2022年四川省涼山州高考物理二診試卷（附答案詳解）

2022年四川省涼山州高考物理二診試卷

1.真空中一個靜止的社原子核銘47Tl放出一個￡粒子（電子）后變成一個新核「成其夕衰

變方程為哥4771T兌4Pa+，e,同時伴隨著y射線的產(chǎn)生，下列說法正確的是（）

A.衰變后Pa核的動能與/?粒子的動能相等

B.衰變前后77i核的質(zhì)量與Pa核的質(zhì)量相等

C.y射線比0射線的穿透能力強

D.77i核比Pa核少1個中子數(shù)

2.中國空間站天和核心艙于2021年4月29日發(fā)射升空，準確進入預(yù)定軌道。天和核心

艙按既定飛行程序，開展各項在軌工作，先后與天舟三號貨運飛船和神州十三號載

人飛船成功對接，不斷完成空間站的在軌建造過程。核心艙繞地球飛行的軌道可視

為圓軌道，軌道離地面的高度約為地球半徑的白，萬有引力常量為G。下列說法正

1O

確的是（）

A.宇航員在空間站演示小球在水中“浮力消失實驗”是因為小球在空中不受重力

B.空間站在軌道中的飛行速度約為第一宇宙速度的成倍

C.還需知道空間站的公轉(zhuǎn)周期就可以算出地球的質(zhì)量

D.若載人飛船完成任務(wù)返回地面，則其從空間站分離后需加速

3,今年1月10日，首發(fā)“復(fù)興號”動車。843次載著旅客，從西昌出發(fā)一路向南駛向攀

枝花，正式開啟了涼山的“動車時代”。假如動車進站時從某時刻起做勻減速直線

運動，分別用時3s、2s、1s連續(xù)通過三段位移后停下，則這三段位移的平均速度之

比是（）

A.3：2：1B.27：8：1C.5：3：1D.9：4：1

4.科技冬奧是北京冬奧會的一個關(guān)鍵詞，大家在觀看滑雪大

跳臺的比賽時，對“時間切片”有深刻的印象，就是把運

動員從跳臺上速度斜向上起飛一直到落地的過程展現(xiàn)在一

幀畫面上，3秒瞬間一幀呈現(xiàn)，給觀眾帶來震撼視覺體驗。

假如運動員質(zhì)量為zn,離開跳臺時速度的大小為“重力加速度為g,運動中忽略阻

力，貝M）

A.運動員在空中運動的每幀位置之間，重力沖量不相同

B.運動員在空中運動的每幀位置之間，速度的改變方向不同

2

C.運動員從跳臺到最高點過程中，重力勢能的增加為嗎

2

D.運動員從最高點落回地面過程中重力的瞬時功率隨時間均勻增加

5.如圖所示,勻強電場平面內(nèi)有一個直角三角形MNP,/'

其中zJW=90°,NN=30°,MP=3m?若在M點處

沿該平面向不同方向射出動能為8eP的電子，有兩電____________

子分別經(jīng)過P、N兩點時的動能分別為6eU和14eL"

不考慮電子間的相互作用，則下列關(guān)于該勻強電場場強E的大小及P、N點電勢高低

的比較正確的是（）

A.E=i（IZ/jn）；0P<0NB.E=0P>0N

C.E=^（y/m）;0P<D.E=￥（V/m）;><pN

6.光滑水平桌面內(nèi)固定一半徑為R的圓形光滑絕緣軌道，整個軌道處于水平向右的勻

強電場中，其俯視圖如圖所示。一質(zhì)量為m的帶電小球（看做質(zhì)點）在4點獲得一速

度%,在軌道內(nèi)做完整的圓周運動，且小球在4點時速度最大。已知電場力的大小

等于小球的重力，重力加速度大小為g,則下列說法正確的是（）

A.小球帶正電

B.小球在B點時軌道對其彈力大小為7n（M-5g）

C.小球從4點運動到B點的過程中電勢能增加2mgR

D.小球在4點獲得的最小速度為VW

7.如圖甲所示，兩閉合線圈ab、cd內(nèi)存在與線圈平面垂直的磁場，其磁感應(yīng)強度B隨

時間的變化規(guī)律滿足正弦曲線關(guān)系（如圖乙所示）。已知兩線圈相同，匝數(shù)n=20匝、

線圈面積為O.Olm?,電阻r=0.50。。在cd兩端接一理想電壓表V,ab兩端接一阻

值R=4.50的電阻，規(guī)定磁場豎直向上為正。貝心）

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甲乙

A.穿過cd線圈磁通量的最大值為￥xio-2（wb）

B.理想電壓表廠的讀數(shù)為4V

C.在t=2x10-3s時刻，ab線圈中的電勢b端高于a端

D.ab電路中的輸出功率為3.2小

8.如圖所示，兩個完全相同的閉合矩形導(dǎo)線框甲和乙，質(zhì)量為m,長邊長23短邊長

L,電阻為R,在其下方某一區(qū)域存在垂直于紙面向里的勻強磁場。已知乙線框由

底邊距磁場上邊界八處靜止釋放，恰好能勻速進入磁場。不計空氣阻力，重力加速

度為g，則下列判斷正確的是（）

L

甲乙

IXXXXXXX；

'I

XXXXXXXt

I

；XXXXXXX1

!xxxxxxx!

?-—_—-一—一—-—I

A.甲線框要勻速進入磁場，應(yīng)由底邊距磁場上邊界4h處自由釋放

B.甲、乙線框勻速進入磁場過程中運動時間之比為2：1

C.如甲也從底邊距磁場上邊界高度八處靜止釋放，則甲剛進入磁場時加速度大小為

3g

4

D.如甲從距磁場上邊界高度八處靜止釋放，在進入磁場過程中產(chǎn)生的熱量Q滿足:

Q<mg（2L+h）-^f

9.某同學(xué)利用圖甲所示裝置驗證動量守恒定律，長木板的一端墊有小木塊，可以微調(diào)

木板的傾斜程度平衡摩擦力，使兩個小車均能在木板上做勻速直線運動。小車1前

端貼有橡皮泥，后端與穿過打點計時器的紙帶相連。接通電源，用手推動小車前進

一段距離放手，小車1勻速運動與置于木板上靜止的小車2相碰并粘在一起，之后繼

續(xù)做勻速直線運動。打點計時器電源頻率為50Hz,得到的紙帶如圖乙所示，已將

各計數(shù)點之間的距離標在圖上。

(1)利用圖乙可知兩車碰撞后速度大小為m/s；

(2)若小車1的質(zhì)量(含橡皮泥)為2m,小車2的質(zhì)量為m,根據(jù)紙帶數(shù)據(jù)可知碰撞過

程動量_____(選填“守恒”或“不守恒”)o

(3)關(guān)于該實驗的相關(guān)說法正確的是。

A.碰撞前后紙帶均有勻速段是判斷平衡好摩擦力的依據(jù)

B.若小車1前端沒貼橡皮泥，不影響該裝置驗證動量守恒

10.為測定一電池的電動勢和內(nèi)阻，某同學(xué)先后用一套實驗儀器，分別設(shè)計了如圖甲和

乙所示的兩個電路。其中R、R。分別是電阻箱和定值電阻，實驗記錄電阻箱R的阻

值以及電壓表的示數(shù)U。根據(jù)實驗記錄的數(shù)據(jù)作出如圖丙所示圖線。

(1)同學(xué)連好電路后，使用多用電表測電阻島，首先使回路中開關(guān)s(選填

“閉合”或“斷開”)，將選擇開關(guān)撥至“X10”擋，進行歐姆調(diào)零。將兩表筆接

定值電阻時兩端，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)太大，為了使多用電表測量的結(jié)果更準確，該同學(xué)

把開關(guān)撥至(選填“X1”或“X100”)擋，再進行歐姆調(diào)零。將兩表筆接電

阻&兩端，多用電表的示數(shù)如圖丁所示，則島的測量結(jié)果為_____0。

(2)可以判斷圖線丙是利用圖_____(選填“甲”或“乙”)電路進行實驗所作出的。

(3)依據(jù)實驗數(shù)據(jù)及題中條件繪出的9-R圖線如圖戊所示，則電源電動勢

E=乙內(nèi)阻r=0(計算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)。

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11.如圖為2022年北京冬奧會冰壺比賽場地。運動員在本壘

把冰壺沿水平冰面以初速度處推出滑向營壘。冰壺在冰

面上自由滑行時冰壺和冰面間的動摩擦因數(shù)為出若隊

友在其滑行前方摩擦冰面，冰壺和冰面間動摩擦因數(shù)變?yōu)?.9”，重力加速度取g。

求：

(1)冰壺自由滑行前進的距離為多大；

(2)在上問中冰壺停下時離營壘邊沿距離為a，為保證冰壺能進入營壘，則隊友最

晚應(yīng)于冰壺運動到多遠時開始摩擦冰壺前方的冰面。

12.如圖所示，長方形MNPQ區(qū)域MN=PQ=3d,MQ與NP邊足夠長。長方形區(qū)域存

在垂直于紙面向里、大小為B的勻強磁場。長為5d厚度不計的熒光屏ab,其上下兩

表面均涂有熒光粉，ab與NP邊平行,相距為d,且佐端＜1與"可相距也為d。電量為

e、質(zhì)量為機、初速度為零的電子經(jīng)電子槍加速后，沿MN邊進入磁場區(qū)域，電子打

到熒光屏就會發(fā)光(忽略電子間的相互作用和加速時間)。求：

電子槍

(1)若電子剛好過a點后打到熒光屏上表面，電子在磁場中速度為多大；

(2)要使電子打到熒光屏上表面上，加速電壓應(yīng)為多大；

(3)加速電壓U隨時間t按如圖規(guī)律變化，若每周期內(nèi)有N個電子隨時間均勻進入磁

場，則一個周期內(nèi)，打在熒光屏上的電子個數(shù)為多少。

13.關(guān)于固體、液體和氣體，下列說法正確的是()

A.高原地區(qū)煮飯會夾生，水的沸點較低，是因為高原地區(qū)溫度較低的緣故

B.晶體一定具有固定的熔點，但不一定具有規(guī)則的幾何外形

C.降低溫度能夠使氣體的飽和氣壓降低，從而使氣體液化

D.在一定溫度下，當人們感到潮濕時，水汽蒸發(fā)慢，空氣的相對濕度一定較小

E.液晶像液體-一樣具有流動性，其光學(xué)性質(zhì)與某些晶體相似，具有各向異性

14.中醫(yī)拔罐的物理原理是利用玻璃罐內(nèi)外的氣壓差使罐吸附在人體穴位上，進而治療

某些疾病。常見拔罐有兩種，如圖所示，左側(cè)為火罐，下端開口；右側(cè)為抽氣拔罐，

下端開口，上端留有抽氣閥門。使用火罐時，先加熱罐中氣體，然后迅速按到皮膚

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上，自然降溫后火罐內(nèi)部氣壓低于外部大氣壓，使火罐緊緊吸附在皮膚上。抽氣拔

罐是先把罐體按在皮膚上，再通過抽氣降低罐內(nèi)氣體壓強。某次使用火罐時，罐內(nèi)

氣體初始壓強與外部大氣壓相同，溫度為450K,最終降到300K,因皮膚凸起，內(nèi)

部氣體體積變?yōu)楣奕莘e的景若換用抽氣拔罐，抽氣后罐內(nèi)剩余氣體體積變?yōu)槌闅獍?/p>

罐容積的胃，罐內(nèi)氣壓與火罐降溫后的內(nèi)部氣壓相同。罐內(nèi)氣體均可視為理想氣體,

忽略抽氣過程中氣體溫度的變化。求應(yīng)抽出氣體的質(zhì)量與抽氣前罐內(nèi)氣體質(zhì)量的比

值。

抽氣閥門

15.同一雙縫干涉實驗裝置做甲、乙兩種光的雙縫干涉實驗，獲得的雙縫干涉條紋分別

如圖甲、乙所示。下列說法正確的是（）。（填正確答案標號。選對1個得2分，選

對2個得4分，選對3個得5分；每選錯1個扣3分，最低得分為0分）

A.甲光的波長比乙光的波長大

B.甲光在水中的傳播速度大于乙光在水中的傳播速度

C.對同一種介質(zhì)，甲光的折射率小于乙光的折射率

D.從同種介質(zhì)射向空氣甲光發(fā)生全反射的臨界角小于乙光

E.遇到同一障礙物，乙光比甲光更容易發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象

16.已知在x=0處的質(zhì)點。在沿y軸方向上做簡諧運動，形成沿x軸正方向傳播的簡諧

波。t=0時質(zhì)點。開始振動，當t=0.2s時波剛好傳到質(zhì)點4處，形成了如圖所示的

波形，此時質(zhì)點P的位移為2.5cm。求：

I.再經(jīng)過多長時間x=57n處的質(zhì)點振動后第一次回到平衡位置；

口.從質(zhì)點4開始振動到x=5nl處的質(zhì)點第一次回到平衡位置過程中質(zhì)點P通過的

路程。

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答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：4、在核衰變反應(yīng)過程中系統(tǒng)動量守恒，可知衰變后Pa核的動量與粒子

2

的動量大小相等，反向相反，根據(jù)Ek=二可知二者的動能不等，故A錯誤；

8、核反應(yīng)過程中質(zhì)量數(shù)守恒但是質(zhì)量不守恒，伴隨著質(zhì)量虧損，故8錯誤；

C、y射線比0射線的穿透能力強，故C正確；

D、Hi核比Pa核少1個質(zhì)子數(shù)，二者質(zhì)量數(shù)又相同，所以核比Pa核多1個中子，故。

錯誤。

故選：Co

根據(jù)動量守恒定律結(jié)合動能和動量的關(guān)系a=貯判斷：衰變過程中存在質(zhì)量虧損；根

據(jù)射線的性質(zhì)判斷；質(zhì)量數(shù)等于中子數(shù)與質(zhì)子數(shù)之和。

本題考查學(xué)生對近代物理知識的理解和掌握，關(guān)鍵要熟悉教材，牢記這些基礎(chǔ)知識點,

注意質(zhì)量守恒與質(zhì)量數(shù)的區(qū)別，及理解S衰變的實質(zhì).

2.【答案】B

【解析】解：力、宇航員在空間站演示小球在水中“浮力消失實驗”，小球在空中仍受

重力，而是重力提供向心力，處于完全失重狀態(tài)，故A錯誤；

B、設(shè)地球半徑為R,第一宇宙速度為外根據(jù)萬有引力提供向心力有：等=加吐，解

rzr

得：v—監(jiān)亙，其中r=R+￡R="R；

ylr1616

第一宇宙速度是貼近地面衛(wèi)星做勻速圓周運動的速度，由萬有引力提供向心力有：

誓=解得：力=舟，

聯(lián)立可得：v=舟1，故8正確；

C、根據(jù)萬有引力提供向心力可得：雪=?ir與，解得中心天體的質(zhì)量為：M=安，

r2T2GT2

因為不知道地球半徑，無法恰求解軌道半徑，所以無法求出地球質(zhì)量，故c錯誤；

。、若載人飛船完成任務(wù)返回地面，做近心運動，則其從空間站分離后需減速，故。錯

誤。

故選：Bo

小球在空中仍受重力，而是重力提供向心力；根據(jù)萬有引力提供向心力得到速度表達式

進行分析；根據(jù)萬有引力提供向心力得到地球質(zhì)量表達式；根據(jù)變軌原理進行分析。

本題主要是考查萬有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬有引力提供向心

力結(jié)合向心力公式進行分析。

3.【答案】D

【解析】解：根據(jù)逆向思維，動車做初速度為零的勻加速直線運動，在連續(xù)相等時間內(nèi)

通過的位移之比為1：3：5…(2n-1),故分別用時3s、2s、1s連續(xù)通過三段位移之比

為％3：%2：Xi=(11+9+7)：(5+3)：1=27：8：1,

根據(jù)平均速度的定義式可得，這三段位移的平均速度之比同：/：后=尊茨

4：1,故ABC錯誤，。正確。

故選：Do

根據(jù)逆向思維，利用初速度為零的勻加速直線運動的推論，結(jié)合平均速度的定義式，求

出三段時間內(nèi)的平均速度之比。

在處理末速度為零的勻減速直線運動問題時，通常利用逆向思維，把該運動看作是初速

度為零的勻加速直線運動來處理。

4.【答案】D

【解析】解：4、運動員在空中運動的每幀位置之間，時間間隔相同，重力的沖量/=mgt

可知重力沖量相同，故A錯誤；

B、運動員在空中只受重力作用，運動的每幀位置之間，速度的改變方向由4〃=加可知

是相同的，故B錯誤；

C、運動員從跳臺到最高點過程中，由于最高點有水平方向的速度，所以重力勢能的增

加小于：小小，故c錯誤；

D、運動員從最高點落回地面過程中重力的瞬時功率為p=mgu=7ng23所以隨時間

均勻增加，故。正確；

故選：。。

每幀位置之間時間間隔相同，重力的沖量/=mgt,從而比較重力的沖量；運動員在空

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中只受重力，加速度為g,是勻變速曲線運動，速度變化的方向與重力加速度g的方向

相同；運動員做斜拋運動，最高點速度沿水平方向，從跳臺到最高點的過程中，由重力

勢能的增加量等于減少的動能，即可判斷重力勢能增加量能與：襁2的大小關(guān)系；運動

員從最高點到落回地面的過程中，做平拋運動，重力的瞬時功率PG=即可重力

瞬時功率的變化情況。

本題以斜拋運動為載體，考查沖量，功率，重力勢能等知識點，關(guān)鍵是掌握沖量的定義

式/=zngt,重力的瞬時功率PG=ag%,注意斜拋運動最高點速度不等于零，速度沿

水平方向。

5.【答案】A

【解析】解：勻強電場中，電勢差與距離成正比；等勢面為平面，且始終與電場線垂直。

電子從M運動到P,由動能定理及電場力做功與電勢差之間的關(guān)系，有

UMP—3M一①p—~"

同理可得

UMN=0M-0N=8U

因此

UNP=81/

將PN四等分，如圖所示，

由幾何關(guān)系知MKJLPN,且

UKN=6V=UMN

故可得

WM=<PK

故MK在勻強電場的等勢面上，因此NP與勻強電場的電場線重合，且場強方向沿N指向

P,即3P<0N,且

故A正確，BC。錯誤;

故選：Ao

先根據(jù)〃=Uq和動能定理求解MN與MP間的電勢差，找等勢面；然后根據(jù)電場力與等

勢面垂直確定勻強電場的電場強度及方向，根據(jù)電場方向可知電勢大小。

本題關(guān)鍵是先確定等勢面，然后確定電場強度的方向，根據(jù)U=Ed求解電場強度，有

一定難度。

6.【答案】BC

【解析】A小球在水平光滑圓軌道上做圓周運動，在4點時速度最大，可知在4點時受電

場力向左，小球帶負電，故A錯誤；

A從到由動能定理

-Eq-2R=—|m諾

FNB+Eq=m—K

其中

Eq=mg

解得

FNB=m（景-5g）

故8正確；

C.小球從4點運動到B點的過程中電勢能增加量等于電場力做的負功，貝IJ

AEp=qE,2R=2mgR

故C正確；

D在B點速度最小時

Eq=

根據(jù)

.Eq-2R=17nvjmin-|mv^in

小球在4點獲得的最小速度為

vAmin~d$gR

故。錯誤。

故選：BC。

抓住帶電小球運動至Z點的速度最大這一突破口，根據(jù)豎直平面內(nèi)圓周運動的最大速度

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出現(xiàn)在物理“最低點”，即合外力沿半徑指向圓心，而電場力和重力的合力則背離圓心

的方向。。點豎直平面內(nèi)圓周運動的物理“最高點”，恰好能完整的做圓周運動，在“最

高點”有最小速度，在“最高點”對軌道壓力為0,由牛頓第二定律求解，對B的壓力

最小時，對。的最小壓力等于零。由動能定理求解。

本題抓住小球經(jīng)4點時速度最大，相當于豎直平面的最高點，根據(jù)指向圓心的合力提供

圓周運動向心力為解題關(guān)鍵。

7.【答案】BC

【解析】解：4、穿過cd線圈磁通量的最大值為

23

(Pmax=SBmax=1x10-xxlO^Wb=x10-Wb,故A錯誤；

8、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動勢的最大值為：

Em=叫?=20x410-3=4?

而理想電壓表的讀數(shù)為有效值，則〃=隼=警P=4乙故B正確；

C、由楞次定律可知，在t=2xio-3s時刻，磁場強度增強，電流方向從a—b,而在

電源內(nèi)部，電流從低電勢流向高電勢，則ab線圈中的電勢b端高于a端，故C正確；

D、ab電路中的總功率為「審=衛(wèi)上

忠R+r

ab電路中的輸出功率為：P給="x立

棚R+rR+r

聯(lián)立解得：P笳=2.88W,故。錯誤；

故選：BC。

根據(jù)磁通量的公式計算出最大的磁通量的大??；

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律計算出感應(yīng)電動勢的峰值，結(jié)合峰值和有效值的關(guān)系得出理想

電壓表的示數(shù)；

根據(jù)楞次定律判斷出電流的方向從而得到電勢的高低；

根據(jù)功率的計算公式完成分析。

本題主要考查了電磁感應(yīng)定律的相關(guān)應(yīng)用，熟悉法拉第電磁感應(yīng)定律以及常見的電學(xué)公

式即可，屬于常規(guī)題型。

8.【答案】CD

【解析】解：4、線框進入磁場前做自由落體運動，乙線框進入磁場時的速度為外根

據(jù)動能定理

mgh=|mv2

解得：v=yjlgh

線框進入磁場時受到的安培力

F=B1-2L=-2(-j2v

R

因為勻速運動，則有

mg—F=0

對于甲線框，令由底邊距磁場上邊界九1處自由釋放，恰好勻速進入磁場，根據(jù)動能定理

mgh1=|mv2

解得：%=12ghl

線框進入磁場時受到的安培力

F'=BIL=

R

因為勻速運動，則有

mg—F'=0

聯(lián)立可得：%=4v,hx=16h

故A錯誤；

8、甲線框勻速進入磁場過程中運動時間為

t'=—

V1

乙線框勻速進入磁場過程中運動時間為

V

則甲、乙線框勻速進入磁場過程中運動時間之比為

t'：t=1：2

故B錯誤；

c、如甲從底邊距磁場上邊界高度/I處靜止釋放，根據(jù)動能定理

mgh=|mv2

解得：v=yj2gh

線框進入磁場時受到的安培力

2Z

F=BIL=BLV

R

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根據(jù)牛頓第二定律

mg—F=ma

聯(lián)立以上解得：a=?g

4

故C正確；

。、如甲從距磁場上邊界高度八處靜止釋放，若在磁場中勻速通過則有

根據(jù)能量守恒可得在進入磁場過程中產(chǎn)生的熱量

Q=mg（2L+九）—gmv2

由4分析可知甲線框進場過程中將會加速運動，即進場最終速度可能會大于或等于"，

所以產(chǎn)生的熱量

Q<mg（2Z,+h.）—^mv2

即、4麗2心+/1）一寡白

故。正確。

故選：CD.

線框進入磁場前做自由落體運動，兩線框進入磁場時的速度相等，應(yīng)用安培力公式求出

安培力，根據(jù)安培力與重力的關(guān)系分析線框進入磁場過程的運動性質(zhì)，根據(jù)能量守恒定

律分析進入磁場過程中產(chǎn)生熱量。

本題綜合考查了切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢公式、閉合電路歐姆定律、牛頓第二定律、能量

守恒定律等知識，綜合性較強，對學(xué)生的能力要求較高，需加強這方面的訓(xùn)練。

9.【答案】1.14守恒A

【解析】解：（1）推動小車由靜止開始運動，小車有個加速過程，在碰撞前小車做勻速

直線運動，即在相同的時間內(nèi)通過的位移相同，故BC段為勻速運動的階段，故選BC

段計算碰前的速度；碰撞過程是一個變速運動的過程，兩車碰撞后的一起做勻速直線運

動，在相同的時間內(nèi)通過相同的位移，應(yīng)選QE段來計算碰后共同的速度，打點計時器

電源頻率為50Hz,打點時間間隔7=尸4=0.02s,碰后兩小車的共同速度為“=

DE2一”,

——=-1-1.-4-0-X-1-0-ms.=i.i4m/s

ST5X0.02//

（2）BC段為小車1勻速運動的階段，碰前小車1的速度為：氏=黑=痣焉x10-2m/s=

1.712m/s

碰前兩小車的總動量為：p=2mv0=3.424m

碰后兩小車的總動量為：p'=(2m+m)v=3.42m

在誤差允許的范圍內(nèi)，小車1和小車2碰撞過程動量守恒。

(3)4、根據(jù)紙帶上的點跡均勻分布，可知小車做勻速直線運動，碰前碰后都有勻速階段，

即實驗進行了平衡摩擦力，故A正確；

8、若小車1前端沒貼橡皮泥，碰撞后兩車不能粘在一起，不能測出碰撞后小車2的速度，

會影響實驗驗證，故8錯誤；

故選:A?

故答案為：(1)1.14；(2)守恒；(3)4。

(1)小車做勻速直線運動時，在相等時間內(nèi)的位移相等，分析小車的運動過程，根據(jù)圖

示紙帶求出小車碰撞后兩小車的共同速度大小；

(2)根據(jù)圖示紙帶求出小車1碰撞前小車的大小，然后根據(jù)動量的計算公式求出碰前核碰

后系統(tǒng)的動量，再進行判斷系統(tǒng)動量是否守恒；

(3)根據(jù)實驗注意事項分析答題。

本題考查驗證動量守恒定律的實驗，要注意明確實驗原理，知道碰撞中如何利用紙帶求

解碰撞前后的速度，從而確定動量是否守恒。

10.【答案】斷開x17.0甲5.72.8

【解析】解：(1)用多用電壓測R。，應(yīng)使電路斷開，以免兩個電源相互影響；

由于指針偏轉(zhuǎn)太大，則歐姆擋示數(shù)較小，為了使多用電表測量的結(jié)果更準確，則應(yīng)減小

倍率，改為xl的倍率。

歐姆調(diào)零后，再進行測量，歐姆表的示數(shù)為指針與倍率的乘積，故島=7.0x1。=7.00；

(2)先觀察圖丙，發(fā)現(xiàn)R=0時，*有一定數(shù)值，隨著R增大，措增大，即電壓表示數(shù)減小，

顯然甲圖電壓表示數(shù)會隨著R的增大而增大，乙圖中電壓表示數(shù)會隨著R的增大而減小,

故可以判斷圖丁中圖線是利用圖甲的實驗數(shù)據(jù)描繪的；

(3)根據(jù)甲圖電路和閉合電路歐姆定律可得：U=E-高限+r),化簡為：9=素+

鬻XR,依據(jù)實驗數(shù)據(jù)繪出的《-R圖線可得：b=A=0.25I/T,卜=誓=

CKQ(JCKQCKQ

解得：E=5.7V,r=2.20,

故答案為：(1)斷開、“xl”、7.0；(2)甲;(3)5.7、2.8

第16頁，共21頁

(1)根據(jù)歐姆表的使用規(guī)則進行操作;

(2)先觀察圖丙，發(fā)現(xiàn)R=0時，"有一定數(shù)值，隨著R增大"增大，即電壓表示數(shù)減小，

據(jù)此判斷是哪個圖的實驗數(shù)據(jù)描繪出來的；

(2)當R無窮大時，電壓表測量的就是電源電動勢，據(jù)此判斷；

(3)根據(jù)給出的斜率，找到U與R的關(guān)系，再利用閉合電路歐姆定律列式求出電動勢和內(nèi)

阻。

第(3)問取乙圖取R=2。，甲圖取R=10,采用了特殊值=法，簡化了計算過程，直接

用字母R,或者取非0的特殊值進行計算出來的結(jié)果也是一樣的，可以根據(jù)情況自由選

擇。

11.【答案】解：(1)設(shè)冰壺自由滑行前進的距離為工，由動能定理得：

—limgx=0—|mvg

解得：%=瑛

2Hg

(2)設(shè)隊友最晚應(yīng)于冰壺運動距離與時開始摩擦冰壺前方的冰面，對運動的全過程，由

動能定理得：

1o

—limgx1—0.9〃mg(x+x0—=0--mv^

解得：XL蠱-9x。

答：(1)冰壺自由滑行前進的距離為篇；

(2)隊友最晚應(yīng)于冰壺運動到-9&時開始摩擦冰壺前方的冰面。

【解析】(1)對冰壺自由滑行前進的過程，應(yīng)用動能定理求解滑行的距離；

(2)對冰壺運動的全過程，由動能定理求解。

本題考查了動能定理的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題。分析清楚冰壺的運動過程和力做功的情況,

應(yīng)用動能定理求解即可。

12.【答案】解：(1)電子在磁場中軌跡如圖，剛

好過a點有：睹=(&-^+(2d)2

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：e巧B=

解得：&=2.5d,%二等;

(2)電子軌跡剛好與NP相切：R2=3d

由圓周運動公式：ev2B=m^-

在電場中加速：eUi=

jj12

eU2=-mv2

聯(lián)立方程組解得：U1=交空/

18m

?9eB2d2

U=-----；

?/2m

可見加速電壓范圍為：竺竺生wuw"也；

8m2m

(3)當電子速度最小時其軌跡與屏下表面相切，軌道半徑：R3=2d

由圓周運動公式：ev3B=m^-

在電場中加速：eU3=1mv3

聯(lián)立解得：［/3=蟠生

om

可見：n=|/V(4.5-2)=0.5/V?

答：(1)若電子剛好過a點后打到熒光屏上表面，電子在磁場中速度為嘿；

(2)要使電子打到熒光屏上表面上，加速電壓應(yīng)為程?<u<空警；

(3)一個周期內(nèi)，打在熒光屏上的電子個數(shù)為0.5N。

【解析】(1)根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解電子在磁場中速度；

(2)電子軌跡剛好與NP相切，根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑，在電場中加速，根據(jù)動能定理列

方程聯(lián)立求解；

(3)當電子速度最小時其軌跡與屏下表面相切，根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑，根據(jù)洛倫茲力

提供向心力列方程，再根據(jù)動能定理列方程聯(lián)立求解。

解決該題的關(guān)鍵是掌握電子的運動過程，能分析出電子要打在熒光屏上的臨界軌跡，掌

握一定的幾何知識求解長度。

13.【答案】BCE

【解析】解：4、高原地區(qū)煮飯會夾生，水的沸點較低，是因為高原地區(qū)大氣壓強較小，

故A錯誤；

第18頁，共21頁

8、晶體一定具有固定的熔點，單晶體有固定的幾何形狀，但是多晶體沒有規(guī)則的幾何

外形，故8正確；

C、降低溫度能夠使氣體的飽和氣壓降低，從而使氣體液化，故C正確；

。、在一定溫度下，當人們感到潮濕時，水汽蒸發(fā)慢，空氣的相對濕度一定較大，故。

錯誤；

E、液晶像液體一樣具有流動性，其光學(xué)性質(zhì)與某些晶體相似，具有各向異性，故E正

確；

故選：BCE。

水的沸點較低，煮飯會夾生，是因為高原地區(qū)大氣壓強較?。?/p>

晶體一定具有固定的熔點，單晶體有固定的幾何形狀，多晶體沒有規(guī)則的幾何外形；

降低溫度能夠使氣體的飽和氣壓降低，從而使氣體液化；

當人們感到潮濕時，空氣的相對濕度較大；

液晶像液體一樣具有流動性，其光學(xué)性質(zhì)與某些晶體相似，具有各向異性。

知道什么是液晶，知道空氣的相對濕度，知道大氣壓強和沸點之間的關(guān)系，知道晶體和

非晶體之間的關(guān)系。

14.【答案】解：設(shè)火罐內(nèi)氣體初始狀態(tài)參量分別為pi、7\、匕，溫度降低后狀態(tài)參量

分別為P2、丁2、%，

罐的容積為％,由題意知：

Pi=Po、7\=450K、匕=%、T2=300K.%=黑①

由理想氣體狀態(tài)方程得：竽=竽②

<1<2

解得：p2=0.7p（）③

對于抽氣罐，設(shè)初態(tài)氣體狀態(tài)參量分別為口3、匕，末態(tài)氣體狀態(tài)參量分別為P4、匕，罐

的容積為70，由題意知：

P3=P。、匕=卜’0、P4=P2④

由玻意耳定律得：口0片0=22匕⑤

聯(lián)立②⑤式，代入數(shù)據(jù)得匕=一片0⑥

設(shè)抽出的氣體的體積為△/,由題意知

△展%⑦

故應(yīng)抽出氣體的質(zhì)量與抽氣前罐內(nèi)氣體質(zhì)量的比值為：詈=，⑧

聯(lián)立③⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得：詈=3

答：應(yīng)抽出氣體的質(zhì)量與抽氣前罐內(nèi)氣體質(zhì)量的比值為（

【解析】求出火罐內(nèi)氣體初始狀態(tài)參量和溫度降低后狀態(tài)參量，由理想氣體狀態(tài)方程求

解末狀態(tài)的壓強；

對于抽氣罐，由玻意耳定律求解末狀態(tài)的體積，根據(jù)體積關(guān)系求解應(yīng)抽出氣體的質(zhì)量與

抽氣前罐內(nèi)氣體