【文档说明】信息必刷卷05-2023年高考物理考前信息必刷卷（全国乙卷）（解析版）.docx，共(15)页，3.122 MB，由小赞的店铺上传

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绝密★启用前2023年高考物理考前信息必刷卷05（全国乙卷）（解析版）全国高考物理试卷的试题题型式是5（单选题）＋3（多选题）＋2（实验题）＋2（计算题）+2（选修模块3-3、3-4），高考命题依然是“内容不超过范围

，深度不超要求”，注重增强灵活性和创新性为支撑，把考查的重点放在学生思维品质和综合应用所学科知识解决问题能力上。2022年全国乙卷物理试题依据高考课程标准，在具体情境中深化基础性，考查学生对规律本质的理解，预测2023年物理高考命题整体上稳中有进，在求进中回归基础，在

基础中强化融合，在融合中中注重应用，在应用中力求创新。为适应新高考和新课改的要求，本试卷根据全国（乙）最新考纲要求和新课标地区模拟试卷进行大胆设题与创新，力求考生通过针对高考高频考点的训练，以此提升考生应用物理知识分析和解决问题的能力。一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共

48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。14．氢原子的能级图如图甲所示，氢原子的光谱图如图乙所示。已知光谱中谱线H为氢原子从3n=能级跃迁到2n=能级时辐射的光，则下列说

法正确的是（）A．谱线H对应的是氢原子从2n=能级跃迁到1n=能级发出的光B．谱线H对应的是氢原子从5n=能级跃迁到2n=能级发出的光C．谱线H对应的是氢原子从5n=能级跃迁到3n=能级发出的光D．谱线H对应的是氢原子从5n=能级跃迁到4n=能级发出的光【答案】B【解析】根据氢原子能级

跃迁时辐射光条件mnhEE=−，氢原子的能级公式12nEEn=，再有c=，可得mnchEE=−，由题意可知32chEE=−，则根据图甲和图乙可知42chEE=−，则谱线H对应的是氢原子从4n=能级跃迁到2n=能级发出的光，故A错误；则根据图甲和图乙可知52c

hEE=−，则谱线H对应的是氢原子从5n=能级跃迁到2n=能级发出的光，故B正确；则根据图甲和图乙可知62chEE=−，则谱线H对应的是氢原子从6n=能级跃迁到2n=能级发出的光，故C错误；则根据图甲和图乙可知72chEE=−，则谱线H对应的是氢原子从7n=能级

跃迁到2n=能级发出的光，故D错误。故选B。15．如图甲是判断检测电流0I大小是否发生变化的装置，该检测电流在铁芯中产生磁场，其磁感应强度B与检测电流0I的关系满足0BkI=（k为常量），在铁芯的缺口处放置金属材料制成的霍尔元件，其放大图如图乙所示，其长、宽、高分

别为a、b、d，现给其通以与磁场方向垂直的恒定工作电流I，右侧电压表的示数为U。已知自由电子的电荷量为e，不计霍尔元件的电阻，则（）A．电压表的N端为正极B．金属材料中自由电子定向移动的速度为0UkIdC．金属材料

单位体积内的自由电子数0kIIedUD．若U增大，则说明检测电流0I在减小【答案】C【解析】由安培定则可知，检测电流产生的磁场向下，霍尔元件处磁场方向向上，根据左手定则可知，电子应垂直纸面向外偏转，M端的电势高于

N端，N端为负极，故A错误；根据电子受力可知=UevBeb，解得0UvkIb=，故B错误；根据电流的微观表达式IneSvnebdv==，可知，导体单位体积内的自由电子数0IkIInebdvedU==，故C正确；根据上述推导可知0kIIUned=，若U增大，则说明检测电流0I在增大，故D错

误。故选C。16．筷子是中华饮食文化的标志之一。如图所示，用筷子夹质量为m的小球处于静止，筷子均在竖直平面内，且筷子与竖直方向的夹角均为。忽略小球与筷子之间的摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．筷子对小

球的合力大于重力B．筷子的弹力大小均为2cosmgN=C．保持左侧筷子固定不动，右侧筷子缓慢变为竖直，左、右筷子的弹力均逐渐变大D．保持左侧筷子固定不动，右侧筷子缓慢变为竖直，左、右筷子的弹力均逐渐变小【答案】C【解析】用筷子夹着小球在竖直平面内处于静止状态，则根

据平衡条件可知，筷子对小球的合力的大小等于小球的重力，方向与重力的方向相反，故A错误；由几何关系可知，筷子对小球的弹力大小为2sinmgN=，故B错误；在右边筷子转到竖直方向的过程中，左边筷子对小球弹力1N的方向始终垂直于筷子，而小球自身的重力是一个恒

力，由此可以做出在动态平衡过程中力的矢量三角形如下图所示当两根筷子与竖直方向夹角都为时，三力构成的矢量三角为等腰三角形，在右边的筷子转到竖直方向时，三个力的矢量构成一个直角三角形，易得，在右边筷子转到竖直的过程中，两筷子对小球的弹力都在增大，故C正确，D错误。故选C。17．北斗卫星导航系统由

地球同步静止轨道卫星a、与地球自转周期相同的倾斜地球同步轨道卫星b，以及比它们轨道低一些的轨道卫星c组成，它们均为圆轨道卫星。若轨道卫星c与地球同步静止轨道卫星a在同一平面内同向旋转，已知卫星c的轨道半径为r，同步卫星轨道半径为4r，地球自转周期为T，万有引力常量为G，下列说法正确的是（）A

．卫星a的发射速度大于地球第一宇宙速度，轨道运行速度小于地球第一宇宙速度B．卫星a与卫星b具有相同的机械能C．地球的质量为2324rGTD．卫星a与卫星c周期之比为8∶1，某时刻两者相距最近，则经过8T后，两者再次相距最近【答案】A【解析】地球第

一宇宙速度是最小发射速度，最大运行速度，因此卫星a的发射速度大于地球第一宇宙速度，轨道运行速度小于地球第一宇宙速度，选项A正确；机械能包括卫星的动能和势能，与卫星的质量有关，而卫星a与卫星b的质量不一定相同，故卫星a与卫星b不一定具有相同的机械能，选项B错误；对地球同步卫星，

根据牛顿第二定律有22244(4)MmGmrrT=，解得地球的质量为2323224(4)256rrMGTGT==，选项C错误；卫星a与卫星c再次相距最近的过程满足22()2catTT−=，代入卫星a与卫星c周期之比为8∶1，解得7Tt=，选项D错误。故选A。18．

冬奥会上有一种女子单板滑雪U形池项目，如图所示为U形池模型，池内各处粗糙程度相同，其中a、c为U形池两侧边缘，且在同一水平面，b为U形池最低点。某运动员从a点上方h高的O点自由下落由左侧切线进入池中，从右侧切线飞出后上升至最高位置d点（相对c点高度为2h）。不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说

法错误的是（）A．运动员由a到c的过程中，在ab段克服摩擦力做的功大于在bc段克服摩擦力做的功B．运动员从d返回经b恰好到达a点C．运动员从d返回经b一定能越过a点再上升一定高度D．运动员第一次过b点对轨道的压力大于第二次过b点对轨道的压力【

答案】B【解析】运动员由a到c的过程中，由于摩擦力做负功，使得ab段与bc段在相同高度的两个位置，总是ab段的速度大于bc段的速度，故ab段的平均速率大于bc段的平均速率，ab段的平均压力大于bc段的平均压力，

ab段的平均摩擦力大于bc段的平均摩擦力，故在ab段克服摩擦力做的功大于在bc段克服摩擦力做的功，故A正确；由题意数据可知第一次从a到c的过程中，克服摩擦力做功的大小为f1122Wmghmghmgh=−=，由于从d返回的过程，经过相同位置的速度总是比从a到c过程经过相同位置的速度小，可知

返回过程的平均摩擦力比a到c过程的平均摩擦力小，故返回过程中从c到a的过程中，克服摩擦力做功小于12mgh，可知运动员从d返回经b一定能越过a点再上升一定高度，故B错误，C正确；运动员经过b点时，根据牛顿第二定律得2vNmgmR−=，由于运动

员第一次过b点的速度大于第二次经过b点的速度，故运动员第一次通过b点的受到的支持力大于第二次过b点受到的支持力，根据牛顿第三定律可知，运动员第一次过b点对轨道的压力大于第二次过b点对轨道的压力，故D正确。故选B。19．粗糙绝缘水平桌面上有一固定点O，以O为坐标原点在水平面内建立如图所示的

平面直角坐标系，在坐标为(),0l−的M点和(),0l的N点处分别固定电荷量为64Q+和9Q+的带电体（可视为点电荷），在坐标为()0,l−处有一带电量为q+的滑块（可视为质点），滑块通过长为l的绝缘轻细绳与O点相连。给滑块一沿x轴正方向的初速度，使滑块绕O点

逆时针做圆周运动，此过程中，当滑块运动到图中a点时速度达到最大值，此时37aMN=，当滑块运动到b点（图中未标出）时滑块的电势能最小，此时bMN=。已知静电力常量为k，sin370.6=，cos370.8=，下列说法正确的是

（）A．运动过程中滑块受到的滑动摩擦力大小为25kQqlB．运动过程中滑块受到的滑动摩擦力大小为210kQqlC．当33tan8=时，滑块的电势能最小D．当39tan64=时，滑块的电势能最小【答案】B

D【解析】当滑块运动到图中a点时速度达到最大值，可知所受的滑动摩擦力等于两电荷对滑块的库仑力在切线方向的分力的合力，大小为222649cos53cos37(2cos37)(2sin3710)kQqkQqfllkQql=−=，选项A错误，B正确；假设没有摩擦力时，滑块电势能最小的位置应该对应着

动能最大的位置，即滑块受细线的拉力与两电荷对滑块的库仑力相平衡的位置，再由平衡条件可知，滑块沿与细线方向垂直的方向受合力为零，可得22649sincos(2cos)(2sin)kQqkQqll=，解得39tan64=，选项C错误，D正确；故选BD。20．如图所示

，质量为m的物块P与物块Q（质量未知）之间拴接一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长。现给P物体一瞬时初速度，并把此时记为0时刻，规定向右为正方向，0~2t0内P、Q物块运动的at−图像如图所示，已知0t时刻P、Q的加速度最大，其中t轴下方部分的面积大小为S，则（）A．

物体Q的质量为12mB．02t时刻Q物体的速度大小为QvS=C．0t时刻弹簧的弹性势能为234mSD．00~2tt时间内弹簧对P物体做功为零【答案】BCD【解析】00~2t时间内Q所受弹力方向向左，P所受弹力方向始终向右；0t时刻，P、Q所受弹力最大且大小相等，

由牛顿第二定律可得0PFFamm==弹弹，0Q2Fam=弹，解得物体Q的质量为Q2mm=，故A错误；根据at−图像与横轴围成的面积表示速度变化量，可知00~2t时间内，Q物体的速度变化量大小为QQ0vSv==−，则02t时刻Q物体的速度大小为QvS=，故B正确；0t时

刻两物体具体相同的速度v，根据对称性可知，0t时刻P、Q物体的速度大小为2Sv=，设物体P的初速度为0v，根据动量守恒可得0(2)mvmmv=+，解得0332vvS==，设0t时刻弹簧的弹性势能为pE，根据能量守恒可得22p011322Emvmv=−，联立解得2p34E

mS=故C正确；设02t时刻P物体的速度为Pv；根据动量守恒可得0PQ2mvmvmv=+，解得P2Svv=−=−，可知02t时刻P物体的速度大小等于0t时刻P物体的速度大小，则02t时刻P物体的动能等于0t时刻P物体的动能，故00~2tt时间内弹

簧对P物体做功为零，故D正确。故选BCD。21．如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度大小均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，ADAC、边界的夹角30DAC=，边界AC与边界MN平行，Ⅱ区域宽度为d，长度无限大。质量为m、电荷量为q+的粒子可在边界

AD上的不同点射入，入射速度垂直于AD且垂直于磁场，若入射速度大小为qBdm，不计粒子重力，Ⅰ区磁场右边界距A点无限远，则（）A．粒子距A点0.5d处射入，不会进入Ⅱ区B．粒子距A点1.5d处射入，在磁场区域内运动的时间为mqBC．粒子在磁场区域内运动的最

短时间为3mqBD．从MN边界出射粒子的区域长为()31d+【答案】BCD【解析】粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有2vqvBmr=，由题意可知qBdvm=解得r=d，画出恰好不进入Ⅱ区的临界轨迹，如图所示结合几何关系，有22sin30

===rAOrd，故从距A点0.5d处射入，会进入Ⅱ区，故A错误；粒子距A点1.5d处射入，在Ⅰ区内运动的轨迹为半个圆周，故时间为2TmtqB==，故B正确；从A点进入的粒子在磁场中运动的轨迹最短（弦长也最短），时间最短，轨迹如图所示：轨迹对应的圆心角为60°，故时间

为63TmtqB==，由图可知，刚好从A点射入Ⅱ区的粒子射到MN上时位于最下端，即G点，刚好进入Ⅱ区的粒子射到MN上时位于最上端，此时粒子沿AC方向从H点射入Ⅱ区转一个四分之一圆弧，从MN上F点射出，则GF间距离()31GFAHdd=+=+，即从MN边界出射粒子的区域长为(31)d+。

故CD正确。故选BCD。二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~34题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题22．（6分）某兴趣小组用如图甲所示的装置进行了下列探究①在一端带有定滑轮的水平长木

板上固定A、B两个光电门，测得两光电门A、B之间的距离为x；②砂桶中加入砂子，用天平测得砂和砂桶的质量m，并保证滑块质量远大于砂和砂桶质量；③用跨过定滑轮的轻绳将滑块与砂桶相连，调节滑轮高度使轻绳水平；④将滑块从紧靠光电门A处由静止释放，读出滑块在两光电门之间的运动时间t；⑤改变砂和砂桶的质量m

，重复实验，测得m、t的多组数据；⑥在坐标系中作出21mt−的图像如图乙所示，图线与纵轴的截距为b，与横轴的截距为－c。请回答下列问题：（1）已知重力加速度大小为g、若把砂和砂桶所受重力作为滑块受到的

拉力，根据图像信息可知：①物块与长木板之间的滑动摩擦因数为___________，滑块质量为___________；（用所给物理量的字母表示）②滑动摩擦因数的该测量值___________（选填“大于

”“等于”或“小于”）其真实值。（2）将长木板没有滑轮的一端适当垫高，平衡掉物块运动中的摩擦力，在保证物块质量远大于砂和砂桶质量的前提下，重复以上操作。再次做出对应的21mt−的图像，若图像为___________，则可证明物体的质量一定时，加速

度与所受合外力成正比。【答案】（1）2xcg2bgcx大于（2）过原点的倾斜直线【详解】（1）①由题知将滑块从紧靠光电门A处由静止释放，读出滑块在两光电门之间的运动时间t，且测得两光电门A、B之间的距离为x，则有212xat

=由于保证滑块质量远大于砂和砂桶质量，则设滑块的质量为M，则对滑块受力分析，根据牛顿第二定律有Ma=mg－μMg，联立有22MxmMgt=+，则可知2bgMcx=，2xcg=②由于砂和砂桶向下加速，则绳子的拉力小于砂和砂桶的重力，则以上分析的滑块加速度要

比实际偏大，滑动摩擦因数的该测量值偏大。（2）若平衡摩擦力后，根据牛顿第二定律有Ma=mg，则有22Mxmgt=，再次做出对应的21mt−的图像，若图像为过原点的倾斜直线，则可证明物体的质量一定时，加速度与所

受合外力成正比。23．（9分）某实验小组为研究保温式自动电饭锅中用于监测温度的热敏电阻TR的特性，设计了以下实验：（1）首先利用多用电表粗略测量与电饭锅中型号相同的热敏电阻常温状态下的阻值，多用电表的旋钮置于“100”的挡位时示数如图甲所示，则该热敏电阻的阻值为______；（

2）该实验小组为了进一步探究热敏电阻的特性，设计了图乙所示的电路，电路中的电表均为理想电表，定值电阻02kR=；①开关闭合前，滑动变阻器的滑动触头应置于最______（选填“左”或“右”）端；②某次实验，电压表1V、2V的示数分别为3.0V、4.5V，则热敏电阻的阻值为______k；（3）通

过多次实验，作出热敏电阻的阻值随温度变化的图像如图丙所示，当T2kR=时，热敏电阻所处环境的温度约为______℃；（4）该自动电饭锅采用感温磁控元件（图中虚线框内）控制加热电路通或断，当磁控元件输入端a、b间的电压大于某一值时开关S闭合，加热电

路接通。若设定锅内温度低于60℃时，加热电路接通，则下列电路符合要求的是______（选填“A”或“B”）。【答案】（1）3200或3.2×103（2）左3（3）38（4）B【解析】（1）根据图甲可知该热敏电阻的阻值为T321003200R==（2）为保护电路元件，应使闭合开关后分压电路的

电压为零，所以开关闭合前，滑动变阻器的滑动触头应置于最左端。②根据串联分压规律可得T04.5V3.0VRR=，解得T3kR=（3）由图丙可知，当T2kR=时，热敏电阻所处环境的温度约为38℃。（4）根据串联分压规律可知阻值越大时分压越大，由图丙可知，RT随温度降低而升高，而根据题意可知锅

内温度低于60℃时，磁控元件输入端a、b间的电压应始终大于某一值，即a、b间的电压应随温度的降低而增大，所以符合要求的是电路B。24．（12分）我国第三艘航母已装备最先进的电磁弹射技术，即采用电磁的能量来推动舰载机起飞的新型技术。某兴

趣小组根据所学的物理原理进行电磁弹射设计，其工作原理可以简化为下述模型。如图所示，在水平甲板上有两根长直平行轨道PQ和MN，轨道间有等间距分布垂直轨道平面的匀强磁场区域，有磁场和无磁场区域宽均为L=0.5m，磁感

应强度大小B=1T。装载有模型飞机的往复车，其底部固定着绕有N=10匝相同的闭合矩形金属线圈，可在导轨上运动，并且与导轨绝缘（往复车及模型飞机图中未画出）。每个矩形线圈abcd垂直轨道的边长2abLL=，且磁场区域宽度与矩形线圈ad的边长相同。当磁场

沿导轨方向向右运动时，线圈会受到向右的磁场力，带动往复车沿导轨运动。已知往复车及线圈的总质量M=20kg，模型飞机的质量m=30kg，每匝线圈的电阻0.1R=。若磁场以加速度210m/sa=从t=0时刻开始由静止开始沿水平向右做匀加速运动来启动往复车，往复车在运动过程中所受阻力视为恒力，且为重力

的0.2倍，当12st=时，往复车可视为开始做匀加速运动，当216.6st=时，磁场停止运动，同时模型飞机解锁飞离往复车，当317.8st=时往复车停止运动。不考虑飞机解锁对往复车速度的影响，求：（1）往复车启动的时刻0t；（2）往复车达到的最大速度mv；（3）往复车从

12st=开始到停止运动过程中电路消耗的焦耳热（结果保留2位有效数字）。【答案】（1）0.1s；（2）160m/s；（3）53.110J【解析】（1）往复车启动时，线圈中电流00ababNBLatBLatINRR==安培力等于阻力时，往复车开始启动220()abANBLFatkM

mgR==+得022()0.1sabkmMgRtNBLa+==（2）磁场停止运动时的速度为166m/svat==此时，往复车速度达到最大。对往复车与模型，由牛顿第二定律()22m()()abNBLvvkmMgMmaR−−+=+得m22()()160m/sabRvvMmakmM

gNBL=−+++=（3）在2s~16.6s内，往复车与模型均做匀加速直线运动，速度差不变，则感应电流为()m160AabBLvvIR−==这一过程产生的热量为2411360014.65.2610JQINRt===在16.6s~

17.8s内，对往复车，由动量守恒22222mababNBLvtNBLxkMgtkMgtMvNRR−−=−−=−得()()m220.216021.2m31.52mabRMxvkgtNBL=−=−=由功能关系得2252m110160J4031.52J2.5510J2QMvkMg

x=−=−则5123.110JQQQ=+25．（20分）如图1所示，一个人在冰面上进行滑车练习，两滑车A、B的质量相等，以相同的速率v0沿同一直线相向运动，人站在A车右端，当两车靠近时，人通过弹跳系统分别以不同的对地速度u从A车迅速跳到B

车，以A车初始速度方向为正方向，人从A车跳离后A车的速度vA随u大小变化的关系图像如图2所示，不计任何阻力。（1）求A、B两车的初速度大小v0；（2）若人跳到B车上后，B车的速度为零，求两车发生弹性正碰后B车的速度大小（结果保留1位小数）；（3）为了使两车不相撞，求人从A车跳出时对地

速度的最小值umin（结果保留2位小数）。【答案】（1）03m/sv=；（2）0.9m/sBv；（3）min10.71m/su=【解析】（1）设A、B两车的质量均为m，人的质量为m0，以A车和人组成的系统为研究对象，水

平方向所受合外力为零，水平方向动量守恒，有000A()mmvmumv+=+解得00A0mmmvuvmm+=−+由题图2可得A014()3vuuv=−+则004m/smmvm+=，013mm=联立

解得03m/sv=（2）人跳上B车的瞬间，以B车和人组成的系统为研究对象，系统水平方向所受合外力为零，水平方向动量守恒，有000B()mumvmmv−=+解得0B000mmvuvmmmm=−++则人跳到B车上后，B车的速度vB随u大小变化的关系式

为B019()44vuuv=−当人跳到B车上后，B车的速度为零时，人跳出A车时的速度19m/su=，则人跳到B车上后，A车的速度A1114m/s1m/s3vu=−=两车发生碰撞时，对A、B两车和人组成的系统，根据动量守恒定律有1A0B()Amvm

vmmv=++因为发生弹性正碰，所以机械能守恒，有222A1A0B111()222mvmvmmv=++解得两车发生弹性正碰后B车的速度BA1026m/s0.9m/s7mvvmmm==++。（3）在同一坐标系上作出Avu−、Bvu−图像，如图所示当ABvv=时，

两图线的交点的横坐标即为两车不相撞前提下，人跳出A车时对地速度的最小值minu，得min10.71m/su=若最终两车最终速度相同，恰好不碰，则人从A车跳出时的对地速度最小，由动量守恒有0000(()2)mmvmvmmv+−=+解得3m/s7v=对人跳离A车前后运用动量守恒定律可得000min

()mmvmvmu+=+解得min10.71m/su=（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。33．【物理—选修3-3】（15分）（1）（5分）卡塔尔世界杯聚集来自世界各地的球迷，为了

保障球迷安全，储备了大量的氧气瓶，赛前医疗团队对氧气瓶做检测时发现一氧气瓶内的氧气pt−图如图所示，瓶内氧气视为理想气体，外界环境温度不变，下列关于瓶内氧气从状态1变化到状态2的过程分析正确的是（）A．氧气瓶正在漏气B．单位时间内撞击氧气瓶单位面

积的分子数增多C．瓶内氧气温度降低的主要原因是氧气对外做功D．瓶内每个氧气分子的动能都减小E．瓶内氧气的密度减小【答案】ACE【解析】由图可知，状态1变化到状态2的过程，状态1与绝对零度连线的斜率大于状态2与绝对零度连线的斜率，则状态2气体的体积大于状态1气体的体

积，则氧气体积变大，氧气瓶正在漏气，故A正确；气体体积变大，分子数密度变小，温度减小，分子的平均动能也降低，故单位时间内撞击氧气瓶单位面积的分子数减少，故B错误；状态1变化到状态2的过程中体积减小，气体对外做功0W，根据热力学第一定律UQW=+，可知气

体内能减小，温度降低，故C正确；温度降低，气体分子热运动的平均动能降低，但不是每个分子的动能都减小，故D错误；因为漏气，瓶内气体质量变小，而氧气瓶体积不变，瓶内氧气的密度减小，故E正确。故选ACE。（2）（10分）某同学设计了一款火灾报警器，如图，导热良好的金属气缸A放置在容易发生火

灾的危险处，平时A中储存有体积为0V、压强为02p、温度为室温0T的理想气体，A与另一导热良好的气缸B通过很长的细管连接，细管上安有一阀门K，平时阀门K关闭，只有发生火灾时阀门才会打开，触发报警装置。气缸B通过轻质活塞c也封闭了体积为0V、温度为室温0T的

理想气体，活塞的横截面积为S，活塞上方为空气，不计活塞与气缸壁间的摩擦力，大气压强为0p，室温0T始终不变，不计细管中的气体体积。（1）该同学查得火焰的平均温度约为03T时，阀门刚好打开，求阀门K打开前的瞬间，左右两侧气体的压强

差；（2）阀门K打开后，A中气体向B中移动，A中气体温度保持为03T，当A中理想气体的压强变为03p时，阀门自动关闭，经过较长时间稳定后，求活塞上升的距离。【答案】（1）05pp=；（2）0VhS=【解析】（1）

发生火灾前，以活塞为研究对象，根据平衡条件有B0pp=发生火灾时，以A中理想气体为研究对象，根据查理定律有0A0023ppTT=解得A06pp=阀门K打开前的瞬间，左右两侧气体的压强差AB05pppp=−=（2）阀门K打开后，A中气体向B中移动，以A中气体为研究对象，根据玻意耳定律有1A00

A3pVpV=解得1A02VV=则进入到B中的气体：体积为1A00VVV−=压强为03p、温度为03T，以B中原气体和进入到B中的气体为研究对象，根据理想气体状态方程有00B0B00033pVpVpVTTT+=解得02VV=活塞上升的距离为0VhS=3

4．【物理—选修3-4】（15分）（1）（5分）如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，图甲是1st=时的波形图，图乙是2mx=处的质点Q的振动图像，P为波动传播方向上的一个质点，下列说法正确的是（）A．该波的传播速度为2m/sB．1st

=时质点P正沿y轴正方向振动C．质点P再经过0.5s通过的路程为10cmD．质点P、Q的振动方向始终相反E．该波通过3m的障碍物时，会发生明显的衍射现象【答案】ABE【解析】由图可知，这列波的波长4m

=，周期为2sT=，故这列波的传播速度为2m/svT==，A正确；由图乙可知，这列波向x负方向传播，故1st=时质点P正沿y轴正方向振动，B正确；质点P再经过0.5s的过程中，先减速后加速，故通过的路程小于10cm，C错误；质点P、Q的距离小于半

个波长，有可能同向振动，D错误；该波通过3m的障碍物时，由于波长与障碍物的大小相近，故会发生明显的衍射现象，E正确。故选ABE。（2）（10分）如图，某种防窥屏由透明介质和对光完全吸收的屏障构成，其中屏障垂

直于屏幕平行排列，可实现对像素单元可视角度的控制（可视角度定义为某像素单元发出的光在图示平面内折射到空气后最大折射角的2倍）。透明介质的折射率2n=，屏障间隙0.8mmL=。发光像素单元紧贴屏下，位

于相邻两屏障的正中间．不考虑光的衍射。（1）若把发光像素单元视为点光源，要求可视角度控制为60°，求屏障的高度d；（2）若屏障高度1.0mmd=，且发光像素单元的宽度不能忽略，求像素单元宽度x最小为多少时，其可视角度刚好

被扩为180°（只要看到像素单元的任意一点，即视为能看到该像素单元）。【答案】（1）1.55mm；（2）0.35mm【解析】（1）发光像素单元射到屏障上的光被完全吸收，考虑射到屏障顶端的光射到透明介质和空气界面，折射后从界面射向空气，由题意可知θ=60°，则302r=

=在介质中的入射角为i，则sinsinrni=解得1sin4i=由几何关系222sin()2LiLd=+解得2.4mm1.55mmd=（2）若视角度刚好被扩为180°，则180902=，此时光线在界面发生全反射，此时光线在界面处的入射角11sin2Cn==解得C=30°此时发

光像素单元发光点距离屏障的距离为13tanmm3xdC==像素单元宽度x最小为1232()(0.8)mm0.35mm23Lxx=−=−获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com