2023年河南省普通高中高考物理适应性试卷及答案解析.pdf

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1、2023年河南省普通高中高考物理适应性试卷1.如图是户外活动时常用的一种使携式三脚架，它由三根长度均为，的轻杆通过钱链组合在一起，每根轻杆均可绕较链自由转动。将三脚架静止放在水平地面上，吊锅通过一根细铁链静止悬挂在三脚架正中央，三脚架顶点离地的高度h=吊锅和细铁链的总质量为m,支架与较链间的摩擦忽略不计。贝M ）A.每根轻杆中的弹力大小为gmgB.每根轻杆对地面的摩擦力大小为:mgC.减小/I时，每根轻杆对地面的压力增大D.减小h时，每根轻杆对地面的摩擦力减小2.2022年11月30日，神舟十五号、神舟十四号航天员乘组在空间站成功会师，航天员可以通过同步卫星与地面进行实时联系。设空间站与同步卫

2、星均绕地球做匀速圆周运动，已知空间站的运行周期约为906讥。则下列相关说法正确的是（）A.航天员在空间站中所受的重力为0B.航天员在空间站中漂浮时处于平衡状态C.空间站绕地球运动的速度大于同步卫星的速度D.空间站绕地球运动的加速度小于同步卫星的加速度3.图甲为氢原子的能级图，大量处于n=4激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的大量光子，这些光子照射到图乙电路中光电管阴极K上，调节滑动变阻器，发现当电压表示数大于甲乙A.10.75eVB.10.2eKC.10.09eVD.2.0eV4.如图甲所示，一圆心为。的圆形区域处在平行于纸面的匀强电场中，其半径R=O.lm。M为圆弧上一点，若半径0M沿逆时针

3、方向转动，。为。M从。4位置开始旋转的角度，M点的电势租随。变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（）A.匀强电场的电场强度大小为10V/mB.匀强电场的电场强度方向为垂直于AC连线向上C.将一质子由B点沿圆弧逆时针移至。点，电势能增加2eVD.将一电子由A点沿圆弧逆时针移至C点，电场力先做正功后做负功5.如图，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，球恰好垂直击中竖直篮板上的4点，球击中篮板前后瞬间速度大小不变、方向相反。测得B点位置与篮板的水平距离为3m,距水平地面高度为1.5m,4点距地面高度为3.3m。篮球视为质点，质量为0.6kg,重力加速度大小g取10m/s2,空气阻力忽略不计。下列说法

4、正确的是（）A.球从抛出到击中篮板的过程所用时间为0.8sB.球击中篮板前瞬间的速度大小为5m/sC.球对篮板的冲量大小为5N-sD.球从B点抛出时的动能为18.3/6.图甲为家用燃气电子脉冲点火装置的简化原理图，通过转换器将直流电压转换为如图乙所示的正弦交流电压，并加在理想变压器的原线圈上，再经变压器升成峰值是15kV的高电压。当放电针间电压值达到15kV时进行一次尖端放电，由放电火花引燃燃气。下列说法正确的是()A.理想交流电压表U的示数为1 5 UB.放电针每秒可尖端放电1 0 0次C.变压器原、副线圈的匝数之比为1：1 0 0 0D.不经过转换器，只要副线圈的匝数足够大就可以引燃燃气7

5、 .如图，在竖直边界M N左侧存在一方向垂直于竖直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为磁场中有一个由匀质导线制成的单匝圆形线圈，最初置于与边界M N相切于。点的位置，线圈可绕过。点的水平光滑转轴在竖直平面内自由摆动。已知线圈质量为m,半径为r,电阻为R。现将线圈从初始位置由静止释放，向右摆至最高点时，直径O P转过的角度为1 5 0。摆Ix x x x xl NA.线圈摆动时，所受安培力的方向始终和边界M N垂直B .线圈从释放到第一次摆至右侧最高点的过程中，安培力对线圈做的功为0.5 mgrC.线圈从释放到最后静止的过程中，线圈中产生的焦耳热为0.5 mgrD.线圈从释放到最后静止的过程中，

6、通过线圈导线横截面的电荷量为零8 .如图甲所示，轻质弹簧一端系在倾角为。的固定光滑斜面底端，另一端与球B相连，球B处于静止状态。现将球4置于球B上方斜面某位置处，并以此位置作为原点0,沿平行于斜面向下为正方向建立x轴坐标系。某时刻将球4由静止释放，4与B碰撞后以共同速度沿斜面向下运动，碰撞时间极短，测得球4的动能&与其位置坐标x的关系如图乙所示，图像中0 xi之间为直线，其余部分为曲线。球4、B均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度大小为9。贝1()遮 矮 物 块V光电门 0A.A、B的质量之比为1：3 B.4与B碰撞后在与位置处速度最大C.4与B碰撞后在位置处加速度最

7、大 D.弹簧的劲度系数为9.某实验小组利用图甲的装置测量物块与水平桌面间的动摩擦因数。实验过程如下：21111 11111 I cmI I 1111111，乙J(1)用游标卡尺测量图甲中固定于物块上遮光片的宽度d,示数如图乙所示，d=m m.在桌面上固定好轻弹簧和光电门，其中。为弹簧未压缩时物块的位置，将光电门与数字计时器连接(图中未画出)。(2)用物块将弹簧压缩至位置P,测量出物块到光电门的距离为右。将物块由静止释放，测出物块上的遮光片通过光电门的时间为ti，则物块通过光电门的速度%=o (用题中测得的物理量符号表示)(3)将光电门向右移动到某一合适位置，仍用物块将弹簧压缩至位置P,测量出物

8、块到光电门的距离为短。将物块由静止释放，测出物块通过光电门的速度外，则物块与桌面之间的动摩擦因数=。(用和重力加速度g表示)1 0.为测量一段长度已知为人粗细均匀的电阻丝的电阻率，某小组采用了如下实验操作：(1)用图甲中的螺旋测微器测量电阻丝的直径d。先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间,当测微螺杆快接近电阻丝时，再 旋 转(选 填“”“”或“”)，直到听见“喀喀”的声音为止；测量时需要选择电阻丝的不同位置进行多次测量，再取平均值作为电阻丝的直径，其 目 的 是 减 小（选 填“偶然”或“系统”）误差。（2）用图乙所示电路图测量电阻丝的电阻勺，其中R o 为一定值电阻。请用笔画线代替导线，把

9、图丙中的实物电路补充完整。（3）第一次按图乙所示的电路测量，调节滑动变阻器的滑片，测得多组电压U 及电流/的值；第二次将电压表改接在a、b 两点测量，测得多组电压U 及电流/的值，并作出如图丁所示的U-/图像。则第一次 测 量 得 到 的 图 线 是（选 填 M”或 N”），由图像可得电阻丝的电阻Rx=n,最后，根据电阻定律可求得电阻丝的电阻率=。（用及常量表示）甲1 1.如 图，短道速滑接力比赛时，“交棒”的运动员在到达接力地点时，需要推送一下前面“接棒”的队友以完成接力。在某次直道交接训练中，质量为5 0 k g 的队员甲以为=1 2 7n/s 的速度匀速向质量为6 0 k g 的队员乙滑

10、来，当甲运动到P 点时，乙从Q 点开始滑动，乙起滑后到交接前的运动可看作匀加速直线运动，其加速度大小为a =3.2 m/s 2,甲、乙两人在M点完成交接，交接时间很短。交接前瞬间乙的速度大小是甲的卷，交接后乙的速度大小为1 4.6 m/s。队员甲完成推送后在水平直道上自然向前滑行了 1 =2 0 m,直至撞上缓冲垫后停下，此过程甲与冰面间的动摩擦因数为“=0.0 5,重力加速度的大小g 取1 0 m/s 2。求：(1)在直道上，乙在距甲多远的距离处开始滑动；(2)队员甲撞上缓冲垫时的速度大小。12.如图为一质谱仪的结构简图，两块相距为的平行金属板4、B正对且水平放置，两板间加有可调节的电压，内

11、、出分别为板中心处的两个小孔，点。与。1、。2共线且连线垂直于金属板，。与。2的距离。2=R。在以。为圆心、R为半径的圆形区域内存在一磁感应强度大小为8、方向垂直纸面向外的匀强磁场。圆弧CD为记录粒子位置的胶片，圆弧上各点到。点的距离以及圆弧两端点C、0 间的距离均为2R,C、。两端点的连线垂直于4、B板。粒子从01处无初速地进入到4、B间的电场后，通过。2进入磁场，粒子所受重力不计。(1)当4、B两板间电压为%时，粒子恰好打在圆弧CD的中点，求该粒子的比荷：(2)质量为血1的粒子从磁场射出后，恰好打在圆弧上的C端点；在相同加速电压下，该粒子的一个同位素粒子则恰好打在圆弧上的。端点，求这个同位

12、素粒子的质量；(3)质量为m、电荷量为q的粒子从处无初速地进入电场，当间所加电压不同时，粒子从。1直至打在圆弧CD上所经历的时间t会不同，求t的最小值。13.如 图 所 示，一定质量的理想气体从状态4 依次经过状态B、C、。后又回到状态4。其中，4-B和C-0 为等温过程，B-C和O-4 为绝热过程(气体与外界无热量交换)，这就是著名的“卡诺循环”。该循环过程中，下列说法正确的是()VA.AT B过程中，外界对气体做功B.CT过程中，气体始终放热C.DTA过程中，气体的内能减小D.AT C过程中，气体分子在单位时间内与器壁单位面积上碰撞的次数减少E.从状态4经过一个循环又回到4的过程中，气体吸

13、热大于放热14.如图所示，体积为匕的导热容器被一光滑导热活塞C（厚度忽略不计）分成小B两个气室，各封闭一定质量的气体，平衡时B室体积是4室体积的2倍，A容器上连接有一管内气体体积不计的U形管，管右侧上端开口，两侧水银柱高度差为76cm,B室容器可通过一阀门K与大气相通。已知外界大气压Po=76cmHg,环境温度70=300K。心环境温度保持不变，将阀门K打开，稳定后B室内剩余气体的质量和B室原有气体质量之比是多少？（4）打开阀门K,稳定后，若将环境温度缓慢升高，当环境温度升至多少时，活塞C恰好能到达容器的最左端。15.如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=-2

14、6和%=127n处，两列波的传播速度均为=4 m/s,两波源的振幅均为4=4 cm,图示为t=。时刻两列波的图像，此时刻平衡位置处于x=27n和x=8m的两质点P、Q刚开始振动，质点M的平衡位置处于x=5沆处。下列说法正确的是（）A.t=0.75s时刻，两列波开始相遇B.t=0.75s时刻，质点P、Q均运动到M点C.质点P、Q的起振方向均沿y轴负方向D.t=ls 时刻，质点Q的速度为0E.t=ls 时刻，质点M的位移为一8cm16.如 图，一玻璃砖的横截面为一圆心为。、半径为R的半圆，直径AB与水平地面垂直并接触于4 点，0M水平。一束激光从玻璃砖 广 1圆弧面BM射向圆心。，逐渐增大激光的入

15、射角i,发现水平地面上的两个光斑逐渐靠近，当地面上刚好只有一个光斑时,此光斑距4 点 L的距离为。R。(i)求玻璃砖的折射率心(五)若该束激光以60。的入射角从右侧斜向下射向4B上的N点，己知ON间 的 距 离 为 不考虑激光在AMB弧面上的反射，求此时地面上两个光斑之间的距离X。答案和解析1.【答案】B【解析】解：C、以整个装置为研究对象，设地面对每根杆的支持力为N,由平衡条件可知3N=mg1解得：N=-m g则减小无 时，每根轻杆所受支持力大小不变，根据牛顿第三定律得，轻杆对地面压力大小不变，故C 错误；ABD,以吊锅和细铁链为研究对象，设每根杆中的弹力为凤，杆与竖直方向的夹角为。，在竖直

16、方向上，根据平衡条件可得：3FNCOSO=m g水平方向上，根据平衡条件得，地面对每根杆的摩擦力大小为/=FNsin6=ImgtandJ 12一 九 2 m stanO。=cosb-zn联立解得：f mg,FN=减小h时，。增大，tan。增大，摩擦力增大，根据牛顿第三定律得，每根杆对地面的摩擦力增大,故 B 正确，错误。故选：B o以整个装置为研究对象，根据平衡条件和牛顿第三定律判断轻杆对地面压力大小的变化；以吊锅和细铁链为研究对象，根据平衡条件求解地面与杆之间的摩擦力。本题考查共点力平衡，解题关键是灵活选择研究对象并对其受力分析，根据平衡条件列式求解即可。2.【答案】C【解析】解：4、航天员

17、在围绕地球做匀速圆周运动的空间站中，处于完全失重状态，此时航天员仍受重力的作用，且由重力正好充当向心力，故A 错误；B、此时宇航员只受到地球的引力作用，处于非平衡状态，故 B错误；C、根据万有引力提供向心力，得G粤=机 且，可得uoc f l o 因为空间站的轨道半径小于地球同rz r 7 r步卫星的的轨道半径，所以其线速度大于同步卫星的线速度，故 C 正确；r3。、根据开普勒第三定律彳=匕 因为空间站运动的周期比地球同步卫星的周期小，因此空间站的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，根据牛顿第二定律。等=m a,解得a =G*即a 当则知空间站的加速度比地球同步卫星的加速度大，故。错误。故选：

18、C。空间站绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律和万有引力定律相结合列式分析。解题关键要知道空间站绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力。选择合适的向心力公式列式进行判断。3 .【答案】A【解析】解：最大能量的光子为从n =4 激发态跃迁到基态而产生的，根据甲图可得：hv=E4-E1=-0.8 5 W -(-1 3.6)e I Z =12.75eV根据公式E k m =hv-Wo=eU代入数据解得：o =l O.7 5 e V,故 A正确，B C D 错误;故选：A o根据能级差得出光子的能量，结合光电效应方程和动能定理得出阴极的逸出功。本题主要考查了光电效应的相关应

19、用，熟悉能级差的计算，结合遏止电压的概念和光电效应方程即可完成分析。4 .【答案】C【解析】解：4由印一。图像可知，当。屋 时，M点电势最低为1 S；当”今时，N点电势最高为甲乙丙根据电场强度定义式，则匀强电场电场强度大小七=3 得=篇17巾=201/771,故 A 错误；氏由8。图像，即图乙：当。=与时，尸点电势为3乙 匀 强电场沿任意方向电势降落都是均匀的，故NM中点0 点电势为3V,OF为等势线，则由几何关系知。尸与OM垂直，电场线与等势线垂直，则电场线的方向由N指向M,如图所丙，故 B 错误；C.过B和。点 作 的 垂 线，根据公式，U=E d,贝 i UBD=E-2Rsin3(T=-

20、2V质子由B点沿圆弧逆时针移至。点，电势能变化等于电场力做功相反数，故电势能变化量-eUB D=2eV故质子由B点沿圆弧逆时针移至D点，电势能增加2 e U,故 C 正确：D M 点电势最低，N点电势最高，所以从4 点沿圆弧逆时针至C点，电势先减小后增大，电子的电势能先增大后减小，电势能变化等于电场力做功相反数，所以电场力先做负功后做正功，故力错误。故选：C。根据电场强度定义式，求匀强电场电场强度大小；电场线与等势线垂直；根据公式，U=E d,A EP=-eUBD,求电势能变化；电势能变化等于电场力做功相反数。本题解题关键是掌握电场强度定义、电场线与等势线垂直、电势能变化等于电场力做功相反数，

21、是一道中等难度题。5.【答案】B D【解析】解:4 篮球反向运动可以看作平抛运动，因此运动时间：t=旧=J 2 x(3*1.5)$=0 6s，故 A 错误；B、球击中篮板前后瞬间速度大小为：%=?=1 7n/s=5 m/s,故 B 正确；C、球击中篮板前后瞬间速度大小不变,方向相反,根据动量定理可得:I=m-A v =0.6xl0 N-s=6 N-s,故 C 错误；。、根据动能定理有：m g h =EkB-gm诏解得：EkB=18.3/,故。正确。故选：B D。根据平抛运动的规律计算运动时间和瞬时速度；根据动量定理计算冲量的大小；根据动能定理解得B点的动能。本题主要考查学生对平抛运动的理解，学

22、生需要掌握平抛运动的运动规律并灵活应用。6.【答案】B C【解析】解：4 由图乙，原线圈电压最大值15匕 电压表示数为有效值，即电压表示数=葛 1/=苧，市，故 A错误；8.根据图象，每个周期放电2次，1s为50个周期，故放电针每秒可尖端放电100次，故 8 正确；C.瞬时电压大于15000V即火花放电，即副线圈输出电压最大值U2nl=15000V根据理想变压器，电压比等于匝数比，故 变 压 比 詈=/=磊=焉，故 C 正确；九2 U2m IJUUU 1UUU。.不经过转换器，变压器原线圈接恒定电流，副线圈两端的电压为零，不能点燃燃气，故 o 错误。故选：B C。电压表示数为有效值，等于峰值除

23、以每个周期放电2次，通过周期次数，确定放电次数；根据理想变压器，电压比等于匝数比，分析变压比；接恒定电流，副线圈两端的电压为零，不能点燃燃气。本题解题关键是掌握电压表示数为有效值，等于峰值除以，2、理想变压器，电压比等于匝数比，是一道基础题。7.【答案】A D【解析】解：4、根据楞次定律的推论可知，安培力的方向总是阻碍相对运动，根据对称性，圆与MN的交线恰好为圆的弦，安培力与弦垂直，故安培力的方向始终和边界垂直，且与运动方向相反，故 A 正确；B、根据动能定理：IV+mgr(l-cos60 0)=0,可知第一次安培力做的功：W =-O.Smgr,故 B错误；C、线圈最终停在OP与MN重合的位置

24、，根据能量守恒可知线圈中产生的焦耳热为：Q=m g r,故C错误；。、线圈从释放到最后静止的过程中，通过线圈导线横截面的电荷量:q =7 .而7 =E =工.R R整理得q=孚=零,故O正确。R 2.R故选：A D o根据楞次定律分析出线圈所受安培力的方向；根据动能定理求安培力对线圈的做功：先确定线圈最终停止的位置，由能量守恒定律求整个过程产生的焦耳热；联立法拉第电磁感定律、欧姆定律和电流的定义式得出通过导线横截面的电荷量与磁通量变化量的关系并完成分析。本题主要考查了电磁感应定律的相关应用，熟练应用楞次定律和在电磁感应中的能量转换关系，解题的关键点是熟记通过导线横截面的电荷量的计算公式。8.【

25、答案】A C D【解析】解：4、由图乙可知，球4与球B碰撞前的动能E=gm”2,可得球4-与球B碰撞前的速度V=看，球4与球B碰撞后的动能力E =品A喙，解得球4与球B碰撞后的速度 共=J焉=3，球4与球B碰撞时间极短，根据动量守恒定律成小=（见4 +解得叫1：mB=1：3,故A正确；B、由图乙可知，力与B碰撞后4在右处动能最大，贝 与B碰撞后在外位置处速度最大，故B错误；C、根据动能定理有F/=O-E k,则 可 知 图 的 斜 率 代 表 物 体 所 受 的 合 外 力，由图Z可知4与B碰撞后在%3位置处合外力最大，即加速度最大，故C正确；。、弹簧上端与球B相连，球B处于静止状态，设此时弹

26、簧的形变量为结合图甲根据平衡条件可知n i B g s i n。=k x（），由图乙可知，当4 8 起运动到久2时，速度最大，根据平衡条件叫4州汾。+mBgsin6=f c（x2-%i +%0）球4从0点运动到位置与的过程中，根据动能定理啊9$讥。-X j =E,联立解得k=X（x；T），故。正确；故选：A C D o根据动能定理得出物块的速度，结合动量守恒定律得出质量的比值关系；根据图乙可以分析4与B碰撞后在打位置处速度最大；根据动能定理列式，再整理出a-X图像，根据图像的斜率表示合外力即可分析加速度；根据平衡条件列式得出劲度系数的表达式。本题主要考查了功能关系的相关应用，熟悉动能定理的应用

27、，理解图像的物理意义，同时要理解速度最大时物块的加速度为零。【解析】解：(1)该游标卡尺的分度值为0.0 5 n m i,读数为d =5 n u n +6 x 0.0 5 m m =5.30 m m(2)物块通过光电门的时间很短，可利用物块通过光电门的平均速度近似看作瞬时速度，则物块通过光电门的速度为%=(3)用物块将弹簧压缩至位置尸，测量出物块到光电门的距离为小，通过光电门的速度为火,由能量守恒有琮=林 m g 14-将光电门向右移动到某一合适位置，仍用物块将弹簧压缩至位置P,测量出物块到光电门的距离为%2，通过光电门的速度为必，则E p =谚联立解得：“=2成、2 g g-x i)故答案为

28、：(1)5.30；(2)5；(3)7、。(1)该游标卡尺为20分度游标卡尺，分度值为0.0 5 7 7 1 7 7 1,游标卡尺的读数为主尺刻度加游标尺的读数；(2)物块通过光电门的时间很短，利用物块通过光电门的平均速度近似看作瞬时速度；(3)根据能量守恒定律分析即可。本题考查求解动摩擦因数的实验，结合能量守恒定律分析求解即可。1 0.【答案】偶 然A 25返【解析】解：(1)为保护螺旋测微器，将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动微调旋钮，直到听见喀喀的声音以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏；为减小由于测量不准确带来的偶然误差，选择电阻丝的不同位置进行多次测量；(2)根据电路图连

29、接实物图如图(3)第一次测量按乙图的电路，根据欧姆定律可得/=&+&+&，第二次测量将电压表改接在a、b两端，根据欧姆定律可得半=%+8,可知的半，可知第一次测量得到图线是M,由图像数据可得空=RX+R0+RA=3/2=5 0 0,华=岛+&=；北 _3。=25 0,联立可得*1 1U U X 1U*2 1UU X 1U&理若=5。25。=25。,由电阻定律可得p =半=噜;(1)根据螺旋测微器结构明确进行微调的部位；为减小偶然误差要进行多次测量求平均值；(2)根据图示电路图连接实物电路图；(3)根据电路图与图示图象应用串联电路特点与欧姆定律可以求出电阻丝阻值，根据电阻的决定式即可求解。要掌握

30、常用器材的使用方法、注意事项与读数方法；为减小偶然误差要进行多次测量求平均值；根据电路图与图示图象应用串联电路特点与欧姆定律才能求出电阻丝阻值。1 1.【答案】解：(1)设乙开始滑动时与甲之间的距离为x,乙从Q点滑到M点运动的路程为s。对甲有=X +S对乙有s =1 a t24-v0=at联立以上各式，代入相关已知数据得x =2 1.6 m(2)甲、乙两人在交接过程中动量守恒，以孙方向为正方向，则n i甲为+机乙m甲f甲+m乙f乙代 入 相 关 数 据 解 得=6 m/s甲推送完乙直至刚要接触缓冲垫的过程中，根 据 动 能 定 理 有 一 甲)=甲 2 n l甲1 ,代入相关已知数据，求得甲撞

31、上缓冲垫时的速度大小=4 m/s答：(1)在直道上，乙在距甲2 1.6 m 的距离处开始滑动；(2)队员甲撞上缓冲垫时的速度大小4 z n/s。【解析】(1)根据匀速直线运动位移公式和匀加速直线运动位移公式，结合甲乙位移关系，求距离；(2)根据甲乙交接过程中水平方向动量守恒和甲推送完乙直至刚要接触缓冲垫的过程中由动能定理，求队员甲撞上缓冲垫时的速度大小。本题是一道综合性较强的题，考查学生对运动学公式、碰撞过程中的动量守恒以及动能定理的掌握，是一道中等难度题。12.【答案】解：根据题意作图如下:(1)粒子从。1 到。2 的过程中，根据动能定理有j j 1 2q0U0=2m v粒子进入磁场后做匀速

32、圆周运动，由向心力公式有r.m v21ov B=Y由题意知，粒子的轨迹如图中所示，由几何关系知粒子在磁场中运动的轨迹半径r =R联立以上各式，解得粒子的比荷为黑=热(2)当质量为T n 1 的粒子打在圆弧的C 端点时，轨迹如图中所示根据几何关系可得粒子在磁场中运动的轨迹半径4=J(2 R)2 R2 =C R当该粒子的同位素粒子打在圆弧的。端点时，轨迹如图中所示轨迹半径为七=Rtan30=由(1)中得粒子质量的通用表达式为m=富 则 筹=等=2 解得这个同位素粒子的质量为爪2 =1户 1(3)通过分析可知：当粒子沿轨迹最终打在胶片的C 端点时，对应粒子在整个过程中经历的时间最短，此时粒子在磁场中

33、运动的轨迹半径为6=，有/?粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为名=n3由q v B =叱得到该粒子进入磁场时的速度大小为药=四=马 生1 r x m m粒子在电场中经历的时间为t l =$=粒子在磁场中经历的时间t 2 =袈，而7 =誓 由 此 得 到 t 2 =维粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间为t 3 =2=段则粒子从进入电场到打在胶片上所经历的最短时间为t.f -(3 G+7 T)7 ntmE-S +亡 2 +亡 3 -3 q B答：(1)当4、B 两板间电压为外时，粒子恰好打在圆弧C D 的中点，该粒子的比荷为金=第；(2)质量为H i 1 的粒子从磁场射出后，恰好打在圆弧上的C

34、端点；在相同加速电压下，该粒子的一个同位素粒子则恰好打在圆弧上的。端点，这个同位素粒子的质量m 2 =g m i；(3)质量为m、电荷量为q 的粒子从Oi 处无初速地进入电场，当间所加电压不同时，粒子从。1 直至打在圆弧上所经历的时间t 会不同，t 的最小值为嫌讥=空 孺 也。【解析】(1)根据动能定理及向心力公式结合几何关系求该粒子的比荷；(2)根据几何关系结合(1)中得粒子质量的通用表达式求这个同位素粒子的质量；(3)通过分析可知：当粒子沿轨迹最终打在胶片的C 端点时，对应粒子在整个过程中经历的时间最短，由此分析求t 的最小值。本题考查带电粒子在电场与磁场的组合场中的运动。学生需根据题意由

35、动能定理及向心力公式结合几何关系综合分析求解。13.【答案】B D E【解析】解：4由图可知4-8过程中，气体体积增大，则气体对外界做功，故A错误；B.由题C-。为等温过程，则气体内能不变；由图可知C-D过程中气体体积减小，则外界对气体做功，由热力学第一定律4 U =Q+W可知C f 过程中，气体始终放热，故 B 正确；CD-2 为绝热过程，气体体积变小则外界对气体做功，故气体的内能增加，故 C错误；D 4 -8 过程中气体等温膨胀，压强不断减小，根据压强的微观意义可知气体分子在单位时间内与器壁单位面积上碰撞的次数减少；B-C 过程中气体绝热膨胀，温度和压强不断减小，气体分子在单位时间内与器壁

36、单位面积上碰撞的次数也减少，故。正确；E.在整个过程中气体内能的内能不变，图像与横轴所围面积表示气体对外做功，由热力学第一定律可知整个过程中气体吸热，故气体吸热大于放热，故 正确。故选：BDE。A-8 过程中，体积增大，气体对外界做功，B-C 过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，C-D过程中，等温压缩，D-4 过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高，一个循环过程中，气体的温度不变，再根据热力学第一定律，即可判断各个选项。本题考查了一定质量的理想气体状态方程的应用，根据图象判断出气体体积如何变化，从而判断出外界对气体做功情况，再应用热力学第一定律与题目所给条件即可正确解题：解题时，牢记

37、一定质量的理想气体内能由问题温度决定。14.【答案】解：（i）开始时，4 室内的气体压强为PAO=PO+pgh=2 P oA 室内的气体体积为力打开阀门，4 室气体等温变化，稳定后压强为PAI=P o体积为V%,对4 室气体，由玻意耳定律得PAOAO=P 4 M A i解得以1=竽B 室气体等温变化，稳定后压强为2=pAQ9 pB1=pA1,VB0=%-VAO=对B 室气体，由玻意耳定律得PBQVBQ=pBVB解得01=0则稳定后B 室内剩余气体的质量和B 室原有气体质量之比为罂=写”=!总3）活塞C 恰好能到达容器的最左端过程中，是等压变化，对4 分析课!=”解得 T 1=|T o =4 5

38、 0 K答：（i）环境温度保持不变，将阀门K打开，稳定后B 室内剩余气体的质量和B 室原有气体质量之比14；（”）打开阀门K，稳定后，若将环境温度缓慢升高，当环境温度升至45 0 K,活塞C 恰好能到达容器的最左端。【解析】（i）根据平衡条件和题意，分析4 室内的气体压强和体积，再根据玻意耳定律求等温变化后4 室气体体积，B 室气体等温变化，由玻意耳定律，求等温变化后B 室气体体积，最后求稳定后B室内剩余气体的质量和B 室原有气体质量之比；（M）活塞C 恰好能到达容器的最左端过程中，是等压变化，列式，求环境温度。本题考查学生对理想气体状态方程的掌握，解题关键是分析出过程是等温过程还是等压过程。

39、1 5.【答案】A C E【解析】解：4 t =0.75 s时刻，两列波各自向前传播的距离均为x=ut =4 x 0.75 m =3m两列波在此时刻恰好都传播到M点，可知两列波开始相遇，故 A正确；员质点只会在各自平衡位置上下振动，不会随波迁移，故 B错误；C.根据同侧法可知，两波源开始时刻都向y 轴负方向振动，因此在两列波传播的过程中，所有质点开始起振的方向都和波源相同，即向y 轴负方向振动，因此质点P、Q 的起振方向均沿y 轴负方向，故 C正确；D t =l s时刻，左面波没有传播到Q 点，即从图示位置经过一个周期，质点Q 再次回到平衡平衡位置，此时的速度最大，故。错误；E.两列波的波长均

40、为;I =4 m,波速均为u=4 m/s,因此两列波具有相同的周期，为由以上分析可知0.75 s时，两列波刚好传播到M点，且两列波起振方向均向着y 轴的负方向，因此再过0.25 s质点M恰好到达波谷，很显然，两列波在M点振动加强，因此质点M的位移为y =-24=2 x 4c m =8 c m故 E正确。故选：A C E.由图读出波长，从而由波速公式算出波的周期。根据所给的时间与周期的关系，分析质点M的位置，确定其位移。由波的传播方向来确定质点的振动方向。简谐波传播的过程中质点不向前迁移，只在各自的平衡位置附近振动。本题要掌握波的独立传播原理：两列波相遇后保持原来的性质不变。理解波的叠加遵守矢量

41、合成法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零。16.【答案】解：激光从玻璃砖的左侧弧面BM射向圆心。，当地面只有一个光斑时，说明激光在从4 8 面发生了全反射，当以临界角C入射时，只有反射光线在水平地面形成光斑P,光路如图甲所示：R光斑p距4 点的距离为PA=OR，n则tcmC=中根据临界角公式sinC=n解得玻璃砖的折射率n=AT3该束激光以60。的入射角从右侧斜向下射向AB上的N点，光路如图乙所示:由折射定律得71=迎 迎=咽解得a=r=30,0=60由 几 何 关 系 得=R +Rtan3 0 解得：XA E=弓+3,经A B 面反射后的光射到F 点，由几何关系得xA F=(R +xow)t an 3 0 解得以=粤1/?则地面上两个光斑之间的距离x =上 誓 R答：(i)玻璃砖的折射率为，万；(i i)此时地面上两个光斑之间的距离为老生/?。【解析】根据几何关系求出临界角，结合全反射临界角公式求出光在玻璃砖中的折射率。()作出光路图，根据折射定律结合几何关系求出地面上两个光斑之间的距离。本题考查几何光学问题，关键画出光路图，结合折射定律和几何知识综合求解，难度中等。