2022年河北省邯郸市高考物理二模试卷（附答案详解）

2022年河北省邯郸市高考物理二模试卷

1.吸烟过程是一个香烟不完全燃烧的过程，过程中能产生的有害成分达3000余种。

其过程中会释放一种危险的放射性元素”车卜（毋。。。）”，3°P。连续发生m次a衰变

和n次0衰变后产生了新核钿（留6Bi）,下列说法正确的是（）

A.a衰变就是化学中分解反应

B.m=1,n=1

C.新核例（猾6班）的中子数比质子数多43个

D.衰变产生的a粒子可以穿透1cm厚的钢板

2.某小组设计了一个温控装置如图所示，一理想自耦变压器_热敏:阻

的原线圈与有效值不变的正弦交流电源相连接，副线圈上为一彳£|

接有1个指示灯泡L和热敏电阻已知温度升高热敏电阻SL0）

&减小，灯泡L的额定电压大于交流电压的有效值。下列一

分析判断正确的是（）

A.当滑动触头P向下移动时.，灯泡L变亮

B.当滑动触头P向下移动时，输入电流增大

C.当滑动触头P不动时，若热敏电阻上所处的环境温度升高，则指示灯变亮

D.当滑动触头P不动时，若热敏电阻凡所处的环境温度升高，则指示灯亮度不变

3,速度选择器装置如图所示，a粒子（$He）以速度处自。点'+++++

%上lx|xXXX

沿中轴线。。'射入，恰沿。'做匀速直线运动。所有粒子X'xX'

均不考虑重力的影响，下列说法正确的是（）I

A.a粒子C"e）以速度火自。'点沿中轴线从右边射入也能做匀速直线运动

B.电子（9通）以速度先自。点沿中轴线射入，恰沿中轴线。。做匀速直线运动

C.笊核6，）以速度：火自。点沿中轴线。。'射入，动能将减小

D.僦核（：3）以速度2%自0点沿中轴线。0'射入，动能将增大

4.如图所示•在水平地面的木板上安装有竖直杆,在杆上4、I

B两点间安装长为2d的轻绳，两竖直杆间距为d.4、B两''/

点间的高度差为会现有带光滑钩子、质量为m的物体钩产性.....|

住轻绳且处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确“八，一外

的是（）

A.开始平衡时轻绳的张力大小为mg

B.开始平衡时轻绳的张力大小为弧

3

c.若将绳子的4端沿竖直杆上移，绳子拉力将变大

D.若将木板绕水平轴CD缓慢向纸面外旋转，轻绳的张力先增大后减小

5.如图1所示，在粗糙的水平面上静止放置一滑块，t=0时刻在滑块上施加一水平向

右的外力产，外力大小随时间的变化规律如图2所示，滑块的加速度随时间的变化

规律如图3所示，已知滑块与地面间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度g

mi0m/s2„则下列说法正确的是（）

A.滑块的质量为m=2kg

B.4s末滑块速度的大小为12m/s

C.在0〜1s的时间内，摩擦力的冲量大小为0

D.在0〜4s的时间内，摩擦力的冲量大小为22N•s

6.空间存在沿x轴方向的电场，化轴上各点电势8随坐标x变化的关系如图所示，则下

列判断正确的是（）

♦^V

A.在4处电场强度最大

B.在0〜/间只有一点电场强度的大小为

C.将电子由小处移到%3的处的过程中，电场力做正功

D.质子在冷处电势能为零，受到的电场力也为零

7.某小组设计一个离心调速装置如图所示，质量为m的滑块Q可沿竖

直轴无摩擦地滑动，并用原长为，的轻弹簧与。点相连，两质量均

为M的小球P1和P2对称地安装在轴的两边，尸1和22与。、P］和22与

Q间用四根长度均为，的轻杆通过光滑较链连接起来。当装置静止

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不动系统达到平衡时，轻杆张开的角度为。=30。。已知重力加速度为g,则下列说

法正确的是（）

A.当装置静止不动系统达到平衡时，轻弹簧弹力大小为3mg

B.当装置静止不动系统达到平衡时，轻弹簧的伸长量为］

C.若心和02绕轴旋转的角速度从。缓慢增大，则弹簧的弹性势能先减小后增大

D.若为和P2绕轴旋转的角速度从0缓慢增大，则弹簧的弹性势能逐渐减小

8.据报道北京时间2021年10月16日9时58分，航天员翟志刚、王亚平、叶光富先后进

入天和核心舱，中国空间站也迎来了第二个飞行乘组。己知空间站绕地球飞行的轨

道可视为圆轨道，轨道离地面的高度约为地球半径的白，地球同步卫星轨道离地面

1O

的高度约为地球半径的6倍，下列说法正确的是（）

A.航天员在空间站可以通过举重来锻炼肩部和背部肌肉

B.航天员在空间站可以通过弹簧拉力器锻炼肩部和背部肌肉

C.王亚平老师将水从水袋中挤出后水会在空中显现水球是因为水不受万有引力作用

D.中国空间站在轨道上运行周期小于同步卫星的运行周期

9.如图所示，在光滑的水平地面上放有质量为小的U形导体框，导体框的电阻可忽略

不计。一电阻为R、质量也为小的导体棒CD两端置于导体框上，与导体框构成矩形

回路，矩形回路的宽度为L、长为s；在U形导体框右侧有一竖直向下足够大的匀强

磁场，磁感应强度大小为8,磁场边界与EF平行，且与EF间距为S。。现对导体棒CD

施加一水平向右的恒力F使U形导体框和导体棒CD以相同加速度向右运动，当EF刚

进入磁场U形导体框立即匀速运动，而导体棒CD继续加速运动。己知重力加速度为

g，导体棒CD与U形导体框间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导体棒与框始终接

触良好。下列判断正确的是（）

：xXXX

A.E尸在进入磁场以前导体棒CD受到导体框的摩擦力大小F

B.E/在刚进入磁场以后导体棒CO受到导体框的摩擦力大小/=?后

C.导体棒CD与U形导体框都进入磁场，经过足够长时间后两者可能都做匀速运动

D.导体棒CD与U形导体框都进入磁场，经过足够长时间后两者都做匀加速运动

10.如图所示，在水平地面上方有水平向右的匀强电场，M

其电场强度的大小为E,在地面上。点处有一足够

O

d

大的固定绝缘平板。M与水平地面夹角。=30°,在地面上到。点距离为d的P点处有

带电小球。已知小球的质量为m,当给小球一垂直于。M方向的初速度时，小球恰

好沿垂线PN运动到绝缘平板上的N点且未发生碰撞。小球可视作质点，重力加速度

为g。下列说法正确的是()

A.小球所带的电量为勺=誓

B.小球初速度的大小为%=

C.若给小球一个垂直地面竖直向上的初速度v=/须，小球仍能打到绝缘平板上

D.若给小球一个平行于绝缘平板MN的初速度%=胸，小球经过时间±=又落回

地面

11.某小组设计了如图所示装置来验证加速度a与物体所受合外力

尸的关系。重物Z的质量为M,重物4B用绕过光滑定滑轮的轻

绳连接，在8的一边放有6个质量均为m的槽码，此时4B刚好

平衡且保持静止。竖直标尺上固定两个标记C和D,C和。的距

离为比固定重物4在标记C处，现将重物8上面的一个槽码放在

重物4上面。

(1)由静止释放重物4,用时间传感器记录4由标记C运动到。的时间I,则重物A到达

标记。的速度为"=;

(2)再将重物B上面的槽码移n=2个、3个、4个、5个、6个放在重物4上面。由静

止释放重物4保持每次重物下落的位置不变，重复(1)实验多次，测得多个A由标

记C运动到。的时间t,已知当地重力加速度为g,以t2为纵轴，以(填“心

或)为横轴，如果图像是斜率等于且过原点的直线，则可以得出当物

体质量一定时，物体的加速度与合外力成正比。

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12.某小组测定一金属丝的电阻率，部分实验步骤如下:

0234567891011121314151617181920

S

图2

（1）用螺旋测微器测量该金属丝直径，示数如图1所示，则该金属丝的直径

d=mm；

（2）因为在实验室找不到合适的电流表，该同学设计了如图2所示的电路，电源电动

势E为4.5V,内阻r约为10,定值电阻扁=15.00；电压表量程为3V,内阻即约为

3k。,一根均匀电阻丝（电阻丝总阻值大于3,并配有可在电阻丝上移动的金属夹）、

电阻箱。主要实验步骤如下：

A将器材按如图2所示连接；

8.开关闭合前为了电压表的安全，金属夹应夹在电阻丝的（填“m”或"n”）

端，并将电阻箱的阻值调到（填“最大”或“最小”）；

C然后调节电阻箱的阻值使电压表的示数为%=3.0乙记下电阻箱的阻值；之后

不断改变心接入电路的长度X,调整电阻箱的阻值，使电压表示数始终为%=3.0V,

记录下电阻丝氏接入电路的长度x及对应电阻箱的阻值R,得出多组数据，作出R-

x图线如图3所示。a、b为已知量；

D.根据图像和测量的直径求得金属丝的电阻率。=（用a、b、d、兀等字母表

示），电压表内阻使得电阻率p测量结果（填''不变”“偏大”或“偏小”）。

13.某小组设计了分离质子和a粒子的装置如图所示，内部直XXXXXXXx

XXXXXXXX

径为d的真空加速管两端接有高压直流电压U,有一粒子XXXXXXXx

源持续不断地向真空加速管下端释放质子；”和a粒子

力He的混合粒子,粒子初速度为零,经真空加速管加速后,

这些粒子从上端口垂直磁场方向进入匀强磁场，经过磁

场将质子孑H和a粒子,He分离。已知质子的质量为m,a粒子的质量为4m,质子的

电量为e,不计粒子的重力。求：

(1)质子出和a粒子进入磁场时速度大小；

(2)要使质子出和a粒子力"e通过磁场以后完全分开，匀强磁场的磁感应强度B必须

满足的条件。

14.如图所示，在倾角。a37。足够长的粗糙斜面上放一长L=

3.0m、质量为瓶、上下挡板厚度不计的U形盒子P(盒子内

底面与斜面平行)，盒子P与斜面间的动摩擦因数4=方-------------

在盒子的上端放一质量等于27n的物块Q(可看做质点)，Q与盒子内表面无摩擦，放

开物块后即在盒内滑下与下面挡板碰撞，设碰撞时间极短且碰撞中没有机械能损失,

重力加速度g取：L0m/s2,sin37°=0.6,cos370=0.8,求:

(1)物块Q与盒子P发生第一次碰撞后各自速度大小；

(2)物块Q与盒子P发生第一次碰撞后再经过多长时间与P发生第二次碰撞；(结果可

用根式表示)

(3)当盒子P从开始位置向下运动至多大距离时，物块Q才不再与盒子P发生碰撞。

15.如图所示，一定量的理想气体经历三个不同过程，从状态a经过热力学过程ab、be、

ca后又回到状态或下列说法正确的是()

A.ab过程中，气体的体积不变

B.ab过程中，外界对气体做正功

C.比过程中，气体始终吸热

D.ca过程中，c状态的体积％与a状态的体积匕的关系式为，=4.7315

va

E.ca过程中，气体始终向外界放热

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16.某小组设计了一个气压升降机如图所示，竖直圆柱形光滑绝

重物

热汽缸中间有一个小支架，支架上放有可以自由移动的横截

面积为S的绝热轻质活塞，活塞上放有重物，活塞到缸底的距

离为H,已知大气压强为po,重力加速度为g。活塞下方空间

放有电阻丝，可以对气体加热。工作时先把活塞下方抽成真

接电源

空，然后将容积为％=/HS、压强为pi=llOpo、温度为To

装有氯气的容器通过阀门K向活塞下方空间充气，假设充气过程中氮气的温度不变,

且可视为理想气体，充气结束时活塞刚好离开支架。

(i)求重物的质量M；

(ii)将阀门K关闭以后，将电阻丝接通电源，当电阻丝产生的热量Q全部被氨气吸收

时，活塞上升高度为九，求此时汽缸内氮气的温度7和增加的内能4U。

17.战绳训练是当下一种火热的健身方式，某次战绳训练中，一运动员晃动战绳一端使

其上下振动(可视为简谐振动)，战绳上因此形成一列横波。如图所示是战绳上4B

两质点的振动图像，形成的横波由A传向B,波长大于4.0m,4、B两质点在波的传

播方向上的距离Ax=5.0m。则这列波的波长为__m：波速为m/s。

如图所示是半径为R的玻璃半圆柱体的横截面，0点为截面的圆

心，上表面水平，其正下方的水平地面上放置一厚度不计的平

面镜，平面镜到玻璃半圆柱体的距离为九=(遮-1)/?。一束与

过圆心。的竖直线。。1平行且间距为。4=的光线从玻璃半圆

柱体上表面4点射入，该光束经过玻璃半圆柱体的折射和平面镜

反射最后从半圆柱体水平面射出的光线恰好与入射光线平行(不考虑多次反射)。己知光

在真空中速度为c。求：

(i)该玻璃的折射率；

(ii)该光束由4射入到再次离开玻璃半圆柱体所用的时间。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：力、a衰变是核衰变，不是化学中分解反应，故A错误；

8、发生一次a衰变，质量数减小4,质子数减小2,而一次0衰变，质量数不变，质子数

增加，因针核衰变为钿核的过程中，质量数减少4,而质子数减少1,因

此要经过1次a衰变和1次0衰变，可知m=l,n=l,故8正确；

C、锡核（需6口0的质量数为4=206,电荷数（质子数）为z=83,则中子数：n=206-

83=123,所以新核钿（翁6成）的中子数比质子数多40个，故C错误；

£＞、a射线贯穿本领最弱，用一张白纸就可以将它挡住，故。错误。

故选：B。

根据一次a衰变，质量数减小4,质子数减小2,而一次口衰变，质量数不变，质子数增

加；根据原子核的构成判断；根据射线的穿透性判断。

本题是原子物理部分的内容，a衰变与0衰变的实质、三种射线的性质与特点等等都是

考试的热点，要加强记忆，牢固掌握。

2.【答案】C

【解析】解：AB,当滑动触头P向下移动时，散减小，根据晟=最可知g减小，结合欧

姆定律可知副线圈中的电流减小，灯泡变暗，故A8错误；

CD、当滑动触头P不动时，副线圈两端的电压不变，若热敏电阻凡所处的环境温度升高，

热敏电阻减小，根据欧姆定律可知，灯泡分得的电压增大，指示灯变亮，故C正确，D

错误；

故选：Co

抓住原线圈的电压不变，结合原副线圈的匝数比变化得出副线圈的电压变化，从而得出

副线圈中电流的变化，判断出灯泡亮度变化

本题考查了变压器动态分析以及串并联电路的应用，对于自耦变压器，要抓住原线圈电

压不变，结合原副线圈电压之比等于匝数之比分析判断，以及掌握串并联电路的特点。

3.【答案】B

【解析】解：质子C"）以速度孙自。点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，将

受到向上的洛伦力和电场力，满足

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qv0B=qE

解得：%=《

D

即质子的速度满足速度选择器的条件，即速度选择器不选择电性而只选择速度。

A、以速度%自。'点沿中轴线从右边射入a粒子（gHe）,电场力向下，洛伦兹力向下，不

能做匀速直线运动，故A错误；

B、以速度为自。点沿中轴线射入射入的电子（?遇），依然满足电场力等于洛伦兹力，而

做匀速直线运动，故8正确；

C、以速度自。点沿中轴线射入的射入的笊核6”），所受的洛伦力小于电场力，气核

将向下偏转，电场力做正功，洛伦兹力不做功，动能将增加，故c错误；

D、以速度2%自。点沿中轴线射入的射入的完核（；H）,所受的洛伦力大于电场力，晁核

将向上偏转，电场力做负功，洛伦兹力不做功，动能将减小，故。错误；

故选：B。

质子GH）以速度为自。点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，洛伦兹力等于电

场力，可知粒子在速度选择器中做直线运动只与速度有关与电荷q无关。

本题考查速度选择器的运用，理解速度选择器本质是解题关键。

4.【答案】B

【解析】解：设轻绳的拉力为F,同一条绳子拉力相等，则有：

Feos%=FCOS92>所以%=。2；

如图所示，根据图中几何关系可得：sin0=?=go=30°,

2a2

与4和8的位置无关。

AB>竖直方向根据平衡条件可得：2Fcos0=mg,解得：F=

等，故A错误、B正确；

c、若将绳子的a端沿竖直杆上移，。不变，绳子拉力不变，故c错误;

D、若将木板绕水平轴CD缓慢向纸面外旋转，。不变，轻绳的张力不变，故。错误。

故选：B。

根据几何关系结合平衡条件求解绳子拉力大小；若将绳子的4端沿竖直杆上移、或将木

板绕水平轴CD缓慢向纸面外旋转，根据F的表达式分析轻绳拉力的变化情况。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、根据

平衡条件建立平衡方程进行解答。

5.【答案】D

【解析】解：A、由图2得尸=2+43当£=1s时，Fi=6N,%=0,即滑动摩擦力/=

片=6N；

当时，F=18N,a=4m/s2,由牛顿第二定律得：F—f=解得3kg,

t=4s222ma2>m=

故A错误；

B、a-t图像包围面积表示4s末速度大小为"=等巾/s=6m/s,故8错误；

C、0—ls静摩擦力与尸一样从2N—6N,均匀变化，冲量等大反向，/1=筌xlN-s=

4N-s,故C错误；

D、1一4s,物体受滑动摩擦力/'=6N,冲量大小，2=ft=6x3N-s=18N-s,所以

0-4s摩擦力的冲量大小/=人+%=4N•s+18N•s=22N•s,故。正确；

故选：Do

根据图象结合牛顿第二定律求解滑动摩擦力（最大静摩擦力）和物体质量；由a-t图像包

围面积求4s末速度；由冲量定义求摩擦力冲量。

理解a-t和F-t图像包围面积的物理意义，分段求摩擦力冲量，注意区分静摩擦力和

滑动摩擦力.

6.【答案】B

【解析】解：A根据场强与电势差的关系E=9=-半，结合图像可知，斜率的绝对值

aAx

表示场强大小，则无1处斜率为零，电场强度为零，故A错误；

B.如图所示：连接沏处的斜率等于E。=£,且在0〜句间只有一点，故B正确；

C.由图可知由与处移到小的电势差为正值，电子带负电荷，电场力做负功，故C错误;

D电势能等于电荷量与电势的乘积，故质子在不处电势能为零，但是该处的斜率不为零，

说明场强不为零，即受到的电场力不为零，故。错误。

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故选：B。

根据图像斜率的绝对值表示场强的大小，电场力等于场强与电荷量乘积，电势能等于电

荷量与电势的乘积，电场力做功等于电荷量与电势差的乘积求解。

本题考查利用电势与位置的图像判断场强、电场力做功、电势能等，属于综合题型，同

学们要熟练掌握电场的力的性质和能的性质。

7.【答案】C

【解析】解：力、对Pi进行受力分析，如图所示，设。Pi杆的弹力为F、IF10

F,根据水平方向受力平衡，可得QPi杆的弹力大小也为尸。

竖直方向根据平衡条件可得：2Fcos3=mg；'

对Q进行分析，竖直方向根据平衡条件可得：T^=mg+2Fcos9

联立解得弹簧弹力：T弹=2mg,故A错误；

B、根据图中几何关系可得弹簧长度为Z,=2lcos0=2Zx=V3Z

所以当装置静止不动系统达到平衡时，轻弹簧的伸长量为Ax=/,-1=（遍-1）3故8

错误；

CD,若Pi和P2绕轴旋转的角速度从0缓慢增大，贝帕逐渐增大，当0=60。时，弹簧长度

为此时弹簧的弹性势能为零；如果角速度继续增大，则弹簧的弹性势能增大，故若匕

和P2绕轴旋转的角速度从0缓慢增大，则弹簧的弹性势能先减小后增大，故C正确、D

错误。

故选：CO

对Pi竖直方向根据平衡条件求解杆的弹力大小，对Q进行分析，竖直方向根据平衡条件

求解弹簧弹力大小：

根据图中几何关系可得弹簧长度，由此得到轻弹簧的伸长量；

根据弹簧长度的变化情况结合功能关系分析弹性势能的变化。

本题主要是考查共点力的平衡条件、功能关系；知道弹簧弹力做正功时弹性势能减小、

做负功时弹性势能增加。

8.【答案】BD

【解析】解：4、空间站中的物体处于失重状态，航天员无法通过举重来锻炼身体，故

A错误；

3、航天员在空间站可以通过弹簧拉力器锻炼身体，故8正确；

C、王亚平老师将水从水袋中挤出后水会在空中显现水球是因为分子表面张力的作用，

仍受万有引力的作用，故c错误；

。、空间站轨道离地面的高度约为地球半径的卷，小于地球同步卫星的轨道半径，根据

1O

6等=双争2「,解得7=2兀岛，中国空间站在轨道上轨道半径小于同步卫星，所以

运行周期小于同步卫星的运行周期，故。正确。

故选:BD。

空间站中的物体处于失重状态，弹簧拉力器仍可正常工作，根据

本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心

力结合向心力公式进行分析。

9.【答案】BD

【解析】解：4、进入磁场前，对导体框和导体棒整体由牛顿第二定律：F=2ma,再

对导体框有:Ff=ma

联立解得：Ff=?故A错误；

B、进入磁场前，导体框与金属棒一起做匀加速度直线运动，根据动能定理有：F-s0=

|x2mxVQ

对导体框EF,进入磁场就匀速运动，由平衡条件有：/二尸安

而安培力：F妗=B/L=Bx%xZ,=吏也

女RR

联立求得滑动摩擦力：/=?后，故B正确；

CD、导体棒CD与U形框都进入磁场，开始时导体棒CD的速度大于U形框的速度，由导

体棒和U形框共同切割磁感线产生的感应电动势形成电流，使得U形导体E尸边受到向右

的安培力，与摩擦力共同作用使其做加速运动，EF边受到向左的安培力，向右做加速

运动。设导体棒CD和金属框的速度分别为巧和外，则电路中的电动势：E=BL（V1-v2）,

电路中的电流：金属框和导体棒受到的安培力：F安框=丁以j一㈤,

与运动方向相同；F缸。=既驾也，与运动方向相反。

则对导体棒CD:4_BL（；1-也）_/=

11

对金属框；+/=ma2

初速度%>V2,则为开始逐渐减小，逐渐增大，当的=。2,相对速度也一W=凝一

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为大小恒定，经过足够长的时间后两者都匀加速运动，故c错误，力正确。

7m

故选:BD。

E尸在进入磁场以前，导体棒CO与U形导体框以相同的加速度做匀加速运动，先以整体

为研究对象，由牛顿第二定律求出加速度，再对导体棒CD,由牛顿第二定律求导体棒CD

受到导体框的摩擦力大小；

EF在进入磁场以后做匀速运动，分析EF的受力情况，由平衡条件和安培力与速度关系

求出导体框受到的摩擦力大小，从而得到导体棒CD受到导体框的摩擦力大小；

两者都进入磁场后，由于棒的速度大于框的速度，回路的电流方向变化，安培力大小和

方向均发生变化，对两者进行受力分析，根据牛顿第二定律写出加速度的表达式，从而

确定两者的运动情况。

本题是电磁感应与力学相结合的一道综合题，根据题意分析清楚金属棒与导体框的运动

过程是解题的前提，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、运动学公式、与安培力公式

可以解题。

10.【答案】BD

【解析】解：AB、因为给小球沿垂直于。”的PN方向、大小待

求的初速度孙时，小球恰好运动到绝缘平板上的N点，所以带电

小球所受合力与小球速度方向相反，如图所示，小球带正电。

所以有：qE—mgtan30°,尸合cos30°=mg,

解得：q普,厂2y/3mg

根据动能定理可得L：-F合Xdsin30o=0一如诏

联立解得：%=栏"，故A错误，B正确；

C、若给小球一个垂直地面竖直向上的初速度17=/荻，将此速度沿平行于PN方向和

垂直于PN方向进行分解,则：p〃=%os30。=＜孙，小球不能打到绝缘平板上，

故C错误；

D、若给小球一个平行于绝缘平板MN的初速度打=胸，沿竖直方向和水平方向进行

分解，则竖直方向的分速度为：3=%sin3(T=手。落回地面的时间为：1=管

2理

巴故。正确。

9

故选：BD。

对小球受力分析可解得电荷量大小，根据动能定理可解得初速度大小；将竖直向上的初

速度u沿PN方向和垂直于PN方向进行分解，可知9应满足的条件。

本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键掌握小球的受力分析与运动状态的分析,

注意速度的分解的应用。

11［答案］智鬻

【解析】解：(1)4由标记C运动到。过程中做初速度为0的匀加速直线运动，则有九=)

整理得：V=y

(2)物体下落的加速度为：

v2h

a=］=正

在B的一遍放有6个质量均为m的槽码，此时4、B刚好平衡且保持静止，则有

Mg=6mg+MBg

根据牛顿第二定律得：

(M+nm)g—(6—n)mg—MBg=(M+6m+

联立整理得：

尸=丝」

mgn

故以£2为纵轴，以;为横轴，图像是斜率等于鬻且过原点的直线，则可以得出当物体质

量一定时，物体的加速度与合外力成正比。

故答案为：(1)片;(2)i；鬻

(1)根据匀变速直线运动的特点得出物体的速度；

(2)根据运动学公式得出物体的加速度，结合牛顿第二定律和图像的特点即可完成分析。

本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合牛

顿第二定律以及图像的特点完成分析。

12.【答案】3.700m最小叱不变

4a

【解析】解：(1)螺旋测微器螺旋尺分度值是O.Olnun,要估读到O.OOlnun,主尺分度值

是0.5mm,故读数为3.5nun+20.0x0.01mm=3.700mm；

(2)B.由图2可知电压表测量电阻丝与电阻箱串联总电阻的电压，根据串联分压的特点，

总电阻越大分压越多，为了保护电压表，应该使并联总电阻最小，即金属夹应夹在电阻

第14页，共20页

丝m端，电阻箱阻值调到最小；

D根据题意可知&+R=常数,根据图3得当％=0时，R=b：当x=a时,R=O,Rx=b,

根据电阻定律得%=。忘=,解得电阻率为p=噤；

由于实验全过程电阻丝电阻和电阻箱电阻之和为定值，且电压表示数不变，故电阻率与

电压表内阻无关，使测量结果不变。

故答案为：(1)3.700；(2)m,最小；—,不变。

4a

⑴螺旋测微器螺旋尺分度值是0.01mm,要估读到0.001mm,主尺分度值是0.5mm,读

数为两者之和；

(2)为了保护电压表，使电压表分压少，要求电阻丝与电阻箱串联的总电阻最小，可判

断夹子在m位置和电阻箱电阻最小；由图3可知当电阻丝长度为0时，电阻箱阻值为b,

当长度为a时，电阻箱阻值为0,且电压表示数不变，说明此时电阻丝电阻为从根据电

阻定律可计算电阻率，电压表内阻对实验结果无影响。

本题考查实验测电阻率，螺旋测微器读数，实验过程中根据条件判断电阻丝阻值和电阻

箱阻值之和保持不变，即增大电阻丝长度，减小电阻箱阻值才能保证电压表示数不变，

也可以根据公式写出电阻箱阻值与电阻丝长度的函数，按照图象的斜率和截距求解。

.【答案】解：(设质子和粒子进入磁场时速度大小分别为巧、两粒子初速度

131)av2,

为零，经真空加速管加速过程，由动能定理得：

对于质子有：eU=

对于a粒子有：eU=：x4mv2

国军得：v1=v2=

(2)两粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹均为］圆周，设质子和a粒子在磁场中运动

半径分别为1、万，由洛伦兹力提供向心力得:

对于质子有：evjB=m—

rl

对于a粒子有：evB=4m―

2r2

如图所示，质子在PQ之间离开磁场，a粒子在CD之间离开磁场，要使两粒子通过磁场

以后完全分开需满足。点在P点的左侧，即ND的长度大于NP的长度，则有：

2r2>2/1+d

日nc2(2mU、c1(2mU,,

即：

2x-Byj——e>2XB'-——e+d

解得：B<：挎。

答：⑴质子出和a粒子舒e进入磁场时速度大小分别为届、呢；

(2)匀强磁场的磁感应强度B必须满足的条件;再。

【解析】(1)质子和a粒子在真空加速管中加速过程，由动能定理求解；

(2)两粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹均为:圆周，由洛伦兹力提供向心力求得运

动半径与磁感应强度的关系，根据满足要求的几何关系求解。

本题考查了带电粒子在电场和磁场中运动问题，依据力与运动的关系，解析粒子运动过

程。对于粒子在加速电场中被加速做直线运动的过程，应用动能定理解答；对于带电粒

子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据洛伦兹力提供向心力，根据牛顿

第二定律解答，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半

径和轨迹圆心角是解题关键。

14.【答案】解：(1)物块Q下滑，第一次碰撞前做匀加速运动，根据牛顿第二定律得

2mgsm8—2ma,解得Q=gsinO=10x0.6m/s2=6m/s2o

根据速度与位移关系，得物块Q与盒子发生第一次碰撞前的速度为

v=72aL=V2x6x3.0m/s=6m/s

第一次碰撞满足动量守恒和机械能守恒，则有

2mv=2THVQ+mvP

I(2m)v2=1(2m)v^+gm诏

联立代入数据解得

VQ=2m/s,vP—8m/s

(2)第一次碰撞后盒子做匀减速运动，根据牛顿第二定律有

mgsind—〃(3mg)cos。=mar

代入数据解得

a!=—16m/s2

物块Q与盒子P速度相等时有

vP+a'%=UQ+atQ

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代入数据解得

此时，盒子与物块Q的位移差为

=vptg+^a't^-(yQt0+^at^)

代入数据解得/x=^|m<37n

故不会与上板相碰，设物块再经过时间t与P发生第二次碰撞，则有

22

vPt+^a't=vQt+|at

代入数据解得

t=4

11

(3)物块Q与盒子发生的是弹性碰撞，分析可知物块Q与盒子只要运动就一定会碰撞，当

物块Q与盒子均静止时就不再发生碰撞，设盒子下滑的距离为s,根据能量守恒得

3mgssin6+(2m)v2=n(3mg)scos9

代入数据解得

s=9m

答：(1)物块Q与盒子P发生第一次碰撞后Q的速度大小为2m/s,P的速度大小为8m/s；

(2)物块Q与盒子P发生第一次碰撞后再经过时间与P发生第二次碰撞；

(3)当盒子P从开始位置向下运动至97n距离时，物块Q才不再与盒子P发生碰撞。

【解析】(1)对物块Q受力分析用牛顿第二定律求加速度，根据匀加速直线的速度与位移

关系求碰撞前的速度，碰撞过程满足动量守恒和机械能守恒，列方程求碰撞后的速度;

(2)对盒子受力分析可知碰撞后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求加速度，根据

匀变速直线运动的速度公式求二者速度相等时的时间，代入位移公式求位移差，判断不

会与盒子上板碰撞，根据匀变速直线运动的位移公式求第二次碰撞经历的时间；(3)根

据能量守恒求不再碰撞发生的路程。

本题考查碰撞问题，运用匀变速直线运动的规律和牛顿第二定律求加速度、速度、位移

或位移差，由于过程复杂，请仔细分析并用合适的规律求解。

15.【答案】BCE

【解析】解：把p-t图像转化为p-7图像

如图所示：

AB、在p-T图像中，ab过程为不过坐标原点的直线，从a到b,与坐标原点连线的斜率

越来越大，体积越来越小，外界对气体做正功，故A错误，B正确；

C、儿为等温变化，内能不变，压强减小，根据pU=C可知，体积逐渐增大，故气体对

外做功，结合热力学第一定律可知，气体始终吸热，故C正确；

。、ca过程中，气体做等压变化，根据盖一吕萨克定律可知*=