2022年廣東省潮州市高考物理二模試卷（附答案詳解）

2022年廣東省潮州市高考物理二模試卷

1.下列說法中正確的是（）

A.開普勒發(fā)現(xiàn)行星運動規(guī)律，并最終得出萬有引力定律

B.一群氫原子從n=4的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)，會輻射3種頻率的光

C.在fH+：H=4He+X核反應中，反應前的總質量大于反應后的總質量

D.夕衰變中產生的/?射線實際上是原子的核外電子掙脫原子核的束縛而形成的

2.某電場區(qū)域的電場線分布如圖，在電場中有4、B、C、"

。四個點，下面說法正確的是（）

i------

A.EA>EB-------------

B.Ec>ED

C.（pA<（pB

D.<pc<<PD

3.顧誦芬院士主持建立了我國飛機設計體系，開創(chuàng)了我國自行設計研制殲擊機的歷史。

“殲-20”在某次訓練時著艦不成功，飛行員經短暫反應后迅速啟動“逃逸復飛”，

若啟動復飛時飛機距離航母跑道末端為210小，速度為20m/s。復飛過程可看成勻

變速直線運動，飛機起飛所需的最小速度為50/n/s,為使飛機能復飛成功，則復飛

過程的加速度至少為（）

A.4m/s2B.7m/s2C.6m/s2D.5m/s2

4.電磁阻尼可以無磨損地使運動的線圈快速停下來。如圖所示，扇形銅框在絕緣細桿

作用下繞轉軸。在同一水平面內快速逆時針轉動虛線把圓環(huán)分成八等份，扇形銅框

恰好可以與其中一份重合。為使線框快速停下來，實驗小組設計了以下幾種方案，

其中虛線為勻強磁場的理想邊界，邊界內磁場大小均相同，其中最合理的是（）

5.2021年11月5日，占全球市場份額70%的無人機巨頭大疆，發(fā)布迄今為止影像質量

最優(yōu)異的消費級無人機Mavic3。如圖是該型號無人機繞拍攝主體時做水平勻速圓

周運動的示意圖。已知無人機的質量為無人機的軌道距拍攝對象高度為兒無

人機與拍攝對象距離為r,無人機飛行的線速度大小為外則無人機做勻速圓周運動

時（）

A.角速度為3B.所受空氣作用力為mg

C

-向心加速度為高D.繞行一周的周期為7=子

6.某汽車的電源與啟動電機、車燈連接的簡化電路如車燈

圖所示。當汽車啟動時，開關S閉合，電機工作，下—0—

列說法正確的是（）

A.車燈變暗啟動電機

B.路端電壓變大

C.電路的總電流變小

D.電源的總功率變小

7.新疆是我國最大的產棉區(qū)，在新疆超出70%棉田都是通過機械自動化采收，自動采

棉機將棉花打包成圓柱形棉包，然后平穩(wěn)將其放下。放下棉包的過程可以簡化為如

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圖所示模型，質量為m的棉包放在“廠'型擋板上，兩板間夾角為120。固定不變，

“廣’型擋板可繞P軸在豎直面內轉動，使BP板由水平位置逆時針緩慢轉動，忽略

“U”型擋板對棉包的摩擦力，已知重力加速度為g,下列說法正確的是（）

A.棉包對4P板的壓力一直減小

B.棉包始終受到三個力的作用

C.BP板與AP板對棉包的作用力的合力不變

D.當BP板轉過60。時，棉包對BP板的作用力大小為mg

8.2021年9月20日，“天舟三號”在文昌航天發(fā)射中心成功發(fā)射

升空。圖中p、Q分別是“天舟三號”和“天和核心艙”對接前（/G初｝]

各自在預定軌道運行的情景，下列說法正確的是（）

A.在預定軌道運行時，P的周期小于Q的周期

B.在預定軌道運行時，P的速率小于Q的速率

C.為了實現(xiàn)對接，P應減速

D.為了實現(xiàn)對接，P應加速

9.某同學的電動自行車充電器是一輸入電壓為220U,輸出電壓為]

48V的變壓器，由于副線圈燒壞了，為修復該充電器，該同學拆第E二

下燒壞的副線圈，用絕緣導線在鐵芯上繞了5匝線圈，如圖所示，（“

將原線圈接到220V交流電源上，測得新繞線圈兩端電壓為2V。則（）

A.該充電器原線圈有550匝B.該充電器原線圈有1100匝

C.被燒壞的副線圈有120匝D.被燒壞的副線圈有240匝

10.第24屆冬季奧林匹克運動會于2022年2月4日在北京和張家口聯(lián)合舉行，北京成為

奧運史上首個舉辦過夏季奧林匹克運動會和冬季奧林匹克運動會的城市。跳臺滑雪

是冬奧會中最具觀賞性的項目之一。如圖，跳臺滑雪賽道由助滑道4B、著陸坡BC、

停止區(qū)CD三部分組成；比賽中運動員從B運動到C可看成平拋運動。用E、P表示運

動員在空中運動的機械能、重力的瞬時功率大小，用t表示運動員在空中的運動時

間，下列圖象中正確的是（）

11.某學習小組要描繪一個標有a2.0V,0.54”的小燈泡的伏安特性曲線，除導線和開

關外，還有下列器材可供選擇：

4電流表4（量程為0.34內阻以=20）

B.電壓表V（量程為3V,內阻即《3k0

C.滑動變阻器&（最大阻值20,允許通過的最大電流24）

D滑動變阻器/?2（最大阻值100。，允許通過的最大電流24）

￡定值電阻=2on

E定值電阻8=2。

G.電源E（電動勢為3叭內阻不計）

噬重阻器黑甦

025

020酶畫修網型

0.IS|舒酶聞盛雕

o.ia，用畫膽畫隨

005鴻鴕尊蛭辱

（1）學習小組設計了圖甲所示的實驗電路，滑動變阻器應選,%應選。

（填器材前的代號）電流表與&并聯(lián)后的量程為兒

（2）利用圖甲所示電路進行實驗，某次測量時電流表的示數(shù)為0.24此時電壓表的

示數(shù)如圖乙所示，則此時小燈泡的電阻為_____^2（結果保留兩位有效數(shù)字）。

（3）根據電壓表和電流表讀數(shù)，正確作出/-17圖象，如圖丙所示。由圖象可知，小

燈泡電壓增大時，燈泡燈絲的電阻率（選填“變大”、“不變”或“變小”）。

12.某同學為測量當?shù)氐闹亓铀俣?，設計了圖甲所示的實驗裝置。一輕質細線上端固

定在力傳感器上，下端懸掛一小鋼球。鋼球靜止時球心剛好位于光電門處。主要實

驗步驟如下：

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a、用游標卡尺測出鋼球直徑d；

b、鋼球懸掛靜止不動時，記下力傳感器的示數(shù)0,量出線長L(線長L遠大于鋼球直

徑辦

c、將鋼球拉到適當?shù)母叨群笥伸o止釋放，細線始終于拉直狀態(tài)，計時器測出鋼球

通過光電門時的遮光時間3記下力傳感器示數(shù)的最大值

(1)游標卡尺示數(shù)如圖乙，則鋼球直徑d=mm；

(2)鋼球經過光電門時的速度表達式u=；

(3)通過以上信息可求出當?shù)氐闹亓铀俣缺磉_式為g=(用題干中所給物理

量的符號表示)。

13.在芯片制造過程中，離子注入是芯片制造重要的工序。甲圖是我國自主研發(fā)的離子

注入機，乙圖是離子注入機的部分工作原理示意圖。從離子源發(fā)出的離子經電場加

速后沿水平方向先通過速度選擇器,再進入磁分析器，磁分析器是中心線半徑為R的

四分之一圓環(huán)，其兩端中心位置M和N處各有一個小孔，利用磁分析器選擇出特定

比荷的離子后經N點打在硅片(未畫出)上，完成離子注入。已知速度選擇器和磁分

析器中的勻強磁場的磁感應強度大小均為B、方向均垂直紙面向外；速度選擇器中

勻強電場的電場強度大小為E。整個系統(tǒng)置于真空中，不計離子重力。求：

(1)能從速度選擇器中心線通過的離子的速度大小也

(2)能通過N打到硅片上的離子的比荷并判斷該離子的帶電性質。

0N

甲乙

14.圖中4B是絕緣水平面上相距d=2m的兩點，4B間存在一個水平向右的勻強電場,

場強大小E=4x104V/mo一帶電量q=+5x10-5C,質量爪=1kg的絕緣滑塊Q

靜置在4點，滑塊Q與水平面的動摩擦因數(shù)〃=0.1。用長L=0.4m的輕繩將不帶電

小球P懸掛在4點正上方的。點，保持繩子繃緊，將P球拉至與點。等高的水平位置，

如圖所示?，F(xiàn)給P球豎直向下的初速度%=lm/s,此后P球下擺與Q發(fā)生彈性正碰。

已知P球質量也為整個過程沒有電荷轉移，P、Q體積大小均可忽略不計，輕繩

不被拉斷。(g=10m/s2)求：

(1)P與Q第一次碰撞后瞬間，P與Q的速度大小;

(2)P與Q第一次碰撞后，滑塊Q離4點的最遠距離;

(3)若場強E可變，試討論在輕繩不松弛的前提下，滑塊Q在AB段滑行的路程與電場

強度E的關系。

旦~＞：

■>

77777777777777777777777777777^7^7777777777777777777777777

BA

15.地球大氣上下溫差過大時，會造成冷空氣下降熱空氣上升，從而形成氣流漩渦，并

有可能逐漸發(fā)展成龍卷風?熱氣團在上升過程中，若來不及與外界發(fā)生熱交換，因

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外界大氣壓強減小，熱氣團氣體體積（選填“變大”或“變小”），熱氣團對

外做（選填“正”或“負”）功。

16.為適應太空環(huán)境，去太空旅行的航天員都要穿航天服.航天服有一套生命系統(tǒng)，為

航天員提供合適溫度、氧氣和氣壓，讓航天員在太空中如同在地面上一樣.假如在

地面上航天服內氣壓為1.0x105Pa,氣體體積為23到達太空后由于外部氣壓低，

航天服急劇膨脹，內部氣體體積變?yōu)?3使航天服達到最大體積.若航天服內氣體

的溫度不變，將航天服視為封閉系統(tǒng).

①求此時航天服內的氣體壓強；

②若開啟航天服封閉系統(tǒng)向航天服內充氣，使航天服內的氣壓恢復到9.0x104Pa,

則需補充1.0x105pa的等溫氣體多少升？

17.如圖所示，半圓形玻璃磚放在水平地面上，玻璃磚最低點B口?

與地面接觸，平面4c水平。一束由紅光和紫光兩種單色光\R\/

組成的復合光斜射到圓心。，方向與平面4c成0=30。角，

光線經玻璃磚折射后照射在地面上留下兩個亮點P、Q,測

得BP=?R,BQ=R。則玻璃磚對紅光折射率為。若不考慮光的反射，光

3

在真空中的傳播速度為C,則兩種單色光在玻璃磚中傳播的時間差為。

一列簡諧橫波沿水平方向由質點a向質點b傳播，波速為4m/s,a、b兩質點平衡位置間

的距離為2m,t=0時刻，a在波峰，b在平衡位置且向下振動，求：

①簡諧橫波的波長；

②經多長時間，質點b位于波谷位置。

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答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：4、開普勒發(fā)現(xiàn)行星運動規(guī)律，牛頓得出萬有引力定律，故A錯誤；

8、一群氫原子從n=4的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時，任意兩個能級間躍遷一次，共能輻射

底=6種不同頻率的光子，故B錯誤;

C、核反應：H+：H=￡He+X是核聚變反應，核聚變過程中釋放能量，結合愛因斯坦質

能方程可知，反應前的總質量大于反應后的總質量，故C正確；

￡＞、0衰變中產生的射線實際上是原子核內的中子轉化為質子而產生的，故D錯誤。

故選：C0

牛頓得出萬有引力定律；根據玻爾理論分析；核聚變過程中存在質量虧損；根據口衰變

的本質判斷。

本題考查物理學史以及原子核反應相關知識，對于原子物理中核反應方程、衰變、裂變

與聚變、玻爾理論等基本知識要熟練掌握和應用.都是基本知識，加強記憶是基本的學

習方法.

2.【答案】B

【解析】解：根據電場線的性質可知，電場線的疏密表示電場的強弱，由圖可知，B點

的電場強度比4點大；C點的電場強度比。點大，故A錯誤，B正確;

C、沿著電場線電勢一定降低，所以4點電勢大于B點的電勢，所以外＞0B?故C錯誤;

D、沿著電場線電勢一定降低，所以C點電勢大于。點電勢，故。錯誤。

故選：B。

明確電場線的性質，知道電場強度的大小看電場線的疏密程度，電場線越密的地方電場

強度越大，電勢的高低看電場線的指向，沿著電場線電勢一定降低。

本題關鍵在于通過電場線的疏密程度看電場強度的大小，通過電場線的指向看電勢的高

低。

3.【答案】D

【解析】解:根據速度一位移公式盧-詔=2ax可知,a=3=牝變m/s2=5m/s*2,

故ABC錯誤，。正確；

故選：Do

根據勻變速直線運動的速度一位移公式代入數(shù)據即可完成分析。

本題主要考查了運動學公式的相關應用，熟悉速度一位移公式并代入數(shù)據計算即可，屬

于基礎題型。

4.【答案】C

【解析】解：扇形銅框逆時針轉動時，對于4、“選項來說，通過銅框的磁通量不發(fā)生

變化，無感應電流產生，磁場對線框沒有安培力；對于B、C選項，通過銅框的磁通量

發(fā)生變化，產生感應電流，B項的銅框只有單邊ad或反受到安培阻力作用，而C項的銅

框ad邊、兒邊同時都受到安培阻力作用，所以最合理的是C選項，故ABO錯誤，C正確。

故選：Co

根據穿過扇形銅框的磁通量有無變化，判斷扇形銅框中有沒有感應電流，結合感應電流

能阻礙線框與磁場間的相對運動來分析。

本題要理解電磁阻尼的作用，即在電磁感應現(xiàn)象中，安培力阻礙導體與磁場間的相對運

動。

5.【答案】C

【解析】解：根據幾何關系可知無人機運行半徑R=用二不

w

A、無人機做勻速圓周運動時，=7R=V"一九”＞故4錯誤;

8、無人機做勻速圓周運動時，向心力為吊=嗒，所受空氣作用力為F=J(mg)2+厝=

故8錯誤；

2

a向心加速度為Q=云』，故c正確；

Vh2+r2

D、根據。=竽可知，7=也三，故。錯誤；

Tv

故選：Co

無人機受到的重力和空氣阻力，其合力提供向心力，根據牛頓第二定律求得向心力，根

據周期與線速度的的關系求得周期，根據向心加速度的公式和角速度的公式解得向心加

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速度和角速度。

本題主要考查了勻速圓周運動，明確向心力的來源。利用好圓周運動的公式及各物理量

間的關系即可。

6.【答案】A

【解析】解：4當汽車啟動時，開關S閉合，電機工作，車燈突然變暗，車燈的電流變

小，故4正確；

BCD.開關S閉合，電機工作，外電路總電阻減小，電路的總電流變大，電源內阻上電壓

變大，路端電壓變小，電源的總功率P=E/變大，故B8錯誤。

故選：A.

開關S閉合，電機工作，確定其電流和電壓的變化，根據閉合電路歐姆定律分析路端電

壓和總電流的變化，由P=E/分析電源的總功率變化情況。

本題考查恒定電流，可用系統(tǒng)分析法，也可用“串反并同”快速判斷動態(tài)分析。

7.【答案】C

【解析】解：4如圖所示，設BP板轉動的角度為。（0＜。＜60。），棉包的重力為mg,

根據正弦定理與洋?=焉=反

當。從0增到到60。的過程中，4P板對棉包的支持力尸2一直增大，則棉包對4P板的壓力一

直增大，故A錯誤；

mg

員當BP板或4P板處于水平狀態(tài)時，棉包受重力和支持力這兩個力作用，故8錯誤；

C.在4P板轉到水平前，BP板與2P板對棉包的作用力的合力始終與棉包的重力平衡，所

以合力不變，故C正確；

。.當BP板轉過60。時，4P處于水平狀態(tài)，此時棉包對BP板的作用力大小為零，故。錯

誤。

故選：Co

對棉包受力分析，根據正弦定理判斷分析。隨著BP板的轉動，按照旋轉圓的方法判斷

棉包對4P板的壓力變化。

本題以自動采棉機能夠在采摘棉花的同時將棉花打包成圓柱形棉包為背景，考查物體受

力分析，要求學生根據物體平衡狀態(tài)，結合共點力平衡條件進行分析，難度適中.

8.【答案】AD

【解析】解：4、“天舟三號”和“天和核心艙”在圓軌道上運動時，根據萬有引力提

供向心力可得：等=喑1,則：7=2兀居，“天和核心艙”的軌道半徑大，所以

“天和核心艙”Q的周期大，故A正確；

B、根據萬有引力提供向心力可得：牛=叱，貝IJ：〃=回，“天和核心艙”的軌道

半徑大，所以“天和核心艙”Q的速率小，故B錯誤；

CD,根據變軌的原理可知，若要實現(xiàn)對接，則需要位于低軌道的P先加速，故C錯誤，

。正確。

故選：ADO

根據萬有引力提供向心力判斷周期、速率之間的關系：根據變軌原理分析。

本題考查了萬有引力定律的應用，知道變軌原理、知道萬有引力提供向心力是解題的前

提，根據題意應用萬有引力公式與牛頓第二定律即可解題。

9.【答案】AC

【解析】解：設該變壓器的原線圈、副線圈和新繞線圈的匝數(shù)分別用的、電、的表示，

原線圈、副線圈和新繞線圈兩端的電壓分別用

(J】、/和/表示，則有,=￡

所以

ni=m的=子x5匝=550匝

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所以

n2=枷i=翳x550匝=120匝

故AC正確，BD錯誤；

故選:AC.

根據電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，分析即可得出結論.

掌握住理想變壓器的電壓、電流之間的關系，本題即可得到解決.

10.【答案】BC

【解析】解：AB,從B到C運動員做平拋運動，在空中運動時，只受到重力作用，故機

械能守恒，故4錯誤，B正確；

CD,由于運動員從B到C做平拋運動，在豎直方向做自由落體運動，豎直方向獲得的速

度馬,=故重力的瞬時功率為P=nig%=故c正確，￡＞錯誤；

故選:BC。

運動員從B到C做平拋運動，運動過程中只受到重力作用，機械能守恒，在豎直方向做

自由落體運動，根據P=7ng%求得重力的瞬時功率。

本題主要考查了平拋運動，抓住在運動過程中只受到重力作用，機械能守恒，抓住瞬時

功率P=mg3求得瞬時功率。

11.【答案】CF0.63.3變大

【解析】解：(1)滑動變阻器采用分壓接法，故應選擇總阻值較小的C,以便于控制調節(jié)；

由于電流表量程只有0.34,而電路中燈泡的額定電流為0.54故應將表頭與定值電阻并

聯(lián)以擴大量程，由于電流表內阻為20,所以應與20的定值電阻并聯(lián)，根據串并聯(lián)電路

規(guī)律可知，改裝后量程為/=2x0.34=0.64；

(2)電流表示數(shù)為/=0.24根據并聯(lián)電路規(guī)律可知，流過燈泡電流為〃=0.44由圖可

知，此時電壓表讀數(shù)為U=1.7K,由串并聯(lián)電路規(guī)律可知，燈泡兩端電壓4=U-IR=

1.7V-0.2x2V=1.37；故燈泡電阻R=T=^n-3.30；

IL04

(3)/-U圖象的斜率表示電阻的倒數(shù)，故由圖可知，隨電壓的增大，燈泡的電阻增大，

因長度和截面積不變，說明電阻率變大。

故答案為：(l)c；F；0.6；(2)3.3；(3)變大。

(1)從減小誤差角度和可操作性角度確定滑動變阻器；根據給出的燈泡的額定電流和電

流表量程進行分析，再根據電表的改裝原理確定應并聯(lián)電阻；

(2)由并聯(lián)電路規(guī)律確定燈泡中電流，再根據電壓表讀數(shù)方法讀出電壓值，由串聯(lián)電路

規(guī)律求出燈泡兩端的電壓，由歐姆定律求出燈泡的電阻；

(3)明確/-U圖象的性質，由圖象確定燈泡的電阻和電阻率的變化。

本題考查描繪燈泡的伏安特性曲線的實驗，要明確實驗原理，掌握實驗中儀表的選擇、

數(shù)據處理等基礎知道的掌握。

12?【答案】7小溪、

【解析】解：(1)游標卡尺的精度為0.05nu7i,其讀數(shù)為主尺的示數(shù)與游標尺示數(shù)之和，

故鋼球的直徑d=7mm+5x0.05mm—7.25mm；

(2)根據極短時間內的平均速度等于瞬時速度可知，鋼球遮光長度為d,鋼球的遮光時間

為3故鋼球經過光電門的線速度大小為"=p

(3)鋼球靜止時，根據二力平衡可得：&=mg

2

在最低點，根據牛頓第二定律有：F2-mg=^~

解得：。=禹而

故答案為：(1)7.25；(2)%(3)欣三餐

(1)明確游標卡尺精度，根據游標卡尺原理和讀數(shù)方法，讀出示數(shù)；

(2)根據極短時間內的平均速度等于瞬時速度，求出鋼球經過光電門的線速度；

(3)根據牛頓第二定律求解向心力表達式，求解重力加速度。

此題綜合考查了游標卡尺的讀數(shù)方法和牛頓第二定律的應用，掌握運動過程某一點速度

近似等于這段過程平均速度，若不滿足L?d,擺長等于擺線長與小球的半徑之和。

13.【答案】解：(1)離子通過速度選擇器時，有qE=q〃B

解得：9=5

D

(2)離子在磁分析器中，有quB=

解得：*=急

mB2R

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對離子受力分析可知，離子帶正電荷。

答：(1)能從速度選擇器中心線通過的離子的速度大小為報

D

(2)能通過N打到硅片上的離子的比荷為高，離子帶正電荷。

【解析】(1)速度選擇器中，離子受到的電場力和洛倫茲力平衡，可解得速度；

(2)在磁分析器中運動的離子由洛倫茲力提供向心力，運用左手定則判斷離子的電性；，

由洛倫茲力提供向心力，求從磁分析器射出的離子的比荷。

解答本題的關鍵要理解速度選擇器和磁分析器的工作原理，知道在在速度選擇器中，離

子受到的電場力和洛倫茲力二力平衡。離子在磁分析器中運動時，由洛倫茲力提供向心

力。

14.【答案】解：(1)小球P運動至與Q碰撞前，有：mgL=-^mvo

解得：Vi=3m/s

P與Q發(fā)生彈性碰撞，有：=mvP+mvQjmvj,+mvQ

解得：vP=0,vQ-3m/s

(2)設碰撞后，Q沒有滑離4B段，當Q減速至0,有：-qEx^-nmgxx=0-1mv1

解得：占=1.5m<d假設成立

P與Q第一次碰撞后，滑塊Q離4點的最遠距離為1.5m

(3)當P與Q第一次碰撞后，Q恰好能滑到B點，貝卜qEid-林mgd=0-如詔

解得：%=2.5xio4y/m

當E<2.5xlO,V/ni時，Q從B點離開電場，則Q在4B段滑行的路程為皂=d=2m

當E22.5x10H7?n時，Q沒有從B離開，因為qE>png則Q返回再次與P相碰。

設Q第一次在AB段減速至0的位移為%2時，返回與P碰撞后，P恰好能回到。點等高位置

則：-qE2x2-nmgx2=0-如避

設Q回到4點時速度為方。

Q從4回到4由動能定理有-2wngx2=lmv2-\m^Q

P與Q再次碰撞，質量相等彈性碰撞，交換速度，則碰后P的速度也為。2

此后P運動至圓心等高，由動能定理有-?ngL=0-

5

解得：E2=3.4x10V/m

當E>3.4x105了/小時一，P超過。點等高位置，因為［m詔<mgL,P無法到達最高點，

繩子松懈，不滿足條件。2.5xl04v/mWEW3.4xl05iz/m時，因為qE>“mg,Q無

法停在4B段，最終停在4點。

全過程，對系統(tǒng)，由能量守恒，有：limgs2-+mgL

解得：s2=4.5m

則Q在AB段滑行的路程為S2=4.5m

綜上：為保證繩子不松懈需滿足：E<3.4x105V/m

當E<2.5x10年/小時，Q在4B段滑行的路程為Si=2m；2.5x104V/m<F<3.4x

10W/m時，Q在4B段滑行的路程為S2=4.5m。

答：(1)P與Q第一次碰撞后瞬間，P與Q的速度大小分別為0和3m/s：

(2)P與Q第一次碰撞后，滑塊Q離4點的最遠距離為1.5m；

(3)為保證繩子不松懈需滿足：F<3.4xlO5K/m(,當E<2.5X10W/m時，Q在4B段

4

滑行的路程為2孫2.5x10V/m<E<3.4x10517m時，Q在4B段滑行的路程為4.5m。

【解析】(1)小球P運動至與Q碰撞前，利用動能定理求出小球P與Q碰撞前瞬間的速度大

小。P與Q發(fā)生彈性碰撞，根據動量守恒定律和機械能守恒定律相結合求出P與Q第一次

碰撞后瞬間，P與Q的速度大??；

(2)P與Q第一次碰撞后，根據動能定理求滑塊Q離4點的最遠距離；

(3)分析Q的運動過程，結合臨界條件，運用動能定理和能量守恒定律求解。

解答本題時，要分析清楚P與Q的運動情況，挖掘隱含的臨界情況和臨界條件，分段運

用動能定理是關鍵。

15.【答案】變大正

【解析】解：熱氣團在上升過程中，因外界大氣壓強減小，假設熱氣團的體積不變，根

據華=C,則熱氣團的溫度必然降低，則一定放出熱量，故假設不正確，可知熱氣團在

上升過程中，若來不及與外界發(fā)生熱交換，則熱氣團氣體體積變大,熱氣團對外做正功。

故答案為：變大，正

氣體的壓強減小，氣體體積變大，氣體對外做功，根據題意應用熱力學第一定律分析答

題。

根據題意分析清楚氣體狀態(tài)變化過程，掌握基礎知識是解題的前提與關鍵，應用熱力學

第16頁，共18頁

第一定律即可解題。

16.【答案】解：①航天服內氣體經歷等溫過程，

Pi=1.0x匕=2L,V2-4L

由玻意耳定律pM=P2V2

4

得P2=5x10Pa

②設需要補充的氣體體積為V,將補充的氣體與原航天服內氣體視為一個整體，充氣后

的氣壓P3=9.0xIO,匕

由玻意耳定律pi(匕+U)=P3彩得V=1.6Z,

答：①此時航天服內的氣體壓強5