C02.【海南卷】2007-2021年汇编（15套）- 压轴题汇总（63道，83页）
文档属性
| 名称 | C02.【海南卷】2007-2021年汇编（15套）- 压轴题汇总（63道，83页） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.7MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-01-20 15:17:42 | ||
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文档简介
海南省
历年（2007~2021）高考物理试卷
《压轴题汇编》（15套，63道）
目 录
2021海南卷 2
2020海南卷 8
2019海南卷 15
2018海南卷 20
2017海南卷 25
2016海南卷 30
2015海南卷 36
2014海南卷 42
2013海南卷 47
2012海南卷 51
2011海南卷 58
2010海南卷 63
2009海南卷 69
2008海南卷 74
2007海南卷 80
2021海南卷
[2021海南卷 T8 3分]如图，V型对接的绝缘斜面M、N固定在水平面上，两斜面与水平面夹角均为α＝60°，其中斜面N光滑。两个质量相同的带电小滑块P、Q分别静止在M、N上，P、Q连线垂直于斜面M，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则P与M间的动摩擦因数至少为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】滑块Q在光滑斜面N上静止，则P与Q带电同性，两者之间为库仑斥力设为F，两滑块的受力分析和角度关系如图所示
对Q物体在沿着斜面方向有
mgcos30°＝Fcos30°
可得F＝mg
而对P物体动摩擦因数最小时有
N2＝F+mg sin 30°
f＝μN2
f＝mgcos30°
联立解得μ，故ABC错误，D正确；
[2021海南卷 T13 4分]（多选）如图，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的P（0，L）点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α（0≤α≤180°）。当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则（ ）
A．粒子一定带正电
B．当α＝45°时，粒子也垂直x轴离开磁场
C．粒子入射速率为
D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3L
【答案】ACD
【解析】A、根据题意可知粒子垂直x轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，故A正确；
BC、当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场，运动轨迹如图1
图1
粒子运动的半径为rL
洛伦兹力提供向心力qvB＝m
解得粒子入射速率v
若α＝45°，粒子运动轨迹如图2
图2
根据几何关系可知粒子离开磁场时与x轴不垂直，故B错误，C正确；
D，粒子离开磁场距离O点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图3
图3
根据几何关系可知xm2
解得xm＝3L
故D正确。
[2021海南卷 T15 10分]为了验证物体沿光滑斜面下滑的过程中机械能守恒，某学习小组用如图1所示的气垫导轨装置（包括导轨、气源、光电门、滑块、遮光条、数字毫秒计）进行实验。此外可使用的实验器材还有：天平、游标卡尺、刻度尺。
（1）某同学设计了如下的实验步骤，其中不必要的步骤是 ；
①在导轨上选择两个适当的位置A、B安装光电门Ⅰ、Ⅱ，并连接数字毫秒计；
②用天平测量滑块和遮光条的总质量m；
③用游标卡尺测量遮光条的宽度d；
④通过导轨上的标尺测出A、B之间的距离l；
⑤调整好气垫导轨的倾斜状态；
⑥将滑块从光电门Ⅰ左侧某处，由静止开始释放，从数字毫秒计读出滑块通过光电门Ⅰ、Ⅱ的时间Δt1、Δt2；
⑦用刻度尺分别测量A、B点到水平桌面的高度h1、h2；
改变气垫导轨倾斜程度，重复步骤⑤⑥⑦，完成多次测量。
（2）用游标卡尺测量遮光条的宽度d时，游标卡尺的示数如图2所示，则d＝ mm；某次实验中，测得Δt1＝11.60ms，则滑块通过光电门Ⅰ的瞬时速度v1＝ m/s（保留3位有效数字）；
（3）在误差允许范围内，若h1﹣h2＝ （用上述必要的实验步骤直接测量的物理量符号表示，已知重力加速度为g），则认为滑块下滑过程中机械能守恒；
（4）写出两点产生误差的主要原因： 。
【答案】 （1）②④；（2）5.00、0.431；（3）；（4）空气阻力、遮光条太宽
【解析】（1）滑块沿光滑的斜面下滑过程机械能守恒，需要通过光电门测量通过滑块运动的速度：
滑块下滑过程中机械能守恒，减少的重力势能转化为动能：
整理化简得：
所以测量滑块和遮光条得总质量m不必要，②满足题目要求，测量A、B之间的距离l不必要，④满足题目要求。
故选：②④。
（2）游标卡尺的读数为d＝5mm+0×0.05mm＝5.00mm。
滑块通过光电门的速度；
（3）根据（1）问可知：，在误差允许的范围内，满足该等式可认滑块下滑过程中机械能守恒；
（4）滑块在下滑过程中受到空气阻力作用，产生误差；遮光条宽度不够窄，测量速度不准确，产生误差。
[2021海南卷 T18 12分]如图，间距为l的光滑平行金属导轨，水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，导轨左端接有阻值为R的定值电阻，一质量为m的金属杆放在导轨上。金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为u0。设金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R以外不计其它电阻。
（1）求金属杆中的电流和水平外力的功率；
（2）某时刻撤去外力，经过一段时间，自由电子沿金属杆定向移动的速率变为，求：
（i）这段时间内电阻R上产生的焦耳热；
（ii）这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离。
【答案】（1）金属杆中的电流为，水平外力的功率为；
（2）（i）这段时间内电阻R上产生的焦耳热为mv02；
（ii）这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离为。
【解析】（1）金属棒切割磁感线产生的感应电动势：E＝Blv0
则金属杆中的电流：I
由题知，金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动则有：F＝F安＝BIl
根据功率的计算公式有：P＝Fv0
（2）（i）设金属杆内单位体积的自由电子数为n，金属杆的横截面积为S，则金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动时的电流由微观表示为：I＝nSeu0
则解得：nSe
此时电子沿金属杆定向移动的速率变为，则：I′＝nSe
解得：v′
则能量守恒有：mv′mv02﹣Q
解得：Qmv02
（ii）由（i）可知在这段时间内金属杆的速度由v0变到，则根据动量定理有：﹣BIl Δt＝mmv0
即：﹣BlnSeBlnSe d（取向右为正）
由于：nSe
化简得：d
2020海南卷
[2020海南卷 T8 3分]太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490kg，离子以30km/s的速率（远大于探测器的飞行速率）向后喷出，流量为3.0×10﹣3g/s，则探测器获得的平均推力大小为（ ）
A．1.47N B．0.147N C．0.09N D．0.009N
【答案】C
【解析】在单位时间内喷出离子的质量m＝3.0×10﹣3×10﹣3kg＝3.0×10﹣6kg
则t时间内喷出离子的质量为mt
对喷出的离子，取运动方向为正，由动量定理得：
Ft＝mtv﹣0
代入数据解得：F＝mv＝3.0×10﹣6×30×103N＝0.09N，
由牛顿第三定律可知，探测器获得的平均推力大小F′＝F＝0.09N，故C正确，ABD错误。
[2020海南卷 T13 4分]（多选）如图，足够长的间距d＝1m的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间存在一个宽度L＝1m的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B＝0.5T，方向如图所示。一根质量ma＝0.1kg、阻值R＝0.5Ω的金属棒a以初速度v0＝4m/s从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量mb＝0.2kg、阻值R＝0.5Ω的原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则（ ）
A．金属棒a第一次穿过磁场时做匀减速直线运动
B．金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流
C．金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒b上产生的焦耳热为0.25J
D．金属棒a最终停在距磁场左边界0.8m处
【答案】BD
【解析】A．金属棒a第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒a做加速度减小的减速直线运动，故A错误；
B．根据右手定则可知，金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，故B正确；
C．电路中产生的平均电动势为：
平均电流为：
金属棒a受到的安培力为：Bd
规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得：﹣Bd △t＝mava﹣mav0
解得对金属棒第一次离开磁场时速度：va＝1.5m/s
金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少量，即
Qmama
联立并代入数据得：Q＝0.6875J
由于两棒电阻相同，两棒产生的焦耳热相同，则金属棒b上产生的焦耳热：Qb0.34375J，故C错误；
D．规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得：
mava＝mava′+mbvb
联立并代入数据解得金属棒a反弹的速度为：va＝﹣0.5m/s
设金属棒a最终停在距磁场左边界x处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，
电路中产生的平均电动势为：n
平均电流为：
金属棒a受到的安培力为：Bd
规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得：﹣Bd △t＝0﹣mava′
联立并代入数据解得：x＝0.8m，故D正确。
[2020海南卷 T16 10分]在测量定值电阻阻值的实验中，提供的实验器材如下：电压表V1（量程3V，内阻r1＝3.0kΩ），电压表V2（量程5V，内阻r2＝5.0kΩ），滑动变阻器R（额定电流1.5A，最大阻值100Ω），待测定值电阻Rx，电源E（电动势6.0V，内阻不计），单刀开关S，导线若干。回答下列问题：
（I）实验中滑动变阻器应采用 接法（填“限流”或“分压”）；
（2）将虚线框中的电路原理图补充完整；
（3）根据下表中的实验数据（U1、U2分别为电压表V1、V2的示数），在图（a）给出的坐标纸上补齐数据点，并绘制U2﹣U1图象；
测量次数 1 2 3 4 5
U1/V 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00
U2/V 1.61 2.41 3.21 4.02 4.82
（4）由U2﹣U1图象得到待测定值电阻的阻值Rx＝ Ω（结果保留三位有效数字）；
（5）完成上述实验后，若要继续采用该实验原理测定另一个定值电阻Ry（阻值约为700Ω）的阻值，在不额外增加器材的前提下，要求实验精度尽可能高，请在图（b）的虚线框内画出你改进的电路图。
【答案】答：分压；；
1.83×103Ω； 。
【解析】（1）由于各电压表的电阻值比较大，为让待测电阻分得较大电压，所以要选择分压接法；
（2）完整的电路图，如图所示
（3）根据下表中的实验数据，绘制的U2﹣U1图象，如图所示
（4）根据实验电路图，则有：Rx
变形得：U2
则图线d斜率为：k
根据U2﹣U1图象可得斜率：k1.61
则有：1.61
代入r1＝3.0kΩ，解得Rx＝1.83×103Ω
（5）因待测电阻Ry（阻值约为700Ω）的阻值较小，若仍与电压表V1串联，则所分得的电压过小，不利于测量，故待测电阻Ry与Rx串联，将Ry与Rx作为整体求出电阻，然后减去Rx即可。故改进后的电路图，如图所示
[2020海南卷 T19 16分]如图，虚线MN左侧有一个正三角形ABC，C点在MN上，AB与MN平行，该三角形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场；MN右侧的整个区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的离子（重力不计）以初速度v0从AB的中点O沿OC方向射入三角形区域，偏转60°后从MN上的P点（图中未画出）进入MN右侧区域，偏转后恰能回到O点。已知离子的质量为m，电荷量为q，正三角形的边长为d：
（1）求三角形区域内磁场的磁感应强度；
（2）求离子从O点射入到返回O点所需要的时间；
（3）若原三角形区域存在的是一磁感应强度大小与原来相等的恒磁场，将MN右侧磁场变为一个与MN相切于P点的圆形匀强磁场让离子从P点射入圆形磁场，速度大小仍为v0，方向垂直于BC，始终在纸面内运动，到达O点时的速度方向与OC成120°角，求圆形磁场的磁感应强度。
【答案】（1）三角形区域内磁场的磁感应强度为；
（2）离子从O点射入到返回O点所需要的时间为；
（3）若三角形ABC区域磁场方向向里，圆形磁场的磁感应强度为，若三角形ABC区域磁场方向向外，圆形磁场的磁感应强度为。
【解析】（1）画出粒子运动轨迹如图所示
粒子在三角形ABC中运动时，根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B＝m
粒子射出三角形磁场时偏转60°，由几何关系可知：r
联立解得磁感应强度为：B；
（2）根据周期公式可得：T
解得粒子从O到D的时间为：t1；
粒子从D运动到P，由几何关系可知CP＝d，则DP＝CP sin60°
粒子从D运动到P运动时间为：t2
根据图中几何关系可得粒子在MN右侧运动的半径为：r′2d
粒子在MN右侧磁场中的运动时间为：t3
故粒子从O点射入到返回O点所需要的时间为：t＝2（t1+t2）+t3；
（3）若三角形ABC区域磁场方向向里，则粒子运动轨迹如图中①所示，
根据几何关系可得：R+Rcos60°＝dcos60°
解得R
此时根据洛伦兹力提供向心力可得：qB1v0＝m
解得：B1
若三角形ABC区域磁场方向向外，则粒子运动轨迹如图中②所示，有：
R′+R′cos60°＝dcos60°
解得R′d
根据洛伦兹力提供向心力可得：qB2v0＝m
解得：B2。
2019海南卷
[2019海南卷 T5 4分]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
【答案】D
【解析】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
联立解得轻绳的张力大小为：TF，故ABC错误，D正确。
[2019海南卷 T9 5分]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：1
C．P和Q速度大小之比为：1 D．P和Q速度大小之比为2：1
【答案】AC
【解析】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；
CD、结合几何关系可知，，由公式，解得：，故C正确，D错误。
[2019海南卷 T12 12分]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 3 4 5
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）。
【答案】（1）图线如图所示：（2），（3）100。
【解析】（1）描出点后，作出图线如图所示：
（2）L﹣n图线的斜率为m＝4.9×10﹣3m
由胡克定律有： △F＝k△l
即△nmg＝k△l
联立以上各式可得：
所以可得劲度系数为：
kN/m＝100N/m
[2019海南卷 T14 16分]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。
【答案】（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）。
【解析】（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
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：v32μg（t2﹣t1）
[2019海南卷 T16 8分]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＝4.0×10﹣3m3．压强为pA＝47cmHg；B体积为VB＝6.0×10﹣3m3，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。
【答案】此时A部分气体的体积为3.85×10﹣3m3，B两部分气体的体积为6.15×10﹣3m3。
【解析】对A中气体：
初态：压强pA＝47cmHg，体积VA＝4.0×10﹣3m3，
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＝6.0×10﹣3m3，
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＝1.0×10﹣2m3…④
联立①②③④式可得：VA′＝3.85×10﹣3m3
VB′＝6.15×10﹣3m3
2018海南卷
[2018海南卷 T5 4分]如图，用长为l的轻绳悬挂一质量为M的沙箱，沙箱静止。一质量为m的弹丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力。对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程（ ）
A．若保持m、v、l不变，M变大，则系统损失的机械能变小
B．若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能变小
C．若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能变大
D．若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能变大
【答案】C
【解析】弹丸击中沙箱过程系统水平方向动量守恒，以弹丸的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv＝（M+m）v′，解得：v′，
弹丸与沙箱一起摆动过程系统机械能守恒，由能量守恒定律可知，
整个过程系统损失的机械能：△Emv2（M+m）v′2；
A、若保持m、v、l不变，M变大，系统损失的机械能：△E变大，故A错误；
B、若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能：△E变大，故B错误；
C、若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能：△E变大，故C正确；
D、若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能：△E不变，故D错误；
[2018海南卷 T10 5分]（多选）如图，三个电阻R1、R2、R3的阻值均为R，电源的内阻r＜R，c为滑动变阻器的中点。闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动，下列说法正确的是（ ）
A．R2消耗的功率变小
B．R3消耗的功率变大
C．电源输出的功率变大
D．电源内阻消耗的功率变大
【答案】CD
【解析】把等效电路画出，如图
设，，则
当时，有最大值，当滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动时，减小，增大，易得：减小，
减小，增大，故电源内阻消耗的功率=增大，故D正确
=减小，
减小，故=减小，故B错误
而增大，故=减大，故A错误
根据电源输出功率与的关系图可知，当，减小电源输出功率越大，故C正确；
[2018海南卷 T12 12分]某同学利用图（a）中的电路测量电流表 的内阻RA（约为5Ω）和直流电源的电动势E（约为10V）。图中R1和R2为电阻箱，S1和S2为开关。已知电流表的量程为100mA，直流电源的内阻为r。
（1）断开S2，闭合S1，调节R1的阻值，使 满偏；保持R1的阻值不变，闭合S2，调节R2，当R2的阻值为4.8Ω时 的示数为48.0mA．忽略S2闭合后电路中总电阻的变化，经计算得RA＝ Ω；（保留2位有效数字）
（2）保持S1闭合，断开S2，多次改变R1的阻值，并记录电流表的相应示数。若某次R1的示数如图（b）所示，则此次R1的阻值为 Ω；
（3）利用记录的R1的阻值和相应的电流表示数I，作出I﹣1﹣R1图线，如图（c）所示。用电池的电动势E、内阻r和电流表内阻RA表示I﹣1随R1变化的关系式为I﹣1＝ 。利用图（c）可求得E＝ V．（保留2位有效数字）
【答案】（1）5.2；（2）148.2； （3）R1；9.3（9.0～9.5均正确）。
【解析】（1）由题意可知，干电路电流不变为：Ig＝100mA，流过电阻箱的电流：I2＝Ig﹣IA＝100mA﹣48mA＝52mA，
电流表内阻：RA5.2Ω；
（2）由图（b）所示可知，电阻箱阻值为：1×100Ω+4×10Ω+8×1Ω+2×0.1Ω＝148.2Ω；
（3）断开S2、闭合S1，由图示电路图可知，电源电动势：E＝I（r+R1+RA），则：R1，
R1图象的斜率：k，解得：E≈9.3V（9.0V～9.5V均正确）；
[2018海南卷 T14 16分]如图，光滑轨道PQO的水平段QO，轨道在O点与水平地面平滑连接。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞。A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g。假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短。求
（1）第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小；
（2）A、B均停止运动后，二者之间的距离。
【答案】（1）第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小分别为、；
（2）A、B均停止运动后，二者之间的距离为h。
【解析】（1）A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mghmv02，
A、B发生完全弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝mvA+4mvB，
由机械能守恒定律得：mv02mvA2 4mvB2，
解得：vA，vB；
（2）物块B在粗糙水平面上做匀减速直线运动，最终速度为零，由动能定理得：
对B：﹣μ 4mgx＝0 4mvB2，x，
设当物块A在水平地面的位移为x时速度为v，
对A，由动能定理得：﹣μmgxmv2mvA2，
解得：v，
A、B第二次发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv＝mvA′+4mvB′，
由机械能守恒定律得：mv2mvA′2 4mvB′2，
解得：vA′，vB′，
碰撞后A向左做减速运动，B向右做减速运动，由动能定理得：
对A：﹣μmgxA＝0mvA′2，
对B：﹣μ 4mgxB＝0 4mvB′2，
解得：xAh，xBh，
A、B均停止运动后它们之间的距离：d＝xA+xBh；
[2018海南卷 T15(2) 8分]一储存氮气的容器被一绝热轻活塞分隔成两个气室A和B，活塞可无摩擦地滑动。开始时用销钉固定活塞，A中气体体积为2.5×10﹣4m3，温度为27℃，压强为6.0×104Pa；B中气体体积为4.0×10﹣4m3，温度为﹣17℃，压强为2.0×104Pa．现将A中气体的温度降至﹣17℃，然后拔掉销钉，并保持A、B中气体温度不变，求稳定后A和B中气体的压强。
【答案】3.2×104Pa。
【解析】对A中气体，
初态：PA＝6.0×104Pa、VA＝2.5×10﹣4m3、TA＝273K+27K＝300K。
末态：PA'＝？VA'＝？TA'＝273K﹣17K＝256K
由理想气体状态方程得：①
对B中气体，
初态：PB＝2×104Pa、VB＝4.0×10﹣4m3
末态：PB'＝？VB'＝？
由于温度相同，根据玻意耳定律得：
PBVB＝PB′ VB′…②
又VA+VB＝VA'+VB'…③
PA'＝PB'…④
①②③④联立得：pA′＝PB′＝3.2×104Pa
2017海南卷
[2017海南卷 T6 4分]将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略。a为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为Ek1和Ek2．从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1，从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2．下列选项正确的是（ ）
A．Ek1＝Ek2，W1＝W2 B．Ek1＞Ek2，W1＝W2
C．Ek1＜Ek2，W1＜W2 D．Ek1＞Ek2，W1＜W2
【答案】B
【解析】从抛出开始到第一次经过a点和抛出开始第二次经过a点，上升的高度相等，可知重力做功相等，即W1＝W2。
对两次经过a点的过程运用动能定理得，﹣Wf＝Ek2﹣Ek1，可知Ek1＞Ek2，故B正确，A、C、D错误。
[2017海南卷 T10 5分]（多选）如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面（纸面）垂直，磁场的上、下边界（虚线）均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均为磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距。若线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能（ ）
A．始终减小 B．始终不变
C．始终增加 D．先减小后增加
【答案】CD
【解析】A、导线框开始做自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场，ab边切割磁场产生感应电流，根据左手定则可知ab边受到向上的安培力，当安培力大于重力时，线框做减速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先减速后加速运动，故A错误、D正确；
B、当ab边进入磁场后安培力等于重力时，线框做匀速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先匀速后加速运动，故A错误；
C、当ab边进入磁场后安培力小于重力时，线框做加速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速增大的加速运动，故加速运动，故C正确；
[2017海南卷 T12 12分]某同学用伏安法测量待测电阻的阻值。现有器材为：
待测电阻R（阻值约为5Ω）
电源（电动势3V）
滑动变阻器（阻值范围0～10Ω）
电流表（量程0.6A，3A）
电压表（量程3V，15V）
开关，导线若干。
实验要求在测量电路中将电流表外接，滑动变阻器起限流作用。回答下列问题：
（1）按照实验要求在图（a）中画出实物连线图。
（2）若已按实验要求接线，闭合开关后移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数始终约为3V，电流表的示数始终接近0．写出产生这种现象的一个原因： 。
（3）在连线正确后，闭合开关。电压表和电流表的示数分别如图（b）和图（c）所示。由图可知，电压表读数为 V，电流表读数为 A．由此可得待测电阻的阻值为 Ω（结果保留3位有效数字）。
【答案】（1）如图所示，（2）待测电阻R断路，（3）2.20，0.48，4.58。
【解析】（1）因为电源电动势为3V，则电压表的量程选用3V，根据欧姆定律知，电流的最大值大约0.6A，则电流表量程选择0.6A，根据实物图进行连线。
（2）闭合开关后移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数始终约为3V，电流表的示数始终接近0，产生这种现象的原因是待测电阻R断路，由于电压表内阻非常大，导致电流表电流接近0，电压表电压测得是电源电压。
（3）由图可知，电压表的读数为2.20V，电流表的读数为0.48A，根据欧姆定律得，待测电阻R。
[2017海南卷 T14 16分]一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端与质量为m的小物块a相连，如图所示，质量为m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从t＝0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动。经过段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。求：
（1）弹簧的劲度系数；
（2）物块b加速度的大小
（3）在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式。
【答案】（1）弹簧的劲度系数为；
（2）物块b加速度的大小为；
（3）在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式是F（0＜t）。
【解析】（1）整体静止时，对整体分析，根据平衡条件有：
kx0＝（mm）gsinθ
解得：k①
（2）由题意可知，b经两段相等的时间位移均为x0；
由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：②
说明当形变量为x2＝x0时二者分离；
对m分析，因分离时ab间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：
kx1﹣mgsinθ＝ma…③
联立①②③解得：a
（3）当ab前进的位移为x时，经历时间为t，弹簧的形变量变为：Δx＝x0﹣x
对整体分析可知，由牛顿第二定律有：
F+kΔx﹣（mm）gsinθ＝（mm）a
xat2
解得：F。
根据x1at12得t1
故时间t的范围为0＜t
[2017海南卷 T15(2) 8分]一粗细均匀的U形管ABCD的A端封闭，D端与大气相通。用水银将一定质量的理想气体封闭在U形管的AB一侧，并将两端向下竖直放置，如图所示。此时AB侧的气体柱长度l1＝25cm。管中AB、CD两侧的水银面高度差h1＝5cm。现将U形管缓慢旋转180°，使A、D两端在上，在转动过程中没有水银漏出。已知大气压强p0＝76cmHg．求旋转后，AB、CD两侧的水银面高度差。
【答案】AB、CD两侧的水银面高度差为1cm。
【解析】对封闭气体研究，初状态时，压强为：p1＝p0+h1＝76+5cmHg＝81cmHg，体积为：V1＝l1s，
设旋转后，气体长度增大△x，则高度差变为（5﹣2△x）cm，此时气体的压强为：p2＝p0﹣（5﹣2△x）＝（71+2△x）cmHg，体积为：V2＝（25+△x）s，
根据玻意耳定律得：p1V1＝p2V2，即：（81×25）＝（71+2△x）（25+△x）
解得：△x＝2cm，
根据几何关系知，AB、CD两侧的水银面高度差为：△h＝5﹣2△x＝1cm。
2016海南卷
[2016海南卷 T6 3分]如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电。一电荷量为q（q＞0）的粒子在电容器中靠近下极板处。以初动能Ek0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】根据电荷的受力情况可知，粒子在电场中做曲线运动，如图所示，
将粒子的速度v分解为垂直于板的vy和平行于板的vx，由于极板与水平面夹角45°，粒子的初速度方向竖直向上，所以粒子初速度在垂直于板的方向的速度为vy＝v0sin45°。
当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，即粒子垂直于极板方向的速度vy′＝0。
根据运动学公式有vy′2＝2d
又知Ek0m
联立以上各式求得E
故B正确，ACD错误；
[2016海南卷 T10 5分]（多选）如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．M带负电荷，N带正电荷
B．M在b点的动能小于它在a点的动能
C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能
D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功
【答案】ABC
【解析】A、由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确。
B、M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，故B正确。
C、d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确。
D、N从c到d，库仑斥力做正功，故D错误。
[2016海南卷 T12 9分]某同学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G满偏电流为，表头上标记的内阻值为900Ω。R1、R2和R3是定值电阻。利用R1和表头构成1 mA的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1 V；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3 V。则根据题给条件，定值电阻的阻值应选R1=___Ω，R2=______Ω，R3=_______Ω。
（2）用量程为3V，内阻为2500Ω的标准电压表对改装表3V挡的不同刻度进行校准。所用电池的电动势E为5V；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为50Ω和5kΩ。为了方便实验中调节电压，图中R应选用最大阻值为______Ω的滑动变阻器。
（3）校准时，在闭合开关S前，滑动变阻器的滑动端P应靠近_______（填“M”或“N”）端。
（4）若由于表头G上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头G内阻的真实值_________（填“大于”或“小于”）900Ω。
【答案】（1）100，910，2 000；（2）50；（3）M；（4）大于
【解析】（1）根据题意，R1与表头G构成1mA的电流表，则：IgRg＝（I﹣Ig）R1，
代入数据：100×10﹣6×900＝（1×10﹣3﹣100×10﹣6）R1
整理得R1＝100Ω
若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1V，则
若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3V，则
（2）用内阻为2500Ω的标准电压表与改装表并联之后，并联部分电阻小于2500Ω，对于分压式电路，要求滑动变阻器的最大值小于并联部分电阻，同时还要便于调节，故应选择最大阻值较小的滑动变阻器，即选择最大阻值50Ω的滑动变阻器。
（3）在闭合开关S前，滑动变阻器的滑动端P应靠近M端，这样把并联部分电路短路，起到一种保护作用。
（4）造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，说明通过表头G的电流偏小，则实际其电阻偏大，故其实际阻值大于900Ω。
[2016海南卷 T14 14分]如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA＝30°，OA的长度为L．在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0．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同的速度射入磁场，恰好从OC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AC边相切，且在磁场内运动的时间为t0，求粒子此次入射速度的大小。
【答案】（1）磁场的磁感应强度的大小；
（2）该粒子这两次在磁场中运动的时间之和2t0；
（3）粒子此次入射速度的大小。
【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期
T＝4t0①
设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得②
匀速圆周运动的速度满足③
联立①②③式得B④
（2）设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图a所示。
设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2．由几何关系有 θ1＝180°﹣θ2⑤
粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则 t1+t22t0；⑥
（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对应的圆心角为150°。
设O'为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切与B点，从D点射出磁场，
由几何关系和题给条件可知，此时有
∠O O'D＝∠B O'A＝30°⑦
r0cos∠OO′DL⑧
设粒子此次入射速度的大小为v0，
由圆周运动线速度公式，则有：v0⑨
联立①⑦⑧⑨式得 v0
[2016海南卷 T15(2) 8分]如图，密闭气缸两侧与一U形管的两端相连，气缸壁导热；U形管内盛有密度为ρ＝7.5×102kg/m3的液体。一活塞将气缸分成左、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P0＝4.5×103Pa．外界温度保持不变。缓慢向右拉活塞使U形管两侧液面的高度差h＝40cm，求此时左、右两气室的体积之比，取重力加速度大小g＝10m/s2，U形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计。
【答案】此时左、右两气室的体积之比1：1
【解析】设初始状态时气缸左气室的体积为V01，右气室的体积为V02；当活塞至气缸中某位置时，左、右气室的压强分别为p1、p2，体积分别为V1、V2，由玻意耳定律得
p0V01＝p1V1 ①
p0V02＝p2V2 ②
依题意有 V01+V02＝V1+V2 ③
由力的平衡条件有
p2﹣p1＝ρgh ④
⑤
联立①②③④⑤式，并代入题给数据得 ⑥
由此解得
（另一解不合题意，舍去） ⑦
V01+V02＝V1+V2
得⑧
V1：V2＝1：1 ⑨
2015海南卷
[2015海南卷 T6 3分]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．R B．R C．2R D．R
【答案】C
【解析】对于任一行星，设其表面重力加速度为g。
根据平抛运动的规律得 h得，t
则水平射程x＝v0t＝v0。
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Gmg，得g
可得
解得行星的半径 R行＝R地 R 2R
[2015海南卷 T9 5分]（多选）如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物体，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时 （ ）
A．物块与斜面间的摩擦力减小
B．物块与斜面间的正压力增大
C．物块相对于斜面减速下滑
D．物块相对于斜面匀速下滑
【答案】BD
【解析】AB、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：sinθ＝μcosθ；支持力与摩擦力的合力竖直向上，大小等于重力；
当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物体受到的支持力一定增大，此时的摩擦力：f′＝μ FN′，由于接触面的压力增大，所以物体与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确；
CD、假设物体以加速度a向上运动时，有FN′＝m（g+a）cosθ，所以f′＝μm（g+a）cosθ，对物体受力分析可知，沿着斜面方向上，由于m（g+a）sinθ＝μm（g+a）cosθ，所以沿水平方向FN′sinθ＝f′cosθ，即物体在沿水平方向方向上合力为0，所以物体仍相对于斜面做匀速下滑运动．故C错误，D正确．
[2015海南卷 T10 5分]（多选）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
【答案】AD
【解析】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，
根据串并联知识和欧姆定律得副线圈电压U26R0＝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＝2434V，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′212R0＝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；
[2015海南卷 T12 9分]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（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．
（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 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 s．
时间t/s 10.0 20.0 30.0 40.0 50.0 60.0
电压U/V 2.14 3.45 4.23 4.51 5.00 5.18
（4）电路中C、R2和S2构成的回路的作用是 ．
【答案】（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
【解析】（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；
（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，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．
[2015海南卷 T14 13分]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，sm，取重力加速度大小g＝10m/s2。
（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。
【答案】（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。
【解析】（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，则有：
①
则在b点的速度②，
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，设为θ，
则根据平抛运动规律可知⑤，
根据运动的合成与分解可得⑥
由①②③④⑤⑥解得：v水平m/s
[2015海南卷 T15(2) 8分]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。
【答案】活塞A移动的距离为。
【解析】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： P1＝P0，对B有P2＝P1
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′﹣hV
2014海南卷
[2014海南卷 T6 3分]设地球自转周期为T，质量为M，引力常量为G，假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R．同一物体在南极和赤道水平面上静止时所受到的支持力之比为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】在赤道上：G，可得①
在南极：② 由①②式可得：。
[2014海南卷 T10 5分](多选）如图，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上．初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面．在此过程中（ ）
A．a的动能小于b的动能
B．两物体机械能的变化量相等
C．a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量
D．绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零
【答案】AD
【解析】A、将b的实际速度进行分解如图：
由图可知va＝vbcosθ，即a的速度小于b的速度，故a的动能小于b的动能，A正确；
B、由于有摩擦力做功，故ab系统机械能不守恒，则二者机械能的变化量不相等，B错误；
C、a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量与产生的内能之和，故a的重力势能的减小量大于两物体总动能的增加量，C错误；
D、在这段时间t内，绳子对a的拉力和对b的拉力大小相等，绳子对a做的功等于﹣FTvat，绳子对b的功等于拉力与拉力方向上b的位移的乘积，即：FTvbcosθt，又va＝vbcosθ，所以绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的绝对值相等，二者代数和为零，故D正确。
[2014海南卷 T12 10分]用伏安法测量一电池的内阻．已知该待测电池的电动势E约为9V，内阻约数十欧，允许输出的最大电流为50mA，可选用的实验器材有：
电压表V1（量程5V）；
电压表V2（量程10V）；
电流表A1（量程50mA）；
电压表A2（量程100mA）；
滑动变阻器R（最大电阻300Ω）；
定值电阻R1（阻值为200Ω，额定功率为W）；
定值电阻R2（阻值为220Ω，额定功率为1W）；
开关S；导线若干．
测量数据如坐标纸上U﹣I图线所示．
（1）在答题卡相应的虚线方框内画出合理的电路原理图，并标明所选器材的符号．
（2）在设计的电路中，选择定值电阻的根据是 ．
（3）由U﹣I图线求得待测电池的内阻为 Ω．
（4）在你设计的电路中，产生系统误差的主要原因是 ．
【答案】（1）电路原理图如图所示；
（2）定值电阻在电路中消耗的功率会超过W，R2的功率满足实验要求；
（3）50；（4）电压表分流．
【解析】（1）应用伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，电路图如图所示：
（2）定值电阻R1在电路中的最大功率：P1＝I2R1＝（0.05）2×200＝0.5WW，
定值电阻R2在电路中的最大功率：P2＝I2R2＝（0.05）2×220＝0.55W＜1W，
为保护电路安全，则定值电阻应选择R2．
（3）由图示图象可知，电源内阻r50Ω；
（4）由实验电路图可知，相对于电源电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，
电流表所测电流小于电路电流，电压表分流是造成系统误差的原因．
[2014海南卷 T14 14分]如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从y轴上P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场方向变为垂直纸面向里，大小不变，不计重力。
（1）求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间；
（2）若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值。
【答案】（1）粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间为；
（2）若要使粒子能够回到P点，电场强度的最大值为
【解析】（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，
粒子做圆周运动的周期：，
由题意可知，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为，
所需时间t1为：，解得：；
（2）粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，
然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0，
设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，电场强度大小为E，
由牛顿第二定律得：qE＝ma，v0＝a ，解得：，
根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足t2≥T0，
解得，电场强度最大值：。
[2014海南卷 T15(2) 8分]一竖直放置、缸壁光滑且导热的柱形气缸内盛有一定量的氮气，被活塞分隔成Ⅰ、Ⅱ两部分；达到平衡时，这两部分气体的体积相等，上部气体的压强为PⅠ0，如图（a）所示，若将气缸缓慢倒置，再次达到平衡时，上下两部分气体的体积之比为3：1，如图（b）所示。设外界温度不变，已知活塞面积为S，重力加速度大小为g，求活塞的质量。
【答案】活塞质量为。
【解析】设活塞的质量为m，气缸倒置前下部气体的压强为pⅡ0，
倒置后上下气体的压强分别为pⅡ、pⅠ，
由力的平衡条件得：，，
倒置过程中，两部分气体均经历等温过程，设气体的总体积为V0，
由玻意耳定律得：，，
解得：；
2013海南卷
[2013海南卷 T6 3分]如图，水平桌面上固定有一半径为R的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下；一长度为2R、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点。棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好。下列说法正确的是（ ）
A．拉力的大小在运动过程中保持不变
B．棒通过整个圆环所用的时间为
C．棒经过环心时流过棒的电流为
D．棒经过环心时所受安培力的大小为
【答案】D
【解析】A、棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开始向右运动，则速度为v＝at，
而E＝BLv，I，F＝BIL，因此r是在变的，F在变化，可知在运动过程中棒所受安培力变化，则拉力大小也变化，故A错误；
B、根据位移公式，可得时间为，故B错误；
C、当棒运动到环中心时，由于棒将金属细圆环分开的两部分的电阻并联，则电路总电阻为，速度大小为，产生感应电动势，所以产生感应电流大小为2，故C错误；
D、棒经过环心时所受安培力的大小为F＝BIL，故D正确。
[2013海南卷 T10 5分]（多选）如图，在水平光滑桌面上，两相同的矩形刚性小线圈分别叠放在固定的绝缘矩形金属框的左右两边上，且每个小线圈都各有一半面积在金属框内，在金属框接通逆时针方向电流的瞬间（ ）
A．两小线圈会有相互靠拢的趋势
B．两小线圈会有相互远离的趋势
C．两小线圈中感应电流都沿顺时针方向
D．左边小线圈中感应电流沿顺时针方向，右边小线圈中感应电流沿逆时针方向
【答案】BC
【解答】解：根据右手螺旋定则可知，通电导线瞬间，对于左金属框，因矩形金属框内部的磁场比外部强，所以左小线圈有向外的磁通量，且增大；同理，右边金属框也一样，因此左、右小线圈的磁通量均增大，根据楞次定律可知，线圈的感应电流方向都是顺时针方向，再由同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈的运动情况是相互远离。故B、C正确，A、D错误。
[2013海南卷 T12 9分]某同学将量程为200μA、内阻为500Ω的表头μA改装成量程为1mA和10mA的双量程电流表，设计电路如图（a）所示。定值电阻R1=500Ω，R2和R3的值待定，S为单刀双掷开关，A、B为接线柱。回答下列问题：
（1）按图（a）在图（b）中将实物连线；
（2）表笔a的颜色为 色（填“红”或“黑”）
（3）将开关S置于“1”挡时，量程为 mA；
（4）定值电阻的阻值R2= Ω，R3= Ω。（结果取3位有效数字）
（5）利用改装的电流表进行某次测量时，S置于“2”挡，表头指示如图（c）所示，则所测量电流的值为 mA。
【答案】（1）如图（2）黑； （3）10；（4）225，25.0；（5）0.780．
【解析】（1）实物连线如图所示：
（2）因电流应从黑表笔流出，所以表笔a的颜色为黑色；
（3）将开关S置于“1”挡时，表头μA和R1、R2串联后再与R3并联，将开关S置于“2”挡时，表头μA和R1串联后再与R2、R3并联，所以开关S置于“1”挡时量程较大，即开关S置于“1”挡时量程应为10mA；
（4）设电流表的满偏电流为，根据欧姆定律，当开关打到1时有，其中10mA
当开关打到2时有，其中1mA
联立以上两式225Ω，25.0Ω
（5）表头精度值为4μA，图（c）的示数为156μA，“2”挡量程扩大到5倍，故电流表示数为I＝156μA×5＝0.780mA．
[2013海南卷 T14 13分]如图，纸面内有E、F、G三点，∠GEF＝30°，∠EFG＝135°．空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．先使带有电荷量为q（q＞0）的点电荷a在纸面内垂直于EF从F点射出，其轨迹经过G点；再使带有同样电荷量的点电荷b在纸面内与EF成一定角度从E点射出，其轨迹也经过G点．两点电荷从射出到经过G点所用的时间相同，且经过G点时的速度方向也相同．已知点电荷a的质量为m，轨道半径为R，不计重力．求：
（1）点电荷a从射出到经过G点所用的时间；
（2）点电荷b的速度大小．
【答案】（1）点电荷a从射出到经过G点所用的时间；
（2）点电荷b的速度大小．
【解析】设点电荷a的速度为v，由牛顿第二定律得：
解得：①
设点电荷a做圆周运动的周期为T，则：②
点电荷运动轨迹如图所示：
设点电荷a从F点进入磁场后的偏转角为θ
由几何关系得：θ＝90° ③
故a从开始运动到经过G点所用时间
①②③联立得：④
（2）设点电荷b的速度大小为v1，轨道半径为R1，b在磁场中偏转角为θ1，
由题意得：⑤
解得：⑥
由于两轨道在G点相切，所以过G点的半径OG和O1G在同一条直线上，
由几何关系得：θ1＝60° ⑦
R1＝2R ⑧
②③⑥⑦⑧联立得：
2012海南卷
[2012海南卷 T6 3分]如图，表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为α和β，且α＞β．一初速度为v0的小物块沿斜面ab向上运动，经时间t0后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑．在小物块从a运动到c的过程中，可能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图象是（ ）
【答案】C
【解析】设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1和a2．根据牛顿第二定律得：
mgsinα+μmgcosα＝ma1，mgsinβ﹣μmgcosβ＝ma2，
得a1＝gsinα+μgcosα，a2＝gsinβ﹣μgcosβ，
则知a1＞a2
而v﹣t图象的斜率等于加速度，所以上滑段图线的斜率大于下滑段图线的斜率。
上滑过程的位移大小较小，而上滑的加速度较大，由x知，上滑过程时间较短。
因上滑过程中，物块做匀减速运动，下滑过程做匀加速直线运动，两段图象都是直线。
由于物体克服摩擦力做功，机械能不断减小，所以物体到达c点的速度小于v0．故C正确，ABD错误。
[2012海南卷 T10 4分]图中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．下列说法正确的是（ ）
A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动
B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动
C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动
D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动
【答案】BD
【解析】解：A、由安培定则与左手定则可知，若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，L所受安培力向左，L向左滑动，故A错误；
B、由安培定则与左手定则可知，若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，L受到的安培力向右，L向右滑动，故B正确；
C、由安培定则与左手定则可知，若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，L所受安培力向右，L向右滑动，故C错误；
D、由安培定则与左手定则可知，若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，L所受安培力向左，则L向左滑动，故D正确；
[2012海南卷 T14 9分]一水平放置的轻弹簧，一端固定，另一端与一小滑块接触，但不粘连；初始时滑块静止于水平气垫导轨上的O点，如图（a）所示．现利用此装置探究弹簧的弹性势能Ep与其被压缩时长度的改变量x的关系．先推动小滑块压缩弹簧，用米尺测出x的数值；然后将小滑块从静止释放．用计时器测出小滑块从O点运动至气垫导轨上另一固定点A所用时间t．多次改变x值及其对应的t值如下表所示．（表中的1/t值是根据t值计算得出的）
x（cm） 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00
t（s） 3.33 2.20 1.60 1.32 1.08
l/t（s﹣1） 0.300 0.455 0.625 0.758 0.926
（1）根据表中数据，在图（b）中的方格纸上做x图线．
（2）回答下列问题：（不要求写出计算或推导过程）
①已知点（0，0）在x图线上，从x图线看，与x是什么关系？
②从理论上分析，小滑块刚脱离弹簧时的动能Ek与是什么关系（不考虑摩擦力）？
③当弹簧长度该变量为x时，弹性势能Ep与相应Ek是什么关系？
④综合考虑以上分析，Ep与x是什么关系？
【答案】（1）如图所示．
（2）①与x成正比；②Ek与（）2成正比； ③Ep＝Ek； ④Ep与x2成正比．
【解析】（1）根据表中数据，在图（b）中的方格纸上作出x图线，如图所示．
（2）①x图线是直线，故与x成正比；
②与速度成正比，Ek与速度平方成正比，故Ek与（）2成正比；
③根据机械能守恒，有Ep＝Ek；
④Ek与（）2成正比，Ep＝Ek，与x成正比，Ep与x2成正比．
[2012海南卷 T16 10分]图（a）所示的xoy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xoy平面（纸面）垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图（b）所示。当B为+B0时，磁感应强度方向指向纸外。在坐标原点O有一带正电的粒子P，其电荷量与质量的比值恰好等于．不计重力。设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正向O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A。
（1）若t0＝0，则直线OA与x轴的夹角是多少？
（2）若t0＝T/4，则直线OA与x轴的夹角是多少？
（3）为了使直线OA与x轴的夹角为，在0＜t0的范围内，t0应取何值？
【答案】版权所有（1）若t0＝0，则直线OA与x轴的夹角是0
（2）若t0，则直线OA与x轴的夹角是
（3）为了使直线OA与x轴的夹角为，在0＜t0的范围内，t0应取
【解析】（1）设粒子P的质量、电荷量与初速度分别为m、q与v，粒子P在洛伦兹力作用下，在xy平面内做圆周运动，分别用R与T′表示圆周的半径和运动周期，则有：
由①②式与已知条件得
T′＝T
粒子P在t＝0到t时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上B点，此时磁场方向反转；继而，在到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上A，如图（a）所示。
OA与x轴的夹角θ＝0 ④
（2）粒子P在时刻开始运动，在到时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到达D点，此时磁场方向反转；继而，在t到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t＝T到t时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到达A点，如图（b）所示，
由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与x轴的夹角 ⑤
（3）若在任意时刻t＝t0（）粒子P开始运动，在t＝t0到t时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达C点，圆心O′位于x轴上，圆弧OC对应的圆心角为
⑥
此时磁场方向反转；继而，在t到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t＝T到t＝T+t0时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达A点，设圆O″，圆弧BA对应的圆心角为⑦
如图（c）所示，
由几何关系可知，C、B均在O′O″连线上，且OA∥O′O″⑧
若要OA与x轴成角，则有 ⑨，联立⑥⑨式可得
⑩
[2012海南卷 T17(2) 8分]如图，一气缸水平固定在静止的小车上，一质量为m、面积为S的活塞将一定量的气体封闭在气缸内，平衡时活塞与气缸底相距L．现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时发现活塞相对于气缸移动了距离d。已知大气压强为P0，不计气缸和活塞间的摩擦；且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为P0；整个过程中温度保持不变。求小车加速度的大小。
【答案】答小车加速度的大小为。
【解析】解：设小车加速度大小为a，稳定时气缸内气体的压强为P1，活塞受到气缸内外气体的压力分别为：
f1＝P1S…①
f0＝P0S…②
由牛顿第二定律，若向右加速运动有：f1﹣f0＝ma…③
小车静止时，在平衡情况下，气缸内气体的压强为P0，由波意耳定律得：P1V1＝P0V…④⑤
式中V＝SL…⑤
V1＝S（L﹣d）…⑥
①②③④⑤⑥联立得小车加速度的大小为：a
2011海南卷
[2011海南卷 T6 3分]如图，EOF和E′O′F′为空间一匀强磁场的边界，其中EO∥E′O′，FO∥F′O′，且EO⊥OF；OO′为∠EOF的角平分线，OO′间的距离为L；磁场方向垂直于纸面向里。一边长为L的正方形导线框沿O′O方向匀速通过磁场，t＝0时刻恰好位于图示位置。规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是（ ）
【答案】B
【解析】在整个正方形导线框通过磁场的过程中，
切割磁感线的边框为两竖直边框，两水平边框不切割磁感线。
由于正方形导线框沿O′O方向匀速通过磁场，
①从开始到左边框到达O′之前，进入磁场切割磁感线的有效长度随时间均匀增加，
根据E＝BLv得出感应电动势随时间也均匀增加，
由于电阻不变，所以感应电流i也随时间均匀增加。
根据右手定则判断出感应电流的方向，结合导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，得出开始为正方向。
②当左边框到达O′O之后，由于进入磁场切割磁感线的有效长度不变，所以感应电流i不变。
③当左边框到达O′O中点，右边框即将进入磁场切割磁感线，由于左边框的切割磁感线的有效长度在减小，而右边框切割磁感线有效长度在增大，而左右边框切割磁感线产生的感应电动势方向相反，所以整个感应电动势随时间也均匀减小。
④当左边框到达距O点时，左右边框切割磁感线的有效长度相等，此时感应电动势为0，再往后跟前面过程相反。故A、C、D错误，B正确。
[2011海南卷 T10 4分]（多选）空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射。这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同
B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同
C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同
D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大
【答案】BD
【解析】A、入射速度不同的粒子，若它们入射速度方向相同，若粒子从左边边界出去则运动时间相同，虽然轨迹不一样，但圆心角相同。故A错误；
B、在磁场中半径，运动圆弧对应的半径与速率成正比，故B正确；
C、在磁场中运动时间：（θ为转过圆心角），虽圆心角可能相同，但半径可能不同，所以运动轨迹也不同，故C错误；
D、由于它们的周期相同的，在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角也一定越大。故D正确；
[2011海南卷 T14 9分]现要通过实验验证机械能守恒定律。实验装置如图1所示：水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的砝码相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测试遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到导轨底端C点的距离，h表示A与C的高度差，b表示遮光片的宽度，s表示A，B 两点的距离，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度。用g表示重力加速度。完成下列填空和作图；
（1）若将滑块自A点由静止释放，则在滑块从A运动至B的过程中，滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量可表示为 。动能的增加量可表示为 。若在运动过程中机械能守恒，与s的关系式为
（2）多次改变光电门的位置，每次均令滑块自同一点（A点）下滑，测量相应的s与t值，结果如下表所示：
1 2 3 4 5
s（m） 0.600 0.800 1.000 1.200 1.400
t（ms） 8.22 7.17 6.44 5.85 5.43
（×104s﹣2） 1.48 1.95 2.41 2.92 3.39
以s为横坐标，为纵坐标，在答题卡上对应图2位置的坐标纸中描出第1和第5个数据点；根据5个数据点作直线，求得该直线的斜率k＝ （保留3位有效数字）。
由测得的h、d、b、M和m数值可以计算出直线的斜率ko，将k和ko进行比较，若其差值在试验允许的范围内，则可认为此试验验证了机械能守恒定律。
【答案】（1）Mgmgs，，；
（2）如图，2.39×104m﹣1 s﹣2
【解析】（1）滑块、遮光片下降重力势能减小，砝码上升重力势能增大。
所以滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量△EP＝Mgmgs
光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法。由于光电门的宽度b很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度。
vB
根据动能的定义式得出：
△Ek（m+M）vB2
若在运动过程中机械能守恒，△Ek＝△EP
与s的关系式为
（2）见图
运用数学知识求得斜率k2.39×104m﹣1 s﹣2
由测得的h、d、b、M和m数值可以计算出直线的斜率ko
比较k与ko，若其差值在试验允许的范围内，则可认为此试验验证了机械能守恒定律。
[2011海南卷 T16 11分]如图，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m。竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。导轨电阻可忽略，重力加速度为g。在t＝0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好。求：
（1）细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；
（2）两杆分别达到的最大速度。
【答案】（1）细线少断后，任意时刻两杆运动的速度之比为2；
（2）两杆分别达到的最大速度为，。
【解析】（1）细线烧断前对MN和M'N'受力分析，
由于两杆水平静止，得出竖直向上的外力F＝3mg。
设某时刻MN和M'N'速度分别为v1、v2。
规定竖直向上为正方向，根据MN和M'N'动量守恒得出：mv1﹣2mv2＝0
求出：2 ①
（2）细线烧断后，MN向上做加速运动，M'N'向下做加速运动，由于速度增加，感应电动势增加，
MN和M'N'所受安培力增加，所以加速度在减小。
当MN和M'N'的加速度减为零时，速度最大。
对M'N'受力平衡：BIl＝2mg ②
I③
E＝Blv1+Blv2④
由①﹣﹣④得：v1、v2
2010海南卷
[2010海南卷 T5 3分]如图，水平地面上有一楔形物块a，其斜面上有一小物块b，b与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上．a与b之间光滑，a和b以共同速度在地面轨道的光滑段向左运动．当它们刚运行至轨道的粗糙段时（ ）
A．绳的张力减小，b对a的正压力减小
B．绳的张力增加，斜面对b的支持力增加
C．绳的张力减小，地面对a的支持力可能增加
D．绳的张力增加．地面对a的支持力减小
【答案】C
【解析】在光滑段运动时，物块a及物块b均处于平衡状态，对a、b整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡；
对b受力分析，如上图，受重力、支持力、绳子的拉力，根据共点力平衡条件，有
Fcosθ﹣FNsinθ＝0 ①；
Fsinθ+FNcosθ﹣mg＝0 ②；
由①②两式解得：F＝mgsinθ，FN＝mgcosθ；
当它们刚运行至轨道的粗糙段时，减速滑行，系统有水平向右的加速度，此时有两种可能；
（一）物块a、b仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得到：
Fsinθ+FNcosθ﹣mg＝0 ③；
FNsinθ﹣Fcosθ＝ma ④；
由③④两式解得：F＝mgsinθ﹣macosθ，FN＝mgcosθ+masinθ；
即绳的张力F将减小，而a对b的支持力变大；
再对a、b整体受力分析竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，重力和支持力二力平衡，故地面对a支持力不变。
（二）物块b相对于a向上滑动，绳的张力显然减小为零，物体具有向上的分加速度，是超重，因此a对b的支持力增大，斜面体和滑块整体具有向上的加速度，也是超重，故地面对a的支持力也增大。
综合上述讨论，结论应该为：绳子拉力一定减小；地面对a的支持力可能增加；a对b的支持力一定增加。故A、B、D错误；
[2010海南卷 T10 4分](多选）火星直径约为地球的一半，质量约为地球的十分之一，它绕太阳公转的轨道半径约为地球公转半径的1.5倍．根据以上数据，以下说法正确的是（ ）
A．火星表面重力加速度的数值比地球表面小
B．火星公转的周期比地球的长
C．火星公转的线速度比地球的大
D．火星公转的向心加速度比地球的大
【答案】AB
【解析】A、根据万有引力等于重力得出：
得：，根据火星直径约为地球的一半，质量约为地球的十分之一，
计算得出火星表面的重力加速度约为地球表面的，故A正确；
B、研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：
得：，M为太阳的质量，R为轨道半径。火星的轨道半径大于地球的轨道半径，
通过T的表达式发现公转轨道半径大的周期长，故B正确；
C、研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：
m，得：v．M为太阳的质量，R为轨道半径。火星的轨道半径大于地球的轨道半径，
通过v的表达式发现公转轨道半径大的线速度小，故C错误；
D、研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：
ma，得：．M为太阳的质量，R为轨道半径。火星的轨道半径大于地球的轨道半径，
通过a的表达式发现公转轨道半径大的向心加速度小，故D错误；
[2010海南卷 T14 9分]14．（9分）利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置示意图如图1所示：
（1）实验步骤：
①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1m，将导轨调至水平；
②用游标卡尺测量挡光条的宽度l，结果如图2所示，由此读出l＝ mm；
③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离s＝ m；
④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2；
⑤从数字计时器（图1中未画出）上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间△t1和△t2；
⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m。
（2）用表示直接测量量的字母写出下列所示物理量的表达式：
①滑块通过光电门1和光电门2时瞬时速度分别为v1＝ 和v2＝ 。
②当滑块通过光电门1和光电门2时，系统（包括滑块、挡光条、托盘和砝码）的总动能分别为Ek1＝ 和Ek2＝ 。
③在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少△EP＝ （重力加速度为g）。
（3）如果△EP＝ ，则可认为验证了机械能守恒定律。
【答案】 （1）②9.30③0.6000
①， ②（M+m），（M+m） ③mgs （3）Ek2﹣Ek1
【解析】（1）l＝9mm+0.05mm×6＝9.30mm
s＝80.30cm﹣20.30cm＝60.00cm
（2）①由于挡光条宽度很小，因此将挡光条通过光电门时的平均速度当作瞬时速度。
v1，v2
②根据动能的定义式得：
通过光电门1，系统（包括滑块、挡光条、托盘和砝码）的总动能为Ek1（M+m）
通过光电门2，系统（包括滑块、挡光条、托盘和砝码）的总动能为Ek2（M+m）
③系统势能的减少△EP＝mgh＝mgs
（3）如果△EP＝△Ek＝Ek2﹣Ek1即重力势能的减小量等于动能的增加量，则可认为验证了机械能守恒定律。
[2010海南卷 T16 11分]图1中，质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2．在木板上施加一水平向右的拉力F，在0～3s内F的变化如图2所示，图中F以mg为单位，重力加速度g＝10 m/s2．整个系统开始时静止．
（1）求1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物块的速度；
（2）在同一坐标系中画出0～3s内木板和物块的v﹣t图象，据此求0～3s内物块相对于木板滑过的距离．
【答案】（1）1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物块的速度分别为：v1＝4m/s，v1.5＝4.5m/s，v2＝4m/s，v3＝4m/s，v′2＝4m/s，v′3＝4m/s；（2）在同一坐标系中0～3s内木板和物块的v﹣t图象如图所示，0～3s内物块相对于木板滑过的距离为2.25m．
【解析】（1）设木板和物块的加速度分别为a和a'，在t时刻木板和物块的速度分别为vt和vt′，木板和物块之间摩擦力的大小为f，依牛顿第二定律、运动学公式和摩擦定律得：对物块 f＝ma'①
f＝μmg② v′t＝v′0+a′t③
对木板 F﹣f＝2ma④ vt＝v0+at⑤
由①②③④⑤式与题中所给条件得v1＝4m/s，v1.5＝4.5m/s，v2＝4m/s，v3＝4m/s⑥
v′2＝4m/s，v′3＝4m/s⑦
（2）由⑥⑦式得到物块与木板运动的v﹣t图象，如图所示．
在0～3s内物块相对于木板的距离△s等于木板和物块v﹣t图线下的面积之差，
即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三角形组成，
上面的三角形面积为0.25m，下面的三角形面积为2m，因此△s＝2.25 m
[2010海南卷 T18 12分]（1）一光线以很小的入射角i射入一厚度为d、折射率为n的平板玻璃，求出射光线与入射光线之间的距离（θ很小时。sinθ＝θ，cosθ＝1）
（2）如图为某一报告厅主席台的平面图，AB是讲台，S1、S2是与讲台上话筒等高的喇叭，它们之间的相互位置和尺寸如图所示。报告者的声音放大后经喇叭传回话筒再次放大时可能会产生啸叫。为了避免啸叫，话筒最好摆放在讲台上适当的位置，在这些位置上两个喇叭传来的声音因干涉而相消。已知空气中声速为340m/s，若报告人声音的频率为136Hz，问讲台上这样的位置有多少个？
【答案】（1） （2）4个
【解析】（1）如图1，设光线以很小的入射角i入射到平板玻璃表面上的A点，折射角为γ，从平板玻璃另一表面上的B点射出。设AC为入射光线的延长线，由折射定律和几何关系可知，它与出射光线平行，过B点作BD⊥AC，交AC于D点，则BD的长度就是出射光线与入射光线之间的距离，由折射定律得：。
由几何关系得∠BAD＝i﹣γ②
③
出射光线与入射光线之间的距离为：
④
当入射角i很小时，有sini＝i，sinγ＝γ，sin（i﹣γ）＝i﹣γ，cosγ＝1
由此及①②③④式得：
⑤
故出射光线与入射光线之间的距离为。
（2）相应于声频f＝136 Hz的声波的波长是：
①
式中v＝340m/s是空气中的声速。在图2中，O是AB的中点，P是OB上任一点。将，表示为 ②
式中k为实数，当k＝0，2，4，…时，从两个喇叭来的声波因干涉而加强；当k＝1，3，5…时，从两个喇叭来的声波因干涉而相消。由此可知，O是干涉加强点；对于B点，③
所以，B点也是干涉加强点。因而O、B之间有两个干涉相消点，由对称性可知，AB上有4个干涉相消点。
故讲台上这样的位置有4个。
2009海南卷
[2009海南卷 T6 3分]人造卫星1和2绕地球做匀速圆周运动的周期分别为T1、T2，设在卫星1、卫星2各自所在的高度上的重力加速度大小分别为g1、g2，则（ ）
A．（） B．（）
C．（）2 D．（）2
【答案】B
【解析】人造卫星在地球的引力的作用下绕地球做圆周运动，则有
Gmrr
忽略地球的自转，则有mg＝G
故有mg＝G
解得g＝GM
[2009海南卷 T8 4分](多选）甲乙两车在平直道路上同向运动，其v﹣t图象如图所示，图中△OPQ和△OQT的面积分别为S1和S2（S2＞S1），初始时甲车在乙车前方S0处，则下列说法正确的是（ ）
A．若S0＝S1+S2，两车不会相遇
B．若S0＜S1，两车相遇2次
C．若S0＝S1，两车相遇1次
D．若S0＝S2，两车相遇1次
www.【答案】ABC
【解析】由图线可知：在T时间内，甲车前进了S2，乙车前进了S1+S2；
A、若S0+S2＞S1+S2，即S0＞S1，两车不会相遇，所以选项A正确；
B、若S0+S2＜S1+S2，即S0＜S1，在T时刻之前，乙车会超过甲车，但甲车速度增加的快，所以甲车还会超过乙车，则两车会相遇2次，所以选项B正确；
C、若S0+S2＝S1+S2，即S0＝S1两车只能相遇一次，所以选项C正确；
D、若S0＝S2，由于S2＞S1，故S0＞S1，两车不会相遇，故D错误；
[2009海南卷 T10 4分](多选）如图，两等量异号的点电荷相距为2a。M与两点电荷共线，N位于两点电荷连线的中垂线上，两点电荷连线中点到M和N的距离都为L，且L a．略去（）n（n≥2）项的贡献，则两点电荷的合电场在M和N点的强度（ ）
A．大小之比为2，方向相反
B．大小之比为1，方向相反
C．大小均与a成正比，方向相反
D．大小均与L的平方成反比，方向相互垂直
【答案】AC
【解析】如图，根据点电荷的场强公式E，运用平行四边形定则，结合结几何关系，M、N点的场强分别为
EM①
根据相似三角形定则EN②
由①②两式，M点的场强是N点场强的2倍，故A正确，B错误；
由①②两式，M点的场强与N点场强都与a成正比，与L的三次方成反比，故C正确，D错误；
[2009海南卷 T14 11分]图1是利用两个电流表A1和A2测量干电池电动势E和内阻r的电路原理图．图中S为开关，R为滑动变阻器，固定电阻R1和A1内阻之和为10000Ω（比r和滑动变阻器的总电阻都大得多），A2为理想电流表．
①按电路原理图在图2虚线框内各实物图之间画出连线．
②在闭合开关S前，将滑动变阻器的滑动端c移动至 （填“a端”、“中央”或“b端”）．
③闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动端c至某一位置，读出电流表A1和A2的示数I1和I2．多次改变滑动端c的位置，得到的数据为
I1（mA） 0.120 0.125 0.130 0.135 0.140 0.145
I2（mA） 480 400 320 232 140 68
在图3所示的坐标纸上以I1为纵坐标、I2为横坐标画出所对应的I1﹣I2曲线．
④利用所得曲线求的电源的电动势E＝ V，内阻r＝ Ω．（保留两位小数）
⑤该电路中电源输出的短路电流Im＝ A．
【答案】（1）如右图；（2）b；（3）如图；（4）1.49；0.60；（5）2.4．
【解析】
①由原理图可知，电路为基本的限流接法，故按原理图串联即可；连线如图1所示；
②为保证安全，开始时滑动变阻器应接到最大值，故应接b端；
③将各点依次描出，连线如图2所示．
④A1与R1串联，充当电压表，则根据A1的示数可求得电源的路端电压；故可将A1的示数与电阻的乘积作为电压使用，将I1﹣I2图象等效为U﹣I图象；由U＝E﹣IR可知：U﹣I图象与纵坐标的交点为电源的电动势，由欧姆定律可知，电动势为0.149×1000＝1.49V（在1.48～1.50范围内同样给分）
图象的斜率为电源的内阻，故内阻约为0.60（在0.55～0.65范围内同样给分）
⑤当外电阻为零时，为短路电流，故短路电流为：
2.4（2.3～2.7范围内同样给分）
[2009海南卷 T16 10分]如图，ABCD是边长为a的正方形。质量为m、电荷量为e的电子以大小为v0的初速度沿纸面垂直于BC边射入正方形区域。在正方形内适当区域中有匀强磁场。电子从BC边上的任意点入射，都只能从A点射出磁场。不计重力，求：
（1）此匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小；
（2）此匀强磁场区域的最小面积。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）设匀强磁场的磁感应强度的大小为B．令圆弧是自C点垂直于BC入射的电子在磁场中的运行轨道。电子所受到的磁场的作用力f＝ev0B ①
应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外。圆弧的圆心在CB边或其延长线上。依题意，圆心在A、C连线的中垂线上，故B 点即为圆心，圆半径为a按照牛顿定律有Bqv②
联立①②式得
（2）由（1）中决定的磁感应强度的方向和大小，可知自C点垂直于BC入射电子在A点沿DA方向射出，且自BC边上其它点垂直于入射的电子的运动轨道只能在BAEC区域中。因而，圆弧是所求的最小磁场区域的一个边界。
为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考查射中A点的电子的速度方向与BA的延长线交角为θ（不妨设）的情形。该电子的运动轨迹qpA如图所示。
图中，圆的圆心为O，pq垂直于BC边，由③式知，圆弧的半径仍为a，在D为原点、DC为x轴，AD为y轴的坐标系中，P点的坐标（x，y）为x＝asinθ
y＝﹣[a﹣（a﹣acosθ）]＝﹣acosθ
这意味着，在范围内，p点形成以D为圆心、a为半径的四分之一圆周，它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界。
因此，所求的最小匀强磁场区域时分别以B和D为圆心、a为半径的两个四分之一圆周和所围成的，其面积为
2008海南卷
[2008海南卷 T5 3分]质子和中子是由更基本的粒子即所谓“夸克”组成的．两个强作用电荷相反（类似于正负电荷）的夸克在距离很近时几乎没有相互作用（称为“渐近自由”）；在距离较远时，它们之间就会出现很强的引力（导致所谓“夸克禁闭”）．作为一个简单的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力F与它们之间的距离r的关系为：
式中F0为大于零的常量，负号表示引力．用U表示夸克间的势能，令U0＝F0（r2﹣r1），取无穷远为势能零点．下列U﹣r图示中正确的是（ ）
【答案】B
【解答】从无穷远处电势为零开始到r＝r2位置，由F的表达式可知，两夸克之间的相互作用力F＝0，则知势能恒定为零；
在r＝r2到r＝r1过程中，恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，即势能为负值且越来越小，此部分图象为A、B选项中所示；
r＜r1之后，F＝0，势能不变，恒定为﹣U0，由引力做功等于势能将少量，故U0＝F0（r2﹣r1）。故B正确。
[2008海南卷 T6 3分](多选）匀强电场中有a、b、c三点．在以它们为顶点的三角形中，∠a＝30°、∠c＝90°，电场方向与三角形所在平面平行．已知a、b和c点的电势分别为（2）V、（2）V和2V．该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为（ ）
A．（2）V、（2）V B．0V、4V
C．（2）V、（2）V D．0V、V
【答案】B
【解析】如图所示，取ab的中点O，即为三角形的外接圆的圆心，且该点电势为2V，故Oc为等势线，其垂线MN为电场线，方向为M→N方向。外接圆上电势最低点为N点，最高点为M点。
设外接半径为R，则UOP＝UOaV，
UON＝ER，UOP＝ERcos30°，
则 UON：UOP＝2：，
故UON＝2V，N点电势为零，为最低电势点，
同理M点电势为4V，为最高电势点。
[2008海南卷 T9 4分](多选）如图，水平地面上有一楔形物体b，b的斜面上有一小物块a；a与b之间、b与地面之间均粗糙。已知楔形物体b静止时，a静止在b的斜面上。现给a和b一个共同的向左的初速度，与a和b都静止时相比，此时可能（ ）
A．a与b之间的压力减少，且a相对b向下滑动
B．a与b之间的压力增大，且a相对b向上滑动
C．a与b之间的压力增大，且a相对b静止不动
D．b与地面之间的压力不变，且a相对b向上滑动
【答案】BC
【解析】依题意，若两物体依然相对静止，则a的加速度一定水平向右，如图将加速度分解为垂直斜面与平行于斜面，则垂直斜面方向，N－mgcosθ=may，即支持力N大于mgcosθ，与都静止时比较，a与b间的压力增大；沿着斜面方向，若加速度a过大，则摩擦力可能沿着斜面向下，即a物块可能相对b向上滑动趋势，甚至相对b向上滑动，故A错，B、C正确；对系统整体，在竖直方向，若物块a相对b向上滑动，则a还具有向上的分加速度，对整体，由牛顿第二定律可知，系统处于超重状态，b与地面之间的压力将大于两物体重力之和，D错。
[2008海南卷 T14 11分]一毫安表头满偏电流为9.90mA，内阻约为300Ω．要求将此毫安表头改装成量程为1A的电流表，其电路原理如图1所示．图中，是量程为2A的标准电流表，R0为电阻箱，R为滑动变阻器，S为开关，E为电源．
（1）完成下列实验步骤：
①将图2虚线框内的实物图按电路原理图连线；
②将滑动变阻器的滑动头调至 端（填“a”或“b”），电阻箱R0的阻值调至零；
③合上开关；
④调节滑动变阻器的滑动头，增大回路中的电流，
使标准电流表读数为1A；
⑤调节电阻箱R0的阻值，使毫安表指针接近满偏，此时标准电流表的读数会 （填“增大”、“减小”或“不变”）；
⑥多次重复步骤④⑤，直至标准电流表的读数为 ，同时毫安表指针满偏．
（2）回答下列问题：
①在完成全部实验步骤后，电阻箱使用阻值的读数为3.1Ω，由此可知毫安表头的内阻为 ．
②用改装成的电流表测量某一电路中的电流，电流表指针半偏，此时流过电阻箱的电流为 A．
⑧对于按照以上步骤改装后的电流表，写出一个可能影响它的准确程度的因素： ． ．
【答案】（1）①如图；②b；⑤减小；⑥1A；（2）①310；②0.495（0.494～0.496均可）；③电阻箱的阻值不能连续变化；标准表和毫安表头的读数误差；电表指针偏转和实际电流的大小不成正比等等
【解析】（1）①据电路图从电源的正极出发，沿电流的流向画实物图如图所示：
②滑动触头在b端时，电阻器的全电阻连入电路，故要使电阻最大应使触头在b端
⑤因电阻箱电阻增大，则总电阻增加，干路电流减小
⑥要使电流达到要改装电流表的满偏电流为1A
（2）①因电阻箱与毫安表是并联关系，故二者电阻与电流成反比： 求得 310Ω
②电阻箱的电流为其两端电压与电阻之比：即 I′0.495A
③实验可能因电阻箱的阻值不能连续变化，导致标准电流表的示数无法精准显示1A，还有电表本身读数上的误差，以及电表指针偏转本身不是随电流均匀偏转等都可能影响改装后的电流表的准确程度．
[2008海南卷 T16 11分]如图，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y轴正方向，磁场方向垂直于xy平面（纸面）向外，电场和磁场都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与 撤除前的一样．一带正电荷的粒子从P（x＝0，y＝h）点以一定的速度平行于x轴正向入射．这时若只有磁场，粒子将做半径为R0的圆周运动：若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动．现在，只加电场，当粒子从P点运动到x＝R0平面（图中虚线所示）时，立即撤除电场同时加上磁场，
历年（2007~2021）高考物理试卷
《压轴题汇编》（15套，63道）
目 录
2021海南卷 2
2020海南卷 8
2019海南卷 15
2018海南卷 20
2017海南卷 25
2016海南卷 30
2015海南卷 36
2014海南卷 42
2013海南卷 47
2012海南卷 51
2011海南卷 58
2010海南卷 63
2009海南卷 69
2008海南卷 74
2007海南卷 80
2021海南卷
[2021海南卷 T8 3分]如图，V型对接的绝缘斜面M、N固定在水平面上，两斜面与水平面夹角均为α＝60°，其中斜面N光滑。两个质量相同的带电小滑块P、Q分别静止在M、N上，P、Q连线垂直于斜面M，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则P与M间的动摩擦因数至少为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】滑块Q在光滑斜面N上静止，则P与Q带电同性，两者之间为库仑斥力设为F，两滑块的受力分析和角度关系如图所示
对Q物体在沿着斜面方向有
mgcos30°＝Fcos30°
可得F＝mg
而对P物体动摩擦因数最小时有
N2＝F+mg sin 30°
f＝μN2
f＝mgcos30°
联立解得μ，故ABC错误，D正确；
[2021海南卷 T13 4分]（多选）如图，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的P（0，L）点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α（0≤α≤180°）。当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则（ ）
A．粒子一定带正电
B．当α＝45°时，粒子也垂直x轴离开磁场
C．粒子入射速率为
D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3L
【答案】ACD
【解析】A、根据题意可知粒子垂直x轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，故A正确；
BC、当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场，运动轨迹如图1
图1
粒子运动的半径为rL
洛伦兹力提供向心力qvB＝m
解得粒子入射速率v
若α＝45°，粒子运动轨迹如图2
图2
根据几何关系可知粒子离开磁场时与x轴不垂直，故B错误，C正确；
D，粒子离开磁场距离O点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图3
图3
根据几何关系可知xm2
解得xm＝3L
故D正确。
[2021海南卷 T15 10分]为了验证物体沿光滑斜面下滑的过程中机械能守恒，某学习小组用如图1所示的气垫导轨装置（包括导轨、气源、光电门、滑块、遮光条、数字毫秒计）进行实验。此外可使用的实验器材还有：天平、游标卡尺、刻度尺。
（1）某同学设计了如下的实验步骤，其中不必要的步骤是 ；
①在导轨上选择两个适当的位置A、B安装光电门Ⅰ、Ⅱ，并连接数字毫秒计；
②用天平测量滑块和遮光条的总质量m；
③用游标卡尺测量遮光条的宽度d；
④通过导轨上的标尺测出A、B之间的距离l；
⑤调整好气垫导轨的倾斜状态；
⑥将滑块从光电门Ⅰ左侧某处，由静止开始释放，从数字毫秒计读出滑块通过光电门Ⅰ、Ⅱ的时间Δt1、Δt2；
⑦用刻度尺分别测量A、B点到水平桌面的高度h1、h2；
改变气垫导轨倾斜程度，重复步骤⑤⑥⑦，完成多次测量。
（2）用游标卡尺测量遮光条的宽度d时，游标卡尺的示数如图2所示，则d＝ mm；某次实验中，测得Δt1＝11.60ms，则滑块通过光电门Ⅰ的瞬时速度v1＝ m/s（保留3位有效数字）；
（3）在误差允许范围内，若h1﹣h2＝ （用上述必要的实验步骤直接测量的物理量符号表示，已知重力加速度为g），则认为滑块下滑过程中机械能守恒；
（4）写出两点产生误差的主要原因： 。
【答案】 （1）②④；（2）5.00、0.431；（3）；（4）空气阻力、遮光条太宽
【解析】（1）滑块沿光滑的斜面下滑过程机械能守恒，需要通过光电门测量通过滑块运动的速度：
滑块下滑过程中机械能守恒，减少的重力势能转化为动能：
整理化简得：
所以测量滑块和遮光条得总质量m不必要，②满足题目要求，测量A、B之间的距离l不必要，④满足题目要求。
故选：②④。
（2）游标卡尺的读数为d＝5mm+0×0.05mm＝5.00mm。
滑块通过光电门的速度；
（3）根据（1）问可知：，在误差允许的范围内，满足该等式可认滑块下滑过程中机械能守恒；
（4）滑块在下滑过程中受到空气阻力作用，产生误差；遮光条宽度不够窄，测量速度不准确，产生误差。
[2021海南卷 T18 12分]如图，间距为l的光滑平行金属导轨，水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，导轨左端接有阻值为R的定值电阻，一质量为m的金属杆放在导轨上。金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为u0。设金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R以外不计其它电阻。
（1）求金属杆中的电流和水平外力的功率；
（2）某时刻撤去外力，经过一段时间，自由电子沿金属杆定向移动的速率变为，求：
（i）这段时间内电阻R上产生的焦耳热；
（ii）这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离。
【答案】（1）金属杆中的电流为，水平外力的功率为；
（2）（i）这段时间内电阻R上产生的焦耳热为mv02；
（ii）这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离为。
【解析】（1）金属棒切割磁感线产生的感应电动势：E＝Blv0
则金属杆中的电流：I
由题知，金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动则有：F＝F安＝BIl
根据功率的计算公式有：P＝Fv0
（2）（i）设金属杆内单位体积的自由电子数为n，金属杆的横截面积为S，则金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动时的电流由微观表示为：I＝nSeu0
则解得：nSe
此时电子沿金属杆定向移动的速率变为，则：I′＝nSe
解得：v′
则能量守恒有：mv′mv02﹣Q
解得：Qmv02
（ii）由（i）可知在这段时间内金属杆的速度由v0变到，则根据动量定理有：﹣BIl Δt＝mmv0
即：﹣BlnSeBlnSe d（取向右为正）
由于：nSe
化简得：d
2020海南卷
[2020海南卷 T8 3分]太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490kg，离子以30km/s的速率（远大于探测器的飞行速率）向后喷出，流量为3.0×10﹣3g/s，则探测器获得的平均推力大小为（ ）
A．1.47N B．0.147N C．0.09N D．0.009N
【答案】C
【解析】在单位时间内喷出离子的质量m＝3.0×10﹣3×10﹣3kg＝3.0×10﹣6kg
则t时间内喷出离子的质量为mt
对喷出的离子，取运动方向为正，由动量定理得：
Ft＝mtv﹣0
代入数据解得：F＝mv＝3.0×10﹣6×30×103N＝0.09N，
由牛顿第三定律可知，探测器获得的平均推力大小F′＝F＝0.09N，故C正确，ABD错误。
[2020海南卷 T13 4分]（多选）如图，足够长的间距d＝1m的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间存在一个宽度L＝1m的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B＝0.5T，方向如图所示。一根质量ma＝0.1kg、阻值R＝0.5Ω的金属棒a以初速度v0＝4m/s从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量mb＝0.2kg、阻值R＝0.5Ω的原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则（ ）
A．金属棒a第一次穿过磁场时做匀减速直线运动
B．金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流
C．金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒b上产生的焦耳热为0.25J
D．金属棒a最终停在距磁场左边界0.8m处
【答案】BD
【解析】A．金属棒a第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒a做加速度减小的减速直线运动，故A错误；
B．根据右手定则可知，金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，故B正确；
C．电路中产生的平均电动势为：
平均电流为：
金属棒a受到的安培力为：Bd
规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得：﹣Bd △t＝mava﹣mav0
解得对金属棒第一次离开磁场时速度：va＝1.5m/s
金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少量，即
Qmama
联立并代入数据得：Q＝0.6875J
由于两棒电阻相同，两棒产生的焦耳热相同，则金属棒b上产生的焦耳热：Qb0.34375J，故C错误；
D．规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得：
mava＝mava′+mbvb
联立并代入数据解得金属棒a反弹的速度为：va＝﹣0.5m/s
设金属棒a最终停在距磁场左边界x处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，
电路中产生的平均电动势为：n
平均电流为：
金属棒a受到的安培力为：Bd
规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得：﹣Bd △t＝0﹣mava′
联立并代入数据解得：x＝0.8m，故D正确。
[2020海南卷 T16 10分]在测量定值电阻阻值的实验中，提供的实验器材如下：电压表V1（量程3V，内阻r1＝3.0kΩ），电压表V2（量程5V，内阻r2＝5.0kΩ），滑动变阻器R（额定电流1.5A，最大阻值100Ω），待测定值电阻Rx，电源E（电动势6.0V，内阻不计），单刀开关S，导线若干。回答下列问题：
（I）实验中滑动变阻器应采用 接法（填“限流”或“分压”）；
（2）将虚线框中的电路原理图补充完整；
（3）根据下表中的实验数据（U1、U2分别为电压表V1、V2的示数），在图（a）给出的坐标纸上补齐数据点，并绘制U2﹣U1图象；
测量次数 1 2 3 4 5
U1/V 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00
U2/V 1.61 2.41 3.21 4.02 4.82
（4）由U2﹣U1图象得到待测定值电阻的阻值Rx＝ Ω（结果保留三位有效数字）；
（5）完成上述实验后，若要继续采用该实验原理测定另一个定值电阻Ry（阻值约为700Ω）的阻值，在不额外增加器材的前提下，要求实验精度尽可能高，请在图（b）的虚线框内画出你改进的电路图。
【答案】答：分压；；
1.83×103Ω； 。
【解析】（1）由于各电压表的电阻值比较大，为让待测电阻分得较大电压，所以要选择分压接法；
（2）完整的电路图，如图所示
（3）根据下表中的实验数据，绘制的U2﹣U1图象，如图所示
（4）根据实验电路图，则有：Rx
变形得：U2
则图线d斜率为：k
根据U2﹣U1图象可得斜率：k1.61
则有：1.61
代入r1＝3.0kΩ，解得Rx＝1.83×103Ω
（5）因待测电阻Ry（阻值约为700Ω）的阻值较小，若仍与电压表V1串联，则所分得的电压过小，不利于测量，故待测电阻Ry与Rx串联，将Ry与Rx作为整体求出电阻，然后减去Rx即可。故改进后的电路图，如图所示
[2020海南卷 T19 16分]如图，虚线MN左侧有一个正三角形ABC，C点在MN上，AB与MN平行，该三角形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场；MN右侧的整个区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的离子（重力不计）以初速度v0从AB的中点O沿OC方向射入三角形区域，偏转60°后从MN上的P点（图中未画出）进入MN右侧区域，偏转后恰能回到O点。已知离子的质量为m，电荷量为q，正三角形的边长为d：
（1）求三角形区域内磁场的磁感应强度；
（2）求离子从O点射入到返回O点所需要的时间；
（3）若原三角形区域存在的是一磁感应强度大小与原来相等的恒磁场，将MN右侧磁场变为一个与MN相切于P点的圆形匀强磁场让离子从P点射入圆形磁场，速度大小仍为v0，方向垂直于BC，始终在纸面内运动，到达O点时的速度方向与OC成120°角，求圆形磁场的磁感应强度。
【答案】（1）三角形区域内磁场的磁感应强度为；
（2）离子从O点射入到返回O点所需要的时间为；
（3）若三角形ABC区域磁场方向向里，圆形磁场的磁感应强度为，若三角形ABC区域磁场方向向外，圆形磁场的磁感应强度为。
【解析】（1）画出粒子运动轨迹如图所示
粒子在三角形ABC中运动时，根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B＝m
粒子射出三角形磁场时偏转60°，由几何关系可知：r
联立解得磁感应强度为：B；
（2）根据周期公式可得：T
解得粒子从O到D的时间为：t1；
粒子从D运动到P，由几何关系可知CP＝d，则DP＝CP sin60°
粒子从D运动到P运动时间为：t2
根据图中几何关系可得粒子在MN右侧运动的半径为：r′2d
粒子在MN右侧磁场中的运动时间为：t3
故粒子从O点射入到返回O点所需要的时间为：t＝2（t1+t2）+t3；
（3）若三角形ABC区域磁场方向向里，则粒子运动轨迹如图中①所示，
根据几何关系可得：R+Rcos60°＝dcos60°
解得R
此时根据洛伦兹力提供向心力可得：qB1v0＝m
解得：B1
若三角形ABC区域磁场方向向外，则粒子运动轨迹如图中②所示，有：
R′+R′cos60°＝dcos60°
解得R′d
根据洛伦兹力提供向心力可得：qB2v0＝m
解得：B2。
2019海南卷
[2019海南卷 T5 4分]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
【答案】D
【解析】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
联立解得轻绳的张力大小为：TF，故ABC错误，D正确。
[2019海南卷 T9 5分]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：1
C．P和Q速度大小之比为：1 D．P和Q速度大小之比为2：1
【答案】AC
【解析】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；
CD、结合几何关系可知，，由公式，解得：，故C正确，D错误。
[2019海南卷 T12 12分]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 3 4 5
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）。
【答案】（1）图线如图所示：（2），（3）100。
【解析】（1）描出点后，作出图线如图所示：
（2）L﹣n图线的斜率为m＝4.9×10﹣3m
由胡克定律有： △F＝k△l
即△nmg＝k△l
联立以上各式可得：
所以可得劲度系数为：
kN/m＝100N/m
[2019海南卷 T14 16分]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。
【答案】（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）。
【解析】（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
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：v32μg（t2﹣t1）
[2019海南卷 T16 8分]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＝4.0×10﹣3m3．压强为pA＝47cmHg；B体积为VB＝6.0×10﹣3m3，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。
【答案】此时A部分气体的体积为3.85×10﹣3m3，B两部分气体的体积为6.15×10﹣3m3。
【解析】对A中气体：
初态：压强pA＝47cmHg，体积VA＝4.0×10﹣3m3，
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＝6.0×10﹣3m3，
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＝1.0×10﹣2m3…④
联立①②③④式可得：VA′＝3.85×10﹣3m3
VB′＝6.15×10﹣3m3
2018海南卷
[2018海南卷 T5 4分]如图，用长为l的轻绳悬挂一质量为M的沙箱，沙箱静止。一质量为m的弹丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力。对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程（ ）
A．若保持m、v、l不变，M变大，则系统损失的机械能变小
B．若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能变小
C．若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能变大
D．若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能变大
【答案】C
【解析】弹丸击中沙箱过程系统水平方向动量守恒，以弹丸的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv＝（M+m）v′，解得：v′，
弹丸与沙箱一起摆动过程系统机械能守恒，由能量守恒定律可知，
整个过程系统损失的机械能：△Emv2（M+m）v′2；
A、若保持m、v、l不变，M变大，系统损失的机械能：△E变大，故A错误；
B、若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能：△E变大，故B错误；
C、若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能：△E变大，故C正确；
D、若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能：△E不变，故D错误；
[2018海南卷 T10 5分]（多选）如图，三个电阻R1、R2、R3的阻值均为R，电源的内阻r＜R，c为滑动变阻器的中点。闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动，下列说法正确的是（ ）
A．R2消耗的功率变小
B．R3消耗的功率变大
C．电源输出的功率变大
D．电源内阻消耗的功率变大
【答案】CD
【解析】把等效电路画出，如图
设，，则
当时，有最大值，当滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动时，减小，增大，易得：减小，
减小，增大，故电源内阻消耗的功率=增大，故D正确
=减小，
减小，故=减小，故B错误
而增大，故=减大，故A错误
根据电源输出功率与的关系图可知，当，减小电源输出功率越大，故C正确；
[2018海南卷 T12 12分]某同学利用图（a）中的电路测量电流表 的内阻RA（约为5Ω）和直流电源的电动势E（约为10V）。图中R1和R2为电阻箱，S1和S2为开关。已知电流表的量程为100mA，直流电源的内阻为r。
（1）断开S2，闭合S1，调节R1的阻值，使 满偏；保持R1的阻值不变，闭合S2，调节R2，当R2的阻值为4.8Ω时 的示数为48.0mA．忽略S2闭合后电路中总电阻的变化，经计算得RA＝ Ω；（保留2位有效数字）
（2）保持S1闭合，断开S2，多次改变R1的阻值，并记录电流表的相应示数。若某次R1的示数如图（b）所示，则此次R1的阻值为 Ω；
（3）利用记录的R1的阻值和相应的电流表示数I，作出I﹣1﹣R1图线，如图（c）所示。用电池的电动势E、内阻r和电流表内阻RA表示I﹣1随R1变化的关系式为I﹣1＝ 。利用图（c）可求得E＝ V．（保留2位有效数字）
【答案】（1）5.2；（2）148.2； （3）R1；9.3（9.0～9.5均正确）。
【解析】（1）由题意可知，干电路电流不变为：Ig＝100mA，流过电阻箱的电流：I2＝Ig﹣IA＝100mA﹣48mA＝52mA，
电流表内阻：RA5.2Ω；
（2）由图（b）所示可知，电阻箱阻值为：1×100Ω+4×10Ω+8×1Ω+2×0.1Ω＝148.2Ω；
（3）断开S2、闭合S1，由图示电路图可知，电源电动势：E＝I（r+R1+RA），则：R1，
R1图象的斜率：k，解得：E≈9.3V（9.0V～9.5V均正确）；
[2018海南卷 T14 16分]如图，光滑轨道PQO的水平段QO，轨道在O点与水平地面平滑连接。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞。A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g。假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短。求
（1）第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小；
（2）A、B均停止运动后，二者之间的距离。
【答案】（1）第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小分别为、；
（2）A、B均停止运动后，二者之间的距离为h。
【解析】（1）A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mghmv02，
A、B发生完全弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝mvA+4mvB，
由机械能守恒定律得：mv02mvA2 4mvB2，
解得：vA，vB；
（2）物块B在粗糙水平面上做匀减速直线运动，最终速度为零，由动能定理得：
对B：﹣μ 4mgx＝0 4mvB2，x，
设当物块A在水平地面的位移为x时速度为v，
对A，由动能定理得：﹣μmgxmv2mvA2，
解得：v，
A、B第二次发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv＝mvA′+4mvB′，
由机械能守恒定律得：mv2mvA′2 4mvB′2，
解得：vA′，vB′，
碰撞后A向左做减速运动，B向右做减速运动，由动能定理得：
对A：﹣μmgxA＝0mvA′2，
对B：﹣μ 4mgxB＝0 4mvB′2，
解得：xAh，xBh，
A、B均停止运动后它们之间的距离：d＝xA+xBh；
[2018海南卷 T15(2) 8分]一储存氮气的容器被一绝热轻活塞分隔成两个气室A和B，活塞可无摩擦地滑动。开始时用销钉固定活塞，A中气体体积为2.5×10﹣4m3，温度为27℃，压强为6.0×104Pa；B中气体体积为4.0×10﹣4m3，温度为﹣17℃，压强为2.0×104Pa．现将A中气体的温度降至﹣17℃，然后拔掉销钉，并保持A、B中气体温度不变，求稳定后A和B中气体的压强。
【答案】3.2×104Pa。
【解析】对A中气体，
初态：PA＝6.0×104Pa、VA＝2.5×10﹣4m3、TA＝273K+27K＝300K。
末态：PA'＝？VA'＝？TA'＝273K﹣17K＝256K
由理想气体状态方程得：①
对B中气体，
初态：PB＝2×104Pa、VB＝4.0×10﹣4m3
末态：PB'＝？VB'＝？
由于温度相同，根据玻意耳定律得：
PBVB＝PB′ VB′…②
又VA+VB＝VA'+VB'…③
PA'＝PB'…④
①②③④联立得：pA′＝PB′＝3.2×104Pa
2017海南卷
[2017海南卷 T6 4分]将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略。a为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为Ek1和Ek2．从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1，从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2．下列选项正确的是（ ）
A．Ek1＝Ek2，W1＝W2 B．Ek1＞Ek2，W1＝W2
C．Ek1＜Ek2，W1＜W2 D．Ek1＞Ek2，W1＜W2
【答案】B
【解析】从抛出开始到第一次经过a点和抛出开始第二次经过a点，上升的高度相等，可知重力做功相等，即W1＝W2。
对两次经过a点的过程运用动能定理得，﹣Wf＝Ek2﹣Ek1，可知Ek1＞Ek2，故B正确，A、C、D错误。
[2017海南卷 T10 5分]（多选）如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面（纸面）垂直，磁场的上、下边界（虚线）均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均为磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距。若线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能（ ）
A．始终减小 B．始终不变
C．始终增加 D．先减小后增加
【答案】CD
【解析】A、导线框开始做自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场，ab边切割磁场产生感应电流，根据左手定则可知ab边受到向上的安培力，当安培力大于重力时，线框做减速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先减速后加速运动，故A错误、D正确；
B、当ab边进入磁场后安培力等于重力时，线框做匀速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先匀速后加速运动，故A错误；
C、当ab边进入磁场后安培力小于重力时，线框做加速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速增大的加速运动，故加速运动，故C正确；
[2017海南卷 T12 12分]某同学用伏安法测量待测电阻的阻值。现有器材为：
待测电阻R（阻值约为5Ω）
电源（电动势3V）
滑动变阻器（阻值范围0～10Ω）
电流表（量程0.6A，3A）
电压表（量程3V，15V）
开关，导线若干。
实验要求在测量电路中将电流表外接，滑动变阻器起限流作用。回答下列问题：
（1）按照实验要求在图（a）中画出实物连线图。
（2）若已按实验要求接线，闭合开关后移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数始终约为3V，电流表的示数始终接近0．写出产生这种现象的一个原因： 。
（3）在连线正确后，闭合开关。电压表和电流表的示数分别如图（b）和图（c）所示。由图可知，电压表读数为 V，电流表读数为 A．由此可得待测电阻的阻值为 Ω（结果保留3位有效数字）。
【答案】（1）如图所示，（2）待测电阻R断路，（3）2.20，0.48，4.58。
【解析】（1）因为电源电动势为3V，则电压表的量程选用3V，根据欧姆定律知，电流的最大值大约0.6A，则电流表量程选择0.6A，根据实物图进行连线。
（2）闭合开关后移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数始终约为3V，电流表的示数始终接近0，产生这种现象的原因是待测电阻R断路，由于电压表内阻非常大，导致电流表电流接近0，电压表电压测得是电源电压。
（3）由图可知，电压表的读数为2.20V，电流表的读数为0.48A，根据欧姆定律得，待测电阻R。
[2017海南卷 T14 16分]一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端与质量为m的小物块a相连，如图所示，质量为m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从t＝0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动。经过段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。求：
（1）弹簧的劲度系数；
（2）物块b加速度的大小
（3）在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式。
【答案】（1）弹簧的劲度系数为；
（2）物块b加速度的大小为；
（3）在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式是F（0＜t）。
【解析】（1）整体静止时，对整体分析，根据平衡条件有：
kx0＝（mm）gsinθ
解得：k①
（2）由题意可知，b经两段相等的时间位移均为x0；
由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：②
说明当形变量为x2＝x0时二者分离；
对m分析，因分离时ab间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：
kx1﹣mgsinθ＝ma…③
联立①②③解得：a
（3）当ab前进的位移为x时，经历时间为t，弹簧的形变量变为：Δx＝x0﹣x
对整体分析可知，由牛顿第二定律有：
F+kΔx﹣（mm）gsinθ＝（mm）a
xat2
解得：F。
根据x1at12得t1
故时间t的范围为0＜t
[2017海南卷 T15(2) 8分]一粗细均匀的U形管ABCD的A端封闭，D端与大气相通。用水银将一定质量的理想气体封闭在U形管的AB一侧，并将两端向下竖直放置，如图所示。此时AB侧的气体柱长度l1＝25cm。管中AB、CD两侧的水银面高度差h1＝5cm。现将U形管缓慢旋转180°，使A、D两端在上，在转动过程中没有水银漏出。已知大气压强p0＝76cmHg．求旋转后，AB、CD两侧的水银面高度差。
【答案】AB、CD两侧的水银面高度差为1cm。
【解析】对封闭气体研究，初状态时，压强为：p1＝p0+h1＝76+5cmHg＝81cmHg，体积为：V1＝l1s，
设旋转后，气体长度增大△x，则高度差变为（5﹣2△x）cm，此时气体的压强为：p2＝p0﹣（5﹣2△x）＝（71+2△x）cmHg，体积为：V2＝（25+△x）s，
根据玻意耳定律得：p1V1＝p2V2，即：（81×25）＝（71+2△x）（25+△x）
解得：△x＝2cm，
根据几何关系知，AB、CD两侧的水银面高度差为：△h＝5﹣2△x＝1cm。
2016海南卷
[2016海南卷 T6 3分]如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电。一电荷量为q（q＞0）的粒子在电容器中靠近下极板处。以初动能Ek0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】根据电荷的受力情况可知，粒子在电场中做曲线运动，如图所示，
将粒子的速度v分解为垂直于板的vy和平行于板的vx，由于极板与水平面夹角45°，粒子的初速度方向竖直向上，所以粒子初速度在垂直于板的方向的速度为vy＝v0sin45°。
当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，即粒子垂直于极板方向的速度vy′＝0。
根据运动学公式有vy′2＝2d
又知Ek0m
联立以上各式求得E
故B正确，ACD错误；
[2016海南卷 T10 5分]（多选）如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．M带负电荷，N带正电荷
B．M在b点的动能小于它在a点的动能
C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能
D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功
【答案】ABC
【解析】A、由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确。
B、M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，故B正确。
C、d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确。
D、N从c到d，库仑斥力做正功，故D错误。
[2016海南卷 T12 9分]某同学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G满偏电流为，表头上标记的内阻值为900Ω。R1、R2和R3是定值电阻。利用R1和表头构成1 mA的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1 V；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3 V。则根据题给条件，定值电阻的阻值应选R1=___Ω，R2=______Ω，R3=_______Ω。
（2）用量程为3V，内阻为2500Ω的标准电压表对改装表3V挡的不同刻度进行校准。所用电池的电动势E为5V；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为50Ω和5kΩ。为了方便实验中调节电压，图中R应选用最大阻值为______Ω的滑动变阻器。
（3）校准时，在闭合开关S前，滑动变阻器的滑动端P应靠近_______（填“M”或“N”）端。
（4）若由于表头G上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头G内阻的真实值_________（填“大于”或“小于”）900Ω。
【答案】（1）100，910，2 000；（2）50；（3）M；（4）大于
【解析】（1）根据题意，R1与表头G构成1mA的电流表，则：IgRg＝（I﹣Ig）R1，
代入数据：100×10﹣6×900＝（1×10﹣3﹣100×10﹣6）R1
整理得R1＝100Ω
若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1V，则
若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3V，则
（2）用内阻为2500Ω的标准电压表与改装表并联之后，并联部分电阻小于2500Ω，对于分压式电路，要求滑动变阻器的最大值小于并联部分电阻，同时还要便于调节，故应选择最大阻值较小的滑动变阻器，即选择最大阻值50Ω的滑动变阻器。
（3）在闭合开关S前，滑动变阻器的滑动端P应靠近M端，这样把并联部分电路短路，起到一种保护作用。
（4）造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，说明通过表头G的电流偏小，则实际其电阻偏大，故其实际阻值大于900Ω。
[2016海南卷 T14 14分]如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA＝30°，OA的长度为L．在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0．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同的速度射入磁场，恰好从OC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AC边相切，且在磁场内运动的时间为t0，求粒子此次入射速度的大小。
【答案】（1）磁场的磁感应强度的大小；
（2）该粒子这两次在磁场中运动的时间之和2t0；
（3）粒子此次入射速度的大小。
【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期
T＝4t0①
设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得②
匀速圆周运动的速度满足③
联立①②③式得B④
（2）设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图a所示。
设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2．由几何关系有 θ1＝180°﹣θ2⑤
粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则 t1+t22t0；⑥
（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对应的圆心角为150°。
设O'为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切与B点，从D点射出磁场，
由几何关系和题给条件可知，此时有
∠O O'D＝∠B O'A＝30°⑦
r0cos∠OO′DL⑧
设粒子此次入射速度的大小为v0，
由圆周运动线速度公式，则有：v0⑨
联立①⑦⑧⑨式得 v0
[2016海南卷 T15(2) 8分]如图，密闭气缸两侧与一U形管的两端相连，气缸壁导热；U形管内盛有密度为ρ＝7.5×102kg/m3的液体。一活塞将气缸分成左、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P0＝4.5×103Pa．外界温度保持不变。缓慢向右拉活塞使U形管两侧液面的高度差h＝40cm，求此时左、右两气室的体积之比，取重力加速度大小g＝10m/s2，U形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计。
【答案】此时左、右两气室的体积之比1：1
【解析】设初始状态时气缸左气室的体积为V01，右气室的体积为V02；当活塞至气缸中某位置时，左、右气室的压强分别为p1、p2，体积分别为V1、V2，由玻意耳定律得
p0V01＝p1V1 ①
p0V02＝p2V2 ②
依题意有 V01+V02＝V1+V2 ③
由力的平衡条件有
p2﹣p1＝ρgh ④
⑤
联立①②③④⑤式，并代入题给数据得 ⑥
由此解得
（另一解不合题意，舍去） ⑦
V01+V02＝V1+V2
得⑧
V1：V2＝1：1 ⑨
2015海南卷
[2015海南卷 T6 3分]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．R B．R C．2R D．R
【答案】C
【解析】对于任一行星，设其表面重力加速度为g。
根据平抛运动的规律得 h得，t
则水平射程x＝v0t＝v0。
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Gmg，得g
可得
解得行星的半径 R行＝R地 R 2R
[2015海南卷 T9 5分]（多选）如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物体，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时 （ ）
A．物块与斜面间的摩擦力减小
B．物块与斜面间的正压力增大
C．物块相对于斜面减速下滑
D．物块相对于斜面匀速下滑
【答案】BD
【解析】AB、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：sinθ＝μcosθ；支持力与摩擦力的合力竖直向上，大小等于重力；
当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物体受到的支持力一定增大，此时的摩擦力：f′＝μ FN′，由于接触面的压力增大，所以物体与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确；
CD、假设物体以加速度a向上运动时，有FN′＝m（g+a）cosθ，所以f′＝μm（g+a）cosθ，对物体受力分析可知，沿着斜面方向上，由于m（g+a）sinθ＝μm（g+a）cosθ，所以沿水平方向FN′sinθ＝f′cosθ，即物体在沿水平方向方向上合力为0，所以物体仍相对于斜面做匀速下滑运动．故C错误，D正确．
[2015海南卷 T10 5分]（多选）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
【答案】AD
【解析】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，
根据串并联知识和欧姆定律得副线圈电压U26R0＝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＝2434V，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′212R0＝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；
[2015海南卷 T12 9分]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（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．
（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 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 s．
时间t/s 10.0 20.0 30.0 40.0 50.0 60.0
电压U/V 2.14 3.45 4.23 4.51 5.00 5.18
（4）电路中C、R2和S2构成的回路的作用是 ．
【答案】（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
【解析】（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；
（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，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．
[2015海南卷 T14 13分]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，sm，取重力加速度大小g＝10m/s2。
（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。
【答案】（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。
【解析】（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，则有：
①
则在b点的速度②，
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，设为θ，
则根据平抛运动规律可知⑤，
根据运动的合成与分解可得⑥
由①②③④⑤⑥解得：v水平m/s
[2015海南卷 T15(2) 8分]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。
【答案】活塞A移动的距离为。
【解析】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： P1＝P0，对B有P2＝P1
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′﹣hV
2014海南卷
[2014海南卷 T6 3分]设地球自转周期为T，质量为M，引力常量为G，假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R．同一物体在南极和赤道水平面上静止时所受到的支持力之比为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】在赤道上：G，可得①
在南极：② 由①②式可得：。
[2014海南卷 T10 5分](多选）如图，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上．初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面．在此过程中（ ）
A．a的动能小于b的动能
B．两物体机械能的变化量相等
C．a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量
D．绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零
【答案】AD
【解析】A、将b的实际速度进行分解如图：
由图可知va＝vbcosθ，即a的速度小于b的速度，故a的动能小于b的动能，A正确；
B、由于有摩擦力做功，故ab系统机械能不守恒，则二者机械能的变化量不相等，B错误；
C、a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量与产生的内能之和，故a的重力势能的减小量大于两物体总动能的增加量，C错误；
D、在这段时间t内，绳子对a的拉力和对b的拉力大小相等，绳子对a做的功等于﹣FTvat，绳子对b的功等于拉力与拉力方向上b的位移的乘积，即：FTvbcosθt，又va＝vbcosθ，所以绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的绝对值相等，二者代数和为零，故D正确。
[2014海南卷 T12 10分]用伏安法测量一电池的内阻．已知该待测电池的电动势E约为9V，内阻约数十欧，允许输出的最大电流为50mA，可选用的实验器材有：
电压表V1（量程5V）；
电压表V2（量程10V）；
电流表A1（量程50mA）；
电压表A2（量程100mA）；
滑动变阻器R（最大电阻300Ω）；
定值电阻R1（阻值为200Ω，额定功率为W）；
定值电阻R2（阻值为220Ω，额定功率为1W）；
开关S；导线若干．
测量数据如坐标纸上U﹣I图线所示．
（1）在答题卡相应的虚线方框内画出合理的电路原理图，并标明所选器材的符号．
（2）在设计的电路中，选择定值电阻的根据是 ．
（3）由U﹣I图线求得待测电池的内阻为 Ω．
（4）在你设计的电路中，产生系统误差的主要原因是 ．
【答案】（1）电路原理图如图所示；
（2）定值电阻在电路中消耗的功率会超过W，R2的功率满足实验要求；
（3）50；（4）电压表分流．
【解析】（1）应用伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，电路图如图所示：
（2）定值电阻R1在电路中的最大功率：P1＝I2R1＝（0.05）2×200＝0.5WW，
定值电阻R2在电路中的最大功率：P2＝I2R2＝（0.05）2×220＝0.55W＜1W，
为保护电路安全，则定值电阻应选择R2．
（3）由图示图象可知，电源内阻r50Ω；
（4）由实验电路图可知，相对于电源电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，
电流表所测电流小于电路电流，电压表分流是造成系统误差的原因．
[2014海南卷 T14 14分]如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从y轴上P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场方向变为垂直纸面向里，大小不变，不计重力。
（1）求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间；
（2）若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值。
【答案】（1）粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间为；
（2）若要使粒子能够回到P点，电场强度的最大值为
【解析】（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，
粒子做圆周运动的周期：，
由题意可知，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为，
所需时间t1为：，解得：；
（2）粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，
然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0，
设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，电场强度大小为E，
由牛顿第二定律得：qE＝ma，v0＝a ，解得：，
根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足t2≥T0，
解得，电场强度最大值：。
[2014海南卷 T15(2) 8分]一竖直放置、缸壁光滑且导热的柱形气缸内盛有一定量的氮气，被活塞分隔成Ⅰ、Ⅱ两部分；达到平衡时，这两部分气体的体积相等，上部气体的压强为PⅠ0，如图（a）所示，若将气缸缓慢倒置，再次达到平衡时，上下两部分气体的体积之比为3：1，如图（b）所示。设外界温度不变，已知活塞面积为S，重力加速度大小为g，求活塞的质量。
【答案】活塞质量为。
【解析】设活塞的质量为m，气缸倒置前下部气体的压强为pⅡ0，
倒置后上下气体的压强分别为pⅡ、pⅠ，
由力的平衡条件得：，，
倒置过程中，两部分气体均经历等温过程，设气体的总体积为V0，
由玻意耳定律得：，，
解得：；
2013海南卷
[2013海南卷 T6 3分]如图，水平桌面上固定有一半径为R的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下；一长度为2R、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点。棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好。下列说法正确的是（ ）
A．拉力的大小在运动过程中保持不变
B．棒通过整个圆环所用的时间为
C．棒经过环心时流过棒的电流为
D．棒经过环心时所受安培力的大小为
【答案】D
【解析】A、棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开始向右运动，则速度为v＝at，
而E＝BLv，I，F＝BIL，因此r是在变的，F在变化，可知在运动过程中棒所受安培力变化，则拉力大小也变化，故A错误；
B、根据位移公式，可得时间为，故B错误；
C、当棒运动到环中心时，由于棒将金属细圆环分开的两部分的电阻并联，则电路总电阻为，速度大小为，产生感应电动势，所以产生感应电流大小为2，故C错误；
D、棒经过环心时所受安培力的大小为F＝BIL，故D正确。
[2013海南卷 T10 5分]（多选）如图，在水平光滑桌面上，两相同的矩形刚性小线圈分别叠放在固定的绝缘矩形金属框的左右两边上，且每个小线圈都各有一半面积在金属框内，在金属框接通逆时针方向电流的瞬间（ ）
A．两小线圈会有相互靠拢的趋势
B．两小线圈会有相互远离的趋势
C．两小线圈中感应电流都沿顺时针方向
D．左边小线圈中感应电流沿顺时针方向，右边小线圈中感应电流沿逆时针方向
【答案】BC
【解答】解：根据右手螺旋定则可知，通电导线瞬间，对于左金属框，因矩形金属框内部的磁场比外部强，所以左小线圈有向外的磁通量，且增大；同理，右边金属框也一样，因此左、右小线圈的磁通量均增大，根据楞次定律可知，线圈的感应电流方向都是顺时针方向，再由同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈的运动情况是相互远离。故B、C正确，A、D错误。
[2013海南卷 T12 9分]某同学将量程为200μA、内阻为500Ω的表头μA改装成量程为1mA和10mA的双量程电流表，设计电路如图（a）所示。定值电阻R1=500Ω，R2和R3的值待定，S为单刀双掷开关，A、B为接线柱。回答下列问题：
（1）按图（a）在图（b）中将实物连线；
（2）表笔a的颜色为 色（填“红”或“黑”）
（3）将开关S置于“1”挡时，量程为 mA；
（4）定值电阻的阻值R2= Ω，R3= Ω。（结果取3位有效数字）
（5）利用改装的电流表进行某次测量时，S置于“2”挡，表头指示如图（c）所示，则所测量电流的值为 mA。
【答案】（1）如图（2）黑； （3）10；（4）225，25.0；（5）0.780．
【解析】（1）实物连线如图所示：
（2）因电流应从黑表笔流出，所以表笔a的颜色为黑色；
（3）将开关S置于“1”挡时，表头μA和R1、R2串联后再与R3并联，将开关S置于“2”挡时，表头μA和R1串联后再与R2、R3并联，所以开关S置于“1”挡时量程较大，即开关S置于“1”挡时量程应为10mA；
（4）设电流表的满偏电流为，根据欧姆定律，当开关打到1时有，其中10mA
当开关打到2时有，其中1mA
联立以上两式225Ω，25.0Ω
（5）表头精度值为4μA，图（c）的示数为156μA，“2”挡量程扩大到5倍，故电流表示数为I＝156μA×5＝0.780mA．
[2013海南卷 T14 13分]如图，纸面内有E、F、G三点，∠GEF＝30°，∠EFG＝135°．空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．先使带有电荷量为q（q＞0）的点电荷a在纸面内垂直于EF从F点射出，其轨迹经过G点；再使带有同样电荷量的点电荷b在纸面内与EF成一定角度从E点射出，其轨迹也经过G点．两点电荷从射出到经过G点所用的时间相同，且经过G点时的速度方向也相同．已知点电荷a的质量为m，轨道半径为R，不计重力．求：
（1）点电荷a从射出到经过G点所用的时间；
（2）点电荷b的速度大小．
【答案】（1）点电荷a从射出到经过G点所用的时间；
（2）点电荷b的速度大小．
【解析】设点电荷a的速度为v，由牛顿第二定律得：
解得：①
设点电荷a做圆周运动的周期为T，则：②
点电荷运动轨迹如图所示：
设点电荷a从F点进入磁场后的偏转角为θ
由几何关系得：θ＝90° ③
故a从开始运动到经过G点所用时间
①②③联立得：④
（2）设点电荷b的速度大小为v1，轨道半径为R1，b在磁场中偏转角为θ1，
由题意得：⑤
解得：⑥
由于两轨道在G点相切，所以过G点的半径OG和O1G在同一条直线上，
由几何关系得：θ1＝60° ⑦
R1＝2R ⑧
②③⑥⑦⑧联立得：
2012海南卷
[2012海南卷 T6 3分]如图，表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为α和β，且α＞β．一初速度为v0的小物块沿斜面ab向上运动，经时间t0后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑．在小物块从a运动到c的过程中，可能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图象是（ ）
【答案】C
【解析】设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1和a2．根据牛顿第二定律得：
mgsinα+μmgcosα＝ma1，mgsinβ﹣μmgcosβ＝ma2，
得a1＝gsinα+μgcosα，a2＝gsinβ﹣μgcosβ，
则知a1＞a2
而v﹣t图象的斜率等于加速度，所以上滑段图线的斜率大于下滑段图线的斜率。
上滑过程的位移大小较小，而上滑的加速度较大，由x知，上滑过程时间较短。
因上滑过程中，物块做匀减速运动，下滑过程做匀加速直线运动，两段图象都是直线。
由于物体克服摩擦力做功，机械能不断减小，所以物体到达c点的速度小于v0．故C正确，ABD错误。
[2012海南卷 T10 4分]图中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．下列说法正确的是（ ）
A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动
B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动
C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动
D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动
【答案】BD
【解析】解：A、由安培定则与左手定则可知，若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，L所受安培力向左，L向左滑动，故A错误；
B、由安培定则与左手定则可知，若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，L受到的安培力向右，L向右滑动，故B正确；
C、由安培定则与左手定则可知，若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，L所受安培力向右，L向右滑动，故C错误；
D、由安培定则与左手定则可知，若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，L所受安培力向左，则L向左滑动，故D正确；
[2012海南卷 T14 9分]一水平放置的轻弹簧，一端固定，另一端与一小滑块接触，但不粘连；初始时滑块静止于水平气垫导轨上的O点，如图（a）所示．现利用此装置探究弹簧的弹性势能Ep与其被压缩时长度的改变量x的关系．先推动小滑块压缩弹簧，用米尺测出x的数值；然后将小滑块从静止释放．用计时器测出小滑块从O点运动至气垫导轨上另一固定点A所用时间t．多次改变x值及其对应的t值如下表所示．（表中的1/t值是根据t值计算得出的）
x（cm） 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00
t（s） 3.33 2.20 1.60 1.32 1.08
l/t（s﹣1） 0.300 0.455 0.625 0.758 0.926
（1）根据表中数据，在图（b）中的方格纸上做x图线．
（2）回答下列问题：（不要求写出计算或推导过程）
①已知点（0，0）在x图线上，从x图线看，与x是什么关系？
②从理论上分析，小滑块刚脱离弹簧时的动能Ek与是什么关系（不考虑摩擦力）？
③当弹簧长度该变量为x时，弹性势能Ep与相应Ek是什么关系？
④综合考虑以上分析，Ep与x是什么关系？
【答案】（1）如图所示．
（2）①与x成正比；②Ek与（）2成正比； ③Ep＝Ek； ④Ep与x2成正比．
【解析】（1）根据表中数据，在图（b）中的方格纸上作出x图线，如图所示．
（2）①x图线是直线，故与x成正比；
②与速度成正比，Ek与速度平方成正比，故Ek与（）2成正比；
③根据机械能守恒，有Ep＝Ek；
④Ek与（）2成正比，Ep＝Ek，与x成正比，Ep与x2成正比．
[2012海南卷 T16 10分]图（a）所示的xoy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xoy平面（纸面）垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图（b）所示。当B为+B0时，磁感应强度方向指向纸外。在坐标原点O有一带正电的粒子P，其电荷量与质量的比值恰好等于．不计重力。设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正向O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A。
（1）若t0＝0，则直线OA与x轴的夹角是多少？
（2）若t0＝T/4，则直线OA与x轴的夹角是多少？
（3）为了使直线OA与x轴的夹角为，在0＜t0的范围内，t0应取何值？
【答案】版权所有（1）若t0＝0，则直线OA与x轴的夹角是0
（2）若t0，则直线OA与x轴的夹角是
（3）为了使直线OA与x轴的夹角为，在0＜t0的范围内，t0应取
【解析】（1）设粒子P的质量、电荷量与初速度分别为m、q与v，粒子P在洛伦兹力作用下，在xy平面内做圆周运动，分别用R与T′表示圆周的半径和运动周期，则有：
由①②式与已知条件得
T′＝T
粒子P在t＝0到t时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上B点，此时磁场方向反转；继而，在到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上A，如图（a）所示。
OA与x轴的夹角θ＝0 ④
（2）粒子P在时刻开始运动，在到时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到达D点，此时磁场方向反转；继而，在t到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t＝T到t时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到达A点，如图（b）所示，
由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与x轴的夹角 ⑤
（3）若在任意时刻t＝t0（）粒子P开始运动，在t＝t0到t时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达C点，圆心O′位于x轴上，圆弧OC对应的圆心角为
⑥
此时磁场方向反转；继而，在t到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t＝T到t＝T+t0时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达A点，设圆O″，圆弧BA对应的圆心角为⑦
如图（c）所示，
由几何关系可知，C、B均在O′O″连线上，且OA∥O′O″⑧
若要OA与x轴成角，则有 ⑨，联立⑥⑨式可得
⑩
[2012海南卷 T17(2) 8分]如图，一气缸水平固定在静止的小车上，一质量为m、面积为S的活塞将一定量的气体封闭在气缸内，平衡时活塞与气缸底相距L．现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时发现活塞相对于气缸移动了距离d。已知大气压强为P0，不计气缸和活塞间的摩擦；且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为P0；整个过程中温度保持不变。求小车加速度的大小。
【答案】答小车加速度的大小为。
【解析】解：设小车加速度大小为a，稳定时气缸内气体的压强为P1，活塞受到气缸内外气体的压力分别为：
f1＝P1S…①
f0＝P0S…②
由牛顿第二定律，若向右加速运动有：f1﹣f0＝ma…③
小车静止时，在平衡情况下，气缸内气体的压强为P0，由波意耳定律得：P1V1＝P0V…④⑤
式中V＝SL…⑤
V1＝S（L﹣d）…⑥
①②③④⑤⑥联立得小车加速度的大小为：a
2011海南卷
[2011海南卷 T6 3分]如图，EOF和E′O′F′为空间一匀强磁场的边界，其中EO∥E′O′，FO∥F′O′，且EO⊥OF；OO′为∠EOF的角平分线，OO′间的距离为L；磁场方向垂直于纸面向里。一边长为L的正方形导线框沿O′O方向匀速通过磁场，t＝0时刻恰好位于图示位置。规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是（ ）
【答案】B
【解析】在整个正方形导线框通过磁场的过程中，
切割磁感线的边框为两竖直边框，两水平边框不切割磁感线。
由于正方形导线框沿O′O方向匀速通过磁场，
①从开始到左边框到达O′之前，进入磁场切割磁感线的有效长度随时间均匀增加，
根据E＝BLv得出感应电动势随时间也均匀增加，
由于电阻不变，所以感应电流i也随时间均匀增加。
根据右手定则判断出感应电流的方向，结合导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，得出开始为正方向。
②当左边框到达O′O之后，由于进入磁场切割磁感线的有效长度不变，所以感应电流i不变。
③当左边框到达O′O中点，右边框即将进入磁场切割磁感线，由于左边框的切割磁感线的有效长度在减小，而右边框切割磁感线有效长度在增大，而左右边框切割磁感线产生的感应电动势方向相反，所以整个感应电动势随时间也均匀减小。
④当左边框到达距O点时，左右边框切割磁感线的有效长度相等，此时感应电动势为0，再往后跟前面过程相反。故A、C、D错误，B正确。
[2011海南卷 T10 4分]（多选）空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射。这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同
B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同
C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同
D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大
【答案】BD
【解析】A、入射速度不同的粒子，若它们入射速度方向相同，若粒子从左边边界出去则运动时间相同，虽然轨迹不一样，但圆心角相同。故A错误；
B、在磁场中半径，运动圆弧对应的半径与速率成正比，故B正确；
C、在磁场中运动时间：（θ为转过圆心角），虽圆心角可能相同，但半径可能不同，所以运动轨迹也不同，故C错误；
D、由于它们的周期相同的，在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角也一定越大。故D正确；
[2011海南卷 T14 9分]现要通过实验验证机械能守恒定律。实验装置如图1所示：水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的砝码相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测试遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到导轨底端C点的距离，h表示A与C的高度差，b表示遮光片的宽度，s表示A，B 两点的距离，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度。用g表示重力加速度。完成下列填空和作图；
（1）若将滑块自A点由静止释放，则在滑块从A运动至B的过程中，滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量可表示为 。动能的增加量可表示为 。若在运动过程中机械能守恒，与s的关系式为
（2）多次改变光电门的位置，每次均令滑块自同一点（A点）下滑，测量相应的s与t值，结果如下表所示：
1 2 3 4 5
s（m） 0.600 0.800 1.000 1.200 1.400
t（ms） 8.22 7.17 6.44 5.85 5.43
（×104s﹣2） 1.48 1.95 2.41 2.92 3.39
以s为横坐标，为纵坐标，在答题卡上对应图2位置的坐标纸中描出第1和第5个数据点；根据5个数据点作直线，求得该直线的斜率k＝ （保留3位有效数字）。
由测得的h、d、b、M和m数值可以计算出直线的斜率ko，将k和ko进行比较，若其差值在试验允许的范围内，则可认为此试验验证了机械能守恒定律。
【答案】（1）Mgmgs，，；
（2）如图，2.39×104m﹣1 s﹣2
【解析】（1）滑块、遮光片下降重力势能减小，砝码上升重力势能增大。
所以滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量△EP＝Mgmgs
光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法。由于光电门的宽度b很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度。
vB
根据动能的定义式得出：
△Ek（m+M）vB2
若在运动过程中机械能守恒，△Ek＝△EP
与s的关系式为
（2）见图
运用数学知识求得斜率k2.39×104m﹣1 s﹣2
由测得的h、d、b、M和m数值可以计算出直线的斜率ko
比较k与ko，若其差值在试验允许的范围内，则可认为此试验验证了机械能守恒定律。
[2011海南卷 T16 11分]如图，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m。竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。导轨电阻可忽略，重力加速度为g。在t＝0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好。求：
（1）细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；
（2）两杆分别达到的最大速度。
【答案】（1）细线少断后，任意时刻两杆运动的速度之比为2；
（2）两杆分别达到的最大速度为，。
【解析】（1）细线烧断前对MN和M'N'受力分析，
由于两杆水平静止，得出竖直向上的外力F＝3mg。
设某时刻MN和M'N'速度分别为v1、v2。
规定竖直向上为正方向，根据MN和M'N'动量守恒得出：mv1﹣2mv2＝0
求出：2 ①
（2）细线烧断后，MN向上做加速运动，M'N'向下做加速运动，由于速度增加，感应电动势增加，
MN和M'N'所受安培力增加，所以加速度在减小。
当MN和M'N'的加速度减为零时，速度最大。
对M'N'受力平衡：BIl＝2mg ②
I③
E＝Blv1+Blv2④
由①﹣﹣④得：v1、v2
2010海南卷
[2010海南卷 T5 3分]如图，水平地面上有一楔形物块a，其斜面上有一小物块b，b与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上．a与b之间光滑，a和b以共同速度在地面轨道的光滑段向左运动．当它们刚运行至轨道的粗糙段时（ ）
A．绳的张力减小，b对a的正压力减小
B．绳的张力增加，斜面对b的支持力增加
C．绳的张力减小，地面对a的支持力可能增加
D．绳的张力增加．地面对a的支持力减小
【答案】C
【解析】在光滑段运动时，物块a及物块b均处于平衡状态，对a、b整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡；
对b受力分析，如上图，受重力、支持力、绳子的拉力，根据共点力平衡条件，有
Fcosθ﹣FNsinθ＝0 ①；
Fsinθ+FNcosθ﹣mg＝0 ②；
由①②两式解得：F＝mgsinθ，FN＝mgcosθ；
当它们刚运行至轨道的粗糙段时，减速滑行，系统有水平向右的加速度，此时有两种可能；
（一）物块a、b仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得到：
Fsinθ+FNcosθ﹣mg＝0 ③；
FNsinθ﹣Fcosθ＝ma ④；
由③④两式解得：F＝mgsinθ﹣macosθ，FN＝mgcosθ+masinθ；
即绳的张力F将减小，而a对b的支持力变大；
再对a、b整体受力分析竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，重力和支持力二力平衡，故地面对a支持力不变。
（二）物块b相对于a向上滑动，绳的张力显然减小为零，物体具有向上的分加速度，是超重，因此a对b的支持力增大，斜面体和滑块整体具有向上的加速度，也是超重，故地面对a的支持力也增大。
综合上述讨论，结论应该为：绳子拉力一定减小；地面对a的支持力可能增加；a对b的支持力一定增加。故A、B、D错误；
[2010海南卷 T10 4分](多选）火星直径约为地球的一半，质量约为地球的十分之一，它绕太阳公转的轨道半径约为地球公转半径的1.5倍．根据以上数据，以下说法正确的是（ ）
A．火星表面重力加速度的数值比地球表面小
B．火星公转的周期比地球的长
C．火星公转的线速度比地球的大
D．火星公转的向心加速度比地球的大
【答案】AB
【解析】A、根据万有引力等于重力得出：
得：，根据火星直径约为地球的一半，质量约为地球的十分之一，
计算得出火星表面的重力加速度约为地球表面的，故A正确；
B、研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：
得：，M为太阳的质量，R为轨道半径。火星的轨道半径大于地球的轨道半径，
通过T的表达式发现公转轨道半径大的周期长，故B正确；
C、研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：
m，得：v．M为太阳的质量，R为轨道半径。火星的轨道半径大于地球的轨道半径，
通过v的表达式发现公转轨道半径大的线速度小，故C错误；
D、研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：
ma，得：．M为太阳的质量，R为轨道半径。火星的轨道半径大于地球的轨道半径，
通过a的表达式发现公转轨道半径大的向心加速度小，故D错误；
[2010海南卷 T14 9分]14．（9分）利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置示意图如图1所示：
（1）实验步骤：
①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1m，将导轨调至水平；
②用游标卡尺测量挡光条的宽度l，结果如图2所示，由此读出l＝ mm；
③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离s＝ m；
④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2；
⑤从数字计时器（图1中未画出）上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间△t1和△t2；
⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m。
（2）用表示直接测量量的字母写出下列所示物理量的表达式：
①滑块通过光电门1和光电门2时瞬时速度分别为v1＝ 和v2＝ 。
②当滑块通过光电门1和光电门2时，系统（包括滑块、挡光条、托盘和砝码）的总动能分别为Ek1＝ 和Ek2＝ 。
③在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少△EP＝ （重力加速度为g）。
（3）如果△EP＝ ，则可认为验证了机械能守恒定律。
【答案】 （1）②9.30③0.6000
①， ②（M+m），（M+m） ③mgs （3）Ek2﹣Ek1
【解析】（1）l＝9mm+0.05mm×6＝9.30mm
s＝80.30cm﹣20.30cm＝60.00cm
（2）①由于挡光条宽度很小，因此将挡光条通过光电门时的平均速度当作瞬时速度。
v1，v2
②根据动能的定义式得：
通过光电门1，系统（包括滑块、挡光条、托盘和砝码）的总动能为Ek1（M+m）
通过光电门2，系统（包括滑块、挡光条、托盘和砝码）的总动能为Ek2（M+m）
③系统势能的减少△EP＝mgh＝mgs
（3）如果△EP＝△Ek＝Ek2﹣Ek1即重力势能的减小量等于动能的增加量，则可认为验证了机械能守恒定律。
[2010海南卷 T16 11分]图1中，质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2．在木板上施加一水平向右的拉力F，在0～3s内F的变化如图2所示，图中F以mg为单位，重力加速度g＝10 m/s2．整个系统开始时静止．
（1）求1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物块的速度；
（2）在同一坐标系中画出0～3s内木板和物块的v﹣t图象，据此求0～3s内物块相对于木板滑过的距离．
【答案】（1）1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物块的速度分别为：v1＝4m/s，v1.5＝4.5m/s，v2＝4m/s，v3＝4m/s，v′2＝4m/s，v′3＝4m/s；（2）在同一坐标系中0～3s内木板和物块的v﹣t图象如图所示，0～3s内物块相对于木板滑过的距离为2.25m．
【解析】（1）设木板和物块的加速度分别为a和a'，在t时刻木板和物块的速度分别为vt和vt′，木板和物块之间摩擦力的大小为f，依牛顿第二定律、运动学公式和摩擦定律得：对物块 f＝ma'①
f＝μmg② v′t＝v′0+a′t③
对木板 F﹣f＝2ma④ vt＝v0+at⑤
由①②③④⑤式与题中所给条件得v1＝4m/s，v1.5＝4.5m/s，v2＝4m/s，v3＝4m/s⑥
v′2＝4m/s，v′3＝4m/s⑦
（2）由⑥⑦式得到物块与木板运动的v﹣t图象，如图所示．
在0～3s内物块相对于木板的距离△s等于木板和物块v﹣t图线下的面积之差，
即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三角形组成，
上面的三角形面积为0.25m，下面的三角形面积为2m，因此△s＝2.25 m
[2010海南卷 T18 12分]（1）一光线以很小的入射角i射入一厚度为d、折射率为n的平板玻璃，求出射光线与入射光线之间的距离（θ很小时。sinθ＝θ，cosθ＝1）
（2）如图为某一报告厅主席台的平面图，AB是讲台，S1、S2是与讲台上话筒等高的喇叭，它们之间的相互位置和尺寸如图所示。报告者的声音放大后经喇叭传回话筒再次放大时可能会产生啸叫。为了避免啸叫，话筒最好摆放在讲台上适当的位置，在这些位置上两个喇叭传来的声音因干涉而相消。已知空气中声速为340m/s，若报告人声音的频率为136Hz，问讲台上这样的位置有多少个？
【答案】（1） （2）4个
【解析】（1）如图1，设光线以很小的入射角i入射到平板玻璃表面上的A点，折射角为γ，从平板玻璃另一表面上的B点射出。设AC为入射光线的延长线，由折射定律和几何关系可知，它与出射光线平行，过B点作BD⊥AC，交AC于D点，则BD的长度就是出射光线与入射光线之间的距离，由折射定律得：。
由几何关系得∠BAD＝i﹣γ②
③
出射光线与入射光线之间的距离为：
④
当入射角i很小时，有sini＝i，sinγ＝γ，sin（i﹣γ）＝i﹣γ，cosγ＝1
由此及①②③④式得：
⑤
故出射光线与入射光线之间的距离为。
（2）相应于声频f＝136 Hz的声波的波长是：
①
式中v＝340m/s是空气中的声速。在图2中，O是AB的中点，P是OB上任一点。将，表示为 ②
式中k为实数，当k＝0，2，4，…时，从两个喇叭来的声波因干涉而加强；当k＝1，3，5…时，从两个喇叭来的声波因干涉而相消。由此可知，O是干涉加强点；对于B点，③
所以，B点也是干涉加强点。因而O、B之间有两个干涉相消点，由对称性可知，AB上有4个干涉相消点。
故讲台上这样的位置有4个。
2009海南卷
[2009海南卷 T6 3分]人造卫星1和2绕地球做匀速圆周运动的周期分别为T1、T2，设在卫星1、卫星2各自所在的高度上的重力加速度大小分别为g1、g2，则（ ）
A．（） B．（）
C．（）2 D．（）2
【答案】B
【解析】人造卫星在地球的引力的作用下绕地球做圆周运动，则有
Gmrr
忽略地球的自转，则有mg＝G
故有mg＝G
解得g＝GM
[2009海南卷 T8 4分](多选）甲乙两车在平直道路上同向运动，其v﹣t图象如图所示，图中△OPQ和△OQT的面积分别为S1和S2（S2＞S1），初始时甲车在乙车前方S0处，则下列说法正确的是（ ）
A．若S0＝S1+S2，两车不会相遇
B．若S0＜S1，两车相遇2次
C．若S0＝S1，两车相遇1次
D．若S0＝S2，两车相遇1次
www.【答案】ABC
【解析】由图线可知：在T时间内，甲车前进了S2，乙车前进了S1+S2；
A、若S0+S2＞S1+S2，即S0＞S1，两车不会相遇，所以选项A正确；
B、若S0+S2＜S1+S2，即S0＜S1，在T时刻之前，乙车会超过甲车，但甲车速度增加的快，所以甲车还会超过乙车，则两车会相遇2次，所以选项B正确；
C、若S0+S2＝S1+S2，即S0＝S1两车只能相遇一次，所以选项C正确；
D、若S0＝S2，由于S2＞S1，故S0＞S1，两车不会相遇，故D错误；
[2009海南卷 T10 4分](多选）如图，两等量异号的点电荷相距为2a。M与两点电荷共线，N位于两点电荷连线的中垂线上，两点电荷连线中点到M和N的距离都为L，且L a．略去（）n（n≥2）项的贡献，则两点电荷的合电场在M和N点的强度（ ）
A．大小之比为2，方向相反
B．大小之比为1，方向相反
C．大小均与a成正比，方向相反
D．大小均与L的平方成反比，方向相互垂直
【答案】AC
【解析】如图，根据点电荷的场强公式E，运用平行四边形定则，结合结几何关系，M、N点的场强分别为
EM①
根据相似三角形定则EN②
由①②两式，M点的场强是N点场强的2倍，故A正确，B错误；
由①②两式，M点的场强与N点场强都与a成正比，与L的三次方成反比，故C正确，D错误；
[2009海南卷 T14 11分]图1是利用两个电流表A1和A2测量干电池电动势E和内阻r的电路原理图．图中S为开关，R为滑动变阻器，固定电阻R1和A1内阻之和为10000Ω（比r和滑动变阻器的总电阻都大得多），A2为理想电流表．
①按电路原理图在图2虚线框内各实物图之间画出连线．
②在闭合开关S前，将滑动变阻器的滑动端c移动至 （填“a端”、“中央”或“b端”）．
③闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动端c至某一位置，读出电流表A1和A2的示数I1和I2．多次改变滑动端c的位置，得到的数据为
I1（mA） 0.120 0.125 0.130 0.135 0.140 0.145
I2（mA） 480 400 320 232 140 68
在图3所示的坐标纸上以I1为纵坐标、I2为横坐标画出所对应的I1﹣I2曲线．
④利用所得曲线求的电源的电动势E＝ V，内阻r＝ Ω．（保留两位小数）
⑤该电路中电源输出的短路电流Im＝ A．
【答案】（1）如右图；（2）b；（3）如图；（4）1.49；0.60；（5）2.4．
【解析】
①由原理图可知，电路为基本的限流接法，故按原理图串联即可；连线如图1所示；
②为保证安全，开始时滑动变阻器应接到最大值，故应接b端；
③将各点依次描出，连线如图2所示．
④A1与R1串联，充当电压表，则根据A1的示数可求得电源的路端电压；故可将A1的示数与电阻的乘积作为电压使用，将I1﹣I2图象等效为U﹣I图象；由U＝E﹣IR可知：U﹣I图象与纵坐标的交点为电源的电动势，由欧姆定律可知，电动势为0.149×1000＝1.49V（在1.48～1.50范围内同样给分）
图象的斜率为电源的内阻，故内阻约为0.60（在0.55～0.65范围内同样给分）
⑤当外电阻为零时，为短路电流，故短路电流为：
2.4（2.3～2.7范围内同样给分）
[2009海南卷 T16 10分]如图，ABCD是边长为a的正方形。质量为m、电荷量为e的电子以大小为v0的初速度沿纸面垂直于BC边射入正方形区域。在正方形内适当区域中有匀强磁场。电子从BC边上的任意点入射，都只能从A点射出磁场。不计重力，求：
（1）此匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小；
（2）此匀强磁场区域的最小面积。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）设匀强磁场的磁感应强度的大小为B．令圆弧是自C点垂直于BC入射的电子在磁场中的运行轨道。电子所受到的磁场的作用力f＝ev0B ①
应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外。圆弧的圆心在CB边或其延长线上。依题意，圆心在A、C连线的中垂线上，故B 点即为圆心，圆半径为a按照牛顿定律有Bqv②
联立①②式得
（2）由（1）中决定的磁感应强度的方向和大小，可知自C点垂直于BC入射电子在A点沿DA方向射出，且自BC边上其它点垂直于入射的电子的运动轨道只能在BAEC区域中。因而，圆弧是所求的最小磁场区域的一个边界。
为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考查射中A点的电子的速度方向与BA的延长线交角为θ（不妨设）的情形。该电子的运动轨迹qpA如图所示。
图中，圆的圆心为O，pq垂直于BC边，由③式知，圆弧的半径仍为a，在D为原点、DC为x轴，AD为y轴的坐标系中，P点的坐标（x，y）为x＝asinθ
y＝﹣[a﹣（a﹣acosθ）]＝﹣acosθ
这意味着，在范围内，p点形成以D为圆心、a为半径的四分之一圆周，它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界。
因此，所求的最小匀强磁场区域时分别以B和D为圆心、a为半径的两个四分之一圆周和所围成的，其面积为
2008海南卷
[2008海南卷 T5 3分]质子和中子是由更基本的粒子即所谓“夸克”组成的．两个强作用电荷相反（类似于正负电荷）的夸克在距离很近时几乎没有相互作用（称为“渐近自由”）；在距离较远时，它们之间就会出现很强的引力（导致所谓“夸克禁闭”）．作为一个简单的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力F与它们之间的距离r的关系为：
式中F0为大于零的常量，负号表示引力．用U表示夸克间的势能，令U0＝F0（r2﹣r1），取无穷远为势能零点．下列U﹣r图示中正确的是（ ）
【答案】B
【解答】从无穷远处电势为零开始到r＝r2位置，由F的表达式可知，两夸克之间的相互作用力F＝0，则知势能恒定为零；
在r＝r2到r＝r1过程中，恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，即势能为负值且越来越小，此部分图象为A、B选项中所示；
r＜r1之后，F＝0，势能不变，恒定为﹣U0，由引力做功等于势能将少量，故U0＝F0（r2﹣r1）。故B正确。
[2008海南卷 T6 3分](多选）匀强电场中有a、b、c三点．在以它们为顶点的三角形中，∠a＝30°、∠c＝90°，电场方向与三角形所在平面平行．已知a、b和c点的电势分别为（2）V、（2）V和2V．该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为（ ）
A．（2）V、（2）V B．0V、4V
C．（2）V、（2）V D．0V、V
【答案】B
【解析】如图所示，取ab的中点O，即为三角形的外接圆的圆心，且该点电势为2V，故Oc为等势线，其垂线MN为电场线，方向为M→N方向。外接圆上电势最低点为N点，最高点为M点。
设外接半径为R，则UOP＝UOaV，
UON＝ER，UOP＝ERcos30°，
则 UON：UOP＝2：，
故UON＝2V，N点电势为零，为最低电势点，
同理M点电势为4V，为最高电势点。
[2008海南卷 T9 4分](多选）如图，水平地面上有一楔形物体b，b的斜面上有一小物块a；a与b之间、b与地面之间均粗糙。已知楔形物体b静止时，a静止在b的斜面上。现给a和b一个共同的向左的初速度，与a和b都静止时相比，此时可能（ ）
A．a与b之间的压力减少，且a相对b向下滑动
B．a与b之间的压力增大，且a相对b向上滑动
C．a与b之间的压力增大，且a相对b静止不动
D．b与地面之间的压力不变，且a相对b向上滑动
【答案】BC
【解析】依题意，若两物体依然相对静止，则a的加速度一定水平向右，如图将加速度分解为垂直斜面与平行于斜面，则垂直斜面方向，N－mgcosθ=may，即支持力N大于mgcosθ，与都静止时比较，a与b间的压力增大；沿着斜面方向，若加速度a过大，则摩擦力可能沿着斜面向下，即a物块可能相对b向上滑动趋势，甚至相对b向上滑动，故A错，B、C正确；对系统整体，在竖直方向，若物块a相对b向上滑动，则a还具有向上的分加速度，对整体，由牛顿第二定律可知，系统处于超重状态，b与地面之间的压力将大于两物体重力之和，D错。
[2008海南卷 T14 11分]一毫安表头满偏电流为9.90mA，内阻约为300Ω．要求将此毫安表头改装成量程为1A的电流表，其电路原理如图1所示．图中，是量程为2A的标准电流表，R0为电阻箱，R为滑动变阻器，S为开关，E为电源．
（1）完成下列实验步骤：
①将图2虚线框内的实物图按电路原理图连线；
②将滑动变阻器的滑动头调至 端（填“a”或“b”），电阻箱R0的阻值调至零；
③合上开关；
④调节滑动变阻器的滑动头，增大回路中的电流，
使标准电流表读数为1A；
⑤调节电阻箱R0的阻值，使毫安表指针接近满偏，此时标准电流表的读数会 （填“增大”、“减小”或“不变”）；
⑥多次重复步骤④⑤，直至标准电流表的读数为 ，同时毫安表指针满偏．
（2）回答下列问题：
①在完成全部实验步骤后，电阻箱使用阻值的读数为3.1Ω，由此可知毫安表头的内阻为 ．
②用改装成的电流表测量某一电路中的电流，电流表指针半偏，此时流过电阻箱的电流为 A．
⑧对于按照以上步骤改装后的电流表，写出一个可能影响它的准确程度的因素： ． ．
【答案】（1）①如图；②b；⑤减小；⑥1A；（2）①310；②0.495（0.494～0.496均可）；③电阻箱的阻值不能连续变化；标准表和毫安表头的读数误差；电表指针偏转和实际电流的大小不成正比等等
【解析】（1）①据电路图从电源的正极出发，沿电流的流向画实物图如图所示：
②滑动触头在b端时，电阻器的全电阻连入电路，故要使电阻最大应使触头在b端
⑤因电阻箱电阻增大，则总电阻增加，干路电流减小
⑥要使电流达到要改装电流表的满偏电流为1A
（2）①因电阻箱与毫安表是并联关系，故二者电阻与电流成反比： 求得 310Ω
②电阻箱的电流为其两端电压与电阻之比：即 I′0.495A
③实验可能因电阻箱的阻值不能连续变化，导致标准电流表的示数无法精准显示1A，还有电表本身读数上的误差，以及电表指针偏转本身不是随电流均匀偏转等都可能影响改装后的电流表的准确程度．
[2008海南卷 T16 11分]如图，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y轴正方向，磁场方向垂直于xy平面（纸面）向外，电场和磁场都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与 撤除前的一样．一带正电荷的粒子从P（x＝0，y＝h）点以一定的速度平行于x轴正向入射．这时若只有磁场，粒子将做半径为R0的圆周运动：若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动．现在，只加电场，当粒子从P点运动到x＝R0平面（图中虚线所示）时，立即撤除电场同时加上磁场，
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