2023年海南省新高考物理試卷（含解析）

2023年海南省新高考物理試卷

一、單選題（本大題共8小題，共24.0分）

1.社元素衰變時會放出口粒子，其中s粒子是（）

A.中子B.質(zhì)子C.電子D.光子

2.如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻.........十一...........

XXIXX

強磁場，關(guān)于小球運動和受力說法正確的是（）B

?v

A.小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右x

B.小球運動過程中的速度不變xxx

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.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.下面上下兩圖分別是一列機械波在傳播方向上相距6nl的兩個質(zhì)點P、Q的振動圖像，下列

說法正確的是（）

A.該波的周期是5sB.該波的波速是3m/s

C.4s時P質(zhì)點向上振動D.4s時Q質(zhì)點向上振動

5.下列關(guān)于分子力和分子勢能的說法正確的是（）

O……二------------o

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力處過程中分子勢能變大

C.分子勢能在r°處最小

D.分子間距離在小于且減小時，分子勢能在減小

6.汽車測速利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，汽車可簡化為一個矩形

線圈abed,埋在地下的線圈分別為1、2,通上順時針（俯視

）方向電流，當(dāng)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(yīng)電流方向為abed

C.汽車離開線圈1過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向為abed

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

A.2n2：1B.4n2：1C.2n3：1D.4n3：1

二、多選題（本大題共5小題，共20.0分）

9.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.匕船從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

10.已知一個激光發(fā)射器功率為P,發(fā)射波長為4的光，光速為c,普朗克常量為九，則（）

A.光的頻率為亨B.光子的能量為與

A

C.光子的動量為與D.在時間t內(nèi)激光器發(fā)射的光子數(shù)為等

11.如圖是工廠利用u=220「s譏100兀W的交流電給36U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220/IUB.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

12.如圖所示，正三角形三個頂點固定三個等量電荷，其中4、B帶正電，C帶負電，0、M、

N為4B邊的四等分點，下列說法正確的是（）

ec

AB

8…M..O*.N.J…⑥

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。點時要小D.負電荷在N點電勢能比在。點時要大

13.如圖所示，質(zhì)量為抽，帶電荷為+q的點電荷，從原點以初速度為射入第一象限內(nèi)的電磁

場區(qū)域，在0＜丫＜%,0＜y＜殉仁。、y（）為已知）區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強電場，在x＞溝區(qū)

域內(nèi)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(zhuǎn)打到接收器MN上，貝弘）

2

A.粒子從NP中點射入磁場，電場強度滿足^=弊

q說

B.粒子從NP中點射入磁場時速度為％J鬻

C.粒子在磁場中做圓周運動的圓心到NM的距離為翳

D.粒子在磁場中運動的圓周半徑最大值是曬身期

mJ

三、簡答題（本大題共3小題，共9.0分）

14.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(cè)用激光筆以一定角

度照射，此時在屏上的Si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=%OA=12,5石2=b，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.用如圖1所示的電路測量一個量程為100^4,內(nèi)阻約為20000的微安表頭的內(nèi)阻，所用

電源的電動勢約為12V,有兩個電阻箱可選，%(0?9999.90),/?2(0-99999.9/2)

(2)根據(jù)電路圖，請把實物連線補充完整;

E

(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(diào)至最大值；

②閉合開關(guān)52,調(diào)節(jié)RM，使微安表半偏，并讀出RM阻值；

③斷開52,閉合工，調(diào)節(jié)滑動頭P至某位置再調(diào)節(jié)R"使表頭滿偏;

④斷開Si、S2,拆除導(dǎo)線，整理好器材

(4)如圖2是RM調(diào)節(jié)后面板，則待測表頭的內(nèi)阻為，該測量值(大于、小于、等

于)真實值。

XI

⑥

(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(nèi)阻的實驗中，52斷開，電表滿偏時讀出RN值，在滑動頭P不變，52

閉合后調(diào)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(nèi)阻為：

o(用即、RN表示)

16.某飲料瓶內(nèi)密封一定質(zhì)量理想氣體，t=27久時，壓強p=1.050xl()5pa。1Z1

(1)￡'=37汽時，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？

四、計算題(本大題共2小題，共20.0分)

17.如圖所示，U形金屬桿上邊長為L=15cm,質(zhì)量為m=lx10-3kg,下端插入導(dǎo)電液體

中，導(dǎo)電液體連接電源，金屬桿所在空間有垂直紙面向里8=8x10-27的勻強磁場。

(1)若插入導(dǎo)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”=

10cm,設(shè)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(dǎo)電液體接觸，改變電動勢的大小，通電后金屬桿跳起高度卬=5cm,

通電時間，=0.002s,求通過金屬桿截面的電荷量。

XXXXXXXX

B

xxxxxxxx

XxLXXXX

18.如圖所示，有一固定的光滑［圓弧軌道，半徑R=0.2m,一質(zhì)量為=Mg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me=3kg,

8、C間動摩擦因數(shù)%=0.2,。與地面間的動摩擦因數(shù)〃2=08。右端有一個擋板，C長為L。

求：

(1)B滑到4的底端時對A的壓力是多大？

(2)若。未與C右端擋板碰撞，當(dāng)B與地面保持相對靜止時，8、C間因摩擦產(chǎn)生的熱量是多少？

(3)在0.166＜乙VO.87n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。

答案和解析

I.【答案】c

【解析】解：放射性元素衰變時放出的三種射線a、B、y-其中￡粒子是電子。故C正確，ABD

錯誤。

故選：Co

￡粒子是電子，由此即可正確解答。

本題考查了原子核衰變的生成物，特別要知道0粒子是電子，￡衰變的實質(zhì)是因為一個中子轉(zhuǎn)化成

質(zhì)子而釋放出的電子。

2.【答案】A

【解析】解：4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；

反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。

。.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。錯誤。

故選Ao

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。

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(zhì)，同時正確分析功能關(guān)系

以及掌握牛頓第二定律公式的應(yīng)用。

3.【答案】B

【解析】解：AB,對人受力分析有

則有0+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4錯誤、8正確；

CD、對滑輪做受力分析有

則隨著重物緩慢拉起過程，。逐漸增大，則％逐漸增大，故錯誤。

故選：Bo

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(guān)系得出繩子拉力的變化趨勢。

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(jié)合幾何關(guān)系即可完成解答。

4.【答案】C

【解析】解：4根據(jù)振動圖像可看出該波的周期是4s,故A錯誤;

8.由圖像可知，質(zhì)點Q、P的起振方向相反

則兩質(zhì)點之間的距離滿足x=n/l+T4,其中n=0,1,2,...

根據(jù)波長、波速和周期的關(guān)系:

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得"=用，其中n=0,1,2,故B錯誤；

C.由P質(zhì)點的振動圖像可看出，在4s時P質(zhì)點在平衡位置向上振動，故C正確;

。.由Q質(zhì)點的振動圖像可看出，在4s時Q質(zhì)點在平衡位置向下振動，故力錯誤。

故選：Co

A.根據(jù)振動圖像給出的信息作答；

8根據(jù)圖像求解兩質(zhì)點之間的距離滿足的關(guān)系，再根據(jù)波長、波速和周期的關(guān)系分析求解波速；

CD.根據(jù)振動圖像判斷質(zhì)點的振動方向。

能夠根據(jù)振動圖像給出的信息求解周期、判斷質(zhì)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.【答案】C

【解析】解：人分子間距離大于分子間表現(xiàn)為引力，故4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8。錯誤，C正確；

故選:Co

當(dāng)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?。环肿恿Ρ憩F(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。

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.【答案】C

【解析】解：4、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abed磁通量向下增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向是adeba,

離開時磁通量向下減小，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流方向是abeda,故B錯誤、C正確；

。、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。錯誤。

故選：Co

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abed的感應(yīng)電

流方向；安培力的方向總是與矩形線圈abed相對于磁場的運動方向相反。

根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)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(yīng)

電流的磁場的變化T楞次定律T感應(yīng)電流的方向。

7.【答案】C

【解析】解：電路穩(wěn)定后，由于電源內(nèi)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：

E?D2E

電容器下極板的電勢為：叫=卷?4R=普

則電容兩端的電壓為：U=<pr-(p±

解得：u=胃

則電容器上的電荷量為：Q=CU

解得：Q=5CE,故C正確、A8O錯誤。

故選：Co

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=O/進行解答。

本題主要是考查含容電路的分析，關(guān)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.【答案】C

【解析】解：對小球受力分析如圖所示:

在ACHP中，根據(jù)正弦定理有』=』

其中4CP"=4OPB,乙CHP=乙HPD=4APO

Ap40

在A4P。中，根據(jù)正弦定理smm/POB)

sinZ-APO

在ABP。中，根據(jù)正弦定理_之=_名

sinzPOBsinzBPO

根據(jù)庫侖定律自=k罡，F(xiàn)B=

3

聯(lián)立以上各式，解得％：Q2=2n：1

綜上分析，故ABO錯誤，C正確。

故選：Co

對小球進行受力分析，再根據(jù)庫侖定律結(jié)合數(shù)學(xué)知識即可完成作答。

本題考查了庫侖定律的應(yīng)用，對于數(shù)學(xué)知識在物理學(xué)中的運用是學(xué)生應(yīng)該具備的關(guān)鍵能力之一。

9.【答案】ACD

【解析】解：4、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：

八Mmv24n2

Gyr=m-=myrr=ma

可得a號”膺,T=2兀

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，CC正確。

故選：ACD.

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(guān)系，再比較各個量的大小。

解決本題的關(guān)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(guān)系。

10.【答案】AC

【解析】解：4根據(jù)波速與波長、頻率之間的關(guān)系可知光的頻率：v=pA故A正確：

B.光子的能量：E=hv=與,故B錯誤；

A

C.根據(jù)德布羅意波長計算公式/1=?？傻霉庾拥膭恿浚簆=p故C正確；

PA

。.在時間t內(nèi)激光器發(fā)射的光子數(shù)：n=?=?,故。錯誤。

Ehe

故選：AC.

根據(jù)波速與波長、頻率之間的關(guān)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(nèi)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(nèi)激光器發(fā)射的光子數(shù)。

本題主要是考查光子能量的計算，解答本題的關(guān)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(guān)系求解光子數(shù)。

11.【答案】BC

【解析】解：4、根據(jù)交流電的瞬時值表達式，電源電壓的有效值U=之浮P=220U，故A錯

V2

誤；

B、根據(jù)交流電的瞬時值表達式，交流電的周期7=如=患$=0。25,故8正確：

0)IOOTT

CD、根據(jù)曹=妙可得副線圈匝數(shù)2=手叫=嘉*1100匝=180匝，故C正確，。錯誤。

故選：BC.

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。

本題主要是考查了變壓器的知識；解答本題的關(guān)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。

12.【答案】BC

【解析】解：4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；

8.因在4B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0,因4B兩電荷的合力對負電荷的庫侖力從。指向則該力對

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(guān)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。點??；同理可知負電荷

在N點的電勢能比在。點小。故C正確，。錯誤。

故選:BC。

根據(jù)場強疊加的特點和對稱性得出MN兩點的場強關(guān)系；

根據(jù)電勢的疊加特點得出MN兩點的電勢關(guān)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(jié)合功能關(guān)系得出電勢能的大小

關(guān)系。

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(biāo)矢性，結(jié)合粒

子的受力分析和功能關(guān)系即可完成解答。

13.【答案】AD

【解析】解：4、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

vf

X方向勻速直線運動，有：x0=o

*2

y方向粒子做勻加速直線運動，有：jy0=1?t

根據(jù)牛頓第二定律得：Eq=ma

2

解得：E=*￡故A正確；

8、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(guān)系式得：?=

剛出電場射入磁場時速度巧=J詔+為=J詔+0)2

將1=詈代入解得：%就+%，故B錯誤；

c0x0

C、粒子從電場中射出時的速度方向與豎直方向夾角為氏軌跡如下圖所示：

XXX

XXX

XXX

XXX

-----------------------------------?X

則tan。言若

2

將a、t代入得：￡。九0=警

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=rcosO

聯(lián)立解得d=膂，故C錯誤；

。、當(dāng)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，則為巾=竽

x0=%亡

v

出離電場的最大速度：vm=JVo+ym=1J足+4%

則由洛倫茲力提供向心力得：quB=血亍

可得最大半徑：%=嗎=3受料，故。正確。

7nqBqBIxg

故選：ADo

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(xué)公式求解加速度,

再由牛頓第二定律可以求解電場強度；

3、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(xué)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(jié)合幾何關(guān)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。

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(jié)合軌

跡圖以及幾何關(guān)系分析。

14.【答案】出-^j變小

【解析】解：(1)根據(jù)題意結(jié)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：幾=膽

根據(jù)幾何關(guān)系可得:

AB

sini

AB2+OA

.AC48-S1S2_

sm=而h-b

J(AB-S^^+OA2J(h~h)2+l2

hjULB)，鳥

聯(lián)立解得:

(3)若玻璃磚寬度變小，相當(dāng)于把ad邊下移，與兩條光線的交點距離變小，即BC就小，那S/2也

會變小。

I22

故答案為：(1)光路圖見解析；(2)出：3)+々(3)變小。

l+l

-3)Jl2

(1)根據(jù)傳播路徑畫出光路圖；

(2)根據(jù)光的折射定律結(jié)合幾何關(guān)系進行解答；

(3)若玻璃磚寬度變小，相當(dāng)于把ad邊下移，根據(jù)光路圖進行分析。

本題主要是考查了光的折射，解答此類題目的關(guān)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(guān)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.【答案】kR2RM小于13,

【解析】解：(1)根據(jù)半偏法的測量原理可知，RM與&相當(dāng)，當(dāng)閉合52之后，變阻器上方的電流

應(yīng)基本不變，就需要RN較大，對下方分壓電路影響甚微。故RM應(yīng)選&，RN應(yīng)選Rz；

(2)實物圖如圖：

E

(3)為保證電路安全，閉合開關(guān)前先將滑動變阻器調(diào)至左側(cè)，電阻箱調(diào)至最大，先閉合開關(guān)，調(diào)

節(jié)電阻箱RM，再閉合S2調(diào)節(jié)電阻箱R”，最后斷開開關(guān)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(nèi)阻。

當(dāng)閉合S2后，原電路可看成如下電路：

閉合S2后，相當(dāng)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的電流大于與，故RM＜心。

(5)按讀數(shù)規(guī)則，只需要讀出65即可，按換算關(guān)系磊=言可知，電壓為：u=130V

(6)根據(jù)題意可得：/(A+RN)=4+祖)RN+!&

乙KM乙

解得:&=粽

故答案為：(1)R1，R2;(3)①③②④；(4)RM，小于；(5)1.3；(6)微喘。

(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(jié)構(gòu)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。

本題要掌握半偏法測電流表內(nèi)阻原理，掌握電路連接方式分析、掌握歐姆定律。

16.【答案】解：(1)瓶內(nèi)氣體的始末狀態(tài)的熱力學(xué)溫度分別為

7=(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

TT'

解得：p'=1.085x105Pa

(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"'=37久時，氣壓為1.085xl()5pa；

(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。

【解析】(1)根據(jù)題意得出氣體變化前后的狀態(tài)參量，結(jié)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。

本題主要考查了一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程，解題的關(guān)鍵點是分析出氣體變化前后的狀態(tài)參

量，結(jié)合玻意耳定律和查理定律即可完成分析。

17.【答案】解：(1)設(shè)金屬桿離開液面時的速度大小為"，金屬桿中的電流大小為/。金屬桿離開

液體后做豎直上拋運動，由運動學(xué)公式得：

v2—2gH

解得：v=J2gH=V2x10x10x10-2m/s=V_2m/s

通電過程金屬桿受到的安培力大小為：

FA=B1L

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：/=￥姻空=I"“丁10x(10)2.5)x10：a=4.174

BLh8xl0-zxl5xl0-zx2.5xl0-z

(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(xué)公式

v'2=2gH'

通過金屬桿截面的電荷量

,,mJ2gH'+mgt'1X10-3XJ2xl0x5xl0-2+lxl0-3xl0x0.002

q=l't'=△-----------=--------------------32--------=2---------------c=0.085C

BL8x10X15X101

答：(1)金屬桿離開液面時的速度大小為，Nm/s，金屬桿中的電流為4.174；

(2)通過金屬桿截面的電荷量為0.085C。

【解析】(1)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(yīng)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。

本題是安培力與動能定理、動量定理結(jié)合的問題，需要我們掌握安培力公式、動能定理以及動量

定理，應(yīng)用動量定理列式時需要規(guī)定正方向。

18.【答案】解：(1)滑塊下滑到軌道底部，有

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ggR=2mBvo~o

解得：v