2023年全國(guó)統(tǒng)一高考物理試卷(新課標(biāo)卷)答案與解析

PAGEPAGE112023年全國(guó)統(tǒng)一高考物理試卷〔新課標(biāo)卷〕參考答案與試題解析一．選擇題1．〔3分〕伽利略根據(jù)小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)和理想實(shí)驗(yàn)，提出了慣性的概念，從而奠定了牛頓力學(xué)的根底．早期物理學(xué)家關(guān)于慣性有以下說(shuō)法，其中正確的是〔〕A．物體抵抗運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的性質(zhì)是慣性B．沒(méi)有力作用，物體只能處于靜止?fàn)顟B(tài)C．行星在圓周軌道上保持勻速率運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)是慣性D．運(yùn)動(dòng)物體如果沒(méi)有受到力的作用，將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運(yùn)動(dòng)【考點(diǎn)】慣性．【分析】根據(jù)慣性定律解釋即可：任何物體都有保持原來(lái)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的性質(zhì)，慣性的大小只跟質(zhì)量有關(guān)，與其它任何因素?zé)o關(guān)．【解答】解：A、任何物體都有保持原來(lái)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的性質(zhì)，叫著慣性，所以物體抵抗運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的性質(zhì)是慣性，故A正確；B、沒(méi)有力作用，物體可以做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C、慣性是保持原來(lái)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的性質(zhì)，圓周運(yùn)動(dòng)速度是改變的，故C錯(cuò)誤；D、運(yùn)動(dòng)的物體在不受力時(shí)，將保持勻速直線運(yùn)動(dòng)，故D正確；應(yīng)選AD【點(diǎn)評(píng)】牢記慣性概念，知道一切物體在任何時(shí)候都有慣性，質(zhì)量是慣性的唯一量度．2．〔3分〕如圖，x軸在水平地面內(nèi)，y軸沿豎直方向．圖中畫出了從y軸上沿x軸正向拋出的三個(gè)小球a、b和c的運(yùn)動(dòng)軌跡，其中b和c是從同一點(diǎn)拋出的，不計(jì)空氣阻力，那么〔〕A．a(chǎn)的飛行時(shí)間比b的長(zhǎng) B．b和c的飛行時(shí)間相同C．a(chǎn)的水平速度比b的小 D．b的初速度比c的大【考點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)．【專題】平拋運(yùn)動(dòng)專題．【分析】研究平拋運(yùn)動(dòng)的方法是把平拋運(yùn)動(dòng)分解到水平方向和豎直方向去研究，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)方向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同．【解答】解：由圖象可以看出，bc兩個(gè)小球的拋出高度相同，a的拋出高度最小，根據(jù)t=可知，a的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，bc運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，故A錯(cuò)誤，B正確；C、由圖象可以看出，abc三個(gè)小球的水平位移關(guān)系為a最大，c最小，根據(jù)x=v0t可知，v0=，所以a的初速度最大，c的初速度最小，故C錯(cuò)誤，D正確；應(yīng)選BD【點(diǎn)評(píng)】此題就是對(duì)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的直接考查，掌握住平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律就能輕松解決．3．〔3分〕如圖，一小球放置在木板與豎直墻面之間．設(shè)墻面對(duì)球的壓力大小為N1，球?qū)δ景宓膲毫Υ笮镹2．以木板與墻連接點(diǎn)所形成的水平直線為軸，將木板從圖示位置開始緩慢地轉(zhuǎn)到水平位置．不計(jì)摩擦，在此過(guò)程中〔〕A．N1始終減小，N2始終增大B．N1始終減小，N2始終減小C．N1先增大后減小，N2始終減小D．N1先增大后減小，N2先減小后增大【考點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運(yùn)用．【專題】共點(diǎn)力作用下物體平衡專題．【分析】以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力情況：重力、木板的支持力和墻壁的支持力，根據(jù)牛頓第三定律得知，墻面和木板對(duì)球的壓力大小分別等于球?qū)γ婧湍景宓闹С至Υ笮?，根?jù)平衡條件得到兩個(gè)支持力與θ的關(guān)系，再分析其變化情況．【解答】解：以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力情況：重力G、墻面的支持力N1′和木板的支持力N2′．根據(jù)牛頓第三定律得知，N1=N1′，N2=N2′．根據(jù)平衡條件得：N1′=Gcotθ，N2′=將木板從圖示位置開始緩慢地轉(zhuǎn)到水平位置的過(guò)程中，θ增大，cotθ減小，sinθ增大，那么N1′和N2′都始終減小，故N1和N2都始終減?。畱?yīng)選B【點(diǎn)評(píng)】此題運(yùn)用函數(shù)法研究動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題，也可以運(yùn)用圖解法直觀反映力的變化情況．4．〔3分〕自耦變壓器鐵芯上只繞有一個(gè)線圈，原、副線圈都只取該線圈的某局部，一升壓式自耦調(diào)壓變壓器的電路如下列圖，其副線圈匝數(shù)可調(diào)．變壓器線圈總匝數(shù)為1900匝；原線圈為1100匝，接在有效值為220V的交流電源上．當(dāng)變壓器輸出電壓調(diào)至最大時(shí)，負(fù)載R上的功率為2.0kW．設(shè)此時(shí)原線圈中電流有效值為I1，負(fù)載兩端電壓的有效值為U2，且變壓器是理想的，那么U2和I1分別約為〔〕A．380V和5.3A B．380V和9.1A C．240V和5.3A D．240V和9.1A【考點(diǎn)】變壓器的構(gòu)造和原理．【專題】交流電專題．【分析】變壓器輸出電壓調(diào)至最大，故副線圈為1900匝，由變壓器兩端的電壓與匝數(shù)成正比，可得副線圈的電壓有效值，由輸入功率等于輸出功率，可得電流．【解答】解：因變壓器輸出電壓調(diào)至最大，故副線圈為1900匝，由變壓器兩端的電壓與匝數(shù)成正比，即，故副線圈的電壓有效值U2為380V；因變壓器為理想變壓器，故其輸入功率等于輸出功率，即P1=P2，由P1=U1I1得I1=9.1A，B正確．應(yīng)選B【點(diǎn)評(píng)】此題考查了變壓器的構(gòu)造和原理，電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，輸入功率等于輸出功率．5．〔3分〕如下列圖，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連．假設(shè)一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過(guò)電容器，那么在此過(guò)程中，該粒子〔〕A．所受重力與電場(chǎng)力平衡 B．電勢(shì)能逐漸增加C．動(dòng)能逐漸增加 D．做勻變速直線運(yùn)動(dòng)【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題．【分析】帶電粒子在場(chǎng)中受到電場(chǎng)力與重力，根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，結(jié)合運(yùn)動(dòng)的分析，可知電場(chǎng)力垂直極板向上，從而可確定粒子的運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)，及根據(jù)電場(chǎng)力做功來(lái)確定電勢(shì)能如何變化．【解答】解：A、根據(jù)題意可知，粒子做直線運(yùn)動(dòng)，那么電場(chǎng)力與重力的合力與速度方向反向，粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，因此A錯(cuò)誤，D正確；B、由A選項(xiàng)分析可知，電場(chǎng)力做負(fù)功，那么電勢(shì)能增加，故B正確；C、因電場(chǎng)力做負(fù)功，那么電勢(shì)能增加，導(dǎo)致動(dòng)能減小，故C錯(cuò)誤；應(yīng)選：BD【點(diǎn)評(píng)】考查根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況來(lái)確定受力情況，并由電場(chǎng)力做功來(lái)確定電勢(shì)能如何，以及動(dòng)能的變化．6．〔3分〕如圖，均勻磁場(chǎng)中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與磁場(chǎng)邊緣重合；磁場(chǎng)方向垂直于半圓面〔紙面〕向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0．使該線框從靜止開始繞過(guò)圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流．現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間線性變化．為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動(dòng)半周過(guò)程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率的大小應(yīng)為〔〕A． B． C． D．【考點(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律；閉合電路的歐姆定律．【專題】電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【分析】根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)切割感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式，，求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由歐姆定律求解感應(yīng)電流．根據(jù)法拉第定律求解磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率．【解答】解：假設(shè)要電流相等，那么產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)相等．設(shè)切割長(zhǎng)度為L(zhǎng)，而半圓的直徑為d，從靜止開始繞過(guò)圓心O以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為①根據(jù)法拉第定律得②①②聯(lián)立得故ABD錯(cuò)誤，C正確，應(yīng)選C．【點(diǎn)評(píng)】此題關(guān)鍵要掌握轉(zhuǎn)動(dòng)切割感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式和法拉第電磁感應(yīng)定律．7．〔3分〕如下列圖，一載流長(zhǎng)直導(dǎo)線和一矩形導(dǎo)線框固定在同一平面內(nèi)，線框在長(zhǎng)直導(dǎo)線右側(cè)，且其長(zhǎng)邊與長(zhǎng)直導(dǎo)線平行．在t=0到t=t1的時(shí)間間隔內(nèi)，長(zhǎng)直導(dǎo)線中電流i隨時(shí)間變化，使線框中感應(yīng)電流總是沿順時(shí)針?lè)较?；線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．圖中箭頭表示電流i的正方向，那么i隨時(shí)間t變化的圖線可能是〔〕A． B． C． D．【考點(diǎn)】楞次定律；通電直導(dǎo)線和通電線圈周圍磁場(chǎng)的方向．【專題】壓軸題；電磁感應(yīng)與圖像結(jié)合．【分析】感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?，由安培定那么判斷出感?yīng)電流磁場(chǎng)方向；然后由楞次定律判斷出原磁場(chǎng)如何變化，直線電流如何變化；由楞次定律判斷導(dǎo)線框受到合力的方向．【解答】解：線框中感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?，由安培定那么可知，感?yīng)電流的磁場(chǎng)垂直于紙面向里；由楞次定律可得：如果原磁場(chǎng)增強(qiáng)時(shí)，原磁場(chǎng)方向應(yīng)垂直于紙面向外，由安培定那么可知，導(dǎo)線電流方向應(yīng)該向下，為負(fù)的，且電流越來(lái)越大；由楞次定律可知：如果原磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，那么原磁場(chǎng)減弱，直線電流變小，由安培定那么可知，直線電流應(yīng)豎直向上，是正的；A、由圖示可知，直線電流按A所示變化，感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針?lè)较?，由楞次定律可知，在i大于零時(shí)，為阻礙磁通量的減小，線框受到的合力水平向左，在i小于零時(shí)，為阻礙磁通量的增加，線框受到的合力水平向右，故A正確；B、由安培定那么與楞次定律可知，感應(yīng)電流始終沿逆時(shí)針?lè)较?，故B錯(cuò)誤；C、圖示電流使線框中的感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较颍€框在水平方向受到的合力始終水平向左，故C錯(cuò)誤；D、圖示電流使線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選A．【點(diǎn)評(píng)】正確理解楞次定律中“阻礙〞的含義是正確解題的關(guān)鍵，熟練應(yīng)用楞次定律、安培定那么即可正確解題．8．〔3分〕假設(shè)地球是一半徑為R、質(zhì)量分布均勻的球體．一礦井深度為d．質(zhì)量分布均勻的球殼對(duì)殼內(nèi)物體的引力為零．礦井底部和地面處的重力加速度大小之比為〔〕A．1﹣ B．1+ C．〔〕2 D．〔〕2【考點(diǎn)】萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用；牛頓第二定律．【專題】壓軸題；萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用專題．【分析】根據(jù)題意知，地球外表的重力加速度等于半徑為R的球體在外表產(chǎn)生的加速度，礦井深度為d的井底的加速度相當(dāng)于半徑為R﹣d的球體在其外表產(chǎn)生的加速度，根據(jù)地球質(zhì)量分布均勻得到加速度的表達(dá)式，再根據(jù)半徑關(guān)系求解即可．【解答】解：令地球的密度為ρ，那么在地球外表，重力和地球的萬(wàn)有引力大小相等，有：g=，由于地球的質(zhì)量為：M=，所以重力加速度的表達(dá)式可寫成：g==．根據(jù)題意有，質(zhì)量分布均勻的球殼對(duì)殼內(nèi)物體的引力為零，固在深度為d的井底，受到地球的萬(wàn)有引力即為半徑等于〔R﹣d〕的球體在其外表產(chǎn)生的萬(wàn)有引力，故井底的重力加速度g′=所以有=應(yīng)選A．【點(diǎn)評(píng)】抓住在地球外表重力和萬(wàn)有引力相等，在礦井底部，地球的重力和萬(wàn)有引力相等，要注意在礦井底部所謂的地球的質(zhì)量不是整個(gè)地球的質(zhì)量而是半徑為〔R﹣d〕的球體的質(zhì)量．二．實(shí)驗(yàn)題9．某同學(xué)利用螺旋測(cè)微器測(cè)量一金屬板的厚度．該螺旋測(cè)微器校零時(shí)的示數(shù)如圖〔a〕所示，測(cè)量金屬板厚度時(shí)的示數(shù)如圖〔b〕所示．圖〔a〕所示讀數(shù)為0.010mm，圖〔b〕所示讀數(shù)為6.870mm，所測(cè)金屬板的厚度為6.860mm．【考點(diǎn)】螺旋測(cè)微器的使用．【專題】實(shí)驗(yàn)題；壓軸題．【分析】螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀．【解答】解：該螺旋測(cè)微器校零時(shí)的示數(shù)如圖〔a〕所示，螺旋測(cè)微器的固定刻度為0mm，可動(dòng)刻度為0.01×1.0mm=0.010mm，所以最終讀數(shù)為0.010mm．測(cè)量金屬板厚度時(shí)的示數(shù)如圖〔b〕所示．螺旋測(cè)微器的固定刻度為6.5mm，可動(dòng)刻度為0.01×37.0mm=0.370mm，所以最終讀數(shù)為6.870mm．所測(cè)金屬板的厚度為6.870﹣0.010=6.860mm故答案為：0.010，6.870，6.860【點(diǎn)評(píng)】螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法，固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀．10．圖中虛線框內(nèi)存在一沿水平方向、且與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)通過(guò)測(cè)量通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中所受的安培力，來(lái)測(cè)量磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、并判定其方向．所用局部器材已在圖中給出，其中D為位于紙面內(nèi)的U形金屬框，其底邊水平，兩側(cè)邊豎直且等長(zhǎng)；E為直流電源；R為電阻箱；為電流表；S為開關(guān)．此外還有細(xì)沙、天平、米尺和假設(shè)干輕質(zhì)導(dǎo)線．〔1〕在圖中畫線連接成實(shí)驗(yàn)電路圖．〔2〕完成以下主要實(shí)驗(yàn)步驟中的填空①按圖接線．②保持開關(guān)S斷開，在托盤內(nèi)參加適量細(xì)沙，使D處于平衡狀態(tài)；然后用天平稱出細(xì)沙質(zhì)量m1．③閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)R的值使電流大小適當(dāng)，在托盤內(nèi)重新參加適量細(xì)沙，使D重新處于平衡狀態(tài)；然后讀出電流表的示數(shù)I，并用天平稱出細(xì)沙的質(zhì)量為m2．④用米尺測(cè)量金屬框架下邊的長(zhǎng)度l．〔3〕用測(cè)量的物理量和重力加速度g表示磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，可以得出B=．〔4〕判定磁感應(yīng)強(qiáng)度方向的方法是：假設(shè)m2＞m1，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外；反之，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里．【考點(diǎn)】磁感應(yīng)強(qiáng)度．【專題】實(shí)驗(yàn)題；壓軸題．【分析】〔1〕用滑動(dòng)變阻器的限流式接法即可；〔2〕③金屬框平衡時(shí)測(cè)量才有意義，讀出電阻箱電阻并用天平稱量細(xì)沙質(zhì)量；④安培力與電流長(zhǎng)度有關(guān)，安培力合力等于金屬框架下邊受的安培力；〔3〕根據(jù)平衡條件分兩次列式即可求解；〔4〕根據(jù)左手定那么判斷即可．【解答】解：〔1〕如下列圖〔2〕③重新處于平衡狀態(tài)；讀出電流表的示數(shù)I；此時(shí)細(xì)沙的質(zhì)量m2；④D的底邊長(zhǎng)度l〔3〕根據(jù)平衡條件，有|m2﹣m1|g=BIL解得〔4〕m2＞m1．故答案為：〔1〕如下列圖；〔2〕③重新處于平衡狀態(tài)；讀出電流表的示數(shù)I；此時(shí)細(xì)沙的質(zhì)量m2；④D的底邊長(zhǎng)度l；〔3〕；〔4〕m2＞m1．【點(diǎn)評(píng)】此題關(guān)鍵是對(duì)D型線框受力分析，根據(jù)平衡條件求磁感應(yīng)強(qiáng)度，不難．三．計(jì)算題11．拖把是由拖桿和拖把頭構(gòu)成的擦地工具〔如圖〕．設(shè)拖把頭的質(zhì)量為m，拖桿質(zhì)量可以忽略；拖把頭與地板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為常數(shù)μ，重力加速度為g，某同學(xué)用該拖把在水平地板上拖地時(shí)，沿拖桿方向推拖把，拖桿與豎直方向的夾角為θ．〔1〕假設(shè)拖把頭在地板上勻速移動(dòng)，求推拖把的力的大小．〔2〕設(shè)能使該拖把在地板上從靜止剛好開始運(yùn)動(dòng)的水平推力與此時(shí)地板對(duì)拖把的正壓力的比值為λ．存在一臨界角θ0，假設(shè)θ≤θ0，那么不管沿拖桿方向的推力多大，都不可能使拖把從靜止開始運(yùn)動(dòng)．求這一臨界角的正切tanθ0．【考點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運(yùn)用．【專題】壓軸題；共點(diǎn)力作用下物體平衡專題．【分析】〔1〕對(duì)拖把頭受力分析，抓住豎直方向和水平方向合力為零，運(yùn)用正交分解求出推力F的大?。?〕當(dāng)推力F的水平分力小于等于最大靜摩擦力時(shí)，不管沿拖桿方向的推力多大，都不可能使拖把從靜止開始運(yùn)動(dòng)．結(jié)合第1問(wèn)的結(jié)果，得到λ的表達(dá)式，采用極限法：當(dāng)F無(wú)限大時(shí)的情況求解tanθ0．【解答】解：〔1〕拖把頭受到重力、支持力、推力和摩擦力處于平衡，設(shè)該同學(xué)沿拖桿方向用大小為F的力推拖把．將推拖把的力沿豎直和水平方向分解，按平衡條件有豎直方向上：Fcosθ+mg=N①水平方向上：Fsinθ=f②式中N和f分別為地板對(duì)拖把的正壓力和摩擦力．按摩擦定律有f=μN(yùn)③聯(lián)立①②③式得④〔2〕假設(shè)不管沿拖桿方向用多大的力不能使拖把從靜止開始運(yùn)動(dòng)，應(yīng)有Fsinθ≤λN⑤這時(shí)①式仍滿足．聯(lián)立①⑤式得sinθ﹣μcosθ≤λ⑥現(xiàn)考察使上式成立的θ角的取值范圍．注意到上式右邊總是大于零，且當(dāng)F無(wú)限大時(shí)極限為零，有sinθ﹣λcosθ≤0⑦使上式成立的θ角滿足θ≤θ0，這里θ0是題中所定義的臨界角，即當(dāng)θ≤θ0時(shí)，不管沿拖桿方向用多大的力都推不動(dòng)拖把．臨界角的正切為tanθ0=λ⑧答：〔1〕假設(shè)拖把頭在地板上勻速移動(dòng)，推拖把的力的大小為．〔2〕tanθ0=λ．【點(diǎn)評(píng)】此題第1問(wèn)是常規(guī)題，根據(jù)平衡條件，運(yùn)用正交分解法求解推力．第2問(wèn)是一種自鎖現(xiàn)象，根據(jù)推不動(dòng)的條件：推力的水平分力不大于最大靜摩擦力出發(fā)進(jìn)行分析求解．12．如圖，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面〔紙面〕．在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，在圓上的b點(diǎn)離開該區(qū)域，離開時(shí)速度方向與直線垂直．圓心O到直線的距離為．現(xiàn)將磁場(chǎng)換為平行于紙面且垂直于直線的勻強(qiáng)電場(chǎng)，同一粒子以同樣速度沿直線在a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，也在b點(diǎn)離開該區(qū)域．假設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，不計(jì)重力，求電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。究键c(diǎn)】電磁場(chǎng)；帶電粒子在混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】壓軸題．【分析】通過(guò)帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系求出軌道半徑的大?。畮щ娏Ｗ釉趧驈?qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合在沿電場(chǎng)方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直于電場(chǎng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求出電場(chǎng)強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小關(guān)系．【解答】解：粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)．設(shè)圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛侖茲力公式得…①式中v為粒子在a點(diǎn)的速度．過(guò)b點(diǎn)和O點(diǎn)作直線的垂線，分別與直線交于c和d點(diǎn)．由幾何關(guān)系知，線段和過(guò)a、b兩點(diǎn)的軌跡圓弧的兩條半徑〔未畫出〕圍成一正方形．因此…②設(shè)，由幾何關(guān)系得=R+x…③…④聯(lián)立②③④式得r=R⑤再考慮粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)．設(shè)其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場(chǎng)中的受力公式得qE=ma…⑥粒子在電場(chǎng)方向和直線方向所走的距離均為r，有運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得r=…⑦r=vt…⑧式中t是粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．聯(lián)立①⑤⑥⑦⑧式得E=答：電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為．【點(diǎn)評(píng)】解決此題的關(guān)鍵掌握帶電粒子在磁場(chǎng)中磁偏轉(zhuǎn)和在電場(chǎng)中電偏轉(zhuǎn)的區(qū)別，知道磁偏轉(zhuǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電偏轉(zhuǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)．[選修3-3]〔共2小題，總分值0分〕13．關(guān)于熱力學(xué)定律，以下說(shuō)法正確的是〔〕A．為了增加物體的內(nèi)能，必須對(duì)物體做功或向它傳遞熱量B．對(duì)某物體做功，必定會(huì)使該物體的內(nèi)能增加C．可以從單一熱源吸收熱量，使之完全變?yōu)楣．不可以從單一熱源吸收熱量，使之完全變?yōu)楣．功轉(zhuǎn)變?yōu)闊岬膶?shí)際宏觀過(guò)程是不可逆過(guò)程．【考點(diǎn)】熱力學(xué)第二定律；熱力學(xué)第一定律．【專題】壓軸題；熱力學(xué)定理專題．【分析】在熱力學(xué)中，系統(tǒng)發(fā)生變化時(shí)，內(nèi)能的變化為△U=Q+W；不可能把熱量從低溫物體傳向高溫物體而不引起其它變化．【解答】解：A、做功和熱傳遞是改變物體內(nèi)能的兩種方法，故A正確；B、做功和熱傳遞是改變物體內(nèi)能的兩種方法，僅對(duì)物體做功，物體內(nèi)能不一定增加，故B錯(cuò)誤；C、D、熱力學(xué)第二定律可以表示為：不可能制成一種循環(huán)動(dòng)作的熱機(jī)，從單一熱源取熱，使之完全變?yōu)楣Χ灰鹌渌兓@句話強(qiáng)調(diào)的是不可能“不產(chǎn)生其它變化〞；即在引起其他變化是可能的；故C正確，D錯(cuò)誤；E、熱力學(xué)第二定律的實(shí)質(zhì)：一切與熱現(xiàn)象有關(guān)的實(shí)際宏觀過(guò)程都是不可逆的，故E正確．應(yīng)選：ACE．【點(diǎn)評(píng)】此題考查了熱力學(xué)第一定律和熱力學(xué)第二定律，關(guān)鍵是根據(jù)公式△E=W+Q進(jìn)行分析，根底題．14．如圖，由U形管和細(xì)管連接的玻璃泡A、B和C浸泡在溫度均為0℃的水槽中，B的容積是A的3倍．閥門S將A和B兩局部隔開．A內(nèi)為真空，B和C內(nèi)都充有氣體．U形管內(nèi)左邊水銀柱比右邊的低60mm．翻開閥門S，整個(gè)系統(tǒng)穩(wěn)定后，U形管內(nèi)左右水銀柱高度相等．假設(shè)U形管和細(xì)管中的氣體體積遠(yuǎn)小于玻璃泡的容積．〔i〕求玻璃泡C中氣體的壓強(qiáng)〔以mmHg為單位〕〔ii〕將右側(cè)水槽的水從0℃加熱到一定溫度時(shí)，U形管內(nèi)左右水銀柱高度差又為60mm，求加熱后右側(cè)水槽的水溫．【考點(diǎn)】理想氣體的狀態(tài)方程；封閉氣體壓強(qiáng)．【專題】壓軸題；理想氣體狀態(tài)方程專題．【分析】以B內(nèi)封閉氣體為研究對(duì)象，做等溫變化，根據(jù)玻意耳定律求出B內(nèi)的壓強(qiáng)，然后求出C內(nèi)壓強(qiáng)；以C中封閉氣體為研究對(duì)象，根據(jù)等容變化列方程求解．【解答】解：〔i〕加熱前C中壓強(qiáng)始終不變，B內(nèi)封閉氣體初狀態(tài)：PB=PC+60，翻開閥門后PB′=PC由題意：由玻意爾定律PBVB=PB′VB′得：PB′=180mmHgPC=PB′=180mmHg〔ii〕C內(nèi)封閉氣體做等容變化，加熱后壓強(qiáng)PC′=PC+60mmHg=得：T′=364K答：〔i〕玻璃泡C中氣體的壓強(qiáng)為180mmHg〔ii〕加熱后右側(cè)水槽的水溫364K．【點(diǎn)評(píng)】此題考查了理想氣體狀態(tài)方程的應(yīng)用，關(guān)鍵是正確分析ABC中氣體壓強(qiáng)的關(guān)系．[選修3-4]15．一簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正向傳播，t=0時(shí)刻的波形如圖〔a〕所示，x=0.30m處的質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖線如圖〔b〕所示，該質(zhì)點(diǎn)在t=0時(shí)刻的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸正向〔填“正向〞或“負(fù)向〞〕．該波的波長(zhǎng)大于0.30m，那么該波的波長(zhǎng)為0.8m．【考點(diǎn)】波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系；橫波的圖象．【專題】壓軸題．【分析】由圖b可知，質(zhì)點(diǎn)后面的時(shí)刻位移比t=0時(shí)刻位移大，所以質(zhì)點(diǎn)沿y軸正向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)振動(dòng)方程及波速與波長(zhǎng)周期關(guān)系結(jié)合題中條件即可求解波長(zhǎng)．【解答】解：由圖b可知，t=0時(shí)刻，該質(zhì)點(diǎn)的位移為cm，在下一時(shí)刻，位移大于cm．所以該質(zhì)點(diǎn)在t=0時(shí)刻的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸正向．由振動(dòng)方程得：y=Asin那么有：=2sin解得：sin=波長(zhǎng)大于0.30m，所以，t=v=解得：λ=0.8m故答案為：正向；0.8．【點(diǎn)評(píng)】此題首先考查讀圖的能力，要求同學(xué)們掌握振動(dòng)方程及波速與波長(zhǎng)周期關(guān)系公式，難度適中．16．一玻璃立方體中心有一點(diǎn)狀光源．今在立方體的局部外表鍍上不透明薄膜，以致從光源發(fā)出的光線只經(jīng)過(guò)一次折射不能透出立方體．該玻璃的折射率為，求鍍膜的面積與立方體外表積之比的最小值．【考點(diǎn)】光的折射定律．【專題】壓軸題；光的折射專題．【分析】通過(guò)光線在鍍膜局部發(fā)生全反射，根據(jù)臨界情況，通過(guò)幾何關(guān)系求出鍍膜面積與立方體外表積之比的最小值．【解答】解：如圖，考慮從玻璃立方體中心O點(diǎn)發(fā)出的一條光線，假設(shè)它斜射到玻璃立方體上外表發(fā)生折根據(jù)折射定律有nsinθ=sinα式中，n是玻璃的折射率，入射角等于θ，α是折射角現(xiàn)假設(shè)A點(diǎn)是上外外表積最小的不透明薄膜邊緣上的一點(diǎn)．由題意，在A點(diǎn)剛好發(fā)生全反射，故．設(shè)線段OA在立方體上外表的投影長(zhǎng)為RA，由幾何關(guān)系有．式中a為玻璃立方體的邊長(zhǎng)，有①②③式得．那么由題意，上外表所鍍的面積最小的不透明薄膜應(yīng)是半徑為RA的圓．所求的鍍膜面積S'與玻璃立方體的外表積S之比為=．答：鍍膜的面積與立方體外表積之比的最小值為．【點(diǎn)評(píng)】解決此題的關(guān)鍵確定臨界情況，根據(jù)折射定律，通過(guò)幾何關(guān)系進(jìn)行求解．[選修3-5]17．[選修3﹣5]氘核和氚核可發(fā)生熱核聚變而釋放巨大的能量，該反響方程為：H+H→He+x，式中x是某種粒子．：HH、He和粒子x的質(zhì)量分別為2.0141u、3.0161u、4.0026u和1.0087u