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(xiàng)選擇題，每題3分，共24分。1．（3分）（2023?海南）釷元素衰變時(shí)會(huì)放出β粒子，其中β粒子是（）A．中子 B．質(zhì)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(qiáng)磁場，關(guān)于小球運(yùn)動(dòng)和受力說法正確的是（）A．小球剛進(jìn)入磁場時(shí)受到的洛倫茲力水平向右 B．小球運(yùn)動(dòng)過程中的速度不變 C．小球運(yùn)動(dòng)過程的加速度保持不變 D．小球受到的洛倫茲力對(duì)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(duì)平衡力 B．工人對(duì)繩的拉力和繩對(duì)工人的拉力是一對(duì)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(jī)械波在傳播方向上相距6m的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)P、Q的振動(dòng)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(shí)P質(zhì)點(diǎn)向上振動(dòng) D．4s時(shí)Q質(zhì)點(diǎn)向上振動(dòng)5．（3分）（2023?海南）下列關(guān)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(shí)，分子間表現(xiàn)為斥力 B．分子從無限遠(yuǎn)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(shí)，分子勢能在減小6．（3分）（2023?海南）汽車測速利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，汽車可簡化為一個(gè)矩形線圈abcd，埋在地下的線圈分別為1、2，通上順時(shí)針（俯視）方向電流，當(dāng)汽車經(jīng)過線圈時(shí)（）?A．線圈1、2產(chǎn)生的磁場方向豎直向上 B．汽車進(jìn)入線圈1過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcd C．汽車離開線圈1過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcd D．汽車進(jìn)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(dòng)勢為E，內(nèi)阻不計(jì)，電容器電容為C，閉合開關(guān)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(diǎn)，AO＝2cm，OB＝4cm，在AB固定兩個(gè)帶電量分別為Q1、Q2的正電荷，現(xiàn)有一個(gè)帶正電小球靜置于軌道內(nèi)側(cè)P點(diǎn)（小球可視為點(diǎn)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(xiàng)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(hào)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(diǎn)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(gè)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(dòng)量為 D．在時(shí)間t內(nèi)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(gè)頂點(diǎn)固定三個(gè)等量電荷，其中A、B帶正電，C帶負(fù)電，O、M、N為AB邊的四等分點(diǎn)，下列說法正確的是（）A．M、N兩點(diǎn)電場強(qiáng)度相同 B．M、N兩點(diǎn)電勢相同 C．負(fù)電荷在M點(diǎn)電勢能比在O點(diǎn)時(shí)要小 D．負(fù)電荷在N點(diǎn)電勢能比在O點(diǎn)時(shí)要大（多選）13．（4分）（2023?海南）如圖所示，質(zhì)量為m，帶電荷為+q的點(diǎn)電荷，從原點(diǎn)以初速度v0射入第一象限內(nèi)的電磁場區(qū)域，在0＜y＜y0，0＜x＜x0（x0、y0為已知）區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場，在x＞x0區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，控制電場強(qiáng)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，則（）?A．粒子從NP中點(diǎn)射入磁場，電場強(qiáng)度滿足E＝ B．粒子從NP中點(diǎn)射入磁場時(shí)速度為v0 C．粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心到NM的距離為 D．粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)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(shí)驗(yàn)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(shí)在屏上的S1處有激光點(diǎn)，移走玻璃磚，光點(diǎn)移到S2處。（1）請(qǐng)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(shí)驗(yàn)，則S1S2間的距離會(huì)（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(gè)量程為100μA，內(nèi)阻約為2000Ω的微安表頭的內(nèi)阻，所用電源的電動(dòng)勢約為12V，有兩個(gè)電阻箱可選，R1（0～9999.9Ω），R2（0～99999.9Ω）（1）RM應(yīng)選，RN應(yīng)選；（2）根據(jù)電路圖，請(qǐng)把實(shí)物連線補(bǔ)充完整；（3）下列操作順序合理排列是：。①將變阻器滑動(dòng)頭P移至最左端，將RN調(diào)至最大值；②閉合開關(guān)S2，調(diào)節(jié)RM，使微安表半偏，并讀出RM阻值；③斷開S2，閉合S1，調(diào)節(jié)滑動(dòng)頭P至某位置再調(diào)節(jié)RN使表頭滿偏；④斷開S1、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(shí)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(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)中，S2斷開，電表滿偏時(shí)讀出RN值，在滑動(dòng)頭P不變，S2閉合后調(diào)節(jié)電阻箱RM，使電表半偏時(shí)讀出RM，若認(rèn)為OP間電壓不變，則微安表內(nèi)阻為：。（用RM、RN表示）16．（2023?海南）某飲料瓶內(nèi)密封一定質(zhì)量理想氣體，t＝27℃時(shí)，壓強(qiáng)p＝1.050×105Pa。（1）t′＝37℃時(shí)，氣壓是多大？（2）保持溫度不變，擠壓氣體，使之壓強(qiáng)與（1）時(shí)相同時(shí)，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(zhì)量為m＝1×10﹣3kg，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B＝8×10﹣2T的勻強(qiáng)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H＝10cm，設(shè)桿中電流不變，求金屬桿離開液面時(shí)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(dòng)勢的大小，通電后金屬桿跳起高度H′＝5cm，通電時(shí)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(zhì)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(shí)，給木板一個(gè)與小滑塊相同的初速度，已知mC＝3kg，B、C間動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.2，C與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.8，C右端有一個(gè)擋板，C長為L。求：（1）B滑到A的底端時(shí)對(duì)A的壓力是多大？（2）若B未與C右端擋板碰撞，當(dāng)B與地面保持相對(duì)靜止時(shí)，B、C間因摩擦產(chǎn)生的熱量是多少？（3）在0.16m＜L＜0.8m時(shí)，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(shí)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(xiàng)選擇題，每題3分，共24分。1．（3分）（2023?海南）釷元素衰變時(shí)會(huì)放出β粒子，其中β粒子是（）A．中子 B．質(zhì)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(shí)放出的三種射線α、β、γ，其中β粒子是電子。故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】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(shí)質(zhì)是因?yàn)橐粋€(gè)中子轉(zhuǎn)化成質(zhì)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(qiáng)磁場，關(guān)于小球運(yùn)動(dòng)和受力說法正確的是（）A．小球剛進(jìn)入磁場時(shí)受到的洛倫茲力水平向右 B．小球運(yùn)動(dòng)過程中的速度不變 C．小球運(yùn)動(dòng)過程的加速度保持不變 D．小球受到的洛倫茲力對(duì)小球做正功【分析】明確小球運(yùn)動(dòng)中受力情況，知道洛倫茲力不做功，從而分析小球運(yùn)動(dòng)過程中的速度、加速度情況。【解答】解：A．帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，小球受洛倫茲力和重力的作用做曲線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則，可知小球剛進(jìn)入磁場時(shí)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(yùn)動(dòng)，速度的方向時(shí)刻變化，故B錯(cuò)誤；C.小球受洛倫茲力和重力的作用做曲線運(yùn)動(dòng)，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(shí)刻變化，合力方向時(shí)刻變化，根據(jù)牛頓第二定律，加速度的方向時(shí)刻變化，故C錯(cuò)誤。D．小球受洛倫茲力和重力的作用做曲線運(yùn)動(dòng)，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(cuò)誤。故選A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)，注意明確洛倫茲力不做功這一性質(zhì)，同時(shí)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．（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(duì)平衡力 B．工人對(duì)繩的拉力和繩對(duì)工人的拉力是一對(duì)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(duì)平衡力大小相等，方向相反，作用在一個(gè)物體上，一對(duì)相互作用力大小相等，方向相反，是兩個(gè)物體的相互作用力；對(duì)滑輪進(jìn)行受力分析，根據(jù)幾何關(guān)系得出繩子拉力的變化趨勢。【解答】解：AB、對(duì)人受力分析有則有FN+FT＝mg根據(jù)一對(duì)平衡力和一對(duì)相互作用力的概念可知，工人對(duì)繩的拉力和繩對(duì)工人的拉力是一對(duì)作用力與反作用力，故A錯(cuò)誤、B正確；CD、對(duì)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(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了共點(diǎn)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．（3分）（2023?海南）下面上下兩圖分別是一列機(jī)械波在傳播方向上相距6m的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)P、Q的振動(dòng)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(shí)P質(zhì)點(diǎn)向上振動(dòng) D．4s時(shí)Q質(zhì)點(diǎn)向上振動(dòng)【分析】A.根據(jù)振動(dòng)圖像給出的信息作答；B.根據(jù)圖像求解兩質(zhì)點(diǎn)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(dòng)圖像判斷質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向。【解答】解：A．根據(jù)振動(dòng)圖像可看出該波的周期是4s，故A錯(cuò)誤；B．由圖像可知，質(zhì)點(diǎn)Q、P的起振方向相反則兩質(zhì)點(diǎn)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(guān)系代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得，其中n＝0，1，2，…，故B錯(cuò)誤；C．由P質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像可看出，在4s時(shí)P質(zhì)點(diǎn)在平衡位置向上振動(dòng)，故C正確；D．由Q質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像可看出，在4s時(shí)Q質(zhì)點(diǎn)在平衡位置向下振動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】能夠根據(jù)振動(dòng)圖像給出的信息求解周期、判斷質(zhì)點(diǎn)在某時(shí)刻的振動(dòng)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(guān)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(shí)，分子間表現(xiàn)為斥力 B．分子從無限遠(yuǎn)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(shí)，分子勢能在減小【分析】當(dāng)分子力表現(xiàn)為斥力時(shí)，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(shí)，r增大，分子力先增大后減小，分子勢能一直增大?！窘獯稹拷猓篈、分子間距離大于r0，分子間表現(xiàn)為引力，故A錯(cuò)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(fù)功，勢能增大，故BD錯(cuò)誤，C正確；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了分子力、分子勢能等知識(shí)點(diǎn)，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(yīng)現(xiàn)象，汽車可簡化為一個(gè)矩形線圈abcd，埋在地下的線圈分別為1、2，通上順時(shí)針（俯視）方向電流，當(dāng)汽車經(jīng)過線圈時(shí)（）?A．線圈1、2產(chǎn)生的磁場方向豎直向上 B．汽車進(jìn)入線圈1過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcd C．汽車離開線圈1過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcd D．汽車進(jìn)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(yīng)電流方向；安培力的方向總是與矩形線圈abcd相對(duì)于磁場的運(yùn)動(dòng)方向相反。【解答】解：A、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(cuò)誤；BC、汽車進(jìn)入磁場時(shí)，線圈abcd磁通量向下增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向是adcba，離開時(shí)磁通量向下減小，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流方向是abcda，故B錯(cuò)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(duì)于磁場的運(yùn)動(dòng)方向相反，所以汽車進(jìn)入線圈2過程受到的安培力方向與速度方向相反，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】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→楞次定律→感應(yīng)電流的方向。7．（3分）（2023?海南）如圖所示電路，已知電源電動(dòng)勢為E，內(nèi)阻不計(jì)，電容器電容為C，閉合開關(guān)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(fù)極為零電勢點(diǎn)，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(jìn)行解答?！窘獯稹拷猓弘娐贩€(wěn)定后，由于電源內(nèi)阻不計(jì)，若取電源負(fù)極為零電勢點(diǎn)，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(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】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．（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(diǎn)，AO＝2cm，OB＝4cm，在AB固定兩個(gè)帶電量分別為Q1、Q2的正電荷，現(xiàn)有一個(gè)帶正電小球靜置于軌道內(nèi)側(cè)P點(diǎn)（小球可視為點(diǎn)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(duì)小球進(jìn)行受力分析，再根據(jù)庫侖定律結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)即可完成作答?！窘獯稹拷猓簩?duì)小球受力分析如圖所示：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(cuò)誤，C正確。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了庫侖定律的應(yīng)用，對(duì)于數(shù)學(xué)知識(shí)在物理學(xué)中的運(yùn)用是學(xué)生應(yīng)該具備的關(guān)鍵能力之一。二、多項(xiàng)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(hào)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(diǎn)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(yùn)動(dòng)時(shí)必須點(diǎn)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(gè)量的大小?！窘獯稹拷猓篈、飛船從較低的軌道1進(jìn)入較高的軌道2要點(diǎn)火加速做離心運(yùn)動(dòng)才能完成，故A正確；BCD、飛船做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(cuò)誤，CD正確。故選：ACD?！军c(diǎn)評(píng)】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。（多選）10．（4分）（2023?海南）已知一個(gè)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(dòng)量為 D．在時(shí)間t內(nèi)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(guān)系求解光的頻率；根據(jù)光子能量計(jì)算公式求解光子的能量；根據(jù)德布羅意波長計(jì)算公式求解光子的動(dòng)量；每秒內(nèi)發(fā)出的光子數(shù)與每個(gè)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(shí)間t內(nèi)激光器發(fā)射的光子數(shù)。【解答】解：A．根據(jù)波速與波長、頻率之間的關(guān)系可知光的頻率：ν＝，故A正確；B．光子的能量：，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)德布羅意波長計(jì)算公式λ＝可得光子的動(dòng)量：，故C正確；D．在時(shí)間t內(nèi)激光器發(fā)射的光子數(shù)：，故D錯(cuò)誤。故選：AC。【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查光子能量的計(jì)算，解答本題的關(guān)鍵是掌握光子能量計(jì)算公式以及德布羅意波長的計(jì)算公式，能夠根據(jù)能量關(guān)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(shí)值表達(dá)式計(jì)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。【解答】解：A、根據(jù)交流電的瞬時(shí)值表達(dá)式，電源電壓的有效值，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)交流電的瞬時(shí)值表達(dá)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(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了變壓器的知識(shí)；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(gè)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(gè)頂點(diǎn)固定三個(gè)等量電荷，其中A、B帶正電，C帶負(fù)電，O、M、N為AB邊的四等分點(diǎn)，下列說法正確的是（）A．M、N兩點(diǎn)電場強(qiáng)度相同 B．M、N兩點(diǎn)電勢相同 C．負(fù)電荷在M點(diǎn)電勢能比在O點(diǎn)時(shí)要小 D．負(fù)電荷在N點(diǎn)電勢能比在O點(diǎn)時(shí)要大【分析】根據(jù)場強(qiáng)疊加的特點(diǎn)和對(duì)稱性得出MN兩點(diǎn)的場強(qiáng)關(guān)系；根據(jù)電勢的疊加特點(diǎn)得出MN兩點(diǎn)的電勢關(guān)系；根據(jù)電荷的受力特點(diǎn)得出其合力的方向，根據(jù)電場力的做功特點(diǎn)結(jié)合功能關(guān)系得出電勢能的大小關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)場強(qiáng)疊加的特點(diǎn)以及對(duì)稱性可知，MN兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小相同，不過方向不同，故A錯(cuò)誤；B．因在AB處的正電荷在MN兩點(diǎn)的合電勢相等，在C點(diǎn)的負(fù)電荷在MN兩點(diǎn)的電勢也相等，由此可分析出MN兩點(diǎn)電勢相等，故B正確；CD．根據(jù)題意可知，負(fù)電荷從M到O，因AB兩電荷的合力對(duì)負(fù)電荷的庫侖力從O指向M，則該力對(duì)負(fù)電荷做負(fù)功，C點(diǎn)的負(fù)電荷也對(duì)該負(fù)電荷做負(fù)功，可知三個(gè)電荷對(duì)該負(fù)電荷的合力對(duì)其做負(fù)功，根據(jù)功能關(guān)系可知該負(fù)電荷的電勢能增加，即負(fù)電荷在M點(diǎn)的電勢能比在O點(diǎn)??；同理可知負(fù)電荷在N點(diǎn)的電勢能比在O點(diǎn)小。故C正確，D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)，熟悉場強(qiáng)和電勢的計(jì)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。（多選）13．（4分）（2023?海南）如圖所示，質(zhì)量為m，帶電荷為+q的點(diǎn)電荷，從原點(diǎn)以初速度v0射入第一象限內(nèi)的電磁場區(qū)域，在0＜y＜y0，0＜x＜x0（x0、y0為已知）區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場，在x＞x0區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，控制電場強(qiáng)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，則（）?A．粒子從NP中點(diǎn)射入磁場，電場強(qiáng)度滿足E＝ B．粒子從NP中點(diǎn)射入磁場時(shí)速度為v0 C．粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心到NM的距離為 D．粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，沿電場方向和垂直電場方向列運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解加速度，再由牛頓第二定律可以求解電場強(qiáng)度；B、根據(jù)在電場中類平拋運(yùn)動(dòng)，沿電場方向和垂直電場方向列運(yùn)動(dòng)學(xué)公式就可以求解粒子從NP中點(diǎn)射入磁場時(shí)速度；C、根據(jù)粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)，推出進(jìn)入磁場時(shí)的速度方向和大小表達(dá)式，再根據(jù)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑表達(dá)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(shí)，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，若粒子打到PN中點(diǎn)，則x方向勻速直線運(yùn)動(dòng)，有：x0＝v0ty方向粒子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)射出時(shí)，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(shí)速度v1＝＝將t＝代入解得：v1＝，故B錯(cuò)誤；C、粒子從電場中射出時(shí)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(shí)的速度v＝粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：qvB＝m則粒子進(jìn)入磁場后做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心到MN的距離為d＝rcosθ聯(lián)立解得d＝，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)有最大運(yùn)動(dòng)半徑時(shí)，進(jìn)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(shí)粒子從N點(diǎn)進(jìn)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(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動(dòng)，在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻速直線運(yùn)動(dòng)和勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律分析判斷，進(jìn)入磁場帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，注意從電場進(jìn)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．（2023?海南）用激光測玻璃磚折射率的實(shí)驗(yàn)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(shí)在屏上的S1處有激光點(diǎn)，移走玻璃磚，光點(diǎn)移到S2處。（1）請(qǐng)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(shí)驗(yàn)，則S1S2間的距離會(huì)變小（填“變大”，“變小”或“不變”）?！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(jié)合幾何關(guān)系進(jìn)行解答；（3）若玻璃磚寬度變小，相當(dāng)于把a(bǔ)d邊下移，根據(jù)光路圖進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓海?）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：n＝根據(jù)幾何關(guān)系可得：sini＝＝sinr＝＝＝聯(lián)立解得：n＝（3）若玻璃磚寬度變小，相當(dāng)于把a(bǔ)d邊下移，與兩條光線的交點(diǎn)距離變小，即BC就小，那S1S2也會(huì)變小。故答案為：（1）光路圖見解析；（2）；（3）變小?！军c(diǎn)評(píng)】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．（2023?海南）用如圖1所示的電路測量一個(gè)量程為100μA，內(nèi)阻約為2000Ω的微安表頭的內(nèi)阻，所用電源的電動(dòng)勢約為12V，有兩個(gè)電阻箱可選，R1（0～9999.9Ω），R2（0～99999.9Ω）（1）RM應(yīng)選R1，RN應(yīng)選R2；（2）根據(jù)電路圖，請(qǐng)把實(shí)物連線補(bǔ)充完整；（3）下列操作順序合理排列是：①③②④。①將變阻器滑動(dòng)頭P移至最左端，將RN調(diào)至最大值；②閉合開關(guān)S2，調(diào)節(jié)RM，使微安表半偏，并讀出RM阻值；③斷開S2，閉合S1，調(diào)節(jié)滑動(dòng)頭P至某位置再調(diào)節(jié)RN使表頭滿偏；④斷開S1、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1998.0Ω，該測量值小于（大于、小于、等于）真實(shí)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(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)中，S2斷開，電表滿偏時(shí)讀出RN值，在滑動(dòng)頭P不變，S2閉合后調(diào)節(jié)電阻箱RM，使電表半偏時(shí)讀出RM，若認(rèn)為OP間電壓不變，則微安表內(nèi)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(hù)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(diǎn)計(jì)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(dāng)，當(dāng)閉合S2之后，變阻器上方的電流應(yīng)基本不變，就需要RN較大，對(duì)下方分壓電路影響甚微。故RM應(yīng)選R1，RN應(yīng)選R2；（2）實(shí)物圖如圖：（3）為保證電路安全，閉合開關(guān)前先將滑動(dòng)變阻器調(diào)至左側(cè)，電阻箱調(diào)至最大，先閉合S1開關(guān)，調(diào)節(jié)電阻箱RN，再閉合S2調(diào)節(jié)電阻箱RM，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，故RM＜RA。（5）按讀數(shù)規(guī)則，只需要讀出65即可，按換算關(guān)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(diǎn)評(píng)】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．（2023?海南）某飲料瓶內(nèi)密封一定質(zhì)量理想氣體，t＝27℃時(shí)，壓強(qiáng)p＝1.050×105Pa。（1）t′＝37℃時(shí)，氣壓是多大？（2）保持溫度不變，擠壓氣體，使之壓強(qiáng)與（1）時(shí)相同時(shí)，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(jié)合查理定律列式得出氣體的壓強(qiáng)；（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(nèi)氣體的始末狀態(tài)的熱力學(xué)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(shí)，氣壓為1.085×105Pa；（2）保持溫度不變，擠壓氣體，使之壓強(qiáng)與（1）時(shí)相同時(shí)，氣體體積為原來的0.968倍?！军c(diǎn)評(píng)】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(diǎn)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．（2023?海南）如圖所示，U形金屬桿上邊長為L＝15cm，質(zhì)量為m＝1×10﹣3kg，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B＝8×10﹣2T的勻強(qiáng)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H＝10cm，設(shè)桿中電流不變，求金屬桿離開液面時(shí)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(dòng)勢的大小，通電后金屬桿跳起高度H′＝5cm，通電時(shí)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(yùn)動(dòng)規(guī)律求解金屬桿剛剛離開液面的速度，對(duì)金屬桿與液面接觸的過程，根據(jù)安培力公式，應(yīng)用動(dòng)能定理求解電流；（2）由于給了時(shí)間，根據(jù)動(dòng)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(shè)金屬桿離開液面時(shí)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(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)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(duì)金屬桿到達(dá)最高點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得：FAh﹣mg（H+h）＝0聯(lián)立解得：A＝4.17A（2）對(duì)金屬桿，通電時(shí)間t′＝0.002s，規(guī)定向上為正方向，由動(dòng)量定理得：（BI′L﹣mg）t′＝mv′﹣0由運(yùn)動(dòng)學(xué)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(shí)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(diǎn)評(píng)】本題是安培力與動(dòng)能定理、動(dòng)量定理結(jié)合的問題