2023年全國統(tǒng)一高考物理試卷(新課標(biāo)卷)答案與解析

PAGEPAGE112023年全國統(tǒng)一高考物理試卷〔新課標(biāo)卷〕參考答案與試題解析一．選擇題1．〔3分〕伽利略根據(jù)小球在斜面上運動的實驗和理想實驗，提出了慣性的概念，從而奠定了牛頓力學(xué)的根底．早期物理學(xué)家關(guān)于慣性有以下說法，其中正確的是〔〕A．物體抵抗運動狀態(tài)變化的性質(zhì)是慣性B．沒有力作用，物體只能處于靜止?fàn)顟B(tài)C．行星在圓周軌道上保持勻速率運動的性質(zhì)是慣性D．運動物體如果沒有受到力的作用，將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運動【考點】慣性．【分析】根據(jù)慣性定律解釋即可：任何物體都有保持原來運動狀態(tài)的性質(zhì)，慣性的大小只跟質(zhì)量有關(guān)，與其它任何因素?zé)o關(guān)．【解答】解：A、任何物體都有保持原來運動狀態(tài)的性質(zhì)，叫著慣性，所以物體抵抗運動狀態(tài)變化的性質(zhì)是慣性，故A正確；B、沒有力作用，物體可以做勻速直線運動，故B錯誤；C、慣性是保持原來運動狀態(tài)的性質(zhì)，圓周運動速度是改變的，故C錯誤；D、運動的物體在不受力時，將保持勻速直線運動，故D正確；應(yīng)選AD【點評】牢記慣性概念，知道一切物體在任何時候都有慣性，質(zhì)量是慣性的唯一量度．2．〔3分〕如圖，x軸在水平地面內(nèi)，y軸沿豎直方向．圖中畫出了從y軸上沿x軸正向拋出的三個小球a、b和c的運動軌跡，其中b和c是從同一點拋出的，不計空氣阻力，那么〔〕A．a(chǎn)的飛行時間比b的長 B．b和c的飛行時間相同C．a(chǎn)的水平速度比b的小 D．b的初速度比c的大【考點】平拋運動．【專題】平拋運動專題．【分析】研究平拋運動的方法是把平拋運動分解到水平方向和豎直方向去研究，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體運動，兩個方向上運動的時間相同．【解答】解：由圖象可以看出，bc兩個小球的拋出高度相同，a的拋出高度最小，根據(jù)t=可知，a的運動時間最短，bc運動時間相等，故A錯誤，B正確；C、由圖象可以看出，abc三個小球的水平位移關(guān)系為a最大，c最小，根據(jù)x=v0t可知，v0=，所以a的初速度最大，c的初速度最小，故C錯誤，D正確；應(yīng)選BD【點評】此題就是對平拋運動規(guī)律的直接考查，掌握住平拋運動的規(guī)律就能輕松解決．3．〔3分〕如圖，一小球放置在木板與豎直墻面之間．設(shè)墻面對球的壓力大小為N1，球?qū)δ景宓膲毫Υ笮镹2．以木板與墻連接點所形成的水平直線為軸，將木板從圖示位置開始緩慢地轉(zhuǎn)到水平位置．不計摩擦，在此過程中〔〕A．N1始終減小，N2始終增大B．N1始終減小，N2始終減小C．N1先增大后減小，N2始終減小D．N1先增大后減小，N2先減小后增大【考點】共點力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運用．【專題】共點力作用下物體平衡專題．【分析】以小球為研究對象，分析受力情況：重力、木板的支持力和墻壁的支持力，根據(jù)牛頓第三定律得知，墻面和木板對球的壓力大小分別等于球?qū)γ婧湍景宓闹С至Υ笮?，根?jù)平衡條件得到兩個支持力與θ的關(guān)系，再分析其變化情況．【解答】解：以小球為研究對象，分析受力情況：重力G、墻面的支持力N1′和木板的支持力N2′．根據(jù)牛頓第三定律得知，N1=N1′，N2=N2′．根據(jù)平衡條件得：N1′=Gcotθ，N2′=將木板從圖示位置開始緩慢地轉(zhuǎn)到水平位置的過程中，θ增大，cotθ減小，sinθ增大，那么N1′和N2′都始終減小，故N1和N2都始終減小．應(yīng)選B【點評】此題運用函數(shù)法研究動態(tài)平衡問題，也可以運用圖解法直觀反映力的變化情況．4．〔3分〕自耦變壓器鐵芯上只繞有一個線圈，原、副線圈都只取該線圈的某局部，一升壓式自耦調(diào)壓變壓器的電路如下列圖，其副線圈匝數(shù)可調(diào)．變壓器線圈總匝數(shù)為1900匝；原線圈為1100匝，接在有效值為220V的交流電源上．當(dāng)變壓器輸出電壓調(diào)至最大時，負載R上的功率為2.0kW．設(shè)此時原線圈中電流有效值為I1，負載兩端電壓的有效值為U2，且變壓器是理想的，那么U2和I1分別約為〔〕A．380V和5.3A B．380V和9.1A C．240V和5.3A D．240V和9.1A【考點】變壓器的構(gòu)造和原理．【專題】交流電專題．【分析】變壓器輸出電壓調(diào)至最大，故副線圈為1900匝，由變壓器兩端的電壓與匝數(shù)成正比，可得副線圈的電壓有效值，由輸入功率等于輸出功率，可得電流．【解答】解：因變壓器輸出電壓調(diào)至最大，故副線圈為1900匝，由變壓器兩端的電壓與匝數(shù)成正比，即，故副線圈的電壓有效值U2為380V；因變壓器為理想變壓器，故其輸入功率等于輸出功率，即P1=P2，由P1=U1I1得I1=9.1A，B正確．應(yīng)選B【點評】此題考查了變壓器的構(gòu)造和原理，電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，輸入功率等于輸出功率．5．〔3分〕如下列圖，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連．假設(shè)一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，那么在此過程中，該粒子〔〕A．所受重力與電場力平衡 B．電勢能逐漸增加C．動能逐漸增加 D．做勻變速直線運動【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動．【專題】帶電粒子在電場中的運動專題．【分析】帶電粒子在場中受到電場力與重力，根據(jù)粒子的運動軌跡，結(jié)合運動的分析，可知電場力垂直極板向上，從而可確定粒子的運動的性質(zhì)，及根據(jù)電場力做功來確定電勢能如何變化．【解答】解：A、根據(jù)題意可知，粒子做直線運動，那么電場力與重力的合力與速度方向反向，粒子做勻減速直線運動，因此A錯誤，D正確；B、由A選項分析可知，電場力做負功，那么電勢能增加，故B正確；C、因電場力做負功，那么電勢能增加，導(dǎo)致動能減小，故C錯誤；應(yīng)選：BD【點評】考查根據(jù)運動情況來確定受力情況，并由電場力做功來確定電勢能如何，以及動能的變化．6．〔3分〕如圖，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面〔紙面〕向里，磁感應(yīng)強度大小為B0．使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流．現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強度大小隨時間線性變化．為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動半周過程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強度隨時間的變化率的大小應(yīng)為〔〕A． B． C． D．【考點】法拉第電磁感應(yīng)定律；閉合電路的歐姆定律．【專題】電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【分析】根據(jù)轉(zhuǎn)動切割感應(yīng)電動勢公式，，求出感應(yīng)電動勢，由歐姆定律求解感應(yīng)電流．根據(jù)法拉第定律求解磁感應(yīng)強度隨時間的變化率．【解答】解：假設(shè)要電流相等，那么產(chǎn)生的電動勢相等．設(shè)切割長度為L，而半圓的直徑為d，從靜止開始繞過圓心O以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為①根據(jù)法拉第定律得②①②聯(lián)立得故ABD錯誤，C正確，應(yīng)選C．【點評】此題關(guān)鍵要掌握轉(zhuǎn)動切割感應(yīng)電動勢公式和法拉第電磁感應(yīng)定律．7．〔3分〕如下列圖，一載流長直導(dǎo)線和一矩形導(dǎo)線框固定在同一平面內(nèi)，線框在長直導(dǎo)線右側(cè)，且其長邊與長直導(dǎo)線平行．在t=0到t=t1的時間間隔內(nèi)，長直導(dǎo)線中電流i隨時間變化，使線框中感應(yīng)電流總是沿順時針方向；線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．圖中箭頭表示電流i的正方向，那么i隨時間t變化的圖線可能是〔〕A． B． C． D．【考點】楞次定律；通電直導(dǎo)線和通電線圈周圍磁場的方向．【專題】壓軸題；電磁感應(yīng)與圖像結(jié)合．【分析】感應(yīng)電流沿順時針方向，由安培定那么判斷出感應(yīng)電流磁場方向；然后由楞次定律判斷出原磁場如何變化，直線電流如何變化；由楞次定律判斷導(dǎo)線框受到合力的方向．【解答】解：線框中感應(yīng)電流沿順時針方向，由安培定那么可知，感應(yīng)電流的磁場垂直于紙面向里；由楞次定律可得：如果原磁場增強時，原磁場方向應(yīng)垂直于紙面向外，由安培定那么可知，導(dǎo)線電流方向應(yīng)該向下，為負的，且電流越來越大；由楞次定律可知：如果原磁場方向垂直于紙面向里，那么原磁場減弱，直線電流變小，由安培定那么可知，直線電流應(yīng)豎直向上，是正的；A、由圖示可知，直線電流按A所示變化，感應(yīng)電流始終沿順時針方向，由楞次定律可知，在i大于零時，為阻礙磁通量的減小，線框受到的合力水平向左，在i小于零時，為阻礙磁通量的增加，線框受到的合力水平向右，故A正確；B、由安培定那么與楞次定律可知，感應(yīng)電流始終沿逆時針方向，故B錯誤；C、圖示電流使線框中的感應(yīng)電流沿順時針方向，但線框在水平方向受到的合力始終水平向左，故C錯誤；D、圖示電流使線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿逆時針方向，故D錯誤；應(yīng)選A．【點評】正確理解楞次定律中“阻礙〞的含義是正確解題的關(guān)鍵，熟練應(yīng)用楞次定律、安培定那么即可正確解題．8．〔3分〕假設(shè)地球是一半徑為R、質(zhì)量分布均勻的球體．一礦井深度為d．質(zhì)量分布均勻的球殼對殼內(nèi)物體的引力為零．礦井底部和地面處的重力加速度大小之比為〔〕A．1﹣ B．1+ C．〔〕2 D．〔〕2【考點】萬有引力定律及其應(yīng)用；牛頓第二定律．【專題】壓軸題；萬有引力定律的應(yīng)用專題．【分析】根據(jù)題意知，地球外表的重力加速度等于半徑為R的球體在外表產(chǎn)生的加速度，礦井深度為d的井底的加速度相當(dāng)于半徑為R﹣d的球體在其外表產(chǎn)生的加速度，根據(jù)地球質(zhì)量分布均勻得到加速度的表達式，再根據(jù)半徑關(guān)系求解即可．【解答】解：令地球的密度為ρ，那么在地球外表，重力和地球的萬有引力大小相等，有：g=，由于地球的質(zhì)量為：M=，所以重力加速度的表達式可寫成：g==．根據(jù)題意有，質(zhì)量分布均勻的球殼對殼內(nèi)物體的引力為零，固在深度為d的井底，受到地球的萬有引力即為半徑等于〔R﹣d〕的球體在其外表產(chǎn)生的萬有引力，故井底的重力加速度g′=所以有=應(yīng)選A．【點評】抓住在地球外表重力和萬有引力相等，在礦井底部，地球的重力和萬有引力相等，要注意在礦井底部所謂的地球的質(zhì)量不是整個地球的質(zhì)量而是半徑為〔R﹣d〕的球體的質(zhì)量．二．實驗題9．某同學(xué)利用螺旋測微器測量一金屬板的厚度．該螺旋測微器校零時的示數(shù)如圖〔a〕所示，測量金屬板厚度時的示數(shù)如圖〔b〕所示．圖〔a〕所示讀數(shù)為0.010mm，圖〔b〕所示讀數(shù)為6.870mm，所測金屬板的厚度為6.860mm．【考點】螺旋測微器的使用．【專題】實驗題；壓軸題．【分析】螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．【解答】解：該螺旋測微器校零時的示數(shù)如圖〔a〕所示，螺旋測微器的固定刻度為0mm，可動刻度為0.01×1.0mm=0.010mm，所以最終讀數(shù)為0.010mm．測量金屬板厚度時的示數(shù)如圖〔b〕所示．螺旋測微器的固定刻度為6.5mm，可動刻度為0.01×37.0mm=0.370mm，所以最終讀數(shù)為6.870mm．所測金屬板的厚度為6.870﹣0.010=6.860mm故答案為：0.010，6.870，6.860【點評】螺旋測微器的讀數(shù)方法，固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．10．圖中虛線框內(nèi)存在一沿水平方向、且與紙面垂直的勻強磁場．現(xiàn)通過測量通電導(dǎo)線在磁場中所受的安培力，來測量磁場的磁感應(yīng)強度大小、并判定其方向．所用局部器材已在圖中給出，其中D為位于紙面內(nèi)的U形金屬框，其底邊水平，兩側(cè)邊豎直且等長；E為直流電源；R為電阻箱；為電流表；S為開關(guān)．此外還有細沙、天平、米尺和假設(shè)干輕質(zhì)導(dǎo)線．〔1〕在圖中畫線連接成實驗電路圖．〔2〕完成以下主要實驗步驟中的填空①按圖接線．②保持開關(guān)S斷開，在托盤內(nèi)參加適量細沙，使D處于平衡狀態(tài)；然后用天平稱出細沙質(zhì)量m1．③閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)R的值使電流大小適當(dāng)，在托盤內(nèi)重新參加適量細沙，使D重新處于平衡狀態(tài)；然后讀出電流表的示數(shù)I，并用天平稱出細沙的質(zhì)量為m2．④用米尺測量金屬框架下邊的長度l．〔3〕用測量的物理量和重力加速度g表示磁感應(yīng)強度的大小，可以得出B=．〔4〕判定磁感應(yīng)強度方向的方法是：假設(shè)m2＞m1，磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向外；反之，磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向里．【考點】磁感應(yīng)強度．【專題】實驗題；壓軸題．【分析】〔1〕用滑動變阻器的限流式接法即可；〔2〕③金屬框平衡時測量才有意義，讀出電阻箱電阻并用天平稱量細沙質(zhì)量；④安培力與電流長度有關(guān)，安培力合力等于金屬框架下邊受的安培力；〔3〕根據(jù)平衡條件分兩次列式即可求解；〔4〕根據(jù)左手定那么判斷即可．【解答】解：〔1〕如下列圖〔2〕③重新處于平衡狀態(tài)；讀出電流表的示數(shù)I；此時細沙的質(zhì)量m2；④D的底邊長度l〔3〕根據(jù)平衡條件，有|m2﹣m1|g=BIL解得〔4〕m2＞m1．故答案為：〔1〕如下列圖；〔2〕③重新處于平衡狀態(tài)；讀出電流表的示數(shù)I；此時細沙的質(zhì)量m2；④D的底邊長度l；〔3〕；〔4〕m2＞m1．【點評】此題關(guān)鍵是對D型線框受力分析，根據(jù)平衡條件求磁感應(yīng)強度，不難．三．計算題11．拖把是由拖桿和拖把頭構(gòu)成的擦地工具〔如圖〕．設(shè)拖把頭的質(zhì)量為m，拖桿質(zhì)量可以忽略；拖把頭與地板之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)μ，重力加速度為g，某同學(xué)用該拖把在水平地板上拖地時，沿拖桿方向推拖把，拖桿與豎直方向的夾角為θ．〔1〕假設(shè)拖把頭在地板上勻速移動，求推拖把的力的大?。?〕設(shè)能使該拖把在地板上從靜止剛好開始運動的水平推力與此時地板對拖把的正壓力的比值為λ．存在一臨界角θ0，假設(shè)θ≤θ0，那么不管沿拖桿方向的推力多大，都不可能使拖把從靜止開始運動．求這一臨界角的正切tanθ0．【考點】共點力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運用．【專題】壓軸題；共點力作用下物體平衡專題．【分析】〔1〕對拖把頭受力分析，抓住豎直方向和水平方向合力為零，運用正交分解求出推力F的大?。?〕當(dāng)推力F的水平分力小于等于最大靜摩擦力時，不管沿拖桿方向的推力多大，都不可能使拖把從靜止開始運動．結(jié)合第1問的結(jié)果，得到λ的表達式，采用極限法：當(dāng)F無限大時的情況求解tanθ0．【解答】解：〔1〕拖把頭受到重力、支持力、推力和摩擦力處于平衡，設(shè)該同學(xué)沿拖桿方向用大小為F的力推拖把．將推拖把的力沿豎直和水平方向分解，按平衡條件有豎直方向上：Fcosθ+mg=N①水平方向上：Fsinθ=f②式中N和f分別為地板對拖把的正壓力和摩擦力．按摩擦定律有f=μN③聯(lián)立①②③式得④〔2〕假設(shè)不管沿拖桿方向用多大的力不能使拖把從靜止開始運動，應(yīng)有Fsinθ≤λN⑤這時①式仍滿足．聯(lián)立①⑤式得sinθ﹣μcosθ≤λ⑥現(xiàn)考察使上式成立的θ角的取值范圍．注意到上式右邊總是大于零，且當(dāng)F無限大時極限為零，有sinθ﹣λcosθ≤0⑦使上式成立的θ角滿足θ≤θ0，這里θ0是題中所定義的臨界角，即當(dāng)θ≤θ0時，不管沿拖桿方向用多大的力都推不動拖把．臨界角的正切為tanθ0=λ⑧答：〔1〕假設(shè)拖把頭在地板上勻速移動，推拖把的力的大小為．〔2〕tanθ0=λ．【點評】此題第1問是常規(guī)題，根據(jù)平衡條件，運用正交分解法求解推力．第2問是一種自鎖現(xiàn)象，根據(jù)推不動的條件：推力的水平分力不大于最大靜摩擦力出發(fā)進行分析求解．12．如圖，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面〔紙面〕．在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點射入柱形區(qū)域，在圓上的b點離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直．圓心O到直線的距離為．現(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區(qū)域，也在b點離開該區(qū)域．假設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，不計重力，求電場強度的大?。究键c】電磁場；帶電粒子在混合場中的運動．【專題】壓軸題．【分析】通過帶電粒子在磁場中做圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系求出軌道半徑的大?。畮щ娏Ｗ釉趧驈婋妶鲋凶鲱惼綊佭\動，結(jié)合在沿電場方向上做勻加速直線運動和垂直于電場方向做勻速直線運動，求出電場強度與磁感應(yīng)強度的大小關(guān)系．【解答】解：粒子在磁場中做圓周運動．設(shè)圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛侖茲力公式得…①式中v為粒子在a點的速度．過b點和O點作直線的垂線，分別與直線交于c和d點．由幾何關(guān)系知，線段和過a、b兩點的軌跡圓弧的兩條半徑〔未畫出〕圍成一正方形．因此…②設(shè)，由幾何關(guān)系得=R+x…③…④聯(lián)立②③④式得r=R⑤再考慮粒子在電場中的運動．設(shè)電場強度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運動．設(shè)其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得qE=ma…⑥粒子在電場方向和直線方向所走的距離均為r，有運動學(xué)公式得r=…⑦r=vt…⑧式中t是粒子在電場中運動的時間．聯(lián)立①⑤⑥⑦⑧式得E=答：電場強度的大小為．【點評】解決此題的關(guān)鍵掌握帶電粒子在磁場中磁偏轉(zhuǎn)和在電場中電偏轉(zhuǎn)的區(qū)別，知道磁偏轉(zhuǎn)做勻速圓周運動，電偏轉(zhuǎn)做類平拋運動．[選修3-3]〔共2小題，總分值0分〕13．關(guān)于熱力學(xué)定律，以下說法正確的是〔〕A．為了增加物體的內(nèi)能，必須對物體做功或向它傳遞熱量B．對某物體做功，必定會使該物體的內(nèi)能增加C．可以從單一熱源吸收熱量，使之完全變?yōu)楣．不可以從單一熱源吸收熱量，使之完全變?yōu)楣．功轉(zhuǎn)變?yōu)闊岬膶嶋H宏觀過程是不可逆過程．【考點】熱力學(xué)第二定律；熱力學(xué)第一定律．【專題】壓軸題；熱力學(xué)定理專題．【分析】在熱力學(xué)中，系統(tǒng)發(fā)生變化時，內(nèi)能的變化為△U=Q+W；不可能把熱量從低溫物體傳向高溫物體而不引起其它變化．【解答】解：A、做功和熱傳遞是改變物體內(nèi)能的兩種方法，故A正確；B、做功和熱傳遞是改變物體內(nèi)能的兩種方法，僅對物體做功，物體內(nèi)能不一定增加，故B錯誤；C、D、熱力學(xué)第二定律可以表示為：不可能制成一種循環(huán)動作的熱機，從單一熱源取熱，使之完全變?yōu)楣Χ灰鹌渌兓@句話強調(diào)的是不可能“不產(chǎn)生其它變化〞；即在引起其他變化是可能的；故C正確，D錯誤；E、熱力學(xué)第二定律的實質(zhì)：一切與熱現(xiàn)象有關(guān)的實際宏觀過程都是不可逆的，故E正確．應(yīng)選：ACE．【點評】此題考查了熱力學(xué)第一定律和熱力學(xué)第二定律，關(guān)鍵是根據(jù)公式△E=W+Q進行分析，根底題．14．如圖，由U形管和細管連接的玻璃泡A、B和C浸泡在溫度均為0℃的水槽中，B的容積是A的3倍．閥門S將A和B兩局部隔開．A內(nèi)為真空，B和C內(nèi)都充有氣體．U形管內(nèi)左邊水銀柱比右邊的低60mm．翻開閥門S，整個系統(tǒng)穩(wěn)定后，U形管內(nèi)左右水銀柱高度相等．假設(shè)U形管和細管中的氣體體積遠小于玻璃泡的容積．〔i〕求玻璃泡C中氣體的壓強〔以mmHg為單位〕〔ii〕將右側(cè)水槽的水從0℃加熱到一定溫度時，U形管內(nèi)左右水銀柱高度差又為60mm，求加熱后右側(cè)水槽的水溫．【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】以B內(nèi)封閉氣體為研究對象，做等溫變化，根據(jù)玻意耳定律求出B內(nèi)的壓強，然后求出C內(nèi)壓強；以C中封閉氣體為研究對象，根據(jù)等容變化列方程求解．【解答】解：〔i〕加熱前C中壓強始終不變，B內(nèi)封閉氣體初狀態(tài)：PB=PC+60，翻開閥門后PB′=PC由題意：由玻意爾定律PBVB=PB′VB′得：PB′=180mmHgPC=PB′=180mmHg〔ii〕C內(nèi)封閉氣體做等容變化，加熱后壓強PC′=PC+60mmHg=得：T′=364K答：〔i〕玻璃泡C中氣體的壓強為180mmHg〔ii〕加熱后右側(cè)水槽的水溫364K．【點評】此題考查了理想氣體狀態(tài)方程的應(yīng)用，關(guān)鍵是正確分析ABC中氣體壓強的關(guān)系．[選修3-4]15．一簡諧橫波沿x軸正向傳播，t=0時刻的波形如圖〔a〕所示，x=0.30m處的質(zhì)點的振動圖線如圖〔b〕所示，該質(zhì)點在t=0時刻的運動方向沿y軸正向〔填“正向〞或“負向〞〕．該波的波長大于0.30m，那么該波的波長為0.8m．【考點】波長、頻率和波速的關(guān)系；橫波的圖象．【專題】壓軸題．【分析】由圖b可知，質(zhì)點后面的時刻位移比t=0時刻位移大，所以質(zhì)點沿y軸正向運動，根據(jù)振動方程及波速與波長周期關(guān)系結(jié)合題中條件即可求解波長．【解答】解：由圖b可知，t=0時刻，該質(zhì)點的位移為cm，在下一時刻，位移大于cm．所以該質(zhì)點在t=0時刻的運動方向沿y軸正向．由振動方程得：y=Asin那么有：=2sin解得：sin=波長大于0.30m，所以，t=v=解得：λ=0.8m故答案為：正向；0.8．【點評】此題首先考查讀圖的能力，要求同學(xué)們掌握振動方程及波速與波長周期關(guān)系公式，難度適中．16．一玻璃立方體中心有一點狀光源．今在立方體的局部外表鍍上不透明薄膜，以致從光源發(fā)出的光線只經(jīng)過一次折射不能透出立方體．該玻璃的折射率為，求鍍膜的面積與立方體外表積之比的最小值．【考點】光的折射定律．【專題】壓軸題；光的折射專題．【分析】通過光線在鍍膜局部發(fā)生全反射，根據(jù)臨界情況，通過幾何關(guān)系求出鍍膜面積與立方體外表積之比的最小值．【解答】解：如圖，考慮從玻璃立方體中心O點發(fā)出的一條光線，假設(shè)它斜射到玻璃立方體上外表發(fā)生折根據(jù)折射定律有nsinθ=sinα式中，n是玻璃的折射率，入射角等于θ，α是折射角現(xiàn)假設(shè)A點是上外外表積最小的不透明薄膜邊緣上的一點．由題意，在A點剛好發(fā)生全反射，故．設(shè)線段OA在立方體上外表的投影長為RA，由幾何關(guān)系有．式中a為玻璃立方體的邊長，有①②③式得．那么由題意，上外表所鍍的面積最小的不透明薄膜應(yīng)是半徑為RA的圓．所求的鍍膜面積S'與玻璃立方體的外表積S之比為=．答：鍍膜的面積與立方體外表積之比的最小值為．【點評】解決此題的關(guān)鍵確定臨界情況，根據(jù)折射定律，通過幾何關(guān)系進行求解．[選修3-5]17．[選修3﹣5]氘核和氚核可發(fā)生熱核聚變而釋放巨大的能量，該反響方程為：H+H→He+x，式中x是某種粒子．：HH、He和粒子x的質(zhì)量分別為2.0141u、3.0161u、4.0026u和1.0087u