2023年高三物理一模試卷含解析

2023年高三物理一模試卷含解析2023年高三物理一模試卷含解析861～5630abx﹣tab，由圖可知〔〕兩物體運動方向始終不變0～t1

abC．t～t內(nèi)某時刻兩物體的速度一樣1 2D．t～tab1 2如以下圖，小車內(nèi)固定著一個傾角為60°的斜面OA，擋板OB與水平面的夾角θ=60°，可繞轉(zhuǎn)軸O在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動．現(xiàn)將一質(zhì)量為m的光滑圓球放在斜面與擋板之間，以下說法正確的選項是〔〕當小車與擋板均靜止時，球?qū)π泵娴膲毫π∮趍g保持θ=60°不變，使小車水平向右運動，則球?qū)π泵娴膲毫赡転榱惚３中≤囲o止，在θ由60°緩慢減小至15°的過程中，球?qū)醢宓膲毫u漸減小保持小車靜止，在θ由60°緩慢減小至15°的過程中，球?qū)π泵娴膲毫u漸增大如以下圖，在O點固定一負點電荷，實線為其中幾條對稱分布的電場線，虛線為以Oe電場線上的O′點為圓心的一個圓，a、b、c、d、e，f、g、h為圓與電場線的交點，以下說法正確的選項是〔〕d、fB．a(chǎn)eC．b、db，fDhdhf，電場力做功相等如以下圖，人造衛(wèi)星P〔可看作質(zhì)點〕繞地球做勻速圓周運動．在衛(wèi)星運行軌道平面內(nèi)，過衛(wèi)星P作地球的兩條切線，兩條切線的夾角為θ，設衛(wèi)星P繞地球TvG．以下說法正確的選項是〔〕θTθTTθ，則地球的平均密度為ρ=Tθ，則地球的平均密度為ρ=如以下圖，用均勻?qū)Ь€做成邊長為0.2m的正方形線框，線框的一半處于垂直線框向里的有界勻強磁場中．當磁場以20T/s的變化率增加時，a、b兩點間電勢U，則〔〕A．φ＜φ，U=0.2VB．φ＞φ，U=0.2VC．φ＜φ，U=0.4VD．φ＞a b a b a b aφ，U=0.4Vb如以下圖，一抱負變壓器的原、副線圈匝數(shù)之比為n：n=55：1，原線圈接入電壓1 2u=220 sin100πt〔V〕的溝通電源，圖中電表均為抱負電表，閉合開關后，當滑動變阻器的滑動觸頭P從最上端滑到最下端的過程中，以下說法正確的選項是〔 〕100HzB．t=0.02s4VC．電流表的示數(shù)先變小后變大D．電流表的示數(shù)先變大后變小如以下圖勻強磁場分布在半徑為R的圓形區(qū)域MON內(nèi)Q為半徑ON上的一點且OQ= R，PPQOM〔不計粒子重力及粒子間的相互作用，其中粒子1從M點正對圓心射入，恰從N點出，粒子2PPQ〔〕2N2P、N123：2122：1θ=30°．質(zhì)量均為lkgA、B5N/cm2kgC線通過光滑的輕質(zhì)定滑輪與物體BA、BAC，使細線剛好被拉直．現(xiàn)把手拿開，讓CC開頭運動到A〔取g=10m/s〔〕1cmB1cmCB、CDC0.2J三、非選擇題：包括必考題和選考題兩局部．第9～12作答．第13題～第18題為選考題，考生依據(jù)要求作答〔一〕必考題：1所示，某同學設計了一個測量滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)的試驗裝置，裝有定滑輪的長木板固定在水平試驗臺上，木板上有一滑塊，滑塊右端固定一個動滑輪，鉤碼和彈簧測力計通過繞在滑輪上的輕繩相連，放開鉤碼，滑塊在長木板上做勻加速直線運動．試驗得到一條如圖2所示的紙帶，相鄰兩計數(shù)點之間的時間間隔為0.1s，由圖中的數(shù)可知，滑塊運動的加速度大小是 m/〔計算結(jié)果保存兩位有效數(shù)字〕讀出彈簧測力計的示數(shù)F，處理紙帶，得到滑塊運動的加速度a；轉(zhuǎn)變鉤碼個數(shù)，重復試驗．以彈簧測力計的示數(shù)F為縱坐標，以加速度a為橫坐標，得到的圖象是縱軸截距為b的一條傾斜直線，如圖3所示．滑塊和動滑輪的總質(zhì)量為m，重力加速度為g，無視滑輪與繩之間的摩擦．則滑塊和木板之間的動摩擦因數(shù)μ= ．10．國標〔GB/T〕規(guī)定自來水在15℃時電阻率應大于13Ω?m．某同學利用圖甲電路測量15℃自來水的電阻率，其中內(nèi)徑均勻的圓柱形玻璃管側(cè)壁連接一細管，細管上加有閥門K以把握管內(nèi)自來水的水量，玻璃管兩端接有導電活塞〔活塞電阻可無視，右側(cè)活塞固定，左側(cè)活可自由移動．試驗器材還有：電源〔電動勢約為3V，內(nèi)阻可無視〕V〔3V〕1V〔3V〕2R〔4kΩ〕1R〔2kΩ〕2R〔9999Ω〕單刀雙擲開關S，導線假設干，游標卡尺，刻度尺．試驗步驟如下：A．用游標卡尺測量并記錄玻璃管的內(nèi)徑d；B．向玻璃管內(nèi)注滿自來水，確保無氣泡；C．用刻度尺測量并記錄水柱長度L；S1V1

示數(shù)；把S2V2R；

V1

示數(shù)一樣，記錄電阻箱的轉(zhuǎn)變玻璃管內(nèi)水柱長度，重復試驗步驟C、D、E；GS，整理好器材．測玻璃管內(nèi)徑d時游標卡尺示數(shù)如圖乙，則d= mm．玻璃管內(nèi)水柱的電阻R的表達式為R= 〔用RR、R表示．x x 1 2L和對應的電阻箱阻值RR﹣圖象．可求出自來水的電阻率ρ= Ω?m〔保存三位有效數(shù)字．11．如以下圖，質(zhì)量m=0.1kg的小球〔可視為質(zhì)點，用長度l=0.2m的輕質(zhì)細線懸于天花板的O點．足夠長的木板AB傾斜放置，頂端A位于O點正下方，與O點的高度差h=0.4m．木板與水平面間的夾角θ=37°，整個裝置在同一豎直面內(nèi)現(xiàn)將小球移到與O點等高的P點〔細線拉直，由靜止釋放，小球運動到最低點Q時細線恰好被拉斷〔取cos37°=0.8．求：細線所能承受的最大拉力F；小球在木板上的落點到木板頂端As；小球與木板接觸前瞬間的速度大小．12MN〔個質(zhì)量為m、電荷量為q、可視為質(zhì)點的帶正電小球，以水平初速度v0

PQQ位于MN上．假設小球剛經(jīng)過D點時〔t=變化、垂直紙面對里的勻強磁場，使得小球再次通過DPQ90°角，D、Q2L，t0

小于小球在磁場中做圓周運動的周期，無視磁場變化造成的影響，重力加g．求：〔1〕E〔2〕tt0 1

的比值；〔3〕小球過DB的大0Tm〔二〕選考題，請考生任選一模塊作答【物理--選修3-3】13．以下說法正確的選項是〔 〕A．懸浮在液體中的微粒越小，在液體分子的撞擊下越簡潔保持平衡B．荷葉上的小水珠呈球形是由于液體外表張力的作用C．物體內(nèi)全局部子的熱運動動能之和叫做物體的內(nèi)能D．當人們感到潮濕時，空氣確實定濕度不愿定較大E．確定質(zhì)量的抱負氣體先經(jīng)等容降溫，再經(jīng)等溫壓縮，壓強可以回到初始的數(shù)值mSI、Ⅱ兩局部，當在活塞A2mI、Ⅱ兩局部氣體的高度均為l．環(huán)境溫度、大氣壓強p均保持不變，0 05mg=pSA03-4】如圖甲所示，為一列沿水平方向傳播的簡諧橫波在t=0時刻的波形圖，圖乙是這列波中質(zhì)點P的振動圖線，則該波的傳播速度v= m/s；傳播方向 〔填“向左”或“向右”．半徑為R的半圓形玻璃磚，橫截面如以下圖，圓心為O．兩條平行單色紅光垂直直徑MN射入玻璃磚，光線l正對圓心O入射，光線2的入射點為B，∠AOB=60°．該玻璃磚對紅光的折射率n= ．求：兩條光線經(jīng)玻璃磚折射后的交點與O點的距離d；假設入射光由單色紅光改為單色藍光，其它條件不變，則距離d將如何變化？3-5】圖甲是光電效應的試驗裝置圖，圖乙是光電流與加在陰極K和陽極A上的電壓的關系圖象，以下說法正確的選項是〔 〕A．由圖線①、③可知在光的顏色不變的狀況下，入射光越強，飽和電流越大B．由圖線①、②、③可知對某種確定的金屬來說，其遏止電壓只由入射光的頻率打算C．只要增大電壓，光電流就會始終增大D．不管哪種顏色的入射光，只要光足夠強，就能發(fā)生光電效應E．遏止電壓越大，說明從該金屬中逃出來的光電子的最大初動能越大如以下圖，質(zhì)量m=1kgC置于足夠長的木塊B上，木板B的質(zhì)量m=2kg，B、CC B一輕彈簧相拴接，開頭時B、CA的質(zhì)量m=0.5kgv=5m/sA 0BBv=2m/s，碰撞時間極短，接觸面均光滑．求：BA、BA彈簧最長時具有的彈性勢能〔結(jié)果保存兩位有效數(shù)字．xx參考答案與試題解析861～56～8630沿同始終線運動的a、b兩物體，其x﹣t圖象分別為圖中直線ab〔 〕兩物體運動方向始終不變0～t1C．t～t

a物體的位移大于b內(nèi)某時刻兩物體的速度一樣1 2D．t～tab1 2【考點】勻變速直線運動的圖像；勻變速直線運動的速度與時間的關系．【分析】依據(jù)圖象切線的斜率表示速度，確定運動的方向，結(jié)合位置坐標比較位移的大小，依據(jù)位移和時間的比值比較平均速度的大小關系．【解答】解：Ax﹣tbb沿負向運動，后沿正向運動，故AB、0t1

時刻，兩車的位置坐標均相等，可知0～t1

內(nèi)兩物的位移相等，故BC、t1

t時間內(nèi)，某時刻兩圖象的斜率相等，物體的速度一樣，故C2D、t～t內(nèi)兩個物體的位移相等，時間相等，則平均速度相等，故D1 2應選：C60°的斜面OAOB與水平面的夾角θ=60°，O在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動．現(xiàn)將一質(zhì)量為m正確的選項是〔〕當小車與擋板均靜止時，球?qū)π泵娴膲毫π∮趍g保持θ=60°不變，使小車水平向右運動，則球?qū)π泵娴膲毫赡転榱悝?0°15°的過程中，球?qū)醢宓膲毫u漸減小θ60°15°的過程中，球?qū)π泵娴膲毫u漸增大【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力．【分析】A、將小球的重力依據(jù)作用效果進展分解，結(jié)合幾何關系分析；BBCD、將小球的重力依據(jù)作用效果進展分解，通過作圖分析各個分力的變化狀況．【解答】解：A、球處于靜止狀態(tài)，受力平衡，對球進展受力分析，如以下圖：FFGF=F=mgAA B A BB、假設保持θ=60°不變，使小車水平向右做勻加速直線運動，當FB加速度時，球?qū)醢宓膲毫榱?，故B正確；

和重力GCDθ60°15°的過程中，依據(jù)圖象可知，F(xiàn)A

不斷減小，F(xiàn)先減小后增大，依據(jù)牛頓第三定律可知，球?qū)醢宓膲毫ο葴p小后增大，對斜面的壓力不BCD應選：B．OOe場線上的O′點為圓心的一個圓，a、b、c、d、e，f、g、h為圓與電場線的交點，以下說法正確的選項是〔〕d、fB．a(chǎn)eC．b、d兩點間電勢差小于b，fDhd與由hf，電場力做功相等【考點】電勢差與電場強度的關系；電場強度；電勢差．【分析】電場強度是矢量，只有大小和方向都一樣時兩點的電場強度才一樣；電勢依據(jù)順著電場線方向電勢降低進展推斷；依據(jù)對稱性分析b、db、f電勢凹凸，推斷電勢能的變化．d、fAB、依據(jù)順著電場線電勢漸漸降低可知，離點電荷O越遠，電勢越高，故a點電勢低于eBC、d、f兩點電勢相等，則b、d兩點間電勢差等于b、f兩點間電勢差，故CD、d、fhd與由hf，電場力做功相等，故D應選：D如以下圖，人造衛(wèi)星P〔可看作質(zhì)點〕繞地球做勻速圓周運動．在衛(wèi)星運行軌道平面內(nèi)，Pθ，設衛(wèi)星P繞地球運動的周期為T，線速vG．以下說法正確的選項是〔〕θTθTTθ，則地球的平均密度為ρ=Tθ，則地球的平均密度為ρ=【考點】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關系．【分析】由θ可確軌道半徑，再據(jù)萬有引力供給向心力確定各量與半徑的關系可得各選項的正誤．【解答】解A、B、半徑r= R為地球的半徑，可知θ越大，半徑越小，又運動周期：T=2 ，則半徑越小，周期越?。沪仍叫?，半徑越大，T越大．則A錯誤，B正確．C、D、測得T和θ，由萬有引力供給向心力：m =G 得ρ= DC應選：BD如以下圖，用均勻?qū)Ь€做成邊長為0.2m的正方形線框，線框的一半處于垂直線框向里的有界勻強磁場中當磁場以20T/s的變化率增加時，ab兩點間電勢差的大小為U，〔 〕A．φ＜φ，U=0.2VB．φ＞φ，U=0.2VC．φ＜φ，U=0.4VD．φ＞φ，U=0.4Va b a b a b a b【考點】法拉第電磁感應定律；閉合電路的歐姆定律．【分析】依據(jù)法拉第電磁感應定律，求出感應電動勢的大小，依據(jù)楞次定律推斷出感應電流的方向，再通過閉合電路歐姆定律求出電流以及電勢差．【解答】解：題中正方形線框的左半局部磁通量變化而產(chǎn)生感應電動勢，從而在線框中有感E，內(nèi)電阻為，畫出等效電路如以下圖．則a、b兩點間的電勢差即為電源的路端電壓，設l是邊長，且依題意知： =20T/s．由法拉第電磁感應定律，得：E=N =1×20× V=0.4V所以有：U=IR= =0.2V，abU應選：A．

=﹣0.2V．a(chǎn)b如以下圖，一抱負變壓器的原、副線圈匝數(shù)之比為n：n=55：1，原線圈接入電壓1 2u=220 sin100πt〔V〕的溝通電源，圖中電表均為抱負電表，閉合開關后，當滑動變阻器的滑動觸頭P從最上端滑到最下端的過程中，以下說法正確的選項是〔 〕100HzB．t=0.02s4VC．電流表的示數(shù)先變小后變大D．電流表的示數(shù)先變大后變小【考點】變壓器的構(gòu)造和原理．【分析】依據(jù)溝通電的瞬時值表達式得出溝通電的圓頻率由f= 即可求出溝通電的頻率；依據(jù)變壓器的特點：匝數(shù)與電壓成正比，與電流成反比，輸入功率等于輸出功率；依據(jù)電路的構(gòu)造，得出電路中電阻的變化規(guī)律，然后結(jié)合歐姆定律分析電路中的電流的變化即可．【解答】解：A、由電壓公式知溝通電的ω=100π，f= = =50Hz，故A錯誤；B、原線圈兩端的輸入電壓有效值為220V，由電壓與匝數(shù)成正比知， ，所以副線圈兩端電壓為： V〔即為電壓表的讀數(shù)，故B正確；C、D、由圖可知，滑動變阻器的上下兩局部并聯(lián)后與R串聯(lián)，依據(jù)串并聯(lián)電路的電阻可知，PP端滑到最下端的過程中，電路中的總電阻先增大后減小，依據(jù)歐姆定律可知，電路中的電阻值將先減小后增大．變壓器的輸出電流先減小后增大，則輸入的電流也是先減小后增大，即電流表的示數(shù)先變小CD應選：BC如以下圖勻強磁場分布在半徑為R的圓形區(qū)域MON內(nèi)Q為半徑ON上的一點且OQ= R，PPQOM〔不計粒子重力及粒子間的相互作用，其中粒子1從M點正對圓心射入，恰從N點出，粒子2PPQ〔〕2N2P、N123：2122：1【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動．【分析】帶電粒子在磁場中的運動，確定圓心的方法〔1〕〔2〕弦的中垂線過圓心由此方法確定運動軌跡求粒子運動時間在磁場中運動時間的方1〕 ；〔2〕 ，s1MNMN垂線過圓心，可確定圓心O，運動軌跡為藍色圓弧，其半徑R．兩個完全一樣的帶電粒子以相12PPQOPROP、ON、OP、ON，OPONONR22 2 2 2 2NAB∠MON=90°；∠PON=∠POQ，cos∠POQ= ，所以∠PON=∠POQ=45°．兩個完全一樣的帶電1 2 2粒子以一樣的速度射入磁場，粒子運動的周期一樣．粒子運動時間與圓心角成正比．所以粒122：1．CD應選：AD．θ=30°．質(zhì)量均為lkgA、B5N/cm2kgC線通過光滑的輕質(zhì)定滑輪與物體BA、BAC，使細線剛好被拉直．現(xiàn)把手拿開，讓CC開頭運動到A〔取g=10m/s〔〕1cmB1cmCB、CDC0.2J【考點】功能關系；功的計算．【分析】依據(jù)胡克定律求初狀態(tài)彈簧的壓縮量和末狀態(tài)彈簧的伸長量．依據(jù)機械能守恒的條件：只有重力和彈力做功，分析機械能是否守恒．由系統(tǒng)的機械能守恒，求出末狀態(tài)時C的速度，再由動能定理求物體C【解答】解：A、初狀態(tài)彈簧的壓縮量為x1B、末狀態(tài)彈簧的伸長量為x= =2

= =1cmA=1cmBC、對于物體B、C與地球組成的系統(tǒng)，由于彈簧對B做負功，所以系統(tǒng)的機械能不守恒．故C錯誤．D、初末狀態(tài)彈簧的彈性勢能相等，對于彈簧、物體B、C與地球組成的系統(tǒng)，依據(jù)機械能守恒定律得mg〔x+x〕=mg〔x+x〕sinθ+C 1 2 B 1 2C，由動能定理得mg〔x+x〕﹣W=C 1 2CW=0.2JD應選：ABD三、非選擇題：包括必考題和選考題兩局部．第9～12作答．第13題～第18題為選考題，考生依據(jù)要求作答〔一〕必考題：1所示，某同學設計了一個測量滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)的試驗裝置，裝有定滑輪的長木板固定在水平試驗臺上，木板上有一滑塊，滑塊右端固定一個動滑輪，鉤碼和彈簧測力計通過繞在滑輪上的輕繩相連，放開鉤碼，滑塊在長木板上做勻加速直線運動．20.1s，由圖中的數(shù)2.4m/s2〔計算結(jié)果保存兩位有效數(shù)字〕讀出彈簧測力計的示數(shù)F，處理紙帶，得到滑塊運動的加速度a；轉(zhuǎn)變鉤碼個數(shù)，重復試驗．以彈簧測力計的示數(shù)F為縱坐標，以加速度ab3所示．滑塊和動滑輪的總質(zhì)量為m，重力加速度為g，無視滑輪與繩之間的摩擦．則滑塊和木板之間的動摩擦因數(shù)μ= ．【考點】探究影響摩擦力的大小的因素．〔1〕利用逐差法求得加速度〔2〕由試驗方案可知，滑塊受到的拉力為彈簧秤示數(shù)的兩倍，滑塊同時受摩擦力，由牛頓其次定律可得彈簧秤示數(shù)與加速度a【解答】解1〕加速度為 =2.4m/s2〔2〕TT=2F滑塊受到的摩擦力為：f=μmg由牛頓其次定律可得：T﹣f=maFa由圖象所給信息可得圖象截距為：解得：故答案為：2.4，國標〔GB/T〕規(guī)定自來水在15℃時電阻率應大于13Ω?m．某同學利用圖甲電路測量15℃自來水的電阻率，其中內(nèi)徑均勻的圓柱形玻璃管側(cè)壁連接一細管，細管上加有閥門K管內(nèi)自來水的水量，玻璃管兩端接有導電活塞〔活塞電阻可無視可自由移動．試驗器材還有：電源〔電動勢約為3V，內(nèi)阻可無視〕V〔3V〕1V〔3V〕2R〔4kΩ〕1R〔2kΩ〕2R〔9999Ω〕單刀雙擲開關S，導線假設干，游標卡尺，刻度尺．試驗步驟如下：A．用游標卡尺測量并記錄玻璃管的內(nèi)徑d；B．向玻璃管內(nèi)注滿自來水，確保無氣泡；C．用刻度尺測量并記錄水柱長度L；DS1V1

示數(shù)；21R；F．轉(zhuǎn)變玻璃管內(nèi)水柱長度，重復試驗步驟C、D、E；21R；F．轉(zhuǎn)變玻璃管內(nèi)水柱長度，重復試驗步驟C、D、E；GS，整理好器材．〔1〕dd=20.0mm．

V

示數(shù)一樣，記錄電阻箱的玻璃管內(nèi)水柱的電阻R的表達式為R= 〔用R、R、R表示．x x 1 2利用記錄的多組水柱長度L和對應的電阻箱阻值RR﹣圖象．可求出自來水的電阻率ρ=12.6Ω?m〔保存三位有效數(shù)字．【考點】自來水電阻率的測定．〔1〕游標卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)．S12Rx從圖丙讀出數(shù)據(jù)，利用電阻定律求出電阻率ρ．1〕2.0cm=20m，游標尺上第0對齊，所以最終讀數(shù)為：20.0mm；〔2〕S1位置時，電壓表V1

示數(shù)為U，則此時電路電流為 ，總電壓U

= +U總S2V2

V1

示數(shù)一樣也為U，則此時電路中的電流為，總電壓U′=?R+U，由于兩次總電壓相等，都等于電源電壓E，可得 = ，總 2解得R= ；x〔3〕從圖丙中可知，R=1×103Ω時，=5.0m﹣1，此時玻璃管內(nèi)水柱的電阻R= =8000Ω，xS=π〔〕2=3.14×10﹣4m2，由電阻定律R= 得ρ= =8000×3.14×10﹣4×5Ω?m≈12.6Ω?m；故答案為〔1〕20.0〔〕 〔〕12.6．如以下圖，質(zhì)量m=0.1kg的小球〔可視為質(zhì)點，用長度l=0.2m的輕質(zhì)細線懸于天花板OABAOO點的高度差h=0.4m．木板θ=37°OP〔細線拉直，由靜止釋放，小球運動到最低點Q時細線恰好被拉斷〔取cos37°=0.8．求：細線所能承受的最大拉力F；小球在木板上的落點到木板頂端As；小球與木板接觸前瞬間的速度大?。究键c】機械能守恒定律；牛頓其次定律．〔1〕小球從P運動到最低點QQ點的速度．在Q點，細線的拉力最大．由牛頓其次定律求最大拉力F．〔〔3〕A1〕設細線拉斷時小球的速度大小為v，由機械能守恒定律得：0=mgl解得：v0QF﹣mg=m解得F=3mg=3N設小球在木板上的落點到木板頂端A的距離為s，由平拋運動的規(guī)律得：l+s?sinθ=gt2；scosθ=vt0聯(lián)立以上各式得：s=1m設小物塊與木板接觸前瞬間的速度大小為v，由機械能守恒定律得：mv2=mg〔h+s?sinθ〕聯(lián)立以上各式得：v=2答：

m/s細線所能承受的最大拉力F3N；小球在木板上的落點到木板頂端As1m；小球與木板接觸前瞬間的速度大小是2 m/s．MN〔個質(zhì)量為m、電荷量為q、可視為質(zhì)點的帶正電小球，以水平初速度v0

PQQ位于MN上．假設小球剛經(jīng)過D點時〔t=變化、垂直紙面對里的勻強磁場，使得小球再次通過DPQ90°角，D、Q2L，t0

小于小球在磁場中做圓周運動的周期，無視磁場變化造成的影響，重力加g．求：〔1〕E〔2〕tt0 1

的比值；〔3〕小球過DB的大0Tm【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動．〔1〕依據(jù)電場力與重力，二力平衡，即可求解；依據(jù)小球做勻速圓周運動的周期與半徑公式，結(jié)合幾何關系，即可求解；依據(jù)幾何關系，由牛頓其次定律以及周期公式，即可求解【解答】解1〕不加磁場時，小球沿直線PQ做直線運動，則有解得：E= ，方向豎直向上，小球能再次通過D點，其運動軌跡如以下圖，設半徑為r，做圓周運動的周期為T，則有：r=vt，T= ， ，01解得： ，當小球運動周期最大時，其運動軌跡應與MN相切，如圖：由幾何關系得：2R=2L，由牛頓其次定律得：Bqv=m ，解得： ，0答1〕電場強度E的大小為 ，方向豎直向上；〔2〕tt0 1

的比值為 ；〔3〕B0

的大小為 ，運動的最大周期T為 ．m〔二〕選考題，請考生任選一模塊作答【物理--選修3-3】13．以下說法正確的選項是〔 〕A．懸浮在液體中的微粒越小，在液體分子的撞擊下越簡潔保持平衡B．荷葉上的小水珠呈球形是由于液體外表張力的作用C．物體內(nèi)全局部子的熱運動動能之和叫做物體的內(nèi)能D．當人們感到潮濕時，空氣確實定濕度不愿定較大E．確定質(zhì)量的抱負氣體先經(jīng)等容降溫，再經(jīng)等溫壓縮，壓強可以回到初始的數(shù)值【考點】抱負氣體的狀態(tài)方程；溫度是分子平均動能的標志；*液體的外表張力現(xiàn)象和毛細現(xiàn)象；*相對濕度．【分析】布朗運動是固體顆粒的運動，間接反映了液體分子的無規(guī)章運動，做布朗運動的微粒越小，在液體分子的撞擊下越不簡潔保持平衡；液體外表存在外表張力；依據(jù)內(nèi)能的定義分析C選項；確定濕度指大氣中水蒸汽的實際壓強，相對濕度是指水蒸汽的實際壓強與該溫度下水蒸汽的飽和壓強之比人們感到潮濕時，與空氣的相對濕度有關；依據(jù)抱負氣體的狀態(tài)方程分析氣體的狀態(tài)參量的變化．【解答】解：AAB、葉面上的小露珠呈球形是由于液體外表張力的作用，故BC、物體內(nèi)全局部子的熱運動動能之和與分子勢能的總和叫做物體的內(nèi)能，故CD、人們感到潮濕時，與空氣的相對濕度有關，與確定濕度無關，當人們感到潮濕時，空氣確實定濕度不愿定較大，故DE、依據(jù)抱負氣體的狀態(tài)方程： =C可知，確定質(zhì)量的抱負氣體先經(jīng)等容降溫，壓強減?。辉俳?jīng)等溫壓縮，壓強又增大，所以壓強可以回到初始的數(shù)值，故E正確；應選：BDEmSI、Ⅱ兩局部，當在活塞A2mI、Ⅱ兩局部氣體的高度均為l．環(huán)境溫度、大氣壓強p均保持不變，0 05mg=pSA0【考點】抱負氣體的狀態(tài)方程．【分析】活塞導熱且環(huán)境溫度保持不變，所以兩局部氣體為等溫變化，先寫出兩局部氣體的狀態(tài)，然后由玻意耳定律列式解方程即可．【解答】解：對氣體I，初狀態(tài)的壓強為：p=p﹣ =p1 0 0末狀態(tài)的壓強為：p′=p﹣ =p1 0 0由玻意耳定律有：plS=p′lS10 1 1解得：l=l1 0氣體Ⅱ，初狀態(tài)p=p﹣ =p2 1 0末狀態(tài)plS=p′lS20 2 2l=l2 0A△l=〔l﹣l〕+〔l﹣l〕=l0 1 0 2 0A上升的高度為l03-4】如圖甲所示，為一列沿水平方向傳播的簡諧橫波在t=0時刻的波形圖，圖乙是這列波中Pv=0.6m/sm/s；傳播方向向左〔填“向左”或“向右”．【考點】波長、頻率和波速的關系；橫波的圖象．【分析】依據(jù)振動圖象與波動圖象，再由 ，可求出波速，由質(zhì)點的振動方始終確定波的傳播．【解答】解：由圖可知，λ=1.2m，T=2s，波速由振動圖象可知，t=0s時質(zhì)點P故答案為：0.6m/s；向左半徑為R的半圓形玻璃磚，橫截面如以下圖，圓心為O．兩條平行單色紅光垂直直徑MN射入玻璃磚，光線l正對圓心O入射，光線2的入射點為B，∠AOB=60°．該玻璃磚對紅光的折射率n= ．求：兩條光線經(jīng)玻璃磚折射后的交點與O點的距離d；假設入射光由單色紅光改為單色藍光，其它條件不變，則距離d將如何變化？【考點】光的折射定律．【分析】依據(jù)幾何關系求出光線2的入射角，結(jié)合折射定律求出折射角，從而得出光線在MN上的入射角，結(jié)合折射定律得出折射角，依據(jù)幾何關系求出兩條光線經(jīng)玻璃磚折射后的交點O藍光的折射率大于紅光，結(jié)合折射率的變化，偏折程度明顯，確定d的變化．i〕光路如以下圖，可知θ=60°，1由折射定律得：n= ，代入數(shù)據(jù)解得：θ=30°2由幾何關系得：θ=30°，3依據(jù)折射定律公式n= ，代入數(shù)據(jù)解得：θ=60°，4所以O