2023年湖南省新高考“八省联考”高考物理适应性试卷(附答案详解)

2023年湖南省高考“八省联考”高考物理适应性试卷2023年12月4日一代“人造太阳”装置--中国环流器二号M装置(𝐻𝐿−2𝑀)在成都建成并首次实现利用核聚变放电。以下方程中，正确的核聚变反响方程( A.2𝐻+3𝐻→4𝐻𝑒+1𝑛

B.238𝑈→234

𝑇ℎ+4𝐻𝑒1 1 2 0 92 92 2C.235𝑈+1𝑛→144

𝐵𝑎+89𝐾𝑟+31

D.4𝐻𝑒+27𝐴𝑙→30𝑃+21𝑛92 0 56 36 0 2 13 15 0有一圆柱形水井，井壁光滑且竖直，过其中心轴的剖面图如图所示。一个质量为m的小球以速度v从口边缘沿直径方向水平射入水井，小球与井壁做屡次弹性碰(碰撞前后小球水平方向速度大小不变、方向反向，小球竖直方向速度大小和方向都不变)，不计空气阻力从小球水平射入水井到落至水面的过程中，以下说法正确的选项是( )m有关v有关d有关小球下落时间与水井井口到水面高度差h有关如图，两个带等量正电的点电荷，分别固定在绝缘水平桌面上的A、B两点，一绝A、BOA、B连线的中A、BC、E、D、F。一个带负电的小球在细()CD的过程中，速度先减小后增大在两个带正电的点电荷产生的电场中，CF点的电势低C、E两点的速度大小相等，有一样的电势能D、F两点所受的电场力一样U与电流的关系图象分别如图(𝑎)(𝑏)、图(𝑐)、(𝑑)所示。将一个6𝛺的定值电阻分别与每电源的两极相接，使定值电阻消耗功率最大的电源是()122页甲电源B.乙电源C.丙电源D.丁电源如图，力传感器固定在天花板上，边长为L的正方形匀质导线框abcd用不行伸长的轻质绝缘细线悬挂于力传感bcd局部处于匀强磁场中，b、d两点位于匀强磁场的平边界线上。假设在导线框中通以大小为I、方向如下图的恒定电流，导线框处于静止状𝐹1.𝐹2。该匀强磁场的磁感应强度大小为()4𝐼𝐿

B.𝐹1𝐹24𝐼𝐿

C.√2(𝐹2𝐹1)4𝐼𝐿

D.√2(𝐹1𝐹2)4𝐼𝐿m的匀质绳子，两端分别固定在同一高度M的物体。系统平衡时，绳子中点两侧的切线与竖直方向的夹角为𝛼，钉子处绳子的切线方向与竖直方向的夹角为𝛽，则()A.𝑡𝑎𝑛𝛼tan𝛽B.𝑡𝑎𝑛𝛼tan𝛽C.𝑐𝑜𝑠𝛼cos𝛽

=𝑚𝑀𝑚=𝑚𝑀𝑀= 𝑀𝑚𝑀D.𝑐𝑜𝑠𝛼=cos𝛽

𝑚𝑚𝑀器的组合体(简称“甲”)与上升器(简称“乙”)要在环月中，再由返回器带回地球。对接之前，甲、乙分别在各自所示，为了实现对接，处在低轨的甲要抬高轨道。以下说法正确的选项是()在甲高轨道之前，甲的线速度小于乙甲可以通过增大速度来抬高轨道222页在甲抬高轨道的过程中，月球对甲的万有引力渐渐增大返回地球后，月壤样品的重量比在月球外表时大如图，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨，固定在同一水平面上，其间距为1m，左端通过导线连接一个𝑅=1.5𝛺的定值电阻。整个导轨处在磁感应强度大小𝐵=0.4𝑇的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。质𝑚=0.2𝑘𝑔、长度𝐿=1𝑚、电阻𝑟=0.5𝛺的匀质金属杆垂直导轨放置，且与导轨接触良好，在杆的中点施加一个垂直金属杆的水平拉力F，使其静止开头运动。拉力F的功率𝑃=2𝑊保持不变，当金属杆的速度𝑣=5𝑚/𝑠时撤去拉力F。以下说法正确的选项是( )假设不撤去拉力F，金属杆的速度会大于5𝑚/𝑠金属杆的速度为4𝑚/𝑠时，其加速度大小可能为0.9𝑚/𝑠2从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，通过金属杆的电荷量为2.5𝐶从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，金属杆上产生的热量为2.5𝐽甲、乙两同学相约去参观博物馆。两人同时从各自家中动身，沿同始终线相向而行，经过一段时间后两人会合。身上携带的运动传感器分别记录了他们在这段时间内的速度大小随时间的变化关系，如下图。其中，甲的速度大小随时间变化的图线为两段四分之一圆弧，则()在𝑡1时刻，甲、乙两人速度一样0～𝑡2时间内，乙所走路程大于甲在𝑡3时刻，甲、乙两人加速度大小相等0～𝑡4时间内，甲、乙两人平均速率一样1kgA、B、C叠放在水平桌面上，B、C用不行伸长的轻绳跨过一光滑轻质定滑轮连接。AB之间、BC之间的接触面以及轻绳均与ABBCC与桌面之间的动摩擦因数分别为0.40.2和0.1g取10𝑚/𝑠2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用力F沿水平C，以下说法正确的选项是()322页F11NCF17N4NA、BF23NAF的增大而增大某同学利用滑块在气垫导轨上的运动测量当地的重力加速度，如图(𝑎)所示，所用器材包括：气垫导轨、滑块(d的遮光片)、数字计时器、光电门等。导轨下方两支点间的距离为𝑙.试验步骤如下：(1)开动气泵，调整气垫导轨，轻推滑块，当光电门A记录的遮光时间 (填“大于”“小于”或“等于”)光电门B记录的遮光时间时，认为气垫导轨水平；(2)用游标卡尺测量遮光片宽度d，如图(𝑏)所示，𝑑= cm；在导轨左支点下加一高度为h的垫块，让滑块从导轨顶端滑下，记录遮光片经过A、B两处光电门的光时间△𝑡1、△𝑡2及遮光片从A运动到B所用的时间𝑡12，可求出重力加速度𝑔= (用题中给出的物理量符号表示)；分析试验结果觉察，重力加速度的测量值比该地的实际值偏小，写出一条产生这一结果的可能缘由： 。太阳能电池是一种可将光能转换为电能的器件。一同学用图(𝑎)所示电路测量某单IU之间的关系，探究该电池的伏安特性，用肯定强度的光照耀太阳能电池，闭合开关S，调整电阻箱，测得试验数据如表所示。𝑈/𝑉0.40.60.81.01.21.41.61.82.02.22.42.6𝐼/𝑚𝐴7.07.07.07.07.07.07.07.06.96.65.72.2(1)请在图(𝑏)中补齐表中后4组数据点，并作出该太阳能电池的伏安特性曲线；(2)依据所作伏安特性曲线可知，电池电阻 (填“是”或“不是”)常数，短422页路电流为 mA，电动势为 𝑉(结果均保存2位有效数字)；(3)依据所作伏安特性曲线估算该太阳能电池的最大输出功率为 𝑚𝑊(结果保存1位小数)。Bm、电荷量为q的距离为d。在机械外力作用下，绝缘平板以速度𝑣1竖直向上做匀速直线运动。一的荧光屏上，不计带电粒子的重力。(1)指出带电粒子的电性，并说明理由；(2)t；(3)求整个过程中带电粒子在竖直方向位移的大小h。522页如图，一滑板的上外表由长度为LABR的四分之一光滑圆弧BC𝑃(可视为质点)A点，P与滑板水平局部的动摩擦因数为𝜇(𝜇<1)L一端固定于𝑂′点，另一端系一质量为𝑚0的小球QQPQ拉至与𝑂′同一高度(细线处于水平拉直状态)，QP发生弹性碰撞(碰撞时间极短)Pm2m。QP碰撞前瞬间细线对小球拉力的大小；PCC点的最大高度；要使物体P在相对滑板反向运动过程中，相对地面有向右运动的速度，求𝑚0的𝑚取值范围。622页ab，再cd，最终经apV的关系如下图。以下说法正确的选项是()ab，每个气体分子的动能都增大bc，气体温度上升cd，气体内能不变da，气体对外界做正功ab、c、da的过程，外界向气体传递的热量与气体对外界所做的功相等Vp，得到了如图(𝑎)所示的𝑝−𝑉图象，其中𝑝0为标准大气压。把不同量的上述抱负气体分别充入甲、乙两个一样的气球，此时，甲、乙气球内气体的体积分别为

和

>

>0𝑝甲 乙 乙 甲 甲乙和𝑝 。现把甲、乙两气球以及一个容积𝑉𝐺的钢瓶用带阀门的三通细管(容积可忽乙略)连接，如图(𝑏)𝐾1和𝐾2均为关闭状态。全部过程，气体温度始终保持不变。(𝑖)翻开阀门𝐾1，甲气球体积将(填“变大”“变小”或“不变”)；(𝑖𝑖)翻开阀门𝐾1和𝐾2，把甲、乙两气球内的全部气体压入钢瓶，求压入后钢瓶内气体的压强。722页x轴正方向传播，𝑡=6𝑠时的波形如图(𝑎)所示。在x轴正方向，距离原点小于一个波长的A(𝑏)以下说法正确的选项是()平衡位置在𝑥=3𝑚与𝑥=7𝑚的质点具有一样的运动状态A点的平衡位置与原点的距离在0.5𝑚1m之间𝑡=9𝑠时，平衡位置在𝑥=1.7𝑚y轴正方向D.𝑡=13.5𝑠时，平衡位置在𝑥=1.4𝑚处的质点位移为负值E.𝑡=18𝑠时，平衡位置在𝑥=1.2𝑚y轴负方向rS。S水面，在水面形成圆形光斑。(𝑖)水深ℎ=2𝑚，水对光的折射率取4d；3822页(𝑖𝑖)假设光源发出的是白光，考虑到色散，问出射水面的光斑边缘颜色为红色还是紫色，并说明理由。922页答案和解析【答案】A【解析】解：A2𝐻+3𝐻→4𝐻𝑒+1𝑛A正确；1 1 2 0B238𝑈→234

𝑇ℎ+4𝐻𝑒，此核反响的反响物只有一个原子核，且生成物有氦核，属于𝛼92 92 2B错误；𝑛→144

+9𝑟+1𝑛92 0 56 36 0且产物至少有两个中等质量的核，故属于重核裂变，故C错误；D4𝐻𝑒+27𝐴𝑙→30𝑃+1𝑛，此反响是用𝛼粒子轰击生成了同位素磷，是人工转变，是发2 13 15 0D错误；应选：A。依据核反响方程区分：自然衰变分为𝛼衰变或𝛽衰变，裂变是重核变为中等质量的核，聚变是两轻核反响变为中等质量的核．【答案】D【解析】解：由于小球井壁做屡次弹性碰撞，碰撞前后小球水平方向速度大小不变、方一条平抛的抛物线，可知小球在竖直方向做自由落体运动，下落时间𝑡=√2ℎ，可知，𝑔m、小球初速度v以及井口直径无关，只与水井井口到水面高度hABC错误，D正确。应选：D。小球与井壁做弹性碰撞，类似于光的反射，具有对称性，将小球的运动等效于一个完整的平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，运动时间由下落高度打算。动的规律分析下落时间与什么因素有关。22页【解析】解：ACD的过程中电场力的方向始终与速度方向是钝角，电场力A错误；B、由等量正电荷的电场线分布可知，电场线在OCCOOFOF，顺着电场线方向电势降低，因此有𝜑𝐶>𝜑𝑂>𝜑𝐹B错误；C、由电势的叠加公式可得C点的电势为𝜑𝐶=

𝑘𝑄

+𝑘𝑄，同𝑟𝐵𝐶E点的电势为𝜑𝐸=

𝑘𝑄

+𝑘𝑄𝑟𝐴𝐸因此可知𝜑𝐶=𝜑𝐸CEC正确；D、等量同种电荷的电场线如下图：D点电场强度在水平面内竖直向下，F点电场强度竖直向上，因此电场力方向不同，故D错误；应选：C。守恒推断电势能关系，从而推断动能关系。常常考察的，需要记熟。【答案】D【解析】解：由闭合回路的欧姆定律可得𝑈=𝐸−𝐼𝑟，所以𝑈−𝐼图象纵轴的截距为电源电动势，斜率确定值为内阻，因此可知四个电源的电动势都为12V；甲电源的内电阻为𝑟 =𝑈甲=2𝛺=𝛺乙电源的内电阻为

=△𝑈=12𝛺=6𝛺；甲 △𝐼 1甲

乙 △𝐼 2乙丙电源的内电阻为𝑟 =𝑈丙=2𝛺=𝛺丁电源的内电阻为

=△𝑈=12𝛺=3𝛺；丙 △𝐼 3丙

丁 △𝐼 4丁定值电阻消耗的电功率为：𝑃=(

𝐸𝑅+𝑟

)2𝑅RD正确、ABC错误。应选：D。由闭合回路的欧姆定律可知四个电源的电动势都为12V，求出四种状况下电源的内电阻，依据电功率的计算公式分析使定值电阻消耗功率最大的电源是哪一个。22页电功率最大。【解析】解：线框在磁场中受到安培力的等效长度为𝑏𝑑=√2𝐿，当电流方向为图示方向时，由左手定则可知导线框受到的安培力竖直向上，大小为𝐹=√2𝐵𝐼𝐿；因此对导线框受力平衡，则有：𝐹1+𝐹=𝑚𝑔，当导线框中的电流反向，则安培力方向竖直向下，此时有𝑚𝑔+𝐹=𝐹2联立可得：𝐵=√2(𝐹2𝐹1)C正确、ABD错误。4𝐼𝐿向，对导线框依据平衡条件列方程进展解答。状况，依据安培力的计算公式结合平衡条件列方程解答。【答案】B【解析】解：设两个钉子处对绳的拉力为𝐹1Mm为一整体，受力分析如图(甲)所示．由平衡条件得：2𝐹1𝑐𝑜𝑠𝛽=(𝑀+𝑚)𝑔①P点，绳P处张力大小为𝐹2，对绳子中点受力分析如图(乙)所示．由平衡条件得：2𝐹2𝑐𝑜𝑠𝛼=𝑀𝑔②再以左半边绳子为争论对象，受力分析如图(丙)所示．由水平方向合力为零可得：𝐹1𝑠𝑖𝑛𝛽=𝐹2𝑠𝑖𝑛𝛼③由以上三式联立可得：𝑡𝑎𝑛𝛼tan𝛽

=𝑚+𝑀𝑀22页应选：B。答。此题主要是考察了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定争论对象、进展法的应用。【答案】BD【解析】解：A、在甲抬高轨道之前，两卫星均绕月球做匀速圆周运动，依据万有引力供给向心力有𝐺𝑀𝑚=𝑚𝑣2，可得线速度𝑣=√𝐺𝑀，因

<

，则甲的线速度大于乙的线𝑟2 𝑟A错误；

𝑟 甲 乙B、低轨卫星甲变为高轨卫星，需要做离心运动，则需要万有引力小于向心力，则需要B正确；C、在甲抬高轨道的过程中，离月球的距离r渐渐增大，由𝐹=𝐺𝑀𝑚可知，月球对卫星𝑟2C错误；D𝐺=𝑚𝑔可知月壤样品的D正确。应选：BD。两卫星均绕月球做匀速圆周运动，万有引力供给向心力；低轨卫星甲变为高轨卫星，需要做离心运动，则需要万有引力小于向心力，需要向后喷气增大速度；在甲抬高轨道的过程中，离月球的距离r渐渐增大，月球对卫星的万有引力渐渐减小；地球外表的重力加速度比月球外表的重力加速度大。据此分析。星变为高轨卫星，需要做离心运动，需要向后喷气增大速度；地球外表的重力加速度比月球外表的重力加速度大。【答案】BC22页【解析】解：A、假设不撤去拉力F，对金属杆，依据牛顿其次定律有𝐹−𝐵𝐼𝐿=𝑚𝑎依据功率公式有𝑃=𝐹𝑣，依据欧姆定律有𝐼=

𝐵𝐿𝑣𝑅𝑟联立得𝑃−𝐵2𝐿2𝑣=𝑚𝑎𝑎=0𝑣 𝑅𝑟联立解得最大速度为𝑣 =√(𝑅𝑟)𝑃，代入数据解得𝑣 =5𝑚/𝑠，即金属杆的速度不会超𝑚 𝐵2𝐿2𝑚 过5𝑚/𝑠A错误；BF前金属杆的速度为

=4𝑚/𝑠，加速度为

𝐹−𝐹

𝑃−𝐵2𝐿2𝑣1，代入数据1解得𝑎1=0.9𝑚/𝑠2；

𝑎1=

1 𝑚

=𝑣1 𝑅𝑟𝑚F后金属杆的速度为

=4𝑚/𝑠，加速度为𝑎

𝐵2𝐿2𝑣2，代入数据解得𝑎 =22 𝑅𝑟 22𝑚1.6𝑚/𝑠2，故金属杆的速度为4𝑚/𝑠0.9𝑚/𝑠2或1.6𝑚/𝑠2B正确；C、从撤去拉力F到金属杆停下，金属杆在安培力作用下做变减速直线运动，取向右为正方向，由动量定理得−𝐵𝐼−𝐿⋅△𝑡=0−𝑚𝑣𝑞=𝐼𝑡𝑞=𝑣𝑞=𝐶，故C正确；𝐵𝐿DF𝑄总

=1𝑚𝑣2，因金属杆与2R串联，两者产生的热量比等于电阻比，则金属杆上产生的热量为𝑄𝑟=解得𝑄𝑟=0.625𝐽D错误。应选：BC。

𝑟𝑅𝑟

𝑄 ，总假设不撤去拉力F，依据牛顿其次定律列式，得到金属杆加速度表达式，分析知道当其加速度为零时，速度最大，并求出最大速度；金属杆的速度为4𝑚/𝑠F前和后两F动量定理求通过金属杆的电荷量，依据能量守恒定律求金属杆上产生的热量。势相当于电源，其运动过程类似于汽车恒定功率起动，要留意分析安培力的变化，推断其运动状况，应用𝐸=𝐵𝐿𝑣、欧姆定律、安培力公式、牛顿其次定律和动量定理等规律解题。【答案】BCD22页【解析】解：A、由于两个人是相向运动的，说明运动方向相反，因此在𝑡1时刻，速度A错误；B、在𝑣−𝑡0～𝑡2时B正确；C、在𝑣−𝑡A，则𝑡3时刻交点恰好等分𝑡2−𝑡4的圆周，因此由几何关系可得过圆的切线的斜率与乙的斜率大小相等，都为𝑣0，故C正确；𝑡2D、通过观看可看出甲的图象面积𝑠=1𝜋𝑅2+𝑅2−1𝜋𝑅2=𝑅24 4乙的面积为𝑅2，说明甲乙的路程相等，则平均速率相等，故D正确；应选：BCD。分析位移关系，速度−时间图象的斜率等于加速度，分析加速度关系，平均速度等于路程与时间的比值。此题关键从速度图象的数学意义，来分析物体的运动状况，分析时要抓住：“面积”大小等于位移、斜率等于加速度。【解析】解：AC物体马上运动时，CC的向右的摩擦力桌𝑓T，BC向右的摩擦力𝑓𝐵𝐶，桌桌 其中𝑓 =0.1×(𝑚𝐴+𝑚𝐵+𝑚𝐶)𝑔，代入数据解得：𝑓 =3𝑁桌 ==桌当马上滑动时应有：𝐹=𝑓 +𝑓𝐵𝐶+𝑇，𝑇=𝑓𝐵𝐶=4𝑁，可解得𝐹=11𝑁，故A正确；桌CBCABA受力分析可得：𝑓𝐴𝐵=0.4𝑚𝐴𝑔=𝑚𝐴𝑎桌对AB整体受力分析可得𝑇−𝑓𝐵𝐶=(𝑚𝐴+𝑚𝐵)𝑎，对C物体受力分析可得𝐹−𝑇−𝑓𝐵𝐶−𝑓 =𝑚𝐶𝑎桌联立解得𝐹=23𝑁AB发生相对滑动的临界力大小为𝐹=23𝑁C正确；地B、当𝐹=17𝑁时，没有发生相对滑动，此时对AB整体𝑇−𝑓𝐵𝐶=(𝑚𝐴+𝑚𝐵)𝑎1，对C物体受力分析可得：𝐹−𝑇−𝑓𝐵𝐶−𝑓 =𝑚𝐶𝑎1，联立解得𝑇=8𝑁，故B错误；地22页DA和BA𝑎=𝑔=4𝑚/𝑠2D错误。。桌C物体的受力状况，求出桌面给C的向右的摩擦力桌

，BC向右的摩擦力𝑓𝐵𝐶，再依据平衡条件求解拉力进展分析；AB马上发生相对滑动时，分别对A受力分析、对AB整体受力分析、对C物体受FAB发生相对滑动的临界力大小；分析当𝐹=17𝑁时有没有发生相对滑动，依据平衡条件进展解答；AB发生相对滑动时分析合外力，再分析加速度。确定争论对象、进展受力分析、利用牛顿其次定律建立方程进展解答；留意整体法和隔离法的应用。【答案】等于0.304

𝑑𝑙ℎ𝑡12

(1△𝑡2

−1△𝑡1

) 测量的遮光片的宽度偏小【解析】解：(1)开动气泵，调整气垫导轨，当气垫导轨水寻常，轻推滑块，滑块在导轨上做匀速直线运动，滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间相等。由图示游标卡尺可知，该游标尺为50分度，则准确度为0.02𝑚𝑚；由图可知，主尺3mm，游标尺示数为2×0.02𝑚𝑚=0.04𝑚𝑚，则游标卡尺读数为3𝑚𝑚+0.04𝑚𝑚=3.04𝑚𝑚=0.304𝑐𝑚；A时滑块的速度𝑣1=

𝑑，△𝑡1B时滑块的速度𝑣2=

𝑑，△𝑡2滑块的加速度大小：𝑎=𝑣2−𝑣1

=𝑑(1−1)𝑡12

𝑡12

△𝑡1h的垫块时，设斜面的倾角为𝜃，则：𝑠𝑖𝑛𝜃=ℎ𝑙滑块向下做加速运动时，重力沿斜面对下的分力供给加速度，则：𝑚𝑎=𝑚𝑔⋅𝑠𝑖𝑛𝜃可得：𝑔=

𝑑𝑙ℎ𝑡12

(1△𝑡2

−1)△𝑡1(4)结合公式𝑔=

𝑑𝑙ℎ𝑡12

(1△𝑡2

−1△𝑡1

)可知，重力加速度的测量值比该地的实际值偏小，则可能是测量的遮光片的宽度偏小，或测量的运动的时间𝑡12偏大。故答案为：(1)等于；(2)0.304；(3)

𝑑𝑙ℎ𝑡12

(1△𝑡2

−1△𝑡1

)；(4)测量的遮光片的宽度偏小。22页(1)气垫导轨水寻常，滑块做匀速直线运动，滑块经过两光电门的时间相等。(2)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；(3)光电门测速度的原理是利用平均速度来代替瞬时速度，求出最终获得的速度，然后依据加速度表达式，求得加速度，再依据受力分析，结合牛顿其次定律即可求出；(4)依据(3)的结论分析即可。时留意光电门能测量瞬时速度的条件，及把握几何关系在此题的应用。12.【答案】不是7.0 2.7 14.5【解析】解：(1)依据表中试验数据在坐标系内描出对应点，根让尽可能多的点经过曲线，不能过曲线的点对称分布在曲线两侧，据坐标系内描出的点作出图象如下图由于太阳能电池的伏安特性曲线不是一条直线，因此太阳能电池的内阻不是常数，由图示图线可知，太阳能电池的是2.7𝑉。图线的电流电压分别干路电流和路端电压，由𝑃=𝑈𝐼可𝐼=6.6𝑚𝐴，电压𝑈=2.2𝑉𝑃=𝑈𝐼=2.2×6.6×103𝑊≈1.45×102𝑊=14.5𝑚𝑊。故答案为：(1)太阳能电池的伏安特性曲线如下图；(2)不是；7.0；2.7；(3)14.5。(1)依据表中试验数据在坐标系内描出对应点，然后依据坐标系内描出的点作出图象。(2)电源𝐼 𝑈图象是直线的电源内阻是常数，是曲线的电源内阻不是常数，依据图示图象求出短路电流与电池电动势。(3)依据图示𝐼 𝑈图象求出太阳能电池的最大输出功率。此题考察了试验数据处理问题，应用图象法处理试验数据是常用的试验数据处理方法，22页出功率。【答案】解：(1)粒子带正电，由于粒子能够向左运动离开绝缘平板，说明粒子在和绝缘平板向上运动的时候受到向左的洛伦兹力，依据左手定则可知此带正电；(2)带电粒子在竖直方向做匀速直线运动，受到向左的洛伦兹力，大小𝐹=𝑞𝑣1𝐵，因此水平方向做匀加速直线运动，则𝐹=𝑞𝑣1𝐵=𝑚𝑎𝑑= 𝑡22联立解得𝑡=√2𝑑𝑚𝑞𝑣1𝐵𝑥1𝑣𝑥

=2𝑎𝑑，设粒子离开绝缘平板时的速度与竖直方向的夹角为𝜃，则𝑡𝑎𝑛𝜃=𝑣𝑥𝑣1粒子离开磁场后做匀速圆周运动，合速度为𝑣=√𝑣2+𝑣21 𝑥2=由洛伦兹力供给向心力可得𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2，粒子离开绝缘平板后竖直方向的位移为2=𝑅𝑅−𝑅𝑠𝑖𝑛𝜃在绝缘平板时上升的高度ℎ1=𝑣1𝑡总高度ℎ=ℎ1+ℎ2联立解得：

2𝑑𝑚𝑣

√𝑚(2𝑞𝑣1𝐵𝑑+𝑚𝑣2)

2𝑞𝐵𝑑ℎ=√

1+𝑞𝐵

𝑞𝐵

1(1−√

)2𝑞𝐵𝑑+𝑚𝑣1答：(1)带电粒子带正电，理由如上；t为√2𝑑𝑚；𝑞𝑣1𝐵整个过程中带电粒子在竖直方向位移的大小h

𝑞𝐵

√𝑚(2𝑞𝑣1𝐵𝑑+𝑚𝑣2)1𝑞𝐵1

(1−√ 2𝑞𝐵𝑑 )2𝑞𝐵𝑑+𝑚𝑣1【解析】(1)粒子能够向左运动离开绝缘平板，说明粒子在和绝缘平板向上运动的时候受到向左的洛伦兹力，依据左手定则推断出电性；粒子在板上向上运动时，受到向左的洛伦兹力，依据牛顿其次定律求得加速度，利用运动学公式求得运动时间；粒子离开绝缘板前，竖直方向做匀速直线运动，水平方向做匀加速运动，依据速度22页得上升的高度。用好运动学公式和洛伦兹力供给向心力即可。【答案】解：(1)小球Q在向下摇摆的过程中只有重力做功，机械能守恒，依据机械能守恒定律可得：𝑚0𝑔𝐿=1𝑚𝑣2解得：𝑣𝑄√2𝑔𝐿

2 𝑄𝑣20 对小球Q在最低点依据牛顿其次定律可得：𝑇−𝑚𝑔=𝑚 𝑄𝑣20 𝐿联立解得：𝑇=3𝑚0𝑔；QP𝑚0𝑣𝑄=𝑚0𝑣′𝑄+𝑚𝑣𝑃依据能量关系可得：1𝑚0𝑣2

=1𝑚0𝑣′2

+1𝑚𝑣22 𝑄 2联立解得：𝑣𝑃=2𝑚0√2𝑔𝐿𝑚0+𝑚

𝑄 2 𝑃PCP和滑板水平方向的速度一样，设为v，取向左为正，依据动量守恒定律可得：𝑚𝑣𝑃=3𝑚𝑣P到达最高点时竖直方向的速度为零，依据能量关系可得：1𝑚𝑣2=𝜇𝑚𝑔𝐿+1×3𝑚𝑣2+𝑚𝑔(ℎ+𝑅)2

2 𝑃联立解得：ℎ=

8𝐿𝑚203(𝑚0+𝑚)20

−𝜇𝐿−𝑅；PB点时假设刚好相对于地面静止，取向左为正，依据动量守恒定律可得：𝑚𝑣𝑃=2𝑚𝑣′依据能量关系可得：1𝑚𝑣2=𝜇𝑚𝑔𝐿+1×2𝑚𝑣′2𝑚

2 𝑃 2√𝜇√2−√𝜇要使物体P在相对滑板反向运动过程中，相对地面有向右运动的速度，则𝑚0>𝑚

√𝜇 。√2−√𝜇答：(1)QP碰撞前瞬间细线对小球拉力的大小为3𝑚0𝑔；PCC点的最大高度为

8𝐿𝑚2 −03(𝑚0+𝑚)20𝜇𝐿−𝑅；P在相对滑板反向运动过程中𝑚0>𝑚

√𝜇 。√2−√𝜇22页【解析】(1)由机械能守恒定律结合向心力公式和受力关系进展求解即可；PP运动到最高点的过程，依据动量守恒定律结合能量守恒定律列方程求解；PB点时假设刚好相对于地面静止的过程中，依据动量守恒定律结合能量守恒定律列方程求解。此题主要是考察了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再依据能量关系列方程求解。【答案】BCE【解析】解：Aab发生的是等压变化，依据𝑃𝑉=𝐶可知，体积增大，温𝑇A错误；B、依据𝑃𝑉=𝐶bc，体积不变，压强变大，则气体温度上升，故B正确；𝑇Ccd，气体温度不变，则气体内能不变，故C正确；Dda，气体体积减小，则外界对气体做正功，故D错误；E、从abcd，再回到a的过程，其中从ad过程气体对外做功的值等于图线与Vda时外界对气体做功也等于图线与V程中气体对外做功，儿整个过程中内能不变，则由热力学第肯定律可知，外界向气体传递的热量与气体对外界所做的功相等，故E正确；应选：BCE。对于肯定质量抱负气体，压强与温度和体积有关，关于P、V、T三者间的关系由试验定律加以分析，并满足抱负气体状态方程，再结合热力学第肯定律进展分析。号的含义，知道抱负气体的内能只与温度有关。乙16.【答案】解：(𝑖)翻开𝐾1后，由于乙

>𝑉甲

>𝑉，依据图象可知，𝑝0甲0

>

乙，所以甲球中气体压入乙气球内，直至二者压强平衡，所以甲球体积变小；甲(𝑖𝑖)甲、乙两球的气体最终压入钢瓶，发生等温变化，依据玻意尔定律得甲

𝑉 +甲22页𝑝 𝑉乙乙

=

𝑉𝐺，解得最终钢瓶内压强为𝑝𝐺=

𝑝 𝑉甲甲

乙𝑉乙．答：(𝑖)翻开阀门𝐾1，甲气球体积将变小；

𝑉𝐺(𝑖𝑖)翻开阀门𝐾1和𝐾2，把甲、乙两气球内的全部气体压入钢瓶，求压入后钢瓶内气体的𝑝压强为

𝑉甲甲

乙𝑉乙．𝑉𝐺【解析