2022年云南省高考物理統(tǒng)測試卷（一）（附答案詳解）

2022年云南省高考物理統(tǒng)測試卷（一）

1.中國火星探測器于2021年4月23日登陸火星，放射性材料?！?。2用作火星探測車的

燃料。PuO2中的Pu元素是舞P”，深Pa發(fā)生a衰變的核反應(yīng)方程為第Pa->X+加e。

一個(gè)靜止的葬8p“在勻強(qiáng)磁場中發(fā)生a衰變，產(chǎn)生的原子核X和a粒子均在磁場中做

勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則（）

A.X核的中子數(shù)為92

B.X核的中子數(shù)為234

C.X核做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑比a粒子的小

D.X核做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑比a粒子的大

2.北斗導(dǎo)航系統(tǒng)是我國自主研制的全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)。如圖所示

是其中三顆衛(wèi)星a、b、c的軌道示意圖，a、b、c三顆衛(wèi)星均代

繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，a是地球同步衛(wèi)星。則（）yA—i-Y/

A.衛(wèi)星a可以經(jīng)過昆明正上空

B.衛(wèi)星a運(yùn)行角速度比c衛(wèi)星的大地球

C.衛(wèi)星b的運(yùn)行速率為7.9km/s

D.衛(wèi)星c的運(yùn)行周期為24小時(shí)

3.無人駕駛汽車通過車載傳感系統(tǒng)識別道路環(huán)境，自動(dòng)控制車輛安全行駛。無人駕駛

有很多優(yōu)點(diǎn)，如從發(fā)現(xiàn)緊急情況到車開始減速，無人車需要0.2s,比人快了Is.人

駕駛汽車以某速度勻速行駛，從發(fā)現(xiàn)情況到停下的運(yùn)動(dòng)距離為44m,汽車減速過程

視為勻減速運(yùn)動(dòng)，其加速度大小為10m/s2。同樣條件下，無人駕駛汽車從發(fā)現(xiàn)情

況到停下的運(yùn)動(dòng)距離為（）

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

4.如圖所示，子彈以某一水平速度擊中靜止在光滑水平面上的木塊并留在其中。對子

彈射入木塊的過程，下列說法正確的是（）

cz>

A.木塊對子彈的沖量等于子彈對木塊的沖量

B.因子彈受到阻力的作用，故子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒

C.子彈和木塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于子彈損失的動(dòng)能減去子彈對木塊所做

的功

D.子彈克服木塊阻力做的功等于子彈的動(dòng)能減少量和摩擦產(chǎn)生的熱量之和

5.如圖甲所示，質(zhì)量為1kg的金屬棒ab靜止在粗糙的平行導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌垂直，兩平

行導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)。ab棒、導(dǎo)軌和定值電阻R組成面積為1巾2的閉合回路，

回路總電阻為30?；芈穬?nèi)有與水平面成37。角斜向上且均勻變化的勻強(qiáng)磁場，從《=

0時(shí)刻開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示。已知兩平行導(dǎo)軌的間距

為lm,ab棒與導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。取重力加速度g=10m/s2,

sin37°=0.6,cos37°=0.8。在t=Is時(shí)，ab棒恰好相對導(dǎo)軌開始運(yùn)動(dòng)，則此時(shí)（）

A.ab棒中的電流方向?yàn)閍流向b

B.必棒受到的安培力大小為gN

C.時(shí)棒與導(dǎo)軌間的壓力大小為

D.ab棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5

6.如圖所示，直角三角形AOC,AACO=30°,4。右側(cè)某區(qū)域存在垂直于40C平面的

勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的

粒子以速度=從C點(diǎn)垂直于4c進(jìn)入磁場，該粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后平行于CO射到AC邊上

的。點(diǎn)（圖中未畫出），粒子重力不計(jì)。下列說法正確的是（）

A.粒子從C點(diǎn)射入磁場，在到達(dá)。點(diǎn)前始終未離開磁場

B.磁場方向垂直40C平面向里

C.C。間的距離為空皿

qB

D.粒子從c點(diǎn)到0點(diǎn)的時(shí)間為巨笑迎

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7.如圖所示,半徑為R的光滑絕緣四分之一圓弧形軌道48固定

在豎直平面內(nèi)，。為其圓心，。4水平。在圓弧軌道的最低

點(diǎn)B處固定一帶正電的小球，電荷量為q。另有質(zhì)量為rn的

帶電小球N從4點(diǎn)處無初速釋放，運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)達(dá)到最大速

度以已知乙40c=30°,靜電力常量為k,兩小球的大小可忽略。貝女）

A.N小球可能帶負(fù)電

B.N小球的帶電量為噌

kq

C.N小球從4點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中，電場力做功為

2

D.N小球從4點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中，減少的機(jī)械能為喳山

2

8.如圖甲所示，木板與水平面間的夾角?？烧{(diào)，可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊從木板的底端以

初速度北沿木板向上運(yùn)動(dòng)。保持%大小恒定，改變氏小物塊沿木板向上滑動(dòng)的最

大距離s隨之改變，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描繪出的“s-?！鼻€如圖乙所示。若木板足夠

長且木板與物塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,，取重力加速度g=10m/s2,則（）

B.當(dāng)物塊沿木板上滑距離最短時(shí)，木板與水平面的夾角為53。

C.當(dāng)物塊沿木板上滑距離最短時(shí)，木板與水平面的夾角為60。

D.物塊沿木板上滑的最短距離為0.6次小

9.某同學(xué)用如圖甲所示的裝置驗(yàn)證動(dòng)量定理，部分實(shí)驗(yàn)步驟如下:

（1）將一遮光條固定在滑塊上，用20分度的游標(biāo)卡尺測量遮光條的寬度，游標(biāo)卡尺

如圖乙所示，則遮光條的寬度d=mm-.

(2)用天平稱得滑塊(包含遮光條)的質(zhì)量m=380.0g；

(3)將一與輕彈簧相連的壓力傳感器固定在氣墊導(dǎo)軌左端，一光電門安裝在氣墊導(dǎo)

軌上方，用滑塊將彈簧壓縮一段距離后由靜止釋放,壓力傳感器顯示出彈簧彈力F隨

時(shí)間t變化的圖像如圖丙所示，根據(jù)圖丙可求得彈簧對滑塊的沖量大小為N-

S；滑塊離開彈簧一段時(shí)間后通過光電門，光電門測得遮光條的擋光時(shí)間為戊=

2.0x10-3s,可得彈簧恢復(fù)形變的過程中滑塊的動(dòng)量增量大小為kg-m/s.

(計(jì)算結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)

10.某同學(xué)用如圖甲所示的電路測量一熱敏電阻阻值隨溫度變化的特性曲線，圖中外為

放置于控溫箱中的熱敏電阻。

(1)請用筆畫線代替導(dǎo)線，在圖乙中將未完成的實(shí)物連線補(bǔ)充完整；

(2)某次測量時(shí)，將控溫箱的溫度調(diào)至某一恒定溫度，閉合開關(guān)Si，單刀雙擲開關(guān)S2

置于1,調(diào)整滑動(dòng)變阻器％,使電流表G有適當(dāng)?shù)氖緮?shù)，記為/；再將S2置于位置2,

保持電路其他部分不變，調(diào)整電阻箱/?2,使電流表示數(shù)仍為/，此時(shí)電阻箱/?2如圖

丙所示，則在此溫度下，該熱敏電阻的阻值為.

(3)不斷調(diào)整熱敏電阻的溫度，記錄不同溫度及對應(yīng)溫度下熱敏電阻的阻值，得到

熱敏電阻阻值陣隨溫度t變化的圖像如圖丁所示。

(4)關(guān)閉控溫箱電源，一段時(shí)間后熱敏電阻溫度與室溫相同，此時(shí)用電路甲測得熱

敏電阻阻值為56670,可知室溫為。(:。(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)

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(5)某同學(xué)用該熱敏電阻設(shè)計(jì)了一簡易報(bào)警裝置如圖戊所示，圖中電源電動(dòng)勢為E=

24V,內(nèi)阻不計(jì)。可變電阻％最大阻值為40000,該報(bào)警電路需滿足下列兩個(gè)條件：

①報(bào)警器電流大于或等于3mA時(shí)將報(bào)警；

②溫度到達(dá)100℃時(shí)，報(bào)警器中電流不允許超過5mA；

則可得保護(hù)電阻R(無論如何調(diào)整%,通過報(bào)警器的電流始終不超過允許通過的最

大電流)至少應(yīng)為k。；在R取最小值的情況下，要使報(bào)警器在60久時(shí)報(bào)警，

可變電阻Rx的阻值應(yīng)調(diào)為孫若要提高報(bào)警溫度，應(yīng)將感調(diào)(選填

“大”或“小”)。(計(jì)算結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)

11.2022年2月16日，我國運(yùn)動(dòng)員齊廣璞在北京冬奧會(huì)男子自由滑雪空中技巧賽上獲得

冠軍，圖甲為比賽大跳臺(tái)的場景?，F(xiàn)將部分賽道簡化，如圖乙所示，若運(yùn)動(dòng)員從雪

道上的4點(diǎn)由靜止滑下后沿切線從B點(diǎn)進(jìn)入半徑R=15nl的豎直冰面圓弧軌道BOC,

從軌道上的C點(diǎn)飛出之間的豎直高度h=27m,OB與OC互相垂直，NBOD=37。。

運(yùn)動(dòng)員和裝備的總質(zhì)量m=60kg且視為質(zhì)點(diǎn)，摩擦和空氣阻力不計(jì)。取重力加速

度g=10m/s2,sin37°=0.6.cos37°=0.8。求：

(1)在軌道最低點(diǎn)。時(shí)，軌道對運(yùn)動(dòng)員的支持力大?。?/p>

(2)運(yùn)動(dòng)員滑離C點(diǎn)后在空中飛行過程中距。點(diǎn)的最大高度。

12.如圖甲所示，電子槍的金屬絲K連續(xù)不斷地逸出電子，電子初速度不計(jì)，經(jīng)M、N兩

金屬板之間的電場加速后，沿4、B兩水平金屬極板間的中心線OP射入極板間的偏

轉(zhuǎn)電場，UMN=—%。4B兩板間的距離為d,兩板間的電勢差％B隨時(shí)間t的變化

圖像如圖乙所示，圖中%已知，孫B的變化的周期為3%。兩板間的電場視為勻強(qiáng)電

場，t=0時(shí)刻射入4、B兩極板間的電子在偏轉(zhuǎn)電場中經(jīng)4to后從極板右側(cè)射出。已

知電子的質(zhì)量為m、電荷量為-e,重力不計(jì)，打到極板上的電子均被吸收，不計(jì)電

子之間的相互作用力。

(1)求力、8金屬板的長度L；

(2)求1=0時(shí)刻射入偏轉(zhuǎn)電場的電子，從極板右側(cè)射出時(shí)相對中線OP在豎直方向的

位移偏移量y；

(3)僅上下調(diào)整A、B兩水平極板的位置，保證電子仍然能沿OP方向射入偏轉(zhuǎn)電場,

要使從極板右側(cè)射出的電子速度均水平，求4B兩板間的最小距離必。

13.下列說法中正確的是()

A.氣體分子能分散遠(yuǎn)離是因?yàn)榉肿映饬ψ饔玫慕Y(jié)果

B.一定質(zhì)量的理想氣體等壓膨脹，氣體分子的平均動(dòng)能增大

C.一定質(zhì)量的理想氣體，溫度不變，壓強(qiáng)減小時(shí)，氣體的密度一定減小

D.空氣中水蒸氣的壓強(qiáng)越大，空氣的相對濕度一定越大

E.密閉容器中氣體的壓強(qiáng)等于氣體分子作用在器壁單位面積上的平均作用力

14.如圖所示，柱形氣缸固定在水平地面上，氣缸內(nèi)用輕質(zhì)活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣

體，活塞能沿氣缸壁無摩擦滑動(dòng)且不漏氣。勁度系數(shù)為k=10N/cm的輕彈簧一端

與活塞相連，另一端固定在氣缸底部?；钊o止時(shí)到氣缸底部的距離為100cm,氣

體溫度為27匯,此時(shí)彈簧的壓縮量為%=20c/n。若活塞的橫截面積為S=100cm2,

取大氣壓強(qiáng)為Po=1x105Pa,彈簧體積不計(jì)。

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（i）求缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng);

3）若緩慢對缸內(nèi)氣體加熱直到彈簧的伸長量為孫=20cm,求此時(shí)氣體的溫度。

15.下列說法中正確的是（）

A.所有的波均能發(fā)生偏振現(xiàn)象

B.一質(zhì)點(diǎn)做周期為7的簡諧運(yùn)動(dòng)，t+（時(shí)刻與t時(shí)刻的位移大小一定相等

C.一質(zhì)點(diǎn)做簡諧運(yùn)動(dòng)，在四分之一周期內(nèi)，其路程可能大于振幅

D.電磁波在真空中傳播時(shí)，其傳播方向與電場強(qiáng)度、磁感應(yīng)強(qiáng)度均垂直

E.兩列波發(fā)生干涉，振動(dòng)加強(qiáng)區(qū)的質(zhì)點(diǎn)的位移總是大于振動(dòng)減弱區(qū)的質(zhì)點(diǎn)的位移

16.如圖所示，矩形abed為一玻璃磚的橫截面，玻璃磚ab面鍍銀，be邊長度為L。由單

色光1、單色光2組成的一細(xì)光束，在abed平面內(nèi)從xcd面上的。點(diǎn)以入射角i=30。

射入玻璃磚，該玻璃磚對單色光1、單色光2的折射率分別為%和電，叫＞電。求

經(jīng)ab面反射一次后從cd面射出的兩單色光線間的距離。

ab

o!

d

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答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：AB,根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可得：X核的核子數(shù)為4=238-4=234,

質(zhì)子數(shù)為4=94-2=92,則中子數(shù)為：N=234—92=142,故A8錯(cuò)誤；

CD,根據(jù)動(dòng)量守恒定律，X核的動(dòng)量與a粒子的動(dòng)量大小相等，根據(jù)洛倫茲力提供向心

力可得：=所以有：R=^B

X核的電荷量比a粒子的電荷量大，所以X做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑比a粒子的小，故C正確，

。錯(cuò)誤。

故選：C。

根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒確定中子數(shù)；根據(jù)衰變前后動(dòng)量守恒、帶電粒子在磁場中

運(yùn)動(dòng)的半徑公式分析半徑大小。

本題主要是考查質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒以及帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是知道衰

變前后動(dòng)量守恒，能夠根據(jù)帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑公式分析半徑大小。

2.【答案】D

【解析】解：4、a是地球同步衛(wèi)星，同步衛(wèi)星的軌道平面在赤道平面，周期同地球自

轉(zhuǎn)周期相等，為24小時(shí)，不可以經(jīng)過昆明正上空，故A錯(cuò)誤；

BD,人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力，設(shè)衛(wèi)星的質(zhì)量為m、

軌道半徑為r、地球質(zhì)量為M,

有：G等=ma>2r=m（掌）2乙

解得T=2兀巴3=怪，

yGM\r3

a、b、c三顆衛(wèi)星的r相等，則周期、角速度相等，周期都是24小時(shí)一，故8錯(cuò)誤，力正

確；

C、7.9km/s為地球的最大運(yùn)行速度，衛(wèi)星b的運(yùn)行速率小于7.90n/s,故C錯(cuò)誤。

故選：D。

a是地球同步衛(wèi)星，同步衛(wèi)星的軌道平面在赤道平面，周期同地球自轉(zhuǎn)周期相等，為24

小時(shí)；根據(jù)萬有引力提供向心力求得各量的表達(dá)式，比較角速度和周期。

此題考查了人造衛(wèi)星的相關(guān)知識，解決本題的關(guān)鍵掌握萬有引力提供向心力，得到相關(guān)

物理量的關(guān)系式，明確同步衛(wèi)星的軌道平面必須位于赤道平面。

3.【答案】A

【解析】解：人駕駛汽車以某速度勻速行駛，從發(fā)現(xiàn)情況到停下的運(yùn)動(dòng)距離為44m,根

據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得

v0to+[=44nl

同樣條件下，無人駕駛汽車從發(fā)現(xiàn)情況到停下的運(yùn)動(dòng)距離

X=voto'+薨

其中to=1.2st0'=0.2s

整理代入數(shù)據(jù)可得%=20m/sx=24m

故A正確，BCQ錯(cuò)誤。

故選：Ao

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，結(jié)合題意得出人駕駛和無人駕駛時(shí)的位移表達(dá)式，進(jìn)而得出同樣條件

下，無人駕駛汽車從發(fā)現(xiàn)情況到停下的運(yùn)動(dòng)距離。

本題的關(guān)鍵是要注意，在反應(yīng)時(shí)間內(nèi)，汽車仍在做勻速直線運(yùn)動(dòng)。

4.【答案】C

【解析】解：力、木塊對子彈的作用力與子彈對木塊的作用力是作用力與反作用力，大

小尸相等、方向相反、作用時(shí)間t相等，由沖量/=Ft可知，木塊對子彈的沖量與子彈最

木塊的沖量大小相等方向相反，沖量不相等，故4錯(cuò)誤；

8、子彈與木塊間的作用力是內(nèi)力，子彈與木塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零，子彈和木

塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故8錯(cuò)誤；

C、子彈損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為木塊的動(dòng)能與產(chǎn)生的內(nèi)能即系統(tǒng)損失的內(nèi)能，由功能關(guān)系

可知，子彈和木塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于子彈損失的動(dòng)能減去子彈對木塊所做的

功，故C正確；

。、由功能關(guān)系可知，子彈克服木塊阻力做的功等于子彈的動(dòng)能減少量，等于木塊增加

的動(dòng)能與摩擦產(chǎn)生的熱量之和，故。錯(cuò)誤。

故選:Co

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系統(tǒng)所受合外力為零系統(tǒng)動(dòng)量守恒；根據(jù)沖量的定義式比較子彈與木塊的沖量關(guān)系；根

據(jù)子彈與木塊的運(yùn)動(dòng)過程應(yīng)用功能關(guān)系分析答題。

根據(jù)題意分析清楚子彈與木塊的運(yùn)動(dòng)過程，知道子彈與木塊間的作用力是作用力與反作

用力，應(yīng)用沖量的定義式、動(dòng)量守恒定律與功能關(guān)系即可解題。

5.【答案】D

【解析】解：4由楞次定律知她棒中的電流方向?yàn)閎流向a,故A錯(cuò)誤；

8.由圖乙結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律得

AD

E=小譏37。

則回路中的電流

/=-

R

t=2s時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為57,則所受安培力大小為

F=BIL

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：F=5N

故B錯(cuò)誤；

C.由左手定則知，安培力方向垂直磁場方向向左上，則ah棒與導(dǎo)軌間的壓力大小為

N=mg-Fcos37°

代入數(shù)據(jù)解得：N=6N

故C錯(cuò)誤；

D由平衡條件得，ab棒與導(dǎo)軌間的摩擦力

f=Fsin370

又

f=〃N

解得

〃=0.5

故。正確。

故選：D。

由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合安培力公式解得；對ab棒

受力分析，根據(jù)平衡條件可解得動(dòng)摩擦因數(shù)。

本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)知識的綜合，關(guān)鍵要掌握法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律，

熟練分析圖象的信息。

6.【答案】BD

【解析】解：4若粒子從C點(diǎn)射入磁場，在到達(dá)。點(diǎn)前始終未離開磁場，到達(dá)。點(diǎn)時(shí)的速

度一定與AC邊垂直，故A錯(cuò)誤;

根據(jù)左手定則，磁場方向垂直AOC平面向里，故8正確;

C粒子軌跡如圖

E

2R②R

該粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角度為

9=120°

設(shè)軌道半徑為R,根據(jù)牛頓第二定律得

v

qvB—m—

CD間的距離為

R

XCD

=R+sin300

解得：％。=翳

qB

故C錯(cuò)誤;

D粒子從C點(diǎn)到。點(diǎn)的時(shí)間為

R

t==St7l3O°

-3一v

丁27rm

T=-------

qB

解得：”竺曳迎

3qB

故。正確。

故選：BD。

根據(jù)左手定則判斷磁場方向；作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系和牛頓第二定律列式求

CD間距離；根據(jù)圓心角和周期公式求運(yùn)動(dòng)時(shí)間。

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本題關(guān)鍵是明確粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，畫出運(yùn)動(dòng)的軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系得到軌道半徑，再結(jié)

合牛頓第二定律列式分析，不難。

7.【答案】BD

【解析】解：力、由題意知，在C點(diǎn)達(dá)到最大速度，所以C點(diǎn)后速度減小，而重力做正功，

所以電場力做負(fù)功，故電場力是斥力，故小球帶正電，故A錯(cuò)誤；

B、由小球在C點(diǎn)速度最大，所以在C點(diǎn)的切向加速度為零，則?ngcos30o=黑cos30。

解得：q，=嚶,故8正確；

kq

C、設(shè)小球從4點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，電場力做功為小，則由動(dòng)能定理得：

1

mgRsin30°+W=-mvo2-0

解得:W=-^mgR,故C錯(cuò)誤;

D、由功能關(guān)系得，N小球從4點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中，減小的機(jī)械能為電場力做功的絕對值，

即

|4Ekl=誓包，故。正確；

故選：BD。

根據(jù)小球的速度變化和重力的做功特點(diǎn)分析出小球的電性；

小球在C點(diǎn)的速度最大，則此位置的切向加速度為零，根據(jù)牛頓第二定律計(jì)算出N小球

的帶電量；

根據(jù)動(dòng)能定理計(jì)算出電場力的做功；

根據(jù)功能關(guān)系分析出N小球在a到c點(diǎn)的過程中減小的機(jī)械能。

本題主要考查了帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理結(jié)合功能關(guān)系即可完成分析，

同時(shí)要結(jié)合牛頓第二定律完成解答。

8.【答案】AC

【解析】解：A、由圖象可知當(dāng)％時(shí)，Si=1.8m,此時(shí)小物塊做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根

據(jù)詔=2gsr,解得%=6m/s,故A正確；

8C、當(dāng)夾角為6時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得：7ngsin6-I-fimgcosd=ma,解得a=gsinO+

Hgcosd=a=^sin(6+30°).當(dāng)。=60。時(shí)加速度大小最大，此時(shí)滑行的距離最小，

故8錯(cuò)誤，C正確；

D、當(dāng)。=60。時(shí)加速度大小最大，為a=^~-m/s2＞根據(jù)評=2ax,解得x=0,9V3m，

故。錯(cuò)誤；

故選：AC.

由圖象可知，當(dāng)/=1時(shí)，勺=1.8他，此時(shí)小物塊做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求

解小木塊的初速率，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度，根據(jù)三角函數(shù)求得加速度的最大時(shí)

斜面的傾角，根據(jù)速度一位移公式求得通過的最短距離

本題主要考查了運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律，本題的關(guān)鍵是利用三角函數(shù)求得加速度的

最大值。

9.【答案】4.000.770.76

【解析】解：(1)圖乙游標(biāo)卡尺分度值為0.05zmn,則遮光條的寬度為

d=4mm+0.05mmx0=4.00mm；

(3)彈簧對滑塊的沖量大小等于圖像與坐標(biāo)軸所圍的面積，約等于0.77N.s；

滑塊通過光電門時(shí)的速度為

d4.00X10-3

V=—m/s=2m/s

At-2.0X10-3

滑塊的動(dòng)量增量大小為

3

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

故答案為：(1)4.00(3)0.77,0.76

(1)游標(biāo)卡尺主尺與游標(biāo)尺示數(shù)之和是游標(biāo)卡尺示數(shù);

(3)彈簧對滑塊的沖量大小等于圖像與坐標(biāo)軸所圍的面積，根據(jù)遮光片的寬度與經(jīng)過光

電門的時(shí)間可以求出滑塊經(jīng)過光電門時(shí)的速度，然后根據(jù)動(dòng)量的計(jì)算公式求出滑塊動(dòng)量

的增量。

理解實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提；要知道光電門測量瞬時(shí)速度的原理，分析清楚滑塊的運(yùn)動(dòng)

過程，求出滑塊經(jīng)過光電門時(shí)的速度。

10.【答案】6200。243.61.8大

第14頁，共20頁

【解析】解：(1)連接電路如圖；

(2)顯然圖甲是用等效法測不同溫度下的阻

值大小，所以圖丙中電阻箱=R7=6x

1000。+2xloon=6200。。

(4)根據(jù)題圖丁當(dāng)電阻為R7=56670時(shí)，從橫

坐標(biāo)可以讀出溫度為t=24℃；

F

由題設(shè)條件：/加3mA

(5)m=2IXa

由題意當(dāng)溫度為100℃時(shí)，RT=1200/2,此時(shí)按題設(shè)要求/=;■<5nM(取心=

00)，解得：保護(hù)電阻R236000=3.6k。。

F24

當(dāng)溫度為60。(：時(shí)，RT=2.6kn,此時(shí)要報(bào)警則有：Rx=--RT-R=j^n-

26000-36000=180012=1.8k。；

由于溫度越高，熱敏電阻越小，當(dāng)報(bào)警電流一定時(shí)，若要提高報(bào)警溫度，要增加&的阻

值。

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

(1)根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖；

(2)由電阻箱各倍率的指示讀出電阻箱的值；

(4)從R-7圖象讀出溫度的高低；

(5)根據(jù)閉合電路歐姆定律結(jié)合圖像解得電阻。

本題考查伏安法測電阻，解題關(guān)鍵掌握閉合電路與圖像的結(jié)合，掌握圖像的含義，從而

解得熱敏電阻值。

11.【答案】解：⑴從4到D,根據(jù)動(dòng)能定理可得：mgh+mgR(l-cos37°)=^mv2-0,

解得v=10V6m/s

在。點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得：FN-mg=解得FN=3000N

(2)從。到C,根據(jù)動(dòng)能定理可得：--cos53。)=如母-如解得外=

4>/30m/s

運(yùn)動(dòng)員從C點(diǎn)與水平方向成53。做斜拋運(yùn)動(dòng)，則上升的高度為h'=(Vp753°)2=

2g

(4V30X0.8)2[_*

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

故運(yùn)動(dòng)員滑離C點(diǎn)后在空中飛行過程中距。點(diǎn)的最大高度H=h'+R(1-COS53。)，解得

H=21.36m

答：(1)在軌道最低點(diǎn)。時(shí)，軌道對運(yùn)動(dòng)員的支持力大小為3000N：

(2)運(yùn)動(dòng)員滑離C點(diǎn)后在空中飛行過程中距。點(diǎn)的最大高度為21.36m。

【解析】(1)運(yùn)動(dòng)員從4到D,根據(jù)動(dòng)能定理求得到達(dá)。點(diǎn)的速度，在。點(diǎn)，根據(jù)牛頓第

二定律求得軌道對運(yùn)動(dòng)員的支持力；

(2)從。到C,根據(jù)動(dòng)能定理求得到達(dá)C點(diǎn)的速度，運(yùn)動(dòng)員從C點(diǎn)做斜拋運(yùn)動(dòng)，求得豎直方

向上升的高度，即可求得上升最高點(diǎn)距。的距離。

本題主要考查了動(dòng)能定理和斜拋運(yùn)動(dòng)，，在。點(diǎn)利用牛頓第二定律求得相互作用力，在

利用動(dòng)能定理時(shí)抓住重力做功即可。

12.【答案】解：(1)已知電子帶負(fù)電，UMN=-Uo,對第一階段的運(yùn)動(dòng)用動(dòng)能定理得:

2

eU0=-mv—0,得：v=因/

2m

之后進(jìn)入第二階段，水平方向上不受力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知水平運(yùn)動(dòng)時(shí)間為4to，

所以有L=vx4to=4t0

(2)t=0時(shí)刻，電子射入偏轉(zhuǎn)電場，之后由于孫B的周期性變化，電子在豎直方向上受

力也會(huì)發(fā)生周期性的變化,但水平方向上，電子依然在做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以到射出時(shí)，

水平距離依然是L且運(yùn)動(dòng)時(shí)間為4玲；

豎直方向上，電子可視為周期性的加速運(yùn)動(dòng)，由圖乙可知，豎直方向上電子在前2to時(shí)

間內(nèi)做的是初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，第2to到第3to加速度方向改變，開始做減速

運(yùn)動(dòng)，第3to到第4to又開始向下加速；

設(shè)這三段時(shí)間內(nèi)豎直方向的位移為為、及、y3；三段時(shí)間內(nèi)豎直方向的末速度為巧、外、

%。

由分析知，豎直方向上電場強(qiáng)度E若，方向呈周期性變化，所以由牛二律得加速度大

小為:3^=ma,解得a=管;

對三段時(shí)間內(nèi)豎直方向的運(yùn)動(dòng)運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)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="。鬻給+巖餡=喏;

所以豎直方向的位移丫=%+%+丫3=曙+喏+喏=曙

第16頁，共20頁

（3）由分析可知，在第二階段運(yùn)動(dòng)時(shí)間必然為4to（沒有打到板上），所以要使從極板右側(cè)

射出的電子速度均水平，就要使電子運(yùn)動(dòng)4to后在豎直方向上沒有速度，由動(dòng)量定理得：

Ft=mv,要想使豎直方向上沒有速度，豎直方向上沖量得為0,由于力F不變，所以只

需保證力F向上向下的持續(xù)時(shí)間一致，由圖乙分析可知，只有當(dāng)電子以2nt（）（n為整數(shù)）進(jìn)

入4B兩板時(shí)，才滿足該條件，由運(yùn)動(dòng)學(xué)常識結(jié)合圖乙我們可以知道，此時(shí)豎直方向的

位移最小，即此時(shí)為最小間距刈。

不難看出此時(shí)豎直方向上運(yùn)動(dòng)上先勻加速，再勻減速，然后反向勻加速，最后勻減速回

到原點(diǎn)。呈現(xiàn)對稱性，設(shè)第一段勻加速過程位移為以，速度為燈,第一段勻減速位移為

y5,速度為0。此時(shí)板間距為刈。

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：%=gat,=鬻；以=a%=鬻；2ays=以，所以丫5=娓=

et/itg

2md1,

所以此時(shí)板間距四=丫4+火=駕+誓=/理；僅上下調(diào)整A、B兩水平極板的位

置，保證電子仍然能沿OP方向射入偏轉(zhuǎn)電場，要使從極板右側(cè)射出的電子速度均水平，

4、B兩板間的最小距離由=鬻。

答：（1）4、B金屬板的長度為4t。、悟;

（2）t=0時(shí)刻射入偏轉(zhuǎn)電場的電子，從極板右側(cè)射出時(shí)相對中線0P在豎直方向的位移偏

移量為呼；

md

（3）僅上下調(diào)整4、B兩水平極板的位置，保證電子仍然能沿0P方向射入偏轉(zhuǎn)電場，要使

從極板右側(cè)射出的電子速度均水平，4、B兩板間的最小距離為"典。

7ndi

【解析】兩個(gè)階段的運(yùn)動(dòng)，第一個(gè)階段，電子在加速電場中做勻加速運(yùn)動(dòng)，過程不重要，

我們可以用動(dòng)能定理求得末速度，也就是第二階段的初速度，這時(shí)我們己經(jīng)知道第二階

段的初速度的大小和方向了，若以B不發(fā)生變化，則第二階段做的是類平拋運(yùn)動(dòng)，但實(shí)

際上由于以B的周期性變化，電子在豎直方向上受力也會(huì)發(fā)生周期性的變化，但這絲毫

不影響水平方向的運(yùn)動(dòng)，在做該題時(shí)，可以對豎直方向單獨(dú)進(jìn)行分析，最后一問要求最

小距離，因?yàn)?B板間電勢雖然呈周期性變化，但時(shí)間并不對稱，由經(jīng)驗(yàn)可知，當(dāng)電子

恰好在t=2片時(shí)進(jìn)入磁場時(shí)，豎直方向的位移最小，也只有此時(shí)能使電子從極板右側(cè)射

出的速度均水平。（可由豎直方向上用動(dòng)量定理驗(yàn)證）

本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵在于分析出各轉(zhuǎn)折點(diǎn)的變量，利用速度不

能突變進(jìn)行求解。

13.【答案】BCE

【解析】解：4、氣體分子能分散遠(yuǎn)離是因?yàn)榉肿幼鰺o規(guī)則運(yùn)動(dòng)的結(jié)果，不是分子斥力

作用的結(jié)果，故A錯(cuò)誤；

3、根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，一定質(zhì)量的理想氣體等壓膨脹，溫度升高，氣體分子的平

均動(dòng)能增大，故B正確；

C、根據(jù)玻意耳定律，一定質(zhì)量的理想氣體，溫度不變，壓強(qiáng)減小時(shí)，體積增大，氣體

的密度一定減小，故C正確；

。、根據(jù)相對濕度的定義，空氣中水蒸氣的壓強(qiáng)越大，空氣的相對濕度不一定越大，故

。錯(cuò)誤；

E、密閉容器中氣體的壓強(qiáng)等于氣體分子作用在器壁單位面積上的平均作用力，故E正

確；

故選:BCE。

氣體分子能分散遠(yuǎn)離是因?yàn)榉肿幼鰺o規(guī)則運(yùn)動(dòng)的結(jié)果；

根據(jù)公式pU=CT分析出溫度的變化，而溫度是氣體分子平均動(dòng)能的唯一量度；

根據(jù)公式分析出氣體體積的變化，從而得到密度的變化；

根據(jù)相對濕度的定義完成分析；

理解氣體壓強(qiáng)的微觀意義并加以分析。

本題主要考查了一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程以及氣體壓強(qiáng)的微觀意義等，要熟悉相

應(yīng)的概念和定義并做出判斷，整體難度不大。

14.【答案】解：(l)fc=ION/cm=1000N/m,活塞的橫截面積為S=100cm2=0.01m2

對活塞由平衡條件得：p0S+