2022年河北高考物理试卷真题及答案详解（精校版）

2022年河北省普通高中学业水平选择性考试（河北卷）理综物理部分本试卷满分100分，考试时间90分钟。一、单项选择 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 ：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度v与时间t的关系图像如图所示。由图像可知（）A．0~t1时间内，训练后运动员的平均加速度大B．0~t2时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等C．t2~t3时间内，训练后运动员的平均速度小D．t3时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动2．2008年，我国天文学家利用国家天文台兴隆观测基地的2.16米望远镜，发现了一颗绕恒星HD173416运动的系外行星HD173416b，2019年，该恒星和行星被国际天文学联合会分别命名为“羲和”和“和“望舒”，天文观测得到恒星羲和的质量是太阳质量的2倍，若将望舒与地球的公转均视为匀速圆周运动，且公转的轨道半径相等。则望舒与地球公转速度大小的比值为（）2A．22B．2C．2D．23．张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1:n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后。输出电压为U。忽略线圈电阻，下列说法正确的是（）试卷第1页，共11页A．发电机输出的电压为2NBSzB．发电机输出交变电流的频率为2nzC．变压器原、副线圈的匝数比为2NBSnz:UD．发电机产生的瞬时电动势e2NBSnzsin(2nz)4．如图是密立根于1916年发 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 的钠金属光电效应的遏止电压Uc与入射光频率的实验曲线，该实验直接证明了爱因斯坦光电效应方程，并且第一次利用光电效应实验测定了普朗克常量h。由图像可知（）14A．钠的逸出功为hcB．钠的截止频率为8.510HzC．图中直线的斜率为普朗克常量hD．遏止电压Uc与入射光频率成正比5．将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小BB0kt，B0和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为（）试卷第2页，共11页A．kS1B．5kS2C．k(S15S2)D．k(S15S2)6．如图，真空中电荷量为2q和q(q0)的两个点电荷分别位于M点与N点，形成一个以MN延长线上O点为球心，电势为零的等势面（取无穷处电势为零），P为MN连线上的一点，S为等势面与直线MN的交点，T为等势面上的一点，下列说法正确的是（）A．P点电势低于S点电势B．T点电场强度方向指向O点C．除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点D．将正试探电荷q0从T点移到P点，静电力做正功7．如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中（）试卷第3页，共11页A．圆柱体对木板的压力逐渐增大B．圆柱体对木板的压力先增大后减小C．两根细绳上的拉力均先增大后减小D．两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8．如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R。导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是（）试卷第4页，共11页A．B．C．D．9．如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮g上，质量mQmP，t0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为。T时刻轻绳3突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是（）EA．物体P和Q的质量之比为1:3B．2T时刻物体Q的机械能为23E2gTC．2T时刻物体P重力的功率为D．2T时刻物体P的速度大小2T310．如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以O为圆心、R1和R2为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用h1、v1、1和h2、v2、2表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的试卷第5页，共11页是（）A．若h1h2，则v1:v2R2:R122B．若v1v2，则h1:h2R1:R2C．若12，v1v2，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同D．若h1h2，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则12三、非选择题：共54分。第11~14题为必考题，每个试题考生必须作答。第15~16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共42分。11．某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律，实验装置如图1所示。弹簧的劲度系数为k，原长为L0，钩码的质量为m。已知弹簧1的弹性势能表达式为Ekx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，当地的重力2加速度大小为g。（1）在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度为L。接通打点计时试卷第6页，共11页器电源。从静止释放钩码，弹簧收缩，得到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸带如图2所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T（在误差允许范围内，认为释放钩码的同时打出A点）。从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为______，钩码的动能增加量为______，钩码的重力势能增加量为______。（2）利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系，如图3所示。由图3可知，随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是______。12．某物理兴趣小组利用废弃电饭煲的部分器材自制简易电饭煲，设计电路如图1所示。选用的器材有：限温开关S1（手动将其按下，开始持续加热煮饭，当锅内温度高于103℃时自动断开，之后不能自动闭合）；保温开关S2（当锅内温度高于80℃时自动断开，温度低于70℃时自动闭合）；电饭煲的框架（结构如图2所示）。自备元件有：加热电阻丝R（阻值为60Ω，用于加热煮饭）；限流电阻R1和R2，（阻值均为1kΩ）：指示灯L1和L2（2.5V，0.6W，当电流低于30mA时可视为熄灭）；保险丝T。试卷第7页，共11页（1）按照兴趣小组设计的电路，下列说法正确的是______（多选）。A．按下S1，L1和L2均发光B．当锅内温度高于103℃时，S1自动断开，L1和L2均发光C．保温过程中，S2自动在闭合、断开状态之间交替切换D．当锅内温度低于70℃时，S2自动闭合，L1发光，L2熄灭（2）简易电饭煲制作完成后，试用时L1始终不亮，但加热和保温功能均正常。在不增加元件的前提下，断开电源，使用多用电表判断发生故障的元件。下列操作步骤的正确顺序是______（填写各步骤前的字母）。A．将选择开关旋转到“×100”位置B．将两支表笔直接接触，调节“欧姆调零旋钮”，使指针指向欧姆零点C．调整“指针定位螺丝”，使指针指到零刻度D．测量指示灯L1两端的阻值E．将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡操作时，将多用电表两表笔与L1两端接触，若指针如图3所示，可判断是______断路损坏；试卷第8页，共11页若指针如图4所示，可判断是______断路损坏。（用电路中的元件符号表示）13．如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1kg和2kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1kg，A和C以相同速度v010m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为0.1。重力加速度大小取g10m/s2。（1）若0k0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；（2）若k0.5，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。14．两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示，金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直xOy平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为q(q0)、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：2πm（1）t0时刻释放的粒子，在t时刻的位置坐标；qB06πm（2）在0~时间内，静电力对t0时刻释放的粒子所做的功；qB04πEmπ2Em6πm0，0（3）在M22点放置一粒接收器，在0~时间内什么时刻释放的粒子在电qB04qB0qB0场存在期间被捕获。试卷第9页，共11页（二）选考题：共12分。请考生从2道题中任选一题作答。并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。【选修3-3】（12分）15．如图，绝热密闭容器中装有一定质量的某种理想气体和一个充有同种气体的气球。容器内温度处处相同。气球内部压强大于外部压强。气球慢慢漏气后，容器中气球外部气体的压强将______（填“增大”“减小”或“不变”）；温度将______（填“升高”“降低”或“不变”）。16．水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强p0。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的1，设整个过程温度保持不变，求：2（i）此时上、下部分气体的压强；（ii）“H”型连杆活塞的质量（重力加速度大小为g）。试卷第10页，共11页【选修3-4】（12分）17．一列简谐横波沿x轴正方向传播。波速为10m/s。在传播方向上有P、Q两质点，坐标分别为xP=1m，xQ=6m。波传播到P点开始计时，该点的振动图像如图所示，则简谐波的波长为______m，经过______s，Q点第一次到达正向最大位移处。18．如图，一个半径为R的玻璃球，O点为球心。球面内侧单色点光源S发出的一束光在A点射出，出射光线AB与球直径SC平行，θ=30°。光在真空中的传播速度为c。求：（i）玻璃的折射率；（ii）从S发出的光线经多次全反射回到S点的最短时间。试卷第11页，共11页1．D【详解】A．根据vt图像的斜率表示加速度，由题图可知0~t1时间内，训练后运动员的平均加速度比训练前的小，故A错误；B．根据vt图像围成的面积表示位移，由题图可知0~t2时间内，训练前运动员跑过的距离比训练后的大，故B错误；C．根据vt图像围成的面积表示位移，由题图可知t2~t3时间内，训练后运动员的位移比训练前的位移大，根据平均速度等于位移与时间的比值，可知训练后运动员的平均速度大，故C错误；D．根据vt图像可直接判断知，t3时刻后，运动员训练前速度减小，做减速运动；t3时刻后，运动员训练后速度增加，做加速运动，故D正确。故选D。2．C【详解】地球绕太阳公转和行星望舒绕恒星羲和的匀速圆周运动都是由万有引力提供向心力，有Mmv2Gmr2r解得公转的线速度大小为GMvr其中中心天体的质量之比为2:1，公转的轨道半径相等，则望舒与地球公转速度大小的比值为2，故选C。3．C【详解】B．发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为fnz2B错误；A．线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的为正弦交流电，最大值为EmNBS2nz 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 第1页，共17页输出电压的有效值为EEm2NBSnz2A错误；C．变压器原、副线圈的匝数比为nE2NBSnz1n2UUC正确；D．发电机产生的瞬时电动势为eEmsint2NBSnzsin(2nz)tD错误。故选C。4．A【详解】A．根据遏止电压与最大初动能的关系有eUcEkmax根据电效应方程有Ekmax=hW0当结合图像可知，当Uc为0时，解得W0hcA正确；ν14B．钠的截止频率为c，根据图像可知，截止频率小于8.510Hz，B错误；C．结合遏止电压与光电效应方程可解得hWU0ceeh可知，图中直线的斜率表示，C错误；eD．根据遏止电压与入射光的频率关系式可知，遏止电压Uc与入射光频率成线性关系，不是成正比，D错误。故选A。答案第2页，共17页5．D【详解】由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势BSE11kS1tt1每个小圆线圈产生的感应电动势ΔΦE2kS2Δt2由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为EE15E2kS15S2故D正确，ABC错误。故选D。6．B【详解】A．在直线MN上，左边正电荷在M右侧电场强度水平向右，右边负电荷在直线MN上电场强度水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知P点电势高于等势面与MN交点处电势，则P点电势高于S点电势，故A错误；C．由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N左侧电场强度不可能为零，则N右侧，设MN距离为L，根据k2qkq(Ld)2(d)2可知除无穷远处外，直线MN电场强度为零的点只有一个，故C错误；D．由A选项 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 可知：T点电势低于P电势，则正电荷在T点的电势能低于在P电势的电势能，将正试探电荷q0从T点移到P点，电势能增大，静电力做负功，故D错误；B．设等势圆的半径为R，AN距离为x，MN距离为L，如图所示答案第3页，共17页根据kqx结合电势的叠加原理A、S满足k2qkqLxxk2qkqL2Rx2Rx解得Lx32LR3由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向必过等势面的圆心，O点电势k2qkq3kqOLLL2L33可知TO可知T点电场方向指向O点，故B正确。故选B。7．B【详解】设两绳子对圆柱体的拉力的合力为T，木板对圆柱体的支持力为N，绳子与木板夹角为，从右向左看如图所示答案第4页，共17页在矢量三角形中，根据正弦定理sinsinsinmgNT在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，不变，从90逐渐减小到0，又180且90可知90180则0180可知从锐角逐渐增大到钝角，根据sinsinsinmgNT由于sin不断减小，可知T不断减小，sin先增大后减小，可知N先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为2，绳子拉力为T'，则2T'cosT可得TT'2cos不变，T逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，ACD错误。故选B。8．AC【详解】答案第5页，共17页L当导体棒从O点向右运动L时，即在0时间内，在某时刻导体棒切割磁感线的长度v0Ll0v0ttan（θ为ab与ad的夹角）则根据E=BLv0BLvBvI0=0(lvttan)RR00可知回路电流均匀增加；安培力B2L2vB2vF0=0(lvttan)2RR00则F-t关系为抛物线，但是不过原点；安培力做功的功率B2L2v2B2v2PFv0=0(lvttan)20RR00则P-t关系为抛物线，但是不过原点；电阻两端的电压等于导体棒产生的感应电动势，即UEBLv0=Bv0(l0v0ttan)即图像是不过原点的直线；根据以上分析，可大致排除BD选项；L2L当在时间内，导体棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E不变，感应电流I不变，v0v0安培力F大小不变，安培力的功率P不变，电阻两端电压U保持不变；2L3L同理可判断，在时间内，导体棒切割磁感线长度逐渐减小，导体棒切割磁感线的感v0v0应电动势E均匀减小，感应电流I均匀减小，安培力F大小按照二次函数关系减小，但是不L能减小到零，与0内是对称的关系，安培力的功率P按照二次函数关系减小，但是不能v0L减小到零，与0内是对称的关系，电阻两端电压U按线性均匀减小；综上所述选项ACv0正确，BD错误。故选AC。9．BCD【详解】gA．开始释放时物体Q的加速度为，则3gmgFmQTQ3gFmgmTPP3答案第6页，共17页解得2FmgT3Qm1PmQ2选项A错误；B．在T时刻，两物体的速度gTv13P上升的距离1ggT2hT21236细线断后P能上升的高度v2gT2h122g18可知开始时PQ距离为2gT2hhh129若设开始时P所处的位置为零势能面，则开始时Q的机械能为2mg2T2EmghQQ9从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为mg2T2WFhQFT19则此时物体Q的机械能22mgTEE'EWQF92E此后物块Q的机械能守恒，则在2T时刻物块Q的机械能仍为，选项B正确；2CD．在2T时刻，重物P的速度2gTvvgT213方向向下；此时物体P重力的瞬时功率2mg2gTmgT3EPmgvQQGP22332T选项CD正确。故选BCD。10．BD答案第7页，共17页【详解】AB．根据平抛运动的规律1hgt22Rvt解得2hRvg可知若h1=h2，则v1:v2=R1:R2若v1=v2，则22h1:h2R1:R2选项A错误，B正确；C．若1=2，则喷水嘴各转动一周的时间相同，因v1=v2，出水口的截面积相同，可知单位时间喷出水的质量相同，喷水嘴转动一周喷出的水量相同，但因内圈上的花盆总数量较小，可知得到的水量较多，选项C错误；D．设出水口横截面积为S0，喷水速度为v，若1=2，则喷水管转动一周的时间相等，因h相等，则水落地的时间相等，则Rtv相等；在圆周上单位时间内单位长度的水量为vtS0RS0S0S0Q0RtRtt2hg相等，即一周中每个花盆中的水量相同，选项D正确。故选BD。212mh6h411．k(LL0)h5kh5mgh5见解析28T2【详解】（1）[1]从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为答案第8页，共17页1212E弹=k(LL)k(LLh)p20205整理有12E弹k(LL)hkhp0525[2]打F点时钩码的速度为hhv64F2T由于在误差允许的范围内，认为释放钩码的同时打出A点，则钩码动能的增加量为21mhhΔEmv2064k2F8T2[3]钩码的重力势能增加量为Ep重=mgh5（2）[4]钩码机械能的增加量，即钩码动能和重力势能增加量的总和，若无阻力做功则弹簧弹性势能的减少量等于钩码机械能的增加量。现在随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，而两条曲线在纵向的间隔即阻力做的功，则产生这个问题的主要原因是钩码和纸带运动的速度逐渐增大，导致空气阻力逐渐增大，以至于空气阻力做的功也逐渐增大。12．CD##DCCABDEL1R1【详解】[1]A．按下S1后L2支路被短路，则L2不会发光，A错误；B．当锅内温度高于103℃时，S1断开，而要温度降到70℃以下时S2才会闭合，则此时L2可能发光，此时电路中R与R1和L1的串联部分并联，并联的整体再和L2、R2串联，则回路中并联的整体电阻RL=10.42ΩR并=56.64Ω则回路总电阻R总=1067.06Ω则回路总电流220I总0.21AR总则L2一定发光，此时并联的整体的电压为U并=I总R并=11.89V答案第9页，共17页则流过L1的电流为U并11.89IL1A0.012ARL1R1100010.42则流过L1的电流小于30mA，则L1熄灭，B错误；C．由题知，S2在锅内温度高于80℃时自动断开，锅内温度降到70℃以下时S2自动闭合，C正确；D．当锅内迢度低于70℃时，S2自动闭合，L2支路被短路，则L2不会发光，此时电路中R与R1和L1的串联部分并联，则此时流过L1的电流为E220IL1A0.218ARL1R1100010.42则此时流过L1的电流大于30mA，则L1发光，D正确。故选CD。（2）[2]多用电表的操作步骤为：调整“指针定位螺丝”，使指什指到零刻度——机械调零；将选择开关旋转到“×100”位置——选挡；将两支表笔直接接触，调节“欧姆调零旋钮”，使指计指向欧姆零点——欧姆调零；测量指示灯L1两端的阻值——测量；将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡——关闭多用电表。故正确顺序为CABDE。[3]由于使用时L1始终不亮，但加热和保温功能均正常，如图3可看出L1两端有1090Ω左右的电阻，则说明L1始终不亮的原因是L1断路损坏。[4]由于使用时L1始终不亮，但加热和保温功能均正常，如图3可看出欧姆表的示数几乎为零，但由于RL=10.42Ω此时选用的是“×100”挡则说明灯泡L1正常，则说明L1始终不亮的原因是R1断路损坏。1020k13．（1）v物5(1k)m/s，v滑m/s，方向均向右；（2）1.875m3【详解】（1）物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物，C、D的质量均为m1kg，以向右方向为正方向，则有mv0mkv0(mm)v物解得1kv物v5(1k)m/s020可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5(1k)m/s，方向向右。答案第10页，共17页滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，滑板A和B质量分别为1kg和2kg，则由Mv02Mkv0(M2M)v滑解得12k1020kv滑vm/s0303则新滑板速度方向也向右。（2）若k0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v物'5(1k)m/s5(10.5)m/s2.5m/s碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为1020kv滑'm/s0m/s3可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块的质量为m'2kg，新滑板的质量为M'3kg，相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒可得m'v物'(m'M')v共解得v共1m/s根据能量守恒可得1212m'gx相m'v(m'M')v共22解得x相1.875m2Em2Em22E2m13m00014．（1）(2,2)；（2）2；（3）qB02qB0B03qB0【详解】m（1）在0~时间内，电场强度为E0，带电粒子在电场中加速度，根据动量定理可知qB0mqE0mv1qB0答案第11页，共17页m解得粒子在时刻的速度大小为qB0E0v1B0方向竖直向上，粒子竖直向上运动的距离21mE0my1v122qB02qB0m2m2m在~时间内，根据粒子在磁场运动的周期T可知粒子偏转180，速度反向，qB0qB0qBv2根据qvBm可知粒子水平向右运动的距离为rmv12E0mx22r222qB0qB0粒子运动轨迹如图2m2Em2Emt00所以粒子在时刻粒子的位置坐标为(x2,y1)，即(2,2)；qB0qB02qB02m3m（2）在~时间内，电场强度为2E0，粒子受到的电场力竖直向上，在竖直方向qB0qB0mq2E0mv2mv1qB03m解得时刻粒子的速度qB0E0v2B0方向竖直向上，粒子在竖直方向上运动的距离为v1v2my302qB03m4m在~时间内，粒子在水平方向运动的距离为qB0qB0mv22E0mx42r422qB0qB04m5m此时粒子速度方向向下，大小为v2，在~时间内，电场强度为3E0，竖直方向qB0qB0答案第12页，共17页mq3E0mv3mv2qB05m解得粒子在时刻的速度qB02E0v3B0粒子在竖直方向运动的距离2v2v3mE0my522qB02qB0粒子运动的轨迹如图6πm在0~时间内，静电力对粒子的做功大小为qB0222E0mWqE0y1q2E0y3q3E0y54qE0y12B0电场力做正功；m（3）若粒子在磁场中加速两个半圆恰好能够到达M点，则释放的位置一定在0~时间qB0内，粒子加速度时间为t1，在竖直方向上qE0t1mv11yvt1211m2m在~时间内粒子在水平方向运动的距离为qB0qB0mv1x22r22qB02m3m在~时间内，在竖直方向qB0qB0mq2E0mv2mv1qB0v1v2my32qB0答案第13页，共17页3m4m在~时间内，粒子在水平方向运动的距离为qB0qB0mv2x42r42qB024E0mE0m接收器的位置为(2,2)，根据距离的关系可知qB04qB04E0mx2x42qB0解得mt12qB0此时粒子已经到达M点上方，粒子竖直方向减速至0用时Δt，则1yvt522竖直方向需要满足2E0my1y3y524qB0m解得Δt在一个电场加速周期之内，所以成立，所以粒子释放的时刻为中间时刻；2qB0m2m3m若粒子经过一个半圆到达M点，则粒子在0~时间内释放不可能，如果在~时qB0qB0qB0间内释放，经过磁场偏转一次的最大横向距离，即直径，也无法到达M点，所以考虑在4m5m~时间内释放，假设粒子加速的时间为t2，在竖直方向上qB0qB0q3E0t1mv11yvt12115m6m之后粒子在~时间内转动半轴，横向移动距离直接到达M点的横坐标，即qB0qB0mv14E0mx22r222qB0qB0解得2mt13qB06m7m接下来在~过程中粒子在竖直方向减速为0的过程中qB0qB0q4E0tmv1答案第14页，共17页vy1t32粒子要在M点被吸收，需要满足2E0my1y324qB0代入验证可知Δt在一个周期之内，说明情况成立，所以粒子释放时刻为mm2m13m4()。qB0qB03qB03qB015．增大升高【详解】[2]假设气球内部气体和气球外部气体的温度不变，当气球内部的气体缓慢释放到气球外部，气球内部气体压强大于外部气体压强，根据玻意尔定律pVC可知气球内的气体释放到外部时体积增大，相当于容器的体积增大；而容器的体积无法改变，所以将假设扩大体积的容器绝热压缩到原来容器的体积即可，气体绝热压缩，与外界无热交换，即Q0，外界对气体做功，即W0，根据绝热情况下的热力学第一定律UW可知气体内能增加，温度T升高；pV[1]气体温度T升高，根据理想气体实验定律C可知气体压强p增大。T24pS16．（1）2p，p；（2）00303g【详解】（1）旋转前后，上部分气体发生等温变化，根据玻意尔定律可知1pSLpSL00120解得旋转后上部分气体压强为p12p013旋转前后，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为SLSLSL，则200203pSLpSL00220解得旋转后下部分气体压强为2pp230（2）对“H”型连杆活塞整体受力分析，活塞的重力mg竖直向下，上部分气体对活塞的作用力竖直向上，下部分气体对活塞的作用力竖直向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件答案第15页，共17页可知p1Smgp2S解得活塞的质量为4pSm03g17．20.55【详解】[1]由P点的振动图像可得出该波的周期T=0.2s由于该波的波速为10m/s，则该波的波长λ=vT=2m[2]由题知P、Q两质点相距xPQ=5m则波从P点传播到Q点需经过x5tPQs0.5sPQv10由P点的振动图像可得出该波的起振方向向上，则Q点从起振到第一次到达正向最大位移1处还需经过T，则经过t=0.55s，Q点第一次到达正向最大位移处。446R18．（1）n3；（2）tc【详解】（i）根据题意将光路图补充完整，如下图所示根据几何关系可知i1=θ=30°，i2=60°根据折射定律有nsini1=sini2答案第16页，共17页解得n3（ii）设全反射的临界角为C，则13sinCn3光在玻璃球内的传播速度有cvn根据几何关系可知当θ=45°时，即光路为圆的内接正方形，从S发出的光线经多次全反射回到S点的时间最短，则正方形的边长x2R则最短时间为4x46Rtvc答案第17页，共17页