2023年海南省高考物理試卷答案與解析2

1、2023年海南省高考物理試卷參考答案與試題解析一、單項選擇題：此題共6小題，每題3分，共18分在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項符合題目要求的13分2023海南如圖，電荷量為q1和q2的兩個點電荷分別位于P點和Q點在P、Q連線上某點R處的電場強度為零，且PR=2RQ那么Aq1=2q2Bq1=4q2Cq1=2q2Dq1=4q2考點：庫侖定律；電場的疊加分析：根據(jù)點電荷的電場強度公式，由點電荷電場強度的疊加求解解答：解：在P、Q連線上某點R處的電場強度為零，根據(jù)點電荷的電場強度公式得=，PR=2RQ解得：q1=4q2應選：B點評：理解點電荷的電場強度公式及電場強度的疊加，并掌握電場強度的矢量

2、性23分2023海南一質(zhì)點受多個力的作用，處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)使其中一個力的大小逐漸減小到零，再沿原方向逐漸恢復到原來的大小在此過程中，其它力保持不變，那么質(zhì)點的加速度大小a和速度大小v的變化情況是Aa和v都始終增大Ba和v都先增大后減小Ca先增大后減小，v始終增大Da和v都先減小后增大考點：牛頓第二定律；力的合成；力的合成與分解的運用專題：牛頓運動定律綜合專題分析：根據(jù)牛頓第二定律F=ma可知物體加速度與合外力成正比，并且方向一致，所以此題要想分析其加速度的變化，要來分析合外力的變化情況而要分析速度的變化，那么要先分析加速度的變化情況解答：解：由于質(zhì)點初始處于靜止狀態(tài)，那么其所受合力為零這就相當

3、于受兩個等大反向的力：某個力和其余幾個力的合力其中某個力逐漸減小，而其余幾個力的合力是不變的，那么其合力就在這個力的反方向逐漸增大，這個力再由零增大到原來大小，那么合力又會逐漸減小直到變?yōu)榱悖院狭ψ兓癁橄仍龃蠛鬁p小，故加速度a先增大后減小，因此AD錯誤；合外力的方式始終與其余幾個力的合力保持一致由牛頓第二定律F合=ma知其加速度先增大后減小所以從加速變化看只有C項符合，又由于其合外力方向始終不變，那么加速度方向始終不變，所以其速度會一直增大因此B錯誤，C正確應選：C點評：此題屬于基此題目，考查根本的受力分析，應當在學習中注意通過問題看本質(zhì)，此題問的雖然是a和v，但是實質(zhì)是考查受力分析33分

4、2023海南通過一阻值R=100的電阻的交變電流如下圖，其周期為1s電阻兩端電壓的有效值為A12VB4VC15VD8V考點：交流的峰值、有效值以及它們的關系專題：交流電專題分析：交變電流的周期，一個周期內(nèi)分為兩段，每一段均為恒定電流，根據(jù)焦耳定律即可得一個周期內(nèi)交變電流產(chǎn)生的熱量解答：解：由有效值的定義可得I12Rt1+I22Rt2=T，代入數(shù)據(jù)得0.12R0.8+0.22R0.2=1，解得U=4V應選：B點評：此題考察的是根據(jù)交變電流有效值的定義計算有關交變電流的有效值43分2023海南一物體做直線運動，其加速度隨時間變化的at圖象如下圖以下vt圖象中，可能正確描述此物體運動的是ABCD考點

5、：勻變速直線運動的圖像專題：直線運動規(guī)律專題分析：此題應根據(jù)at圖象分析物體的運動情況：當加速度與速度同向時，物體做加速運動，01s內(nèi)，物體從靜止開始沿加速度方向勻加速運動，當加速度與速度反向時，物體做減速運動，假設加速度一定，物體做勻變速直線運動勻變速直線運動的vt圖象是一條傾斜的直線解答：解：在0s內(nèi)，物體沿加速度方向做勻加速運動，vt圖象是向上傾斜的直線；在T內(nèi)，加速度為0，物體做勻速直線運動，vt圖象是平行于t軸的直線；在T2T內(nèi)，加速度反向，速度方向與加速度方向相反，物體先做勻減速運動，到時刻速度為零，接著反向做初速度為零的勻加速直線運動vt圖象是向下傾斜的直線故D正確，A、B、C錯

6、誤應選：D點評：此題關鍵要根據(jù)加速度隨時間變化規(guī)律的圖象找出對應的加速度大小和方向，結合物體的初狀態(tài)分析物體的運動情況53分2023海南“北斗衛(wèi)星導航定位系統(tǒng)由地球靜止軌道衛(wèi)星同步衛(wèi)星、中軌道衛(wèi)星和傾斜同步衛(wèi)星組成地球靜止軌道衛(wèi)星和中軌道衛(wèi)星都在圓軌道上運行，它們距地面的高度分別約為地球半徑的6倍和3.4倍，以下說法中正確的是A靜止軌道衛(wèi)星的周期約為中軌道衛(wèi)星的2倍B靜止軌道衛(wèi)星的線速度大小約為中軌道衛(wèi)星的2倍C靜止軌道衛(wèi)星的角速度大小約為中軌道衛(wèi)星的D靜止軌道衛(wèi)星的向心加速度大小約為中軌道衛(wèi)星的考點：同步衛(wèi)星專題：壓軸題；人造衛(wèi)星問題分析：根據(jù)萬有引力提供向心力=ma=m=m2r=，比擬向心

7、加速度、線速度和周期解答：解：根據(jù)萬有引力提供向心力=ma=m=m2r=，A、T=2，它們距地面的高度分別約為地球半徑的6倍和3.4倍，即軌道半徑分別約為地球半徑的7倍和4.4倍，所以靜止軌道衛(wèi)星的周期約為中軌道衛(wèi)星的2倍，故A正確；B、v=，所以靜止軌道衛(wèi)星的線速度大小小于中軌道衛(wèi)星的線速度大小，故B錯誤；C、=，靜止軌道衛(wèi)星的角速度大小約為中軌道衛(wèi)星的0.53，故C錯誤；D、a=，靜止軌道衛(wèi)星的向心加速度大小約為中軌道衛(wèi)星的0.4倍，故D錯誤應選：A點評：解決此題的關鍵掌握萬有引力提供向心力，會根據(jù)軌道半徑的關系比擬向心加速度、線速度和周期63分2023海南如圖，水平桌面上固定有一半徑為R

8、的金屬細圓環(huán)，環(huán)面水平，圓環(huán)每單位長度的電阻為r，空間有一勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向豎直向下；一長度為2R、電阻可忽略的導體棒置于圓環(huán)左側并與環(huán)相切，切點為棒的中點棒在拉力的作用下以恒定加速度a從靜止開始向右運動，運動過程中棒與圓環(huán)接觸良好以下說法正確的是A拉力的大小在運動過程中保持不變B棒通過整個圓環(huán)所用的時間為C棒經(jīng)過環(huán)心時流過棒的電流為D棒經(jīng)過環(huán)心時所受安培力的大小為考點：安培力；通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向；電流的磁場對磁針的作用專題：壓軸題分析：根據(jù)幾何關系求出此時導體棒的有效切割長度，注意外電路為弧acb和弧adb的電阻并聯(lián)，求出總電阻，進一步求出電流值，即可算出安培

9、力的大小最后根據(jù)運動學公式可求出運動的時間解答：解：A、棒在拉力的作用下以恒定加速度a從靜止開始向右運動，那么速度為v=at，因此F=BIL=，可知在運動過程中棒所受安培力變化，那么拉力大小也變化，故A錯誤；B、根據(jù)位移公式，可得時間為，故B錯誤；C、當棒運動到環(huán)中心時，由于棒將金屬細圓環(huán)分開的兩局部的電阻并聯(lián)，那么電路總電阻為，速度大小為，產(chǎn)生感應電動勢，所以產(chǎn)生感應電流大小為2=，故C錯誤；D、棒經(jīng)過環(huán)心時所受安培力的大小為F=BIL=，故D正確應選：D點評：電磁感應與電路的結合問題，關鍵是弄清電源和外電路的構造，然后根據(jù)電學知識進一步求解二、多項選擇題：此題共4小題，每題5分，共20分在

10、每題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的全部選對的得5分；選對但不全的得3分；有選錯的得0分75分2023海南科學家關于物體運動的研究對樹立正確的自然觀具有重要作用以下說法符合歷史事實的是A亞里士多德認為，必須有力作用在物體上，物體的運動狀態(tài)才會改變B伽利略通過“理想實驗得出結論：運動必具有一定速度，如果它不受力，它將以這一速度永遠運動下去C笛卡兒指出：如果運動中的物體沒有受到力的作用，它將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運動，既不停下來也不偏離原來的方向D牛頓認為，物體具有保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質(zhì)考點：物理學史分析：此題應抓住亞里士多德、伽利略、笛卡兒和牛頓關于力和運動關系的

11、一些理論和觀點，進行分析解答：解：A、亞里士多德認為，必須有力作用在物體上，物體才能運動故A錯誤B、伽利略“理想實驗得出結論：力不是維持運動的原因，即運動必具有一定速度，如果它不受力，它將以這一速度永遠運動下去故B正確C、笛卡兒指出：如果運動中的物體沒有受到力的作用，它將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運動，既不停下來也不偏離原來的方向，符合歷史事實故C正確D、牛頓認為，物體具有保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質(zhì)，符合事實故D正確應選：BCD點評：此題考查了一些力學物理學史，對于牛頓、伽利略和笛卡兒關于運動和力的觀點，要理解并記牢85分2023海南關于物體所受合外力的方向，以下說法正確的是A物體

12、做速率逐漸增加的直線運動時，其所受合外力的方向一定與速度方向相同B物體做變速率曲線運動時，其所受合外力的方向一定改變C物體做變速率圓周運動時，其所受合外力的方向一定指向圓心D物體做勻速率曲線運動時，其所受合外力的方向總是與速度方向垂直考點：物體做曲線運動的條件專題：物體做曲線運動條件專題分析：勻加速運動中，加速度方向與速度方向相同；勻減速運動中，速度方向可正可負，但二者方向必相反；加速度的正負與速度正方向的選取有關解答：解：A、合力的方向與加速度方向相同，與速度的方向和位移的方向無直接關系，當物體做加速運動時，加速度方向與速度方向相同；當物體做減速運動時，加速度的方向與速度的方向相反，故A正確

13、，B、物體做變速率曲線運動時，其所受合外力的方向不一定改變，比方：平拋運動，故B錯誤C、物體做勻速圓周運動時，其所受合外力的方向一定指向圓心，假設非勻速圓周運動，那么合外力一定不指向圓心，故C錯誤D、物體做勻速率曲線運動時，速度的大小不變，所以其所受合外力始終指向圓心，那么其的方向總是與速度方向垂直，故D正確，應選：AD點評：物體做加速還是減速運動，不是簡單地看加速度的正負，應該看兩者方向間的關系，還可以用牛頓第二定律理解95分2023海南三條在同一平面紙面內(nèi)的長直絕緣導線組成一等邊三角形，在導線中通過的電流均為I，方向如下圖a、b和c三點分別位于三角形的三個頂角的平分線上，且到相應頂點的距離

14、相等將a、b和c處的磁感應強度大小分別記為B1、B2和B3，以下說法正確的是AB1=B2B3BB1=B2=B3Ca和b處磁場方向垂直于紙面向外，c處磁場方向垂直于紙面向里Da處磁場方向垂直于紙面向外，b和c處磁場方向垂直于紙面向里考點：磁感應強度；通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向?qū)ｎ}：壓軸題分析：通電導線周圍存在磁場，且離導線越遠場強越弱磁場不但有大小而且有方向，方向相同那么相加，方向相反那么相減并根據(jù)矢量疊加原理來求解解答：解：A、B、由題意可知，a點的磁感應強度等于三條通電導線在此處疊加而成，即垂直紙面向外，而b點與a點有相同的情況，有兩根相互抵消，那么由第三根產(chǎn)生磁場，即為垂直紙面向外

15、，而c點三根導線產(chǎn)生磁場方向相同，所以疊加而成的磁場最強，故A正確，B錯誤；C、D、由圖可知，根據(jù)右手螺旋定那么可得，a和b處磁場方向垂直于紙面向外，c處磁場方向垂直于紙面向里，故C正確，B錯誤應選：AC點評：根據(jù)通電導線周圍的磁場對稱性、方向性，去確定合磁場強度大小磁場的方向相同，那么大小相加；方向相反的，大小相減同時考查矢量疊加原理105分2023海南如圖，在水平光滑桌面上，兩相同的矩形剛性小線圈分別疊放在固定的絕緣矩形金屬框的左右兩邊上，且每個小線圈都各有一半面積在金屬框內(nèi)，在金屬框接通逆時針方向電流的瞬間A兩小線圈會有相互靠攏的趨勢B兩小線圈會有相互遠離的趨勢C兩小線圈中感應電流都沿順

16、時針方向D左邊小線圈中感應電流沿順時針方向，右邊小線圈中感應電流沿逆時針方向考點：楞次定律專題：壓軸題分析：由通電導線產(chǎn)生磁場，導致線圈中產(chǎn)生感應電流，再根據(jù)電流與電流的作用力關系進行判斷，同向電流相互吸引，異向電流相互排斥解答：解：根據(jù)右手螺旋定那么可知，通電導線瞬間，對左邊金屬框，左邊導線磁通量抵消，所以右邊導線產(chǎn)生向外的磁場，右邊金屬框也一樣，因此左、右線圈的磁通量均增大，根據(jù)楞次定律可知，線圈的感應電流方向都是順時針方向，再由同向電流相互吸引，異向電流相互排斥，知兩線圈的運動情況是相互遠離故B、C正確，A、D錯誤應選：BC點評：解決此題的關鍵掌握同向電流、異向電流的關系同向電流相互吸引

17、，異向電流相互排斥同時還考查右手螺旋定那么與楞次定律三實驗題：此題共2小題，第11題6分，第12題9分，共15分把答案寫在答題卡中指定的答題處116分2023海南某同學用圖a所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律打點計時器所用電源的頻率為50Hz，當?shù)刂亓铀俣葹間=9.80m/s2實驗中該同學得到的一條點跡清晰的完整紙帶如圖b所示紙帶上的第一個點記為O，另選連續(xù)的三個點A、B、C進行測量，圖中給出了這三個點到O點的距離hA、hB和hC的值答復以下問題計算結果保存3位有效數(shù)字1打點計時器打B點時，重物速度的大小vB=3.90m/s；2通過分析該同學測量的實驗數(shù)據(jù)，他的實驗結果是否驗證了機械能守恒定律

18、？簡要說明分析的依據(jù)考點：驗證機械能守恒定律專題：實驗題；壓軸題分析：此題的關鍵是需要求出物體減少的重力勢能和增加的動能即可，求動能時需要根據(jù)中間時刻速度公式= 求出紙帶上B點的速度解答：解：1由=可知重物速度的大小=m/s=3.90m/s； 2設重物質(zhì)量為m，OB對應的下落過程中，重力勢能減少量為=mghB=7.70mJ，動能增加量為=7.61mJ，在誤差允許范圍內(nèi)，可以認為相等，因此驗證了機械能守恒定律故答案為：13.90； 2驗證了機械能守恒定律，因為在誤差范圍內(nèi)，重力勢能減少量等于動能增加量點評：明確實驗原理是解決實驗問題的關鍵，要熟記求紙帶上某點瞬時速度的求法129分2023海南某同

19、學將量程為200A、內(nèi)阻為500的表頭A改裝成量程為1mA和10mA的雙量程電流表，設計電路如圖a所示定值電阻R1=500，R2和R3的值待定，S為單刀雙擲開關，A、B為接線柱答復以下問題：1按圖a在圖b中將實物連線；2表筆a的顏色為黑色填“紅或“黑3將開關S置于“1擋時，量程為10mA；4定值電阻的阻值R2=225，R3=25.0結果取3位有效數(shù)字5利用改裝的電流表進行某次測量時，S置于“2擋，表頭指示如圖c所示，那么所測量電流的值為0.780mA考點：把電流表改裝成電壓表專題：實驗題；壓軸題；恒定電流專題分析：此題的關鍵是根據(jù)歐姆定律列出開關S分別打到1和2時的表達式，然后求解即可，注意電

20、流應從紅表筆進從黑表筆出解答：解：1實物連線如下圖：2因電流應從黑表筆流出，所以表筆a的顏色為黑色；3將開關S置于“1擋時，表頭A和R1、R2串聯(lián)后再與R3并聯(lián)，將開關S置于“2擋時，表頭A和R1串聯(lián)后再與R2、R3并聯(lián)，所以開關S置于“1擋時量程較大，即開關S置于“1擋時量程應為10mA；4設電流表的滿偏電流為，根據(jù)歐姆定律，當開關打到1時有=，其中=10mA當開關打到2時有=，其中=1mA聯(lián)立以上兩式=225，=25.05電流表示數(shù)為I=0.780mA故答案為1如圖： 2黑； 310； 4225，25.0； 50.78點評：電表的改裝實際上就是歐姆定律和串并聯(lián)電路的計算，計算時注意讓電流表

21、的電流為滿偏電流四計算題：此題共2小題，第13題10分，第14題13分，共23分把解答寫在答題卡中指定的答題處，要寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟1310分2023海南一質(zhì)量m=0.6kg的物體以v0=20m/s的初速度從傾角為30的斜坡底端沿斜坡向上運動當物體向上滑到某一位置時，其動能減少了Ek=18J，機械能減少了E=3J不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，求：1物體向上運動時加速度的大??；2物體返回斜坡底端時的動能考點：動能定理的應用；功能關系專題：壓軸題；動能定理的應用專題分析：物體從開始到經(jīng)過斜面上某一點時，受重力、支持力和摩擦力，總功等于動能增加量，機械能減小量等于克服摩

22、擦力做的功，根據(jù)功能關系列式可解；對從最高點到底端過程運用動能定理列式求解解答：解：1物體從開始到經(jīng)過斜面上某一點時，受重力、支持力和摩擦力，根據(jù)動能定理，有mglsinfl=EKEK0=18J 機械能的減小量等于克服摩擦力做的功：fl=E=3J 由可解得l=5m，f=0.6N因為物體的初速度為v0=20m/s，初動能=120J滑上某一位置時動能減少了Ek=18J，那么此時動能Ek=102J=，可得v2=340m2/s2物體在斜坡底端向上運動時受重力、支持力和摩擦力作用，物體做勻減速運動，根據(jù)勻變速直線運動的速度位移關系有：=6m/s2負號表示方向與初速度方向相反2當該物體經(jīng)過斜面上某一點時，

23、動能減少了18J，機械能減少了3J，所以當物體到達最高點時動能減少了120J，機械能減少了20J，所以物體上升過程中克服摩擦力做功是20J，全過程摩擦力做功W=40J 從出發(fā)到返回底端，重力不做功，設回到出發(fā)點的動能為EK，由動能定理可得W=EKEK0得EK=80J答：1物體向上運動時的加速度大小為6m/s22物體返回斜坡底端時的動能80J點評：功能關系有多種表現(xiàn)形式：合力的功總功等于動能增加量；重力做功等于重力勢能的減小量；除重力外其余力做的功等于機械能的增加量1413分2023海南如圖，紙面內(nèi)有E、F、G三點，GEF=30，EFG=135空間有一勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面

24、向外先使帶有電荷量為qq0的點電荷a在紙面內(nèi)垂直于EF從F點射出，其軌跡經(jīng)過G點；再使帶有同樣電荷量的點電荷b在紙面內(nèi)與EF成一定角度從E點射出，其軌跡也經(jīng)過G點兩點電荷從射出到經(jīng)過G點所用的時間相同，且經(jīng)過G點時的速度方向也相同點電荷a的質(zhì)量為m，軌道半徑為R，不計重力求：1點電荷a從射出到經(jīng)過G點所用的時間；2點電荷b的速度大小考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力專題：壓軸題；帶電粒子在磁場中的運動專題分析：1找出圓心，畫出軌跡，由幾何關系找出偏轉(zhuǎn)角，根據(jù)公式求在磁場中的偏轉(zhuǎn)時間；2根據(jù)兩點電荷從射出到經(jīng)過G點所用的時間相同，且經(jīng)過G點時的速度方向也相同，畫出軌跡，找半徑

25、關系即可求出點電荷b的速度大小解答：解；設點電荷a的速度為v，由牛頓第二定律得：解得： 設點電荷a作圓周運動的周期為T，那么： 點電荷運動軌跡如下圖：設點電荷a從F點進入磁場后的偏轉(zhuǎn)角為由幾何關系得：=90 故a從開始運動到經(jīng)過G點所用時間聯(lián)立得： 2設點電荷b的速度大小為v1，軌道半徑為R1，b在磁場中偏轉(zhuǎn)角為1，由題意得： 解得： 由于兩軌道在G點相切，所以過G點的半徑OG和O1G在同一條直線上，由幾何關系得：1=60 R1=2R 聯(lián)立得：答：1點電荷a從射出到經(jīng)過G點所用的時間；2點電荷b的速度大小點評：此題的難點在于幾何圖象確實定，要抓住兩點電荷從射出到經(jīng)過G點所用的時間相同，且經(jīng)過G

26、點時的速度方向也相同，那么可得出各自圓弧所對應的圓心角，從而確定粒子運動所經(jīng)歷的時間五選考題：請考生在第五、六、七大題中任選二題作答，如果多做那么按所做的第五、六大題計分作答時用2B鉛筆在答題卡上把所選題目的題號涂黑計算題請寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟模塊3-3試題12分154分2023海南以下說法正確的是A把一枚針輕放在水面上，它會浮在水面，這是由于水外表存在外表張力的緣故B水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干凈的玻璃板上卻不能，為是因為油脂使水的外表張力增大的緣故C在圍繞地球飛行的宇宙飛船中，自由飄浮的水滴呈球形，這是外表張力作用的結果D在毛細現(xiàn)象中，毛細管中的液面有的升高，有

27、的降低，這與液體的種類和毛細管的材質(zhì)有關E當兩薄玻璃板間夾有一層水膜時，在垂直于玻璃板的方向很難將玻璃板拉開，這是由于水膜具有外表張力的緣故考點：*外表張力產(chǎn)生的原因?qū)ｎ}：壓軸題分析：凡作用于液體外表，使液體外表積縮小的力，稱為液體外表張力它產(chǎn)生的原因是：液體跟氣體接觸的外表存在一個薄層，叫做外表層，外表層里的分子比液體內(nèi)部稀疏，分子間的距離比液體內(nèi)部大一些，分子間的相互作用表現(xiàn)為引力就象你要把彈簧拉開些，彈簧反而表現(xiàn)具有收縮的趨勢正是因為這種張力的存在，有些小昆蟲才能無拘無束地在水面上行走自如解答：解：A、把一枚針輕放在水面上，它會浮在水面，浮力很小，可以忽略不計，故一定是由于水外表存在外表

28、張力的緣故，故A正確；B、水對油脂外表是不浸潤的所以成水珠狀，水對玻璃外表是浸潤的，無法形成水珠，外表張力是一樣的，故B錯誤；C、宇宙飛船中的圓形水滴是外表張力的緣故，故C正確；D、毛細現(xiàn)象中有的液面升高，有的液面降低，這與液體種類和毛細管的材料有關，故D正確；E、當兩薄玻璃板間夾有一層水膜時，在垂直于玻璃板的方向很難將玻璃板拉開，這是由于大氣壓力的緣故；故E錯誤；應選：ACD點評：此題考查了液體外表張力和液體的浸潤與不浸潤現(xiàn)象，是聯(lián)系生活的好題，不難168分2023海南如圖，一帶有活塞的氣缸通過底部的水平細管與一個上端開口的豎直管相連，氣缸與豎直管的橫截面面積之比為3：1，初始時，該裝置的底

29、部盛有水銀；活塞與水銀面之間有一定量的氣體，氣柱高度為l以cm為單位；豎直管內(nèi)的水銀面比氣缸內(nèi)的水銀面高出現(xiàn)使活塞緩慢向上移動，這時氣缸和豎直管內(nèi)的水銀面位于同一水平面上，求初始時氣缸內(nèi)氣體的壓強以cmHg為單位考點：理想氣體的狀態(tài)方程；封閉氣體壓強專題：壓軸題；理想氣體狀態(tài)方程專題分析：初始位置，根據(jù)水銀柱中同一高度壓強相同，求出封閉氣體壓強；氣缸和豎直管內(nèi)的水銀面位于同一水平面上，根據(jù)幾何關系求解出封閉氣體的長度，氣壓等于大氣壓；等溫變化，根據(jù)玻義耳定律列式求解解答：解：設S為氣缸的橫截面積，P為活塞處于初始位置時汽缸內(nèi)氣體的壓強，P0為大氣壓強，有：P=P0+ 在活塞上移后，汽缸內(nèi)氣體的

30、壓強變?yōu)镻0，設氣體的體積為V，由玻義耳定律，有：P0V=PSl 設汽缸內(nèi)水銀面上升x，有： 聯(lián)立式，解得cmHg；答：初始時氣缸內(nèi)氣體的壓強為cmHg點評：此題關鍵求解出封閉氣體膨脹前后的體積和膨脹前的壓強，然后根據(jù)波義耳定律列式求解，根底題六模塊3-4試題12分174分2023海南以下選項與多普勒效應有關的是A科學家用激光測量月球與地球間的距離B醫(yī)生利用超聲波探測病人血管中血液的流速C技術人員用超聲波探測金屬、陶瓷、混凝土中是否有氣泡D交通警察向車輛發(fā)射超聲波并通過測量反射波的頻率確定車輛行進的速度E科學家通過比擬星球與地球上同種元素發(fā)出光的頻率來計算星球遠離地球的速度考點：多普勒效應專題

31、：壓軸題分析：多普勒效應是為紀念奧地利物理學家及數(shù)學家多普勒而命名的，他于1842年首先提出了這一理論主要內(nèi)容為：接受到的物體輻射的波長因為波源和觀測者的相對運動而產(chǎn)生變化多普勒效應不僅僅適用于聲波，它也適用于所有類型的波，包括電磁波解答：解：A、科學家用激光測量月球與地球間的距離是利用光速快，故A錯誤；B、醫(yī)生利用超聲波探測病人血管中血液的流速利用聲波的多普勒效應，故B正確；C、技術人員用超聲波探測金屬、陶瓷、混凝土中是否有氣泡是利用穿透能力強，故C錯誤；D、交通警察向車輛發(fā)射超聲波并通過測量反射波的頻率確定車輛行進的速度是利用超聲波的多普勒效應，故D正確；E、科學家通過比擬星球與地球上同種元素發(fā)出光的頻率來計算星球遠離地球的速度，是光的多普勒效應，故E正確；應選：BDE點評：此題考查了多普勒效應的應用，是利用發(fā)射波與接受波間的波長變化或者頻率變化來判斷相對運動的情況188分2023海南如圖，三棱鏡的橫截面為直角三角形ABC，A=30，AC平行于光屏MN，與光屏的距離為L棱鏡對紅光的折射率為n1，對紫光的折射率為n2一束很細的白光由棱鏡的側面AB垂直射入，直接到達AC面并射出畫出光路示意圖，并標出紅光和紫光射在光屏上的位置，求紅光和紫光在光屏上的位置之間的距離考點：光的折射定律專題：壓軸題