2022年四川省凉山州高考物理二诊试卷（附答案详解）

2022年四川省凉山州高考物理二诊试卷

1.真空中一个静止的社原子核铭47Tl放出一个£粒子（电子）后变成一个新核「成其夕衰

变方程为哥4771T兑4Pa+，e,同时伴随着y射线的产生，下列说法正确的是（）

A.衰变后Pa核的动能与/?粒子的动能相等

B.衰变前后77i核的质量与Pa核的质量相等

C.y射线比0射线的穿透能力强

D.77i核比Pa核少1个中子数

2.中国空间站天和核心舱于2021年4月29日发射升空，准确进入预定轨道。天和核心

舱按既定飞行程序，开展各项在轨工作，先后与天舟三号货运飞船和神州十三号载

人飞船成功对接，不断完成空间站的在轨建造过程。核心舱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，万有引力常量为G。下列说法正

1O

确的是（）

A.宇航员在空间站演示小球在水中“浮力消失实验”是因为小球在空中不受重力

B.空间站在轨道中的飞行速度约为第一宇宙速度的成倍

C.还需知道空间站的公转周期就可以算出地球的质量

D.若载人飞船完成任务返回地面，则其从空间站分离后需加速

3,今年1月10日，首发“复兴号”动车。843次载着旅客，从西昌出发一路向南驶向攀

枝花，正式开启了凉山的“动车时代”。假如动车进站时从某时刻起做匀减速直线

运动，分别用时3s、2s、1s连续通过三段位移后停下，则这三段位移的平均速度之

比是（）

A.3：2：1B.27：8：1C.5：3：1D.9：4：1

4.科技冬奥是北京冬奥会的一个关键词，大家在观看滑雪大

跳台的比赛时，对“时间切片”有深刻的印象，就是把运

动员从跳台上速度斜向上起飞一直到落地的过程展现在一

帧画面上，3秒瞬间一帧呈现，给观众带来震撼视觉体验。

假如运动员质量为zn,离开跳台时速度的大小为“重力加速度为g,运动中忽略阻

力，贝M）

A.运动员在空中运动的每帧位置之间，重力冲量不相同

B.运动员在空中运动的每帧位置之间，速度的改变方向不同

2

C.运动员从跳台到最高点过程中，重力势能的增加为吗

2

D.运动员从最高点落回地面过程中重力的瞬时功率随时间均匀增加

5.如图所示,匀强电场平面内有一个直角三角形MNP,/'

其中zJW=90°,NN=30°,MP=3m„若在M点处

沿该平面向不同方向射出动能为8eP的电子，有两电____________

子分别经过P、N两点时的动能分别为6eU和14eL"

不考虑电子间的相互作用，则下列关于该匀强电场场强E的大小及P、N点电势高低

的比较正确的是（）

A.E=i（IZ/jn）；0P<0NB.E=0P>0N

C.E=^（y/m）;0P<D.E=¥（V/m）;><pN

6.光滑水平桌面内固定一半径为R的圆形光滑绝缘轨道，整个轨道处于水平向右的匀

强电场中，其俯视图如图所示。一质量为m的带电小球（看做质点）在4点获得一速

度%,在轨道内做完整的圆周运动，且小球在4点时速度最大。已知电场力的大小

等于小球的重力，重力加速度大小为g,则下列说法正确的是（）

A.小球带正电

B.小球在B点时轨道对其弹力大小为7n（M-5g）

C.小球从4点运动到B点的过程中电势能增加2mgR

D.小球在4点获得的最小速度为VW

7.如图甲所示，两闭合线圈ab、cd内存在与线圈平面垂直的磁场，其磁感应强度B随

时间的变化规律满足正弦曲线关系（如图乙所示）。已知两线圈相同，匝数n=20匝、

线圈面积为O.Olm?,电阻r=0.50。。在cd两端接一理想电压表V,ab两端接一阻

值R=4.50的电阻，规定磁场竖直向上为正。贝心）

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甲乙

A.穿过cd线圈磁通量的最大值为¥xio-2（wb）

B.理想电压表厂的读数为4V

C.在t=2x10-3s时刻，ab线圈中的电势b端高于a端

D.ab电路中的输出功率为3.2小

8.如图所示，两个完全相同的闭合矩形导线框甲和乙，质量为m,长边长23短边长

L,电阻为R,在其下方某一区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场。已知乙线框由

底边距磁场上边界八处静止释放，恰好能匀速进入磁场。不计空气阻力，重力加速

度为g，则下列判断正确的是（）

L

甲乙

IXXXXXXX；

'I

XXXXXXXt

I

；XXXXXXX1

!xxxxxxx!

•-—_—-一—一—-—I

A.甲线框要匀速进入磁场，应由底边距磁场上边界4h处自由释放

B.甲、乙线框匀速进入磁场过程中运动时间之比为2：1

C.如甲也从底边距磁场上边界高度八处静止释放，则甲刚进入磁场时加速度大小为

3g

4

D.如甲从距磁场上边界高度八处静止释放，在进入磁场过程中产生的热量Q满足:

Q<mg（2L+h）-^f

9.某同学利用图甲所示装置验证动量守恒定律，长木板的一端垫有小木块，可以微调

木板的倾斜程度平衡摩擦力，使两个小车均能在木板上做匀速直线运动。小车1前

端贴有橡皮泥，后端与穿过打点计时器的纸带相连。接通电源，用手推动小车前进

一段距离放手，小车1匀速运动与置于木板上静止的小车2相碰并粘在一起，之后继

续做匀速直线运动。打点计时器电源频率为50Hz,得到的纸带如图乙所示，已将

各计数点之间的距离标在图上。

(1)利用图乙可知两车碰撞后速度大小为m/s；

(2)若小车1的质量(含橡皮泥)为2m,小车2的质量为m,根据纸带数据可知碰撞过

程动量_____(选填“守恒”或“不守恒”)o

(3)关于该实验的相关说法正确的是。

A.碰撞前后纸带均有匀速段是判断平衡好摩擦力的依据

B.若小车1前端没贴橡皮泥，不影响该装置验证动量守恒

10.为测定一电池的电动势和内阻，某同学先后用一套实验仪器，分别设计了如图甲和

乙所示的两个电路。其中R、R。分别是电阻箱和定值电阻，实验记录电阻箱R的阻

值以及电压表的示数U。根据实验记录的数据作出如图丙所示图线。

(1)同学连好电路后，使用多用电表测电阻岛，首先使回路中开关s(选填

“闭合”或“断开”)，将选择开关拨至“X10”挡，进行欧姆调零。将两表笔接

定值电阻时两端，发现指针偏转太大，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学

把开关拨至(选填“X1”或“X100”)挡，再进行欧姆调零。将两表笔接电

阻&两端，多用电表的示数如图丁所示，则岛的测量结果为_____0。

(2)可以判断图线丙是利用图_____(选填“甲”或“乙”)电路进行实验所作出的。

(3)依据实验数据及题中条件绘出的9-R图线如图戊所示，则电源电动势

E=乙内阻r=0(计算结果均保留两位有效数字)。

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11.如图为2022年北京冬奥会冰壶比赛场地。运动员在本垒

把冰壶沿水平冰面以初速度处推出滑向营垒。冰壶在冰

面上自由滑行时冰壶和冰面间的动摩擦因数为出若队

友在其滑行前方摩擦冰面，冰壶和冰面间动摩擦因数变为0.9”，重力加速度取g。

求：

(1)冰壶自由滑行前进的距离为多大；

(2)在上问中冰壶停下时离营垒边沿距离为a，为保证冰壶能进入营垒，则队友最

晚应于冰壶运动到多远时开始摩擦冰壶前方的冰面。

12.如图所示，长方形MNPQ区域MN=PQ=3d,MQ与NP边足够长。长方形区域存

在垂直于纸面向里、大小为B的匀强磁场。长为5d厚度不计的荧光屏ab,其上下两

表面均涂有荧光粉，ab与NP边平行,相距为d,且佐端＜1与"可相距也为d。电量为

e、质量为机、初速度为零的电子经电子枪加速后，沿MN边进入磁场区域，电子打

到荧光屏就会发光(忽略电子间的相互作用和加速时间)。求：

电子枪

(1)若电子刚好过a点后打到荧光屏上表面，电子在磁场中速度为多大；

(2)要使电子打到荧光屏上表面上，加速电压应为多大；

(3)加速电压U随时间t按如图规律变化，若每周期内有N个电子随时间均匀进入磁

场，则一个周期内，打在荧光屏上的电子个数为多少。

13.关于固体、液体和气体，下列说法正确的是()

A.高原地区煮饭会夹生，水的沸点较低，是因为高原地区温度较低的缘故

B.晶体一定具有固定的熔点，但不一定具有规则的几何外形

C.降低温度能够使气体的饱和气压降低，从而使气体液化

D.在一定温度下，当人们感到潮湿时，水汽蒸发慢，空气的相对湿度一定较小

E.液晶像液体-一样具有流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性

14.中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗

某些疾病。常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，

下端开口，上端留有抽气阀门。使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤

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上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔

罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时，罐内

气体初始压强与外部大气压相同，温度为450K,最终降到300K,因皮肤凸起，内

部气体体积变为罐容积的景若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔

罐容积的胃，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体,

忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比

值。

抽气阀门

15.同一双缝干涉实验装置做甲、乙两种光的双缝干涉实验，获得的双缝干涉条纹分别

如图甲、乙所示。下列说法正确的是（）。（填正确答案标号。选对1个得2分，选

对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）

A.甲光的波长比乙光的波长大

B.甲光在水中的传播速度大于乙光在水中的传播速度

C.对同一种介质，甲光的折射率小于乙光的折射率

D.从同种介质射向空气甲光发生全反射的临界角小于乙光

E.遇到同一障碍物，乙光比甲光更容易发生明显的衍射现象

16.已知在x=0处的质点。在沿y轴方向上做简谐运动，形成沿x轴正方向传播的简谐

波。t=0时质点。开始振动，当t=0.2s时波刚好传到质点4处，形成了如图所示的

波形，此时质点P的位移为2.5cm。求：

I.再经过多长时间x=57n处的质点振动后第一次回到平衡位置；

口.从质点4开始振动到x=5nl处的质点第一次回到平衡位置过程中质点P通过的

路程。

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答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：4、在核衰变反应过程中系统动量守恒，可知衰变后Pa核的动量与粒子

2

的动量大小相等，反向相反，根据Ek=二可知二者的动能不等，故A错误；

8、核反应过程中质量数守恒但是质量不守恒，伴随着质量亏损，故8错误；

C、y射线比0射线的穿透能力强，故C正确；

D、Hi核比Pa核少1个质子数，二者质量数又相同，所以核比Pa核多1个中子，故。

错误。

故选：Co

根据动量守恒定律结合动能和动量的关系a=贮判断：衰变过程中存在质量亏损；根

据射线的性质判断；质量数等于中子数与质子数之和。

本题考查学生对近代物理知识的理解和掌握，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点,

注意质量守恒与质量数的区别，及理解S衰变的实质.

2.【答案】B

【解析】解：力、宇航员在空间站演示小球在水中“浮力消失实验”，小球在空中仍受

重力，而是重力提供向心力，处于完全失重状态，故A错误；

B、设地球半径为R,第一宇宙速度为外根据万有引力提供向心力有：等=加吐，解

rzr

得：v—监亘，其中r=R+£R="R；

ylr1616

第一宇宙速度是贴近地面卫星做匀速圆周运动的速度，由万有引力提供向心力有：

誓=解得：力=舟，

联立可得：v=舟1，故8正确；

C、根据万有引力提供向心力可得：雪=„ir与，解得中心天体的质量为：M=安，

r2T2GT2

因为不知道地球半径，无法恰求解轨道半径，所以无法求出地球质量，故c错误；

。、若载人飞船完成任务返回地面，做近心运动，则其从空间站分离后需减速，故。错

误。

故选：Bo

小球在空中仍受重力，而是重力提供向心力；根据万有引力提供向心力得到速度表达式

进行分析；根据万有引力提供向心力得到地球质量表达式；根据变轨原理进行分析。

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。

3.【答案】D

【解析】解：根据逆向思维，动车做初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等时间内

通过的位移之比为1：3：5…(2n-1),故分别用时3s、2s、1s连续通过三段位移之比

为％3：%2：Xi=(11+9+7)：(5+3)：1=27：8：1,

根据平均速度的定义式可得，这三段位移的平均速度之比同：/：后=尊茨

4：1,故ABC错误，。正确。

故选：Do

根据逆向思维，利用初速度为零的匀加速直线运动的推论，结合平均速度的定义式，求

出三段时间内的平均速度之比。

在处理末速度为零的匀减速直线运动问题时，通常利用逆向思维，把该运动看作是初速

度为零的匀加速直线运动来处理。

4.【答案】D

【解析】解：4、运动员在空中运动的每帧位置之间，时间间隔相同，重力的冲量/=mgt

可知重力冲量相同，故A错误；

B、运动员在空中只受重力作用，运动的每帧位置之间，速度的改变方向由4〃=加可知

是相同的，故B错误；

C、运动员从跳台到最高点过程中，由于最高点有水平方向的速度，所以重力势能的增

加小于：小小，故c错误；

D、运动员从最高点落回地面过程中重力的瞬时功率为p=mgu=7ng23所以随时间

均匀增加，故。正确；

故选：。。

每帧位置之间时间间隔相同，重力的冲量/=mgt,从而比较重力的冲量；运动员在空

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中只受重力，加速度为g,是匀变速曲线运动，速度变化的方向与重力加速度g的方向

相同；运动员做斜抛运动，最高点速度沿水平方向，从跳台到最高点的过程中，由重力

势能的增加量等于减少的动能，即可判断重力势能增加量能与：襁2的大小关系；运动

员从最高点到落回地面的过程中，做平抛运动，重力的瞬时功率PG=即可重力

瞬时功率的变化情况。

本题以斜抛运动为载体，考查冲量，功率，重力势能等知识点，关键是掌握冲量的定义

式/=zngt,重力的瞬时功率PG=ag%,注意斜抛运动最高点速度不等于零，速度沿

水平方向。

5.【答案】A

【解析】解：匀强电场中，电势差与距离成正比；等势面为平面，且始终与电场线垂直。

电子从M运动到P,由动能定理及电场力做功与电势差之间的关系，有

UMP—3M一①p—~"

同理可得

UMN=0M-0N=8U

因此

UNP=81/

将PN四等分，如图所示，

由几何关系知MKJLPN,且

UKN=6V=UMN

故可得

WM=<PK

故MK在匀强电场的等势面上，因此NP与匀强电场的电场线重合，且场强方向沿N指向

P,即3P<0N,且

故A正确，BC。错误;

故选：Ao

先根据〃=Uq和动能定理求解MN与MP间的电势差，找等势面；然后根据电场力与等

势面垂直确定匀强电场的电场强度及方向，根据电场方向可知电势大小。

本题关键是先确定等势面，然后确定电场强度的方向，根据U=Ed求解电场强度，有

一定难度。

6.【答案】BC

【解析】A小球在水平光滑圆轨道上做圆周运动，在4点时速度最大，可知在4点时受电

场力向左，小球带负电，故A错误；

A从到由动能定理

-Eq-2R=—|m诺

FNB+Eq=m—K

其中

Eq=mg

解得

FNB=m（景-5g）

故8正确；

C.小球从4点运动到B点的过程中电势能增加量等于电场力做的负功，贝IJ

AEp=qE,2R=2mgR

故C正确；

D在B点速度最小时

Eq=

根据

.Eq-2R=17nvjmin-|mv^in

小球在4点获得的最小速度为

vAmin~d$gR

故。错误。

故选：BC。

抓住带电小球运动至Z点的速度最大这一突破口，根据竖直平面内圆周运动的最大速度

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出现在物理“最低点”，即合外力沿半径指向圆心，而电场力和重力的合力则背离圆心

的方向。。点竖直平面内圆周运动的物理“最高点”，恰好能完整的做圆周运动，在“最

高点”有最小速度，在“最高点”对轨道压力为0,由牛顿第二定律求解，对B的压力

最小时，对。的最小压力等于零。由动能定理求解。

本题抓住小球经4点时速度最大，相当于竖直平面的最高点，根据指向圆心的合力提供

圆周运动向心力为解题关键。

7.【答案】BC

【解析】解：4、穿过cd线圈磁通量的最大值为

23

(Pmax=SBmax=1x10-xxlO^Wb=x10-Wb,故A错误；

8、根据法拉第电磁感应定律得感应电动势的最大值为：

Em=叫®=20x410-3=4®

而理想电压表的读数为有效值，则〃=隼=警P=4乙故B正确；

C、由楞次定律可知，在t=2xio-3s时刻，磁场强度增强，电流方向从a—b,而在

电源内部，电流从低电势流向高电势，则ab线圈中的电势b端高于a端，故C正确；

D、ab电路中的总功率为「审=卫上

忠R+r

ab电路中的输出功率为：P给="x立

棚R+rR+r

联立解得：P笳=2.88W,故。错误；

故选：BC。

根据磁通量的公式计算出最大的磁通量的大小；

根据法拉第电磁感应定律计算出感应电动势的峰值，结合峰值和有效值的关系得出理想

电压表的示数；

根据楞次定律判断出电流的方向从而得到电势的高低；

根据功率的计算公式完成分析。

本题主要考查了电磁感应定律的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律以及常见的电学公

式即可，属于常规题型。

8.【答案】CD

【解析】解：4、线框进入磁场前做自由落体运动，乙线框进入磁场时的速度为外根

据动能定理

mgh=|mv2

解得：v=yjlgh

线框进入磁场时受到的安培力

F=B1-2L=-2(-j2v

R

因为匀速运动，则有

mg—F=0

对于甲线框，令由底边距磁场上边界九1处自由释放，恰好匀速进入磁场，根据动能定理

mgh1=|mv2

解得：%=12ghl

线框进入磁场时受到的安培力

F'=BIL=

R

因为匀速运动，则有

mg—F'=0

联立可得：%=4v,hx=16h

故A错误；

8、甲线框匀速进入磁场过程中运动时间为

t'=—

V1

乙线框匀速进入磁场过程中运动时间为

V

则甲、乙线框匀速进入磁场过程中运动时间之比为

t'：t=1：2

故B错误；

c、如甲从底边距磁场上边界高度/I处静止释放，根据动能定理

mgh=|mv2

解得：v=yj2gh

线框进入磁场时受到的安培力

2Z

F=BIL=BLV

R

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根据牛顿第二定律

mg—F=ma

联立以上解得：a=?g

4

故C正确；

。、如甲从距磁场上边界高度八处静止释放，若在磁场中匀速通过则有

根据能量守恒可得在进入磁场过程中产生的热量

Q=mg（2L+九）—gmv2

由4分析可知甲线框进场过程中将会加速运动，即进场最终速度可能会大于或等于"，

所以产生的热量

Q<mg（2Z,+h.）—^mv2

即、4丽2心+/1）一寡白

故。正确。

故选：CD.

线框进入磁场前做自由落体运动，两线框进入磁场时的速度相等，应用安培力公式求出

安培力，根据安培力与重力的关系分析线框进入磁场过程的运动性质，根据能量守恒定

律分析进入磁场过程中产生热量。

本题综合考查了切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律、能量

守恒定律等知识，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强这方面的训练。

9.【答案】1.14守恒A

【解析】解：（1）推动小车由静止开始运动，小车有个加速过程，在碰撞前小车做匀速

直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC

段计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，两车碰撞后的一起做匀速直线运

动，在相同的时间内通过相同的位移，应选QE段来计算碰后共同的速度，打点计时器

电源频率为50Hz,打点时间间隔7=尸4=0.02s,碰后两小车的共同速度为“=

DE2一”,

——=-1-1.-4-0-X-1-0-ms.=i.i4m/s

ST5X0.02//

（2）BC段为小车1匀速运动的阶段，碰前小车1的速度为：氏=黑=痣焉x10-2m/s=

1.712m/s

碰前两小车的总动量为：p=2mv0=3.424m

碰后两小车的总动量为：p'=(2m+m)v=3.42m

在误差允许的范围内，小车1和小车2碰撞过程动量守恒。

(3)4、根据纸带上的点迹均匀分布，可知小车做匀速直线运动，碰前碰后都有匀速阶段，

即实验进行了平衡摩擦力，故A正确；

8、若小车1前端没贴橡皮泥，碰撞后两车不能粘在一起，不能测出碰撞后小车2的速度，

会影响实验验证，故8错误；

故选:A„

故答案为：(1)1.14；(2)守恒；(3)4。

(1)小车做匀速直线运动时，在相等时间内的位移相等，分析小车的运动过程，根据图

示纸带求出小车碰撞后两小车的共同速度大小；

(2)根据图示纸带求出小车1碰撞前小车的大小，然后根据动量的计算公式求出碰前核碰

后系统的动量，再进行判断系统动量是否守恒；

(3)根据实验注意事项分析答题。

本题考查验证动量守恒定律的实验，要注意明确实验原理，知道碰撞中如何利用纸带求

解碰撞前后的速度，从而确定动量是否守恒。

10.【答案】断开x17.0甲5.72.8

【解析】解：(1)用多用电压测R。，应使电路断开，以免两个电源相互影响；

由于指针偏转太大，则欧姆挡示数较小，为了使多用电表测量的结果更准确，则应减小

倍率，改为xl的倍率。

欧姆调零后，再进行测量，欧姆表的示数为指针与倍率的乘积，故岛=7.0x1。=7.00；

(2)先观察图丙，发现R=0时，*有一定数值，随着R增大，措增大，即电压表示数减小，

显然甲图电压表示数会随着R的增大而增大，乙图中电压表示数会随着R的增大而减小,

故可以判断图丁中图线是利用图甲的实验数据描绘的；

(3)根据甲图电路和闭合电路欧姆定律可得：U=E-高限+r),化简为：9=素+

鬻XR,依据实验数据绘出的《-R图线可得：b=A=0.25I/T,卜=誓=

CKQ(JCKQCKQ

解得：E=5.7V,r=2.20,

故答案为：(1)断开、“xl”、7.0；(2)甲;(3)5.7、2.8

第16页，共21页

(1)根据欧姆表的使用规则进行操作;

(2)先观察图丙，发现R=0时，"有一定数值，随着R增大"增大，即电压表示数减小，

据此判断是哪个图的实验数据描绘出来的；

(2)当R无穷大时，电压表测量的就是电源电动势，据此判断；

(3)根据给出的斜率，找到U与R的关系，再利用闭合电路欧姆定律列式求出电动势和内

阻。

第(3)问取乙图取R=2。，甲图取R=10,采用了特殊值=法，简化了计算过程，直接

用字母R,或者取非0的特殊值进行计算出来的结果也是一样的，可以根据情况自由选

择。

11.【答案】解：(1)设冰壶自由滑行前进的距离为工，由动能定理得：

—limgx=0—|mvg

解得：%=瑛

2Hg

(2)设队友最晚应于冰壶运动距离与时开始摩擦冰壶前方的冰面，对运动的全过程，由

动能定理得：

1o

—limgx1—0.9〃mg(x+x0—=0--mv^

解得：XL蛊-9x。

答：(1)冰壶自由滑行前进的距离为篇；

(2)队友最晚应于冰壶运动到-9&时开始摩擦冰壶前方的冰面。

【解析】(1)对冰壶自由滑行前进的过程，应用动能定理求解滑行的距离；

(2)对冰壶运动的全过程，由动能定理求解。

本题考查了动能定理的应用，属于基础题。分析清楚冰壶的运动过程和力做功的情况,

应用动能定理求解即可。

12.【答案】解：(1)电子在磁场中轨迹如图，刚

好过a点有：睹=(&-^+(2d)2

根据洛伦兹力提供向心力可得：e巧B=

解得：&=2.5d,%二等;

(2)电子轨迹刚好与NP相切：R2=3d

由圆周运动公式：ev2B=m^-

在电场中加速：eUi=

jj12

eU2=-mv2

联立方程组解得：U1=交空/

18m

„9eB2d2

U=-----；

?/2m

可见加速电压范围为：竺竺生wuw"也；

8m2m

(3)当电子速度最小时其轨迹与屏下表面相切，轨道半径：R3=2d

由圆周运动公式：ev3B=m^-

在电场中加速：eU3=1mv3

联立解得：［/3=蟠生

om

可见：n=|/V(4.5-2)=0.5/V»

答：(1)若电子刚好过a点后打到荧光屏上表面，电子在磁场中速度为嘿；

(2)要使电子打到荧光屏上表面上，加速电压应为程?<u<空警；

(3)一个周期内，打在荧光屏上的电子个数为0.5N。

【解析】(1)根据几何关系求解半径，根据洛伦兹力提供向心力求解电子在磁场中速度；

(2)电子轨迹刚好与NP相切，根据几何关系求解半径，在电场中加速，根据动能定理列

方程联立求解；

(3)当电子速度最小时其轨迹与屏下表面相切，根据几何关系求解半径，根据洛伦兹力

提供向心力列方程，再根据动能定理列方程联立求解。

解决该题的关键是掌握电子的运动过程，能分析出电子要打在荧光屏上的临界轨迹，掌

握一定的几何知识求解长度。

13.【答案】BCE

【解析】解：4、高原地区煮饭会夹生，水的沸点较低，是因为高原地区大气压强较小，

故A错误；

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8、晶体一定具有固定的熔点，单晶体有固定的几何形状，但是多晶体没有规则的几何

外形，故8正确；

C、降低温度能够使气体的饱和气压降低，从而使气体液化，故C正确；

。、在一定温度下，当人们感到潮湿时，水汽蒸发慢，空气的相对湿度一定较大，故。

错误；

E、液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，故E正

确；

故选：BCE。

水的沸点较低，煮饭会夹生，是因为高原地区大气压强较小；

晶体一定具有固定的熔点，单晶体有固定的几何形状，多晶体没有规则的几何外形；

降低温度能够使气体的饱和气压降低，从而使气体液化；

当人们感到潮湿时，空气的相对湿度较大；

液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性。

知道什么是液晶，知道空气的相对湿度，知道大气压强和沸点之间的关系，知道晶体和

非晶体之间的关系。

14.【答案】解：设火罐内气体初始状态参量分别为pi、7\、匕，温度降低后状态参量

分别为P2、丁2、%，

罐的容积为％,由题意知：

Pi=Po、7\=450K、匕=%、T2=300K.%=黑①

由理想气体状态方程得：竽=竽②

<1<2

解得：p2=0.7p（）③

对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为口3、匕，末态气体状态参量分别为P4、匕，罐

的容积为70，由题意知：

P3=P。、匕=卜’0、P4=P2④

由玻意耳定律得：口0片0=22匕⑤

联立②⑤式，代入数据得匕=一片0⑥

设抽出的气体的体积为△/,由题意知

△展%⑦

故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为：詈=，⑧

联立③⑤⑥⑦⑧式，代入数据得：詈=3

答：应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为（

【解析】求出火罐内气体初始状态参量和温度降低后状态参量，由理想气体状态方程求

解末状态的压强；

对于抽气罐，由玻意耳定律求解末状态的体积，根据体积关系求解应抽出气体的质量与

抽气前罐内气体