2022年河北省张家口市高考物理一模试卷（附答案详解）

2022年河北省张家口市高考物理一模试卷

1.如图所示，载有物资的热气球静止于空中某高度处。现将其中的一部分物资在热气

球外由静止释放，已知释放的物资质量小于热气球剩余的总质量，释放物资后热气

球受到的浮力不变，不计空气阻力。则从释放物资到物资落地前的时间内，释放的

物资和热气球组成的系统（）

热气抵

2释放的物资

7777777777777

A.总动量向上B.总动量向下C.机械能减小D.机械能增大

2.目前在我国光刻机设备生产领域已经实现了90nm制程的光刻机量产，上海微电子

预计推出28mn的光刻机，光刻机中的一项关键技术就是激光光源的控制。若某激

光光源发射出一束波长为2的单色平行激光束，发光的功率为P,已知真空中的光

速为c,普朗克常量为九，不考虑激光在传播过程中的衰减，则该激光光源发出的激

光束在长度bn内的平均光子个数为（）

A.瞿B.-C.—D.信

he2hehA

3.2022年2月7日在首都体育馆举行的北京2022年冬奥会短道速滑项目男子1000米

决赛中，中国选手任子威夺得冠军，其比赛场地如图中所示，场地周长111.12m,

其中直道长度为28.85m,弯道半径为8小。若一名质量为50kg的运动员以大小

12m/s的速度进入弯道，紧邻黑色标志块做匀速圆周运动，如图乙所示，运动员可

看作质点，重力加速度g取10m/s2,则运动员在弯道上受到冰面最大作用力的大小

最接近的值为（）

终点线：起跑线

A.SOONB.900NC.1030/VD.2400/V

4.真空中某电场的电场线如图中实线所示，M、。、N为同一根电场线上的不同位置

的点，两个带电粒子a、b从同一位置P点以相同速度射入该电场区域，仅在电场力

作用下的运动轨迹如图中虚线所示，已知a粒子带负电，b粒子带正电，下列说法正

确的是（）

・b一

P

A.M点的电势低于N点的电势

B.电场力对a粒子做负功，对b粒子做正功

C.a粒子与b粒子的电势能均减小

D.若在。点静止释放a粒子，仅在电场力的作用下，a粒子将沿电场线运动到M点

5.2021年4月29日在海南文昌用长征五号B遥二运载火箭成功将空间站天和核心舱送

入预定轨道，中国空间站在轨组装建造全面展开，中国空间站以天和核心舱、问天

实验舱、梦天实验舱三舱为基本构型。已知天和核心舱绕地球做匀速圆周运动，轨

道高度约为400km,设地球是一个半径约为6400km、质量均匀分布的球体，地球

表面的重力加速度g=9.8m/s2,则天和核心舱绕地球做匀速圆周运动的周期约为

（）

A.0.5/iB.1.5hC.4.5/iD.13.5/i

6.2020年9月，中国发布“双碳战略”，计划到2030年实现碳达峰、2060年实现碳

中和。电力作为远程输送能量的载体，特高压远距离输送清洁电能是实现碳中和的

重要途径之一。若保持输送电能总功率、输电距离不变的情况下，从原来的150kV

高压输电升级为1350kH的特高压输电，下列说法正确的是（）

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A.若输电线不变，则输电线中的电流变为原来的9倍

B.若输电线不变，则输电线上损失的电压变为原来的［

C.若输电线不变，则输电线上损失的功率变为原来的：

D.若更换直径为原来输电线直径前勺同种材料制成的输电线，则输电线上损失的功

率不变

7.如图甲所示，一物块从固定斜面的底端沿斜面方向冲上斜面，物块的动能勾随距斜

面底端高度人的变化关系如图乙所示，已知斜面的倾角为30。，重力加速度大小为g,

取物块在斜面底端时的重力势能为零，下列说法正确的是（）

f£

/2疝k

OCo°_________

0瓦

甲

A.物块的质量为善

B.物块与斜面间的动摩擦因数为立

3

C.上滑过程中，物块动能等于重力势能时,到斜面底端的高度为：垢

D.下滑过程中，物块动能等于重力势能时，物块的动能大小为引

8.已知无限长的通电直导线在空间某点形成的磁感应

强度大小8=卜1其中k为常数，/为通电直导线中

的电流大小，d为该点到导线的距离。两根无限长平

V

行通电直导线a、b中的电流方向如图中箭头所示，/•

0八E

其中导线a中的电流大小为/。，P为两根导线所在平1

面内的一个点，且P点到两导线a、b的距离相等，P

点的磁感应强度大小为灰。若导线b中的电流大小不

变，仅改变其电流方向，p点的磁感应强度大小变为ab

T，则可知导线b中的电流大小为（）

A.2/0

B4

c.3/0

D.与

9.如图所示，倾角为。的固定细杆上套有一小球P,另一个小球Q通过细线与小球P连

接，对小球Q施加一个水平向右的作用力F,系统静止时，两小球之间的细线恰好

与细杆垂直，已知两小球的质量均为僧，重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.作用力F的大小为mgtcm。

B.细线张力F7的大小为mgcos。

C.细杆对小球P的摩擦力"的大小为mgsMO

D.细杆对小球P的弹力声的大小为2mgcos。

10.如图所示，宽度为L、左右两部分倾角均为。的足够长光滑金属导轨ACD-分

别置于两匀强磁场中，CG两侧的匀强磁场分别垂直于对应导轨所在平面，CG左

侧磁场的磁感应强度大小为2B,右侧磁场的磁感应强度大小为B。长度均为3电

阻均为R,质量分别为2zn、的导体棒ab、cd分别垂直导轨放置在CC］两侧的导轨

上，两导体棒在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨接触良好，导轨电阻不计，重

力加速度为9。某时刻将导体棒ab、cd由静止释放，下列说法正确的是（）

A.任意时刻导体棒ab、cd运动的加速度都相同

B.导体棒时的最大速度为爷萨

C.若导体棒仍下降高度九时达到最大速度，则此过程中导体棒必克服安培力做的

4m3g2R2sin20

功为2mglI—

3B4L4

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D.若导体棒ab下降高度八时达到最大速度，则此过程经历的时间为乌工+

2mR

3F2L2

11.某同学用如图甲所示的实验装置来研究动量守恒定律，光电门1、2固定在气垫导轨

上，质量分别为啊=0.4kg和?HB=的两个滑块(含遮光片)从光电门1、2的

外侧匀速相向运动，在两个光电门之间某位置发生碰撞并粘在一起继续运动，运动

到气垫导轨一端时立刻被锁定。

(1)两滑块上的遮光片宽度相同，用游标卡尺测量遮光片宽度的结果如图乙所示，

则遮光片的宽度为mm；

(2)实验中光电门2记录了三次挡光时间均为=0.045s,则碰撞前滑块8的速度大

小为m/s,碰撞后滑块整体的速度大小为m/s；(结果均保留2位有效

数字)

(3)实验过程中，该同学忘了记录滑块4经过光电门1的时间，若碰撞过程中两滑块

的动量守恒，则滑块4通过光电门1的时间为s(结果保留3位小数)。

12.某实验小组用如图甲所示的电路来测量电阻弋的阻值，图甲中定值电阻R。=300,

两电流表内阻很小，回答下列问题：

(1)先用多用电表欧姆挡粗测心的阻值，选择的倍率为“XI”，示数如图乙所示,

则读数为12。

(2)按照图甲所示的电路图，用笔画线代替导线完成图丙中的电路图______。

(3)将滑动变阻器的滑片置于(选填“左端”“右端”或“中间”)位置，闭

合开关S,改变滑动变阻器滑片位置，记下两电流表的示数分别为/1、12,则待测电

阻的表达式Rx=(用Ro、h、与表示)。

(4)为了减小误差，多测儿组I1、6的值，作出A-12关系图像如图丁所示，可得待

测的电阻q=n；待测电阻阻值的计算结果与真实值相比(选填“偏

大”或“偏小”)。

13.如图所示，足够长的固定光滑斜面的倾角8=30°,斜面顶端有一轻质光滑定滑轮。

质量为小的滑块P通过不可伸长的细线绕过定滑轮与重物Q相连。开始时托着重物Q

使细线竖直且恰好处于绷直状态，滑块P与滑轮间的轻绳与斜面平行。现由静止释

放重物Q,重物Q竖直向下运动经过时间环时，细线突然被烧断，发现滑块P又经过

时间％恰好回到了出发位置，重力加速度为g,求：

(1)重物Q的质量；

(2)滑块P从开始运动到返回出发位置过程中运动的路程。

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14.如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，

第二象限存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。一质量为rn,电荷量为

q的带正电粒子在x轴上的做-d,0)点沿y轴正方向射入电场区域，粒子第一次经过y

轴时的速度方向与y轴正方向的夹角为60。，之后每相邻两次经过y轴时的位置间距

相等。不计粒子重力。求：

(1)粒子的初速度处的大小；

(2)匀强磁场磁感应强度8的大小；

(3)粒子从4点运动到第般次经过y轴的时间。

15.如图所示为两个分子之间的分子势能Ep随分子间距离r的

变化关系图线，两分子之间距离为2时分子势能最小，此

时两分子之间的作用力为(选填“引力”“斥力”

或“零”)；若两分子之间的距离由为开始逐渐变大，则两分子间的作用力(选

填“逐渐增大”“逐渐减小”“先增大后减小”或“先减小后增大”)。

16.如图所示，竖直放置的汽缸内用活塞密封一定质量的理想气体。

初始时，缸内气体的压强为1.5x105pa,体积为600mL温度

为200K,活塞被缸内的卡扣托住。现缓慢升高缸内气体温度，

当气体温度达到600K时，活塞对卡扣的压力恰好减为0,然后

继续缓慢升高缸内气体温度到800K,整个过程气体吸收的热量

为600/且未漏气，不计汽缸和活塞间的摩擦。求:

(1)缸内气体在温度为800K时的体积；

(2)整个过程气体内能的增加量。

17.均匀介质中的波源。沿y轴方向做简谐振动，形成一列沿x轴正方向传播的简谐横波,

在t=0时刻的波形图如图所示，在t=6.5s时刻，平衡位置为x=2rn的质点P刚好

第4次达到波峰。则t=6.5s时刻，x轴上刚好起振的质点的平衡位置坐标为

Xi=m,质点P振动方程为m,>

18.如图所示，某玻璃砖的横截面是一个直角梯形，其中乙4BC=90。，ABCD=60%

一束单色光在横截面内沿与4B边成30。角的方向从。点射入玻璃砖，最终垂直BC边

射出玻璃砖。

(1)求玻璃砖对该单色光的折射率；

(2)仅改变单色光与边的夹角，当CD边恰好有光线射出时，求单色光与4B边夹

角的余弦值。

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：AB,从释放物资到物资落地前的时间内，热气球与释放的物资组成的系

统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初状态动量为零，由动量守恒定律可知，

从释放物资到物资落地前的时间内系统总动量为零，故AB错误；

CD,重力做功不改变机械能，物资下落过程热气球上升，浮力对系统做正功，系统机

械能增大，故C错误，。正确。

故选：D。

系统所受合外力为零，系统动量守恒；只有重力或弹力做功，机械能守恒；根据系统受

力情况做功情况分析答题。

知道动量守恒与机械能守恒的条件、重力做功不改变机械能是解题的前提，根据题意分

析清楚系统受力情况与力做功情况即可解题。

2.【答案】A

【解析】解：每个光子的能量为£=hv=h^

A

设时间t内发射的光子数为N,则有Pt=NE

联立两式得N=攀

该过程激光传播的距离为L=ct

这些光子平均分布在距离为L的长度上，则1m内的平均光子数为

PtA

n=曰=^=四故A正确，BCD错误。

Lcthe2

故选：Ao

由光子能量得N个光子的总能量等于功率和时间乘积，光速与时间乘积为传播的距离，

求单位距离内的光子数。

注意光子总能量和功率的关系。设中间量时间，最后把时间消掉。

3.【答案】C

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【解析】解：运动员在水平面内做匀速圆周运动需要的向心力为

竖直方向上受力平衡，则/=mg

所以运动员受到冰面的作用力为F='号+踮

联立解得：F，1030N,故C正确，A3。错误；

故选：Co

运动员在水平方向上的合力指向圆心，在竖直方向上受力平衡，再根据勾股定理计算出

冰面对运动员的作用力。

本题以短道速滑项目为考查背景，主要考查了牛顿第二定律的相关应用，学生要学会从

不同方向去分析物体的运动情况，同时要注意力是矢量，在合成的时候遵循平行四边形

定则。

4.【答案】C

【解析】解：ABC.a粒子带负电、b粒子带正电，由粒子的受力和运动轨迹可知，电场

方向沿电场线向右，M点电势高于N点电势，电场力对a、b粒子均做正功，电势能均减

小，AB错误，C正确；

D由于M、。、N所在电场线为曲线，所以在0点静止释放的带电的粒子，不可能沿电场

线运动，D错误。

故选：Co

物体做曲线运动时，所受力的方向指向轨迹的内侧.由轨迹的弯曲方向可判断出电场力

的方向，分析出粒子的电性.根据电场力做功正负来判断动能的变化和电势能的变化.

该题考查带电粒子在电场中的轨迹的分析，加强基础知识的学习，掌握住物体做曲线运

动，所受力的方向指向轨道的内侧和电场线的特点，即可解决本题.

5.【答案】B

【解析】解：根据万有引力提供向心力，有

结合黄金代换GM=gR2

联立解得：T=世地再

代入数据解得：T«1.5K,故B正确，AC£＞错误；

故选：B。

根据万有引力提供向心力结合黄金代换公式，代入数据计算出周期的大小。

本题主要考查了万有引力定律的相关应用，解题的关键点是理解在不同情况下的万有引

力提供的力的类型，结合公式完成分析即可。

6.【答案】D

【解析】解：4、在输电功率不变的情况下，输电电压150敏高压输电升级为1350班,

输电电压变为原来的9倍，由电功率公式P=U/可知，输电电流变为原来的右故A错误；

B、若输电线不变，则输电线上损失的电压ZU=/R,R不变，输电电流变为原来的g,

则电压变为原来的：，故B错误；

C、若输电线不变，由电功率公式P=〃R可知，输电线上损失的功率变为原先的《）2,

即白,故C错误；

ol

。、若更换直径为原来输电线直径9的同种材料制成的输电线，面积变为原来的白，由电

*7Bl

阻定律R=p&ll输电线的电阻变为原来的81倍，输电电流变为原来的：，，由电功率公

式P=/2R可知输电线上损失的功率不变，故。正确。

故选：D。

应用电功率公式求出输电流的变化情况，然后应用电功率公式分析答题。

知道远距离输电的原理与输电过程是解题的前提，根据题意应用电功率公式与电阻定律

即可解题。

7.【答案】C

【解析】解：AB、物块上滑过程，由动能定理得：—mg/io-nmgcos30°-=O-2Fo；

物块下滑过程，由动能定理得：mgh0-〃mgcos30。•焉=Eo-O,联立解得租=枭

H=旦,故48错误；

r9

c、设上滑过程中，物块动能等于重力势能时，到斜面底端的高度为九。由动能定理得：

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-mgh-nmgcos30°•~=Fk-2F0；又a=mgh,联立解得：九=，o,故C正确；

。、设下滑过程中，物块动能等于重力势能时，物块的动能大小为物块到斜面底端

的高度为九'。下滑时,有：mg(h0-h')-iimgcos30°-=Ek'-0,又E/=mgh',

联立解得：h=沁,故。错误。

故选：C。

对物块上滑和下滑的两个过程分别运用动能定理列方程，即可求出物块的质量和物块与

斜面间的动摩擦因数；上滑过程中，物块动能等于重力势能时，根据动能定理求物块到

斜面底端的高度，采用同样的方法求下滑过程中，物块动能等于重力势能时物块的动能

大小。

本题考查动能定理的应用，运用动能定理时，要注意研究过程的选择，搞清各个力做功

情况。

8.【答案】CD

【解析】解：设导线b中的电流大小为/，在图示电流方向时，两导线在P点形成磁感应

强度方向均垂直于纸面向里，根据矢量叠加原理可知

B0=小片

改变导线b中的电流方向，两导线在P点形成的磁感应强度方向相反，根据矢量叠加原

理可知

圻畔一《

哈丹-右

或一冬=小一吗

2aa

联立解得

/=3/()

或

/=上

3

故AB错误，CQ正确。

故选：CD。

由矢量叠加原理及磁场公式，求解电流大小。

本题考查磁场，学生需熟练掌握矢量叠加原理及磁场公式，综合求解。

9.【答案】AC

【解析】解：AB.对小球Q受力分析，水平方向

FTsin6=F

竖直方向

FTcosd=mg

解得

FT=密'F=mgtand

故A正确，B错误；

CD.对小球P受力分析，沿细杆方向

mgsinB=/y

垂直细杆方向

FN=mgcosO4-Fr=mgcosO+

COSv

故c正确，。错误。

故选：AC.

对小球P，Q受力分析根据共点力平衡条件可分析解答。

本题考查共点力平衡条件，解题关键掌握研究对象的选取，注意系统静止时还可以用整

体法分析。

10.【答案】BD

【解析】解：力、对ab受力分析，由牛顿第二定律可知：2mgsin。-2BIL=2mai

同理cd棒有：mgsind—BIL=ma2

解得：%=a?=gsind-臂

所以加速过程ab、cd棒的加速度大小相等，方向不同，故A错误;

B、当的=a?=0时，好的速度达到最大，此时有：2mgsin9=2B1L

又因为：/=2B空B.

2R

联立解得：V=2飞黑,故B正确;

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C、若ab棒下降高度/i时达到最大速度，对ab棒根据动能定理有：2mg/i-W=[x2m/,

解得此过程中仍克服安培力做的功知〃=2.-中瞥，故C错误;

。、在ab下降高度为八时，通过好某一截面的电荷量为：q=/*==吧=2BW=

"R2R2R

38。

2RsinO

由动量定理可知，M棒由静止释放至达到最大速度的过程有：2mgtsin9-2BILt=2mv

联立解得：t=3Bj不豁故。正确。

2mgRsin203B%

故选：BD。

由牛顿第二定律分析加速度大小；根据平衡条件结合安培力的计算公式求解最大速度；

对ab棒根据动能定理求解帅克服安培力做的功；根据电荷量的计算公式求解通过ab某

一截面的电荷量，由动量定理求解时间。

对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条

件列出方程；另一条是能量,分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、

功能关系等列方程求解。

11.【答案】4.500.100.100.030

【解析】解：(1)由图示游标卡尺可知，其精确度为：詈=0.05mm,则遮光片的宽度

为：d=4mm+10X0.05mm=4.50mm

(2)碰撞前滑块B的速度大小为：%=6=4,5°^m/sH0.10m/s,碰撞后滑块整体的

速度大小为：v2=—=—m/s«0.10m/s

(3)规定向右为正方向，质量分别为w=0.4kg和ms—0.1kg的两个滑块(含遮光片)从

光电门1、2的外侧匀速相向运动，则碰前B的速度为：%=-0.10m/s,碰撞后滑块整

体的速度大小为：v2~0.10m/s,根据系统动量守恒定律得：mAvA+mBv1~(mA+

mB)v2

代入数据解得碰前4的速度为：vA=0.15m/s

则滑块4通过光电门1的时间为：MA=-=笔MS=0.030s

vA0.15

故答案为：(1)4.50；(2)0.10,0.10；(3)0.030,

(1)根据游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数进行读数；

(2)应用速度公式〃=今求出碰撞前滑块B的速度大小以及碰撞后滑块整体的速度大小;

(3)由动量守恒定律求解出碰前A的速度，再根据速度公式"=2求出滑块A通过光电门1

的时间。

本题考查了研究动量守恒定律的实验,要求学生会进行游标卡尺读数，会根据公式"=£

求解通过光电门的速度大小，注意要掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺不需要估读。

12.【答案】23如图所示右端用R。24偏大

【解析】解：(1)选用欧姆表“X1”挡粗测电阻阻值，

待测电阻阻值约为：23x10=230

(2)电路图如图所示：

(3)为了实验安全，闭合开关S之前，应使测量电路中电

流从最小值开始调节，滑动变阻器采用分压接法，故应

将滑片置于最右侧，

根据欧姆定律可得：的=。2-11)治，解得：Rx=

'2-ltn

~R°

(4)根据上式整理可得：/2=空，1

Ko

由此可得/1-/2图像的斜率卜=竽=嘿&=篙=1,8,解得：R=24n

t\QOUU.4Ux

由于电流表4的分压效果，导致待测电阻两端电压的测量值比真实值大，则待测电阻的

测量值偏大。

故答案为;(1)23；(2)电路图如图所示；(3)右端,Ro；(4)偏大

(1)欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；

(2)根据电路的实物图，连接电路图；

(3)明确实验开始时应让测量电路的电流由最小开始调节；应用欧姆定律求出电阻阻值

表达式；

(4)根据欧姆定律求出人-与函数关系式，根据斜率结合图丁计算待测电阻的阻值，并分

析其误差。

本题考查电阻的测量，要注意正确掌握分压接法，明确实验基本要求，并掌握应用电路

及欧姆定律分析数据的方法。

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13.【答案】解：(1)细线断前，由牛顿第二定律可知，对滑块P有

FT—mgsin30°=max

对重物Q有

m1g—FT=m1a1

滑块P的位移以

滑块P在为时的速度

%=。1亡0

细线断后，由牛顿第二定律可知滑块P的加速度大小

a2=gsin30°—

又经过时间环，滑块P运动的位移小=v.to-^a^

由题意可知

+%2=0

解得

(2)细线断后滑块P沿斜面上升的距离X3=乒

滑块P从开始运动到返回出发位置运动的路程

S=2(%!+x3)

解得S=型1

9

答：(1)重物Q的质量为等；

(2)滑块P从开始运动到返回出发位置过程中运动的路程为萼。

【解析】由牛顿第二定律及位移一时间关系求解质量，由位移一时间关系求解路程。

本题考查牛顿第二定律，学生需熟练掌握牛顿第二定律及运动学的使用。

------•性XXX

14.【答案】解：(1)粒子在第二象限做类平抛运动，卜艮------\XXXX

xx

据牛顿第二定律：qE=ma

———XXXX

水平方向：d=|at2/—xjXXX

—XX

——XXXX

XXXXX

竖直方向：为=速度方向：M九60°=看

解得：t=擢,”。=与战^,丫】=等

(2)由题设已知条件，y2—yi=2yl=竽d

由几何关系：&：0530。=及二及=2(/

23

从而得到：R=[d

2

洛伦兹力提供向心力：

而。=2%=竽席

从而得到：B=展

72qd

(3)从当到刈时间八翳7="矍=号联

第一次通过y轴的时间t,

第二次通过y轴的时间t+t'

第三次通过y轴的时间为2t+t'

第四次通过y轴的时间为3t+t'

当n为奇数时A=nt+31=t+?(2t+t')

当n为偶数时0=5-l)t+]t'=t+F3(2t+tz)

]2md+(n-l)7T2dm

代入可得：当n为奇数时，7\=n

qE3qE

当n为偶数时，T2=(n-1)再+?'2dm

3qE

答：(1)粒子的初速度为的大小为当课;

(2)匀强磁场磁感应强度B的大小为号

\2qd

(3)粒子从A点运动到第n次经过y轴的时间：当n为奇数时，T1=n悟+(n-l)jr2dm

7qE3qE

当n为偶数时，T2=(n-1)琮+2dm

3qE

【解析】(1)粒子在第二象限做类平抛运动，根据水平方向的匀加速直线运动和竖直方

向的匀速直线运动求解出粒子的初速度；

(2)进入磁场后，粒子做匀速圆周运动，由几何关系和动力学规律求出磁感应强度的大

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小；

(3)根据几何知识求解粒子相邻的两次自右向左到达y轴时的距离，再根据粒子运动的周

期性分析粒子第n次到达y轴的时间。

解决该题的关键是掌握粒子每段过程的运动情况，能正确作出粒子在磁场中运动的运动

轨迹，并能根据儿何知识求解粒子运动的圆心角以及相应的长度。

15.【答案】零先增大后减小

【解析】解：分子间距离为小时，分子间相互作用力的合力为零，由图可知，当分子间

由平衡距离r0开始逐渐变大时，分子间的作用力先增大后减小。

故答案为：零；先增大后减小。

明确分子间相互作用力的性质，知道当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，根据

图象分析分子间相互作用力的变化情况。

本题考查对分子力作用力的理解，要注意分子间同时存在引力和斥力，而分子间的作用

力是二者的合力，要牢记分子间相互作用力随距离的变化情况。

16.【答案】解：(1)活塞脱离卡扣之后为等压变化过程，由

红=包

石一五

解得：V3=800mL

(2)活塞脱离卡扣之前为等容变化，由

Pl_P2

元一元

5

解得：p2=4.5x10pa

活塞脱离卡扣后，等压变化过程中气体体积的变化量为：

AV=V3-V2=800mL-600mL=200mL

气体对外做的功为W=p24V=4.5x105x200x10-6J=90/

根据热力学第一定律可知

AU=Q-W=600/-90/=510/

答