2022年河南省豫南省级示范高中联盟高考物理二模试卷（附答案详解）

2022年河南省豫南省级示范高中联盟高考物理二模试卷

1.A、B两物体沿同一直线运动，运动过程中的x-t图

像如图所示，下列说法正确的是（

A.£=4s时，4物体的运动方向发生改变

B.0〜6s内，4物体的速度保持不变1{

C.0〜6s内，B物体的速度逐渐减小

D.0〜6s内，两物体的平均速度相同

2.2020年5月5日，长征五号B火箭首飞成功，新一代载人飞船试验船和柔性充气式货

物返回舱被送入预定轨道，中国空间站建造拉开序幕。已知载人试验飞船绕地周期

为ro=9（hn讥，地球半径为R,地球表面的重力加速度为g,万有引力常量为G。则

可知（）

A.地球对该飞船万有引力大小

B.该飞船所在位置的重力加速度

C.飞船在轨运行速度一定大于7.9km/s

D.飞船离地高度大于地球同步卫星离地高度

3.如图所示，理想变压器的输入电压保持不变。副线圈通过输电线接两个相同的灯泡

人和G，输电线的等效电阻为R。开始时，开关S闭合；现将S断开，下列说法正确

的是（）

A.电阻R上的电压变小B.灯泡力更暗

C.交流电流表的示数增大D.变压器的输入功率增大

4.如图所示，上表面粗糙、倾角8=30。的斜面体放在光滑

的水平地面上，一物块静止在斜面体上。现给斜面体一水

平向左的推力尸，发现无论F多大，物块均能与斜面体保持‘

相对静止。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块与斜面体间的动摩擦因数〃应

满足的条件为（）

A.>V3B.C.<V3D.〃<早

5.关于天然放射现象，以下叙述正确的是（）

A.夕衰变所释放的电子是原子核内的质子转变为中子时产生的

B.放射性物质的半衰期与其温度无关

C.铀核（卷汨）衰变为铅核（第6pb）的过程中，要经过6次a衰变和8次£衰变

D.在a、0、y这三种射线中，a射线的电离能力最强，y射线的穿透能力最强

6.如图所示，一半圆形光滑轨道固定在竖直平面内，半圆尸7、

顶点有大小可不计的定滑轮，0点为其圆心，AB为半圆\

?......V

上两点，。4处于水平方向，。8与竖直方向夹角为45。，

一轻绳两端连接大小可不计的两个小球甲、乙，初始时

使甲静止在8点，乙静止在。点，绳子处于拉直状态。

已知甲球的质量wi]=2kg,乙球的质量血2=Mg，半圆轨道的半径r=IM，当地

重力加速度为g=10m/s2,忽略一切摩擦。解除约束后，两球开始运动的过程中，

下列说法正确的是（）

A.甲球刚开始运动时的加速度大小为若3m/s2

B.甲球沿着球面运动过程中，甲、乙两球速度相同

C.甲球沿着球面运动过程中，甲、乙两球系统的机械能不守恒

D.甲球沿着球面运动过程中，乙球机械能增加

7.如图所示，均匀带电绝缘球壳0、。“02,半径分别为R、

和;R,0、。1、。2在一条直线上，两小球壳和大球壳相切，[.0

三球壳带电荷量均为+小已知半径为&的均匀带正电+Q的\/

球壳在内部的电势为上?，外部到球心距离为r处的电势为

Ko

覆心&）,则下列判断正确的是（）

A.。点电场强度为0,电势为粤B.。1点电场强度和电势均为0

On

C.。1。2两点电势差为oD.。。2两点电势差为黑

8.如图所示，足够长的光滑水平金属轨道，左侧轨道间B

距为0.8m,右侧轨道间距为0.4m。空间存在竖直向//

下的匀强磁场，磁感应强度大小为17。质量均为0.2kg〜'丁

的金属棒M、N垂直导轨放置在轨道上，开始时金属棒M、N均保持静止，现使金

属棒N以10m/s的速度向右运动，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保

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持良好接触，M棒总在宽轨上运动，N棒总在窄轨上运动。已知两金属棒接入电路

的总电阻为0.40,轨道电阻不计，g=：10m/s2,下列说法正确的是（）

A.M、N棒最后都以5m/s的速度向右匀速运动

B.从开始到最终匀速运动电路中产生的焦耳热为2/

C.在两棒整个运动过程中流过棒M的电荷量为1C

D.在两棒整个运动过程中，金属棒M、N在水平导轨间扫过的面积之差为0.5巾2

9.小明设计了如图甲所示的实验装置，用来探究物体动能变化与外力做功的关系。不

可伸长的轻绳跨过定滑轮将小车P和重物Q连接，和小车相连的细绳与斜面平行，

纸带穿过打点计时器与重物相连。电源频率为50Hz。实验时，进行了如下操作：

①用天平测得小车P质量M=500g、重物Q质量m=100g；

②按图甲组装好器材，并用铜丝做成钩环挂在重物Q上作为配重，不断调整配重的

质量，直到小车恰沿斜面匀速下滑时，测得此时配重质量小。=150g；

③重物Q不加配重，接通打点计时器，小车由静止释放；

④关闭电源，取下纸带进行数据处理。

图乙是实验中获取的一条纸带：打下的第一个点标为计数点0,相邻两个计数点之

间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示，重力加速度取9.8m/s2。

（计算结果保留3位有效数字）

（1）在纸带上打下计数点5时的速度%=m/s；

（2）在打点0〜5过程中系统动能的增加量△Ek=],合外力对系统所做的功

为皿=______

10.某实验小组设计了如图甲所示的电路，用于测量某金属的电阻率与电源电动势和内

阻。其中电流表4（量程0〜100mA,内阻勺=50）、电流表人2（量程。〜0.64，内阻

爻=1.330）、电阻箱R（阻值范围0〜99.90）、定值电阻岛。

图内图「

(1)图甲中虚线框内可视为一个量程为0〜3U的电压表，则Ro=。。

(2)实验操作步骤如下：

①如图乙所示利用螺旋测微器测量金属丝直径。=mm；

②将该金属丝正确接入图甲电路，测得接入电路的金属丝长度L=70.00cm；

③合上开关，调节电阻箱，记录下电阻箱阻值R和对应的电流表Ai示数电流表

4示数，2,并根据测量数据，做出如图丙所示的A-%图像，则该金属丝的电阻率

p=H-m(计算结果保留2位有效数字)。

(3)实验小组为得到电源电动势和内阻，由测量数据绘出如图丁所示图线，则图中

纵坐标对应物理量是。

A•加

B.1、+12

《自

D.lr~12

11.如图所示，一长为L的平板车静止在光滑水平面上，质量M=0.1kg,车右侧有一

光滑固定轨道4BC,水平部分与平板车上表面等高，竖直部分BC为半径R=

0.08m的半圆，B为两部分的切点。质量m=0.2kg的小物块以一定速度从最左端滑

上平板车，到车最右端时恰好与车相对静止，并一起向右运动抵达轨道4端，小物

块滑上轨道并恰好能过最高点C,之后直接落在4点。小物块与平板车的动摩擦因

数〃=0.2,重力加速度g=lOm/s?。求:

(1)4B部分长度x；

(2)平板车长度心

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A

.E..-

12.在如图所示的平面直角坐标系中，第二象限内存在磁感应强度为当的匀强磁场，方

向垂直于xOy平面向外；第一象限某矩形区域内存在磁感应强度殳=0.47的匀强磁

场方向垂直于xOy平面向外。一个比荷为2=l.Ox108C"g的带正电的粒子从点

P(—10cm,0)发射进入第二象限，其速度卬=4.0x106血/5,方向垂直于磁场当且

与支轴负方向夹角为30。；后从Q点以垂直y轴方向直接进入第一象限内的矩形磁场

区域，再经M点以垂直x轴方向进入第四象限；整个第四象限存在大小、方向均未

知的匀强电场，粒子经过该电场偏转后从N点进入无电场、磁场的第三象限区域,

最终回到P点的速度与发射速度相同，不考虑粒子的重力。求:

(1)第二象限内磁场的磁感应强度当的大小;

(2)粒子在矩形匀强磁场中的运动时间t和该磁场区域的最小面积S；

(3)第四象限内匀强电场场强E的大小。

y/cm

Q

M,

Ox/cm

N'

13.关于生活中的热学现象，下列说法正确的是()

A.夏天和冬天相比，夏天的气温较高，水的饱和汽压较大，在相对湿度相同的情况下，

夏天的绝对湿度较大

B.民间常用“拨火罐”来治疗某些疾病，方法是用镶子夹一棉球，沾一些酒精，点燃，

在罐内迅速旋转一下再抽出，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸”

在皮肤上，其原因是，当火罐内的气体体积不变时，温度降低，压强增大

C.盛有氧气的钢瓶，在27冤的室内测得其压强是9.0xR6pa.将其搬到一3久的工地上时，

测得瓶内氧气的压强变为7.8x106Pa,通过计算可判断出钢瓶漏气

D.汽车尾气中各类有害气体排人大气后严重污染了空气，想办法使它们自发地分离，

既清洁了空气又变废为宝

E.一辆空载的卡车停于水平地面，在缓慢装沙过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度

不变，不计分子间势能，则胎内气体向外界放热

14.如图所示，内壁光滑、截面积不相等的圆柱形气缸竖直

放置，气缸上、下两部分的横截面积分别为2s和S.在气

缸内有4、B两活塞封闭着一定质量的理想气体，两活塞

用一根长为，的细轻杆连接，两活塞导热性能良好，并能

在气缸内无摩擦地移动。己知活塞4的质量是2m,活塞B的质量是当外界大气

压强为Po、温度为To时，两活塞静止于如图所示位置。若用一竖直向下的拉力作用

在B上，使4、B一起由图示位置开始缓慢向下移动g的距离，又处于静止状态，求

这时气缸内气体的压强及拉力产的大小。设整个过程中气体温度不变。

15.一列简谐横波沿x轴传播，图甲为t=4s时的波形图，P、Q是介质中的两个质点。

图乙为质点P的振动图象，下列说法正确的是（）

B.该列波的波速为2.5m/s

C.质点Q的平衡位置坐标为和=三加

D.当士=等时，P、Q两质点速度相同

E.当t=£s时，P、Q两质点速度相同

16.两束相距为d=2.4cm的平行激光束通过半径为R=2.5cm的圆柱玻璃后射到紧靠

圆柱玻璃的光屏上的同一点，已知光束都在同一个横截圆平面，其中光束1通过圆

心。。

①求圆柱玻璃的折射率；

②求光束2在圆柱玻璃中传播的时间.（已知光速c=3x108m/s,计算结果保留三

位有效数字）

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：力、根据x-t图线的斜率等于速度，则知，4物体的速度不变，做匀速直

线运动，速度方向不变，故A错误；

B、0-6s内4物体图线切线的斜率不变，则B物体的速度保持不变，故B正确；

C、0-6s内B物体图线切线的斜率增大，则B物体的速度逐渐增大，故C错误；

D、根据物体的位移△%=&-与，可知，。-6s内，力物体的位移大小等于B物体位移

大小，贝必物体的平均速度大小等于8物体的平均速度大小，但是方向相反，所以。〜6s

内，两物体的平均速度不同。故。错误。

故选：Bo

x-t图象的斜率等于物体的速度，斜率的正负表示速度方向，物体的位移等于x的变化

量，而平均速度等于位移与时间之比。由此分析。

对于图象问题，首先要明确是哪一种图象，然后才能根据坐标及斜率的意义进行分析。

本题要知道x-t图象的斜率等于速度，倾斜的直线表示匀速直线运动，速度保持不变。

2.【答案】B

【解析】解：4、由于不知飞船的质量，不能求出飞船所受的万有引力大小，故A错误；

8、设飞船的质量是小，飞船绕地球做匀速圆周运动，地球对飞船的万有引力提供飞船

的向心力也等于飞船所在位置的重力，有：^=mr^-=mg'

可得出空间站所在处的重力加速度g'大小，故B正确；

C、近地卫星的在轨运行速度为第一宇宙速度，即u=舟=7.9km/s,由于飞船的轨

道半径r大于地球半径R,根据飞船的线速度公式〃=秒可知飞船运行速度小于

7.9km/s,故C错误；

D、飞船周期7。小于地球同步卫星的周期，根据开普勒第三定律圣=k可知飞船的轨道

半径小于地球同步卫星轨道半径，即飞船离地高度小于地球同步卫星离地高度，故。

错误。

故选：B。

飞船质量未知，无法计算所受万有引力；

地球对飞船的万有引力提供飞船的向心力也等于飞船所在位置的重力，据此列式求解;

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根据环绕天体的线速度公式V=也分析飞船速度与第一宇宙速度的大小关系;

根据开普勒第三定律飞船的轨道半径与地球同步卫星轨道半径的大小关系；

解决飞船、人造地球卫星类型的问题常常建立这样的模型：卫星绕地球做匀速圆周运动,

地球对卫星的万有引力提供卫星所需要的向心力.常常是万有引力定律与圆周运动知识

的综合应用

3.【答案】A

【解析】解：AB,由于输入的电压的大小和变压器的匝数比不变，所以变压器的输出

的电压始终不变，当S断开后，电路的总电阻增大，总电流变小，所以电阻R上消耗的

电压变小，所以灯泡人的电压增大，即电压表示数增大，灯泡变亮，故A正确、B错误；

CD,当S断开后，电路的总电阻增大，总电流变小，变压器的输出电压不变，输出电流

变小，所以输出功率变小，根据输入功率等于输出功率可得输入功率变小，则理想电流

表示数变小，故错误。

故选：4。

输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的,

电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可.

本题主要考查变压器的动态分析知识，解题方法一般是先分析总电阻的变化、再分析总

电流的变化、内电压的变化、路端电压的变化。

4.【答案】A

【解析】解：当尸=0时,物块能静止在斜面上,可知〃7ngeos30。2mgisn30。，可得：

〃2三'；

当尸特别大时，斜面体与小物块的加速度a可以趋向无穷大；

对物块受力分析，将加速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，由牛顿第二定律沿斜面

方向：f+mgsind=macosd,

垂直斜面方向：N—mgeosd-masind,

由于户可以取无穷大，所以小物块与斜面体之间的支持力和摩擦力也趋向无穷大，则：

f»mgsind,N»mgeosd,所以以上各式中的mgsin。和mgeos。可忽略，则：f=

macosd,N=masind

又fSUN，

联立解得：〃之焉=遮，

综合分析得〃2百，故4正确，BCD错误。

故选：Ao

当F=0时，物块能静止在斜面上，可求得动摩擦因数〃应满足的条件；当F特别大时，

对物块受力分析，将加速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，由牛顿第二定律可求得

动摩擦因数〃应满足的条件；两种情况下综合分析可得出动摩擦因数〃应满足的条件。

本题考查了共点力平衡与牛顿第二定律的基本应用，将加速度分解到沿斜面方向和垂直

斜面方向，分方向列牛顿第二定律表达式是解题的关键。

5.【答案】BD

【解析】解：4、0衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时产生的，故A错

误；

8、半衰期由原子核内部结构决定，与温度、压强等外在因素无关，故B正确：

C、铀核卷8(7衰变为铅核第6Pb时，设经过％次a衰变，y次£衰变，

根据质量数守恒和电荷数守恒可得238=206+4，92=82+2%-y,解得：x=8,

y=6,故C错误；

。、在a、£、y这三种射线中，y射线的穿透能力最强电离本领最弱，a射线的电离能力

最强穿透能力最弱，故。正确。

故选：BD。

根据口衰变的实质分析即可；半衰期与温度、压强等因素无关，由原子核内部因素决定；

根据电荷数守恒、质量数守恒确定a衰变和B衰变的次数；三种射线中，y射线的穿透能

力最强，电离能力最弱，a射线的穿透能力最弱，电离能力最强。

本题考查了半衰期、衰变的实质、射线的性质等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这

些基础知识点。

6.【答案】AD

【解析】解：4、甲球刚开始运动时，两球加速度大小相等，设为a,根据牛顿第二定

律得：

对甲球有nhgcos45°—F=mra

对乙球有F—m2g=m2a

联立解得。=警里m/s2,故A正确；

夙甲球沿着球面运动过程中，两球的速度方向都沿着切线方向，两球位置不同，速度

方向不同，故B错误；

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C、甲球沿着球面运动过程中，忽略一切摩擦，对于甲、乙两球组成的系统，只有重力

做功，系统的机械能守恒，故C错误；

。、甲球沿着球面运动过程中，绳子拉力对甲球做负功，则甲球机械能减少，因为系统

的机械能守恒，所以乙球的机械能增加。故。正确。

故选：AD.

甲球刚开始运动时，分别以甲球和乙球为研究对象，根据牛顿第二定律列式，结合两球

加速度大小相等求甲球的加速度大小；由曲线运动的速度方向判断两球的速度是否相同;

由系统机械能守恒的条件判断系统机械能是否守恒；甲球沿着球面运动过程中，根据绳

子对甲球做功情况，判断甲球机械能的变化，进而判断乙球机械能的变化。

本题考查系统的机械能守恒和牛顿第二定律中的连接体问题，其中熟练掌握系统机械能

守恒的条件和连接体问题中加速度相等这一知识点是解题的关键。

7.【答案】AC

【解析】解：4、据半径为心的均匀带正电+Q的球壳在内部的电势为均匀带电球

壳在其壳内产生场强为零，则均匀带电球壳。在0点处产生场强为零；据对称性可知均

匀带电球壳。1、。2在。点处场强抵消，所以。处场强为零；。点电势等于均匀带电球壳0、

。1、。2在。点的电势之和，贝Ijw。=*+k&+k3=答，故A正确；

44

B、均匀带电球壳在其壳内产生场强为零，均匀带电球壳0、01在。1点处产生场强为零；

均匀带电球壳。2在。1点处产生场强不为零；则01点处产生场强等于球壳。2在。1点处产

生场强，不为零；。1点电势等于均匀带电球壳。、01、。2在。1点的电势之和，则9。1=

尾++卜女=詈，故8错误；

42

。、根据对称性可知，。八。2电势相等，则。1、。2电势差为0，故C正确；

D、。。2两点电势差为U02=00-。。2=,0-9。1=—=一等c故。错误。

4xOKJKK

故选：AC.

均匀带电球壳在球壳内电场为零。利用场强的叠加，求出矢量和。利用已知条件可以知

道电势的计算方法，根据公式进行计算即可。

本题考查电场强度的叠加问题，注意场强的大小和方向，求出矢量和即可。根据已知可

以求得电势大小。

8.【答案】BC

【解析】解：4、设最后M棒和N棒的速度分别为女和女。

N棒开始向右运动时，回路磁通量增加，由楞次定律可知，俯视回路中产生逆时针方向

的电流，N棒受到向右的安培力而向右做加速运动，N棒受到向左的安培力而向右做减

速运动，当M、N棒产生的感应电动势大小相等时，回路感应电流为零，金属棒不受安

培力，金属棒做匀速直线运动，即BL”%=BLN"2时，两金属棒做匀速直线运动，结合

Z>M=2L/N，1^2%■"2。

由动量定理得：

对M棒有：BILMt=mv1

对N有：—B/LNt=—小为

联立解得：%=4m/s,W=8m/s,故A错误；

B、由能量守恒定律得：+Q,

解得从开始到最终匀速运动电路中产生的焦耳热：Q=2/,故B正确；

C、设在两棒整个运动过程中流过棒M的电荷量为q。对M棒，由动量定理得：

BILM-△t=mvj—0>乂q=/•△1，即=mv-i,

解得q=1C,故C正确；

。、设在两棒整个运动过程中，金属棒M、N在水平导轨间扫过的面积之差为AS。

由法拉第电磁感应定律得：£=—=—,

△tAt

感应电流平均值：7=1

R

通过金属棒的电荷量：Q=/△t，

代入数据解得：△S=0.4m2,故。错误。

故选:BCo

开始阶段，金属棒M向右做加速运动，N向右做减速运动，当两金属棒产生的感应电动

势相等时，回路总的感应电动势为零，没有感应电流，两金属棒做匀速直线运动，应用

动量定理可以求出两金属棒做匀速直线运动的速度；应用能量守恒定律可以求出电路产

生的焦耳热；应用动量定理可以求出通过金属棒M的电荷量，然后应用法拉第电磁感应

定律、欧姆定律与电流定义式求出两金属棒扫过的面积之差。

本题是双棒问题，要注意分析两棒的运动过程，明确两棒都匀速运动时它们的感应电动

势大小是相等的，知道动量定理是求电磁感应中电荷量常用的方法。

9.【答案】1.200.4320.441

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【解析】解：(1)由题意两相邻两计数点的间隔为7=5x/s=0.1s,根据某段时间内

的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求%=46=(1°80+^^)X10~2m/s=1.20m/s；

(2)由题设实验步骤，当小车拖着重物m和配重小。做匀速直线运动时，对整个系统有：

Mgsin6=Ff+(m+m0)g,取下配重血。后，小车和重物做匀加速直线运动，小车和重

物系统受到的合力F=mog,所以有打点0〜5过程中动能的增加量△=|x(M+

2

m)vl=|x(150+100)xIO-x120J=0.432/,合力所做的功W=Fxx05=

0.15x9.8x(19.20+10.80)xIO-2/=0.441/。

故答案为：(1)1.20；(2)0.432、0.441

(1)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出打下计数点5的瞬时速度。

(2)求出打下5点后整体的速度后，由动能的公式求出整体动能的增加量，由实验步骤知，

有配重时系统做匀速直线运动，取下配重后系统做匀加速直线运动，则此过程的合力就

是配重的重力，由功的公式求得合力所做的功。

解决本题关键有两点：一是求动能的增加量时，先由一段时间的平均速度等于中间时刻

的瞬时速度求出系统的速度后再动能的增加量。二是求合力所做的功，由实验步骤可知

合力的大小，再求合力做的功。

10.【答案】251.5005.0x10-6A

【解析】解：(1)把电流表4改装成量程是3U的电压表串联电阻阻值&=力-/1=

3

100x10-30—5/2=250。

(2)①由图乙所示螺旋测微器可知，金属丝的直径。=1.5mm+0.0x0.01mm=

1.500mm。

③设金属丝的电阻为治,并联电路两端电压相等，由图甲所示电路图，根据欧姆定律

得：/1（勺+&）=/2&2+&）

整理得：A=

44X10-3

/1一/2图象的斜率％=普

rl+K00.4

对金属丝，由电阻定律得：RX=P^=P^,电阻率：。=喈

代入数据解得：p=5.0x10-60.m

(3)由图甲所示电路图，两并联电路并联阻值：R并=阅")

,丁1十丁2十〃0十尺电阻丝

根据闭合电路的欧姆定律得：E=a+/2)(/?+r+RQ

整理得：七=《/?+?,为应作出^一n图象，纵坐标对应的物理量是+故选

It+I2EEA+&，1+，2

A。

故答案为：(1)25；(2)①1.500(1.498〜1.502均正确);③5.0x10-6(4.5x10-〜5.5X

10-6均正确)；(3乂。

(1)根据串联电路图特点与欧姆定律求出串联电阻阻值。

(2)①螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。

③根据图示电路图求出图象的函数表达式，然后根据图丙所示图象与电阻定律求出金

属丝的电阻率。

(3)根据图示图象应用闭合电路的欧姆定律求出图丁所示图象的函数表达式，然后分析

答题。

本题考查了测量某金属的电阻率与电源电动势和内阻实验，理解实验原理是解题的前提:

要掌握常用器材的使用方法与读数方法；分析清楚电路结构，应用闭合电路的欧姆定律、

并联电路特点与欧姆定律即可解题。

11.【答案】解：(1)小物块恰好能过最高点C,设物块在最高点速度为"，在最高点重力

提供向心力，由牛顿第二定律得：

V2

mg=m-

物块离开C点后做平抛运动，

竖直方向：2R=1gt2

水平方向：X=vt

代入数据解得：v=V0?8m/s,x=0.16m

(2)设物块滑上平台时速度为火,物块从滑上平台到最高点过程机械能守恒，由机械能

守恒定律得：

11

-mv1=-mv2+mgx2R

设物块滑上平板车时速度为气,对物块在平板车上运动过程，物块与平板车组成的系统

动量守恒，

以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvQ=(m+

由能量守恒定律得：+m)vl+pmgL

代入数据解得：L=0.75m

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答：(1)48部分长度x是0.16m；

(2)平板车长度L是0.75m。

【解析】(1)小物块滑上轨道并恰好能过最高点C,在最高点重力提供向心力，应用牛顿

第二定律求出小物块到达C点时的速度，小物块离开C后做平抛运动，应用平抛运动规

律求出4B部分的长度。

(2)从B到C小物块机械能守恒，应用机械能守恒定律求出小物块到达B点时的速度，小

物块与平板车组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出平板车

的长度心

分析清楚平板车与小物块的运动过程、知道小物块恰好到达C点的临界条件是解题的前

提与关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律、机械能守恒定律与运动学公式即可解题。

12.【答案】解：(1)粒子在第二象限的匀强磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示,

设圆周运动的半径为七,

由几何知识得：cm=20cm=

sin300.5

0.20m

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向

心力，由牛顿第二定律得：

R诏

qt>0B[=m——

ri

代入数据解得：B.=0.2T

(2)粒子在第一象限中的磁场中做匀速圆周运动,

设轨道半径为〃，

洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：=m琏

r2

粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：72=等

由几何知识可知，粒子在第一象限磁场中转过的圆心角：。=90。

粒子在第一象限磁场中的运动时间：t=^-T2

代入数据解得：t=gxl0-7s

O

矩形区域的最小面积：S=yf2r2x(r2—r2cos45。)

代入数据解得：S=4.14x10-3m2

(3)粒子在第三象限中做匀速直线运动，如图NP连线方向与发射速度方向一致，贝心

ON=0Ptsn300=10x—cm=---cm

33

设电场强度水平向左分量大小为打、竖直向上分量大小为Ey,粒子从M到N过程，

(竽)2_()=2x誓X2诺-(-1O)2=2X誓x会

代入数据解得：邑=6x10,N/C,勺=6Kx105/V/C

电场强度大小：E=JE%+Ej

解得：F=1.2x1。6N/C

答：(1)第二象限内磁场的磁感应强度当的大小是0.2T；

(2)粒子在矩形匀强磁场中的运动时间t是gx10-75,该磁场区域的最小面积S是4.14x

O

10-3m2；

(3)第四象限内匀强电场场强E的大小是1.2x106/V/Co

【解析】(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据题意作出粒子运动轨迹，求出粒

子做匀速圆周运动的轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度。

(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子

轨道半径，根据粒子在磁场中转过的圆心角与粒子在磁场中做圆周运动的周期公式求出

粒子在磁场中的运动时间，然后根据题意求出磁场区域的最小面积。

(3)应用运动的合成与分解、牛顿第二定律与运动学公式求出电场强度的大小。

对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，

结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对

于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。

13.【答案】ACE

【解析】解：4、根据相对湿度的定义：相对湿度=同温度黑黑和气压,可知在相对湿度

相同的情况下，夏天的气温较高，水的饱和汽压较大，则绝对湿度较大，故A正确；

B、当火罐内的气体体积不变时，温度降低，根据气态方程与=C,其中C为定值，分析

知，气体的压强减小，这样外界大气压大于火罐内气体的压强,从而使火罐紧紧地被“吸”

在皮肤上，故B错误；

C、若不漏气，则气体做等容变化，有：*=今，得P2=竿=8.1x106P©由于

7.8X106Pa,所以钢瓶漏气，故C正确；

。、根据牖增加原理可知，混合气体不会自发分离变得有序，只能变得更为无序更混乱，

故。错误；

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E、不计分子势能，则气体为理想气体，又因为温度不变，故内能变化量△U=W+Q=O,

装沙过程中轮胎受地面挤压力增大，导致体积V会变小，外界对气体做功勿＞0,所以

Q=-皿＜0所以气体向外界放热，故E正确。

故选：ACE.

根据相对湿度的定义，运用控制变量法，即可分析出在相对湿度相同的情况下，绝对湿

度的大小；

根据理想气体的状态方程，运用控制变量法，即可分析出火罐被“吸”在皮肤上的原因；

假设不漏气运用，气体发生等容变化，根据查理定律即可求出不漏气时气体降温后的压

强，再与题给末态压强做比较即可判断出是否漏气；

根据端增加原理即可判断出混合气体是否会自发分离：

因为不计分子势能，则气体为理想气体，温度不变则内能不变，根据热力学第一定律，

结合轮胎体积变化即可判断出轮胎的吸放热情况.

本题考查热力学在生活生产中的应用，解题关键是要牢记湿度的概念，以及相对湿度和

绝对湿度的定义，会运用气体定律做定性定量的分析，知道并且理解幅增加原理，会运

用热力学第一定律，并且知道公式中勿与Q的正负所代表的含义，综合性较强，难度不

大.

14.【答案】解：以两活塞整体为研究对象，原来气缸内气体压强为pi，根据平衡条件

有