1、2021年高考物理真题试卷（海南卷）一、选择题1.在地面上方某一点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中（ ）A.速度和加速度的方向都在不断变化B.速度与加速度方向之间的夹角一直减小C.在相等的时间间隔内，速率的该变量相等D.在相等的时间间隔内，动能的改变量相等2.如图，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a和b叠放在P的斜面上，整个系统处于静止状态。若将a和b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2和f3表示。则（ ） A.f1=0，f20，f30B.f10，f2=0，f3=0C.f10，f20，f3=0D.f10，f20，f303.如图，光滑
2、圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1 ， 在高点时对轨道的压力大小为N2.重力加速度大小为g，则N1N2的值为（ ）A.3mgB.4mgC.5mgD.6mg4.如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距。两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流。若（ ） A.金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B.金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向C.金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针D.金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时
3、针5.沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度-时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在05s，510s，1015s内F的大小分别为F1、F2和F3 ， 则（ ） A.F1F3C.F1F3D.F1=F36.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（q0）的粒子在电容器中靠近下极板处。以初动能 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.EK04qdB.EK02qdC.2EK02qdD.2EK0qd7.通过观察冥王星的卫星，可以推算出冥王星的质量。假设卫
4、星绕冥王星做匀速圆周运动，除了引力常量外，至少还需要两个物理量才能计算出冥王星的质量。这两个物理量可以是（ ）A.卫星的速度和角速度B.卫星的质量和轨道半径C.卫星的质量和角速度D.卫星的运行周期和轨道半径8.如图（a）所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出声音。俯视图（b）表示处于辐射状磁场中的线圈（线圈平面即纸面）磁场方向如图中箭头所示，在图（b）中（ ） A.当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里B.当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外C.当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里D.当电流沿
5、逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外9.图（a）所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4:1，RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图（b）所示。下列说法正确的是（ ） A.变压器输入、输出功率之比为4:1B.变压器原、副线圈中的电流强度之比为1:4C.u随t变化的规律为 u=51sin(50d) （国际单位制）D.若热敏电阻RT的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大10.如图，一带正电的点电荷固定于点，两虚线圆均以为圆心，两实线分别为带电粒子和先后在电场中运动的轨迹，、为轨迹和虚线
6、圆的交点。不计重力。下列说法说法正确的是（ ） 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二、填空题11.某同学利用图（a）所示的实验装置探究物块速度随时间的变化。物块放在桌面上，细绳的一端与物块相连，另一端跨过滑轮挂上钩码。打点计时器固定在桌面左端，所用交流电源频率为50Hz。纸带穿过打点计时器连接在物块上。启动打点计时器，释放物块，物块在钩码的作用下拖着纸带运动。打点计时器打出的纸带如图（b）所示（图中相邻两点间有4个点未画出）。根据实验数据分析，该同学认为物块的运动为匀加速运动。回答
7、下列问题：（1）在打点计时器打出B点时，物块的速度大小为_m/s。在打出D点时，物块的速度大小为_m/s；（保留两位有效数字）（2）物块的加速度大小为_m/s。（保留两位有效数字）12.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 100A ， 表头上标记的内阻值为900。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=_，R2=_,R3=_。（2）用量程为3V
8、，内阻为2500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50和5k。为了方便实验中调节电压，图中R应选用最大阻值为_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”）900。三、计算题13.水平地面上有质量分别为m和4m的物A和B，两者与地面的动摩擦因数均为。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图所示。初始时，绳处于水平拉
9、直状态。若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g。求物块B克服摩擦力所做的功；物块A、B的加速度大小。14.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。求磁场的磁感应强度的大小；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；若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且
10、在磁场内运动的时间为 43t0 ，求粒子此次入射速度的大小。15.【选修3-3】（1）一定量的理想气体从状态M可以经历过程1或者过程2到达状态N，其p-V图像如图所示。在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化。对于这两个过程，下列说法正确的是（ ） A.气体经历过程1，其温度降低B.气体经历过程1，其内能减少C.气体在过程2中一直对外放热D.气体在过程2中一直对外做功E.气体经历过程1的内能该变量与经历过程2的相同（2）如图，密闭汽缸两侧与一“U”形管的两端相连，汽缸壁导热；“U”形管内盛有密度为 =7.5102kg/m3 的液体。一活塞将汽缸分成左、
11、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=4.5103Pa 。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。 16.【选修3-4】（1）下列说法正确的是（ ）A.在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比B.弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变C.在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小D.系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率E.已知弹簧振子初始时刻的
12、位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向（2）如图，半径为R的半球形玻璃体置于水平桌面上，半球的上表面水平，球面与桌面相切于A点。一细束单色光经球心O从空气中摄入玻璃体内（入射面即纸面），入射角为45，出射光线射在桌面上B点处。测得AN之间的距离为 R2 .现将入射光束在纸面内向左平移，求射入玻璃体的光线在球面上恰好发生全反射时，光束在上表面的入射点到O点的距离。不考虑光线在玻璃体内的多次反射。17.【选修3-5】（1）下列说法正确的是（ ）A.爱因斯坦在光的粒子性的基础上，建立了光电效应方程B.康普顿效应表明光子只具有能量，不具有动量C.成功地解释了氢原子光谱的实验规律D.卢瑟福
13、根据粒子散射实验提出了原子的核式结构模型E.德布罗意指出微观粒子的动量越大，其对应的波长就越长（2）如图，物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器（图中未画出）射出的物块B沿水平方向与A相撞，碰撞后两者粘连在一起运动，碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器（图中未画出）测得。某同学以h为纵坐标，v2为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为k=1.9210-3s2/m。已知物块A和B的质量分别为mA=0.400kg和mB=0.100kg，重力加速度大小g=9.8m/s2。（i）若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求h-v2直线斜率的理论值k0
14、。（ii）求k值的相对误差 (=|kk0|k0) 100%，结果保留1位有效数字。答案解析部分一、选择题1.【答案】 B 【考点】平抛运动 【解析】【解答】由于物体做平抛运动，故物体只受重力作用，故加速度不变，而由于物体做曲线运动，故速度大小和方向时刻在变化，故选项A错误；设某时刻速度与竖直方向夹角为 ，则 ，随着时间 的变大，故 变小，则 变小，故选项B正确；根据加速度定义式 ，则 ，即在相等的时间间隔内，速度的该变量相等，故选项C错误；根据动能定理，在相等的时间间隔内，动能的改变量等于重力的功，即 ，由于平抛运动在竖直方向上，在相等时间内的位移不相等，故选项D错误。【分析】明确平抛运动的性
15、质，知道平抛运动可分解为竖直方向上的自由落体运动和水平方向上的匀速直线运动；再根据运动的合成和分解规律可明确速度及速率的变化情况2.【答案】 C 【考点】整体法隔离法 【解析】【解答】首先对整体受力分析可以知道，整体相对地面没有相对运动趋势，故 ，在将a和b看成一个整体，ab整体有相对斜面向下运动的趋势，故b与P之间有摩擦力，即 ，在对a进行受力可以知道，由于a处于静止状态，故a相对于b有向下运动的趋势，故a和b之间存在摩擦力作用，即 ，故选项C正确。【分析】分别对a、ab以及abP整体进行分析，根据平衡条件可明确各研究对象是否受到摩擦力作用本题考查静摩擦力的分析和判断，要注意明确静摩擦力随物
16、体受到的外力的变化而变化；同时明确静摩擦力产生的条件，从而分析是否存在摩擦力；同时注意整体法与隔离法的正确应用3.【答案】 D 【考点】圆周运动实例分析 【解析】【解答】解：设最高点的速度为v2 ， 最低点速度为v1；对由最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒定律可知：-mg2R=12mv22-12mv12根据向心力公式可得：最高点时：N2+mg=mv22R最低点时；N1-mg=mv12R联立解得：N1-N2=6mg；故选：D【分析】根据机械能守恒定律可明确最低点和最高点的速度关系；再根据向心力公式可求得小球在最高点和最低点时的压力大小，则可求得压力的差值本题考查机械能守恒定律以及向心力公式，
17、要注意明确小球在圆环内部运动可视为绳模型；最高点时压力只能竖直向下4.【答案】 D 【考点】楞次定律 【解析】【解答】根据楞次定律，当金属圆环上、下移动时，穿过圆环的磁通量不发生变化，故没有感应电流产生，故选项AB错误；当金属圆环向左移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为顺时针，故选项C错误；当金属圆环向右移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为逆时针，故选项D正确。【分析】通过线圈面积的磁通量发生变化时，则会出现感应电动势，当电路闭合时，则产生感应电流结合楞次定律可判定感应电流方向本题考查楞次定律的
18、应用，掌握感应电流的产生条件，理解右手螺旋定则的内容穿过线框的磁通量变化有几种方式，有磁场变化导致磁通量变化，也有面积变化导致磁通量变化，还有磁场与面积均变化导致磁通量变化的，最后有磁场与面积均没有变，而是放置的角度变化导致磁通量变化5.【答案】 A 【考点】V-t图象，速度、速率 【解析】【解答】根据 图像可以知道，在 内加速度为 ，方向沿斜面向下；在 内，加速度 ；在 内加速度为 ，方向沿斜面向上；受力分析如图：在 内，根据牛顿第二定律： ，则： ；在 内，根据牛顿第二定律： ，则： ；在 内，根据牛顿第二定律： ，则： 【分析】速度时间图象的斜率表示加速度的大小，斜率为正，表示加速运动，
19、斜率为负，表示减速运动，再根据牛顿第二定律分析拉力的大小即可6.【答案】 B 【考点】电场强度和电场线，电容器 【解析】【解答】根据电荷受力可以知道，粒子在电场中做曲线运动，如图所示：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，如图，将粒子初速度 分解为垂直极板的 和平行极板的 ，根据运动的合成与分解，当分速度 时，则粒子的速度正好平行上极板，则根据运动学公式： ，由于 ， ，联立整理得到： ，故选项B正确。【分析】粒子在电场中只受到电场力的作用，只有电场力做功，计算出粒子在电场分析上的动能的大小，根据动能定理即可计算电场强度的大小7.【答案】 A,D 【考点】卫星问题 【解析】【解
20、答】根据线速度和角速度可以求出半径 ，根据万有引力提供向心力则：，整理可以得到： ，故选项A正确；由于卫星的质量 约掉，故与卫星的质量无关，故选项BC错误；若知道卫星的周期和半径，则 ，整理得到： ，故选项D正确。【分析】人造卫星绕地球做匀速圆周运动时，万有引力充当向心力，由万有引力定律结合牛顿第二定律列式求中心天体的质量，然后由选项条件判断正确的答案8.【答案】 B,C 【考点】安培力 【解析】【解答】将环形导线分割成无限个小段，每一小段看成直导线，则根据左手定则，当电流瞬时针时，导线的安培力垂直纸面向外，故选项A错误，选项B正确；当电流逆时针时，根据左手定则可以知道安培力垂直纸面向里，故选
21、项C正确，选项D错误。【分析】应用化曲为直法，把线圈看成一小段一小段的直导线连接而成，再根据左手定则判断所受安培力的方向即可9.【答案】 B,D 【考点】变压器原理 【解析】【解答】由题意，变压器是理想变压器，故变压器输入、输出功率之比为 ，故A错误；变压器原、副线圈中的电流之比与匝数成反比，即 ，故选项B正确；由图（b）可知交流电压最大值 ，周期 ，可由周期求出角速度的值为 ，则可得交流电压 的表达式 ，故选项C错误； 处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，故选项D正确。【分析】变压器原副线圈的输入功率和输出功率相等，根据电流之比等于匝数之反比求出原副线圈的电流比根据交变
22、电压的u-t图线得出峰值和周期，从而求出角速度，得出u-t的表达式抓住输入电压不变，得出输出电压不变，结合副线圈负载电阻的变化得出电流的变化10.【答案】 A,B,C 【考点】电势差、电势、电势能 【解析】【解答】如图所示，M粒子的轨迹向左弯曲，则带电粒子所受的电场力方向向左，可知M带电粒子受到了引力作用，故M带负电荷，而N粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力方向向下，说明N粒子受到斥力作用，故N粒子带正电荷，故选项A正确；由于虚线是等势面，故M粒子从a到b电场力对其做负功，故动能减小，故选项B正确；对于N粒子，由于d和e在同一等势面上，故从d到e电场力不做功，故电势能不变，故选项C正确
23、；由于N粒子带正电，故从c点运动到d点的过程中，电场力做正功，故选项D错误。【分析】根据轨迹的弯曲，确定粒子所受的力是吸引力还是排斥力，从而确定粒子的电性；根据动能定理，结合库仑力做功情况判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化二、填空题11.【答案】 （1）0.56；0.96（2）2.0 【考点】速度、速率，加速度 【解析】【解答】（1）根据匀变速直线运动中中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，所以： ， ；（2）根据题意，该同学认为物块的运动为匀加速运动，则根据速度公式：，带入数据整理可以得到： 。【分析】（1）做匀变速直线运动的物体，某一时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速
24、度，所以B点的速度等于AC两点间的平均速度，D点速度等于CE两点间的平均速度。（2）根据逐差法求加速度12.【答案】 （1）100；910；2000（2）50（3）M（4）大于 【考点】电磁学实验 【解析】【解答】（1）根据题意， 与表头G构成 的电流表，则： ，整理： ；若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为 ，则 ；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为 ，则 。（2）电压表与之并联之后，电阻小于 ，对于分压式电路，要求滑动变阻器的最大阻值远小于并联部分，同时还有便于调节，故滑动变阻器选择小电阻，即选择 的电阻。（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，
25、启到一种保护作用。（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 。【分析】（1）根据串并联电路的知识求定值电阻的阻值（2）在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器（3）分压电路，控制电路两端的电压由0开始增大，同时也起到保护作用（4）改装表的读数比标准表的读数偏小，指针偏转的角度偏小，流过的表头的电流偏小，可能是表头电阻偏大三、计算题13.【答案】 解：物块A移动了距离s，则物块B移动的距离为： s1=12s物块B受到的摩擦力大小为： f=4mg物块B克服摩擦力所做的功为： W=fs1=2mgs设物块
26、A、B的加速度大小分别为aA、aB ， 绳中的张力为T，有牛顿第二定律得：FmgT=maA ， 2T4mg=4maB由A和B的位移关系得： aA=2aB联立得： aA=F3mg2m ， aB=F3mg4m 。【考点】摩擦力做功 【解析】【分析】（1）根据几何关系确定B的位移；再根据滑动摩擦力公式可明确摩擦力的大小，根据功的公式即可求得克服摩擦力所做的功；（2）分别对AB受力分析，根据牛顿第二定律进行列式，联立可求得两物体的加速度14.【答案】 解：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=4t0 设磁感应强度大小为B，粒子速度为 v ，圆周运动的半径为
27、 r ，由洛伦兹力公式和牛顿定律得：qvB=mv2R 匀速圆周运动的速度满足： v=2rT 联立式得： B=m2qt0 设粒子从OA变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 1 和 2 。由几何关系有： 1=1802 粒子两次在磁场中运动的时间分别为 t1 与 t2 ，则： t1+t2=T2=2t0 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OOD=BOA=30
28、 r0cosOOD+r0cosBOA=L 设粒子此次入射速度的大小为 v0 ，由圆周运动规律： v0=2r0T 联立式得：v0=3L7t0 【考点】洛伦兹力 【解析】【分析】（1）粒子垂直OA进入磁场中，转过90，垂直打在y轴上，则 ，求出周期，由周期公式T= 求B的大小（2）画出两个粒子的运动轨迹，设轨迹所对应的圆心角分别为1和2 ， 由几何关系有1=180-2 ， 可得到时间之和等于 T2 （3）根据圆周运动知识知道，两粒子在磁场中运动的时间差t与=2-1成正比，只要求出的最大值，即可求得2的最大值由t= T和已知条件tmax= ，联立可求出2的最大值，再结合几何知识求出轨迹的半径，由牛顿
29、第二定律，利用洛伦兹力等于向心力，列式求解速度15.【答案】 （1）A,B,E（2）解：设初始状态时汽缸左气室的体积为 V01 ，右气室的体积为 V02 ；当活塞至汽缸中某位置时，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 P0V02=P2V2 依题意有： V01+V02=V1+V2 由力的平衡条件有： P2P1=g 联立式，并代入题给数据得： 2V12+3V01V19V012=0 由此解得： V1=32V01 （另一解不合题意，舍去）由式和题给条件得： V1:V2=1:1 。【考点】气体实验定律 【解析】【解答】（1）气体经
30、历过程1，压强减小，体积变大，膨胀对外做功，内能减小，故温度降低，故选项AB正确；气体在过程2中，根据理想气体状态方程 ，刚开始时，体积不变，压强减小，则温度降低，对外放热，然后压强不变，体积变大，膨胀对外做功，则温度升高，吸热，故选项CD错误；无论是经过1过程还是2过程，初、末状态相同，故内能改变量相同，故选项E正确。【分析】（1）AB、根据绝热，既不吸热，也不放热，结合热力学第一定律：U=Q+W，即可判定；CD、根据理想气体状态方程 ，结合过程2中，压强与体积的变化情况，从而即可求解；E、依据初末状态的温度相同，从而确定内能改变量也相同（2）对左右两部分气体分别运用玻意耳定律列式，由力的平
31、衡找出压强关系，由几何关系找出体积关系16.【答案】 （1）A,B,D（2）解：当光线经球心O入射时，光路图如图所示：设玻璃的折射率为 n ，由折射定律有： n=sinisin 式中，入射角 i=45 ， 为折射角， OAB 为直角三角形因此： sin=ABOA2+AB2 发生全反射时，临界角C满足： sinC=1n在玻璃体球面上光线恰好发生全反射时，光路图如图所示：设此时光线入射点为E，折射光线射到玻璃体球面的D点，由题意有： EDO=C 在 EDO 内，根据正弦定理有： ODsin(90)=OEsinC 联立以上各式并利用题给条件得： OE=22R 。【考点】单摆，弹簧综合，光的折射 【解
32、析】【解答】（1）根据单摆周期公式： 可以知道，在同一地点，重力加速度 为定值，故周期的平方与其摆长成正比，故选项A正确；弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能参与转化，根据机械能守恒条件可以知道，振动系统的势能与动能之和保持不变，故选项B正确；根据单摆周期公式： 可以知道，单摆的周期与质量无关，故选项C错误；当系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，故选项D正确；若弹簧振子初始时刻的位置在平衡位置，知道周期后，可以确定任意时刻运动速度的方向，若弹簧振子初始时刻的位置不在平衡位置，则无法确定，故选项E错误。【分析】（1）根据单摆的周期公式分析周期与摆长的关系弹簧振子做简谐振
33、动时，系统的机械能守恒单摆的周期与摆球的质量无关受迫振动的频率等于驱动力的频率根据时间与周期的关系，结合弹簧振子初始时刻的振动方向才可确定弹簧振子在任意时刻运动速度的方向（2）根据几何关系求出光线从O点射入时的折射角的正弦，结合折射定律求出折射率，在玻璃体球面上光线恰好发生全反射时，作出光路图，根据角度关系，运用正弦定理求出束在上表面的入射点到O点的距离17.【答案】 （1）A,C,D（2）解：（i）设物块A和B碰撞后共同运动的速度为 v ,由动量守恒定律有： mBv=(mA+mB)v 在碰撞后A和B共同上升的过程中，由机械能守恒定律有： 12(mA+mB)v2=(mA+mB)g 联立式得：
34、=mB22g(mA+mB)2v2 由题意得： k0=mB22g(mA+mB)2 代入题给数据得： k0=2.04103S2/m （ii）按照定义： =|kk0|k0100% 由式和题给条件得： =6% 。【考点】机械能守恒及其条件，动量守恒定律，光的波粒二象性，光电效应 【解析】【解答】（1）爱因斯坦提出了光子假说，建立了光电效应方程，故选项A正确；康普顿效应表明光不仅具有能量，还具有动量，故选项B错误；波尔的原子理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律，故C正确；卢瑟福根据 粒子散射实验提出了原子核式结构模型，故D正确；布罗意波波长为： ，其中P为微粒的动量，故动量越大，则对应的波长就越短，故选项E错误。【分析】（1）爱因斯坦建立了光电效应方程；康普顿效应表明光子有能量，也有动量；波尔的原子理论只能成功地解释了氢原子光谱；卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，建立了原子的核式结构模型；依据德布罗意波长公式 ，可知，波长与运量的关系（2）（i）若B与A碰撞过程，由碰撞时间极短，外力的冲量不计，认为AB系统的动量守恒由动量守恒定律得出碰后AB的共同速度在碰撞后A和B共同上升的过程中，绳子拉力不做功，AB共同体的机械能守恒，由机械能守恒定律列式，联立可得到h与v2的关系式，结合数学知识得到h-v2直线斜率的理论值k0 （ii）根据题意 =|kk0|k0100% ，求k值的相对误差
