2022年安徽省合肥市高考物理二模試卷（附答案詳解）

2022年安徽省合肥市高考物理二模試卷

1.2021年12月30日,在中科院合肥等離子體物理研究

所內，有“人造太陽”之稱的全超導托卡馬克實驗

裝置（EAST）實現(xiàn)了1056秒的長脈沖高參數(shù)等離子

體運行，這是目前世界上該裝置高溫等離子體運行

的最長時間。該裝置內發(fā)生的核反應方程為：He+X,已知笊核6"）的

質量為2.01360,X的質量為1.0087U。氨核的質量為3.0150”，iz為原子質量

單位，位相當于931MeV,下列關于該核反應的說法正確的是（）

A.X為質子

B.反應前后核總質量相等

C.反應過程中中子數(shù)減少了1個

D.反應過程中釋放的核能4E=3.2585MeV

2.圖甲為掛在架子上的雙層晾衣籃。上、下籃子完全相同且保持水平，每個籃子由兩

個質地均勻的圓形鋼圈穿進網(wǎng)布構成，兩籃通過四根等長的輕繩與鋼圈的四等分點

相連，上籃鋼圈用另外四根等長輕繩系在掛鉤上。晾衣籃的有關尺寸如圖乙所示,

則圖甲中上、下各一根繩中的張力大小之比為（）

圖甲圖乙

A.1：1B.2：1C.5：2D.5：4

3.帶等量異種電荷的兩小球，固定在一絕緣細桿的兩端，置于等量異種電荷4、B的

電場中，豎直虛線為4、B連線的中垂線，桿與4、B連線平行，位于圖中I位置，。

為桿的中點。若桿由I位置繞。點轉至圖中口位置，電場力做功為名；若桿由I位

置豎直向下平移至圖中HI位置，電場力做功為電。則下列關于明、傷的判斷正確

的是（）

AO——?----?-——?B

I

I

I

I

A.W/j>0,W2>0B.Wr<0,IV2>0

C.%=0,IV2<0D.W1=0,W2=0

4.2022年2月9日，在北京冬奧會自由式滑雪女子大跳臺決賽中，我國選手谷愛凌成

功奪冠。圖甲為滑雪大跳臺的滑道示意圖，其主要由助滑道、跳臺、著落坡組成,

在助滑道與跳臺之間用一段彎曲滑道銜接，助滑道與著落坡均可以視為傾斜直道。

運動員由起點滑下，從跳臺飛出后，在空中完成系列動作，最后落至著落坡。運動

員離開跳臺至落到著落坡階段的軌跡如圖乙所示，P為這段軌跡的最高點，不計空

氣阻力，運動員可視為質點。則下列說法正確的是（）

B.運動員在P點的速度為0

C.運動員在P點重力的瞬時功率為0

D.運動員落至著陸坡時的速度方向與剛離開起跳臺時的速度大小無關

5.圖甲為交流感應電動機的工作原理示意圖。完全相同的線圈4、B、C豎直固定，其

平面互成120。，且中心重合于。點（圖中未畫出）。當線圈連接三相交流電源時，其

中心產生旋轉磁場，磁場中的導線框也就隨著轉動。若線圈中通入圖乙所示的正弦

式交流電，三個線圈在t=?的電流方向如圖甲所示，此時線圈4中電流在。點產生

磁場的磁感應強度大小為%。已知每個線圈在。點產生磁場的磁感應強度大小與線

圈中通入的電流成正比，則此時0點的磁感應強度大小為（）

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A

6.2021年5月15日，天問一號著落器著陸于火星表面。著

落器的著陸過程簡化如下：首先，在距火星表面高為八處

懸停，接著以恒定加速度a豎直下降，下降過程火箭產

生的反推力大小恒為尸。當四條“緩沖腳”接觸火星表

面時，火箭立即停止工作，著落器經(jīng)時間t速度減至0。已知著落器的質量為rn,火

星半徑為R（R>>^，萬有引力常量為G。則下列說法正確的是（）

A.火星的質量約為空土

Gm

B.火星表面的重力加速度約為￡

m

C.火箭反推力對著落器所做的功約為-：尸砒2

D.著落器對火星表面的平均沖擊力大小約F+ma+與皿

7.材料相同，粗細不同的導線繞成邊長相同的I、n兩個正方形閉合線圈，線圈的質

量相等，I線圈的匝數(shù)是口的2倍?，F(xiàn)將兩線圈在豎直平面內從同一高度同時以初

速度孫豎直向上拋出，一段時間后進入方向垂直于紙面向外的勻強磁場區(qū)域，磁場

的下邊界水平，如圖所示。已知線圈在運動過程中某條對角線始終與下邊界垂直，

且線圈平面始終在豎直平面內，空氣阻力不計。在線圈從拋出至返回原位置的過程

中，下列說法正確的是（）

O0%

A.I、n線圈運動時間之比為2：i

B.I、II線圈的末速度之比為2：1

C.I、口線圈的末動能之比為1：1

D.I、n線圈中產生的焦耳熱之比為1：1

8.如圖甲所示，輕彈簧一端固定在豎直墻壁上，另一端與物塊P栓接?，F(xiàn)用外力將P緩

慢壓至。點，此時彈簧的壓縮量為3%，撤去外力后P向右運動；換用質量較小的物

塊Q完成同樣的過程。在兩物塊第一次向右運動至最遠的過程中，它們的加速度a與

位移x的關系如圖乙所示。已知兩物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)相同。下列說法

正確的是（）

圖乙

A.釋放瞬間Q的加速度是P的3倍

B.P的質量是Q的2倍

C.P的最大動能是Q的4倍

D.Q向右運動的最大距離是P的2倍

9.某實驗小組利用下圖裝置驗證系統(tǒng)機械能守恒?？邕^定滑輪的輕'"'工'

繩一端系著物塊4另一端穿過中心帶有小孔的金屬圓片C與物塊

B相連，4和B質量相等。鐵架臺上固定一圓環(huán)，圓環(huán)處在B的正?

下方。將B和C由距圓環(huán)高為后=70.0cm處靜止釋放，當8穿過

圓環(huán)時，C被擱置在圓環(huán)上?在鐵架臺匕、「2處分別固定兩個光?口

I,P

電門，物塊B從匕運動到P2所用的時間t由數(shù)字計時器測出，圓環(huán)AO.P2

距Pi的高度出=Pi，P2之間的高度壇=100cm,重力

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加速度。取9.8zn/s2。

(1)B穿過圓環(huán)后可以視為做_____直線運動；

(2)為了驗證系統(tǒng)機械能守恒，該系統(tǒng)應選擇(選填“4和夕'或"4、8和C")；

(3)測得B通過P】P2的時間t=0.055s,A.8的質量均為0.3kg,C的質量為0.2kg,

則該實驗中系統(tǒng)重力勢能減少量為，系統(tǒng)動能增加量為，系統(tǒng)重力勢

能減少量與系統(tǒng)動能增加量有差別的原因是(結果保留三位有效數(shù)字)。

10.某實驗小組利用如圖(a)所示電路測量電源的電動勢和內阻。所用的實驗器材如下：

4待測電源

B.定值電阻品(阻值為3.00)

C.電阻箱R(最大阻值999.90)

。?電壓表了(量程為3.0人內阻很大)

E.開關S,導線若干

實驗步驟如下：

①將電阻箱阻值調到最大，閉合開關S；

②多次調節(jié)電阻箱，記下電壓表的示數(shù)U和電阻箱相應的阻值R；

③以［為縱坐標，/橫坐標，作出指需像；

UKUK

④求出直線的斜率和縱軸上的截距。

回答下列問題：

(1)分別用E和r表示電源的電動勢和內阻，則3與J的關系式為

UK;

(2)實驗得到的部分數(shù)據(jù)如下表所示，其中電阻R=7.0。時電壓表的示數(shù)如圖(b)所

示，讀出數(shù)據(jù)，完成下表。答：①,②。

R/n4.05.06.07.08.09.0

U/V1.521.721.88①2.142.32

11

萬/-0.660.580.53②0.470.43

(3)在圖(c)的坐標紙上將所缺數(shù)據(jù)點補充完整并作圖，根據(jù)圖線求得電源電動勢

圖⑸

11.圖甲為冰壺比賽場地的示意圖，其中營壘區(qū)由半徑分別為R、2R和3R三個同心圓組

成，圓心為。。某次比賽中，B壺靜止在營壘區(qū)M處，對方選手將4壺擲出，4壺沿

冰道中心線P0滑行并與8發(fā)生正碰，最終二者分別停在。點和N點，如圖乙所示。

已知冰壺質量均為冰面與冰壺間的動摩擦因數(shù)為由重力加速度為g，不計空氣

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阻力。求:

圖乙

(1)碰后4壺剛停止時兩壺間的距離;

(2)碰撞過程中損失的機械能。

12.如圖所示，在xOy坐標系中，I、W象限有垂直于坐標平面向里的勻強磁場。一平

行板電容器水平放置，板長為23板間距也為23電容器中心P點的坐標為(-4。0),

M點坐標為(0,3L).一豎直放置的絕緣彈性薄擋板固定于Q(-2L,0)處，板長略小于

33Q為擋板中心。一帶電粒子以初速度〃沿x軸射入兩板間，從M點進入磁場，最

終返回出發(fā)點。已知帶電粒子與彈性絕緣擋板碰撞前后，沿y方向分速度不變，沿x

方向分速度反向，大小不變，帶電粒子質量為加，電荷量為q，不計粒子重力。求：

(1)電容器兩極板間所加的電壓；

(2)僅與擋板碰撞一次的粒子在磁場中運動的半徑；

(3)粒子與擋板碰撞且符合條件的磁感應強度大小。

點心0■B

XXXXw

XXXMX

xxxxxr

（）X■X>>

KKMXM

XaMXX

KXXXX

XXXXX

13.下列說法中正確的是（）

A.當分子間距離增大時，分子間引力增大，分子間斥力減小

B.一定量的理想氣體，如果壓強不變，體積增大，它一定從外界吸熱

C.清晨植物葉面上的露珠呈球形，是因為水的表面張力作用

D.布朗運動反映了懸浮顆粒內部的分子在永不停息地做無規(guī)則熱運動

E.一定量的理想氣體，如果體積不變，溫度降低，分子與器壁每秒平均碰撞次數(shù)

減少

14.如圖所示，兩端開口的U形玻璃管豎直放置，管中有一段水銀柱。左側|

管中活塞封閉一段長為10sn的空氣柱，此時左右兩側水銀面的高度相L

同。右側水銀面離管口的高度為20cm。已知大氣壓強po=76c?nHg,

玻璃管粗細均勻，導熱性能良好，環(huán)境溫度不變。求：

0）緩慢下移活塞，當左右兩側液面高度差為4cm時，活塞下移的距離；

（"）若先將右側管口封閉，再緩慢下移活塞，當左右兩側液面高度差為4cm時，活

塞下移的距離。（結果保留兩位有效數(shù)字）

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15.一列簡諧橫波沿x軸負方向傳播，其波長大于5nl.從某時刻開始計時，介質中位置

在光=1m處的質點a和在x=57n處的質點b的振動圖線分別如圖甲、乙所示。則質

16.如圖所示，陰影部分4BC為一由均勻透明材料做成的柱形

光學元件的橫截面，材料的折射率n=2,弧AC是一半徑

為R的胸弧，。為圓心，4BCD構成正方形，在。處有一點

光源，不考慮二次折射。求:

(D當光從4B中點E射出時，折射光的反向延長線交4D于F

點，求4F的長度;

邊有光射出的區(qū)域的長度。

答案和解析

1.【答案】

D

【解析】

解：4C.根據(jù)質量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒知X的質量數(shù)為1,電荷數(shù)為0,則X為中子，故

AC錯誤；

8.核反應放出能量，有質量虧損，可知反應后的質量小于反應前的質量，故B錯誤；

。.反應過程中質量虧損為21m=(2x2.0136-1.0087-3.0150)u=0.0035u

則釋放的核能

AE=0.0035x931MeV=3.2585MeK

故。正確.

故選：D。

根據(jù)核反應方程的質量數(shù)與質子數(shù)守恒，即可求解X；根據(jù)質能方程求出釋放能量，即

可求解。

考查質能方程是原子物理中的重點內容之一，該知識點中，關鍵的地方是要知道反應過

程中的質量虧損等于反應前的質量與反應后的質量的差，還要注意保留有效數(shù)字與小數(shù)

點的不同。

2.【答案】

C

【解析】

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解：對上下兩籃子整體分析

根據(jù)平衡條件和對稱關系可知，每根繩上的拉力的豎直向上的分量為;-2mg=三mg,

繩與籃子平面夾角為6,由幾何關系得：

=0.6

cosBL=-L=—40

F\Sin0=~mg

解得:&=汴g，

o

隔離下面籃子，對下籃子受力分析根據(jù)平衡條件可知，

?1

尸2=~mg,

則Fi：F2=5：2,

故C正確，ABD錯誤；

故選:Co

對上下兩籃子整體分析可得每根繩豎直向上的分力等于兩籃子重力的：，根據(jù)繩長和籃

子直徑的關系得出繩與水平方向的夾角為60。，結合幾何關系計算出每根輕繩對籃子的

拉力；隔離下面籃子，對下籃子受力分析可得每根繩豎直向上的力等于籃子重力的；。

本題主要考查了共點力的平衡問題，要熟悉受力分析，解題的關鍵點是根據(jù)幾何關系完

成對力的計算。

3.【答案】

B

【解析】

解：設在I位置時，正電荷處于電勢-9,由對稱性可知負電荷位置電勢為仍因此電勢

能為

Ep=q(一卬)+(-q<p)=2q(p

在II位置時，兩小球處于4、B電荷連線中垂線上，電勢為零，電勢能為零，電勢能增

大，故電場力做負功，即

名<0

根據(jù)等量異種電荷電勢分布特點，設在皿位置右側電勢增大4仍根據(jù)對稱性知左邊電

勢減小)口則電勢能為

E'p=q(―0—4(p)—q(w+A(p)——2q(p—2qA<p

電勢能減小，故電場力做正功，即

W2>0

故3正確，ACD錯誤。

故選：B。

根據(jù)電勢與電勢能的關系判斷電勢能的變化，電勢能減小時電場力做正功，電勢能增大

時電場力做負功。

本題考查電場力做功與電勢能的關系，解題關鍵掌握電勢能的計算公式。

4.【答案】

C

【解析】

解：4、運動員一直處于失重狀態(tài)，故A錯誤；

B、在P點豎直分速度為0,但水平速度不為零，故8錯誤；

C,運動員在P點重力的功率p=mgvcos90°=0,故C正確；

D、剛離開起跳臺時的速度大小不同，到達p點速度好就不同，從p點到斜面做平拋運動，

豎直分速度為不變，設運動員落到斜面時速度與水平方向成角a,由16^=藝知。隨

為變化，則與斜坡的速度方向也變化，故。錯誤；

故選:Co

利用斜拋運動和平拋運動的處理方法(分解法)解答。

本題主要考查了斜拋運動和平拋運動的相關應用，解題關鍵點是將速度分解到合適的方

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向上，利用運動學公式即可完成分析。

5.【答案】

A

【解析】

解：由題意可知，力寸刻，線圈B和線圈C的電流為線框4的;，則線圈B和線圈C在。點產

生的磁場大小為由右手螺旋定則可知，線圈4產生的磁場方向垂直線框4平面向右下,

線圈B產生的磁場方向垂直線框B平面左下，線圈C產生的磁場方向垂直線框C面向里，

如圖所示

由磁感應強度疊加可知。點的磁感應強度B=BA-BCCOS60°=與，方向與線圈4產生的

磁場方向相同，故A正確，8CD錯誤；

故選：A..

分別把線圈人B、C在。點產生的磁場強度求出通過矢量運算法則可以求出。點產生的

場強。

明確磁場強度的矢量運算法則，知道如何求某點的磁場強度。

6.【答案】

AD

【解析】

解：AB.設火星表面的重力加速度為g,由牛頓第二定律可得：mg-F=ma

在火星表面：mg=

聯(lián)立解得：g=-+a,M=RZgma),故A正確，B錯誤；

mGm

C、火箭產生的反推力大小為尸的時間未知，不能根據(jù)X=：at2求出火箭下降的距離，

所以火箭反推力對著落器所做的功不等于-^/砒2,故c錯誤；

D、由位移一速度公式：v2-0=2ah

設探測器受到的平均沖擊力大小為足，規(guī)定豎直向下為正方向，由動量定理可得

mgt—Ft=0—mv

所以：F=mg+拳=F+ma+血丁"

由牛頓第三定律得：探測器對火星表面的平均沖擊力大小為方=F+ma+唯巫，故。

t

正確。

故選：AD.

根據(jù)牛頓第二定律計算出火星表面的重力加速度，結合萬有引力公式計算出火星的質量;

根據(jù)動量守恒和牛頓第三定律計算出平均沖擊力的大小。

本題主要考查了萬有引力定律和動量定理的結合，在分析過程中結合了牛頓定律，要求

學生熟悉公式間的推導，整體難度不大。

7.【答案】

CD

【解析】

解：線圈向上運動，進入磁場的某時刻，設切割磁感線的有效長度為3設此時的速度

為"，則

E=nBLv

根據(jù)閉合電路歐姆定律：/=1

根據(jù)安培力公式：F=nBIL

解得

廠n2B2L2v

F=------

R

設正方形邊長為小橫截面積為S,則

m=4nap^S

根據(jù)電阻定律：R=P等

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則

廠B2l7mv

F=——;0CV

16a2Pp密

因線圈上拋的初速度相同，上升高度相同，則線圈剛進入磁場時安培力相同，因兩線圈

的重力相同，則加速度相同，則以后兩線圈進入或返回時在磁場中相同的位置受安培力

都相同，即兩線圈從拋出至返回原位置的過程中運動情況完全相同，則

A.I、n線圈運動時間之比為1：1,故A錯誤；

B.l、II線圈的末速度之比為1：1,故2錯誤；

C.I、II線圈初動能相同，則末動能之比為1：1,故C正確；

DI、n線圈整個過程中克服安培力做功相等，則產生的焦耳熱之比為1：1,故。正

確。

故選：CD.

根據(jù)法拉第電磁感應定律、電阻定律、安培力公式聯(lián)立解得安培力的表達式，分析安培

力與速度的關系，從而分析選項。

本題考查法拉第電磁感應定律，解題關鍵掌握安培力的表達式，注意電阻定律的應用。

8.【答案】

B

【解析】

解：B、設彈簧的勁度系數(shù)為匕物塊與地面的動摩擦因數(shù)為〃，當速度達到最大時，加

速度為零。

對P物塊由平衡條件得：umpg=kx2l0

對Q物塊由平衡條件得：l^mQg=kl0

聯(lián)立可得nip=2THQ,故B正確；

A、釋放物塊瞬間，對P物塊根據(jù)牛頓第二定律得：k-Slo-fimpg=mpap,

對Q物塊根據(jù)牛頓第二定律得：kl0-〃巾=mQaQ,

聯(lián)立解得：ap=*a<?=鬻，可得：母=；,即釋放瞬間Q的加速度是P的4倍，故A

錯誤；

C、從釋放到最大動能處由動能定理得：

2

對P：EkP=i/c(3/0)—|/C/Q—^mPg-2/0=4/C/Q—2^mPglQ

對Q：EkQ=陽3,0)2一陽2")2-“niQg.，o=|媚一〃佻9詒

所以，E心r4E"Q,故C錯誤；

D、設彈簧開始時的彈性勢能為Ep,根據(jù)功能關系可得：Ep=fimpgxp=^mQgxQ,解

得：XQ—2.Xp,故D正確。

故選：B。

根據(jù)平衡條件求解兩物塊的質量關系；根據(jù)牛頓第二定律求解釋放瞬間加速度大小；根

據(jù)動能定理分析最大速度；根據(jù)功能關系分析最大位移。

本題主要是考查功能關系與圖像的結合，關鍵是弄清楚兩物塊的受力情況和運動情況，

根據(jù)動能定理、功能關系結合牛頓第二定律進行分析。

9.【答案】

勻速4、B和C1.37/1.32;摩擦力及空氣阻力做負功

【解析】

解：(1)金屬片B通過圓環(huán)后，C被擱置在圓環(huán)上，之后，4B系統(tǒng)由于所受的合力為零做

勻速直線運動

(2)對4BC整個系統(tǒng)，增加的機械能有：(2m+mc)92+mg/i,而減少的機械能有(rn+

2

mc)ghr,若兩者相等，化簡后有：mcghr=1(2m+mc)v,故應以4、B和C作為研究

對象。

2

(3)根據(jù)(2)可知實驗中系統(tǒng)重力勢能減少量=mcghr=0.2x9.8x70XIO_7=

22

1.37/,系統(tǒng)動能增加量為=|(2m+mc)v=i(2m+mc)0=1x(2x0.3+

0.2)x(懸)2/=1.32/?

系統(tǒng)重力勢能減少量與系統(tǒng)動能增加量有差別的原因是摩擦力及空氣阻力做負功。

故答案為：(1)勻速；(2)4、B和C；(3)1.377,1.327,摩擦力及空氣阻力做負功

(1)通過速度的定義用這段時間的位移除以時間求解出做勻速直線運動的速度；

(2)(3)根據(jù)系統(tǒng)減小的重力勢能，轉化為系統(tǒng)增加的動能，即可求解；

考查做勻速直線運動求速度的方法，這也是比較巧妙測末速度的方法；掌握系統(tǒng)機械能

守恒定律驗證方法，注意由于4與B的質量相同，則重力勢能之和不變；并學會運用數(shù)

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學表達式來分析。

10.【答案】

:寫4+：2.08V0.483.00.9

【解析】

解：(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律得

E=2+R+&)

整理得

工_R()+r工+工

U~ER+E

(2)電壓表的分度值為0.1V,則其度數(shù)為2.08V,則

-=0.48人

U

(3)作圖使越多的點在圖像越好，不在圖像的點分布在圖像兩側，誤差太大的點舍去,

得出《與?9圖像如圖所示：

UK

幻計口人

l=^o±L.l+l

UERE

可得縱軸截距

-=0.337-1

E

解得

E=3.0V

斜率

Ro+r_0.66-0.33y—1。

E~0.25

解得

r=0.9/2

故答案為：(1)：=華q+&(2)2.08,0.48；(3)3.0,0.9

(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律解得；

(2)根據(jù)電壓表分度值讀得數(shù)據(jù)：

(3)結合圖像斜率與縱截距可解得。

本題考查了求圖象函數(shù)表達式、作圖象、求電源電動勢與內阻問題，應用圖象法處理實

驗數(shù)據(jù)是常用的實驗數(shù)據(jù)處理方法，要掌握描點法作圖的方法，要會用圖象法處理實驗

數(shù)據(jù)。

11.【答案】

解：(1)設碰撞后4壺和B壺的速度大小分別為力和如。

碰后4壺滑行過程，由動能定理得：一卬ngR=0-；m若

解得力—yj2iJ.gR

碰后B壺滑行過程，由動能定理得：?4R=0-如詣

解得知=2四證

設4壺滑行的總時間為3貝強=當1

B壺滑行時加速度大小為a=鬻=閡

2

在t時間內，B壺滑行的位移大小為的=vBt-\at

故碰后4壺剛停止時兩壺間的距離為s=XB-R

聯(lián)立解得s=3R

(2)設碰撞前4壺的速度大小為火。

A壺與B壺碰撞過程，取向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0-mvA+mvB

碰撞過程中損失的機械能為ZE=

聯(lián)立解得AE=4〃mgR

答：(1)碰后4壺剛停止時兩壺間的距離為3R：

(2)碰撞過程中損失的機械能為4〃7ngR。

第18頁，共24頁

【解析】

(1)先研究碰后4壺滑行過程，運用動能定理求出碰后瞬間4壺的速度大小。利用運動學

公式求出4壺滑行的時間。利用動能定理求出碰后B壺的速度大小，再根據(jù)牛頓第二定

律求出B壺滑行時的加速度大小，由位移一時間公式求碰后4壺剛停止時兩壺間的距離;

(2)研究碰撞過程，由動量守恒定律求出碰撞前4的速度大小，由能量守恒定律求碰撞過

程中損失的機械能。

解答本題時，要理清兩壺的運動過程，要知道涉及力在空間的積累時可根據(jù)動能定理求

速度。

12.【答案】

解：(1)粒子在平行板電容器間做類平拋運動，

則水平方向：2乙=%"

豎直方向：q^-=ma

yi=2ati

vy-atx

粒子出平行板電容器后做勻速直線運動，則

3L—VQ^2

yz—%12

又力+為=3L

聯(lián)立解得：U=誓，％=

(2)設粒子從M點射入磁場時，速度與x軸夾角為氏則

tanO=—=-

Vo4

得

cosdZ1=-4

5

粒子與擋板只碰撞一次，粒子運動的軌跡如圖所示,

粒子運動的軌道半徑為碰撞前后出入磁場兩點之間的距離為

Ay=4Ltan9=3L

由幾何關系可得

2?2Tleosf)—Ay=6L

解得：

lo

(3)設粒子與擋板碰撞n(n-l、2.3…)次，由題意畫出粒子運動軌跡如上圖所示，設粒

子在磁場中做圓周運動的半徑大小為7,偏轉一次后在y負方向偏移量為4%,由幾何關

系得

Ayn=2rncos6

為保證粒子最終能回到P,應滿足

(n+l)Jyn—nAy=6L

帶電粒子在磁場中運動，則

2

qvBr>=m—V

rn

又U=

COS0

2(n+l)7nv

聯(lián)立解得:B=0(九、、

3(n+2)qL=123...)o

答：(1)電容器兩極板間所加的電壓為噤;

(2)僅與擋板碰撞一次的粒子在磁場中運動的半徑為橙L；

16

(3)粒子與擋板碰撞且符合條件的磁感應強度大小為需翳5=1、2、3…)。

【解析】

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(1)粒子在平行板電容器間做類平拋運動，粒子出平行板電容器后做勻速直線運動，根

據(jù)平拋運動規(guī)律和直線運動規(guī)律可求極板間所加的電壓；

(2)依題意作出粒子運動軌跡圖，根據(jù)幾何關系可求軌跡半徑；

(3)畫出粒子運動軌跡圖，由幾何關系分析保證粒子最終能回到P應滿足條件，結合帶電

粒子在磁場中運動規(guī)律可求符合條件的磁感應強度大小。

本題考查帶電粒子在電、磁場中的運動，分析清楚粒子的運動情況是解題關鍵，本題第

三個問屬于開放式設問，分析難度較大。

13.【答案】

BCE

【解析】

解：4、隨著分子間距增大，分子間引力和斥力均減小，故A錯誤；

8、一定量的理想氣體，如果壓強不變，體積增大，根據(jù)一定質量的理想氣體的狀態(tài)方

程華=C,可知氣體的溫度一定升高，內能則一定增大，即AU>0,根據(jù)熱力學第一定

律4U=Q+W,結合體積增大，氣體對外界做功，即/<0,可得Q>0,它一定從外

界吸熱，故B正確；

C、水的表面存在表面張力，使得液體表面像彈性膜一樣，葉面上的小露珠呈球形主要

是水的表面張力作用，故C正確；

。、布朗運動是懸浮在液體中固體小顆粒的無規(guī)則運動，而固體顆粒是由大量顆粒分子

組成的，不能反映了組成固體顆粒的分子在做無規(guī)則運動，故。錯誤；

E、氣體體積不變時，溫度越低，氣體分子的運動的激烈程度越小，根據(jù)氣體壓強的微

觀解釋，可知單位時間內容器壁單位面積受到氣體分子撞擊的次數(shù)越少，故E正確。

故選：BCE。

隨著分子間距增大，分子間引力和斥力均減??；根據(jù)一定質量的理想氣體的狀態(tài)方程和

熱力學第一定律求解；液體的表面張力使液面具有收縮到液面表面積最小的趨勢；布朗

運動是懸浮在液體中固體顆粒的運動，是液體分子無規(guī)則熱運動的反映；根據(jù)氣體壓強

的微觀解釋判斷。

本題考查熱力學多個知識，熱學的重點是分子動理論、液體表面張力、分子力與分子勢

能等，要加強對基礎知識的學習，力爭不在簡單題上失分。

14.【答案】

解：（i）開始時，當左右兩管中水銀液面相平時，氣體的壓強為po,設氣柱的長為人，

左管中封閉氣體的壓強：Pi=76cmHg+4cmHg=SOcmHg

根據(jù)玻意耳定律可得：P[LS=Po^S

解得L=9.