2022年江西省重點中學(xué)高考物理一模試卷（附答案詳解）

2022年江西省重點中學(xué)高考物理一模試卷

1.在氣體放電管中，用大量的高能電子轟擊犬量處于基態(tài)的氫原子，通過光柵分光計

可觀測到一定數(shù)目的光譜線。調(diào)高電子的能量再次進行實驗觀測，發(fā)現(xiàn)光譜線的數(shù)

目是原來的三倍。用4n表示兩次觀測中氫原子所處最高激發(fā)態(tài)的量子數(shù)n之差，則

在nW6的范圍Zn的值為（）

A.1B.2C.3D.4

2.有一種假說認為，地磁場是由于某種原因地球表面帶上的負電荷隨地面自轉(zhuǎn)而產(chǎn)生

的。受此啟發(fā)，某同學(xué)作了如下大膽的設(shè)想：某行星表面也帶有負電荷，圍繞位于

焦點處的恒星在橢圓軌道上沿逆時針運動，P1、「2、P3、04為橢圓軌道與坐標軸的

交點，如圖所示。從某時刻起在行星運動的空間里加上勻強磁場，就能使行星繞其

恒星作圓周運動。忽略自轉(zhuǎn)影響，下列說法中可能實現(xiàn)這一設(shè)想的是（）

P4

A.當行星運動到Pi點時，加一垂直紙面向外的勻強磁場

B.當行星運動到P2點時，加一垂直紙面向里的勻強磁場

C.當行星運動到P3點時.，加一垂直紙面向外的勻強磁場

D.當行星運動到P4點時，加一垂直紙面向里的勻強磁場

3.一個m=3kg的物體放在粗糙水平地面上，從t=0時刻起，物體在水平向右的力F

作用下由靜止開始做直線運動，在0?3s時間內(nèi)物體的加速度a隨時間t的變化規(guī)律

如圖2所示。已知物體.與地面間的動摩擦因數(shù)處處相等，空氣阻力不計、則（）

A.在0?2s內(nèi)力戶的大小為12N

B.第3s內(nèi)物體加速度減小的快慢是4m/s2

C.在0?3s內(nèi)物體的位移等于17nl

D.第3s末物體的速度最大，最大速度為10m/s

4.如圖所示，在ab邊的中點用彈簧懸掛矩形硬質(zhì)金屬線框abed,

線框的下半部分處于垂直線框平面的磁場中，各處的磁感應(yīng)強度

B隨時間t的變化情況相同，線框靜止，de邊水平，彈簧的長度不

變。下列描述B的大小隨時間t變化的圖象中，可能正確的是（）

5.某興趣小組想利用小孔成像實驗估測太陽的密度。設(shè)計如圖所示的裝置，不透明的

圓桶一端密封，中央有一小孔，另一端為半透明紙。將圓桶軸線正對太陽方向，可

觀察到太陽的像的直徑為已知圓桶長為H,地球繞太陽公轉(zhuǎn)周期為7。則估測太

陽密度的表達式為（）

6.第24屆冬奧會在北京和張家口聯(lián)合舉行，北京成為冬奧史上首個“雙奧”城市，見

證偉大祖國的繁榮昌盛。假設(shè)在一次跳臺滑雪比賽中，運動員在助滑道頂端4處由

靜止下滑到斜面頂端B處時水平飛出，落在了斜面底端C處，最后滑入停止區(qū)停下。

BC間的高度差為h,斜面的傾角為仇重力加速度為g,不計所有阻力，貝N）

A

A.運動員在空中運動時相同時間內(nèi)速度的變化量不同

B.運動員從B點飛出后到離斜面最遠時所經(jīng)歷的時間為虛

第2頁，共20頁

C.運動員落到斜面時的速度方向因從B點飛出時的速度大小不同而不同

D.A、B兩點間的高度差為/百

4tanz0

7.如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1：4,a,b端接入電壓有效值為%=6V

的正弦式交流電源。電阻％=10,R2=20,滑動安阻器R3最大阻值為600，此時

滑片P處于正中間位置，電表均為理想交流電表，則（）

A.電流表的示數(shù)為24

B.先與%的熱功率之比為2：1

C.若向上移動P,電壓表示數(shù)變小

D.若向下移動P,電源的輸出功率變大

8.豎直平面內(nèi)有水平放置的兩金屬板4B、CD,相距為d,兩極板加上恒定電壓U,如

圖所示。質(zhì)量為小，電荷量為+q的粒子，從。點以初動能與。=qU進入電場，。點

在相連線上，且04=汕初速度與水平方向夾角為。=45。，粒子沿著。MB的軌

跡恰好運動到下極板右邊緣的B點，M為運動軌跡的最高點，M/V與極板垂直。不計

粒子重力，則關(guān)于粒子的說法正確的是（）

QU

A.粒子運動到8點畤的動能E/CB=gqU

B.運動軌跡最高點到下極板的距離MN=

C.水平方向運動的位移之比為AN：NB=V2：3

D.若將上極板向下移一小段距離，則粒子將在B點上方飛出

9.用如圖甲所示的實驗裝置測木塊與木板間的動摩擦因數(shù)。木板的底端置于桌面上，

安裝有光電門（與數(shù)字計時器相連），木塊上固定有寬度為d的遮光條。改變木塊下

滑的初始位置離桌面的高度差兒同時保持該初始位置和底端間的水平距離L不變,

進行多次實驗，每次實驗?zāi)緣K都由靜止開始下滑，木塊與木板間的動摩擦因數(shù)處處

相同，重力加速度為g。

（1）先用游標卡尺測出遮光條的寬度如圖乙所示，其讀數(shù)為d=mm.

（2）根據(jù)多次實驗得到的數(shù)據(jù)，用〃=5（戊為遮光條通過光電門的時間）計算出木塊

經(jīng)過光電門時的速度大小〃并作出了如圖丙所示的“2-左圖像。由此可知木塊與

木板間的動摩擦因數(shù)的計算式為。（用b、L和g表示）

（3）由于空氣阻力的影響，會使木塊與木板間動摩擦因數(shù)的測量值（選填“大

于”、“等于”或“小于”）真實值。

10.如圖甲所示是某同學(xué)設(shè)計的測量電源的電動勢和內(nèi)阻的實驗電路圖，圖中電壓表V

的量程為3V,電流計G的滿偏電流%=2007714、內(nèi)阻Rg=0.400,定值電阻⑹=

0.400。閉合開關(guān)，移動變阻器R的滑片，得到多組電壓表V的讀數(shù)U和電流計G的

讀數(shù)/，作出如圖乙所示的圖象。

為mAQ

（2）根據(jù)圖乙所示的圖象求出，電源的電動勢E=V,內(nèi)阻r=12（結(jié)果

保留到小數(shù)點后兩位）。

11.如圖所示，在xOy平面直角坐標系中，直角三角形ACD內(nèi)存々-“『

在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。線段.小於"廠

CO=。。=d,。=30。。在第四象限正方形。DFG內(nèi)存在V

第4頁，共20頁

沿+x方向、大小為5=要的勻強電場，沿4c在第三象限放置一個足夠大平面熒

3m

光屏，屏與y軸平行。一個電子從坐標原點沿+y方向射入磁場，恰好不從4D邊射

出磁場。已知電子的質(zhì)量為電荷量為-e。試求：

(1)電子射入磁場時的速度大?。?/p>

(2)電子打在熒光屏上的位置坐標。

12.如圖所示，固定在豎直面內(nèi)的軌道由足夠長直線和半徑為R的四分之一圓弧相切連

接而成，除段粗糙外其它部分均光滑，C、C是圓弧的兩端點。兩個質(zhì)量均為Tn的

小球a和b,分別從4點和C點以一定的初速度向右運動，a球的初速度是b球的2倍,

b球第一次上升相對C點的最大高度為2R,在b球返回C點向B點運動的過程中，與

迎面而來的a球發(fā)生彈性碰撞，碰后b球第二次上升相對c點的最大高度為由于

磁性的原因b球在C。上還會受到軌道對它的垂直軌道方向、大小為F=^mgsinQ

的吸引力，。是b球所在位置與C點間的圓弧所對的圓心角。視小球為質(zhì)點兩球與2B

間的動摩擦因數(shù)均為小假設(shè)除碰撞外兩球間沒有作用力。空氣阻力不計，重力加

速度為g。求：

(l)b球在空中運動過程中重力的沖量；

(2)b球由?；駽的過程中對軌道壓力的最大值；

(3)a、b兩球在上運動的總時間。

一

―a,________________￡7

BC

13.下列說法中正確的是（）

A.擴散現(xiàn)象不僅能發(fā)生在氣體和液體中，固體中也可以

B.巖鹽是立方體結(jié)構(gòu)，粉碎后的巖鹽不再是晶體

C.地球大氣的各種氣體分子中氫分子質(zhì)量小，其平均速率較大，更容易掙脫地球

吸引而逃逸，因此大氣中氫含量相對較少

D.從微觀角度看氣體壓強只與分子平均動能有關(guān)

14.如圖所示，一個粗細均勻、導(dǎo)熱良好的U形細玻璃

管豎直放置，A端封閉，。端開口。玻璃管內(nèi)通過水

銀柱封閉a、b兩段氣體，a氣體下端浮有一層體積、

質(zhì)量均可忽略的隔熱層，各段長度如圖所示。已知

大氣壓強Po=75cmHg,環(huán)境溫度為27。口取7=

t+273（K）。

①通過加熱器對b氣體緩慢加熱，使其溫度升高到177。。時玻璃管內(nèi)剩余水銀柱的

總長度為多少？

②保持b氣體溫度177留不變，以BC為軸將玻璃管緩慢旋轉(zhuǎn)90。至水平狀態(tài)，則玻璃

管內(nèi)剩余水銀柱的總長度為多少？

15.如圖所示,兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播,兩波源分別位于x=-2m

和％—12m處，兩列波的傳播速度均為?！?m/s,兩波源的振幅均為4—2cm。圖

示為t=0時刻兩列波的圖象（傳播方向如圖所示），此時刻平衡位置處于x=2m和

工=8m的2、Q兩質(zhì)點剛開始振動。質(zhì)點M的平衡位置處于x=5m處，則下列說法

正確的是（）

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A.t=0.75s時刻,兩列波開始相遇

B.t=0.75s時刻，質(zhì)點P、Q都運動到M點

C.t=ls時刻，質(zhì)點M的位移為一4aH

D.t=Is時刻，質(zhì)點Q的速度為0

E.質(zhì)點P、Q的起振方向都沿y軸負方向

16.五角棱鏡是光束定角度轉(zhuǎn)向器之一，常用于照相機的取景器、圖像觀察系統(tǒng)或測量

儀器中。如圖所示是五角棱鏡的截面圖。棱鏡材料的折射率為n,4B面與AE面垂

直。一束單色光垂直4B面入射，經(jīng)DE面和BC面反射后垂直4E面射出。該單色光

的頻率為f,在真空（或空氣）中傳播的速度為c。求：

①單色光在棱鏡材料中的波長大

②BC面與DE面的夾角a；

③若入射光線與4B面不垂直，入射角為i,求同樣經(jīng)兩次反射后從AE面射出的光線

與入射光線間的夾角。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：最高激發(fā)態(tài)量子數(shù)之差和最高能級量子數(shù)之差相同，因此設(shè)氫原子原來的

最高能級為耳，則調(diào)高后的能級為(n+4n),

則有：5+4嗎+2)=3x”/解得：n=2,4n=1,故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

本題難度較大，要明確產(chǎn)生光線數(shù)目小和能級n之間的關(guān)系，即m=M尸，氫原子吸收

電子能量時只吸收對應(yīng)能級之間的能量差，即能量的吸收應(yīng)該滿足量子化。

該題學(xué)生容易出錯，考查知識點全面，要求學(xué)生在掌握能級、激發(fā)態(tài)、能級躍遷、能級

差等概念的基礎(chǔ)上，具備綜合理解分析能力。

2.【答案】C

【解析】解：4、當行星運動到Pi點時，做近心運動，萬有引力大于向心力，加一垂直

紙面向外的勻強磁場，由左手定則可知行星受到指向恒星的洛倫茲力，合力大于向心力，

仍然做近心運動，故A錯誤；

BD、當行星運動到P2點和24點時，洛倫茲力和萬有引力不共線，合力不指向恒星，無

法做圓周運動，故8。錯誤；

C、當行星運動到P3點時，做離心運動，萬有引力小于向心力，加以垂直紙面向外的勻

強磁場，由左手定則可知行星受到指向恒星的洛倫茲力，當合力等于向心力，做圓周運

動，故C正確；

故選：Co

分別分析出行星運動到不同位置時的洛倫茲力方向，結(jié)合向心力的特點分析是否符合題

意。

本題主要考查了地磁場的相關(guān)猜想，考法新穎，但難度不大，解題關(guān)鍵點是熟悉左手定

則判斷出洛倫茲力的方向即可。

3.【答案】D

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【解析】解：人前2s內(nèi)物體加速度恒定，故所受作用力恒定，根據(jù)牛頓第二定律知尸冷=

zna知前2s內(nèi)的合外力為12N,由于物體在水平方向受摩擦力作用，故作用力大于12N,

故A錯誤；

B、第3s內(nèi)物體加速度減小的快慢是襄=gzn/s3=-4?n/s3,故8錯誤；

At3-2

C、在0?3s內(nèi)物體做勻加速直線運動，通過的位移等于x=1at2=：x4x227n-8m,

故C錯誤；

。、在0-3s內(nèi)，物體始終做加速運動，在a-t圖像中圖像與時間軸所圍面積表示速度，

則"=gx(2+3)x4m/s=10m/s,故。正確；

故選：Do

體做加速運動時加速度方向與速度方向相同，加速度的大小與合外力成正比.物體的加

速度保持恒定，則其所受合外力恒定，在a-t圖像中，圖像與時間軸所圍面積表示速

度的變化量。/

掌握加速運動與減速運動只看加速度的方向與速度方向是相同還是相反，不看加速度的

大小變化，知道加速度與物體所受合外力大小成正比，掌握規(guī)律是解決問題的關(guān)鍵.

4.【答案】D

【解析】解：依題意彈簧長度不變，由受力分析可知金屬線框所受重力和彈簧拉力均不

變，即de邊所受安培力不變，由安培力公式可得：F=BIL

又/=三=吧

RAtR

聯(lián)立解得：F=B*L

ZlcK

A、圖像中，黑為恒定的值，磁感應(yīng)強度B一直在減小，所以de邊所受安培力變小，故A

錯誤；

B、圖像中，黑為恒定的值，磁感應(yīng)強度一直在增加，所以de邊所受安培力變大，故B

錯誤；

C、圖像中，答的值一直在減小，磁感應(yīng)強度B一直在減小，所以de邊所受安培力變小，

故C錯誤；

D、圖像中，黑的值一直在減小，磁感應(yīng)強度B一直在增加，所以de邊所受安培力可能

At

不變，故。正確；

故選：D。

根據(jù)對金屬線框的受力分析可知de邊的安培力保持不變，根據(jù)安培力公式和法拉第電磁

感應(yīng)定律得安培力的表達式，結(jié)合圖像的斜率和8的變化逐項分析即可。

本題主要考查了法拉第電磁感應(yīng)定律，結(jié)合安培力公式和圖像分析出導(dǎo)線框受到的安培

力的變化即可。

5.【答案】B

【解析】解：設(shè)太陽的半徑為R,太陽到地球的距離為r。

Dr\y.

根據(jù)三角形相似，由幾何關(guān)系可知，則：￡=2,解得：R=M

rHZH

地球繞太陽做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，設(shè)太陽質(zhì)量為M,地球質(zhì)量為m,

則m.i：—GMm=47r2r

體積u=

由密度公式p=2解得：p=黑。

故8正確，AC￡＞錯誤。

故選：B。

根據(jù)三角形相似，結(jié)合萬有引力提供向心力，可分析該題。

本題考查小孔成像原理，主要用到三角形相似和萬有引力提供向心力等知識，屬于基本

題型。

6.【答案】BD

【解析】解：4、運動員在空中做平拋運動，做的是勻變速曲線運動，加速度為g,故

運動員在空中運動時相同時間內(nèi)速度的變化量/v=g/t，故速度變化量相同，故A錯

誤；

B、運動員從B到C做平拋運動，則八=解得t=隹,從B到C,水平方向:與=vBt,

Nsigtan(7

從B到C,沿斜面方向和垂直于斜面方向，則在垂直于斜面方向，根據(jù)牛頓第二定律可

得：mgeosd=malf速度%=九仇運動員從B點飛出后到離斜面最遠時所經(jīng)歷的

時間為t=￡

al

第10頁，共20頁

聯(lián)立解得t'=3j稱，故B正確；

C、設(shè)運動員落到斜面時的速度方向與水平方向夾角為/?,如圖，根據(jù)速度方向偏向角

與位移方向偏向角的關(guān)系可得，tan/?=2tan。，所以兩種情況下/?相同，則兩次落到斜

面時的速度方向與斜面之間的夾角也相同，故C錯誤；

。、運動員從8到C做平拋運動，則九=；以2,解得t=陛，從B到c,水平方向：4=%如

27gtans

從4到B,根據(jù)動能定理可得：mgR=^mvl，聯(lián)立解得：R=啟篇，故。正確；

故選：BDo

速度變化率相同即為加速度，由此判斷兩次飛行中速度變化率是否相同；

根據(jù)平拋運動的規(guī)律求解運動時間和拋出時的速度；

根據(jù)速度方向偏向角與位移方向偏向角的關(guān)系分析兩次落到斜面時的速度方向與斜面

之間的夾角是否相同；

從4到B根據(jù)動能定理求得下降高度。

本題主要是考查了平拋運動的規(guī)律，知道平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動

和豎直方向的自由落體運動；解決本題的關(guān)鍵知道平拋運動的規(guī)律和兩個重要推論。

7.【答案】AD

【解析】解：B、理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1：3,則電流之比為：/1：I2=n2：

九1=3：1,

根據(jù)電功率的計算公式P=產(chǎn)/?可得治與&的熱功率之比為：P1：02=（孑氏）：（層R2）

代入數(shù)據(jù)解得：P1：「2=3：1,故8錯誤；

A、根據(jù)功率關(guān)系可得：％/1=/71+碎（/?2+：/?3），解得：A=24故A正確；

C、向上移動P,副線圈電阻增大，則輸出電流減小，根據(jù)變流比可知，輸入電流減小，

電阻Ri分壓減小，原線圈輸入電壓增大，則輸出電壓增大，電壓表讀數(shù)將增大，故C

錯誤；

。、若向下移動P，副線圈電阻減小，則輸出電流變大，根據(jù)變流比可知，輸入電流變

大,根據(jù)P=%k可知，電源的輸出功率變大，故。正確。

故選：AD.

理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比等于原副線圈的電壓之比，等于電流的倒數(shù)之比；理想變

壓器原副線圈兩端電功率相等，由此解答。

本題考查變壓器與電路的結(jié)合問題，要注意明確電路動態(tài)分析的基本方法，同時明確變

壓器的基本原理。

8.【答案】BC

【解析】解：4、粒子在兩極板間僅受電場力作用，從。到B過程中，根據(jù)動能定理得：

q.；U=EkB-Ek0

又Eg=qU,解得粒子運動到B點畤的動能：EkB=^qU,故A錯誤；

8、分解粒子的運動，粒子在水平方向上，在豎直方向上做勻變速直線運動，粒子在豎

直方向的初速度為=vosin9

從。點到最高點M過程中，在豎直方向上有：0-■藥=2（-黑）y°M，結(jié)合&o=qU=

|mv2,聯(lián)立解得。點與M點的豎直高度：y0M=g則軌跡最高點到下極板的距離MN=

yoM+7=7+7=|d,故8正確；

C、粒子上升過程豎直分位移大?。簓0M=下降過程豎直分位移大小：yMN=\d,

粒子在豎直方向做勻變速直線運動，根據(jù)丫=［成2得￡=聆，則上升過程和下降過程

時間之比為t°M：^MN—y/yOM:J'MN—V3'粒子在水平方向上做勻速直線運動，

由x=知水平位移之比4N：NB=t0M：tMJV=V2：3,故C錯誤；

D、若將上極板向下移一小段距離，d減小，根據(jù)E=《知，勻強電場場強增大，粒子受

到的電場力增大，加速度增大，粒子加速和減速時間變短，到達下極板時，水平方向位

移減小，粒子將打在B點左側(cè)，故。錯誤。

故選：BCo

根據(jù)動能定理求運動到B點時的動能；分解粒子的運動，粒子在水平方向上做勻速直線

運動，在豎直方向上做勻變速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式求軌跡最高點

到下極板的距離。根據(jù)粒子上升和下降的位移關(guān)系求出上升和下降的運動時間之比，從

而求得水平方向運動的位移之比。若將上極板向下移一小段距離，板間場強增大，粒子

的加速度增大,分析運動時間的變化,判斷水平位移的變化，分析粒子飛出電場的位置。

本題考查帶電粒子在勻強電場中的運動，應(yīng)用處理類斜拋運動的方法是運動的分解，關(guān)

鍵是分析清楚哪個方向上是勻速直線運動，哪個方向上是勻加速直線運動，運用牛頓第

第12頁，共20頁

二定律和運動學(xué)公式相結(jié)合進行解答。

9.【答案】10.55^7大于

2gL

【解析】解：(1)游標卡尺的分度值為0.05mm,估讀到分度值本位，則d=10mm+11x

0.05mm=10.55mm；

(2)根據(jù)牛頓第二定律有

mgsinO-fimgcosd=ma

結(jié)合運動學(xué)公式“2=2as

L=scosd

h=ssinO

聯(lián)立解得：v2=2gh-2figL

由圖像可知，b=2ixgL

解得：”短

(3)由于空氣阻力的影響，則上面式子中的摩擦力變大了，所以會使木塊與木板之間動

摩擦因數(shù)的測量值大于真實值。

故答案為：(1)10.55；(2)肝;(3)大于

(1)根據(jù)游標卡尺的讀數(shù)規(guī)則得出d的讀數(shù)；

(2)根據(jù)牛頓第二定律同時結(jié)合圖像得出〃的表達式；

(3)根據(jù)實驗原理，學(xué)會對實驗誤差做簡單的分析。

本題主要考查了動摩擦因數(shù)的測量實驗，需要熟悉牛頓第二定律，結(jié)合圖像得出動摩擦

因數(shù)的表達式，同時要學(xué)會簡單的數(shù)據(jù)分析。

10.【答案】2.80802.931.47

【解析】解：(1)電壓表的最小分度為(MU,所以圖丙電壓表的示數(shù)為2.80人從圖乙中

找出此時電源的電流為/總=L+誓=4°初+鉀神=8。神；

(2)寫出電壓表示數(shù)U與靈敏電流表G的示數(shù)的關(guān)系式有：

U=E-(y)(r+粽，

代入數(shù)據(jù)并整理得：U=E—2(r+0.2)」,

根據(jù)縱截距可得：E=2.93V,

由圖象的斜率%|=2(r+0.2)=篙巖。，

解得：r=1.47/2,

故答案為：(1)2.80,80(2)2.93(2.92?2.94),1.47(1.43~1.49)

(1)電壓表的示數(shù)根據(jù)其量程和最小分度值讀取；從電源的U-/圖象找到對應(yīng)的毫安表

的值，再計算出電源電流的值；

(2)根據(jù)圖示電路圖寫出圖象的函數(shù)表達式，然后根據(jù)圖示圖象求出電源的電動勢與內(nèi)

阻；

本題考查伏安法測電阻以及測量電源的電動勢和內(nèi)電阻，在解題時要注意分析實驗中給

出的儀器是否符合實驗要求，并能進行數(shù)據(jù)處理和分析。

11.【答案】解：(1)電子恰好不從邊射出磁場得到半徑，則電子運動軌跡與4。邊相

切，設(shè)電子運動半徑為R,則由幾何知識可得：

電子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，所以有：evB=

(2)由幾何知識可知，電子進入電場的坐標為：x=2R；

電子沿豎直向下的方向進入電場，電場力水平向左，所以，電子做類平拋運動；

電子的加速度為：a=空；

m

電子若從GF間射出，則電子在電場中運動的時間為：口=*

電子若從。G間離開電場，則電子在電場中運動的時間為：x=

解得」「等t一詈

因ti>t2,所以由此可以判斷電子是從OG間離開電場的。電子在電場中運動的時間為:

2m

t=t=—;

N2eB

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電子通過y軸的坐標為：yi=-vt

速度與y軸負方向的夾角a有關(guān)系式為：tana=F；

所以，電子P打在熒光屏的y坐標為：y=-01+扁）；

解得：y=-^7

O

答：（1）電子射入磁場時的速度大小為鬻；

（2）電子打在熒光屏上的位置坐標為（-&-號）。

【解析】（1）由電子恰好不從力。邊射出磁場得到半徑，再由牛頓第二定律求得速度；

（2）求得電子在電場中的加速度，分析電子可能出射的邊界，分別討論粒子在電場中的

運動時間，較短的即為實際運動時間，再根據(jù)幾何關(guān)系解得。

帶電粒子在磁場中運動，垂直進入磁場，若從進入磁場的點在同一邊界射出磁場，則粒

子速度方向正好相反。

12.【答案】解：（l）b球做輕直上地運動相對。點的高度為R,由R=之/2可得在空中運

動的時間為t=后

故重力的沖量為/=mg-2t

代入數(shù)據(jù)解得：/=2mV^，方向豎直向下；

（2）b球由最高點下落到圓弧上P點時的高度差為九=R+Rcosd

根據(jù)動能定理有：mgh=^mv2

由牛頓第二定律有：N—F—mgcos。=m三

聯(lián)立根據(jù)數(shù)學(xué)知識解得：NS6mg

據(jù)牛頓第三定律，b球由?；駽的過程中對軌道壓力的最大值為6mg

（3）對b球由動能定理可知

2mgR=

^mgR=喑

設(shè)a球碰撞前后的速度分別為%,u'a，必碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，取向左為正方向，

由

nw'a+m（一/匕）=mva+mvb

|mVa2+|mv；2=若+刎若

由機械能守恒可知，b球的初速度為%o=~vb=-2

則a球的初速度為%0=—2%()=-4-y/gR

故a球從4運動到B的時間為ti=92

因為喏o-喏=竿>%?=4gR,va'>vb'

所以兩球不會發(fā)生第二次碰撞，且都將靜止在4B上，兩球在4B上向左運動的時間分別

為t,=組t」型

故a、b兩球在48上運動的總時間￡=口+12+13

聯(lián)立解得：1=且

答：(l)b球在空中運動過程中重力的沖量為荻，方向豎直向下；

(2)b球由。滑向C的過程中對軌道壓力的最大值為6mg；

(3)a、b兩球在AB上運動的總時間為施。

【解析】(1)根據(jù)重力的沖量公式解得；

(2)由機械能守恒定律求出小球b通過P點的速度。在P點，由重力和軌道支持力的合力

提供向心力，由牛頓第三定律求小球?qū)壍赖膲毫Α?/p>

(3)分析兩球運動情況，結(jié)合牛頓第二定律解得時間。

本題首先要理清物體的運動過程，其次要準確把握每個過程所遵守的物理規(guī)律，尤其要

知道小球b在圓弧軌道上運動過程，系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒。

13.【答案】AC

【解析】解：4、不同的物質(zhì)在相互接觸時彼此進入對方的現(xiàn)象叫做擴散現(xiàn)象.一切物

質(zhì)的分子都在不停地做無規(guī)則運動，所以固體、液體或氣體之間都會發(fā)生擴散現(xiàn)象，故

A正確；

3、巖鹽是立方體結(jié)構(gòu)，是晶體，且有規(guī)則的幾何形狀，粉碎后的巖鹽仍是晶體，仍有

規(guī)則的幾何形狀，故B錯誤；

C、溫度是分子平均動能的量度，溫度越高，分子平均動能越大，質(zhì)量越小速度越大，

氫分子質(zhì)量小，其平均速率較大，更容易掙脫地球吸引而逃逸，因此大氣中氫含量相對

較少，故C正確；

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D、氣體壓強決定于氣體分子的密度（單位體積內(nèi)的分子數(shù)）和分子的平均動能.故。錯

誤.

故選：AC.

擴散是指不同的物質(zhì)相互接觸時，彼此進入對方的現(xiàn)象.一切物體都可以發(fā)生擴散現(xiàn)象;

晶體：晶體是固體且有規(guī)則的幾何形狀，有固定的熔點；

溫度是分子平均動能的量度，溫度越高，分子平均動能越大，質(zhì)量越小速度越大；

氣體壓強的微觀解釋：①氣體壓強是大量氣體分子頻繁地碰撞器壁而產(chǎn)生的作用在器

壁單位面積上的平均作用力.

②氣體壓強決定于氣體分子的密度（單位體積內(nèi)的分子數(shù)）和分子的平均動能.

此題考查的知識比較多，要求學(xué)生平時多記憶和總結(jié)，不僅記住基本的概念和規(guī)律，還

要記下一些實例加深理解和記憶.

14.【答案】解：①假設(shè)b氣體膨脹過程中未達到C,膨脹過程中水銀不斷從?？诹鞒龅?/p>

水銀柱高度不變，氣體a、b的壓強不變，a氣體體積不變，b做等壓膨脹，對b氣體由蓋

-呂薩克定律得：

兇=”

%T2

代入數(shù)據(jù)得：，一=—^

273+27273+177

故b氣體的長度變?yōu)?8cm

b氣體右端向右移動18cm—12cm=6cm<10cm,故假設(shè)成立

玻璃管內(nèi)剩余水銀柱的總長度為：/芯=10cm+10cm+（10-6）cm+25cm=49cm

②以8c為軸將玻璃管旋轉(zhuǎn)到水平狀態(tài)a、b兩部分氣體均做等溫變化，且壓強變?yōu)?/p>

75cmHg,a氣體初狀態(tài)壓強為Pa=Po+15cmHg=90cmHg

根據(jù)玻意耳定律得：

PaVa=Pa'%'

得：la'=18cm

對b氣體，初狀態(tài)的壓強為：

Pb-Pa+lOcmHg=lOOcmHg

根據(jù)玻意耳定律得：

Pb^b=Pb'^b

解得：lb'=24cm

則剩余水銀柱的長度為

1余=20cm+[25cm-(13cm+24cm-32cm)]=40cm

答：①剩余水銀柱的總長度為49cm；

②玻璃管內(nèi)剩余水銀柱的總長度為40c?n。

【解析】①假設(shè)水銀不斷流出，根據(jù)蓋一呂薩克列