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?！啊?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衰變的核反應方程為第Pa->X+加e。

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

勻速圓周運動，則（）

A.X核的中子數(shù)為92

B.X核的中子數(shù)為234

C.X核做圓周運動的半徑比a粒子的小

D.X核做圓周運動的半徑比a粒子的大

2.北斗導航系統(tǒng)是我國自主研制的全球衛(wèi)星導航系統(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

繞地球做圓周運動，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運行角速度比c衛(wèi)星的大地球

C.衛(wèi)星b的運行速率為7.9km/s

D.衛(wèi)星c的運行周期為24小時

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

有很多優(yōu)點，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)情況到停下的運動距離為44m,汽車減速過程

視為勻減速運動，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

況到停下的運動距離為（）

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)動量不守恒

C.子彈和木塊組成的系統(tǒng)損失的機械能等于子彈損失的動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能減少量和摩擦產生的熱量之和

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

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

回路總電阻為30?；芈穬扔信c水平面成37。角斜向上且均勻變化的勻強磁場，從《=

0時刻開始，磁感應強度B隨時間t變化的圖像如圖乙所示。已知兩平行導軌的間距

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

sin37°=0.6,cos37°=0.8。在t=Is時，ab棒恰好相對導軌開始運動，則此時（）

A.ab棒中的電流方向為a流向b

B.必棒受到的安培力大小為gN

C.時棒與導軌間的壓力大小為

D.ab棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為0.5

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

勻強磁場（圖中未畫出），其磁感應強度大小為一質量為m、電荷量為q（q>0）的

粒子以速度=從C點垂直于4c進入磁場，該粒子經(jīng)磁場偏轉后平行于CO射到AC邊上

的。點（圖中未畫出），粒子重力不計。下列說法正確的是（）

A.粒子從C點射入磁場，在到達。點前始終未離開磁場

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點到0點的時間為巨笑迎

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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，。為其圓心，。4水平。在圓弧軌道的最低

點B處固定一帶正電的小球，電荷量為q。另有質量為rn的

帶電小球N從4點處無初速釋放，運動到C點時達到最大速

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小球可能帶負電

B.N小球的帶電量為噌

kq

C.N小球從4點到C點的過程中，電場力做功為

2

D.N小球從4點到C點的過程中，減少的機械能為喳山

2

8.如圖甲所示，木板與水平面間的夾角?？烧{，可視為質點的小物塊從木板的底端以

初速度北沿木板向上運動。保持%大小恒定，改變氏小物塊沿木板向上滑動的最

大距離s隨之改變，根據(jù)實驗數(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摩擦因數(shù)為,，取重力加速度g=10m/s2,則（）

B.當物塊沿木板上滑距離最短時，木板與水平面的夾角為53。

C.當物塊沿木板上滑距離最短時，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.某同學用如圖甲所示的裝置驗證動量定理，部分實驗步驟如下:

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

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軌左端，一光電門安裝在氣墊導

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間后通過光電門，光電門測得遮光條的擋光時間為戊=

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

(計算結果均保留2位有效數(shù)字)

10.某同學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)請用筆畫線代替導線，在圖乙中將未完成的實物連線補充完整；

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

置于1,調整滑動變阻器％,使電流表G有適當?shù)氖緮?shù)，記為/；再將S2置于位置2,

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

丙所示，則在此溫度下，該熱敏電阻的阻值為.

(3)不斷調整熱敏電阻的溫度，記錄不同溫度及對應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)關閉控溫箱電源，一段時間后熱敏電阻溫度與室溫相同，此時用電路甲測得熱

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

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(5)某同學用該熱敏電阻設計了一簡易報警裝置如圖戊所示，圖中電源電動勢為E=

24V,內阻不計。可變電阻％最大阻值為40000,該報警電路需滿足下列兩個條件：

①報警器電流大于或等于3mA時將報警；

②溫度到達100℃時，報警器中電流不允許超過5mA；

則可得保護電阻R(無論如何調整%,通過報警器的電流始終不超過允許通過的最

大電流)至少應為k。；在R取最小值的情況下，要使報警器在60久時報警，

可變電阻Rx的阻值應調為孫若要提高報警溫度，應將感調(選填

“大”或“小”)。(計算結果均保留2位有效數(shù)字)

11.2022年2月16日，我國運動員齊廣璞在北京冬奧會男子自由滑雪空中技巧賽上獲得

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

道上的4點由靜止滑下后沿切線從B點進入半徑R=15nl的豎直冰面圓弧軌道BOC,

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

運動員和裝備的總質量m=60kg且視為質點，摩擦和空氣阻力不計。取重力加速

度g=10m/s2,sin37°=0.6.cos37°=0.8。求：

(1)在軌道最低點。時，軌道對運動員的支持力大?。?/p>

(2)運動員滑離C點后在空中飛行過程中距。點的最大高度。

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，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

轉電場，UMN=—%。4B兩板間的距離為d,兩板間的電勢差％B隨時間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電

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

知電子的質量為m、電荷量為-e,重力不計，打到極板上的電子均被吸收，不計電

子之間的相互作用力。

(1)求力、8金屬板的長度L；

(2)求1=0時刻射入偏轉電場的電子，從極板右側射出時相對中線OP在豎直方向的

位移偏移量y；

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

要使從極板右側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.氣體分子能分散遠離是因為分子斥力作用的結果

B.一定質量的理想氣體等壓膨脹，氣體分子的平均動能增大

C.一定質量的理想氣體，溫度不變，壓強減小時，氣體的密度一定減小

D.空氣中水蒸氣的壓強越大，空氣的相對濕度一定越大

E.密閉容器中氣體的壓強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，氣缸內用輕質活塞封閉一定質量的理想氣

體，活塞能沿氣缸壁無摩擦滑動且不漏氣。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。活塞靜止時到氣缸底部的距離為100cm,氣

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

取大氣壓強為Po=1x105Pa,彈簧體積不計。

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（i）求缸內氣體的壓強;

3）若緩慢對缸內氣體加熱直到彈簧的伸長量為孫=20cm,求此時氣體的溫度。

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.一質點做周期為7的簡諧運動，t+（時刻與t時刻的位移大小一定相等

C.一質點做簡諧運動，在四分之一周期內，其路程可能大于振幅

D.電磁波在真空中傳播時，其傳播方向與電場強度、磁感應強度均垂直

E.兩列波發(fā)生干涉，振動加強區(qū)的質點的位移總是大于振動減弱區(qū)的質點的位移

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組成的一細光束，在abed平面內從xcd面上的。點以入射角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,

質子數(shù)為4=94-2=92,則中子數(shù)為：N=234—92=142,故A8錯誤；

CD,根據(jù)動量守恒定律，X核的動量與a粒子的動量大小相等，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做圓周運動的半徑比a粒子的小，故C正確，

。錯誤。

故選：C。

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

運動的半徑公式分析半徑大小。

本題主要是考查質量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒以及帶電粒子在磁場中的運動，關鍵是知道衰

變前后動量守恒，能夠根據(jù)帶電粒子在磁場中運動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

轉周期相等，為24小時，不可以經(jīng)過昆明正上空，故A錯誤；

BD,人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，設衛(wèi)星的質量為m、

軌道半徑為r、地球質量為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小時一，故8錯誤，力正

確；

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

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，周期同地球自轉周期相等，為24

小時；根據(jù)萬有引力提供向心力求得各量的表達式，比較角速度和周期。

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

物理量的關系式，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)情況到停下的運動距離為44m,根

據(jù)運動學公式可得

v0to+[=44nl

同樣條件下，無人駕駛汽車從發(fā)現(xiàn)情況到停下的運動距離

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錯誤。

故選：Ao

根據(jù)運動學公式，結合題意得出人駕駛和無人駕駛時的位移表達式，進而得出同樣條件

下，無人駕駛汽車從發(fā)現(xiàn)情況到停下的運動距離。

本題的關鍵是要注意，在反應時間內，汽車仍在做勻速直線運動。

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錯誤；

8、子彈與木塊間的作用力是內力，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)動量守恒，故8錯誤；

C、子彈損失的機械能轉化為木塊的動能與產生的內能即系統(tǒng)損失的內能，由功能關系

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

功，故C正確；

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

的動能與摩擦產生的熱量之和，故。錯誤。

故選:Co

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

據(jù)子彈與木塊的運動過程應用功能關系分析答題。

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

用力，應用沖量的定義式、動量守恒定律與功能關系即可解題。

5.【答案】D

【解析】解：4由楞次定律知她棒中的電流方向為b流向a,故A錯誤；

8.由圖乙結合法拉第電磁感應定律得

AD

E=小譏37。

則回路中的電流

/=-

R

t=2s時磁感應強度為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棒與導軌間的壓力大小為

N=mg-Fcos37°

代入數(shù)據(jù)解得：N=6N

故C錯誤；

D由平衡條件得，ab棒與導軌間的摩擦力

f=Fsin370

又

f=〃N

解得

〃=0.5

故。正確。

故選：D。

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

受力分析，根據(jù)平衡條件可解得動摩擦因數(shù)。

本題是電磁感應與電路、力學知識的綜合，關鍵要掌握法拉第電磁感應定律、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點射入磁場，在到達。點前始終未離開磁場，到達。點時的速

度一定與AC邊垂直，故A錯誤;

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角度為

9=120°

設軌道半徑為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錯誤;

D粒子從C點到。點的時間為

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；作出粒子運動軌跡，根據(jù)幾何關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動時間。

第12頁，共20頁

本題關鍵是明確粒子的運動規(guī)律，畫出運動的軌跡，結合幾何關系得到軌道半徑，再結

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點達到最大速度，所以C點后速度減小，而重力做正功，

所以電場力做負功，故電場力是斥力，故小球帶正電，故A錯誤；

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

解得：q，=嚶,故8正確；

kq

C、設小球從4點運動到C點的過程中，電場力做功為小，則由動能定理得：

1

mgRsin30°+W=-mvo2-0

解得:W=-^mgR,故C錯誤;

D、由功能關系得，N小球從4點到C點的過程中，減小的機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分析出小球的電性；

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

的帶電量；

根據(jù)動能定理計算出電場力的做功；

根據(jù)功能關系分析出N小球在a到c點的過程中減小的機械能。

本題主要考查了帶電粒子在電場中的運動，根據(jù)動能定理結合功能關系即可完成分析，

同時要結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％時，Si=1.8m,此時小物塊做豎直上拋運動，根

據(jù)詔=2gsr,解得%=6m/s,故A正確；

8C、當夾角為6時，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。=60。時加速度大小最大，此時滑行的距離最小，

故8錯誤，C正確；

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

故。錯誤；

故選：AC.

由圖象可知，當/=1時，勺=1.8他，此時小物塊做豎直上拋運動，根據(jù)運動學公式求

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

斜面的傾角，根據(jù)速度一位移公式求得通過的最短距離

本題主要考查了運動學公式和牛頓第二定律，本題的關鍵是利用三角函數(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軸所圍的面積，約等于0.77N.s；

滑塊通過光電門時的速度為

d4.00X10-3

V=—m/s=2m/s

At-2.0X10-3

滑塊的動量增量大小為

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)游標卡尺主尺與游標尺示數(shù)之和是游標卡尺示數(shù);

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

電門的時間可以求出滑塊經(jīng)過光電門時的速度，然后根據(jù)動量的計算公式求出滑塊動量

的增量。

理解實驗原理是解題的前提；要知道光電門測量瞬時速度的原理，分析清楚滑塊的運動

過程，求出滑塊經(jīng)過光電門時的速度。

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)題圖丁當電阻為R7=56670時，從橫

坐標可以讀出溫度為t=24℃；

F

由題設條件：/加3mA

(5)m=2IXa

由題意當溫度為100℃時，RT=1200/2,此時按題設要求/=;■<5nM(取心=

00)，解得：保護電阻R236000=3.6k。。

F24

當溫度為60。(：時，RT=2.6kn,此時要報警則有：Rx=--RT-R=j^n-

26000-36000=180012=1.8k。；

由于溫度越高，熱敏電阻越小，當報警電流一定時，若要提高報警溫度，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合圖像解得電阻。

本題考查伏安法測電阻，解題關鍵掌握閉合電路與圖像的結合，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)動能定理可得：mgh+mgR(l-cos37°)=^mv2-0,

解得v=10V6m/s

在。點，根據(jù)牛頓第二定律可得：FN-mg=解得FN=3000N

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

4>/30m/s

運動員從C點與水平方向成53。做斜拋運動，則上升的高度為h'=(Vp753°)2=

2g

(4V30X0.8)2[_*

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

故運動員滑離C點后在空中飛行過程中距。點的最大高度H=h'+R(1-COS53。)，解得

H=21.36m

答：(1)在軌道最低點。時，軌道對運動員的支持力大小為3000N：

(2)運動員滑離C點后在空中飛行過程中距。點的最大高度為21.36m。

【解析】(1)運動員從4到D,根據(jù)動能定理求得到達。點的速度，在。點，根據(jù)牛頓第

二定律求得軌道對運動員的支持力；

(2)從。到C,根據(jù)動能定理求得到達C點的速度，運動員從C點做斜拋運動，求得豎直方

向上升的高度，即可求得上升最高點距。的距離。

本題主要考查了動能定理和斜拋運動，，在。點利用牛頓第二定律求得相互作用力，在

利用動能定理時抓住重力做功即可。

12.【答案】解：(1)已知電子帶負電，UMN=-Uo,對第一階段的運動用動能定理得:

2

eU0=-mv—0,得：v=因/

2m

之后進入第二階段，水平方向上不受力，做勻速直線運動，已知水平運動時間為4to，

所以有L=vx4to=4t0

(2)t=0時刻，電子射入偏轉電場，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動，所以到射出時，

水平距離依然是L且運動時間為4玲；

豎直方向上，電子可視為周期性的加速運動，由圖乙可知，豎直方向上電子在前2to時

間內做的是初速度為0的勻加速直線運動，第2to到第3to加速度方向改變，開始做減速

運動，第3to到第4to又開始向下加速；

設這三段時間內豎直方向的位移為為、及、y3；三段時間內豎直方向的末速度為巧、外、

%。

由分析知，豎直方向上電場強度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;

對三段時間內豎直方向的運動運用運動學公式：=|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

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（3）由分析可知，在第二階段運動時間必然為4to（沒有打到板上），所以要使從極板右側

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

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)時間一致，由圖乙分析可知，只有當電子以2nt（）（n為整數(shù)）進

入4B兩板時，才滿足該條件，由運動學常識結合圖乙我們可以知道，此時豎直方向的

位移最小，即此時為最小間距刈。

不難看出此時豎直方向上運動上先勻加速，再勻減速，然后反向勻加速，最后勻減速回

到原點。呈現(xiàn)對稱性，設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。此時板間距為刈。

由運動學公式可得：%=gat,=鬻；以=a%=鬻；2ays=以，所以丫5=娓=

et/itg

2md1,

所以此時板間距四=丫4+火=駕+誓=/理；僅上下調整A、B兩水平極板的位

置，保證電子仍然能沿OP方向射入偏轉電場，要使從極板右側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時刻射入偏轉電場的電子，從極板右側射出時相對中線0P在豎直方向的位移偏

移量為呼；

md

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

從極板右側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】兩個階段的運動，第一個階段，電子在加速電場中做勻加速運動，過程不重要，

我們可以用動能定理求得末速度，也就是第二階段的初速度，這時我們己經(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動，但實

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

不影響水平方向的運動，在做該題時，可以對豎直方向單獨進行分析，最后一問要求最

小距離，因為4B板間電勢雖然呈周期性變化，但時間并不對稱，由經(jīng)驗可知，當電子

恰好在t=2片時進入磁場時，豎直方向的位移最小，也只有此時能使電子從極板右側射

出的速度均水平。（可由豎直方向上用動量定理驗證）

本題考查帶電粒子在勻強電場中的運動，關鍵在于分析出各轉折點的變量，利用速度不

能突變進行求解。

13.【答案】BCE

【解析】解：4、氣體分子能分散遠離是因為分子做無規(guī)則運動的結果，不是分子斥力

作用的結果，故A錯誤；

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

均動能增大，故B正確；

C、根據(jù)玻意耳定律，一定質量的理想氣體，溫度不變，壓強減小時，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越大，空氣的相對濕度不一定越大，故

。錯誤；

E、密閉容器中氣體的壓強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。

氣體分子能分散遠離是因為分子做無規(guī)則運動的結果；

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；

理解氣體壓強的微觀意義并加以分析。

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

應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+