2014年海南省高考物理试卷
一、单选题
1．（2014·海南）如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方．有一条形磁铁（N极朝上，S极朝下）由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向（从上向下看），下列说法正确的是（ ）
A．总是顺时针 B．总是逆时针
C．先顺时针后逆时针 D．先逆时针后顺时针
2．（2014·海南）理想变压器上接有三个完全相同的灯泡，其中一个与该变压器的原线圈串联后接入交流电源，另外两个并联后接在副线圈两端．已知三个灯泡均正常发光．该变压器原、副线圈的匝数之比为（ ）
A．1：2 B．2：1 C．2：3 D．3：2
3．（2014·海南）将一物体以某一初速度竖直上抛．物体在运动过程中受到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动时间为t1，再从最高点回到抛出点的运动时间为t2，如果没有空气阻力作用，它从抛出点到最高点所用的时间为t0，则（ ）
A．t1＞t0 t2＜t1 B．t1＜t0 t2＞t1
C．t1＞t0 t2＞t1 D．t1＜t0 t2＜t1
4．（2014·海南）如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g．粒子运动加速度为（ ）
A． g B． g C． g D． g
5．（2014·海南）如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO′段水平，长度为L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L．则钩码的质量为（ ）
A． M B． M C． M D． M
6．（2014·海南）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．
二、多项选择题
7．（2014·海南）下列说法中，符合物理学史实的是（ ）
A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体或静止
B．牛顿认为，力是物体运动状态改变的原因，而不是物体运动的原因
C．麦克斯韦发现了电流的磁效应，即电流可以在其周围产生磁场
D．奥斯特发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转
8．（2014·海南）如图，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流，a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为 、l和3l．关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是（ ）
A．a处的磁感应强度大小比c处的大 B．b、c两处的磁感应强度大小相等
C．a、c两处的磁感应强度方向相同 D．b处的磁感应强度为零
9．（2014·海南）如图（a），直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v﹣t图线如图（b）所示，设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有（ ）
A．φa＞φb B．Ea＞Eb C．Ea＜Eb D．Wa＞Wb
10．（2014·海南）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
三、实验题
11．（2014·海南）现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度．螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示．
（1）由上图读得圆柱体的直径为 mm，长度为 cm．
（2）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用测得的D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ= ．
12．（2014·海南）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 ．
四、解答题．
13．（2014·海南）短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段．一次比赛中，某运动用11.00s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．
14．（2014·海南）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．
五、模块3-3
15．（2014·海南）下列说法正确的是 （ ）
A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
B．单晶体有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点
C．单晶体中原子（或分子、离子）的排列具有空间周期性
D．通常金属在各个方向的物理性质都相同，所以金属是非晶体
E．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征
16．（2014·海南）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．
六、模块3-4
17．（2014·海南）一列简谐横波沿x轴传播，a、b为x轴上的两质点，平衡位置分别为x=0，x=xb（xb＞0）．a点的振动规律如图所示，已知波速为v=10m/s，在t=0.1s时，b点的位移为0.05m，则下列判断可能正确的是 （ ）
A．波沿x轴正向传播，xb=0.5m B．波沿x轴正向传播，xb=1.5m
C．波沿x轴负向传播，xb=2.5m D．波沿x轴负向传播，xb=3.5m
18．（2014·海南）如图，矩形ABCD为一水平放置的玻璃砖的截面，在截面所在平面有一细束激光照射玻璃砖，入射点距底面的高度为h，反射光线和折射光线与底面所在平面的交点到AB的距离分别l1和l2，在截面所在平面内，改变激光束在AB面上入射点的高度与入射角的大小，当折射光线与底面的交点到AB的距离为l3时，光线恰好不能从底面射出，求此时入射点距离底面的高度H．
七、模块3-5试题
19．（2014·海南）在光电效应实验中，用同一种单色光，先后照射锌和银的表面，都能发生光电效应．对于这两个过程，下列四个物理过程中，一定不同的是（ ）
A．遏止电压 B．饱和光电流
C．光电子的最大初动能 D．逸出功
20．（2014·海南）一静止原子核发生α衰变，生成一α粒子及一新核，α粒子垂直进入磁感应强度大小为B的匀强磁场，其运动轨迹是半径为R的圆．已知α粒子的质量为m，电荷量为q；新核的质量为M；光在真空中的速度大小为c．求衰变前原子核的质量．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】解：由图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向，故C正确．
故选：C．
【分析】由楞次定律可以判断出感应电流的方向．
2．【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】解：设每只灯的额定电流为I，额定电压为U，因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2I，原副线圈电流之比为1：2，所以原、副线圈的匝数之比为2：1．
故选：B．
【分析】设每只灯的额定电流为I，因并联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2I，由电流关系求出匝数比；由匝数比求电压关系．
3．【答案】B
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】解：不计阻力时，物体做竖直上抛运动，根据其运动的公式可得： ，
当有阻力时，设阻力大小为f，上升时有：
mg+f=ma，
上升时间
有阻力上升位移与下降位移大小相等，下降时有
mg﹣f=ma1， ，
根据 ，可知t1＜t2故ACD错误，B正确．
故选：B．
【分析】题中描述的两种情况物体均做匀变速运动，弄清两种情况下物体加速度、上升高度等区别，然后利用匀变速运动规律求解即可．
4．【答案】A
【知识点】对单物体(质点)的应用；电容器及其应用
【解析】【解答】解：粒子受重力和电场力，开始时平衡，有：
mg=q ①
当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有：
mg﹣q =ma ②
联立①②解得：
a= g
故选：A．
【分析】金属板内部场强为零，有厚度为l的金属板，相当于平行板电容器的间距减小了l；粒子受重力和电场力，根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解加速度．
5．【答案】D
【知识点】力的合成
【解析】【解答】解：重新平衡后，绳子形状如下图：
由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为30°，则环两边绳子的夹角为60°，则根据平行四边形定则，环两边绳子拉力的合力为 Mg，
根据平衡条件，则钩码的质量为 M．
故选：D．
【分析】由几何关系求出环两边绳子的夹角，然后根据平行四边形定则求钩码的质量．
6．【答案】A
【知识点】万有引力定律及其应用
【解析】【解答】解：在赤道上：G ，可得 ①
在南极： ②
由①②式可得： = ．
故选：A．
【分析】在赤道上物体所受的万有引力与支持力提供向心力可求得支持力，在南极支持力等于万有引力．
7．【答案】A,B,D
【知识点】物理学史
【解析】【解答】解：A、亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体静止，故A正确；
B、牛顿认为，力是物体运动状态改变的原因，而不是物体运动的原因，故B正确；
C、奥斯特发现了电流的磁效应，即电流可以在其周围产生磁场，故C错误；
D、奥斯特发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转，电流可以在其周围产生磁场，故D正确．
故选：ABD．
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
8．【答案】A,D
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】解：A、B、C、根据安培定则判断知：左侧导线在a点产生的磁场方向向里，在c点产生的磁场方向向外，右侧导线在a点产生的磁场方向向里，在b点产生的磁场方向向里，根据磁感线的疏密表示磁场的强弱，可知离直导线越远，磁场越弱，可知：a处磁感线比c处密，则a处的磁感应强度大小比c处的大．由磁场的叠加可知：a、c两处的磁感应强度方向相反．故A正确，BC错误；
D、由于左右侧导线在b处产生的磁感应强度方向相反，大小相等，所以b处的磁感应强度为零，故D正确．
故选：AD．
【分析】根据安培定则判断两根直导线在三个点产生的磁场方向，由磁场的叠加原理分析即可．
9．【答案】B,D
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】解：A、负电荷从a释放（初速度为0）后，能加速运动到b，说明负电荷受到的电场力方向是从a指向b，那么电场方向就是由b指向a，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以a、b两点的电势关系是φa＜φb，故A错误；
【分析】根据受力方向判断电场线方向，根据加速度的大小判断场强大小的变化．
B、C、由图b知．图线的斜率减小，则负电荷从a运动到b的过程中，它的加速度是逐渐减小的，由牛顿第二定律知，负电荷从a到b时，受到的电场力是逐渐减小的，由 E= 知，Ea＞Eb，故B正确，C错误；
D、负电荷在电势高处电势能小，因φa＜φb则Wa＞Wb，故D正确．
故选：BD．
10．【答案】A,D
【知识点】功能关系；动能和势能的相互转化
【解析】【解答】解：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．
故选：AD．
【分析】b的速度在绳子方向的分速度与a的速度相等，比较出速度大小即可比较动能的大小．
11．【答案】（1）1.847；4.240
（2）
【知识点】电阻定律
【解析】【解答】解：（1）由图a所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为1.5mm，游标尺示数为34.7×0.01mm=0.347mm，螺旋测微器示数为1.5mm+0.347mm=1.847mm；由图所示可知，游标卡尺主尺示数为4.2cm，游标尺示数为8×0.05mm=0.40mm，游标卡尺示数为42mm+0.40mm=42.40mm=4.240cm；（2）根据电阻定律，有：R=ρ =ρ
解得：ρ= ．故答案为：（1）1.847，4.240；（2） ．
【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；（2）根据欧姆定律和电阻定律列式求解．
12．【答案】（1）
（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
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】解：（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=0.5W＞ W，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r= = =50Ω；（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．故答案为：（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．
【分析】（1）根据伏安法测电源电动势与内阻的原理作出实验电路图；（2）根据题意选择定值电阻；（3）由图象求出电源内阻；（4）根据实验电路分析实验误差．
13．【答案】解：根据题意，在第1s和第2s内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1s和第2s内通过的位移分别为s1和s2，
由运动学规律得
t0=1s
联立解得 a=5m/s2
设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v，跑完全程的时间为t，全程的距离为s，依题决及运动学规律，得
t=t1+t2
v=at1
设加速阶段通过的距离为s′，
则
求得s′=10m
答：该运动员的加速度为5m/s2及在加速阶段通过的距离为10m．
【知识点】匀变速直线运动基本公式应用
【解析】【分析】设他做匀加速直线运动的时间为t1，位移大小为小x1，加速度大小为a，做匀速直线运动的速度为v，根据运动学基本公式，抓住位移位移列式即可求解．
14．【答案】（1）解：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）解：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， ，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： ．
【知识点】对单物体(质点)的应用；洛伦兹力的计算
【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律与粒子的周期公式求出粒子的运动时间．（2）分析清楚粒子在电场中的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式求出电场强度．
15．【答案】C,E
【知识点】固体和液体
【解析】【解答】解：A：表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直，故A错误；
B、晶体分为单晶体和多晶体，都有固定的熔点，故B错误；
C、单晶体具有各向异性，原子（或分子、离子）的排列具有空间周期性，故C正确；
D、通常金属在各个方向的物理性质都相同，但具有固定的熔点，为晶体，故D错误；
E、液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征，故E正确．
故选：CE．
【分析】表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直；晶体分为单晶体和多晶体，都有固定的熔点；液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征
16．【答案】解：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： ；
答：活塞质量为
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；理想气体的实验规律
【解析】【分析】气体发生等温变化，根据题意求出气体的状态参量，然后应用玻意耳定律解题．
17．【答案】B,C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】解：由振动图象可知，T=0.2s，根据λ=vT得：λ=10×0.2=2m，
A、B、若波沿x轴正向传播，在t=0.1s时，a在平衡位置处，b在波峰处，ab平衡位置的距离 ，所以xb= ，当n=0时，xb=1.5m，故A错误，B正确；
C、D、若波沿x轴负向传播，在t=0.1s时，a在平衡位置，b在波峰处，ab平衡位置的距离 ，所以 ，当n=1时，xb=2.5m，故C正确，D错误．
故选：BC．
【分析】根据a的振动图象得出周期，根据λ=vT求出波长，分波沿x轴正向传播和沿x轴负向传播两种情况讨论即可求解．
18．【答案】解：设玻璃砖的折射率为n，入射角和反射角为θ1，折射角为θ2，由光的折射定律：
根据几何关系有：
因此求得：
根据题意，折射光线在某一点刚好无法从底面射出，此时发生全反射，设在底面发生全反射时的入射角为θ3，
有：
由几何关系得
解得：
答：此时入射点距离底面的高度 ．
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】根据折射定律、几何知识以及全反射定律列方程组求解．
19．【答案】A,C,D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】解：同一束光照射不同的金属，一定相同的是入射光的光子能量，不同的金属，逸出功不同，根据光电效应方程Ekm=hv﹣W0知，最大初动能不同，则遏止电压不同；同一束光照射，光中的光子数目相等，所以饱和光电流是相同的．
故选：ACD．
【分析】同一束光的光子能量相同，不同的金属，逸出功不同，根据光电效应方程Ekm=hv﹣W0判断光电子最大初动能的大小．
20．【答案】解：设衰变产生的α粒子的速度大小为v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得：
设衰变后新核的速度大小为V，衰变前后动量守恒，有：0=MV﹣mv
设衰变前原子核质量为M0，衰变前后能量守恒，有：
以上三式解得：
答：衰变前原子核的质量为 ．
【知识点】动量守恒定律；原子核的衰变、半衰期
【解析】【分析】根据带电粒子在匀强磁场中洛伦兹力提供向心力，求得α粒子的速度，再结合动量守恒定律和质能方程即可求得衰变前原子核的质量．
1 / 12014年海南省高考物理试卷
一、单选题
1．（2014·海南）如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方．有一条形磁铁（N极朝上，S极朝下）由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向（从上向下看），下列说法正确的是（ ）
A．总是顺时针 B．总是逆时针
C．先顺时针后逆时针 D．先逆时针后顺时针
【答案】C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】解：由图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向，故C正确．
故选：C．
【分析】由楞次定律可以判断出感应电流的方向．
2．（2014·海南）理想变压器上接有三个完全相同的灯泡，其中一个与该变压器的原线圈串联后接入交流电源，另外两个并联后接在副线圈两端．已知三个灯泡均正常发光．该变压器原、副线圈的匝数之比为（ ）
A．1：2 B．2：1 C．2：3 D．3：2
【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】解：设每只灯的额定电流为I，额定电压为U，因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2I，原副线圈电流之比为1：2，所以原、副线圈的匝数之比为2：1．
故选：B．
【分析】设每只灯的额定电流为I，因并联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2I，由电流关系求出匝数比；由匝数比求电压关系．
3．（2014·海南）将一物体以某一初速度竖直上抛．物体在运动过程中受到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动时间为t1，再从最高点回到抛出点的运动时间为t2，如果没有空气阻力作用，它从抛出点到最高点所用的时间为t0，则（ ）
A．t1＞t0 t2＜t1 B．t1＜t0 t2＞t1
C．t1＞t0 t2＞t1 D．t1＜t0 t2＜t1
【答案】B
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】解：不计阻力时，物体做竖直上抛运动，根据其运动的公式可得： ，
当有阻力时，设阻力大小为f，上升时有：
mg+f=ma，
上升时间
有阻力上升位移与下降位移大小相等，下降时有
mg﹣f=ma1， ，
根据 ，可知t1＜t2故ACD错误，B正确．
故选：B．
【分析】题中描述的两种情况物体均做匀变速运动，弄清两种情况下物体加速度、上升高度等区别，然后利用匀变速运动规律求解即可．
4．（2014·海南）如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g．粒子运动加速度为（ ）
A． g B． g C． g D． g
【答案】A
【知识点】对单物体(质点)的应用；电容器及其应用
【解析】【解答】解：粒子受重力和电场力，开始时平衡，有：
mg=q ①
当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有：
mg﹣q =ma ②
联立①②解得：
a= g
故选：A．
【分析】金属板内部场强为零，有厚度为l的金属板，相当于平行板电容器的间距减小了l；粒子受重力和电场力，根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解加速度．
5．（2014·海南）如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO′段水平，长度为L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L．则钩码的质量为（ ）
A． M B． M C． M D． M
【答案】D
【知识点】力的合成
【解析】【解答】解：重新平衡后，绳子形状如下图：
由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为30°，则环两边绳子的夹角为60°，则根据平行四边形定则，环两边绳子拉力的合力为 Mg，
根据平衡条件，则钩码的质量为 M．
故选：D．
【分析】由几何关系求出环两边绳子的夹角，然后根据平行四边形定则求钩码的质量．
6．（2014·海南）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
【知识点】万有引力定律及其应用
【解析】【解答】解：在赤道上：G ，可得 ①
在南极： ②
由①②式可得： = ．
故选：A．
【分析】在赤道上物体所受的万有引力与支持力提供向心力可求得支持力，在南极支持力等于万有引力．
二、多项选择题
7．（2014·海南）下列说法中，符合物理学史实的是（ ）
A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体或静止
B．牛顿认为，力是物体运动状态改变的原因，而不是物体运动的原因
C．麦克斯韦发现了电流的磁效应，即电流可以在其周围产生磁场
D．奥斯特发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转
【答案】A,B,D
【知识点】物理学史
【解析】【解答】解：A、亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体静止，故A正确；
B、牛顿认为，力是物体运动状态改变的原因，而不是物体运动的原因，故B正确；
C、奥斯特发现了电流的磁效应，即电流可以在其周围产生磁场，故C错误；
D、奥斯特发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转，电流可以在其周围产生磁场，故D正确．
故选：ABD．
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
8．（2014·海南）如图，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流，a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为 、l和3l．关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是（ ）
A．a处的磁感应强度大小比c处的大 B．b、c两处的磁感应强度大小相等
C．a、c两处的磁感应强度方向相同 D．b处的磁感应强度为零
【答案】A,D
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】解：A、B、C、根据安培定则判断知：左侧导线在a点产生的磁场方向向里，在c点产生的磁场方向向外，右侧导线在a点产生的磁场方向向里，在b点产生的磁场方向向里，根据磁感线的疏密表示磁场的强弱，可知离直导线越远，磁场越弱，可知：a处磁感线比c处密，则a处的磁感应强度大小比c处的大．由磁场的叠加可知：a、c两处的磁感应强度方向相反．故A正确，BC错误；
D、由于左右侧导线在b处产生的磁感应强度方向相反，大小相等，所以b处的磁感应强度为零，故D正确．
故选：AD．
【分析】根据安培定则判断两根直导线在三个点产生的磁场方向，由磁场的叠加原理分析即可．
9．（2014·海南）如图（a），直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v﹣t图线如图（b）所示，设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有（ ）
A．φa＞φb B．Ea＞Eb C．Ea＜Eb D．Wa＞Wb
【答案】B,D
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】解：A、负电荷从a释放（初速度为0）后，能加速运动到b，说明负电荷受到的电场力方向是从a指向b，那么电场方向就是由b指向a，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以a、b两点的电势关系是φa＜φb，故A错误；
【分析】根据受力方向判断电场线方向，根据加速度的大小判断场强大小的变化．
B、C、由图b知．图线的斜率减小，则负电荷从a运动到b的过程中，它的加速度是逐渐减小的，由牛顿第二定律知，负电荷从a到b时，受到的电场力是逐渐减小的，由 E= 知，Ea＞Eb，故B正确，C错误；
D、负电荷在电势高处电势能小，因φa＜φb则Wa＞Wb，故D正确．
故选：BD．
10．（2014·海南）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】A,D
【知识点】功能关系；动能和势能的相互转化
【解析】【解答】解：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．
故选：AD．
【分析】b的速度在绳子方向的分速度与a的速度相等，比较出速度大小即可比较动能的大小．
三、实验题
11．（2014·海南）现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度．螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示．
（1）由上图读得圆柱体的直径为 mm，长度为 cm．
（2）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用测得的D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ= ．
【答案】（1）1.847；4.240
（2）
【知识点】电阻定律
【解析】【解答】解：（1）由图a所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为1.5mm，游标尺示数为34.7×0.01mm=0.347mm，螺旋测微器示数为1.5mm+0.347mm=1.847mm；由图所示可知，游标卡尺主尺示数为4.2cm，游标尺示数为8×0.05mm=0.40mm，游标卡尺示数为42mm+0.40mm=42.40mm=4.240cm；（2）根据电阻定律，有：R=ρ =ρ
解得：ρ= ．故答案为：（1）1.847，4.240；（2） ．
【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；（2）根据欧姆定律和电阻定律列式求解．
12．（2014·海南）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）
（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
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】解：（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=0.5W＞ W，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r= = =50Ω；（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．故答案为：（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．
【分析】（1）根据伏安法测电源电动势与内阻的原理作出实验电路图；（2）根据题意选择定值电阻；（3）由图象求出电源内阻；（4）根据实验电路分析实验误差．
四、解答题．
13．（2014·海南）短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段．一次比赛中，某运动用11.00s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．
【答案】解：根据题意，在第1s和第2s内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1s和第2s内通过的位移分别为s1和s2，
由运动学规律得
t0=1s
联立解得 a=5m/s2
设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v，跑完全程的时间为t，全程的距离为s，依题决及运动学规律，得
t=t1+t2
v=at1
设加速阶段通过的距离为s′，
则
求得s′=10m
答：该运动员的加速度为5m/s2及在加速阶段通过的距离为10m．
【知识点】匀变速直线运动基本公式应用
【解析】【分析】设他做匀加速直线运动的时间为t1，位移大小为小x1，加速度大小为a，做匀速直线运动的速度为v，根据运动学基本公式，抓住位移位移列式即可求解．
14．（2014·海南）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）解：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）解：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， ，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： ．
【知识点】对单物体(质点)的应用；洛伦兹力的计算
【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律与粒子的周期公式求出粒子的运动时间．（2）分析清楚粒子在电场中的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式求出电场强度．
五、模块3-3
15．（2014·海南）下列说法正确的是 （ ）
A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
B．单晶体有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点
C．单晶体中原子（或分子、离子）的排列具有空间周期性
D．通常金属在各个方向的物理性质都相同，所以金属是非晶体
E．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征
【答案】C,E
【知识点】固体和液体
【解析】【解答】解：A：表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直，故A错误；
B、晶体分为单晶体和多晶体，都有固定的熔点，故B错误；
C、单晶体具有各向异性，原子（或分子、离子）的排列具有空间周期性，故C正确；
D、通常金属在各个方向的物理性质都相同，但具有固定的熔点，为晶体，故D错误；
E、液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征，故E正确．
故选：CE．
【分析】表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直；晶体分为单晶体和多晶体，都有固定的熔点；液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征
16．（2014·海南）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】解：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： ；
答：活塞质量为
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；理想气体的实验规律
【解析】【分析】气体发生等温变化，根据题意求出气体的状态参量，然后应用玻意耳定律解题．
六、模块3-4
17．（2014·海南）一列简谐横波沿x轴传播，a、b为x轴上的两质点，平衡位置分别为x=0，x=xb（xb＞0）．a点的振动规律如图所示，已知波速为v=10m/s，在t=0.1s时，b点的位移为0.05m，则下列判断可能正确的是 （ ）
A．波沿x轴正向传播，xb=0.5m B．波沿x轴正向传播，xb=1.5m
C．波沿x轴负向传播，xb=2.5m D．波沿x轴负向传播，xb=3.5m
【答案】B,C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】解：由振动图象可知，T=0.2s，根据λ=vT得：λ=10×0.2=2m，
A、B、若波沿x轴正向传播，在t=0.1s时，a在平衡位置处，b在波峰处，ab平衡位置的距离 ，所以xb= ，当n=0时，xb=1.5m，故A错误，B正确；
C、D、若波沿x轴负向传播，在t=0.1s时，a在平衡位置，b在波峰处，ab平衡位置的距离 ，所以 ，当n=1时，xb=2.5m，故C正确，D错误．
故选：BC．
【分析】根据a的振动图象得出周期，根据λ=vT求出波长，分波沿x轴正向传播和沿x轴负向传播两种情况讨论即可求解．
18．（2014·海南）如图，矩形ABCD为一水平放置的玻璃砖的截面，在截面所在平面有一细束激光照射玻璃砖，入射点距底面的高度为h，反射光线和折射光线与底面所在平面的交点到AB的距离分别l1和l2，在截面所在平面内，改变激光束在AB面上入射点的高度与入射角的大小，当折射光线与底面的交点到AB的距离为l3时，光线恰好不能从底面射出，求此时入射点距离底面的高度H．
【答案】解：设玻璃砖的折射率为n，入射角和反射角为θ1，折射角为θ2，由光的折射定律：
根据几何关系有：
因此求得：
根据题意，折射光线在某一点刚好无法从底面射出，此时发生全反射，设在底面发生全反射时的入射角为θ3，
有：
由几何关系得
解得：
答：此时入射点距离底面的高度 ．
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】根据折射定律、几何知识以及全反射定律列方程组求解．
七、模块3-5试题
19．（2014·海南）在光电效应实验中，用同一种单色光，先后照射锌和银的表面，都能发生光电效应．对于这两个过程，下列四个物理过程中，一定不同的是（ ）
A．遏止电压 B．饱和光电流
C．光电子的最大初动能 D．逸出功
【答案】A,C,D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】解：同一束光照射不同的金属，一定相同的是入射光的光子能量，不同的金属，逸出功不同，根据光电效应方程Ekm=hv﹣W0知，最大初动能不同，则遏止电压不同；同一束光照射，光中的光子数目相等，所以饱和光电流是相同的．
故选：ACD．
【分析】同一束光的光子能量相同，不同的金属，逸出功不同，根据光电效应方程Ekm=hv﹣W0判断光电子最大初动能的大小．
20．（2014·海南）一静止原子核发生α衰变，生成一α粒子及一新核，α粒子垂直进入磁感应强度大小为B的匀强磁场，其运动轨迹是半径为R的圆．已知α粒子的质量为m，电荷量为q；新核的质量为M；光在真空中的速度大小为c．求衰变前原子核的质量．
【答案】解：设衰变产生的α粒子的速度大小为v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得：
设衰变后新核的速度大小为V，衰变前后动量守恒，有：0=MV﹣mv
设衰变前原子核质量为M0，衰变前后能量守恒，有：
以上三式解得：
答：衰变前原子核的质量为 ．
【知识点】动量守恒定律；原子核的衰变、半衰期
【解析】【分析】根据带电粒子在匀强磁场中洛伦兹力提供向心力，求得α粒子的速度，再结合动量守恒定律和质能方程即可求得衰变前原子核的质量．
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