2023年海南省新高考物理試卷

2023年海南省新高考物理試卷一、單項選擇題，每題3分，共24分。1．（3分）（2023?海南）釷元素衰變時會放出β粒子，其中β粒子是（）A．中子 B．質子 C．電子 D．光子2．（3分）（2023?海南）如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場，關于小球運動和受力說法正確的是（）A．小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右 B．小球運動過程中的速度不變 C．小球運動過程的加速度保持不變 D．小球受到的洛倫茲力對小球做正功3．（3分）（2023?海南）如圖所示，工人利用滑輪組將重物緩慢提起，下列說法正確的是（）A．工人受到的重力和支持力是一對平衡力 B．工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力 C．重物緩慢拉起過程，繩子拉力變小 D．重物緩慢拉起過程，繩子拉力不變4．（3分）（2023?海南）下面上下兩圖分別是一列機械波在傳播方向上相距6m的兩個質點P、Q的振動圖像，下列說法正確的是（）A．該波的周期是5s B．該波的波速是3m/s C．4s時P質點向上振動 D．4s時Q質點向上振動5．（3分）（2023?海南）下列關于分子力和分子勢能的說法正確的是（）?A．分子間距離大于r0時，分子間表現(xiàn)為斥力 B．分子從無限遠靠近到距離r0處過程中分子勢能變大 C．分子勢能在r0處最小 D．分子間距離在小于r0且減小時，分子勢能在減小6．（3分）（2023?海南）汽車測速利用了電磁感應現(xiàn)象，汽車可簡化為一個矩形線圈abcd，埋在地下的線圈分別為1、2，通上順時針（俯視）方向電流，當汽車經(jīng)過線圈時（）?A．線圈1、2產(chǎn)生的磁場方向豎直向上 B．汽車進入線圈1過程產(chǎn)生感應電流方向為abcd C．汽車離開線圈1過程產(chǎn)生感應電流方向為abcd D．汽車進入線圈2過程受到的安培力方向與速度方向相同7．（3分）（2023?海南）如圖所示電路，已知電源電動勢為E，內阻不計，電容器電容為C，閉合開關K，待電路穩(wěn)定后，電容器上電荷量為（）A．CE B．CE C．CE D．CE8．（3分）（2023?海南）如圖所示，一光滑絕緣軌道水平放置，直徑上有A、B兩點，AO＝2cm，OB＝4cm，在AB固定兩個帶電量分別為Q1、Q2的正電荷，現(xiàn)有一個帶正電小球靜置于軌道內側P點（小球可視為點電荷），已知AP：BP＝n：1，試求Q1：Q2是多少（）A．2n2：1 B．4n2：1 C．2n3：1 D．4n3：1二、多項選擇題，每題4分，共20分（多選）9．（4分）（2023?海南）如圖所示，1、2軌道分別是天宮二號飛船在變軌前后的軌道，下列說法正確的是（）A．飛船從1軌道變到2軌道要點火加速 B．飛船在1軌道周期大于2軌道周期 C．飛船在1軌道速度大于2軌道 D．飛船在1軌道加速度大于2軌道（多選）10．（4分）（2023?海南）已知一個激光發(fā)射器功率為P，發(fā)射波長為λ的光，光速為c，普朗克常量為h，則（）A．光的頻率為 B．光子的能量為 C．光子的動量為 D．在時間t內激光器發(fā)射的光子數(shù)為（多選）11．（4分）（2023?海南）如圖是工廠利用u＝220sin100πtV的交流電給36V照明燈供電的電路，變壓器原線圈匝數(shù)為1100匝，下列說法正確的是（）A．電源電壓有效值為220V B．交變電流的周期為0.02s C．副線圈匝數(shù)為180匝 D．副線圈匝數(shù)為240匝（多選）12．（4分）（2023?海南）如圖所示，正三角形三個頂點固定三個等量電荷，其中A、B帶正電，C帶負電，O、M、N為AB邊的四等分點，下列說法正確的是（）A．M、N兩點電場強度相同 B．M、N兩點電勢相同 C．負電荷在M點電勢能比在O點時要小 D．負電荷在N點電勢能比在O點時要大（多選）13．（4分）（2023?海南）如圖所示，質量為m，帶電荷為+q的點電荷，從原點以初速度v0射入第一象限內的電磁場區(qū)域，在0＜y＜y0，0＜x＜x0（x0、y0為已知）區(qū)域內有豎直向上的勻強電場，在x＞x0區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，控制電場強度（E值有多種可能），可讓粒子從NP射入磁場后偏轉打到接收器MN上，則（）?A．粒子從NP中點射入磁場，電場強度滿足E＝ B．粒子從NP中點射入磁場時速度為v0 C．粒子在磁場中做圓周運動的圓心到NM的距離為 D．粒子在磁場中運動的圓周半徑最大值是14．（2023?海南）用激光測玻璃磚折射率的實驗中，玻璃磚與屏P平行放置，從另一側用激光筆以一定角度照射，此時在屏上的S1處有激光點，移走玻璃磚，光點移到S2處。（1）請畫出激光束經(jīng)玻璃折射后完整的光路圖；（2）已經(jīng)測出AB＝l1，OA＝l2，S1S2＝l3，則折射率n＝。（3）若改用寬ab更小的玻璃磚做實驗，則S1S2間的距離會（填“變大”，“變小”或“不變”）。15．（2023?海南）用如圖1所示的電路測量一個量程為100μA，內阻約為2000Ω的微安表頭的內阻，所用電源的電動勢約為12V，有兩個電阻箱可選，R1（0～9999.9Ω），R2（0～99999.9Ω）（1）RM應選，RN應選；（2）根據(jù)電路圖，請把實物連線補充完整；（3）下列操作順序合理排列是：。①將變阻器滑動頭P移至最左端，將RN調至最大值；②閉合開關S2，調節(jié)RM，使微安表半偏，并讀出RM阻值；③斷開S2，閉合S1，調節(jié)滑動頭P至某位置再調節(jié)RN使表頭滿偏；④斷開S1、S2，拆除導線，整理好器材。（4）如圖2是RM調節(jié)后面板，則待測表頭的內阻為，該測量值（大于、小于、等于）真實值。（5）將該微安表改裝成量程為2V的電壓表后，某次測量指針指在圖示位置，則待測電壓為V。（6）某次半偏法測量表頭內阻的實驗中，S2斷開，電表滿偏時讀出RN值，在滑動頭P不變，S2閉合后調節(jié)電阻箱RM，使電表半偏時讀出RM，若認為OP間電壓不變，則微安表內阻為：。（用RM、RN表示）16．（2023?海南）某飲料瓶內密封一定質量理想氣體，t＝27℃時，壓強p＝1.050×105Pa。（1）t′＝37℃時，氣壓是多大？（2）保持溫度不變，擠壓氣體，使之壓強與（1）時相同時，氣體體積為原來的多少倍？17．（2023?海南）如圖所示，U形金屬桿上邊長為L＝15cm，質量為m＝1×10﹣3kg，下端插入導電液體中，導電液體連接電源，金屬桿所在空間有垂直紙面向里B＝8×10﹣2T的勻強磁場。（1）若插入導電液體部分深h＝2.5cm，閉合電鍵后，金屬桿飛起后，其下端離液面高度H＝10cm，設桿中電流不變，求金屬桿離開液面時的速度大小和金屬桿中的電流有多大；（g＝10m/s2）（2）若金屬桿下端剛與導電液體接觸，改變電動勢的大小，通電后金屬桿跳起高度H′＝5cm，通電時間t′＝0.002s，求通過金屬桿截面的電荷量。18．（2023?海南）如圖所示，有一固定的光滑圓弧軌道，半徑R＝0.2m，一質量為mB＝1kg的小滑塊B從軌道頂端滑下，在其沖上長木板C左端時，給木板一個與小滑塊相同的初速度，已知mC＝3kg，B、C間動摩擦因數(shù)μ1＝0.2，C與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.8，C右端有一個擋板，C長為L。求：（1）B滑到A的底端時對A的壓力是多大？（2）若B未與C右端擋板碰撞，當B與地面保持相對靜止時，B、C間因摩擦產(chǎn)生的熱量是多少？（3）在0.16m＜L＜0.8m時，B與C右端擋板發(fā)生碰撞，且碰后粘在一起，求B從滑上C到最終停止所用的時間。

2023年海南省新高考物理試卷參考答案與試題解析一、單項選擇題，每題3分，共24分。1．（3分）（2023?海南）釷元素衰變時會放出β粒子，其中β粒子是（）A．中子 B．質子 C．電子 D．光子【分析】β粒子是電子，由此即可正確解答?！窘獯稹拷猓悍派湫栽厮プ儠r放出的三種射線α、β、γ，其中β粒子是電子。故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c評】本題考查了原子核衰變的生成物，特別要知道β粒子是電子，β衰變的實質是因為一個中子轉化成質子而釋放出的電子。2．（3分）（2023?海南）如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場，關于小球運動和受力說法正確的是（）A．小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右 B．小球運動過程中的速度不變 C．小球運動過程的加速度保持不變 D．小球受到的洛倫茲力對小球做正功【分析】明確小球運動中受力情況，知道洛倫茲力不做功，從而分析小球運動過程中的速度、加速度情況?！窘獯稹拷猓篈．帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場中，小球受洛倫茲力和重力的作用做曲線運動，根據(jù)左手定則，可知小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右，故A正確；B．小球受洛倫茲力和重力的作用，做曲線運動，速度的方向時刻變化，故B錯誤；C.小球受洛倫茲力和重力的作用做曲線運動，重力始終豎直向下，洛倫茲力始終與速度方向垂直，且速度方向時刻變化，合力方向時刻變化，根據(jù)牛頓第二定律，加速度的方向時刻變化，故C錯誤。D．小球受洛倫茲力和重力的作用做曲線運動，洛倫茲力始終與速度方向垂直，根據(jù)功的定義，洛倫茲力永不做功，故D錯誤。故選A?！军c評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動，注意明確洛倫茲力不做功這一性質，同時正確分析功能關系以及掌握牛頓第二定律公式的應用。3．（3分）（2023?海南）如圖所示，工人利用滑輪組將重物緩慢提起，下列說法正確的是（）A．工人受到的重力和支持力是一對平衡力 B．工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力 C．重物緩慢拉起過程，繩子拉力變小 D．重物緩慢拉起過程，繩子拉力不變【分析】一對平衡力大小相等，方向相反，作用在一個物體上，一對相互作用力大小相等，方向相反，是兩個物體的相互作用力；對滑輪進行受力分析，根據(jù)幾何關系得出繩子拉力的變化趨勢?！窘獯稹拷猓篈B、對人受力分析有則有FN+FT＝mg根據(jù)一對平衡力和一對相互作用力的概念可知，工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力，故A錯誤、B正確；CD、對滑輪做受力分析有則有則隨著重物緩慢拉起過程，θ逐漸增大，則FT逐漸增大，故CD錯誤。故選：B?！军c評】本題主要考查了共點力的平衡問題，熟悉物體的受力分析，結合幾何關系即可完成解答。4．（3分）（2023?海南）下面上下兩圖分別是一列機械波在傳播方向上相距6m的兩個質點P、Q的振動圖像，下列說法正確的是（）A．該波的周期是5s B．該波的波速是3m/s C．4s時P質點向上振動 D．4s時Q質點向上振動【分析】A.根據(jù)振動圖像給出的信息作答；B.根據(jù)圖像求解兩質點之間的距離滿足的關系，再根據(jù)波長、波速和周期的關系分析求解波速；CD.根據(jù)振動圖像判斷質點的振動方向。【解答】解：A．根據(jù)振動圖像可看出該波的周期是4s，故A錯誤；B．由圖像可知，質點Q、P的起振方向相反則兩質點之間的距離滿足，其中n＝0，1，2，…根據(jù)波長、波速和周期的關系代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得，其中n＝0，1，2，…，故B錯誤；C．由P質點的振動圖像可看出，在4s時P質點在平衡位置向上振動，故C正確；D．由Q質點的振動圖像可看出，在4s時Q質點在平衡位置向下振動，故D錯誤。故選：C?！军c評】能夠根據(jù)振動圖像給出的信息求解周期、判斷質點在某時刻的振動方向；要注意波在傳播過程中的周期性。5．（3分）（2023?海南）下列關于分子力和分子勢能的說法正確的是（）?A．分子間距離大于r0時，分子間表現(xiàn)為斥力 B．分子從無限遠靠近到距離r0處過程中分子勢能變大 C．分子勢能在r0處最小 D．分子間距離在小于r0且減小時，分子勢能在減小【分析】當分子力表現(xiàn)為斥力時，分子力和分子勢能總是隨分子間距離的增大而減小；分子力表現(xiàn)為引力時，r增大，分子力先增大后減小，分子勢能一直增大。【解答】解：A、分子間距離大于r0，分子間表現(xiàn)為引力，故A錯誤；BCD、分子間距離變小，引力做功，勢能減小，在r0處勢能最小，繼續(xù)減小距離，分子間表現(xiàn)為斥力，分子力做負功，勢能增大，故BD錯誤，C正確；故選：C。【點評】本題考查了分子力、分子勢能等知識點，利用F﹣r圖象、Ep﹣r圖象記憶分子力及分子勢能變化是一種很好的方法。6．（3分）（2023?海南）汽車測速利用了電磁感應現(xiàn)象，汽車可簡化為一個矩形線圈abcd，埋在地下的線圈分別為1、2，通上順時針（俯視）方向電流，當汽車經(jīng)過線圈時（）?A．線圈1、2產(chǎn)生的磁場方向豎直向上 B．汽車進入線圈1過程產(chǎn)生感應電流方向為abcd C．汽車離開線圈1過程產(chǎn)生感應電流方向為abcd D．汽車進入線圈2過程受到的安培力方向與速度方向相同【分析】根據(jù)安培定則判斷線圈1、2中的電流形成的磁場方向；根據(jù)楞次定律判斷矩形線圈abcd的感應電流方向；安培力的方向總是與矩形線圈abcd相對于磁場的運動方向相反?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)安培定則可知，線圈1、2中的電流形成的磁場方向都是豎直向下的，故A錯誤；BC、汽車進入磁場時，線圈abcd磁通量向下增大，根據(jù)楞次定律可知，感應電流方向是adcba，離開時磁通量向下減小，根據(jù)楞次定律可知感應電流方向是abcda，故B錯誤、C正確；D、根據(jù)楞次定律的推廣可知，安培力的方向總是與汽車相對于磁場的運動方向相反，所以汽車進入線圈2過程受到的安培力方向與速度方向相反，故D錯誤。故選：C。【點評】根據(jù)楞次定律判斷感應電流的方向的一般步驟是：確定原磁場的方向→原磁場的變化→引起感應電流的磁場的變化→楞次定律→感應電流的方向。7．（3分）（2023?海南）如圖所示電路，已知電源電動勢為E，內阻不計，電容器電容為C，閉合開關K，待電路穩(wěn)定后，電容器上電荷量為（）A．CE B．CE C．CE D．CE【分析】若取電源負極為零電勢點，根據(jù)歐姆定律求解電容器上、下極板的電勢，由此得到兩極板間的電壓，再根據(jù)Q＝CU進行解答?！窘獯稹拷猓弘娐贩€(wěn)定后，由于電源內阻不計，若取電源負極為零電勢點，則電容器上極板的電勢為：電容器下極板的電勢為：則電容兩端的電壓為：U＝φ下﹣φ上解得：則電容器上的電荷量為：Q＝CU解得：Q＝CE，故C正確、ABD錯誤。故選：C?！军c評】本題主要是考查含容電路的分析，關鍵是弄清楚電路的連接情況，根據(jù)歐姆定律求解電容器兩極板間的電壓。8．（3分）（2023?海南）如圖所示，一光滑絕緣軌道水平放置，直徑上有A、B兩點，AO＝2cm，OB＝4cm，在AB固定兩個帶電量分別為Q1、Q2的正電荷，現(xiàn)有一個帶正電小球靜置于軌道內側P點（小球可視為點電荷），已知AP：BP＝n：1，試求Q1：Q2是多少（）A．2n2：1 B．4n2：1 C．2n3：1 D．4n3：1【分析】對小球進行受力分析，再根據(jù)庫侖定律結合數(shù)學知識即可完成作答?！窘獯稹拷猓簩π∏蚴芰Ψ治鋈鐖D所示：在△CHP中，根據(jù)正弦定理有其中∠CPH＝∠OPB，∠CHP＝∠HPD＝∠APO在△APO中，根據(jù)正弦定理在△BPO中，根據(jù)正弦定理根據(jù)庫侖定律，聯(lián)立以上各式，解得Q1：Q2＝2n3：1綜上分析，故ABD錯誤，C正確。故選：C?！军c評】本題考查了庫侖定律的應用，對于數(shù)學知識在物理學中的運用是學生應該具備的關鍵能力之一。二、多項選擇題，每題4分，共20分（多選）9．（4分）（2023?海南）如圖所示，1、2軌道分別是天宮二號飛船在變軌前后的軌道，下列說法正確的是（）A．飛船從1軌道變到2軌道要點火加速 B．飛船在1軌道周期大于2軌道周期 C．飛船在1軌道速度大于2軌道 D．飛船在1軌道加速度大于2軌道【分析】飛船做離心運動時必須點火加速；根據(jù)萬有引力提供向心力列式，得出飛船的周期、速度和加速度與軌道半徑的關系，再比較各個量的大小。【解答】解：A、飛船從較低的軌道1進入較高的軌道2要點火加速做離心運動才能完成，故A正確；BCD、飛船做勻速圓周運動時，根據(jù)萬有引力提供向心力得：可得，，可知飛船在軌道1的周期小于在軌道2的周期，在軌道1的速度大于在軌道2的速度，在軌道1的加速度大于在軌道2的加速度，故B錯誤，CD正確。故選：ACD。【點評】解決本題的關鍵要掌握萬有引力提供向心力這一重要思路，知道線速度、周期、向心加速度與軌道半徑的關系。（多選）10．（4分）（2023?海南）已知一個激光發(fā)射器功率為P，發(fā)射波長為λ的光，光速為c，普朗克常量為h，則（）A．光的頻率為 B．光子的能量為 C．光子的動量為 D．在時間t內激光器發(fā)射的光子數(shù)為【分析】根據(jù)波速與波長、頻率之間的關系求解光的頻率；根據(jù)光子能量計算公式求解光子的能量；根據(jù)德布羅意波長計算公式求解光子的動量；每秒內發(fā)出的光子數(shù)與每個光子能量的乘積是激光器每秒做的功，根據(jù)激光發(fā)射器功率求解時間t內激光器發(fā)射的光子數(shù)?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)波速與波長、頻率之間的關系可知光的頻率：ν＝，故A正確；B．光子的能量：，故B錯誤；C．根據(jù)德布羅意波長計算公式λ＝可得光子的動量：，故C正確；D．在時間t內激光器發(fā)射的光子數(shù)：，故D錯誤。故選：AC。【點評】本題主要是考查光子能量的計算，解答本題的關鍵是掌握光子能量計算公式以及德布羅意波長的計算公式，能夠根據(jù)能量關系求解光子數(shù)。（多選）11．（4分）（2023?海南）如圖是工廠利用u＝220sin100πtV的交流電給36V照明燈供電的電路，變壓器原線圈匝數(shù)為1100匝，下列說法正確的是（）A．電源電壓有效值為220V B．交變電流的周期為0.02s C．副線圈匝數(shù)為180匝 D．副線圈匝數(shù)為240匝【分析】根據(jù)交流電的瞬時值表達式計算有效值和周期，根據(jù)變壓器的電壓之比等于匝數(shù)之比?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)交流電的瞬時值表達式，電源電壓的有效值，故A錯誤；B、根據(jù)交流電的瞬時值表達式，交流電的周期，故B正確；CD、根據(jù)可得副線圈匝數(shù)匝，故C正確，D錯誤。故選：BC?！军c評】本題主要是考查了變壓器的知識；解答本題的關鍵是知道變壓器的電壓之比等于匝數(shù)之比，在只有一個副線圈的情況下的電流之比等于匝數(shù)的反比；知道理想變壓器的輸出功率決定輸入功率且相等。（多選）12．（4分）（2023?海南）如圖所示，正三角形三個頂點固定三個等量電荷，其中A、B帶正電，C帶負電，O、M、N為AB邊的四等分點，下列說法正確的是（）A．M、N兩點電場強度相同 B．M、N兩點電勢相同 C．負電荷在M點電勢能比在O點時要小 D．負電荷在N點電勢能比在O點時要大【分析】根據(jù)場強疊加的特點和對稱性得出MN兩點的場強關系；根據(jù)電勢的疊加特點得出MN兩點的電勢關系；根據(jù)電荷的受力特點得出其合力的方向，根據(jù)電場力的做功特點結合功能關系得出電勢能的大小關系。【解答】解：A．根據(jù)場強疊加的特點以及對稱性可知，MN兩點的場強大小相同，不過方向不同，故A錯誤；B．因在AB處的正電荷在MN兩點的合電勢相等，在C點的負電荷在MN兩點的電勢也相等，由此可分析出MN兩點電勢相等，故B正確；CD．根據(jù)題意可知，負電荷從M到O，因AB兩電荷的合力對負電荷的庫侖力從O指向M，則該力對負電荷做負功，C點的負電荷也對該負電荷做負功，可知三個電荷對該負電荷的合力對其做負功，根據(jù)功能關系可知該負電荷的電勢能增加，即負電荷在M點的電勢能比在O點??；同理可知負電荷在N點的電勢能比在O點小。故C正確，D錯誤。故選：BC?！军c評】本題主要考查了帶電粒子在電場中的運動，熟悉場強和電勢的計算公式，分清其標矢性，結合粒子的受力分析和功能關系即可完成解答。（多選）13．（4分）（2023?海南）如圖所示，質量為m，帶電荷為+q的點電荷，從原點以初速度v0射入第一象限內的電磁場區(qū)域，在0＜y＜y0，0＜x＜x0（x0、y0為已知）區(qū)域內有豎直向上的勻強電場，在x＞x0區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，控制電場強度（E值有多種可能），可讓粒子從NP射入磁場后偏轉打到接收器MN上，則（）?A．粒子從NP中點射入磁場，電場強度滿足E＝ B．粒子從NP中點射入磁場時速度為v0 C．粒子在磁場中做圓周運動的圓心到NM的距離為 D．粒子在磁場中運動的圓周半徑最大值是【分析】A、根據(jù)帶電粒子在電場中做類平拋運動，沿電場方向和垂直電場方向列運動學公式求解加速度，再由牛頓第二定律可以求解電場強度；B、根據(jù)在電場中類平拋運動，沿電場方向和垂直電場方向列運動學公式就可以求解粒子從NP中點射入磁場時速度；C、根據(jù)粒子在電場中的運動，推出進入磁場時的速度方向和大小表達式，再根據(jù)粒子在磁場中做圓周運動的半徑表達式等結合幾何關系求軌跡圓心到NM的距離；D、粒子在電場中沿電場方向加速的距離最大時，粒子在磁場中運動的圓周半徑最大，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可以求解粒子在磁場中運動的圓周半徑最大值?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)帶電粒子在電場中做類平拋運動，若粒子打到PN中點，則x方向勻速直線運動，有：x0＝v0ty方向粒子做勻加速直線運動，有：根據(jù)牛頓第二定律得：Eq＝ma解得：E＝，故A正確；B、粒子從PN中點射出時，y方向根據(jù)勻變速位移與平均速度關系式得：剛出電場射入磁場時速度v1＝＝將t＝代入解得：v1＝，故B錯誤；C、粒子從電場中射出時的速度方向與豎直方向夾角為θ，軌跡如下圖所示：則tanθ＝＝將a、t代入得：tanθ＝粒子從電場中射出時的速度v＝粒子進入磁場后做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：qvB＝m則粒子進入磁場后做圓周運動的圓心到MN的距離為d＝rcosθ聯(lián)立解得d＝，故C錯誤；D、當粒子在磁場中運動有最大運動半徑時，進入磁場的速度最大，則在電場中沿電場方向加速的距離最大，則y方向速度及合速度最大，此時粒子從N點進入磁場，則x0＝v0t出離電場的最大速度：＝則由洛倫茲力提供向心力得：qvB＝m可得最大半徑：，故D正確。故選：AD?！军c評】本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動，在電場中做類平拋運動，根據(jù)勻速直線運動和勻變速直線運動的規(guī)律分析判斷，進入磁場帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，注意從電場進入磁場的合速度大小以及速度方向決定了在磁場中的軌跡半徑以及圓弧長度等，需要我們結合軌跡圖以及幾何關系分析。14．（2023?海南）用激光測玻璃磚折射率的實驗中，玻璃磚與屏P平行放置，從另一側用激光筆以一定角度照射，此時在屏上的S1處有激光點，移走玻璃磚，光點移到S2處。（1）請畫出激光束經(jīng)玻璃折射后完整的光路圖；（2）已經(jīng)測出AB＝l1，OA＝l2，S1S2＝l3，則折射率n＝。（3）若改用寬ab更小的玻璃磚做實驗，則S1S2間的距離會變?。ㄌ睢白兇蟆保白冃　被颉安蛔儭保??！痉治觥浚?）根據(jù)傳播路徑畫出光路圖；（2）根據(jù)光的折射定律結合幾何關系進行解答；（3）若玻璃磚寬度變小，相當于把ad邊下移，根據(jù)光路圖進行分析?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)題意結合光的傳播情況作出光路圖如圖所示：（2）根據(jù)光的折射定律可得：n＝根據(jù)幾何關系可得：sini＝＝sinr＝＝＝聯(lián)立解得：n＝（3）若玻璃磚寬度變小，相當于把ad邊下移，與兩條光線的交點距離變小，即BC就小，那S1S2也會變小。故答案為：（1）光路圖見解析；（2）；（3）變小?！军c評】本題主要是考查了光的折射，解答此類題目的關鍵是弄清楚光的傳播情況，畫出光路圖，根據(jù)圖中的幾何關系求出折射角或入射角，然后根據(jù)光的折射定律和全反射的條件列方程求解。15．（2023?海南）用如圖1所示的電路測量一個量程為100μA，內阻約為2000Ω的微安表頭的內阻，所用電源的電動勢約為12V，有兩個電阻箱可選，R1（0～9999.9Ω），R2（0～99999.9Ω）（1）RM應選R1，RN應選R2；（2）根據(jù)電路圖，請把實物連線補充完整；（3）下列操作順序合理排列是：①③②④。①將變阻器滑動頭P移至最左端，將RN調至最大值；②閉合開關S2，調節(jié)RM，使微安表半偏，并讀出RM阻值；③斷開S2，閉合S1，調節(jié)滑動頭P至某位置再調節(jié)RN使表頭滿偏；④斷開S1、S2，拆除導線，整理好器材。（4）如圖2是RM調節(jié)后面板，則待測表頭的內阻為1998.0Ω，該測量值小于（大于、小于、等于）真實值。（5）將該微安表改裝成量程為2V的電壓表后，某次測量指針指在圖示位置，則待測電壓為1.3V。（6）某次半偏法測量表頭內阻的實驗中，S2斷開，電表滿偏時讀出RN值，在滑動頭P不變，S2閉合后調節(jié)電阻箱RM，使電表半偏時讀出RM，若認為OP間電壓不變，則微安表內阻為：。（用RM、RN表示）【分析】（1）根據(jù)半偏法的測量原理分析判斷；（3）根據(jù)保護電路和半偏法測量步驟分析判斷；（4）根據(jù)半偏法原理和電路結構分析判斷；（5）根據(jù)串聯(lián)電路分壓特點計算；（6）根據(jù)歐姆定律分析判斷?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)半偏法的測量原理可知，RM與R1相當，當閉合S2之后，變阻器上方的電流應基本不變，就需要RN較大，對下方分壓電路影響甚微。故RM應選R1，RN應選R2；（2）實物圖如圖：（3）為保證電路安全，閉合開關前先將滑動變阻器調至左側，電阻箱調至最大，先閉合S1開關，調節(jié)電阻箱RN，再閉合S2調節(jié)電阻箱RM，最后斷開開關整理器材，正確的操作順序是：①③②④；（4）讀出的RM即是微安表的內阻。當閉合S2后，原電路可看成如下電路：閉合S2后，相當于RM由無窮大變成有限值，變小了，不難得到流過RN的電流大于原來的電流，則流過RM的電流大于，故RM＜RA。（5）按讀數(shù)規(guī)則，只需要讀出65即可，按換算關系可知，電壓為：u＝1.30V（6）根據(jù)題意可得：解得：故答案為：（1）R1，R2；（3）①③②④；（4）1998.0Ω，小于；（5）1.3；（6）?！军c評】本題要掌握半偏法測電流表內阻原理，掌握電路連接方式分析、掌握歐姆定律。16．（2023?海南）某飲料瓶內密封一定質量理想氣體，t＝27℃時，壓強p＝1.050×105Pa。（1）t′＝37℃時，氣壓是多大？（2）保持溫度不變，擠壓氣體，使之壓強與（1）時相同時，氣體體積為原來的多少倍？【分析】（1）根據(jù)題意得出氣體變化前后的狀態(tài)參量，結合查理定律列式得出氣體的壓強；（2）氣體的溫度保持不變，根據(jù)玻意耳定律得出氣體的體積。【解答】解：（1）瓶內氣體的始末狀態(tài)的熱力學溫度分別為T＝（27+273）K＝300K，T'＝（37+273）K＝310K溫度變化過程中體積不變，故由查理定律有解得：p′＝1.085×105Pa（2）保持溫度不變，擠壓氣體，等溫變化過程，由玻意耳定律有pV＝p'V'解得：V′≈0.968V答：（1）t′＝37℃時，氣壓為1.085×105Pa；（2）保持溫度不變，擠壓氣體，使之壓強與（1）時相同時，氣體體積為原來的0.968倍。【點評】本題主要考查了一定質量的理想氣體的狀態(tài)方程，解題的關鍵點是分析出氣體變化前后的狀態(tài)參量，結合玻意耳定律和查理定律即可完成分析。17．（2023?海南）如圖所示，U形金屬桿上邊長為L＝15cm，質量為m＝1×10﹣3kg，下端插入導電液體中，導電液體連接電源，金屬桿所在空間有垂直紙面向里B＝8×10﹣2T的勻強磁場。（1）若插入導電液體部分深h＝2.5cm，閉合電鍵后，金屬桿飛起后，其下端離液面高度H＝10cm，設桿中電流不變，求金屬桿離開液面時的速度大小和金屬桿中的電流有多大；（g＝10m/s2）（2）若金屬桿下端剛與導電液體接觸，改變電動勢的大小，通電后金屬桿跳起高度H′＝5cm，通電時間t′＝0.002s，求通過金屬桿截面的電荷量?！痉治觥浚?）根據(jù)豎直上拋運動規(guī)律求解金屬桿剛剛離開液面的速度，對金屬桿與液面接觸的過程，根據(jù)安培力公式，應用動能定理求解電流；（2）由于給了時間，根據(jù)動量定理求解電流，再根據(jù)電流求解電荷量?！窘獯稹拷猓海?）設金屬桿離開液面時的速度大小為v，金屬桿中的電流大小為I。金屬桿離開液體后做豎直上拋運動，由運動學公式得：v2＝2gH解得：v＝＝m/s通電過程金屬桿受到的安培力大小為：FA＝BIL對金屬桿到達最高點的過程，由動能定理得：FAh﹣mg（H+h）＝0聯(lián)立解得：A＝4.17A（2）對金屬桿，通電時間t′＝0.002s，規(guī)定向上為正方向，由動量定理得：（BI′L﹣mg）t′＝mv′﹣0由運動學公式v'2＝2gH'通過金屬桿截面的電荷量q＝I′t′＝＝C＝0.085C答：（1）金屬桿離開液面時的速度大小為，金屬桿中的電流為4.17A；（2）通過金屬桿截面的電荷量為0.085C?！军c評】本題是安培力與動能定理、動量定理結合的問題