹 =330N
N
故选A。
4．D
【详解】AD．根据
𝐺𝑀𝑚 4𝜋2
=𝑚𝑟
𝑟2 𝑇2
可得
𝑟3
𝑇 =2𝜋√
𝐺𝑀
中国空间站“天宫”的轨道半径大于地球近地卫星轨道半径，小于地球同步卫星轨道半径，
所以“天宫”的运动周期比地球近地卫星运动周期大，比地球同步卫星运动周期小，故A错
误，D正确；
B．根据
𝐺𝑀𝑚
=𝑚𝑎
𝑟2 n
答案第1页，共12页可得
𝐺𝑀
𝑎 =
n 𝑟2
中国空间站“天宫”的轨道半径大于地球近地卫星轨道半径，所以“天宫”的向心加速度比地
球近地卫星向心加速度小，故B错误；
C．根据
𝐺𝑀𝑚 𝑣2
=𝑚
𝑟2 𝑟
可得
𝐺𝑀
𝑣 =√
𝑟
中国空间站“天宫”的轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，所以“天宫”的运行速度比地球
同步卫星运行速度大，故C错误。
故选D。
5．D
【详解】A．根据题意，由质量数守恒和电荷数守恒可知，衰变方程中的X的质量数为
0，电荷数为−1，则X是电子，故A错误；
BD．发生衰变过程存在质量亏损，即14N与X的质量之和小于14C的质量，释放能量，不
7 6
需要吸收能量，故B错误，D正确；
C．半衰期只由原子核内部决定，适用于大量原子核，其半衰期保持不变，故C错误。
故选D。
6．C
𝑝𝑉
【详解】A．由体积－温度(𝑉−𝑡)图像和理想气体状态方程 =𝐶可知，直线I、Ⅱ均为等
𝑇
压线，则气体在a，b两状态压强相等，A错误；
B．从状态b到状态c是等温变化，𝑉 >𝑉，根据玻意耳定律可知𝑝 <𝑝 ，B错误；
𝑏 𝑐 𝑏 𝑐
C．理想气体沿直线I从状态a变化到状态b，气体体积变大，气体对外界做功，𝑊 <0，而
温度升高，Δ𝑈 >0，由热力学第一定律有Δ𝑈 =𝑊+𝑄，所以𝑄 >0，气体吸热，C正确；
D．气体在b、c两状态的温度相同，则𝑈 =𝑈 ，理想气体从状态a变化到状态b温度升
𝑏 𝑐
高，则𝑈 <𝑈 ，故𝑈 <𝑈 =𝑈 ，D错误。
𝑎 𝑏 𝑎 𝑏 𝑐
故选C。
7．C
答案第2页，共12页【详解】AB．水流垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上水平方向速度和竖直方向速度
满足
𝑣
tan30∘ = 0
𝑔𝑡
解得
√3𝑣
0
𝑡 =
𝑔
AB错误；
CD．水流到水轮叶面上时的速度大小为
𝑣 =√𝑣2+(𝑔𝑡)2 =2𝑣
0 0
根据
𝑣 =𝜔𝑅
解得
2𝑣
0
𝜔 =
𝑅
C正确，D错误。
故选C。
8．B
【详解】A．该水枪的流量
1
𝑄 =𝑣𝑆 = 𝜋𝑣𝐷2
4
故A错误；
B．水枪对水做功的功率为
1
𝑊
Δ𝑚𝑣2
2
𝑃 = =
𝑡 Δ𝑡
其中
1
Δ𝑚 =𝜌Δ𝑉 =𝜌 𝜋𝐷2𝑣⋅Δ𝑡
4
联立解得
1
𝑃 = 𝜋𝜌𝐷2𝑣3
8
故B正确；
C．水枪水平向前喷水时，水平方向消防员对水枪的水平作用力方向水平向前，竖直方向
答案第3页，共12页消防员对水枪的作用力竖直向上，则消防员对水枪的作用力方向斜向前偏上方向，故C错
误；
D．根据
1
𝑄 = 𝜋𝑣𝐷2
4
可知
4𝑄
𝑣 =
𝜋𝐷2
若保持水枪的流量Q不变，将水柱直径D变为原来的一半，则水喷出时的速度将变为原来
的4倍。故D错误。
故选B。
9．AC
𝑐
【详解】A．根据题意可知，光束𝑎的折射率小于光束𝑏，由公式𝑛 = 可得，光束𝑎比𝑏在玻
𝑣
璃砖中的传播速度大，故A正确；
B．根据题意，由光路的可逆性可知，光束𝑏在平行玻璃砖下表面不可能发生全反射，故B
错误；
CD．因为玻璃上下表面平行，光线在玻璃下表面第二次折射时的入射角等于在上表面第一
次折射时的折射角，根据光路可逆性可知，第二次折射光线与第一次折射入射光线平行，
所以从玻璃砖下表面射出的两束光仍然平行，如果玻璃砖的厚度、两束入射光线入射位置
合适，两束单色光线穿过平行玻璃砖下表面后可能重合为一束光线，故D错误，C正确。
故选AC。
10．BD
【详解】如图所示，在𝑂点的正点电荷在𝐴、𝐵、𝐶、𝐷四点产生电场方向如图所示
A．由图可知𝐶、𝐷两点的电场强度方向不相同，故𝐶、𝐷两点的电场强度不相同，A错误；
B．匀强电场在𝐴、𝐵两点的电势相等，点电荷在𝐴、𝐵两点的电势相等，故𝐴、𝐵两点的电
答案第4页，共12页势相等，B正确；
C．点电荷在𝐵、𝐶两点的电势相等，故将电子沿直线从𝐵点移动到𝐶点，点电荷对电子做功
为零，匀强电场对电子做负功，故电场力做负功，C错误；
D．𝐶𝐷边与匀强电场方向垂直，将电子沿直线从𝐶点移动到𝐷点，匀强电场对电子不做功，
点电荷对电子先做正功后做负功，故电势能先减小后增大，D正确；
故选BD。
11．CD
【详解】A、原线圈输入正弦式交流电e=110√2sin100𝜋t(V)，故有效值为110V，故A错
误；
BC、对于理想变压器，由
𝑈1
=
𝑛1可知，无论开光闭合与否，副线圈两端电压不变，开关闭
𝑈2 𝑛2
合前，副线圈所在电路，有𝐼 =𝐼 =
𝑈2
=
𝑈2，开关闭合后，𝐼′
=
𝑈2
=
𝑈2
=
𝑈2，对
1 1+2 3 𝑟+ 𝑅1𝑅2 1+ 2×2 2
𝑅1+𝑅2 2+2
电阻𝑅 的电流，有𝐼 ′ = 𝐼′ = 𝑈2，开关S闭合前后，通过电阻R1的电流之比为4︰3，故
1 1
2 4
B错误；电流表的示数𝐼 =
𝑈2𝐼
，故闭合前后有
𝐼0
=
𝐼
=
2
，故C正确；
0 𝑈1 𝐼0 ′ 𝐼′ 3
D、开关断开时，对电阻r，有𝑃 =𝐼2𝑟，得𝐼 =√ 𝑃 =√ 100 ==10𝐴，此时副线圈两端电压
𝑟 1
的有效值为𝑈 =𝐼(𝑟+𝑅 )=10×(1+2)=30𝑉，故有，故D正确，
2 1
12．BC
【详解】AB．物块𝑎的上升过程分为两个阶段，第一阶段为在物块𝑏释放后，在绳子拉力的
作用下加速上升，与此同时物块𝑏加速下降，速率与物块𝑎相同，第二个阶段为物块𝑏落地
后，物块𝑎在自生重力的作用下减速上升直至最高点。则第一阶段对整体由动能定理有
1
(𝑚 −𝑚 )𝑔ℎ= (𝑚 +𝑚 )𝑣2
2 1 2 1 2
第二阶段对物块𝑎由动能定理有
1
−𝑚 𝑔(𝐻−ℎ)=0− 𝑚 𝑣2
1 2 1
联立以上两式可得
2𝑚
2
𝐻 = ℎ
𝑚 +𝑚
1 2
结合图像可得
2𝑚
2
𝑘 =
𝑚 +𝑚
1 2
可知
答案第5页，共12页𝑚 2
1
= −1
𝑚 𝑘
2
故A错误，B正确；
CD．要将物块𝑎拉起，则有
𝑇−𝑚 𝑔 >0
1
对物块𝑏，则有
𝑚 𝑔−𝑇 >0
2
可得
𝑚 >𝑚
2 1
因此有
2𝑚 2𝑚 2𝑚
2 2 2
< <
𝑚 +𝑚 𝑚 +𝑚 𝑚
2 2 1 2 2
即
1<𝑘 <2
故C正确，D错误。
故选BC。
13．ACD
【详解】A．线圈从开始进入磁场到cd 边进入磁场前做匀速运动，则
𝑚𝑔 =𝐵𝐼𝐿
解得
I=2A
cd边两端电压恒为
𝑅
𝑈 =𝐼⋅ =0.1V
𝑐𝑑 4
选项A正确；
B．若v =1m/s，则线圈进入磁场时的竖直速度不变，则进入磁场后线圈在竖直方向仍能平
0
衡，则竖直方向仍做匀速运动，但是因水平速度减小，则线框进入磁场的速度将减小，选
项B错误；
C．线圈进入磁场时竖直速度为v，则
y
𝐵𝐿𝑣
𝑦
𝐼 =
𝑅
解得
答案第6页，共12页v =2m/s
y
进入磁场之前的运动时间为
𝑣
𝑦
𝑡 = =0.2s
1 𝑔
进入磁场前的水平位移
𝑥 =𝑣 𝑡 =0.4m
1 0 1
线圈在磁场中运动时水平速度不变，则线圈从进入磁场到离开磁场的时间为
0.6−0.1−0.4
𝑡 = s=0.05s
2 2
而竖直方向线圈匀速进入ab进入磁场的时间
𝐿
𝑡 = =0.05s=𝑡
3 𝑣 2
𝑦
说明当线圈将要从右边出离磁场时，上边dc也恰好全部进入磁场，即线框离开磁场时ab
边还未到达x轴，选项C正确；
D．线圈出离磁场时以至出离磁场后，竖直方向受到竖直向下的重力，则竖直方向做加速
度为g的匀加速运动，当ab边通过x轴时的竖直速度大小为
𝑣′ =√𝑣2+2𝑔ℎ=√22+2×10×(0.4−0.1)m/s=√10m/s
𝑦 𝑦
出离磁场时水平方向受到水平向左的安培力而做变减速运动，设出离磁场时的水平速度为
v ′，则由动量定理
x
−𝐵𝐼𝐿Δ𝑡 =𝑚𝑣 ′−𝑚𝑣
𝑥 0
且
ΔΦ 𝐵𝐿2
𝑞 =𝐼Δ𝑡 = =
𝑅 𝑅
联立解得
v ′=1.5m/s
x
线圈出离磁场后水平方向做匀速运动，则线圈ab边通过x轴时的速度大小为
𝑣 =√𝑣′2+𝑣′2 =√10+1.52m/s=3.5m/s
𝑥 𝑦
选项D正确。
故选ACD。
答案第7页，共12页14． A V 1.73 0.32 5.41
1 2
【详解】（1）[1][2]由于电源的电动势为3V，因此电压表选择量程为3V，即选E，待测电
阻约为5Ω，则电路中最大电流为0.6A，因此电流表选择量程为0.6A，即选B。
（2）[3]由于
𝑅 𝑅
V 𝑥
≫
𝑅 𝑅
𝑥 A
因此应采用电流表外接法，具体实物图如下
（3）[4]由图可知，电压表读数为1.73V；
[5]由图可知，电流表读数为0.32A。
（4）[6]根据测量的实验数据，计算得待测电阻为
𝑈
𝑅 = ≈5.41Ω
𝑥 𝐼
15． BC## CB 𝑚 𝑥 =𝑚 𝑥 +𝑚 𝑥 𝑥 =𝑥 −𝑥
𝑥𝑂𝑁−𝑥𝑂𝑀
1 𝑂𝑃 1 𝑂𝑀 2 𝑂𝑁 𝑂𝑃 𝑂𝑁 𝑂𝑀
𝑥𝑂𝑃
【详解】（1）[1] A．实验要求每次入射小球到达轨道末端的速度相同，与斜槽轨道是否光
滑无关，A错误；
B．为了保证小球抛出时做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，B正确；
C．A球必须由静止释放，才能保证到达轨道末端的速度相同，C正确；
D．A球质量必须大于B球质量，才能保证碰后两者的速度均向右，D错误。
故选BC。
（2）[2] 两球离开斜槽末端后做平抛运动，它们在空中的时间t相等，由动量守恒定律可
答案第8页，共12页得
𝑚 𝑣 =𝑚 𝑣 +𝑚 𝑣
1 0 1 1 2 2
即有
𝑚 𝑣 ⋅𝑡 =𝑚 𝑣 ⋅𝑡+𝑚 𝑣 ⋅𝑡
1 0 1 1 2 2
可得
𝑚 𝑥 =𝑚 𝑥 +𝑚 𝑥
1 𝑂𝑃 1 𝑂𝑀 2 𝑂𝑁
若为弹性碰撞，则碰撞过程还需满足机械能守恒，则有
1 1 1
𝑚 𝑣2 = 𝑚 𝑣2+ 𝑚 𝑣2
2 1 0 2 1 1 2 2 2
解得
𝑣 =𝑣 −𝑣
0 2 1
即有
𝑣 𝑡 =𝑣 𝑡−𝑣 𝑡
0 2 1
可得
𝑥 =𝑥 −𝑥
𝑂𝑃 𝑂𝑁 𝑂𝑀
（3）[3] 恢复系数为两球碰后的相对分离速率和碰前相对靠近速率之比
𝑣 −𝑣 𝑣 𝑡−𝑣 𝑡 𝑥 −𝑥
2 1 2 1 𝑂𝑁 𝑂𝑀
𝑒 =| |=| |=
𝑣 𝑣 𝑡 𝑥
0 0 𝑂𝑃
16．（1）1.25Hz；（2）B位置；（3）0.16m
【详解】（1）由乙图可知，单摆振动的周期T=0.8s，故其振动的频率为
1 1
𝑓 = = Hz=1.25Hz
𝑇 0.8
（2）由乙图可知，开始时刻摆球位移为负向最大，以向右为正，故开始时刻摆球位于B位
置。
𝑙
（3）由单摆的周期公式𝑇 =2𝜋√ 可得
𝑔
𝑇2 0.82
𝑙 = 𝑔 = ×10m=0.16m
4𝜋2 4×3.142
75
17．（1）15m/s；（2）75J；（3）5， m/s
14
【详解】（1）A、C组成的系统，小物块A离开滑块C时二者速度分别为𝑣 、𝑣 ，规定向
A C
右为正方向，由机械能守恒定律有
1 1
𝑚 𝑔𝑅= 𝑚 𝑣2+ 𝑚 𝑣2
A 2 A A 2 C C
答案第9页，共12页由水平方向动量守恒定律得
0=𝑚 𝑣 +𝑚 𝑣
A A C C
由联立解得
𝑣 =15m/s,𝑣 =−5m/s
A C
（2）A、B及弹簧组成的系统，共速时弹性势能最大，设共速时的速度为v，由动量守恒
定律得
𝑚 𝑣 =(𝑚 +𝑚 )𝑣
A A A B
由能量守恒定律得
1 1
𝐸 = 𝑚 𝑣2− (𝑚 +𝑚 )𝑣2
p 2 A A 2 A B
由联立解得
𝐸 =75J
p
（3）若A要追上C则有
|𝑣′ |>|𝑣 |
𝐴 𝐶
解得
𝑛 >4
故n的最小值为5，此种情况下
45
𝑣′ =− m/s
𝐴 7
A、C组成的系统水平方向动量守恒，二者共速度时A滑至C最高处，此时速度为𝑣 ，则
共
由水平方向动量守恒有
𝑚 𝑣′ +𝑚 𝑣 =(𝑚 +𝑣 )𝑣
A A C C A C 共
解得
75
𝑣 =− m/s
共 14
75
故物块A滑至C的最高点时C的速度大小为 m/s。
14
43π 𝑚
18．（1）（0.5d，0.25d）；（2）4B ；（3）(3−√3+ )
0
24 𝑞𝐵0
【详解】（1）根据题意，带电粒子在整个区域中运动的轨迹如图所示
答案第10页，共12页带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律可得，竖直方向的位移为
1 1 𝑞𝐸 0.5𝑑
𝑦 = 𝑎𝑡2 = × ×( )2
2 2 𝑚 𝑣
0
其中𝐸 =
2𝐵
0
2𝑞𝑑
、𝑣 =
𝐵0𝑞𝑑
，代入可得
0
𝑚 𝑚
𝑦 =0.25𝑑
则粒子在第一象限离开电场的纵坐标为
𝑦′ =0.5𝑑−𝑦 =0.25𝑑
所以粒子在第一象限离开电场的坐标为（0.5d，0.25d）。
（2）粒子进入匀强磁场①区域，速度偏转角度的正切值为
0.25𝑑
tan𝜃 =2× =1
0.5𝑑
即带电粒子进入磁场①时与y轴负方向的夹角为45°，粒子刚进入匀强磁场①时的瞬时速度
大小为
𝑣
𝑣′ = 0 =√2𝑣
cos45° 0
经过匀强磁场①后，带电粒子恰好从第四象限水平离开匀强电场，说明粒子在磁场中的轨
迹关于x轴对称，根据几何关系可知粒子在匀强磁场①的轨迹半径为
√2
𝑟 = 𝑑
1 4
根据洛伦兹力提供向心力，有
𝑣′2
𝐵 𝑣′𝑞 =𝑚
1 𝑟
1
解得
答案第11页，共12页𝑚𝑣′
𝑟 =
1 𝑞𝐵
1
联立可得
𝐵 =4𝐵
1 0
（3）粒子在两段匀强电场中运动的时间为
0.5𝑑 𝑚
𝑡 =2× =
1 𝑣 𝐵 𝑞
0 0
粒子在匀强磁场①中运动时，轨迹所对应的圆心角为90°，则有
1 2π𝑚 π𝑚
𝑡 = × =
2 4 𝑞𝐵 8𝑞𝐵
1 0
粒子从B到C和从D到A的运动时间为
√3
(1− )𝑑 𝑚
2
𝑡 =2× =(2−√3)
3 𝑣 𝑞𝐵
0 0
带电粒子在匀强磁场②中运动的时间为
5 2π𝑚 5π𝑚
𝑡 = × =
4 6 𝑞𝐵 3𝑞𝐵
0 0
所以粒子从A点出发到第一次回到A点的总时间为
43π 𝑚
𝑡 =𝑡 +𝑡 +𝑡 +𝑡 =(3−√3+ )
总 1 2 3 4 24 𝑞𝐵
0
答案第12页，共12页
