2022年河北省張家口市高考物理一模試卷（附答案詳解）

2022年河北省張家口市高考物理一模試卷

1.如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于空中某高度處?，F(xiàn)將其中的一部分物資在熱氣

球外由靜止釋放，已知釋放的物資質(zhì)量小于熱氣球剩余的總質(zhì)量，釋放物資后熱氣

球受到的浮力不變，不計空氣阻力。則從釋放物資到物資落地前的時間內(nèi)，釋放的

物資和熱氣球組成的系統(tǒng)（）

熱氣抵

2釋放的物資

7777777777777

A.總動量向上B.總動量向下C.機械能減小D.機械能增大

2.目前在我國光刻機設(shè)備生產(chǎn)領(lǐng)域已經(jīng)實現(xiàn)了90nm制程的光刻機量產(chǎn)，上海微電子

預(yù)計推出28mn的光刻機，光刻機中的一項關(guān)鍵技術(shù)就是激光光源的控制。若某激

光光源發(fā)射出一束波長為2的單色平行激光束，發(fā)光的功率為P,已知真空中的光

速為c,普朗克常量為九，不考慮激光在傳播過程中的衰減，則該激光光源發(fā)出的激

光束在長度bn內(nèi)的平均光子個數(shù)為（）

A.瞿B.-C.—D.信

he2hehA

3.2022年2月7日在首都體育館舉行的北京2022年冬奧會短道速滑項目男子1000米

決賽中，中國選手任子威奪得冠軍，其比賽場地如圖中所示，場地周長111.12m,

其中直道長度為28.85m,彎道半徑為8小。若一名質(zhì)量為50kg的運動員以大小

12m/s的速度進入彎道，緊鄰黑色標志塊做勻速圓周運動，如圖乙所示，運動員可

看作質(zhì)點，重力加速度g取10m/s2,則運動員在彎道上受到冰面最大作用力的大小

最接近的值為（）

終點線：起跑線

A.SOONB.900NC.1030/VD.2400/V

4.真空中某電場的電場線如圖中實線所示，M、。、N為同一根電場線上的不同位置

的點，兩個帶電粒子a、b從同一位置P點以相同速度射入該電場區(qū)域，僅在電場力

作用下的運動軌跡如圖中虛線所示，已知a粒子帶負電，b粒子帶正電，下列說法正

確的是（）

?b一

P

A.M點的電勢低于N點的電勢

B.電場力對a粒子做負功，對b粒子做正功

C.a粒子與b粒子的電勢能均減小

D.若在。點靜止釋放a粒子，僅在電場力的作用下，a粒子將沿電場線運動到M點

5.2021年4月29日在海南文昌用長征五號B遙二運載火箭成功將空間站天和核心艙送

入預(yù)定軌道，中國空間站在軌組裝建造全面展開，中國空間站以天和核心艙、問天

實驗艙、夢天實驗艙三艙為基本構(gòu)型。已知天和核心艙繞地球做勻速圓周運動，軌

道高度約為400km,設(shè)地球是一個半徑約為6400km、質(zhì)量均勻分布的球體，地球

表面的重力加速度g=9.8m/s2,則天和核心艙繞地球做勻速圓周運動的周期約為

（）

A.0.5/iB.1.5hC.4.5/iD.13.5/i

6.2020年9月，中國發(fā)布“雙碳戰(zhàn)略”，計劃到2030年實現(xiàn)碳達峰、2060年實現(xiàn)碳

中和。電力作為遠程輸送能量的載體，特高壓遠距離輸送清潔電能是實現(xiàn)碳中和的

重要途徑之一。若保持輸送電能總功率、輸電距離不變的情況下，從原來的150kV

高壓輸電升級為1350kH的特高壓輸電，下列說法正確的是（）

第2頁，共21頁

A.若輸電線不變，則輸電線中的電流變?yōu)樵瓉淼?倍

B.若輸電線不變，則輸電線上損失的電壓變?yōu)樵瓉淼模?/p>

C.若輸電線不變，則輸電線上損失的功率變?yōu)樵瓉淼模?/p>

D.若更換直徑為原來輸電線直徑前勺同種材料制成的輸電線，則輸電線上損失的功

率不變

7.如圖甲所示，一物塊從固定斜面的底端沿斜面方向沖上斜面，物塊的動能勾隨距斜

面底端高度人的變化關(guān)系如圖乙所示，已知斜面的傾角為30。，重力加速度大小為g,

取物塊在斜面底端時的重力勢能為零，下列說法正確的是（）

f￡

/2疝k

OCo°_________

0瓦

甲

A.物塊的質(zhì)量為善

B.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為立

3

C.上滑過程中，物塊動能等于重力勢能時,到斜面底端的高度為：垢

D.下滑過程中，物塊動能等于重力勢能時，物塊的動能大小為引

8.已知無限長的通電直導線在空間某點形成的磁感應(yīng)

強度大小8=卜1其中k為常數(shù)，/為通電直導線中

的電流大小，d為該點到導線的距離。兩根無限長平

V

行通電直導線a、b中的電流方向如圖中箭頭所示，/?

0八E

其中導線a中的電流大小為/。，P為兩根導線所在平1

面內(nèi)的一個點，且P點到兩導線a、b的距離相等，P

點的磁感應(yīng)強度大小為灰。若導線b中的電流大小不

變，僅改變其電流方向，p點的磁感應(yīng)強度大小變?yōu)閍b

T，則可知導線b中的電流大小為（）

A.2/0

B4

c.3/0

D.與

9.如圖所示，傾角為。的固定細桿上套有一小球P,另一個小球Q通過細線與小球P連

接，對小球Q施加一個水平向右的作用力F,系統(tǒng)靜止時，兩小球之間的細線恰好

與細桿垂直，已知兩小球的質(zhì)量均為僧，重力加速度為g,下列說法正確的是（）

A.作用力F的大小為mgtcm。

B.細線張力F7的大小為mgcos。

C.細桿對小球P的摩擦力"的大小為mgsMO

D.細桿對小球P的彈力聲的大小為2mgcos。

10.如圖所示，寬度為L、左右兩部分傾角均為。的足夠長光滑金屬導軌ACD-分

別置于兩勻強磁場中，CG兩側(cè)的勻強磁場分別垂直于對應(yīng)導軌所在平面，CG左

側(cè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為2B,右側(cè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B。長度均為3電

阻均為R,質(zhì)量分別為2zn、的導體棒ab、cd分別垂直導軌放置在CC］兩側(cè)的導軌

上，兩導體棒在運動過程中始終垂直于導軌并與導軌接觸良好，導軌電阻不計，重

力加速度為9。某時刻將導體棒ab、cd由靜止釋放，下列說法正確的是（）

A.任意時刻導體棒ab、cd運動的加速度都相同

B.導體棒時的最大速度為爺薩

C.若導體棒仍下降高度九時達到最大速度，則此過程中導體棒必克服安培力做的

4m3g2R2sin20

功為2mglI—

3B4L4

第4頁，共21頁

D.若導體棒ab下降高度八時達到最大速度，則此過程經(jīng)歷的時間為烏工+

2mR

3F2L2

11.某同學用如圖甲所示的實驗裝置來研究動量守恒定律，光電門1、2固定在氣墊導軌

上，質(zhì)量分別為啊=0.4kg和?HB=的兩個滑塊(含遮光片)從光電門1、2的

外側(cè)勻速相向運動，在兩個光電門之間某位置發(fā)生碰撞并粘在一起繼續(xù)運動，運動

到氣墊導軌一端時立刻被鎖定。

(1)兩滑塊上的遮光片寬度相同，用游標卡尺測量遮光片寬度的結(jié)果如圖乙所示，

則遮光片的寬度為mm；

(2)實驗中光電門2記錄了三次擋光時間均為=0.045s,則碰撞前滑塊8的速度大

小為m/s,碰撞后滑塊整體的速度大小為m/s；(結(jié)果均保留2位有效

數(shù)字)

(3)實驗過程中，該同學忘了記錄滑塊4經(jīng)過光電門1的時間，若碰撞過程中兩滑塊

的動量守恒，則滑塊4通過光電門1的時間為s(結(jié)果保留3位小數(shù))。

12.某實驗小組用如圖甲所示的電路來測量電阻弋的阻值，圖甲中定值電阻R。=300,

兩電流表內(nèi)阻很小，回答下列問題：

(1)先用多用電表歐姆擋粗測心的阻值，選擇的倍率為“XI”，示數(shù)如圖乙所示,

則讀數(shù)為12。

(2)按照圖甲所示的電路圖，用筆畫線代替導線完成圖丙中的電路圖______。

(3)將滑動變阻器的滑片置于(選填“左端”“右端”或“中間”)位置，閉

合開關(guān)S,改變滑動變阻器滑片位置，記下兩電流表的示數(shù)分別為/1、12,則待測電

阻的表達式Rx=(用Ro、h、與表示)。

(4)為了減小誤差，多測兒組I1、6的值，作出A-12關(guān)系圖像如圖丁所示，可得待

測的電阻q=n；待測電阻阻值的計算結(jié)果與真實值相比(選填“偏

大”或“偏小”)。

13.如圖所示，足夠長的固定光滑斜面的傾角8=30°,斜面頂端有一輕質(zhì)光滑定滑輪。

質(zhì)量為小的滑塊P通過不可伸長的細線繞過定滑輪與重物Q相連。開始時托著重物Q

使細線豎直且恰好處于繃直狀態(tài)，滑塊P與滑輪間的輕繩與斜面平行?，F(xiàn)由靜止釋

放重物Q,重物Q豎直向下運動經(jīng)過時間環(huán)時，細線突然被燒斷，發(fā)現(xiàn)滑塊P又經(jīng)過

時間％恰好回到了出發(fā)位置，重力加速度為g,求：

(1)重物Q的質(zhì)量；

(2)滑塊P從開始運動到返回出發(fā)位置過程中運動的路程。

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14.如圖所示，平面直角坐標系xOy的第一象限存在垂直于xOy平面向里的勻強磁場，

第二象限存在沿x軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E。一質(zhì)量為rn,電荷量為

q的帶正電粒子在x軸上的做-d,0)點沿y軸正方向射入電場區(qū)域，粒子第一次經(jīng)過y

軸時的速度方向與y軸正方向的夾角為60。，之后每相鄰兩次經(jīng)過y軸時的位置間距

相等。不計粒子重力。求：

(1)粒子的初速度處的大?。?/p>

(2)勻強磁場磁感應(yīng)強度8的大小；

(3)粒子從4點運動到第般次經(jīng)過y軸的時間。

15.如圖所示為兩個分子之間的分子勢能Ep隨分子間距離r的

變化關(guān)系圖線，兩分子之間距離為2時分子勢能最小，此

時兩分子之間的作用力為(選填“引力”“斥力”

或“零”)；若兩分子之間的距離由為開始逐漸變大，則兩分子間的作用力(選

填“逐漸增大”“逐漸減小”“先增大后減小”或“先減小后增大”)。

16.如圖所示，豎直放置的汽缸內(nèi)用活塞密封一定質(zhì)量的理想氣體。

初始時，缸內(nèi)氣體的壓強為1.5x105pa,體積為600mL溫度

為200K,活塞被缸內(nèi)的卡扣托住?，F(xiàn)緩慢升高缸內(nèi)氣體溫度，

當氣體溫度達到600K時，活塞對卡扣的壓力恰好減為0,然后

繼續(xù)緩慢升高缸內(nèi)氣體溫度到800K,整個過程氣體吸收的熱量

為600/且未漏氣，不計汽缸和活塞間的摩擦。求:

(1)缸內(nèi)氣體在溫度為800K時的體積；

(2)整個過程氣體內(nèi)能的增加量。

17.均勻介質(zhì)中的波源。沿y軸方向做簡諧振動，形成一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波,

在t=0時刻的波形圖如圖所示，在t=6.5s時刻，平衡位置為x=2rn的質(zhì)點P剛好

第4次達到波峰。則t=6.5s時刻，x軸上剛好起振的質(zhì)點的平衡位置坐標為

Xi=m,質(zhì)點P振動方程為m,>

18.如圖所示，某玻璃磚的橫截面是一個直角梯形，其中乙4BC=90。，ABCD=60%

一束單色光在橫截面內(nèi)沿與4B邊成30。角的方向從。點射入玻璃磚，最終垂直BC邊

射出玻璃磚。

(1)求玻璃磚對該單色光的折射率；

(2)僅改變單色光與邊的夾角，當CD邊恰好有光線射出時，求單色光與4B邊夾

角的余弦值。

第8頁，共21頁

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：AB,從釋放物資到物資落地前的時間內(nèi)，熱氣球與釋放的物資組成的系

統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，由于系統(tǒng)初狀態(tài)動量為零，由動量守恒定律可知，

從釋放物資到物資落地前的時間內(nèi)系統(tǒng)總動量為零，故AB錯誤；

CD,重力做功不改變機械能，物資下落過程熱氣球上升，浮力對系統(tǒng)做正功，系統(tǒng)機

械能增大，故C錯誤，。正確。

故選：D。

系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；只有重力或彈力做功，機械能守恒；根據(jù)系統(tǒng)受

力情況做功情況分析答題。

知道動量守恒與機械能守恒的條件、重力做功不改變機械能是解題的前提，根據(jù)題意分

析清楚系統(tǒng)受力情況與力做功情況即可解題。

2.【答案】A

【解析】解：每個光子的能量為￡=hv=h^

A

設(shè)時間t內(nèi)發(fā)射的光子數(shù)為N,則有Pt=NE

聯(lián)立兩式得N=攀

該過程激光傳播的距離為L=ct

這些光子平均分布在距離為L的長度上，則1m內(nèi)的平均光子數(shù)為

PtA

n=曰=^=四故A正確，BCD錯誤。

Lcthe2

故選：Ao

由光子能量得N個光子的總能量等于功率和時間乘積，光速與時間乘積為傳播的距離，

求單位距離內(nèi)的光子數(shù)。

注意光子總能量和功率的關(guān)系。設(shè)中間量時間，最后把時間消掉。

3.【答案】C

第10頁，共21頁

【解析】解：運動員在水平面內(nèi)做勻速圓周運動需要的向心力為

豎直方向上受力平衡，則/=mg

所以運動員受到冰面的作用力為F='號+踮

聯(lián)立解得：F，1030N,故C正確，A3。錯誤；

故選：Co

運動員在水平方向上的合力指向圓心，在豎直方向上受力平衡，再根據(jù)勾股定理計算出

冰面對運動員的作用力。

本題以短道速滑項目為考查背景，主要考查了牛頓第二定律的相關(guān)應(yīng)用，學生要學會從

不同方向去分析物體的運動情況，同時要注意力是矢量，在合成的時候遵循平行四邊形

定則。

4.【答案】C

【解析】解：ABC.a粒子帶負電、b粒子帶正電，由粒子的受力和運動軌跡可知，電場

方向沿電場線向右，M點電勢高于N點電勢，電場力對a、b粒子均做正功，電勢能均減

小，AB錯誤，C正確；

D由于M、。、N所在電場線為曲線，所以在0點靜止釋放的帶電的粒子，不可能沿電場

線運動，D錯誤。

故選：Co

物體做曲線運動時，所受力的方向指向軌跡的內(nèi)側(cè).由軌跡的彎曲方向可判斷出電場力

的方向，分析出粒子的電性.根據(jù)電場力做功正負來判斷動能的變化和電勢能的變化.

該題考查帶電粒子在電場中的軌跡的分析，加強基礎(chǔ)知識的學習，掌握住物體做曲線運

動，所受力的方向指向軌道的內(nèi)側(cè)和電場線的特點，即可解決本題.

5.【答案】B

【解析】解：根據(jù)萬有引力提供向心力，有

結(jié)合黃金代換GM=gR2

聯(lián)立解得：T=世地再

代入數(shù)據(jù)解得：T?1.5K,故B正確，AC￡＞錯誤；

故選：B。

根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合黃金代換公式，代入數(shù)據(jù)計算出周期的大小。

本題主要考查了萬有引力定律的相關(guān)應(yīng)用，解題的關(guān)鍵點是理解在不同情況下的萬有引

力提供的力的類型，結(jié)合公式完成分析即可。

6.【答案】D

【解析】解：4、在輸電功率不變的情況下，輸電電壓150敏高壓輸電升級為1350班,

輸電電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，由電功率公式P=U/可知，輸電電流變?yōu)樵瓉淼挠夜蔄錯誤；

B、若輸電線不變，則輸電線上損失的電壓ZU=/R,R不變，輸電電流變?yōu)樵瓉淼膅,

則電壓變?yōu)樵瓉淼模?，故B錯誤；

C、若輸電線不變，由電功率公式P=〃R可知，輸電線上損失的功率變?yōu)樵鹊摹叮?,

即白,故C錯誤；

ol

。、若更換直徑為原來輸電線直徑9的同種材料制成的輸電線，面積變?yōu)樵瓉淼陌祝呻?/p>

*7Bl

阻定律R=p&ll輸電線的電阻變?yōu)樵瓉淼?1倍，輸電電流變?yōu)樵瓉淼模?，，由電功率?/p>

式P=/2R可知輸電線上損失的功率不變，故。正確。

故選：D。

應(yīng)用電功率公式求出輸電流的變化情況，然后應(yīng)用電功率公式分析答題。

知道遠距離輸電的原理與輸電過程是解題的前提，根據(jù)題意應(yīng)用電功率公式與電阻定律

即可解題。

7.【答案】C

【解析】解：AB、物塊上滑過程，由動能定理得：—mg/io-nmgcos30°-=O-2Fo；

物塊下滑過程，由動能定理得：mgh0-〃mgcos30。?焉=Eo-O,聯(lián)立解得租=梟

H=旦,故48錯誤；

r9

c、設(shè)上滑過程中，物塊動能等于重力勢能時，到斜面底端的高度為九。由動能定理得：

第12頁，共21頁

-mgh-nmgcos30°?~=Fk-2F0；又a=mgh,聯(lián)立解得：九=，o,故C正確；

。、設(shè)下滑過程中，物塊動能等于重力勢能時，物塊的動能大小為物塊到斜面底端

的高度為九'。下滑時,有：mg(h0-h')-iimgcos30°-=Ek'-0,又E/=mgh',

聯(lián)立解得：h=沁,故。錯誤。

故選：C。

對物塊上滑和下滑的兩個過程分別運用動能定理列方程，即可求出物塊的質(zhì)量和物塊與

斜面間的動摩擦因數(shù)；上滑過程中，物塊動能等于重力勢能時，根據(jù)動能定理求物塊到

斜面底端的高度，采用同樣的方法求下滑過程中，物塊動能等于重力勢能時物塊的動能

大小。

本題考查動能定理的應(yīng)用，運用動能定理時，要注意研究過程的選擇，搞清各個力做功

情況。

8.【答案】CD

【解析】解：設(shè)導線b中的電流大小為/，在圖示電流方向時，兩導線在P點形成磁感應(yīng)

強度方向均垂直于紙面向里，根據(jù)矢量疊加原理可知

B0=小片

改變導線b中的電流方向，兩導線在P點形成的磁感應(yīng)強度方向相反，根據(jù)矢量疊加原

理可知

圻畔一《

哈丹-右

或一冬=小一嗎

2aa

聯(lián)立解得

/=3/()

或

/=上

3

故AB錯誤，CQ正確。

故選：CD。

由矢量疊加原理及磁場公式，求解電流大小。

本題考查磁場，學生需熟練掌握矢量疊加原理及磁場公式，綜合求解。

9.【答案】AC

【解析】解：AB.對小球Q受力分析，水平方向

FTsin6=F

豎直方向

FTcosd=mg

解得

FT=密'F=mgtand

故A正確，B錯誤；

CD.對小球P受力分析，沿細桿方向

mgsinB=/y

垂直細桿方向

FN=mgcosO4-Fr=mgcosO+

COSv

故c正確，。錯誤。

故選：AC.

對小球P，Q受力分析根據(jù)共點力平衡條件可分析解答。

本題考查共點力平衡條件，解題關(guān)鍵掌握研究對象的選取，注意系統(tǒng)靜止時還可以用整

體法分析。

10.【答案】BD

【解析】解：力、對ab受力分析，由牛頓第二定律可知：2mgsin。-2BIL=2mai

同理cd棒有：mgsind—BIL=ma2

解得：%=a?=gsind-臂

所以加速過程ab、cd棒的加速度大小相等，方向不同，故A錯誤;

B、當?shù)?a?=0時，好的速度達到最大，此時有：2mgsin9=2B1L

又因為：/=2B空B.

2R

聯(lián)立解得：V=2飛黑,故B正確;

第14頁，共21頁

C、若ab棒下降高度/i時達到最大速度，對ab棒根據(jù)動能定理有：2mg/i-W=[x2m/,

解得此過程中仍克服安培力做的功知〃=2.-中瞥，故C錯誤;

。、在ab下降高度為八時，通過好某一截面的電荷量為：q=/*==吧=2BW=

"R2R2R

38。

2RsinO

由動量定理可知，M棒由靜止釋放至達到最大速度的過程有：2mgtsin9-2BILt=2mv

聯(lián)立解得：t=3Bj不豁故。正確。

2mgRsin203B%

故選：BD。

由牛頓第二定律分析加速度大??；根據(jù)平衡條件結(jié)合安培力的計算公式求解最大速度；

對ab棒根據(jù)動能定理求解帥克服安培力做的功；根據(jù)電荷量的計算公式求解通過ab某

一截面的電荷量，由動量定理求解時間。

對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條

件列出方程；另一條是能量,分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、

功能關(guān)系等列方程求解。

11.【答案】4.500.100.100.030

【解析】解：(1)由圖示游標卡尺可知，其精確度為：詈=0.05mm,則遮光片的寬度

為：d=4mm+10X0.05mm=4.50mm

(2)碰撞前滑塊B的速度大小為：%=6=4,5°^m/sH0.10m/s,碰撞后滑塊整體的

速度大小為：v2=—=—m/s?0.10m/s

(3)規(guī)定向右為正方向，質(zhì)量分別為w=0.4kg和ms—0.1kg的兩個滑塊(含遮光片)從

光電門1、2的外側(cè)勻速相向運動，則碰前B的速度為：%=-0.10m/s,碰撞后滑塊整

體的速度大小為：v2~0.10m/s,根據(jù)系統(tǒng)動量守恒定律得：mAvA+mBv1~(mA+

mB)v2

代入數(shù)據(jù)解得碰前4的速度為：vA=0.15m/s

則滑塊4通過光電門1的時間為：MA=-=筆MS=0.030s

vA0.15

故答案為：(1)4.50；(2)0.10,0.10；(3)0.030,

(1)根據(jù)游標卡尺主尺與游標尺示數(shù)之和是游標卡尺示數(shù)進行讀數(shù)；

(2)應(yīng)用速度公式〃=今求出碰撞前滑塊B的速度大小以及碰撞后滑塊整體的速度大小;

(3)由動量守恒定律求解出碰前A的速度，再根據(jù)速度公式"=2求出滑塊A通過光電門1

的時間。

本題考查了研究動量守恒定律的實驗,要求學生會進行游標卡尺讀數(shù)，會根據(jù)公式"=￡

求解通過光電門的速度大小，注意要掌握游標卡尺的讀數(shù)方法，游標卡尺不需要估讀。

12.【答案】23如圖所示右端用R。24偏大

【解析】解：(1)選用歐姆表“X1”擋粗測電阻阻值，

待測電阻阻值約為：23x10=230

(2)電路圖如圖所示：

(3)為了實驗安全，閉合開關(guān)S之前，應(yīng)使測量電路中電

流從最小值開始調(diào)節(jié)，滑動變阻器采用分壓接法，故應(yīng)

將滑片置于最右側(cè)，

根據(jù)歐姆定律可得：的=。2-11)治，解得：Rx=

'2-ltn

~R°

(4)根據(jù)上式整理可得：/2=空，1

Ko

由此可得/1-/2圖像的斜率卜=竽=嘿&=篙=1,8,解得：R=24n

t\QOUU.4Ux

由于電流表4的分壓效果，導致待測電阻兩端電壓的測量值比真實值大，則待測電阻的

測量值偏大。

故答案為;(1)23；(2)電路圖如圖所示；(3)右端,Ro；(4)偏大

(1)歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)；

(2)根據(jù)電路的實物圖，連接電路圖；

(3)明確實驗開始時應(yīng)讓測量電路的電流由最小開始調(diào)節(jié)；應(yīng)用歐姆定律求出電阻阻值

表達式；

(4)根據(jù)歐姆定律求出人-與函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)斜率結(jié)合圖丁計算待測電阻的阻值，并分

析其誤差。

本題考查電阻的測量，要注意正確掌握分壓接法，明確實驗基本要求，并掌握應(yīng)用電路

及歐姆定律分析數(shù)據(jù)的方法。

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13.【答案】解：(1)細線斷前，由牛頓第二定律可知，對滑塊P有

FT—mgsin30°=max

對重物Q有

m1g—FT=m1a1

滑塊P的位移以

滑塊P在為時的速度

%=。1亡0

細線斷后，由牛頓第二定律可知滑塊P的加速度大小

a2=gsin30°—

又經(jīng)過時間環(huán)，滑塊P運動的位移小=v.to-^a^

由題意可知

+%2=0

解得

(2)細線斷后滑塊P沿斜面上升的距離X3=乒

滑塊P從開始運動到返回出發(fā)位置運動的路程

S=2(%!+x3)

解得S=型1

9

答：(1)重物Q的質(zhì)量為等；

(2)滑塊P從開始運動到返回出發(fā)位置過程中運動的路程為萼。

【解析】由牛頓第二定律及位移一時間關(guān)系求解質(zhì)量，由位移一時間關(guān)系求解路程。

本題考查牛頓第二定律，學生需熟練掌握牛頓第二定律及運動學的使用。

------?性XXX

14.【答案】解：(1)粒子在第二象限做類平拋運動，卜艮------\XXXX

xx

據(jù)牛頓第二定律：qE=ma

———XXXX

水平方向：d=|at2/—xjXXX

—XX

——XXXX

XXXXX

豎直方向：為=速度方向：M九60°=看

解得：t=擢,”。=與戰(zhàn)^,丫】=等

(2)由題設(shè)已知條件，y2—yi=2yl=竽d

由幾何關(guān)系：&：0530。=及二及=2(/

23

從而得到：R=[d

2

洛倫茲力提供向心力：

而。=2%=竽席

從而得到：B=展

72qd

(3)從當?shù)截讜r間八翳7="矍=號聯(lián)

第一次通過y軸的時間t,

第二次通過y軸的時間t+t'

第三次通過y軸的時間為2t+t'

第四次通過y軸的時間為3t+t'

當n為奇數(shù)時A=nt+31=t+?(2t+t')

當n為偶數(shù)時0=5-l)t+]t'=t+F3(2t+tz)

]2md+(n-l)7T2dm

代入可得：當n為奇數(shù)時，7\=n

qE3qE

當n為偶數(shù)時，T2=(n-1)再+?'2dm

3qE

答：(1)粒子的初速度為的大小為當課;

(2)勻強磁場磁感應(yīng)強度B的大小為號

\2qd

(3)粒子從A點運動到第n次經(jīng)過y軸的時間：當n為奇數(shù)時，T1=n悟+(n-l)jr2dm

7qE3qE

當n為偶數(shù)時，T2=(n-1)琮+2dm

3qE

【解析】(1)粒子在第二象限做類平拋運動，根據(jù)水平方向的勻加速直線運動和豎直方

向的勻速直線運動求解出粒子的初速度；

(2)進入磁場后，粒子做勻速圓周運動，由幾何關(guān)系和動力學規(guī)律求出磁感應(yīng)強度的大

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小；

(3)根據(jù)幾何知識求解粒子相鄰的兩次自右向左到達y軸時的距離，再根據(jù)粒子運動的周

期性分析粒子第n次到達y軸的時間。

解決該題的關(guān)鍵是掌握粒子每段過程的運動情況，能正確作出粒子在磁場中運動的運動

軌跡，并能根據(jù)兒何知識求解粒子運動的圓心角以及相應(yīng)的長度。

15.【答案】零先增大后減小

【解析】解：分子間距離為小時，分子間相互作用力的合力為零，由圖可知，當分子間

由平衡距離r0開始逐漸變大時，分子間的作用力先增大后減小。

故答案為：零；先增大后減小。

明確分子間相互作用力的性質(zhì)，知道當分子間距離等于平衡距離時，分子力為零，根據(jù)

圖象分析分子間相互作用力的變化情況。

本題考查對分子力作用力的理解，要注意分子間同時存在引力和斥力，而分子間的作用

力是二者的合力，要牢記分子間相互作用力隨距離的變化情況。

16.【答案】解：(1)活塞脫離卡扣之后為等壓變化過程，由

紅=包

石一五

解得：V3=800mL

(2)活塞脫離卡扣之前為等容變化，由

Pl_P2

元一元

5

解得：p2=4.5x10pa

活塞脫離卡扣后，等壓變化過程中氣體體積的變化量為：

AV=V3-V2=800mL-600mL=200mL

氣體對外做的功為W=p24V=4.5x105x200x10-6J=90/

根據(jù)熱力學第一定律可知

AU=Q-W=600/-90/=510/

答