2023年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試(全國(guó)乙卷)二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求、全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。14．(2023·全國(guó)乙卷·14)一同學(xué)將排球自O(shè)點(diǎn)墊起，排球豎直向上運(yùn)動(dòng)，隨后下落回到O點(diǎn)。設(shè)排球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受空氣阻力大小和速度大小成正比。則該排球()A．上升時(shí)間等于下落時(shí)間B．被墊起后瞬間的速度最大C．達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)加速度為零D．下落過(guò)程中做勻加速運(yùn)動(dòng)答案B解析上升過(guò)程和下降過(guò)程的位移大小相同，上升過(guò)程的末狀態(tài)和下降過(guò)程的初狀態(tài)速度均為零。對(duì)排球受力分析，上升過(guò)程中重力和阻力方向相同，下降過(guò)程中重力和阻力方向相反，根據(jù)牛頓第二定律可知，上升過(guò)程中任意位置的加速度大小比下降過(guò)程中對(duì)應(yīng)位置的加速度大，則上升過(guò)程的平均加速度較大，由位移與時(shí)間關(guān)系可知，上升時(shí)間比下落時(shí)間短，A錯(cuò)誤；排球在上升過(guò)程做減速運(yùn)動(dòng)，排球在下降過(guò)程做加速運(yùn)動(dòng)，在整個(gè)過(guò)程中空氣阻力一直做負(fù)功，小球機(jī)械能一直在減小，下降過(guò)程中的最低點(diǎn)的速度小于上升過(guò)程的最低點(diǎn)的速度，故排球被墊起時(shí)的速度最大，B正確；達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)速度為零，空氣阻力為零，此刻排球受重力作用，加速度不為零，C錯(cuò)誤；下落過(guò)程中，排球速度在變，所受空氣阻力也在變，故排球所受的合外力在變化，排球在下落過(guò)程中做變加速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。15．(2023·全國(guó)乙卷·15)小車(chē)在水平地面上沿軌道從左向右運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能一直增加。如果用帶箭頭的線段表示小車(chē)在軌道上相應(yīng)位置處所受合力，下列四幅圖可能正確的是()答案D解析小車(chē)做曲線運(yùn)動(dòng)，所受合外力指向曲線的凹側(cè)，故A、B錯(cuò)誤；小車(chē)沿軌道從左向右運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能一直增加，故合外力與運(yùn)動(dòng)方向的夾角為銳角，C錯(cuò)誤，D正確。16．(2023·全國(guó)乙卷·16)2022年10月，全球眾多天文設(shè)施觀測(cè)到迄今最亮伽馬射線暴，其中我國(guó)的“慧眼”衛(wèi)星、“極目”空間望遠(yuǎn)鏡等裝置在該事件觀測(cè)中作出重要貢獻(xiàn)。由觀測(cè)結(jié)果推斷，該伽馬射線暴在1分鐘內(nèi)釋放的能量量級(jí)為1048J。假設(shè)釋放的能量來(lái)自于物質(zhì)質(zhì)量的減少，則每秒鐘平均減少的質(zhì)量量級(jí)為(光速為3×108m/s)()A．1019kg B．1024kgC．1029kg D．1034kg答案C解析根據(jù)質(zhì)能方程E＝mc2可知，每秒鐘平均減少的質(zhì)量為Δm＝eq\f(E0,60c2)＝eq\f(1048,60×3×1082)kg＝eq\f(1030,5.4)kg，則每秒鐘平均減少的質(zhì)量量級(jí)為1029kg，故選C。17．(2023·全國(guó)乙卷·17)一學(xué)生小組在探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象時(shí)，進(jìn)行了如下比較實(shí)驗(yàn)。用圖(a)所示的纏繞方式，將漆包線分別繞在幾何尺寸相同的有機(jī)玻璃管和金屬鋁管上，漆包線的兩端與電流傳感器接通。兩管皆豎直放置，將一很小的強(qiáng)磁體分別從管的上端由靜止釋放，在管內(nèi)下落至管的下端。實(shí)驗(yàn)中電流傳感器測(cè)得的兩管上流過(guò)漆包線的電流I隨時(shí)間t的變化分別如圖(b)和圖(c)所示，分析可知()A．圖(c)是用玻璃管獲得的圖像B．在鋁管中下落，小磁體做勻變速運(yùn)動(dòng)C．在玻璃管中下落，小磁體受到的電磁阻力始終保持不變D．用鋁管時(shí)測(cè)得的電流第一個(gè)峰到最后一個(gè)峰的時(shí)間間隔比用玻璃管時(shí)的短答案A解析強(qiáng)磁體在鋁管中運(yùn)動(dòng)，鋁管會(huì)形成渦流，玻璃是絕緣體，故強(qiáng)磁體在玻璃管中運(yùn)動(dòng)，玻璃管不會(huì)形成渦流。強(qiáng)磁體在鋁管中加速后很快達(dá)到平衡狀態(tài)，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，而玻璃管中的磁體則一直做加速運(yùn)動(dòng)，圖(c)的脈沖電流峰值不斷增大，說(shuō)明強(qiáng)磁體的速度在增大，與玻璃管中磁體的運(yùn)動(dòng)情況相符，A正確；強(qiáng)磁體在鋁管中下落，脈沖電流的峰值一樣，磁通量的變化率相同，故強(qiáng)磁體在線圈間做勻速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；強(qiáng)磁體在玻璃管中下落，線圈的脈沖電流峰值增大，電流不斷在變化，故強(qiáng)磁體受到的電磁阻力在不斷變化，C錯(cuò)誤；強(qiáng)磁體分別從兩種管的上端由靜止釋放，在鋁管中，強(qiáng)磁體在線圈間做勻速運(yùn)動(dòng)，在玻璃管中，強(qiáng)磁體在線圈間做加速運(yùn)動(dòng)，故用鋁管時(shí)測(cè)得的電流第一個(gè)峰到最后一個(gè)峰的時(shí)間間隔比用玻璃管時(shí)的長(zhǎng)，D錯(cuò)誤。18．(2023·全國(guó)乙卷·18)如圖，一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于紙面(xOy平面)向里，磁場(chǎng)右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點(diǎn)沿x正向入射到磁場(chǎng)中，在磁場(chǎng)另一側(cè)的S點(diǎn)射出，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)后，沿直線運(yùn)動(dòng)打在垂直于x軸的接收屏上的P點(diǎn)；SP＝l，S與屏的距離為eq\f(l,2)，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場(chǎng)區(qū)域再加上電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，該粒子入射后則會(huì)沿x軸到達(dá)接收屏。該粒子的比荷為()A.eq\f(E,2aB2) B.eq\f(E,aB2)C.eq\f(B,2aE2) D.eq\f(B,aE2)答案A解析由題知，帶電粒子由O點(diǎn)沿x軸正方向入射到磁場(chǎng)中，在磁場(chǎng)另一側(cè)的S點(diǎn)射出，則根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝2a，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)有qvB＝meq\f(v2,r)，則eq\f(q,m)＝eq\f(v,2aB)，如果保持所有條件不變，在磁場(chǎng)區(qū)域再加上電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，該粒子入射后則會(huì)沿x軸到達(dá)接收屏，有Eq＝qvB，聯(lián)立有eq\f(q,m)＝eq\f(E,2aB2)，故選A。19．(2023·全國(guó)乙卷·19)在O點(diǎn)處固定一個(gè)正點(diǎn)電荷，P點(diǎn)在O點(diǎn)右上方。從P點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)帶負(fù)電的小球，小球僅在重力和該點(diǎn)電荷電場(chǎng)力作用下在豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，其一段軌跡如圖所示。M、N是軌跡上的兩點(diǎn)，OP>OM，OM＝ON，則小球()A．在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電勢(shì)能先增加后減少B．在P點(diǎn)的電勢(shì)能大于在N點(diǎn)的電勢(shì)能C．在M點(diǎn)的機(jī)械能等于在N點(diǎn)的機(jī)械能D．從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力始終不做功答案BC解析由題知，OP>OM，OM＝ON，則根據(jù)點(diǎn)電荷的電勢(shì)分布情況可知φM＝φN>φP，則帶負(fù)電的小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電勢(shì)能先減小后增大，且EpP>EpM＝EpN，則帶負(fù)電的小球在M點(diǎn)的機(jī)械能等于在N點(diǎn)的機(jī)械能，A錯(cuò)誤，B、C正確；從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，D錯(cuò)誤。20.(2023·全國(guó)乙卷·20)黑箱外有編號(hào)為1、2、3、4的四個(gè)接線柱，接線柱1和2、2和3、3和4之間各接有一個(gè)電阻，在接線柱間還接有另外一個(gè)電阻R和一個(gè)直流電源。測(cè)得接線柱之間的電壓U12＝3.0V，U23＝2.5V，U34＝－1.5V。符合上述測(cè)量結(jié)果的可能接法是()A．電源接在1、4之間，R接在1、3之間B．電源接在1、4之間，R接在2、4之間C．電源接在1、3之間，R接在1、4之間D．電源接在1、3之間，R接在2、4之間答案CD解析根據(jù)A選項(xiàng)畫(huà)出電路圖，如圖甲，可見(jiàn)U34>0，不符合題意，A錯(cuò)誤；根據(jù)B選項(xiàng)畫(huà)出電路圖，如圖乙，可見(jiàn)U34>0，不符合題意，B錯(cuò)誤；根據(jù)C選項(xiàng)畫(huà)出電路圖，如圖丙，可見(jiàn)上述接法符合題中測(cè)量結(jié)果，C正確；根據(jù)D選項(xiàng)畫(huà)出電路圖，如圖丁，可見(jiàn)上述接法符合題中測(cè)量結(jié)果，D正確。21.(2023·全國(guó)乙卷·21)如圖，一質(zhì)量為M、長(zhǎng)為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從木板上的左端以速度v0開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。已知物塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力大小為f，當(dāng)物塊從木板右端離開(kāi)時(shí)()A．木板的動(dòng)能一定等于flB．木板的動(dòng)能一定小于flC．物塊的動(dòng)能一定大于eq\f(1,2)mv02－flD．物塊的動(dòng)能一定小于eq\f(1,2)mv02－fl答案BD解析設(shè)物塊離開(kāi)木板時(shí)的速度為v1，此時(shí)木板的速度為v2，由題意可知v1>v2，設(shè)物塊的對(duì)地位移為xm，木板的對(duì)地位移為xM，根據(jù)能量守恒定律可得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22＋fl，整理可得eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)mv02－fl－eq\f(1,2)Mv22<eq\f(1,2)mv02－fl，D正確，C錯(cuò)誤；因摩擦產(chǎn)生的摩擦熱Q＝fl＝f(xm－xM)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式xm＝eq\f(v0＋v1,2)·t，xM＝eq\f(v2,2)·t，因?yàn)関0>v1>v2，可得xm>2xM，則xm－xM＝l>xM，所以EkM＝W＝fxM<fl，B正確，A錯(cuò)誤。三、非選擇題：共174分。第22～32題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第33～38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：共129分。22．(2023·全國(guó)乙卷·22)在“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”的實(shí)驗(yàn)中使用的器材有：木板、白紙、兩個(gè)標(biāo)準(zhǔn)彈簧測(cè)力計(jì)、橡皮條、輕質(zhì)小圓環(huán)、刻度尺、鉛筆、細(xì)線和圖釘若干。完成下列實(shí)驗(yàn)步驟：(1)用圖釘將白紙固定在水平木板上。(2)將橡皮條的一端固定在木板上，另一端系在輕質(zhì)小圓環(huán)上。將兩細(xì)線也系在小圓環(huán)上，它們的另一端均掛上測(cè)力計(jì)。用互成一定角度、方向平行于木板、大小適當(dāng)?shù)牧瓌?dòng)兩個(gè)測(cè)力計(jì)，小圓環(huán)停止時(shí)由兩個(gè)測(cè)力計(jì)的示數(shù)得到兩拉力F1和F2的大小，并________。(填正確答案標(biāo)號(hào))A．用刻度尺量出橡皮條的長(zhǎng)度B．用刻度尺量出兩細(xì)線的長(zhǎng)度C．用鉛筆在白紙上標(biāo)記出小圓環(huán)的位置D．用鉛筆在白紙上標(biāo)記出兩細(xì)線的方向(3)撤掉一個(gè)測(cè)力計(jì)，用另一個(gè)測(cè)力計(jì)把小圓環(huán)拉到________，由測(cè)力計(jì)的示數(shù)得到拉力F的大小，沿細(xì)線標(biāo)記此時(shí)F的方向。(4)選擇合適標(biāo)度，由步驟(2)的結(jié)果在白紙上根據(jù)力的平行四邊形定則作F1和F2的合成圖，得出合力F′的大小和方向；按同一標(biāo)度在白紙上畫(huà)出力F的圖示。(5)比較F′和F的________，從而判斷本次實(shí)驗(yàn)是否驗(yàn)證了力的平行四邊形定則。答案(2)CD(3)相同位置(5)大小和方向解析(2)將橡皮條的一端固定在木板上，另一端系在輕質(zhì)小圓環(huán)上。將兩細(xì)線也系在小圓環(huán)上，它們的另一端均掛上測(cè)力計(jì)。用互成一定角度、方向平行于木板、大小適當(dāng)?shù)牧瓌?dòng)兩個(gè)測(cè)力計(jì)，小圓環(huán)停止時(shí)由兩個(gè)測(cè)力計(jì)的示數(shù)得到兩拉力F1和F2的大小，還需要用鉛筆在白紙上標(biāo)記出小圓環(huán)的位置以及用鉛筆在白紙上標(biāo)記出兩細(xì)線的方向，故選C、D。(3)撤掉一個(gè)測(cè)力計(jì)，用另一個(gè)測(cè)力計(jì)把小圓環(huán)拉到相同位置，由測(cè)力計(jì)的示數(shù)得到拉力F的大小，沿細(xì)線標(biāo)記此時(shí)F的方向。(5)比較F′和F的大小和方向，從而判斷本次實(shí)驗(yàn)是否驗(yàn)證了力的平行四邊形定則。23．(2023·全國(guó)乙卷·23)一學(xué)生小組測(cè)量某金屬絲(阻值約十幾歐姆)的電阻率。現(xiàn)有實(shí)驗(yàn)器材：螺旋測(cè)微器、米尺、電源E、電壓表(內(nèi)阻非常大)、定值電阻R0(阻值10.0Ω)、滑動(dòng)變阻器R、待測(cè)金屬絲、單刀雙擲開(kāi)關(guān)K、開(kāi)關(guān)S、導(dǎo)線若干。圖(a)是學(xué)生設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)電路原理圖。完成下列填空：(1)實(shí)驗(yàn)時(shí)，先將滑動(dòng)變阻器R接入電路的電阻調(diào)至最大，閉合S(2)將K與1端相連，適當(dāng)減小滑動(dòng)變阻器R接入電路的電阻，此時(shí)電壓表讀數(shù)記為U1，然后將K與2端相連，此時(shí)電壓表讀數(shù)記為U2。由此得到流過(guò)待測(cè)金屬絲的電流I＝________，金屬絲的電阻r＝________。(結(jié)果均用R0、U1、U2表示)(3)繼續(xù)微調(diào)R，重復(fù)(2)的測(cè)量過(guò)程，得到多組測(cè)量數(shù)據(jù)，如下表所示：U1(mV)0.570.710.851.141.43U2(mV)0.971.211.451.942.43(4)利用上述數(shù)據(jù)，得到金屬絲的電阻r＝14.2Ω。(5)用米尺測(cè)得金屬絲長(zhǎng)度L＝50.00cm。用螺旋測(cè)微器測(cè)量金屬絲不同位置的直徑，某次測(cè)量的示數(shù)如圖(b)所示，該讀數(shù)為d＝________mm。多次測(cè)量后，得到直徑的平均值恰好與d相等。(6)由以上數(shù)據(jù)可得，待測(cè)金屬絲所用材料的電阻率ρ＝________×10－7Ω·m。(保留2位有效數(shù)字)答案(2)eq\f(U2－U1,R0)eq\f(U1R0,U2－U1)(5)0.150(6)5.0解析(2)根據(jù)題意可知，R0兩端的電壓為U＝U2－U1則流過(guò)R0及待測(cè)金屬絲的電流I＝eq\f(U,R0)＝eq\f(U2－U1,R0)金屬絲的電阻r＝eq\f(U1,I)聯(lián)立可得r＝eq\f(U1R0,U2－U1)(5)螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為d＝0＋15.0×0.01mm＝0.150mm(6)根據(jù)r＝ρeq\f(L,S)又S＝π·(eq\f(d,2))2代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得ρ≈5.0×10－7Ω·m24．(2023·全國(guó)乙卷·24)如圖，等邊三角形△ABC位于豎直平面內(nèi)，AB邊水平，頂點(diǎn)C在AB邊上方，3個(gè)點(diǎn)電荷分別固定在三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上。已知AB邊中點(diǎn)M處的電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向下，BC邊中點(diǎn)N處的電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上，A點(diǎn)處點(diǎn)電荷的電荷量的絕對(duì)值為q，求(1)B點(diǎn)處點(diǎn)電荷的電荷量的絕對(duì)值并判斷3個(gè)點(diǎn)電荷的正負(fù)；(2)C點(diǎn)處點(diǎn)電荷的電荷量。答案(1)q均為正電荷(2)eq\f(3－\r(3),3)q解析(1)因?yàn)镸點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向下，則C點(diǎn)處電荷為正電荷，根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加原理，可知A、B兩點(diǎn)的點(diǎn)電荷在M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，則B點(diǎn)處點(diǎn)電荷帶電荷量為q，電性與A點(diǎn)處點(diǎn)電荷相同，又N點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度豎直向上，可得A點(diǎn)處電荷在N處的電場(chǎng)強(qiáng)度垂直BC沿AN連線向右上，如圖所示可知A點(diǎn)處點(diǎn)電荷為正電荷，所以A、B、C點(diǎn)處的電荷均為正電荷。(2)對(duì)N點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度分析如圖所示由幾何關(guān)系EA′＝EBC′·tan30°即eq\f(kq,AN2)＝eq\f(\r(3),3)(eq\f(kq,BN2)－eq\f(kqC,CN2))其中AN＝eq\r(3)BN＝eq\r(3)CN解得qC＝eq\f(3－\r(3),3)q。25．(2023·全國(guó)乙卷·25)如圖，一豎直固定的長(zhǎng)直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤(pán)，圓盤(pán)與管的上端口距離為l，圓管長(zhǎng)度為20l。一質(zhì)量為m＝eq\f(1,3)M的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤(pán)中心，圓盤(pán)向下滑動(dòng)，所受滑動(dòng)摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)與管壁不接觸，圓盤(pán)始終水平，小球與圓盤(pán)發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。求(1)第一次碰撞后瞬間小球和圓盤(pán)的速度大小；(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤(pán)間的最遠(yuǎn)距離；(3)圓盤(pán)在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球與圓盤(pán)碰撞的次數(shù)。答案(1)eq\f(\r(2gl),2)eq\f(\r(2gl),2)(2)l(3)4解析(1)過(guò)程1：小球釋放后自由下落，下降l，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgl＝eq\f(1,2)mv02解得v0＝eq\r(2gl)過(guò)程2：小球以v0＝eq\r(2gl)的速度與靜止圓盤(pán)發(fā)生彈性碰撞，以豎直向下為正方向，根據(jù)能量守恒定律和動(dòng)量守恒定律分別有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv1′2mv0＝mv1＋Mv1′解得v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0＝－eq\f(\r(2gl),2)v1′＝eq\f(2m,m＋M)v0＝eq\f(\r(2gl),2)即第一次碰撞后瞬間小球速度大小為eq\f(\r(2gl),2)，方向豎直向上，圓盤(pán)速度大小為eq\f(\r(2gl),2)，方向豎直向下(2)第一次碰撞后，小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，圓盤(pán)所受摩擦力與重力平衡，勻速下滑，所以只要圓盤(pán)下降速度比小球快，二者間距就不斷增大，當(dāng)二者速度相同時(shí)，間距最大，則有v1＋gt＝v1′解得t＝eq\f(v1′－v1,g)＝eq\f(v0,g)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得最大距離為dmax＝x盤(pán)－x球＝v1′t－(v1t＋eq\f(1,2)gt2)＝eq\f(v02,2g)＝l(3)第一次碰撞后到第二次碰撞時(shí)，兩者位移相等，則有x球1＝x盤(pán)1即v1t1＋eq\f(1,2)gt12＝v1′t1解得t1＝eq\f(2v0,g)此時(shí)小球的速度v2＝v1＋gt1＝eq\f(3,2)v0圓盤(pán)的速度仍為v1′，這段時(shí)間內(nèi)圓盤(pán)下降的位移x盤(pán)1＝v1′t1＝eq\f(v02,g)＝2l之后第二次發(fā)生彈性碰撞，以豎直向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒有mv2＋Mv1′＝mv2′＋Mv2″根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)mv22＋eq\f(1,2)Mv1′2＝eq\f(1,2)mv2′2＋eq\f(1,2)Mv2″2聯(lián)立解得v2′＝0v2″＝v0同理可得當(dāng)位移相等時(shí)x盤(pán)2＝x球2v2″t2＝eq\f(1,2)gt22解得t2＝eq\f(2v0,g)圓盤(pán)向下運(yùn)動(dòng)的位移大小x盤(pán)2＝v2″t2＝eq\f(2v02,g)＝4l此時(shí)圓盤(pán)距下端管口13l，之后二者第三次發(fā)生碰撞，碰前小球的速度v3＝gt2＝2v0以豎直向下為正方向，由動(dòng)量守恒有mv3＋Mv2″＝mv3′＋Mv3″由能量守恒有eq\f(1,2)mv32＋eq\f(1,2)Mv2″2＝eq\f(1,2)mv3′2＋eq\f(1,2)Mv3″2得碰后小球速度為v3′＝eq\f(v0,2)圓盤(pán)速度v3″＝eq\f(3v0,2)當(dāng)二者即將第四次碰撞時(shí)x盤(pán)3＝x球3即v3″t3＝v3′t3＋eq\f(1,2)gt32得t3＝eq\f(2v0,g)＝t1＝t2在這段時(shí)間內(nèi)，圓盤(pán)向下移動(dòng)x盤(pán)3＝v3″t3＝eq\f(3v02,g)＝6l此時(shí)圓盤(pán)距離下端管口長(zhǎng)度為20l－l－2l－4l－6l＝7l此時(shí)可得出圓盤(pán)每次碰后到下一次碰前，下降距離逐次增加2l，故若發(fā)生下一次碰撞，圓盤(pán)將向下移動(dòng)x盤(pán)4＝8l則第四次碰撞后圓盤(pán)落出管口外，因此圓盤(pán)在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，小球與圓盤(pán)的碰撞次數(shù)為4次。(二)選考題：共45分。請(qǐng)考生從給出的2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目題號(hào)后的方框涂黑。注意所做題目的題號(hào)必須與所涂題目的題號(hào)一致，并且在解答過(guò)程中寫(xiě)清每問(wèn)的小題號(hào)，在答題卡指定位置答題。如果多做則每學(xué)科按所做的第一題計(jì)分。33．(2023·全國(guó)乙卷·33)(1)對(duì)于一定量的理想氣體，經(jīng)過(guò)下列過(guò)程，其初始狀態(tài)的內(nèi)能與末狀態(tài)的內(nèi)能可能相等的是________。A．等溫增壓后再等溫膨脹B．等壓膨脹后再等溫壓縮C．等容減壓后再等壓膨脹D．等容增壓后再等壓壓縮E．等容增壓后再等溫膨脹(2)如圖，豎直放置的封閉玻璃管由管徑不同、長(zhǎng)度均為20cm的A、B兩段細(xì)管組成，A管的內(nèi)徑是B管的2倍，B管在上方。管內(nèi)空氣被一段水銀柱隔開(kāi)。水銀柱在兩管中的長(zhǎng)度均為10cm。現(xiàn)將玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管內(nèi)的空氣柱長(zhǎng)度改變1cm。求B管在上方時(shí)，玻璃管內(nèi)兩部分氣體的壓強(qiáng)。(氣體溫度保持不變，以cmHg為壓強(qiáng)單位)答案(1)ACD(2)pA＝74.36cmHgpB＝54.36cmHg解析(1)對(duì)于一定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能由溫度決定，故等溫增壓和等溫膨脹過(guò)程溫度均保持不變，內(nèi)能不變，故A正確；根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程eq\f(pV,T)＝C可知等壓膨脹后氣體溫度升高，內(nèi)能增大，等溫壓縮溫度不變，內(nèi)能不變，故末狀態(tài)與初始狀態(tài)相比內(nèi)能增加，故B錯(cuò)誤；根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知等容減壓過(guò)程溫度降低，內(nèi)能減?。坏葔号蛎涍^(guò)程溫度升高，末狀態(tài)的溫度有可能和初狀態(tài)的溫度相等，內(nèi)能相等，故C正確；根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知等容增壓過(guò)程溫度升高，等壓壓縮過(guò)程溫度降低，末狀態(tài)的溫度有可能和初狀態(tài)的溫度相等，內(nèi)能相等，故D正確；根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知等容增壓過(guò)程溫度升高，等溫膨脹過(guò)程溫度不變，故末狀態(tài)的內(nèi)能大于初狀態(tài)的內(nèi)能，故E錯(cuò)誤。(2)設(shè)B管在上方時(shí)上部分氣體壓強(qiáng)為pB，下部分氣體壓強(qiáng)為pA，此時(shí)有pA＝pB＋20cmHg倒置后A管氣體壓強(qiáng)變小，即空氣柱長(zhǎng)度增加1cm，A管中水銀柱長(zhǎng)度減小1cm，又因?yàn)镾A＝4SB可知B管中水銀柱長(zhǎng)度增加4cm，空氣柱長(zhǎng)度減小4cm；設(shè)此時(shí)兩管的壓強(qiáng)分別為pA′、pB′，所以有pA′＋23cmHg＝pB′倒置前后溫度不變，根據(jù)玻意耳定律，對(duì)A管內(nèi)空氣柱有pASALA＝pA′SALA′對(duì)B管內(nèi)空氣柱有pBSBLB＝pB′SBLB′其中LA′＝10cm＋1cm＝11cmLB′＝10cm－4cm＝6cm聯(lián)立以上各式解得pA＝74.36cmHg，pB＝54.36cmHg。34．(2023