高考海南物理试题及答案解析 精编版
2016年普通高等学校招生全国统一考试（海南卷）
物理
一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．【2016年海南，1，3分】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改变
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，速率的改变量相等
D ．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等
【答案】B
【解析】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θ，则00tan y v v v gt θ==，随着时间t 的变大，故tan θ变小，则θ变小，故选项B 正确；根据加速度定义式v a g t
?=
=?，则v g t ?=?，即在相等的时间间隔内，速度的改变量相等，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G W mgh =，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，故选B 。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合加速度公式和动能定理公式灵
活求解即可。
2．【2016年海南，2，3分】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1f 、2f 和3f 表示。则（ ） A ．10f =，20f ≠，30f ≠ B ．10f ≠，20f =，30f =
C ．10f ≠，20f ≠，30f =
D ．10f ≠，20f ≠，30f ≠
【答案】C
【解析】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30f =，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20f ≠，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10f ≠，故选C 。
【点评】“整体隔离法”是力学中的重要方法，一定要熟练掌握，注意对于由多个物体组成的系统，不涉及内力时
优先考虑以整体为研究对象。
3．【2016年海南，3，3分】如图，光滑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1N ，在最高点时对轨道的压力大小为2N 。重力加速度大小为g ，则12–N N 的值为（ ）
A ．3mg
B ．4mg
C ．5mg
D ．6mg
【答案】D
【解析】设小球在最低点速度为1v ，在最高点速度为2v ，在根据牛顿第二定律：在最低点：211v N mg m R
-=，在最高点：222v N mg m R +=，同时从最高点到最低点，根据动能定理：221211222
mg R mv mv ?=-，联立以上三个方程式可以得到：126N N mgR -=，，故选D 。
【点评】解决本题的关键知道向心力的来源，知道最高点的临界情况，通过动能定理和牛顿第二定律进行求解。
4．【2016年海南，4，3分】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针
【答案】D
【解析】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D 。 【点评】解决本题的关键会用安培定则判断电流周围磁场的方向，以及学会根据楞次定律来确定感应电流的方向。 5．【2016年海南，5，3分】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0~5s ，5~10s ，
10~15s 内F 的大小分别为1F 、2F 和3F ，则（ ）
A ．12F F <
B ．23F F >
C ．13F F >
D ．13F F =
【答案】A
【解析】根据v t -图像可以知道，在0~5s 内加速度为210.2m s a =，方向沿斜面向下；在5~10s 内，
加速度20a =；在10~15s 内加速度为210.2m s a =-，方向沿斜面向上；受力分析如图：在
0~5s 内，
根据牛顿第二定律：11sin mg f F ma θ--=，则：1sin 0.2F mg f m θ=--；在5~10s 内，根据牛顿第二定律：22sin mg f F ma θ--=，则：2sin F mg f θ=-；在10~15s 内，根
据牛顿第二定律：33sin f F mg ma θ+-=，则3sin 0.2f F mg f m θ+=-+，故可以得到：321F F F >>，故选A 。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，基础题。
6．【2016年海南，6，3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 ()0q >的粒子在电容器中靠近下极板处。以初动能0k E 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 ．
k04E qd B ．k02E qd
C ．k02E
D ．k02
E 【答案】B
【解析】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0v 分解为垂直极板的y v 和平行极板x v ， 根据运动的合成与分解，当分速度0y v =时，则粒子的速度正好平行上极板，则根据运动学
公式：22
y Eq v d m -=-，由于0cos 45y v v =?，20012
K E mv =，联立整理得到：02K E E qd =，故选B 。 【点评】本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，然后根据类似平抛运动的分位移公式和动能定
理处理，要明确当电场强度最大时，是粒子的速度平行与上极板，而不是零。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目
要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．【2016年海南，7，5分】通过观察冥王星的卫星，可以推算出冥王星的质量。假设卫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
【答案】AD
【解析】根据线速度和角速度可以求出半径v r ω
=，根据万有引力提供向心力，则：22GMm v m r r =，整理可以得到：23v r v M G G ω
==，故选项A 正确；由于卫星的质量m 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222GMm m r r T π??= ???
，整理得到：2324r M GT π=，故选AD 。 【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半
径的关系。
8．【2016年海南，8，5分】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．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外
【答案】BC
【解析】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，当电流顺时针时，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，故选项C正确，选项D错误，故选BC。
【点评】解决本题的关键掌握安培力方向的判定，明确安培力产生的条件，熟练应用左手定则判断安培力的方向。9．【2016年海南，9，5分】图（a）所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比
为4:1，
T
R为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，
1
R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4:1
B．变压器原、副线圈中的电流强度之比为1:4
C．u随t变化的规律为()
51sin50π
u t
=（国际单位制）
D．若热敏电阻R T的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大
【答案】BD
【解析】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1:1，故A错误；变压器原、副线圈中的电流之比与匝数成反比，即12
21
1
4
I n
I n
==，故选项B正确；由图（b）可知交流电压最大值51V
m
U=，周期0.02s
T=，可由周期求出角速度的值为100rad s
ωπ
=，则可得交流电压u的表达式51sin100V
U tπ
=，故选项C错误；
T
R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，选项D正确，故选BD。
【点评】根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键。
10．【2016年海南，10，5分】如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以为O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】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；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，故选ABC。
【点评】本题是轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力．由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路。
三、实验题：本题共2小题，共15分．把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程．11．【2016年海南，11，6分】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） 【答案】（1）0.56，0.96；（2）20
【解析】（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，
0.04610.06590.56m s 20.2AC B x v T +===， 0.08610.10610.96m s 20.2
CE D x v T +===。 （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：2D B v v a T =+?，带入数据整
理可以得到：22.0m s a =。
【点评】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，可以求出打纸带上小车的瞬时速度大
小，然后在速度公式求加速度即可。
12．【2016年海南，12，9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100μA ，表头上标记的内阻值为900Ω。1R 、2R 和3R 是定值
电阻。利用1R 和表头构成1mA 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1V ；若使用a 、c 两个接线柱，电压表的量
程为3V 则根据题给条件，定值电阻的阻值应选1R =_ _Ω，2R = __ ___Ω，
3R =______Ω。
（2）用量程为3V ，内阻为2500Ω的标准电压表○V 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5k Ω。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）100，910，2000；（2）50；（3）M ；（4）大于
【解析】（1）根据题意，1R 与表头G 构成1mA 的电流表，则：()1g g g I R I I R =-，整理：1100R =Ω；若使用a 、
b 两个接线柱，电压表的量程为1V ，则23
10.09910110ab g g U I R R I ---==
Ω=Ω?；若使用a 、c 两个接 线柱，电压表的量程为3V ，则3233
30.091109102000110ac g g U I R IR R I ------??==Ω=Ω?。 （2）电压表与之并联之后，电阻小于2500Ω，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50Ω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，启动一种保护
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，故其实实际阻值大于900Ω。
【点评】本题考查了求电阻阻值、实验器材的选择、电路故障分析，知道电流表的改装原理、分析清楚电路结构、
应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。
四、计算题：本题共2小题，共23分．把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式
和演算步骤．
13．【2016年海南，13，9分】水平地面上有质量分别为m 和4m 的物块A 和B ，两者与地面的动摩擦因数均为μ。
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 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：
（1）物块B 客服摩擦力所做的功；
（2）物块A 、B 的加速度大小。
解：（1）物块A 移动了距离s ，则物块B 移动的距离为112
s s =① 物块B 受到的摩擦力大小为：4f μmg =② 物块B 克服摩擦力所做的功为12W fs μmgs ==③ （2）设物块A 、B 的加速度大小分别为A a 、B a ，绳中的张力为T 。由牛顿第二定律得A F mg T ma μ--=④ 244B T mg ma μ-=⑤ 由A 和B 的位移关系得：A B 2a a =⑥ 联立④⑤⑥式得：
A 3=2F mg a m μ-⑦
B 3=4F mg a m
μ-⑧ 【评分参考】第（1）问3分，①②③式各1分；第（2）问6分，④⑤式各1分，⑥式2分，⑦⑧式各1分。
【点评】采用整体法和隔离法对物体进行受力分析，抓住两物体之间的内在联系，绳中张力大小相等、加速度大
小相等，根据牛顿第二定律列式求解即可．解决本题的关键还是抓住联系力和运动的桥梁加速度。
14．【2016年海南，14，14分】如图，A 、C 两点分别位于x 轴和y 轴上，30OCA ∠=?，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0t 。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053
t ，求粒子此次入射 速度的大小。
解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间0t 内其速度方向改变了90?，故其周期04T t =①
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定律得
2=v qvB m r ② 匀速圆周运动速度满足2r v T
π=③联立①②③式得02m B qt =π④ （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1θ和2θ。由几何关系12180θθ=?-⑤
粒子两次在磁场中运动的时间分别为1t 与2t ，则12022
T t t t +==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0r ，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30OO D BO A ''∠=∠=?⑦ 00cos cos r B A
r OO D L O '∠+='∠⑧ 设粒子此次入射速度大小为0v ，由圆周运动规律002πr v T
=
⑨联立①⑦⑧⑨式得003πL v =⑩ 【评分参考】第（1）问6分，①式1分，②③式各2分，④式1分；第（2）问4分，⑤⑥式各2
分；第（3）问4分，⑦⑧式各1分，⑩式2分。
【点评】对于带电粒子在磁场中运动类型，要画出轨迹，善于运用几何知识帮助分析和求解，这是轨迹问题的解
题关键。
五、选考题：共12分。请考生从第15~17题中任选两题作答，如果多做，则按所做的第一、二题计分。
15．【2016年海南，15，12分】【选修3-3】
（1）（4分）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_______。（填入正确答案标
号。选对1个得2分，选对2个得3分，选对3个得4分；有选错的得0分）
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
【答案】ABE
【解析】气体经历过程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PV C T
=，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，故选ABE 。
【点评】本题考查了判断气体吸热与放热情况、气体内能如何变化，分析清楚图示图象、由于理想气体状态方程
与热力学第一定律即可正确解题。
（2）（8分）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23=7.510kg /m ρ?的液体。一活塞将汽缸分成左、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30=4.510 Pa P ?。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40cm h =，求此时左、右两气室的体积之
比，取重力加速度大小210m /s g =，U 形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计。
解：设初始状态时汽缸左气室的体积为01V ，右气室的体积为02V ；当活塞至汽缸中某位置时，左、右气室的压强
分别为1p 、2p ，体积分别为1V 、2V ，由玻意耳定律得：00111p V p V = ① 00222
p V p V = ② 依题意有： 010212V V V V +=+ ③ 由力的平衡条件有21–p p gh ρ= ④ 联立①②③④式，并代入题给数据得：
221011012390V V V V +-=⑤由此解得10132V V =（另一解不合题意，舍去）⑥由③⑥式和题给条件得12:1:1V V =⑦ 【评分参考】①②③④式各1分，⑤式2分，⑥⑦式各1分。
【点评】本题考查了求气体体积，应用玻意耳定律即可正确解题，求出气体的压强是正确解题的关键。
16．【2016年海南，16，12分】【选修3-4】
（1）（4分）下列说法正确的是_______。（填入正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得3分，选对3
个得4分；有选错的得0分）
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
【答案】ABD
【解析】根据单摆周期公式：2L T g
π=可以知道，在同一地点，重力加速度g 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：2L T g
π=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，故选 ABD 。
【点评】本题关键抓住简谐运动的周期性，分析时间与周期的关系分析振子的位移变化，要掌握加速度与位移的
关系，根据计时开始时刻的加速度及方向解题。
（2）（8分）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 从空气中射入玻璃体内（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AB 之间的距离为2
R 。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。
解：当光线经球心O 入射时，光路图如图（a ）所示。设玻璃的折射率为n ，由折射定律有：
sin sin i n γ=①式中，入射角45i =?，γ为折射角。OAB ?为直角三角形因此：22sin OA AB
γ=+② 发生全反射时，临界角C 满足1sin C n
=
③ 在玻璃体球面上光线恰好发生全反射时，光路图如图 （b ）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 ∠=④
在EDO ∠内，根据正弦定理有：()sin sin 90OD OE C γ=-o ⑤ 联立上式得：2OE R = ⑥ 【评分参考】①②式各1分，③式2分，④式1分，⑤式2分，⑥式1分。
【点评】本题是简单的几何光学问题，其基础是作出光路图，根据几何知识确定入射角与折射角，根
据折射定律求解。
17．【2016年海南，17，12分】【选修3-5】
（1）（4分）下列说法正确的是_______。（填入正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得3分，选对3
个得4分；有选错的得0分）
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 ．波尔的原子理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律
D ．卢瑟福根据α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
【答案】ACD
【解析】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α粒子散射实验提出了原子核式结构模型，故D 正确；德布罗意波波长为：h P λ=，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，故选ACD 。
【点评】本题考查了光电效应、康普顿效应、波尔的原子理论、核式结构模型、德布罗意波等基础知识点，难度
不大，关键要熟悉教材。
（2）（8分）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，2v 为横
坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为321.9210s m k -=?。已知物块A 和B 的质
量分别为0.400kg A m =g 和0.100kg B m =，重力加速度大小298m s g =.
。 （i ）若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求2h v -直线斜率的理论值0k ；
（ii ）求k 值的相对误差00100%k k k δδ??-= ????
，结果保留1位有效数字）
。 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'B A B ()m v m m v =+ ① 在碰撞后A 和B 共
同上升的过程中，由机械能守恒定律'2A B A B 1()=()2
m m v m m gh ++②联立①②式得22B 2A B 2()m h v g m m =+③ 由题意得2B 02A B 2()
m k g m m =+④ 代入题给数据得：-320 2.0410s /m k =?⑤ （ii ）按照定义：0
0100%k k k δ-=?⑥ 由⑤⑥式和题给条件得：6%δ=⑦
【评分参考】第（i ）问7分，①②式各2分，③④⑤式各1分；第（ii ）问1分，⑦式1分。
【点评】本题考查动量守恒定律的应用，要注意正确选择研究对象，并分析系统是否满足动量守恒以及机械能守
恒，然后才能列式求解。