2023年四川省高考物理试卷(甲卷)

2023年四川省高考物理试卷〔甲卷〕“旋转纽扣”是一种传统玩耍。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替消灭。拉动屡次后，纽扣绕其中心的转速可达50𝑟/𝑠，此时纽扣上距离中心1𝑐𝑚处的点向心加速度大小约为( )A.10𝑚/𝑠2 B.100𝑚/𝑠2 C.1000𝑚/𝑠2 D.10000𝑚/𝑠2两足够长直导线均折成直角平面内，𝐸𝑂与𝑂′𝑄在一条直线上，𝑃𝑂′与𝑂𝐹在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流𝐼，电流方向如以下图。假设一根无限长直导线通过电流𝐼时，所产生的磁场在距离导线𝑑处的磁感应强度大小为𝐵，则图中与导线距离均为𝑑的𝑀、𝑁两点处的磁感应强度大小分别为()B、0B.0、2𝐵C.2𝐵、2𝐵D.B、𝐵如图，一个原子核𝑋经图中所示的一系列𝛼、𝛽衰变后，生成稳定的原子核𝑌，在此过程中放射出电子的总个数为( )A.6 B.8 C.10121页

D.142023年2月，执行我国火星探测任务的“天问一号”探测器在成功实施三次近火制动后，进入运行周期约为1.8×105𝑠的椭圆形停靠轨道，轨道与火星外表的最近距离约为2.8×105𝑚。火星半径约为3.4×106𝑚，火星外表处自由落体的加速度大小约为3.7𝑚/𝑠2，则“天问一号”的停靠轨道与火星外表的最远距离约为()A.6×105𝑚 B.6×106𝑚 C.6×107𝑚 D.6×108𝑚某电场的等势面如以下图，图中𝑎、𝑏、𝑐、𝑑、𝑒为电场中的5个点，则( )一正电荷从𝑏点运动到𝑒点，电场力做正功一电子从𝑎点运动到𝑑点，电场力做功为4𝑒𝑉𝑏点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右𝑎、𝑏、𝑐、𝑑四个点中，𝑏点的电场强度大小最大一质量为𝑚的物体自倾角为𝛼的固定斜面底端沿斜面对上滑动。该物体开头滑动时的动能为𝐸𝑘端时动能为𝐸𝑘。𝑠𝑖𝑛𝛼=0.6，重力加速度大小为𝑔。则( )5物体向上滑动的距离为𝐸𝑘2𝑚𝑔物体向下滑动时的加速度大小为𝑔5物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长由一样材料的导线绕成边长一样的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同边界水平，如以下图。不计空气阻力，下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能消灭的( )甲和乙都加速运动C.甲加速运动，乙减速运动

B.甲和乙都减速运动D.甲减速运动，乙加速运动为测量小铜块与瓷砖外表间的动摩擦因数，一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上，形成一倾角为𝛼的斜面(𝑠𝑖𝑛𝛼=0.34，𝑐𝑜𝑠𝛼=0.94)，小铜块可在斜面上加速下滑，如以下图。该同学用手机拍摄221页5个连续相等时间间隔(每个时间间隔△𝑇=0.20𝑠)内小铜块沿斜面下滑的距离𝑠𝑖(𝑖=1,2,3,4,5)，如表所示。𝑠15.87𝑐𝑚

𝑠27.58𝑐𝑚

𝑠39.31𝑐𝑚

𝑠411.02𝑐𝑚

𝑠512.74𝑐𝑚由表中数据可得，小铜块沿斜面下滑的加速度大小为 𝑚/𝑠2，小铜块与瓷砖外表间的动摩擦因数为 。(结果均保存2位有效数字，重力加速度大小取9.80𝑚/𝑠2)某同学用图(𝑎)所示电路探究小灯泡的伏安特性，所用器材有：小灯泡(额定电压2.5𝑉，额定电流0.3𝐴)、电压表(量程300𝑚𝑉，内阻300𝛺)、电流表(量程300𝑚𝐴，内阻0.27𝛺)定值电阻𝑅0、滑动变阻器𝑅1(阻值0−20𝛺)、电阻箱𝑅2(最大阻值9999.9𝛺)、电源𝐸(电动势6𝑉，内阻不计)、开关𝑆、导线假设干。完成以下填空：有3个阻值分别为10𝛺、20𝛺、30𝛺的定值电阻可供选择，为了描绘小灯泡电流在0−300𝑚𝐴的𝑈−𝐼曲线，𝑅0应选取阻值为 𝛺的定值电阻；闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的 (填“𝑎”或“𝑏”)端；(3)在流过电流表的电流较小时，将电阻箱𝑅2的阻值置零，转变滑动变阻器滑片的位置，读取电压表和电流表的示数𝑈、𝐼，结果如图(𝑏)所示。当流过电流表的电流为10𝑚𝐴时，小灯泡的电阻为 𝛺(保存1位有效数字)；为使得电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为3𝑉，该同学经计算知，应将𝑅2的阻值调整为 𝛺。然后调整滑动变阻器𝑅1，测得数据如表所示：321页𝑈/𝑚𝑉24.046.076.0110.0128.0152.0184.0216.0250.0𝐼/𝑚𝐴140.0160.0180.0200.0220.0240.0260.0280.0300.0由图(𝑏)和表格数据可知随着流过小灯泡电流的增加其灯丝的电阻 (填“增大”“减小”或“不变”)；该同学观测到小灯泡刚开头发光时流过电流表的电流为160𝑚𝐴，可得此时小灯泡电功率𝑃1= 𝑊(保存2位有效数字)；当流过电流表的电流为300𝑚𝐴时，小灯泡的电功率为𝑃2

𝑃1

= (保存至整数)。如图，一倾角为𝜃的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为𝑑𝑑；一质量为𝑚的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带𝐿处由静止释放。小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的3050𝑠后停下。小车与地面间的动摩擦因数为𝜇，重力加速度大小为𝑔。求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；假设小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损421页失的机械能，则𝐿应满足什么条件？如图，长度均为𝑙的两块挡板竖直相对放置，间距也为𝑙，两挡板上边缘𝑃和𝑀处于为𝐸𝑚，电荷量为𝑞(𝑞>0)的粒子自电场中某处以大小为𝑣0的速度水平向右放射，恰好从𝑃点处射入磁场，从两挡板下边缘𝑄和𝑁之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。粒子射入磁场时的速度方向与𝑃𝑄的夹角为60°，不计重力。求粒子放射位置到𝑃点的距离；(2)求磁感应强度大小的取值范围；(3)假设粒子正好从𝑄𝑁的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板𝑀𝑁的最近距离。521页−温度(𝑉−𝑡)图上的两条直线Ⅰ和Ⅱ表示，𝑉1和𝑉2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标，𝑡0是它们的延长线与横轴交点的横坐标，𝑡0=−273.15°𝐶；𝑎为直线Ⅰ上的一点。由图可知，气体在状态𝑎和𝑏的压强之比𝑝𝑏

= ；气体在状态𝑏和𝑐的压强之比𝑝𝑐

= 。如图，一汽缸中由活塞封闭有确定量的抱负气体，中间的隔板将气体分为𝐴、𝐵两局部；初始时，𝐴、𝐵的体积均为𝑉，压强均等于大气压𝑝0。隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5𝑝0时隔板就会滑动，𝐵的体积减小为𝑉。2(ⅰ)求𝐴的体积和𝐵的压强；(ⅱ)再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时𝐴的体积和𝐵的压强。如图，单色光从折射率𝑛=1.5、厚度𝑑=10.0𝑐𝑚的玻璃板上外表射入。真空中的光速为3.0×108𝑚/𝑠，则该单色光在玻璃板内传播的速度为 全部可能的入射角，该单色光通过玻璃板所用时间𝑡的取值范围是 𝑠≤𝑡< 𝑠(不考虑反射)。621页均匀介质中质点𝐴、𝐵的平衡位置位于𝑥轴上，坐标分别为0和𝑥𝐵=16𝑐𝑚。某简谐横波沿𝑥轴正方向传播，波速为𝑣=20𝑐𝑚/𝑠，波长大于20𝑐𝑚，振幅为𝑦=1𝑐𝑚，且传播时无衰减。𝑡=0时刻𝐴、𝐵偏离平衡位置的位移大小相等、方向一样，运动方向相反，此后每隔△𝑡=0.6𝑠两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向一样。在𝑡1时刻(𝑡1>0)，质点𝐴位于波峰。求：(ⅰ)从𝑡1时刻开头，质点𝐵最少要经过多长时间位于波峰；(ⅱ)𝑡1时刻质点𝐵偏离平衡位置的位移。721页答案和解析【答案】𝐶𝜔=2𝜋𝑛=2𝜋×50𝑟𝑎𝑑/𝑠=100𝜋𝑟𝑎𝑑/𝑠，𝑟=1𝑐𝑚=0.01𝑚，向心加速度为：𝑎𝑛=𝜔2𝑟=(100𝜋)2×0.01𝑚/𝑠2=100𝜋2𝑚/𝑠2≈986𝑚/𝑠2，接近1000𝑚/𝑠2C正确，ABD错误。应选：𝐶。依据纽扣的转速，结合𝜔=2𝜋𝑛、𝑎𝑛=𝜔2𝑟计算圆盘转动的向心加速度。度公式求解，根底题。【答案】𝐵【解析】解：依据安培定则可知，𝑂𝐹在𝑀点形成的磁感应强度向里，𝑂′𝑄在𝑀点形成的磁感应强度向外，依据题意可知，两导线在𝑀点形成的磁感应强度均为𝐵，由叠加原理可知，𝑀点的磁感应强度为零；同理依据安培定则可知，𝑃𝑂′在𝑁点形成的磁感应强度向里，𝑂′𝑄在𝑁点形成的磁感应强𝑁点形成的磁感应强度均为𝐵，由叠加原理可知，𝑁点的磁感应强度为2𝐵B正确，ACD错误。应选：𝐵。依据安培定则确定两导线各拘束𝑀、𝑁点形成的磁感应强度的方向，依据叠加原理即可确定两点的磁感应强度的大小。加原理是解决此题的关键。【答案】𝐴【解析】【分析】𝛼衰变电荷数少2，质量数少4，𝛽衰变电荷数多1，质量数不变．依据该规律推断衰变的次数，再结合𝛽衰变的实质分析放出的电子个数。821页解决此题的关键是知道衰变的过程中电荷数守恒𝛽衰变的实质进展分析。【解答】92由题图可知原子核𝑋的质量数为𝐴=92+146=238，电荷数为𝑍=92238𝑋9282原子核𝑌的质量数为𝐴′=82+124=206，电荷数为𝑍=82206𝑌82设经过𝑥次𝛼衰变和𝑦次𝛽238=206+4𝑥，92=822𝑥−𝑦解得：𝑥=8，𝑦=6发生𝛽衰变时，原子核内的中子转化为一个质子的同时放出一个电子，所以该过程共释放了6A正确，BCD错误。应选：𝐴。【答案】𝐶【解析】解：依据题意可知火星的半径为𝑅=3.4×106𝑚，轨道与火星外表的最近距离约为ℎ=2.8×105𝑚。设火星的质量为𝑀，“天问一号”所在椭圆轨道的半长轴为𝑟。设想在火星上方有一颗卫星做半径为𝑟的匀速圆周运动，依据开普勒第三定律𝑟3𝑇2

=𝑘，可知该卫星的周期𝑇=1.8×105𝑠。对该卫星，依据万有引力供给向心力可得：𝐺𝑀𝑚𝑟2

=𝑚𝑟4𝜋2，𝑇2在火星外表，依据万有引力和重力的关系可得𝑅2

=𝑚𝑔联立解得：𝑟≈3.27×107𝑚，设“天问一号”的停靠轨道与火星外表的最远距离为𝐻，依据几何关系可得：ℎ+2𝑅+𝐻=2𝑟解得：𝐻≈6×107𝑚C正确、ABD错误。应选：𝐶。火星外表的最远距离。外表，无视星球自转的状况下，万有引力近似等于重力；二是依据万有引力供给向心力921页列方程进展解答，把握开普勒第三定律的应用方法。【答案】𝐵𝐷【解析】解：𝐴、𝑏、𝑒两点在同一个等势面上，可知𝑏、𝑒电势相等，则两点间电势差为零，由电场力做功公式𝑊=𝑞𝑈，可知正电荷从𝑏点运动到𝑒A错误；B𝑎点运动到𝑑𝑊=𝑞𝑈=−𝑒(3𝑉−7𝑉)=4𝑒𝑉B正确；C、依据题意画出过𝑏点的电场线，如图：电场线与等势面处处垂直，并指向电势降低的方向，所以𝑏点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向左，故C错误；D、等势面越密集的地方，电场线越密集，电场强度越大，𝑎、𝑏、𝑐、𝑑中𝑏点等势线最密集，所以𝑏D正确。应选：𝐵𝐷。由电场力做功公式𝑊=𝑞𝑈，分析电场力做功状况；依据电场线与等势面处处垂直，电场方向由高电势指向低电势，可推断𝑏点电场强度方向；等势面越密集的地方，电场线越密集，电场强度越大。此题考察了电场力做功，电场线与等势面的关系以及电场强度大小、方向的推断，留意等势面越密集的地方，电场线越密集，电场强度越大。【答案】𝐵𝐶【解析】解：𝐴𝐶、设物体向上滑动的距离为𝑥，斜面的动摩擦因数为𝜇，对物体向上滑行的过程，由动能定理可知：−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼⋅𝑥−𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼⋅𝑥=0−𝐸𝑘对物体向下滑行的过程，由动能定理可知：𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼⋅𝑥−𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼⋅𝑥=𝐸𝑘−05联立解得：𝑥=

𝐸𝑘，𝜇=0.5A错误，C正确；𝑚𝑔5B𝛼−𝛼=𝑎22=1𝑔，5B正确；D、物体向上滑动和向下滑动的距离一样，而向上滑的加速度由牛顿其次定律可知：𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼+𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼=𝑚𝑎1，解得：𝑎1=𝑔，即𝑎1>𝑎2，向上滑动过程也可看做初速度21页𝑎1𝑥=1𝑎1𝑡2=1𝑎1𝑡2可知向上滑的时间比2 1 2 2D错误；应选：𝐵𝐶。大。理式子，以及匀变速直线运动的逆过程的应用。【答案】𝐴𝐵【解析】解：甲、乙两正方形线圈的材料一样，则它们的密度和电阻率一样，设材料的电阻率为𝜌，密度为𝜌密度，两正方形线圈的边长一样，设线圈边长为𝐿，设线圈的横截面积为𝑆，线圈的质量𝑚=𝜌 ×4𝑛𝐿𝑆=密度

𝐿𝑆，密度，由题意可知两线圈的质量相等则4𝑛

𝐿𝑆

=4𝑛

𝐿𝑆

则𝑛

=

𝑆 ，甲密度 甲

乙密度

甲甲 乙乙ℎ，设线圈下边刚进入磁场时的速度为𝑣，线圈进入磁场前做自由落体运动，则𝑣=√2𝑔ℎ，由于下落高度ℎ一样，则线圈下边刚进入磁场时的速度𝑣相等，设线圈匝数为𝑛，磁感应强度为𝐵，线圈进入磁场过程切割磁感线产生的感应电动势𝐸=𝑛𝐵𝐿𝑣，由电阻定律可知，线圈电阻：𝑅=𝜌4𝑛𝐿𝑆由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流：𝐼=𝐸=𝑅线圈受到的安培力：𝐹=𝑛𝐵𝐼𝐿=𝑛𝐵2𝐿𝑆𝑣4𝜌

𝑛𝐵𝐿𝑣4𝑛𝜌𝐿𝑆

=𝐵𝑆𝑣4𝜌甲甲 乙乙由于𝑛 𝑆 =𝑛 𝑆 ，𝐵、𝐿、𝜌、𝑣都一样，则线圈进入磁场时受到的安培力𝐹一样，线圈质量一样，则它们受到的重力𝐺甲甲 乙乙合线圈进入磁场过程所受合力𝐹 =𝐹−𝐺一样；合A、假设线圈进入磁场时安培力小于重力，则线圈受到的合力向下，线圈甲、乙都加速21页A正确；B、假设线圈进入磁场时安培力大于重力，线圈受到的合力向上，线圈甲、乙都做减速B正确；C、由于甲、乙所受合力一样、进入磁场时的速度一样，假设甲加速运动，则乙也做加C错误；D、由于甲、乙所受合力一样、进入磁场时的速度一样，假设甲减速运动，则乙也做减D错误。应选：𝐴𝐵。线圈进入磁场前做自由落体运动，应用运动学公式求出线圈进入磁场时的速度大小；依据密度公式求出线圈的质量；应用电阻定律求出线圈的电阻；由𝐸=𝐵𝐿𝑣求出线圈进入磁场过程产生的感应电动势，应用闭合电路的欧姆定律求出感应电流；线圈进入磁场过程的运动状况。8.【答案】0.43 0.32【解析】解：(1)依据逐差法，利用△𝑥=𝑎𝑇2，可得加速度𝑎=(𝑠4𝑠5)(𝑠2𝑠3)=(11.0212.74)(7.589.31)

×102𝑚/𝑠2=0.43𝑚/𝑠2，4𝑇2 4×0.202依据牛顿其次定律，𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼 𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼=𝑚𝑎，𝑠𝑖𝑛𝛼=0.34，𝑐𝑜𝑠𝛼=0.94，代入数据解得𝜇≈0.32。故答案为：0.43；0.32。处理纸带数据时，要用逐差法求加速度，结和牛顿其次定律就可以求出动摩擦因数。5组数据可以承受前4个或后4个进展计算，结果保存有效位数后相等。21页𝐿【解析】解：(1)灯泡额定电压𝑈𝐿额=2.5𝑉，额定电流𝐼额=0.3𝐴，灯泡两端电压等于额定电压且滑动变阻器滑片移动到𝑏端时，定值电阻两端电压𝑈0=𝐸−𝑈𝐿=(6−𝐿2.5)𝑉=3.5𝑉，定值电阻最大阻值约为𝑅=

𝑈0𝐼𝐿额

=3.5𝛺≈11.67𝛺，为了描绘小灯泡电流0.3在0−300𝑚𝐴的𝑈−𝐼曲线，𝑅0应选取阻值为10𝛺的定值电阻；由图(𝑎)所示电路图可知，滑动变阻器承受分压接法，为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的𝑎端。依据图(𝑏)所示坐标系内描出的点作出图象如以下图：由图示图象可知，当流过电流表的电流为𝐼=10𝑚𝐴=0.010𝐴时，灯泡两端电压𝑈=7𝑚𝑉=0.007𝑉，由欧姆定律可知，此时灯泡电阻𝑅𝑈0.007𝛺0.7𝛺𝐼 0.010串把电压表改装成𝑈=3𝑉的电压表需要串联电阻阻值300𝛺=2700𝛺，因此应将𝑅2的阻值调整为2700𝛺。串

=𝑈𝐼𝑔

𝑈𝑈𝑅

−𝑅 = 3𝑔𝑔300

𝛺−(5)𝑈−𝐼(𝑏)过小灯泡电流的增加，图线上的点与坐标原点连线的斜率增大，则灯丝的电阻增大。(6)电压表量程是300𝑚𝑉，改装后电压表量程是3𝑉，改装后电压表量程扩大了10倍；由表中试验数据可知，流过灯泡的电流𝐼1=160𝑚𝐴=0.160𝐴时，灯泡两端电压𝑈𝐿1=10𝑈1=1046.0𝑚𝑉=460𝑚𝑉=0.460𝑉，此时小灯泡电功率𝑃1=𝑈𝐿1𝐼1=0.460×0.160𝑊≈0.074𝑊；当流过电流表的电流为𝐼2=300𝑚𝐴=0.300𝐴时，灯泡两端的电压𝑈𝐿2=10𝑈2=21页10×250.0𝑚𝑉=2500𝑚𝑉=2.500𝑉，此时小灯泡电功率𝑃2=𝑈𝐿2𝐼2=2.500×0.300𝑊=0.75𝑊；𝑃1

=0.750.074

≈10。故答案为：(1)10；(2)𝑎；(3)0.7；(4)2700；(5)增大；(6)0.074；10。依据串联电路特点与欧姆定律求出定值电阻的最大阻值，然后作出选择。滑动变阻器承受分压接法时，为保护电路闭合开关前滑片应置于分压电路分压为零的位置。依据坐标系内描出的点作出图象，依据图象求出电流对应的电压，然后应用欧姆定律求出灯泡电阻阻值。依据串联电路特点与欧姆定律求出串联电阻阻值。𝑈−𝐼图线上的点与坐标原点连线的斜率等于灯泡电阻，依据图示图象推断随着流过小灯泡电流的增加其灯丝的电阻如何变化。(6)𝑃=𝑈𝐼求出灯泡的电功率，然后求出功率之比。构造、应用串联电路特点与欧姆定律即可解题，解题时留意有效数字的保存，这是简洁疏忽的地方。10.【答案】解：(1)小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均一样，则小车与减速带碰撞过程中机械能的损失恰好等于经过距离𝑑时增加的动能，即△𝐸=△𝐸𝑘；小车通过第30个减速带后，每经过𝑑的过程中，依据动能定理可得：△𝐸𝑘=𝑚𝑔𝑑𝑠𝑖𝑛𝜃所以有：△𝐸=𝑚𝑔𝑑𝑠𝑖𝑛𝜃；设小车通过第30个减速带后，每次与减速带碰撞后的动能为𝐸𝑘，小车与第50个减速带碰撞后在水平面上连续滑行距离𝑠后停下，在此过程中依据动能定理可得：−𝜇𝑚𝑔𝑠=0−𝐸𝑘，小车从开头运动到与第30o𝐸1=𝑚𝑔(𝐿+29𝑑)𝑠𝑖𝑛𝜃−𝐸𝑘，小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为：−

=△𝐸1−解得：

=1𝑚𝑔(𝐿+29𝑑)𝑠𝑖𝑛𝜃−1𝜇𝑚𝑔𝑠；

o𝐸30o𝐸

30 3021页假设小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则有：𝐸>𝑚𝑔𝑑𝑠𝑖𝑛𝜃解得：𝐿>𝑑+

𝜇𝑠。sin𝜃答：(1)小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能为𝑚𝑔𝑑𝑠𝑖𝑛𝜃；小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为130

𝑚𝑔(𝐿+29𝑑)𝑠𝑖𝑛𝜃

1𝜇𝑚𝑔𝑠；30假设小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则𝐿>𝑑+

𝜇𝑠。sin𝜃【解析】(1)小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均一样，由此可得小车通过第30个减速带后在每两个减速带之间的运动状况一样过程中损失的能量；小车与第50个减速带碰撞后在水平面上连续滑行距离𝑠车通过第30个减速带后，每次与减速带碰撞后的动能；小车从开头运动到与第30个减速带碰撞后的过程中，依据功能关系求解在每一个减速带上平均损失的机械能；依据前两问计算出的能量损失列不等式求解𝐿应满足的条件。能的变化与除重力或弹力以外的力做功有关，动能的变化与合力做功有关。11.

解：(1)在𝑃点对速度进展分解，如图1所示：图1粒子做类平抛运动：

𝑡𝑎𝑛60°=𝑣0𝑣𝑦21页𝑣0𝑡0竖直方向上：𝑦=1𝑎𝑡2，𝑣𝑦

=𝑎𝑡02 0其中𝑎𝑞𝐸𝑚粒子放射位置到𝑃点的距离𝑠=√𝑥2+𝑦2在𝑃点的速度大小：𝑣=

𝑣0𝑠𝑖𝑛60∘联立解得：𝑠=

6𝑞𝐸

2√3𝑣03=由题可知，假设满足题设条件，粒子出射点的临界状况分别在𝑄、𝑁=图21由几何关系可知：粒子从下边缘𝑄点射出时，轨迹圆的半径为1由洛伦兹力供给向心力可知：𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2，磁感应强度𝐵=𝑚𝑣

𝑙= 2𝑐𝑜𝑠30∘由此可知，𝐵1=

𝑚𝑣𝑞𝑅1

𝑅=2𝑚𝑣0𝑞𝑙

𝑞𝑅带电粒子从𝑁点射出磁场，运动轨迹如图3所示：𝑂𝐸为水平线，点𝐸为𝑂𝐸与𝑀𝑁的交点图3由几何关系可知：粒子从下边缘𝑁点射出时，设轨迹圆的半径为𝑅221页在△𝑂𝑁𝐸中：(√3𝑅2−𝑙)2+(𝑅2+𝑙)2=𝑅2，解得：𝑅2=(√3+1)𝑙2 2 2由洛伦兹力供给向心力可知：𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2，磁感应强度𝐵=𝑚𝑣由此可知，𝐵2=

𝑚𝑣𝑞𝑅2

𝑅= 2𝑚𝑣0(3+√3)𝑞𝑙

𝑞𝑅故磁感应强度大小的取值范围为：𝐵2≤𝐵≤𝐵1即：2𝑚𝑣0

≤𝐵≤2𝑚𝑣0(3+√3)𝑞𝑙 𝑞𝑙假设粒子正好从𝑄𝑁的中点射出磁场，画出粒子在磁场中的运动轨迹如图4所示：其中点𝐴为𝑄𝑁中点，点𝐵为轨迹中距𝑀𝑁最近的点，点𝐹为圆心𝑂在直线𝑄𝑁的投影。图4由几何关系可知，在△𝑂𝐴𝐹中，(𝑙−√3𝑅3)2+(𝑅3+𝑙)2=𝑅2该轨迹与𝑀𝑁极板最近的距离：联立解得：

2

2 2 32o𝑥=39−10√3𝑙44答：0粒子放射位置到𝑃点的距离为√13𝑚𝑣2；06𝑞𝐸磁感应强度大小的取值范围为：

2𝑚𝑣0

≤𝐵≤2𝑚𝑣0；(3+√3)𝑞𝑙 𝑞𝑙假设粒子正好从𝑄𝑁的中点射出磁场，粒子在磁场中的轨迹与挡板𝑀𝑁的最近距离为39−10√3𝑙。44【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，依据类平抛运动轨迹以及勾股定理求解粒子放射位置到𝑃点的距离；21页进而求出磁感应强度的取值范围；依据粒子正好从𝑄𝑁的中点射出磁场这一边界条件，画出粒子的运动轨迹，然后由几与挡板𝑀𝑁的最近距离。心力求出磁感应强度大小。此题对作图要求很高，过程简洁，计算量大。12.【答案】1，𝑉2𝑉1【解析】解：(1)依据盖吕萨克定律有

=𝑘整理得𝑉=𝑘𝑡 273.15𝑘

𝑡273.15由体积−温度(𝑉−𝑡)图像可知，过程Ⅰ对应的就是等容变化的过程，对应的直线为等压线，则𝑎、𝑏两点压强相等，则有𝑝𝑎=1𝑝𝑏(2)当温度等于0℃，过程Ⅰ对应的体积为𝑉1，过程Ⅱ对应的体积为𝑉2，由玻意耳定律：𝑝

=

𝑉，得：𝑝1

=𝑉2，由于过程Ⅰ、过程Ⅱ都是等压变化，所以

=11 22

𝑝2

𝑝𝑐

𝑉1故答案为：1；𝑉2。𝑉1依据盖吕萨克定律，在𝑉−𝑡图像中，气体做等容变化对应的是一条不过原点的直线，它的反向延长线与𝑡轴的交点为−273.15℃；这样图中过程Ⅰ和过程Ⅱ对应的图线都为等压线；再依据在𝑉−𝑡图像中等温变化遵循玻意耳定律从而确定过程Ⅰ和过程Ⅱ对应的压强之比。22对气体𝐵，由玻意耳定律：𝑝0𝑉=𝑝𝐵𝑉𝐵，得气体𝐵得压强：𝑝𝐵=2𝑝0，由题意可知：𝑝𝐴=𝑝𝐵 0.5𝑝0=2𝑝0 =2.5𝑝0，对气体𝐴，由玻意耳定律：𝑝0𝑉=𝑝𝐴𝑉𝐴，得𝐴的体积为：𝑉𝐴=𝑝0𝑉=𝑝𝐴

𝑝0𝑉2.5𝑝0

=2𝑉。521页(𝑖𝑖)再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则𝐴的体积为3𝑉，由玻意耳定律2可得则𝐴此状况下的压强为33

3𝑝0𝑉=𝑝×2𝑉𝐴的体积为𝑉𝐴′、压强为𝑝𝐴′，气本𝐵的体积为𝑉𝐵′、压强为𝑝𝐵′，依据等温变化有𝑝0𝑉=𝑝𝐴′𝑉𝐴′，𝑝0𝑉=𝑝𝐵′𝑉𝐵′′+𝑉𝐵′=2𝑉，𝑝𝐴′=𝑝𝐵′−0．5𝑝0联立解得𝑝𝐵′=3−√5𝑝0(舍去)，𝑝𝐵′=3+√5𝑝04 40答：(ⅱ)𝐴的体积2𝑉，𝐵的压强为2𝑝05(ⅱ)𝐴的体积为(√5−1)𝑉；𝐵的压强为3+√5𝑝040【解析】(ⅰ)对𝐴、𝐵两气体分别使用波意耳定律，再结合两气体的压强关系即可求解(ⅱ)活塞向左缓慢回到初始位置，𝐴再结合两气体的压强关系即可求解。此题主要考察了波意耳定律，找到两气体的压强关系，是解决此题的关键。使用波意耳定律时，必需单独对两气体建立方程，确定不能同时对两气体建立一个方程。14.【答案】2.0×108；5×10−10 ；3√5×10−10【解析】解：光线在玻璃板的传播速度为𝑣=𝑐𝑛

=3.0×108𝑚/𝑠=/r/