2022年河南省高考物理最后一卷（附答案详解） (一)

2022年河南省高考物理最后一卷

1.2021年5月，中国科学技术大学宣布开发出超导量子计算机“祖冲之号”，使得计

算机的信息处理能力得到迸一步提升。下列关于近代物理知识的说法正确的是（）

A.升高温度，可以使放射性元素的半衰期变短

B.氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，电势能增大

C.康普顿效应可以说明光具有波动性

D.光电效应中遏止电压与入射光的频率有关

2.劳动教育应从娃娃抓起，如图所示，一位小朋友在家用拖把拖地，拖把头的质量为

m,拖杆的质量可以忽略，小朋友沿杆方向对拖把头施加大小为F的推力，此时推

力与水平方向的夹角为仇拖把头沿水平地面做匀速直线运动，重力加速度大小为g,

下列说法正确的是（）

A.地面对拖把头的支持力与拖把头受到的重力大小相等

B.拖把头对地面的摩擦力大于Feos。

C.若只增大推力F,则拖把头受到的摩擦力一定增大

D.拖把头与地面间的动摩擦因数为就黑还

mg+Fcosd

3.如图所示，水平放置的两半圆形金属极板由绝缘转轴连

接，下极板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面

的轴转动，也可上下平移，起初两极板边缘对齐，上极

板通过开关S与电源正极相连，下极板接地后与电源负

极相连。初始时开关S闭合，板间有一带电粒子P恰好处于静止状态。忽略边缘效

应，关于两极板组成的电容器，下列说法正确的是（）

A.若只将电容器的上极板转过一小角度，则电容器的电容增大

B.若只将电容器的上极板转过一小角度，则电容器所带电荷量增大

C.若只将电容器的上极板转过一小角度，则粒子P所处位置的电势降低

D.若断开开关S,只将板间距变为原来的2倍，则带电粒子仍处于静止状态

4.极限运动是结合了一些难度较高，且挑战性较大的组合运动项目的统称，如图所示

的雪板就是极限运动的一种。图中4B是助滑区、BC是起跳区、0E是足够长的着陆

坡（认为是直线斜坡）。极限运动员起跳的时机决定了其离开起跳区时的速度大小和

方向。忽略空气阻力，运动员可视为质点。若运动员跳离起跳区时速度大小相等,

速度方向与竖直方向的夹角越小，则运动员（）

A.飞行的最大高度越大B.在空中运动的加速度越大

C.在空中运动的时间越短D.着陆点距。点的距离一定越远

5.随着中国航天事业的发展，不久以后中国宇航员将会登上月球。当宇宙飞船贴着月

球表面做匀速圆周运动时，宇航员测得飞船完成叫圈运动的时间为匕，当宇宙飞船

停止在月球表面上方时，宇航员将细管竖直固定放置，轻质细线穿过细管，两端分

别与小球（视为质点）和物块相连，物块的质量是小球质量的2倍，让小球在水平面

内做匀速圆周运动，物块处于静止状态（不与月球接触），不计细线与细管之间的摩

擦，宇航员测得小球完成散圈运动的时间为t2,用刻度尺测得细线倾斜部分的长度

为L,已知引力常量为G,下列说法正确的是（）

A.若月球的半径为R,则月球的第一宇宙速度为答

nlcl

B.月球的密度为驾

C.若小球做匀速圆周运动的半径为r,则小球的向心加速度大小为号1

C2

D.月球表面的重力加速度大小为安

n2

6.为了解决偏远山区的用电问题，某发电厂用如图所示的方式进行远距离输电，其中

的变压器均为理想变压器。已知发电厂输出电压恒为250叭输电线的总电阻为80,

升压变压器原线圈输入功率为2x1。5勿，升压变压器原、副线圈的匝数比为1：16,

用户两端电压为220U,下列说法正确的是（）

A.升压变压器副线圈两端电压为4000U

B.输电线上损失的功率为1x1。4皿

C.降压变压器原线圈两端电压为3800V

D.降压变压器原、副线圈匝数之比为180：11

7.如图甲所示，质量均为6的4、B两物块连接在劲度系数为k的轻质弹簧两端，放置

在光滑的水平面上处于静止状态，从t=0时刻开始，给4一个水平向右、大小为气

的初速度，4、B运动的1?-t图像如图乙所示，已知两物块运动的图像u-t具有对

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称性，且为正弦曲线。弹簧的弹性势能与劲度系数和弹簧的形变量之间的关系为

2

Ep=\kx,弹簧始终在弹性限度内，结合所给的信息分析，下列说法正确的是（）

A.匕时刻弹簧处于伸长状态，t2时刻弹簧的压缩量最大

B.在0〜七的时间内，弹簧对B做的功为萼

C.G时刻，若4的速度也与B的速度/之差为4"，则此时4与B的动能之差为：小孙4"

D.t2时刻弹簧的形变量为孙后

8.如图所示，在竖直平面内有一直角坐标系xOy,第一

象限内存在方向垂直坐标平面向外的磁场，磁感应强

度大小沿y轴方向不变，沿x轴正方向按照B=k尤的规

律变化。一质量m=0.4kg、电阻R=0.10、边长L=

0.2m的正方形导线框abed在t=0时刻ac边正好与y

轴重合，a点与坐标原点。的距离y（）=0.8m,此时将

导线框以为=5m/s的速度沿与x轴正方向成53。抛出，导线框运动一段时间后速度

恰好减为0,整个运动过程导线框不转动，空气对导线框的阻力忽略不计，取重力

加速度大小g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53。=0.6,下列说法正确的是（）

A.ad、be边受到的安培力大小相等，方向相反

B.当导线框速度为0时，a点的纵坐标为1.6m

C.在从抛出到速度为0的过程中，导线框产生的焦耳热为1.2/

D.t=0.5s时导线框的速度大小为lm/s

9.某同学设计了一个“探究碰撞中的不变量”的实验，其具体装置如图甲所示，在小

车a的前端粘有橡皮泥（质量不计），在小车a后连着纸带，打点计时器的打点频率为

50Hz。

（1）按图甲组装好实验器材，在长木板下垫好木块，若轻推小车，小车能在长木板

上做(填“匀速直线运动”或“匀加速直线运动”)，则说明小车与长木板之

间的摩擦力恰好被平衡。

(2)推动小车a使其沿长木板下滑，然后与原来静止在前方的小车b相碰并粘在一起，

继续做匀速直线运动，得到的纸带如图乙所示。该同学测得小车a的质量Tn。=

0.50kg,小车b的质量g,=0.45kg,则碰前两小车的总动量大小为kg-m/s,

碰后两小车的总动量大小为kg-m/s.(结果均保留三位有效数字)

(3)在误差允许范围内，两小车碰撞过程中动量守恒。

10.电动汽车充电比燃烧汽油更便宜，受到市场的欢迎。某兴趣小组为了测量电动汽车

上电池的电动势E(300V~400V)和内阻r(0sl0。)，需要将一个量程为100V的电压

表(内阻即约为5k0)改装成量程为4001/的电压表，然后再测量电池的电动势和内阻。

以下是该实验的操作过程。

(1)由于不知道该电压表内阻的确切值，该兴趣小组将一个最大阻值为50k。的电阻

箱RP与电压表串联后，利用如图甲所示的电路进行改装。将滑动变阻器的滑片P移

至右端，同时将电阻箱的阻值调为零。闭合开关S,将滑片P向左移动，某时刻电

压表的示数为80人保持滑片P的位置不变，调节电阻箱，使电压表的示数为V。

不再改变电阻箱的阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其他电路就得到改装后的

电压表。

(2)用改装后的电压表接入电路测量已知电压时，由于系统误差，其测量值总是

填“大于”、“等于”或“小于”)真实值。

(3)该兴趣小组利用另一个电阻箱R和改装后的电压表(电压表的表盘没有改变，示

数记为U)连接成如图乙所示的电路来测量该电池的电动势和内阻。根据测得的电阻

箱接入电路的阻值R和电压表的示数U作出白图像如图丙所示，则该电池的电动

KU

势后=V.内阻r=。。

11.冰壶比赛是冬奥会的项目之一，2022年北京冬奥会冰壶比赛新增了混双项目。已

知冰壶的质量为m，前掷线到营垒中心的距离为乙运动员投冰壶时，冰壶离开前

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掷线后沿直线运动，冰壶在恒定阻力作用下停在营垒中心，冰壶受到的阻力等于其

受到的重力的％倍。将冰壶视为质点，重力加速度大小为g,比赛场地水平。不计

空气阻力，求：

(1)冰壶离开前掷线时的速率：

(2)整个过程中冰壶克服阻力做功的平均功率。

12.如图所示，直角坐标系xOy中，x>0的区域内存在磁感应强|.¥耳1xX

q।B

度大小为B、方向垂直%Oy平面向里的匀强磁场，第二象限内x.

0x2~*~~*

有平行于y轴的两平行极板MN,间距为泉两平行极板上各XXX

有一正对的小孔，小孔的纵坐标均为d,在“轴上有一质量为3m的不带电的绝缘小

球2静止在x=d的位置上，一质量为沈、电荷量为q的带负电小球1从M极板上的小

孔飘入两极板间，小球1被极板间电场加速后进入磁场，一段时间后与小球2发生弹

性碰撞且碰撞时间极短。小球1所推的，电荷量始终不变，两小球均视为质点，不

计两小球受到的重力，求：

(1)两平行极板间电场的电场强度大小E；

(2)两小球发生碰撞后经过t=翳，两小球间的距离L

13.某质量一定的理想气体，从状态4到状态B,其压强p与体积的倒『/，

数t的关系图像如图所示。关于该理想气体从状态4到状态B的过1/________।

o|*F

程，下列说法正确的是()

A.外界对气体做功B.气体分子的平均动能不变

C.气体的温度降低D.气体的密度减小

E.气体从外界吸收热量

14.如图所示，水平地面上竖直放置一上端开口的圆柱形导热汽缸(内壁光滑)，汽缸的

质量为2m,用横截面积为S、质量为m的活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体,

活塞到汽缸底部的距离为L。。将汽缸内的活塞用轻绳系住悬挂在天花板上并静止。

外界热力学温度恒为％，大气压强恒为p0=等，重力加速度大小为g。

(I)求汽缸静止悬挂时，活塞到汽缸底部的距离人；

（II）将悬挂的汽缸放到另一恒温环境中，稳定后，汽缸内活塞到汽缸底部的距离为

Lo,求此时汽缸所处的环境的热力学温度A。

15.一单摆与一波源振动频率相同，己知单摆的摆长为1m,振幅为3cm；波源发出的

波沿x轴正方向传播时某时刻的波形图如图所示。取重力加速度大小g=10m/s2,

兀2=10。下列说法正确的是（）

A.单摆的周期为2s

B.单摆的摆球在10s内通过的路程为30cm

C.该波的周期为4s

D.该波的波速为2m/s

E.该时刻平衡位置在x=3.0m处的质点的加速度最大

如图所示，半圆形玻璃砖ABC的直径4C与光屏MN垂直，并紧靠光屏，

一射向圆心。点的单色细光束与直径4c的夹角。=60°,在光屏MN上

出现两个光斑，两个光斑之间的距离L=竽cm,已知半圆形玻璃砖g

的半径R=10cm,光在真空中的传播速度c=3x108nl小，求：

⑴玻璃砖的折射率n；

（范）光束在玻璃砖中传播的速度大小。

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：力、放射性元素的半衰期与温度无关，故A错误；

8、由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频

率的光子，根据卜§=771贮，可知电子的速度增大，电子的动能增大，库仑力做正功，

rzr

电势能减小，故8错误；

C、康普顿效应只能说明光具有粒子性，故C错误；

D、根据爱因斯坦光电方程加-%=Ekm,以及动能定理eUc=Ekm,可得以=竺三=

可知光电效应中遏止电压与入射光的频率有关，故。正确。

故选：D。

放射性元素的半衰期与温度无关；由较高能级跃迁到较低能级时，释放能量，轨道半径

变小，动能增大，势能减小；康普顿效应说明光具有粒子性，根据光电效应方程解答。

明确光电效应方程的应用，知道康普顿效应，知道黑体实验，知道跃迁过程中各种物理

量如何变化。

2.【答案】C

【解析】解：4、对拖把头进行受力分析，在竖直方向上有可=^19+尺)。，则地面对

拖把头的支持力大于拖把头受到的重力，故A错误；

B、拖把头匀速运动，水平方向受力平衡，则拖把头所受地面的摩擦力大小f=FcosO,

故2错误；

CD、由/=〃(mg+Fs讥0)可知，只增大推力F,则拖把头受到的摩擦力一定增大，拖

把头与地面间的动摩擦因数〃=总鬻而，故C正确、。错误.

故选：故

对于拖把头受重力、支持力、推力和摩擦力,抓住水平方向和竖直方向受力平衡，根据

正交分解求出推拖把的推力和摩擦力的大小，再求拖把与地面的动摩擦因数。

对于拖把头受重力、支持力、推力和摩擦力，抓住水平方向和竖直方向受力平衡，根据

正交分解求出推拖把的推力和摩擦力的大小，再求拖把头克服摩擦力做功的功率.

3.【答案】D

【解析】解：力、电容器的电容c=品，只将电容器的上极板转过一小角度，电容器

471kd

的电容减小，故A错误；

B、又由Q=CE可知，电容器所带电荷量减少，故8错误；

C、只将电容器的上极板转过一小角度，电容器两板间匀强电场的电场强度E'=9不变，

则粒子P所处位置的电势不变，故c错误；

。、断开开关S,若将板间距变为原来的2倍，电容器的电容变为原来的土由于电容器

的电荷量不变，电容器两板间匀强电场的电场强度后=?=5=急=翳，因此电场

强度不变，带电粒子所受电场力不变，仍处于静止状态，故。正确。

故选：D。

根据电容的决定式分析出电容的变化，结合公式Q=CU分析出电荷量的变化；

根据场强的公式分析出P位置的电势变化；

先计算出胡极板间的场强变化，进而得到带电粒子的状态。

本题考查平行板电容器及电势等，目的是考查学生的理解能力。

4.【答案】A

【解析】解：4、若运动员跳离起跳区时速度大小相等，速度方向与竖直方向的夹角越

小，则竖直分速度越大，则飞行的最大高度越大，故A正确；

8、运动的加速度为重力加速度，是不变的，故B错误；

CD、竖直分速度越大，运动时间越长，但水平分速度越小，则着陆点距。点的距离不一

定越远，故CQ错误。

故选：Ao

斜上抛运动分解成竖直向上的竖直上抛运动和水平方向的匀速直线运动，分别处理，注

意竖直方向和水平方向的位移关系、时间关系。

解答本题的关键是分析清楚运动员的运动过程，把握每个过程遵守的物理规律，熟练运

用运动的分解法研究斜上抛运动，要注意分析隐含的几何关系，如竖直方向和水平方向

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的位移关系。

5.【答案】B

【解析】解：4宇宙飞船贴着月球表面做匀速圆周运动的周期7\=?,则第一宇宙速

nl

度为：”=寿,解得"置?故A错误；

m

Gmm4TT2y\Qi2

B、由万有引力充当向心力可n得=m守R月，月球的密度。=就，解得P=舞，

故B正确；

C、小球做匀速圆周运动的周期72="，向心加速度大小。=(§)2乙解得a="域,

l

兀22t2

故c错误；

。、设小球、物块的质量分别为小、2m对小球进行受力分析，细线的拉力与小球所受重

力的合力沿水平方向，充当向心力，设细线与竖直方向的夹角为仇由牛顿第二定律可

得Tsin8=m节■Lsin。,对物块由二力平衡可得2mg月=7,解得g月=马萨，故。错

误。

故选：B。

根据第一宇宙速度的定义分析。根据万有引力提供向心力，得到火星的密度公式。根据

单摆周期公式分析计算火星表面的重力加速度。

该题考查了人造卫星的相关知识，主要涉及到万有引力定律及其应用，解答本题的关键

是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握单摆的周期公式。

6.【答案】AD

【解析】解：4、根据普=?,解得02=4x103%故A正确；

U?n2

B、由于P=2x105m故原线圈电流A=5=陪4=8004由3=竽

力250，2nl

解得：/z=504则输电线上损失的功率△「=/介=502X81V=2X104W,故B错

误；

C、输电线上损失的电压%=/2「=400匕则4=4一％=3.6x103人故C错误;

D、由得■=£可知，n3：n4=180：11,故。正确。

故选：AD.

根据原副线圈的匝数比得出原副线圈的电学物理量的关系，结合功率的计算公式即可完

成分析。

本题考查远距离输电，目的是考查学生的理解能力。

7.【答案】AC

【解析】解：4、通过4、B的运动过程分析，可知方时刻弹簧处于伸长状态，t2时刻弹

簧的压缩量最大，故A正确；

B、t2时刻4、B达到共同速度，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得:mv0=2mv^,

Ost2时间内，对B物块，由动能定理得：W=[mv^,联立代入数据解得弹簧对B做的

功为：皿=巴2故8错误；

8

C、0st]时间内，由动量守恒定律有m%=mVi+mv2-4与B的动能之差AEk=-

结合%-I?2=4V,联立解得此时A与B的动能之差为：AEk=^mv0Av,故C

正确；

D、t2时刻，由能量守恒定律可得弹簧的弹性势能：Ep=|mv2_lxmv1,结合曝=热

Ep=*,解得t2时刻弹簧的形变量为：X=处氏,故。错误。

故选：AC,

根据图示图线分析清楚两滑块的速度变化关系，根据速度变化关系分析清楚两滑块的运

动过程与运动性质，两滑块组成的系统动量守恒，根据滑块运动过程应用动量守恒定律

和能量守恒定律分析答题。

本题考查功能关系和动量守恒定律，目的是考查学生的推理能力，解决此题的关键是要

根据速度图象分析清楚物体的运动情况，根据两个物体的速度关系判断弹簧的状态，或

根据物体的运动情况分析弹簧的状态。

8.【答案】BD

【解析】解：力、导线框在运动过程中磁通量增加，由楞次定律可知产生顺时针的感应

电流，be边所处的磁场的磁感应强度总是大于ab边所处的磁场的磁感应强度，因两边流

过的感应电流大小相等，方向相反，由尸和左手定则可知，ad边受到向右的安培

力小于加边受到向左的安培力，故A错误；

B、因ab、cd边所处的磁场的磁感应强度情况相同，故此两边受到的安培力等大反向，

那么导线框受到的安培力水平向左，则导线框在竖直方向只受重力而做竖直上抛运动，

水平方向做减速直线运动。

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当速度为0时，导线框上升的高度为：h=（竺53。）2,代入数据解得：

2gh=08m）

Q点的纵坐标为：y=九+%）=0.8m+0.8m=1.6巾，故8正确；

C、由功能关系可知，导线框产生的焦耳热等于其克服安培力做的功（设为皿安），即：

Q=/安

对导线框由初始到后速度减为o的过程，由动能定理得：

-mgh—W=0—1mvo

代入数据解得：3安=L8/,故此过程中，导线框产生的焦耳热为1.8/,故C错误；

D、当速度为0时，导线框已经运动的时间为：to=制包，代入数据解得：t0=OAm/s

片时间之后回路中没有感应电流，导线框只受重力作用而做自由落体运动，

则t=0.5s时速度大小为：v=g^t-t0）,

代入数据解得：f=lm/s,故。正确。

故选：BD。

由楞次定律判断导线框中感应电流方向，儿边所处的磁场的磁感应强度总是大于ab边所

处的磁场的磁感应强度，由安培力计算公式和左手定则判断ad边与be边受到的安培力

大小与方向关系；由受力情况判断导线框运动形式，将其运动分解处理，根据竖直方向

上的运动求解上升的高度；导线框产生的焦耳热等于其克服安培力做的功，由动能定理

求解克服安培力做的功；导线框速度为零之后回路中没有感应电流，导线框只受重力作

用而做自由落体运动，由运动学公式解答。

本题考查电磁感应现象中力与运动和功能关系问题，由受力情况判断导线框运动形式,

对于曲线运动要分解处理，分运动具有等时性与独立性。在切割磁感线的导体棒作为等

效电源的纯电阻电路中，电路中产生的焦耳热等于导体棒切割磁感线过程克服安培力所

做的功。

9.【答案】匀速直线运动0.5620.551

【解析】解：（1）平衡摩擦力时的操作即为轻推小车，小车能在长木板上做匀速直线运

动，说明小车与长木板之间的摩擦力恰好被平衡。

（2）碰前系统的动量即小车a的动量，则有

Pi=maVi=ma^-=0.50x，kg,m/s=0.562kg-m/s,

01JXU.UN

碰后两小车的总动量大小

Pz=Oa+如)》2=Oa+叫)等=(°-50+045)黑学kg-rn/s=0.551kg-

zn/So

故答案为:⑴匀速直线运动(2)0.562,0.551

(1)小车能在长木板上做匀速直线运动，说明摩擦力恰好被平衡；

(2)根据中时速定理算出碰撞前后小车速度，根据动量公式计算碰撞前后总动量。

本题考查验证动量守恒实验，根据碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前a独自运

动的速度，确定BC应在碰撞之前，CD应在碰撞之后，是解决本题的突破口。

10.【答案】20小于3609

【解析】解：(1)由于电压表的内阻不确定，所以不能采用教材提供的方法进行改装.

但由于电压表的量程为100V,所以要想将电压表改装成量程为400V的电压表，电阻箱

承担的电压应该是电压表示数的3倍，由于二者之间是串联关系，所以电阻箱的阻值应

调节为电压表内阻的3倍，因此，当电压表的示数为801/时，只需调节电阻箱，使电压

表的示数变为20,即可。

(2)电阻箱接入电路时，电压表所在支路的电阻增大，和滑动变阻器并联部分阻值增大，

分压变大，则电压表所在支路的电压变大，电阻箱接入电路的阻值实际大于电压表内阻

的3倍，改装的电压表的内阻实际比理论值大，则改装的电压表量程实际大于400V,故

按400U读数时，每次测量的示数小于真实值。

⑶由闭合电路欧姆定律可知物二七-与"，整理后可得结合题图丙可

得E=360U、r=9。。

故答案为：(1)20；(2)小于;(3)360,9

(1)根据串联电路特点分析答题。

(2)根据实验步骤应用串联电路特点与欧姆定律分析答题。

(3)根据闭合电路欧姆定律结合图像分析解答。

理解实验原理、分析清楚图示电路结构是解题的前提；应用闭合电路的欧姆定律求出图

像的函数表达式即可解题。

11.【答案】【解析】本题考查牛顿第二定律和功率，目的是考查学生的推理能力。

解：(1)冰壶受到的阻力大小f=

由牛顿第二定律有f=ma

根据运动学公式有0-/=-2aL

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解得I?=声硕

(2)此过程中，冰壶的平均速度大小5=；=脖

则冰壶克服阻力做功的平均功率P=fv=kmg栏

答：(1)冰壶离开前掷线时的速率为点或；

【解析】(1)根据牛顿第二定律求得变化前进过程的加速度大小，根据速度一位移公式

求得初速度；

(2)根据匀变速直线运动的规律可知运动过程的平均速度，利用P=Fo求得平均功率。

本题以冰壶为考查背景，主要考查了平均功率和牛顿第二定律，分析过程中涉及到了牛

顿第二定律，运动学公式和功率的计算公式，整体难度不大。

12.【答案】解：(1)小球1从(0,d)必垂直y轴进入磁场，并在(d,0)的位置上与小球2发

生碰撞，由几何关系可知，小球1在磁场中的运动半径r=d

由洛伦兹力提供向心力有学=Bqv0

小球1在电场中加速有gm诏=qEX?

解得：E="电

m

(2)选小球1的初速度方向为正方向

小球1与小球2发生碰撞时，根据动量守恒定律有：mjVo-TnjVj+m2v2

碰撞前后瞬间，两小球的总动能相等，有，巾1诏=］巾1语+［机2诏

解得%=-葭(负号表本方向与％的方向相反)，v2=^,

对小球1分析有|Bq%|=-

rl

可得心=f

IVil

可得7=翳

由于t=|r,所以经过时间3小球I再次经过X轴，且其位置与小球2碰撞前的位置之间

的距离%1=2G=d

小球2做匀速直线运动，在时间t内通过的距离力丁2=Wt=当

所以发生碰撞后经过t=警，两小球间的距离,一晤;_d百际

qBL-vLL---------------

Y2

答：(1)两平行极板间电场的电场强度大小为喑；

(2)两小球发生碰撞后经过1=翳，两小球间的距离L为甯乏1

【解析】(1)根据动能定理结合牛顿第二定律计算出场强的大小；

(2)根据弹性碰撞的特点分析出小球碰撞后的速度，根据牛顿第二定律和运动学公式计

算出小球的距离L。

本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，目的是考查学生的分析综合能力。

13.【答案】BDE

【解析】解：4、理想气体从状态4到状态B的过程，由p-捆像可以看出机>:可得

VA<VB,气体的体积增大，气体对外界做功，故