2022年云南省高考物理统测试卷（一）（附答案详解）

2022年云南省高考物理统测试卷（一）

1.中国火星探测器于2021年4月23日登陆火星，放射性材料。“。2用作火星探测车的

燃料。PuO2中的Pu元素是舞P”，深Pa发生a衰变的核反应方程为第Pa->X+加e。

一个静止的葬8p“在匀强磁场中发生a衰变，产生的原子核X和a粒子均在磁场中做

匀速圆周运动，则（）

A.X核的中子数为92

B.X核的中子数为234

C.X核做圆周运动的半径比a粒子的小

D.X核做圆周运动的半径比a粒子的大

2.北斗导航系统是我国自主研制的全球卫星导航系统。如图所示

是其中三颗卫星a、b、c的轨道示意图，a、b、c三颗卫星均代

绕地球做圆周运动，a是地球同步卫星。则（）yA—i-Y/

A.卫星a可以经过昆明正上空

B.卫星a运行角速度比c卫星的大地球

C.卫星b的运行速率为7.9km/s

D.卫星c的运行周期为24小时

3.无人驾驶汽车通过车载传感系统识别道路环境，自动控制车辆安全行驶。无人驾驶

有很多优点，如从发现紧急情况到车开始减速，无人车需要0.2s,比人快了Is.人

驾驶汽车以某速度匀速行驶，从发现情况到停下的运动距离为44m,汽车减速过程

视为匀减速运动，其加速度大小为10m/s2。同样条件下，无人驾驶汽车从发现情

况到停下的运动距离为（）

A.24mB.26mC.28mD.30m

4.如图所示，子弹以某一水平速度击中静止在光滑水平面上的木块并留在其中。对子

弹射入木块的过程，下列说法正确的是（）

cz>

A.木块对子弹的冲量等于子弹对木块的冲量

B.因子弹受到阻力的作用，故子弹和木块组成的系统动量不守恒

C.子弹和木块组成的系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去子弹对木块所做

的功

D.子弹克服木块阻力做的功等于子弹的动能减少量和摩擦产生的热量之和

5.如图甲所示，质量为1kg的金属棒ab静止在粗糙的平行导轨上且与导轨垂直，两平

行导轨固定在同一水平面内。ab棒、导轨和定值电阻R组成面积为1巾2的闭合回路，

回路总电阻为30。回路内有与水平面成37。角斜向上且均匀变化的匀强磁场，从《=

0时刻开始，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。已知两平行导轨的间距

为lm,ab棒与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度g=10m/s2,

sin37°=0.6,cos37°=0.8。在t=Is时，ab棒恰好相对导轨开始运动，则此时（）

A.ab棒中的电流方向为a流向b

B.必棒受到的安培力大小为gN

C.时棒与导轨间的压力大小为

D.ab棒与导轨之间的动摩擦因数为0.5

6.如图所示，直角三角形AOC,AACO=30°,4。右侧某区域存在垂直于40C平面的

匀强磁场（图中未画出），其磁感应强度大小为一质量为m、电荷量为q（q>0）的

粒子以速度=从C点垂直于4c进入磁场，该粒子经磁场偏转后平行于CO射到AC边上

的。点（图中未画出），粒子重力不计。下列说法正确的是（）

A.粒子从C点射入磁场，在到达。点前始终未离开磁场

B.磁场方向垂直40C平面向里

C.C。间的距离为空皿

qB

D.粒子从c点到0点的时间为巨笑迎

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7.如图所示,半径为R的光滑绝缘四分之一圆弧形轨道48固定

在竖直平面内，。为其圆心，。4水平。在圆弧轨道的最低

点B处固定一带正电的小球，电荷量为q。另有质量为rn的

带电小球N从4点处无初速释放，运动到C点时达到最大速

度以已知乙40c=30°,静电力常量为k,两小球的大小可忽略。贝女）

A.N小球可能带负电

B.N小球的带电量为噌

kq

C.N小球从4点到C点的过程中，电场力做功为

2

D.N小球从4点到C点的过程中，减少的机械能为喳山

2

8.如图甲所示，木板与水平面间的夹角。可调，可视为质点的小物块从木板的底端以

初速度北沿木板向上运动。保持%大小恒定，改变氏小物块沿木板向上滑动的最

大距离s随之改变，根据实验数据描绘出的“s-。”曲线如图乙所示。若木板足够

长且木板与物块之间的动摩擦因数为,，取重力加速度g=10m/s2,则（）

B.当物块沿木板上滑距离最短时，木板与水平面的夹角为53。

C.当物块沿木板上滑距离最短时，木板与水平面的夹角为60。

D.物块沿木板上滑的最短距离为0.6次小

9.某同学用如图甲所示的装置验证动量定理，部分实验步骤如下:

（1）将一遮光条固定在滑块上，用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，游标卡尺

如图乙所示，则遮光条的宽度d=mm-.

(2)用天平称得滑块(包含遮光条)的质量m=380.0g；

(3)将一与轻弹簧相连的压力传感器固定在气垫导轨左端，一光电门安装在气垫导

轨上方，用滑块将弹簧压缩一段距离后由静止释放,压力传感器显示出弹簧弹力F随

时间t变化的图像如图丙所示，根据图丙可求得弹簧对滑块的冲量大小为N-

S；滑块离开弹簧一段时间后通过光电门，光电门测得遮光条的挡光时间为戊=

2.0x10-3s,可得弹簧恢复形变的过程中滑块的动量增量大小为kg-m/s.

(计算结果均保留2位有效数字)

10.某同学用如图甲所示的电路测量一热敏电阻阻值随温度变化的特性曲线，图中外为

放置于控温箱中的热敏电阻。

(1)请用笔画线代替导线，在图乙中将未完成的实物连线补充完整；

(2)某次测量时，将控温箱的温度调至某一恒定温度，闭合开关Si，单刀双掷开关S2

置于1,调整滑动变阻器％,使电流表G有适当的示数，记为/；再将S2置于位置2,

保持电路其他部分不变，调整电阻箱/?2,使电流表示数仍为/，此时电阻箱/?2如图

丙所示，则在此温度下，该热敏电阻的阻值为.

(3)不断调整热敏电阻的温度，记录不同温度及对应温度下热敏电阻的阻值，得到

热敏电阻阻值阵随温度t变化的图像如图丁所示。

(4)关闭控温箱电源，一段时间后热敏电阻温度与室温相同，此时用电路甲测得热

敏电阻阻值为56670,可知室温为。(:。(结果保留2位有效数字)

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(5)某同学用该热敏电阻设计了一简易报警装置如图戊所示，图中电源电动势为E=

24V,内阻不计。可变电阻％最大阻值为40000,该报警电路需满足下列两个条件：

①报警器电流大于或等于3mA时将报警；

②温度到达100℃时，报警器中电流不允许超过5mA；

则可得保护电阻R(无论如何调整%,通过报警器的电流始终不超过允许通过的最

大电流)至少应为k。；在R取最小值的情况下，要使报警器在60久时报警，

可变电阻Rx的阻值应调为孙若要提高报警温度，应将感调(选填

“大”或“小”)。(计算结果均保留2位有效数字)

11.2022年2月16日，我国运动员齐广璞在北京冬奥会男子自由滑雪空中技巧赛上获得

冠军，图甲为比赛大跳台的场景。现将部分赛道简化，如图乙所示，若运动员从雪

道上的4点由静止滑下后沿切线从B点进入半径R=15nl的竖直冰面圆弧轨道BOC,

从轨道上的C点飞出之间的竖直高度h=27m,OB与OC互相垂直，NBOD=37。。

运动员和装备的总质量m=60kg且视为质点，摩擦和空气阻力不计。取重力加速

度g=10m/s2,sin37°=0.6.cos37°=0.8。求：

(1)在轨道最低点。时，轨道对运动员的支持力大小；

(2)运动员滑离C点后在空中飞行过程中距。点的最大高度。

12.如图甲所示，电子枪的金属丝K连续不断地逸出电子，电子初速度不计，经M、N两

金属板之间的电场加速后，沿4、B两水平金属极板间的中心线OP射入极板间的偏

转电场，UMN=—%。4B两板间的距离为d,两板间的电势差％B随时间t的变化

图像如图乙所示，图中%已知，孙B的变化的周期为3%。两板间的电场视为匀强电

场，t=0时刻射入4、B两极板间的电子在偏转电场中经4to后从极板右侧射出。已

知电子的质量为m、电荷量为-e,重力不计，打到极板上的电子均被吸收，不计电

子之间的相互作用力。

(1)求力、8金属板的长度L；

(2)求1=0时刻射入偏转电场的电子，从极板右侧射出时相对中线OP在竖直方向的

位移偏移量y；

(3)仅上下调整A、B两水平极板的位置，保证电子仍然能沿OP方向射入偏转电场,

要使从极板右侧射出的电子速度均水平，求4B两板间的最小距离必。

13.下列说法中正确的是()

A.气体分子能分散远离是因为分子斥力作用的结果

B.一定质量的理想气体等压膨胀，气体分子的平均动能增大

C.一定质量的理想气体，温度不变，压强减小时，气体的密度一定减小

D.空气中水蒸气的压强越大，空气的相对湿度一定越大

E.密闭容器中气体的压强等于气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力

14.如图所示，柱形气缸固定在水平地面上，气缸内用轻质活塞封闭一定质量的理想气

体，活塞能沿气缸壁无摩擦滑动且不漏气。劲度系数为k=10N/cm的轻弹簧一端

与活塞相连，另一端固定在气缸底部。活塞静止时到气缸底部的距离为100cm,气

体温度为27汇,此时弹簧的压缩量为%=20c/n。若活塞的横截面积为S=100cm2,

取大气压强为Po=1x105Pa,弹簧体积不计。

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（i）求缸内气体的压强;

3）若缓慢对缸内气体加热直到弹簧的伸长量为孙=20cm,求此时气体的温度。

15.下列说法中正确的是（）

A.所有的波均能发生偏振现象

B.一质点做周期为7的简谐运动，t+（时刻与t时刻的位移大小一定相等

C.一质点做简谐运动，在四分之一周期内，其路程可能大于振幅

D.电磁波在真空中传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直

E.两列波发生干涉，振动加强区的质点的位移总是大于振动减弱区的质点的位移

16.如图所示，矩形abed为一玻璃砖的横截面，玻璃砖ab面镀银，be边长度为L。由单

色光1、单色光2组成的一细光束，在abed平面内从xcd面上的。点以入射角i=30。

射入玻璃砖，该玻璃砖对单色光1、单色光2的折射率分别为%和电，叫＞电。求

经ab面反射一次后从cd面射出的两单色光线间的距离。

ab

o!

d

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答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：AB,根据质量数和电荷数守恒可得：X核的核子数为4=238-4=234,

质子数为4=94-2=92,则中子数为：N=234—92=142,故A8错误；

CD,根据动量守恒定律，X核的动量与a粒子的动量大小相等，根据洛伦兹力提供向心

力可得：=所以有：R=^B

X核的电荷量比a粒子的电荷量大，所以X做圆周运动的半径比a粒子的小，故C正确，

。错误。

故选：C。

根据质量数守恒和电荷数守恒确定中子数；根据衰变前后动量守恒、带电粒子在磁场中

运动的半径公式分析半径大小。

本题主要是考查质量数守恒和电荷数守恒以及带电粒子在磁场中的运动，关键是知道衰

变前后动量守恒，能够根据带电粒子在磁场中运动的半径公式分析半径大小。

2.【答案】D

【解析】解：4、a是地球同步卫星，同步卫星的轨道平面在赤道平面，周期同地球自

转周期相等，为24小时，不可以经过昆明正上空，故A错误；

BD,人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、

轨道半径为r、地球质量为M,

有：G等=ma>2r=m（掌）2乙

解得T=2兀巴3=怪，

yGM\r3

a、b、c三颗卫星的r相等，则周期、角速度相等，周期都是24小时一，故8错误，力正

确；

C、7.9km/s为地球的最大运行速度，卫星b的运行速率小于7.90n/s,故C错误。

故选：D。

a是地球同步卫星，同步卫星的轨道平面在赤道平面，周期同地球自转周期相等，为24

小时；根据万有引力提供向心力求得各量的表达式，比较角速度和周期。

此题考查了人造卫星的相关知识，解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，得到相关

物理量的关系式，明确同步卫星的轨道平面必须位于赤道平面。

3.【答案】A

【解析】解：人驾驶汽车以某速度匀速行驶，从发现情况到停下的运动距离为44m,根

据运动学公式可得

v0to+[=44nl

同样条件下，无人驾驶汽车从发现情况到停下的运动距离

X=voto'+薨

其中to=1.2st0'=0.2s

整理代入数据可得%=20m/sx=24m

故A正确，BCQ错误。

故选：Ao

根据运动学公式，结合题意得出人驾驶和无人驾驶时的位移表达式，进而得出同样条件

下，无人驾驶汽车从发现情况到停下的运动距离。

本题的关键是要注意，在反应时间内，汽车仍在做匀速直线运动。

4.【答案】C

【解析】解：力、木块对子弹的作用力与子弹对木块的作用力是作用力与反作用力，大

小尸相等、方向相反、作用时间t相等，由冲量/=Ft可知，木块对子弹的冲量与子弹最

木块的冲量大小相等方向相反，冲量不相等，故4错误；

8、子弹与木块间的作用力是内力，子弹与木块组成的系统所受合外力为零，子弹和木

块组成的系统动量守恒，故8错误；

C、子弹损失的机械能转化为木块的动能与产生的内能即系统损失的内能，由功能关系

可知，子弹和木块组成的系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去子弹对木块所做的

功，故C正确；

。、由功能关系可知，子弹克服木块阻力做的功等于子弹的动能减少量，等于木块增加

的动能与摩擦产生的热量之和，故。错误。

故选:Co

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系统所受合外力为零系统动量守恒；根据冲量的定义式比较子弹与木块的冲量关系；根

据子弹与木块的运动过程应用功能关系分析答题。

根据题意分析清楚子弹与木块的运动过程，知道子弹与木块间的作用力是作用力与反作

用力，应用冲量的定义式、动量守恒定律与功能关系即可解题。

5.【答案】D

【解析】解：4由楞次定律知她棒中的电流方向为b流向a,故A错误；

8.由图乙结合法拉第电磁感应定律得

AD

E=小讥37。

则回路中的电流

/=-

R

t=2s时磁感应强度为57,则所受安培力大小为

F=BIL

联立代入数据解得：F=5N

故B错误；

C.由左手定则知，安培力方向垂直磁场方向向左上，则ah棒与导轨间的压力大小为

N=mg-Fcos37°

代入数据解得：N=6N

故C错误；

D由平衡条件得，ab棒与导轨间的摩擦力

f=Fsin370

又

f=〃N

解得

〃=0.5

故。正确。

故选：D。

由楞次定律判断感应电流方向，根据法拉第电磁感应定律结合安培力公式解得；对ab棒

受力分析，根据平衡条件可解得动摩擦因数。

本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，关键要掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律，

熟练分析图象的信息。

6.【答案】BD

【解析】解：4若粒子从C点射入磁场，在到达。点前始终未离开磁场，到达。点时的速

度一定与AC边垂直，故A错误;

根据左手定则，磁场方向垂直AOC平面向里，故8正确;

C粒子轨迹如图

E

2R②R

该粒子在磁场中的偏转角度为

9=120°

设轨道半径为R,根据牛顿第二定律得

v

qvB—m—

CD间的距离为

R

XCD

=R+sin300

解得：％。=翳

qB

故C错误;

D粒子从C点到。点的时间为

R

t==St7l3O°

-3一v

丁27rm

T=-------

qB

解得：”竺曳迎

3qB

故。正确。

故选：BD。

根据左手定则判断磁场方向；作出粒子运动轨迹，根据几何关系和牛顿第二定律列式求

CD间距离；根据圆心角和周期公式求运动时间。

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本题关键是明确粒子的运动规律，画出运动的轨迹，结合几何关系得到轨道半径，再结

合牛顿第二定律列式分析，不难。

7.【答案】BD

【解析】解：力、由题意知，在C点达到最大速度，所以C点后速度减小，而重力做正功，

所以电场力做负功，故电场力是斥力，故小球带正电，故A错误；

B、由小球在C点速度最大，所以在C点的切向加速度为零，则?ngcos30o=黑cos30。

解得：q，=嘤,故8正确；

kq

C、设小球从4点运动到C点的过程中，电场力做功为小，则由动能定理得：

1

mgRsin30°+W=-mvo2-0

解得:W=-^mgR,故C错误;

D、由功能关系得，N小球从4点到C点的过程中，减小的机械能为电场力做功的绝对值，

即

|4Ekl=誓包，故。正确；

故选：BD。

根据小球的速度变化和重力的做功特点分析出小球的电性；

小球在C点的速度最大，则此位置的切向加速度为零，根据牛顿第二定律计算出N小球

的带电量；

根据动能定理计算出电场力的做功；

根据功能关系分析出N小球在a到c点的过程中减小的机械能。

本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，根据动能定理结合功能关系即可完成分析，

同时要结合牛顿第二定律完成解答。

8.【答案】AC

【解析】解：A、由图象可知当％时，Si=1.8m,此时小物块做竖直上抛运动，根

据诏=2gsr,解得%=6m/s,故A正确；

8C、当夹角为6时，根据牛顿第二定律可得：7ngsin6-I-fimgcosd=ma,解得a=gsinO+

Hgcosd=a=^sin(6+30°).当。=60。时加速度大小最大，此时滑行的距离最小，

故8错误，C正确；

D、当。=60。时加速度大小最大，为a=^~-m/s2＞根据评=2ax,解得x=0,9V3m，

故。错误；

故选：AC.

由图象可知，当/=1时，勺=1.8他，此时小物块做竖直上抛运动，根据运动学公式求

解小木块的初速率，根据牛顿第二定律求得加速度，根据三角函数求得加速度的最大时

斜面的倾角，根据速度一位移公式求得通过的最短距离

本题主要考查了运动学公式和牛顿第二定律，本题的关键是利用三角函数求得加速度的

最大值。

9.【答案】4.000.770.76

【解析】解：(1)图乙游标卡尺分度值为0.05zmn,则遮光条的宽度为

d=4mm+0.05mmx0=4.00mm；

(3)弹簧对滑块的冲量大小等于图像与坐标轴所围的面积，约等于0.77N.s；

滑块通过光电门时的速度为

d4.00X10-3

V=—m/s=2m/s

At-2.0X10-3

滑块的动量增量大小为

3

Zip=mv-0=380.0x10x2kg•m/s-0=0.76kg-m/so

故答案为：(1)4.00(3)0.77,0.76

(1)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数;

(3)弹簧对滑块的冲量大小等于图像与坐标轴所围的面积，根据遮光片的宽度与经过光

电门的时间可以求出滑块经过光电门时的速度，然后根据动量的计算公式求出滑块动量

的增量。

理解实验原理是解题的前提；要知道光电门测量瞬时速度的原理，分析清楚滑块的运动

过程，求出滑块经过光电门时的速度。

10.【答案】6200。243.61.8大

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【解析】解：(1)连接电路如图；

(2)显然图甲是用等效法测不同温度下的阻

值大小，所以图丙中电阻箱=R7=6x

1000。+2xloon=6200。。

(4)根据题图丁当电阻为R7=56670时，从横

坐标可以读出温度为t=24℃；

F

由题设条件：/加3mA

(5)m=2IXa

由题意当温度为100℃时，RT=1200/2,此时按题设要求/=;■<5nM(取心=

00)，解得：保护电阻R236000=3.6k。。

F24

当温度为60。(：时，RT=2.6kn,此时要报警则有：Rx=--RT-R=j^n-

26000-36000=180012=1.8k。；

由于温度越高，热敏电阻越小，当报警电流一定时，若要提高报警温度，要增加&的阻

值。

故答案为：(1)如解析所示;(2)6200；(4)24；(5)3.6、1.8、大

(1)根据电路图连接实物图；

(2)由电阻箱各倍率的指示读出电阻箱的值；

(4)从R-7图象读出温度的高低；

(5)根据闭合电路欧姆定律结合图像解得电阻。

本题考查伏安法测电阻，解题关键掌握闭合电路与图像的结合，掌握图像的含义，从而

解得热敏电阻值。

11.【答案】解：⑴从4到D,根据动能定理可得：mgh+mgR(l-cos37°)=^mv2-0,

解得v=10V6m/s

在。点，根据牛顿第二定律可得：FN-mg=解得FN=3000N

(2)从。到C,根据动能定理可得：--cos53。)=如母-如解得外=

4>/30m/s

运动员从C点与水平方向成53。做斜抛运动，则上升的高度为h'=(Vp753°)2=

2g

(4V30X0.8)2[_*

---------m=15.36m

故运动员滑离C点后在空中飞行过程中距。点的最大高度H=h'+R(1-COS53。)，解得

H=21.36m

答：(1)在轨道最低点。时，轨道对运动员的支持力大小为3000N：

(2)运动员滑离C点后在空中飞行过程中距。点的最大高度为21.36m。

【解析】(1)运动员从4到D,根据动能定理求得到达。点的速度，在。点，根据牛顿第

二定律求得轨道对运动员的支持力；

(2)从。到C,根据动能定理求得到达C点的速度，运动员从C点做斜抛运动，求得竖直方

向上升的高度，即可求得上升最高点距。的距离。

本题主要考查了动能定理和斜抛运动，，在。点利用牛顿第二定律求得相互作用力，在

利用动能定理时抓住重力做功即可。

12.【答案】解：(1)已知电子带负电，UMN=-Uo,对第一阶段的运动用动能定理得:

2

eU0=-mv—0,得：v=因/

2m

之后进入第二阶段，水平方向上不受力，做匀速直线运动，已知水平运动时间为4to，

所以有L=vx4to=4t0

(2)t=0时刻，电子射入偏转电场，之后由于孙B的周期性变化，电子在竖直方向上受

力也会发生周期性的变化,但水平方向上，电子依然在做匀速直线运动，所以到射出时，

水平距离依然是L且运动时间为4玲；

竖直方向上，电子可视为周期性的加速运动，由图乙可知，竖直方向上电子在前2to时

间内做的是初速度为0的匀加速直线运动，第2to到第3to加速度方向改变，开始做减速

运动，第3to到第4to又开始向下加速；

设这三段时间内竖直方向的位移为为、及、y3；三段时间内竖直方向的末速度为巧、外、

%。

由分析知，竖直方向上电场强度E若，方向呈周期性变化，所以由牛二律得加速度大

小为:3^=ma,解得a=管;

对三段时间内竖直方向的运动运用运动学公式：=|at2=ia(2t)2_2eUiM

yi0md；%=

2。%%1花2eUi7*eU或_3。力格

1；v=-at=

at=ax2t0=------；V=Vlt——atn=———tn--------------20

md2120mdu2md°2md

督；乃="。鬻给+岩馅=喏;

所以竖直方向的位移丫=%+%+丫3=曙+喏+喏=曙

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（3）由分析可知，在第二阶段运动时间必然为4to（没有打到板上），所以要使从极板右侧

射出的电子速度均水平，就要使电子运动4to后在竖直方向上没有速度，由动量定理得：

Ft=mv,要想使竖直方向上没有速度，竖直方向上冲量得为0,由于力F不变，所以只

需保证力F向上向下的持续时间一致，由图乙分析可知，只有当电子以2nt（）（n为整数）进

入4B两板时，才满足该条件，由运动学常识结合图乙我们可以知道，此时竖直方向的

位移最小，即此时为最小间距刈。

不难看出此时竖直方向上运动上先匀加速，再匀减速，然后反向匀加速，最后匀减速回

到原点。呈现对称性，设第一段匀加速过程位移为以，速度为灯,第一段匀减速位移为

y5,速度为0。此时板间距为刈。

由运动学公式可得：%=gat,=鬻；以=a%=鬻；2ays=以，所以丫5=娓=

et/itg

2md1,

所以此时板间距四=丫4+火=驾+誓=/理；仅上下调整A、B两水平极板的位

置，保证电子仍然能沿OP方向射入偏转电场，要使从极板右侧射出的电子速度均水平，

4、B两板间的最小距离由=鬻。

答：（1）4、B金属板的长度为4t。、悟;

（2）t=0时刻射入偏转电场的电子，从极板右侧射出时相对中线0P在竖直方向的位移偏

移量为呼；

md

（3）仅上下调整4、B两水平极板的位置，保证电子仍然能沿0P方向射入偏转电场，要使

从极板右侧射出的电子速度均水平，4、B两板间的最小距离为"典。

7ndi

【解析】两个阶段的运动，第一个阶段，电子在加速电场中做匀加速运动，过程不重要，

我们可以用动能定理求得末速度，也就是第二阶段的初速度，这时我们己经知道第二阶

段的初速度的大小和方向了，若以B不发生变化，则第二阶段做的是类平抛运动，但实

际上由于以B的周期性变化，电子在竖直方向上受力也会发生周期性的变化，但这丝毫

不影响水平方向的运动，在做该题时，可以对竖直方向单独进行分析，最后一问要求最

小距离，因为4B板间电势虽然呈周期性变化，但时间并不对称，由经验可知，当电子

恰好在t=2片时进入磁场时，竖直方向的位移最小，也只有此时能使电子从极板右侧射

出的速度均水平。（可由竖直方向上用动量定理验证）

本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，关键在于分析出各转折点的变量，利用速度不

能突变进行求解。

13.【答案】BCE

【解析】解：4、气体分子能分散远离是因为分子做无规则运动的结果，不是分子斥力

作用的结果，故A错误；

3、根据理想气体状态方程，一定质量的理想气体等压膨胀，温度升高，气体分子的平

均动能增大，故B正确；

C、根据玻意耳定律，一定质量的理想气体，温度不变，压强减小时，体积增大，气体

的密度一定减小，故C正确；

。、根据相对湿度的定义，空气中水蒸气的压强越大，空气的相对湿度不一定越大，故

。错误；

E、密闭容器中气体的压强等于气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，故E正

确；

故选:BCE。

气体分子能分散远离是因为分子做无规则运动的结果；

根据公式pU=CT分析出温度的变化，而温度是气体分子平均动能的唯一量度；

根据公式分析出气体体积的变化，从而得到密度的变化；

根据相对湿度的定义完成分析；

理解气体压强的微观意义并加以分析。

本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程以及气体压强的微观意义等，要熟悉相

应的概念和定义并做出判断，整体难度不大。

14.【答案】解：(l)fc=ION/cm=1000N/m,活塞的横截面积为S=100cm2=0.01m2

对活塞由平衡条件得：p0S+