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2022年山东省烟台市高考物理一模试卷
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这是一份2022年山东省烟台市高考物理一模试卷，共25页。试卷主要包含了此过程中损失的机械能为，3Ω)；，【答案】B，故B正确，ACD错误，【答案】C，【答案】D，【答案】AB等内容，欢迎下载使用。
2022年山东省烟台市高考物理一模试卷
1. 有些元素的原子核有可能从很靠近它的核外电子中“俘获”一个电子形成一个新原子核，从离原子核最近的K层电子中俘获电子，叫“K俘获”。现有一个铍原子核(47Be)发生了“K俘获”，生成一个新的原子核 ZAX，并放出一个不带电的、质量接近于零的中微子(vc)，核反应方程为： 47Be+−10e→ZAX+vc。关于铍原子核(47Be)的“K俘获”的过程，下列说法正确的是( )
A. 新原子核 ZAX带负电
B. 新原子核 ZAX比原来的铍原子核少一个中子
C. 新原子核 ZAX比原来的铍原子核少一个质子
D. 新原子核 ZAX与原来的铍原子核的核子数不同
2. 如图所示，在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，将实验仪器按要求安装在光具座上，某同学观察到清晰的干涉条纹。若他对实验装置进行改动后，在毛玻璃屏上仍能观察到清晰的干涉条纹，但条纹间距变窄。下列改动可能会实现这个效果的是( )
A. 仅将滤光片向右移动靠近单缝 B. 仅减小双缝间的距离
C. 仅增大双缝与毛玻璃屏间的距离 D. 仅将红色滤光片换成绿色滤光片
3. 甲、乙两车在同一直线上运动，它们运动的位移x随时间t变化的关系如图所示，已知甲车的x−t图像为抛物线的一部分，t=8s时刻对应图像的最高点，乙车的图像为直线，下列说法正确的是( )
A. 甲车的初速度为6m/s
B. 甲车的加速度大小为2m/s2
C. t=0到t=8s内甲车的位移为70m
D. 在t=8s到t=10s时间内的某时刻，甲、乙两车的速度大小相等
4. 人造地球卫星与地心间距离为r时，若取无穷远处为势能零点，引力势能可以表示为Ep=−GMmr，其中G为引力常量，M为地球质量，m为卫星质量。卫星原来在半径为r1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于稀薄空气等因素的影响，飞行一段时间后其圆周运动的半径减小为r2.此过程中损失的机械能为( )
A. GMm2(1r1−1r2) B. GMm2(1r2−1r1)
C. GMm(1r1−1r2) D. GMm(1r2−1r1)
5. 如图所示电路中，理想变压器原线圈两接线柱间的交流电压的有效值不变，两灯泡L1、L2规格完全相同，在以下各种操作中各电路元件都没有损坏，下列说法正确的是( )
A. 仅使滑片M下移，电流表示数变大
B. 仅使滑片M下移，变压器原线圈中的电流变大
C. 仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，灯泡L2中的电流一直增大
D. 仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，电流表示数一直增大
6. 如图所示，山坡上两相邻高压线塔之间架有粗细均匀的导线，静止时导线呈曲线形下垂，最低点在C处。左塔A处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为30∘，右塔B处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为60∘，则导线AC部分与BC部分的质量之比为( )
A. 2：1 B. 3：1 C. 4：3 D. 3：1
7. 某压敏电阻的阻值R随压力F变化的规律如图甲所示，将它水平放在电梯地板上并接入如图乙所示的电路中，在其受压面上放一物体m，即可通过电路中电流表A的示数I来研究电梯的运动情况。已知电梯静止时电流表的示数为I0。下列说法正确的是( )
A. 若示数I=I0，则电梯一定处于静止状态
B. 若示数I保持不变，则电梯一定做匀速运动
C. 若示数I在增大，则电梯的速度在增大
D. 若示数I>I0，则电梯可能在减速向下运动
8. 单镜头反光相机简称单反相机，它用一块放置在镜头与感光部件之间的透明平面镜把来自镜头的图像投射到对焦屏上。对焦屏上的图像通过五棱镜的反射进入人眼中。如图所示为单反照相机取景器的示意图，ABCDE为五棱镜的一个截面，AB⊥BC。光线垂直AB射入，分别在CD和EA上发生全反射，且两次全反射的入射角相等，最后光线垂直BC射出。下列说法正确的是( )
A. ∠BCD=135∘
B. ∠BAE和∠BCD不相等
C. 该五棱镜折射率的最小值是1sin22.5∘
D. 该五棱镜折射率的最小值是2
9. “战绳”是一种时尚的健身器材，有较好的健身效果。如图甲所示，健身者把两根相同绳子的一端固定在P点，用双手分别握住绳子的另一端，然后根据锻炼的需要以不同的频率、不同的幅度上下抖动绳子，使绳子振动起来。某次锻炼中，健身者以2Hz的频率开始抖动绳端，t=0时，绳子上形成的简谐波的波形如图乙所示，a、b为右手所握绳子上的两个质点，二者平衡位置间距离为波长的23，此时质点a的位移为82cm。已知绳子长度为20m，下列说法正确的是( )
A. a、b两质点振动的相位差为43π
B. t=18s时，质点a的位移仍为82cm，且速度方向向下
C. 健身者抖动绳子端点，经过5s振动恰好传到P点
D. 健身者增大抖动频率，将减少振动从绳子端点传播到P点的时间
10. 如图所示，内壁光滑的圆形细管固定在倾角为θ的斜面上，其半径为R，A、C分别为细管的最高点和最低点，B、D为细管上与圆心O处于同一水平高度的两点，细管内有一直径稍小于细管内径的质量为m的小球，小球可视为质点。开始时小球静止在A点，某时刻对小球施加轻微扰动，使小球自A向B沿着细管开始滑动。以过直线BOD的水平面为重力势能的参考平面，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 小球不能返回到A点
B. 小球自A点到B点的过程中，重力的瞬时功率一直增大
C. 小球在C点时的机械能为2mgRsinθ
D. 小球到达D点时，细管对小球的作用力大小为mg1+3sin2θ
11. 如图所示，真空中，水平、正对放置的平行金属板A、B间存在竖直方向的匀强电场，带电量为+Q的球P内含有一弹射装置，其质量为m1(含其内部弹射装置)，质量为m2、不带电的小球置于球P内部的弹射装置中。开始时，球P恰好静止在距A板h的位置。某时刻，小球相对于金属板以速度v0水平弹出，球P和小球同时到达金属板。若两球均可视为质点，球P运动过程中电荷量保持不变且不影响原电场分布，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 从小球弹出至到达金属板，球P动量的变化量竖直向上
B. 从小球弹出至到达金属板，球P的电势能增加
C. 两金属板间的电势差UAB=−gh(m1+m2)2m2Q
D. 两金属板长度至少为(m1+m2)v02m1m2ghm1m2g
12. 有一边长为L、质量为m、总电阻为R的正方形导线框自磁场上方某处自由下落，如图所示。区域Ⅰ、Ⅱ中匀强磁场的磁感应强度大小均为B，二者宽度分别为L、H，且H>L。导线框恰好匀速进入区域Ⅰ，一段时间后又恰好匀速离开区域Ⅱ，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 导线框离开区域Ⅱ的速度大于mgRB2L2
B. 导线框刚进入区域Ⅱ时的加速度大小为g，方向竖直向上
C. 导线框进入区域Ⅱ的过程产生的焦耳热为mgH
D. 导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的时间为6B2L3mgR
13. 某物理实验小组利用图甲所示装置“探究小车的加速度与受力的关系”。
(1)关于实验操作，下列说法正确的是______。
A.实验时，先释放小车再接通打点计时器的电源
B.调节滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行
C.每次改变重物质量时，不需要重新调整长木板的倾斜度
D.为尽可能减小实验误差，小车的质量应远大于重物的质量
(2)一次实验中获得的纸带如图乙所示，已知所用电源的频率为50Hz，每5个点取一个计数点，A、B、C、D、E、F、G为所取计数点，由图中数据可求得加速度大小a=______m/s2。(计算结果保留两位有效数字)
(3)实验小组先保持小车质量为m1不变，改变小车所受的拉力F，得到a随F变化的规律如图丙中直线A所示，然后实验小组换用另一质量为m2的小车，重复上述操作，得到如图丙中所示的直线B，由图可知，m1______m2(选填“大于”或“小于”)，直线B不过坐标原点的原因是______。
14. 某实验小组要测定一节蓄电池的电动势及内阻，要求测量结果尽量准确，实验器材如下：
电流表A1(量程200μA，内阻为800Ω)；
电流表A2(量程300mA，内阻约为0.3Ω)；
定值电阻R1(阻值为4Ω)；
定值电阻R2(阻值为9200Ω)；
滑动变阻器R(最大阻值50Ω)；
待测蓄电池一节(电动势约为2V)；
开关S一个，导线若干。
(1)实验小组连接的实物电路如图甲所示，图中虚线框内的电表应选______(选填“A1”或“A2”)，图中虚线框内的定值电阻应选______(选填“R1”或“R2”)；
(2)电流表A1示数用I1表示，电流表A2示数用I2表示，该小组多次改变滑动变阻器触头位置，得到了多组I1、I2数据，并作出I1−(I1+I2)图像，如图乙所示。根据图像可知，被测蓄电池的电动势为______ V，内阻为______Ω。(结果均保留两位有效数字)
(3)从实验设计原理来看，该蓄电池电动势的测量值______(选填“大于”、“小于”或“等于”)真实值，内阻的测量值______(选填“大于”、“小于”或“等于”)真实值。
15. 如图甲所示是我国农村建房时往高处抛送建筑材料的情景，即一人从地面将建筑材料抛出，被站在屋檐上的另一人接住。已知李师傅站在离房屋水平距离L=3.2m的A点，王师傅站在离地面高H=3.4m的屋檐上的B点，李师傅将质量m=2kg的砖头从A点正上方高h1=1.0m处斜向上抛出，砖头运动至最高点时恰被王师傅接住，若接住点在B点正上方高h2=0.8m处，砖头与王师傅接触的时间t=0.4s，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力。求：
(1)李师傅抛砖头的速度大小；
(2)王师傅在接砖头的过程中受到的平均作用力大小。
16. 如图甲所示，用质量为10kg的活塞在竖直气缸内封闭一定质量的理想气体，气缸顶部装有卡扣。开始时活塞距气缸底部高度为40cm，对气缸内的气体缓慢加热，活塞距气缸底部的高度h随温度T的变化规律如图乙所示，自开始至温度达到400K的过程中，缸内气体吸收的热量为700J。已知活塞的横截面积为200cm2，外界大气压强为1.0×105Pa，活塞与气缸壁间的摩擦忽略不计，重力加速度g取10m/s2。
(1)求由状态A到C，气体内能的变化量；
(2)用p表示缸内气体的压强，请作出气体由状态A经过B变为C的p−h图像，并标出A、B、C的坐标值。
17. 加速器在核物理和粒子物理研究中发挥着巨大的作用，回旋加速器是其中的一种。如图是某回旋加速器的结构示意图，D1和D2是两个中空的、半径为R的半圆型金属盒，两盒之间窄缝的宽度为d，它们之间有一定的电势差U。两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。D1盒的中央A处的粒子源可以产生质量为m、电荷量为+q的粒子，粒子每次经过窄缝都会被电场加速，之后进入磁场做匀速圆周运动，经过若干次加速后，粒子从金属盒D1边缘离开，忽略粒子的初速度、粒子的重力、粒子间的相互作用及相对论效应。
(1)求粒子离开加速器时获得的最大动能Ekm；
(2)在分析带电粒子的运动轨迹时，用Δd表示任意两条相邻轨迹间距，甲同学认为Δd不变，乙同学认为Δd逐渐变大，丙同学认为Δd逐渐减小，请通过计算分析哪位同学的判断是合理的；
(3)若该回旋加速器金属盒的半径R=1m，窄缝的宽度d=0.1cm，求粒子从A点开始运动到离开加速器的过程中，其在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比。(结果保留两位有效数字)
18. 如图甲所示，半径R=0.5m的四分之一光滑圆弧轨道A与长l=1m的平板B均静置于光滑水平地面上，A与B刚好接触且二者的上表面相切，一物块C(可视为质点)静置于B的最右端，C与B上表面的动摩擦因数μ从左往右随距离l均匀变化，其变化关系如图乙所示。已知A、B、C的质量均为m=1kg，重力加速度g=10m/s2，现给C一水平向左的初速度v0=4m/s。
(1)若A、B固定，其他条件均不变，求C刚滑到A最低点P时对轨道的压力大小；
(2)若A、B不固定，其他条件均不变，求：
(i)C由B最右端滑至最左端过程中克服摩擦力做的功；
(ii)C相对于A最低点P所能达到的最大高度(结果保留两位有效数字)；
(iii)若将A、B粘连在一起，改变v0大小，其他条件均不变，使C能够沿A上升，且再次返回到A最低点P时具有相对于地面水平向左的速度，v0的取值范围为多少。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、所有的原子核均带正电，故A错误；
BCD、根据核反应方程 47Be+−10e→ZAX+vc，结合质量数与电荷数守恒，可知X的质量数为：A=7+0=7，质子数为：Z=4−1=3，所以新核为73X，则新原子核 ZAX与原来的铍原子核的核子数相同，新原子核 ZAX的中子数为：7−3=4，铍原子核的中子数为：7−4=3，所以新原子核 ZAX比原来的铍原子核多一个中子，新原子核 ZAX比原来的铍原子核少一个质子，故BD错误，C正确。
故选：C。
根据核反应过程中，电荷数与质量数守恒，以及质量数=中子数+电荷数分析即可。
本题以核反应方程为命题背景，考查了质量数与电荷数守恒，考查了学生的物理观念。
2.【答案】D
【解析】解：A、滤光片的作用是得到相干光源，靠近单缝和原理单缝不影响干涉，故A错误；
BC、双缝干涉两相邻亮条纹的间距为Δx=λLd，仅减小双缝之间的距离或仅增大双缝与毛玻璃屏之间的距离，条纹间距都会变大，故BC错误；
D、仅将红色滤光片换成绿色滤光片，滤光片射向双缝等的光的波长减小，根据Δx=λLd可知，条纹间距减小，故D正确；
故选：D。
根据双缝干涉两相邻亮条纹的间距为Δx=λLd逐项完成分析即可。
本题主要考查了双缝干涉的相关应用，理解相邻亮条纹的计算公式即可完成分析，属于基础题型。
3.【答案】B
【解析】解：AB、甲车的x−t图象为抛物线的一部分，说明甲车做匀减速直线运动，8s末速度为零，则有：v0+at8=0.即为：v0+8a=0。
0−10s内，甲车的位移为：x=60m，则有：x=v0t10+12at102，即为：60=10v0+50a。
联立解得：v0=16m/s，a=−2m/s2.所以，甲车的初速度大小为16m/s，加速度大小为2m/s2，故A错误，B正确。
C、t=0到t=8s内甲车的位移为x′=v0t8+12at82=16×8m−12×2×82m=64m，故C错误；
D、在t=8s到t=10s时间内甲车做反向的匀加速直线运动，t=10s末速度v′=0+at=2×2m/s=4m/s，
在t=8s到t=10s时间内乙车做匀速直线运动，速度大小，故D错误。
故选：B。
甲车的x−t图象为抛物线的一部分，说明甲车做匀减速直线运动，8s末速度为零，根据速度-时间公式和位移-时间公式列式求甲车的初速度和加速度。甲车通过的位移等于纵坐标的变化量。根据斜率关系分析速度大小关系。
解决本题的关键要理解位移-时间图象点和斜率的物理意义，知道x−t图象中抛物线表示匀变速直线运动，图象的斜率表示速度。
4.【答案】B
【解析】解：根据卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为r1时有：GMmr12=mv12r1…①，
卫星的引力势能为：EP1=−GMmr1…②
轨道半径为r2时：GMmr22=mv22r2…③
卫星的引力势能为：EP2=−GMmr2…④
设摩擦而损失的机械能为△E，根据能量守恒定律得：12mv12+EP1=12mv22+EP2+△E…⑤
联立①∼⑤得：△E=GMm2(1r2−1r1).故B正确，ACD错误。
故选：B。
求出卫星在半径为R1圆形轨道和半径为R2的圆形轨道上的动能，从而得知动能的减小量，通过引力势能公式求出势能的增加量，根据能量守恒求出损失的机械能。
本题是信息题，要读懂引力势能的含义，建立卫星运动的模型，根据万有引力定律和圆周运动的知识、能量守恒定律结合求解。
5.【答案】C
【解析】解：A.仅使滑片M下移，副线圈匝数减小，根据理想变压器U1U2=n1n2知副线圈电压减小，副线圈电路电阻不变，所以电流减小，故A错误；
B.仅使滑片M下移，副线圈电压、电流均减小，所以副线圈功率减小，根据理想变压器特点U1I1=U2I2，可知原线圈中电流变小，故B错误；
C.仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，并联部分电路电压(副线圈电压)不变，L2所在支路电阻逐渐减小，根据欧姆定律可知，L2中电流一直增大，故C正确；
D.仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，则并联部分电阻先增大后减小，副线圈总电阻先增大后减小，副线圈电压不变，所以副线圈总电流(电流表示数)先减小后增大，故D错误。
故选：C。
滑片M下移会影响副线圈的匝数，根据原副线圈的匝数比与原副线圈的电压之比的关系结合欧姆定律分析出电流表的示数变化，根据原副线圈的功率相等分析出原线圈的电流变化；
滑片N移动会改变电路中的电阻，根据欧姆定律分析出灯泡中的电流的变化和电流表示数的变化。
本题主要考查了变压器的构造和原理，熟悉原副线圈的电学物理量与线圈匝数的关系，同时根据电阻的变化分析出电路中电学物理量的变化即可。
6.【答案】B
【解析】解：设AC段的质量为mA，BC段的质量为mB，A、B两端绳上拉力分别为FA、FB，绳子最低点处的张力为T
根据平衡条件得：T=mAgtan30∘，T=mBgtan60∘
解得：mAmB=tan60∘tan30∘=333=3，故B正确，ACD错误。
故选：B。
分别对AC段和BC段受力分析，分别列平衡方程可求解。
解决该题需要选择合适的研究对象进行受力分析，知道AC段对BC段的作用力水平向左，而BC段对AC段的作用力水平向右。
7.【答案】D
【解析】解：A、若示数为I0，说明物体m对压敏电阻的压力与电梯静止时相同，即物体m的合外力为零，电梯可能处于静止状态，也可能处于匀速运动状态，故A错误；
B、由图甲可知，压敏电阻R的阻值随压力增大而减小，若示数I保持不变，说明压敏电阻R的阻值保持不变，压敏电阻受到的压力不变，对于物体m受到的支持力不变，m的合外力恒定，故物体m可能做匀变速直线运动，也可能做匀速运动，则电梯可能做匀变速直线运动，也可能做匀速运动，故B错误；
C、若示数I在增大，说明压敏电阻R的阻值在减小，由图甲可知，压敏电阻受到的压力在逐渐增大，由上述条件只能判断压敏电阻受到的合外力在变化，由于不能确定合外力方向，故无法确定电梯速度如何变化，故C错误.
D、已知电梯静止时电流表的示数为I0，压敏电阻受到的压力等于物体m的重力，当示数I>I0时，电路中电流比静止时大，说明压敏电阻R的阻值变小，压敏电阻受到的压力大于重力，物体m处于超重状态，电梯可能在减速向下运动，故D正确。
故选：D。
利用图甲得出压敏电阻的阻值随压力增大而减小，通过电流I的变化判断R的变化，确定压力变化，进而确定物体m的合外力变化情况，来判断电梯的运动情况。
本题为简单传感器应用问题，答题时需要将电流、电阻、压力等物理量结合起来，涉及到牛顿第二定律和欧姆定律的应用。处理传感器问题的一般思路是将电学量(如电流、电压等)和非电学量(如压力、温度、光照强度等)进行联系作答。
8.【答案】C
【解析】解：A、由题意画出光路图如图所示，根据光路图和反射定律可知：4θ=90∘，即θ=22.5∘，则∠BCD=180∘−(90∘−θ)=90∘+22.5∘=115∘，故A错误；
B、由几何知识可得：∠BAE=180∘−(90∘−θ)=90∘+22.5∘=115∘，则∠BAE=∠BCD，故B错误；
CD、光线在CD和AE界面上恰好发生全反射时，对应着五棱镜折射率的最小值n0，则
n0=1sinθ，解得n0=1sin22.5∘，故C正确，D错误。
故选：C。
作出光路图，根据几何知识求出光在CD面上的入射角，并求出∠BCD。当光线刚好在CD面和AE面上发生全反射时，五棱镜折射率最小，根据临界角公式sinC=1n求出折射率最小值。
解决该题的关键是能正确作出光路图，能根据几何知识求出临界角。要知道光线刚好在界面上发生全反射时，棱镜的折射率最小。
9.【答案】AB
【解析】解：A.a、b两质点平衡置间距离为波长的23，一个周期波前进一个波长的距离，一个周期前后的相位差为2m，所以两质点振动的相位差为
Δφ=23×2π=43π
故A正确；
B.质点振动周期为
T=1f=12s=0.5s
t=0时质点a的位移为82cm，根据甲图可知a此刻在平衡位置上方，向上振动；根据乙图图线可知a的振动方程为
ya=16sin(4πt+π4)
将t=18s=T4代入可得
y′a=82cm
由振动规律知18s时刻a在平衡位置上，质点a的位移仍为82cm，振动方向向下，故B正确；
C.由乙图可知a、b间平衡间距大于5m，小于波长，所以波长λ>5m，所以波从健身者传到P点所用的时间
t=Lλ⋅T<205×12s=2s
故C错误；
D.波的传播速度由介质决定，介质不变，波速不变，绳子上的波形传播到P点的时间不变，与抖动频率无关，故D错误。
故选：AB。
根据波形平移法分析波源的起振方向；根据a、b之间的距离和波长的关系分析两点振动步调关系；波源到P点的距离一定，则波传播到P点的时间相同；介质不变，则传播速度不变。
解决本题的关键是要会用波形平移法分析质点的起振方向，要知道两质点的距离为半个波长时，这两个点的振动步调相反，机械波的传播速度与介质有关，与波源的频率和振幅无关。
10.【答案】BD
【解析】解：A、小球在细管内运动的过程中，只有重力做功，则小球的机械能守恒，故小球能够返回A点，故A错误；
B、根据P=mgv可知，小球在从A到B的过程中速度逐渐增大，则竖直分速度也逐渐增大，故重力的瞬时功率一直增大，故B正确；
C、因为以BOD为重力势能的参考平面，且小球在运动过程中机械能守恒，可知小球在C点的机械能为mgRsinθ，故C错误；
D、小球在D点时，受重力mg、指向圆心的弹力N=mv2R和垂直于斜面的弹力F=mgcosθ，根据机械能守恒知小球在D点的动能12mv2=mgRsinθ，则指向圆心的弹力N=2mgsinθ，然后根据矢量额合成解得细管对小球的作用力为N2+F2=mg1+3sin2θ，故D正确。
故选：BD。
小球在细管内运动的过程中，小球的机械能守恒，确定零势能面即可判断机械能大小，细管对小球的作用力为指向圆心的弹力和垂直斜面弹力的合力。
本题解题时要注意：小球沿细管滑到D时，受重力、指向圆心的弹力和垂直于斜面的弹力，细管对小球的作用力为两个弹力的合力。
11.【答案】ACD
【解析】解：A.原来球P静止时，有
QE=(m1+m2)g
小球弹出时，设P瞬间速率为v1，由动量守恒
m2v0=m1v1
小球弹出后，P受电场力大于其重力，合力向上，做类平抛运动到达上板，由牛顿第二定律
QE−m1g=m1a
由动量定理知，球P动量变化量竖直向上，故A正确；
B.球P向上类平抛运动，电场力做正功，电势能减小，故B错误；
C.小球弹出后，设经时间，到达下板，设两板间距为d，对小球竖直方向，由运动学规律
d−h=12gt2
同理，对P竖直方向
h=12at2
两金属板间的电势差
UAB=−Ed
联立以上各式(含A中公式)可得
UAB=−gh(m1+m2)2m2Q
故C错误；
D.小球和球P自弹出到落板，水平位移大小分别为
x0=v0t
x1=v1t
则两金属板长度至少为
L=x1+x0
联立A、C、D中公式可得
L=(m1+m2)v02m1m2ghm1m2g
故D正确。
故选：ACD。
根据动量定理判断动量变化量；电场力做正功，电势能减小，根据类平抛运动学公式结合电势差计算公式解得；解得小球和球P自弹出到落板，水平位移大小可知板长。
本题要理清两球的运动情况，知道平抛运动的研究方法：运动的分解法，掌握动量定理的应用。
12.【答案】CD
【解析】解：A、设导线框离开区域Ⅱ的速度为v2。导线框匀速离开区域Ⅱ，由平衡条件得：mg=BI2L=BBLv2RL=B2L2v2R，则得v2=mgRB2L2，故A错误；
B、设导线框匀速进入磁场时速度为v1。由平衡条件得：mg=BI1L=BBLv1RL=B2L2v1R，则得v1=mgRB2L2。
导线框刚进入区域Ⅱ时，导线框产生的总的感应电动势为E=2BLv1，所受的安培力大小为F=2BI1L=2B2BLv1RL=4B2L2v1R=4mg，根据牛顿第二定律得：F−mg=ma，解得导线框刚进入区域Ⅱ时的加速度大小：a=3g，方向竖直向上，故B错误；
C、设导线框进入区域Ⅱ的过程产生的焦耳热为Q。由上可知：v1=v2。从导线框进入区域Ⅱ到刚要离开区域Ⅱ的过程，由能量守恒定律得：Q=mgH+(12mv12−12mv22)=mgH，故C正确；
D、设导线框刚完全进入区域Ⅱ时的速度为v3。导线框进入区域Ⅰ用时为t1=Lv1=B2L3mgR。设线框从离开区域I到完全进入区域Ⅱ的时间为t2。取竖直向下为正方向，由动量定理得：(mg−2BI−L)t2=mv3−mv1，其中I−t2=q=ΔΦR=2BL2R，则得t2=4BL3mgR−v1g+v3g。
设线框从完全进入区域Ⅱ到刚出区域Ⅱ的时间为t3，该过程线框做加速度为g的匀加速直线运动，则t3=v2−v3g=v1−v3g
故导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的时间为t=2t1+t2+t3，解得：t=6B2L3mgR，故D正确。
故选：CD。
导线框匀速离开区域Ⅱ，线框所受的重力和安培力平衡，根据平衡条件和安培力与速度的关系求解线框的速度；同理求出导线框匀速进入区域Ⅰ的速度，由牛顿第二定律求导线框刚进入区域Ⅱ时的加速度；根据能量守恒定律求导线框进入区域Ⅱ的过程产生的焦耳热；根据运动学公式求出导线框进入和离开磁场的过程所用时间，运用动量定理求出线框通过两磁场交界处的时间，从而求得导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的时间。
解决本题的关键在于运用动量定理求线框从区域I到完全进入区域Ⅱ的时间，这个过程线框做的不是匀变速直线运动，不能根据运动学公式求时间，可根据动量定理求运动时间。
13.【答案】BCD0.19<长木板倾斜程度过大，补偿阻力过度。
【解析】解：(1)A、实验时，要先接通电源再释放小车，故A错误；
B、绳子的拉力应与运动方向一致，故应调节滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行，故B正确；
C、平衡后，应有mgsinθ=μmgcosθ，故每次改变重物质量时，不需要重新调整长木板的倾斜度，故C正确；
D、为尽可能减小实验误差，实验要求小车的质量应远大于重物的质量，故D正确；
故选：BCD。
(2)根据逐差法可知，小车的加速度为：
a=xDG−xAD9T2=4.95−3.259×0.12×10−2m/s2=0.19m/s2
(3)根据牛顿第二定律可知，a=Fm，则由a−F图现的斜率可知，m1
故答案为：(1)BCD；(2)0.19；(3)<；长木板倾斜程度过大，补偿阻力过度。
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)根据逐差法计算出小车的加速度；
(3)根据图像斜率结合牛顿第二定律分析出质量的大小以及图像不过原点的原因。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合逐差法计算出加速度，同时要理解图像的物体意义从而完成分析。
14.【答案】A2 R2 1.91.0等于 等于
【解析】解：(1)图中虚线框内的电表应选A2，因为虚线框与滑动变阻器串联，可使支路上除了电表的电阻为零，则选择量程大的电流表。蓄电池的电动势为2V，改装后电压表量程为2V，所以串联电阻为
R=UIg−RA1=2200×10−6Ω−800Ω=9200Ω，故选R2；
(2)根据I1(R2+RA1)=E−(I1+I2)r
整理得：I1=ER2+RA1−(I1+I2)(rR2+RA1+R1)
所以
ER2+RA1=190×10−6A；rR2+RA1+R1=(150−70)×10−6(240−80)×10−3
解得：E=1.9V；r=1.0Ω
(3)因为考虑到电表内阻，所以没有误差，电动势的测量值等于真实值，内阻测量值等于真实值。
故答案为：(1)A2；R2；(2)1.9；1.0；(3)等于；等于
(1)根据实验原理结合蓄电池的电动势大小选择合适的电表和电阻；
(2)根据欧姆定律结合图像计算出电池的电动势和内阻；
(3)根据实验原理分析实验误差。
本题主要考查了电源电动势和内阻的测量，熟悉实验原理，结合欧姆定律和图像的特点计算出电源的电动势和内阻，同时要学会简单的数据分析。
15.【答案】解：(1)砖头的运动可以逆向视为平抛运动，根据平抛运动的规律知：
L=v0t1，h=H−h1+h2=12gt12，
联立解得：t1=0.8s，v0=4m/s，
所以抛出时，竖直方向的速度大小为vy=gt1=10×0.8m/s=8m/s，李师傅抛砖头的速度大小v=v02+vy2=42+82m/s=45m/s。
(2)根据动量定理知：Ft=mv0，得F=mv0t=2×40.4N=20N.
答：(1)李师傅抛砖头的速度大小为45m/s；
(2)王师傅在接砖头的过程中受到的平均作用力大小为20N。
【解析】(1)砖头的运动可以逆向视为平抛运动，根据平抛运动的规律求解时间和水平速度v0，再求解vy=gt1，根据速度的合成求解李师傅抛砖头的速度大小；
(2)根据动量定理求解平均作用力大小。
此题关键应用逆向思维研究斜抛运动，利用平抛运动规律求解水平速度和运动时间。
16.【答案】解：(1)气体从状态A到状态B，气体做等压变化，此时压强p1=p0+mgS=1.0×105Pa+10×102×10−2Pa=1.05×105Pa，
气体对外做功为W=p1(h−h1)S=1.05×105×(0.6−0.4)×2×10−2J=420J，从B到C，气体做等容变化，不做功，
根据热力学第一定律可得：ΔU=Q−W=700J−420J=280J
(2)气体从A到B做等压变化，压强为p1=1.05×10−5Pa，从B到C，气体做等容变化，初态pB=p1，TB=300K
末态：pC=？，T4=400K
根据查理定律可得：pBTB=pCTC，解得：pC=1.4×105Pa
故气体由状态A经过B变为C的p−h图像如图所示：
答：(1)由状态A到C，气体内能的变化量为280J；
(2)用p表示缸内气体的压强，气体由状态A经过B变为C的p−h图像如上图所示。
【解析】(1)从A到B，活塞的高度随温度升高，气体做等压变化，气体对外做功，根据W=pΔV求得做功，从B到C，温度升高，气体的体积不变，做等容变化，气体不做功，根据热力学第一定律即可求得；
(2)气体从A到B，做等压变化，从B到C做等容变化，找出初末状态参量，求得T=400K时的压强，即可做出p−h图像。
本题主要考查了热力学第一定律，明确各物理量的正负号含义，在做p−h图像时，根据一定质量的理想气体状态方程找出各个状态下的状态参量，明确做的是什么变化即可。
17.【答案】解：(1)已知粒子在加速器中不断加速，当半径达到最大值时，动能最大。
已知半径最大值为R，由洛伦兹力充当向心力得qvB=mv2R，R=mvqB，v=qBRm；
由动能表达式得Ekm=12mv2=q2B2R22m。
所以粒子离开加速器时获得的最大动能Ekm=q2B2R22m。
(2)丙同学的判断是合理的，由动能定理得qU=12mvn+12−12mvn2，因为qU是固定值个，所以每次加速动能增加量相同。
所以vn+12−vn2=vn+22−vn+12，由分析不难得知，vn+1−vn>vn+2−vn+1；
磁场中运动洛伦兹力充当向心力得qvB=mv2R，R=mvqB，所以R与v成正比，因为v的变化越来越小，所以Δd逐渐减小。
所以丙同学的判断合理。
(3)因为加速到最大时v=qBRm，已知R=1m，d=0.1cm。所以粒子的最大速度为v=qBm，
已知电势差为U，粒子在加速电场受到的力为F=qUd，由牛顿第二定律得：F=ma，解得：a=qUmd；
由匀加速直线运动规律得，解得，在电场中的路程，所以粒子在磁场运动了sd个12T。
已知磁场中洛伦兹力充当向心力，由qvB=m(2πT)2r=mv2r，得，T=2πmqB，所以12T=πmqB，所以在磁场中运动时间为；
在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比。
答：(1)所以粒子离开加速器时获得的最大动能Ekm=q2B2R22m。
(2)丙同学的判断合理。
(3)在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比。
【解析】(1)根据质谱仪和回旋加速器的工作原理，由洛伦兹力与向心力的关系求出最大动能。(2)利用电势能做正功与动能的关系求出速度的变化，利用洛伦兹力与向心力的关系求出速度与半径的关系得出结论。(3)电场加速过程的可以视为间断性的匀加速直线运动，可以由动能定理求出末速度后利用牛顿第二定律和运动学公式求解，磁场运动期间每次都是半个周期，由洛伦兹力充当向心力可以求出半个周期的时间，再由电场的加速此时判断出磁场运动的半个周期数，之后乘以半个周期的运动时间即可得出结果。
本题考查质谱仪和回旋加速器的工作原理，关键在于理解粒子的整个运动过程，判断出在各种情况下需要用到的定理，特别是洛伦兹力的公式几乎贯穿整个过程。
18.【答案】解：(1)因C与B上表面的动摩擦因数μ从左往右随距离l均匀变化，故C由B的最右端滑至最左端过程中C所受滑动摩擦力与位移成线性关系，可用滑动摩擦力的平均值乘以位移计算克服滑动摩擦力做的功，设此过程C克服滑动摩擦力做的功为Wf，则有：
Wf=12(μlmg+μ0mg)l=12×(0.6+0.2)×1×10×1J=4J
对C由B的最右端滑至P点的过程，由动能定理得：
−Wf=12mvP2−12mv02
在P点轨道对A的支持力大小为F，由牛顿第二定律得：
F−mg=mvP2R
联立代入数据解得：F=26N
由牛顿第三定律可得，C刚滑到A最低点P时对轨道的压力大小F′=F，即F′=26N。
(2)、(i)当A、B不固定时，C由B最右端滑至最左端过程，A、B、C组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，则有：
mv0=mvC+2mvA
由能量守恒和功能关系得：
Wf=12mv02−12mvC2−12×2mvA2
联立代入数据解得：vC=83m/s，vA=23m/s
设C由B最右端滑至最左端过程中克服摩擦力做的功为Wf′，对C由动能定理得：
Wf′=12mv02−12mvC2
代入数据解得：Wf′=409J
(ii)设C相对于A最低点P所能达到的最大高度为hm。
C沿A的圆弧轨道上滑过程，A、B分离，C达到最高点时A、C速度相同(设为，A与C组成的系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，则有：
由机械能守恒定律得：
联立代入数据解得：hm=0.10m
(iii)将A、B粘连在一起，使C能够沿A上升，需满足C第一次到达P点时C的速度(设为v1)大于AB的速度(设为v2)，临界条件为：v1=v2。
与(i)同理可得，C由B的最右端到第一次到达P点的过程有：
mv0=mv1+2mv2
Wf=12mv02−12mv12−12×2mv22
结合临界条件：v1=v2
联立代入数据解得v0的临界值为23m/s
则使C能够沿A上升，需满足：v0>23m/s；
要使C再次返回到点P时具有相对于地面水平向左的速度，以水平向左为正方向，需满足C再次返回到点P时的速度大于零，临界条件为此速度等于零。
设C再次返回到点P时AB的速度为v3，依据临界条件，对C由B的最右端到第二次到达P点的过程，同理可得：
mv0=2mv3
Wf=12mv02−12×2mv32
联立代入数据解得v0的临界值为4m/s
则使C再次返回到点P时具有相对于地面水平向左的速度，需满足：v0<4m/s。
故满足要求的v0取值范围为23m/s
(2)若A、B不固定，其他条件均不变：
(i)C由B最右端滑至最左端过程中克服摩擦力做的功为409J；
(ii)C相对于A最低点P所能达到的最大高度为0.10m；
(iii)v0的取值范围为：23m/s
【解析】(1)因C由B的最右端滑至最左端过程中C所受滑动摩擦力与位移成线性关系，可用滑动摩擦力的平均值乘以位移计算克服滑动摩擦力做的功，再由动能定理求得C到达P点的速度大小，结合向心力公式，由牛顿第二定律和牛顿第三定律求解；
(2)、(i)当A、B不固定时，C由B最右端滑至最左端过程，A、B、C组成的系统满足动量守恒定律，结合能量守恒和功能关系解得C达到P点的速度大小，再对C由动能定理求解；
(ii)C沿A的圆弧轨道上滑过程，A、B分离，C达到最高点时A、C速度相同，A与C组成的系统水平方向动量守恒，结合机械能守恒定律求解；
(iii)将A、B粘连在一起，使C能够沿A上升，需满足C第一次到达P点时C的速度大于AB的速度；要使C再次返回到点P时具有相对于地面水平向左的速度，以水平向左为正方向，需满足C再次返回到点P时的速度大于零。依据两种情况的临界条件，与(i)同理求解v0的临界值，在确定其大小范围。
本题考查了动量守恒定律与功能关系的应用，还涉及到了求变力做功的问题。此题运动过程较复杂，考查对运动过程的分析并找到满足的物理原理的能力。对于求解变力做功，当力与位移存在函数关系时，可利用F−x图像的面积求解；当力与位移满足线性关系时，可用力的平均值求解。此题要注意A、B固定时，C克服摩擦力做功，与A、B不固定时，C克服摩擦力做功的不同，以及求解的方法。
2022年山东省烟台市高考物理一模试卷
1. 有些元素的原子核有可能从很靠近它的核外电子中“俘获”一个电子形成一个新原子核，从离原子核最近的K层电子中俘获电子，叫“K俘获”。现有一个铍原子核(47Be)发生了“K俘获”，生成一个新的原子核 ZAX，并放出一个不带电的、质量接近于零的中微子(vc)，核反应方程为： 47Be+−10e→ZAX+vc。关于铍原子核(47Be)的“K俘获”的过程，下列说法正确的是( )
A. 新原子核 ZAX带负电
B. 新原子核 ZAX比原来的铍原子核少一个中子
C. 新原子核 ZAX比原来的铍原子核少一个质子
D. 新原子核 ZAX与原来的铍原子核的核子数不同
2. 如图所示，在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，将实验仪器按要求安装在光具座上，某同学观察到清晰的干涉条纹。若他对实验装置进行改动后，在毛玻璃屏上仍能观察到清晰的干涉条纹，但条纹间距变窄。下列改动可能会实现这个效果的是( )
A. 仅将滤光片向右移动靠近单缝 B. 仅减小双缝间的距离
C. 仅增大双缝与毛玻璃屏间的距离 D. 仅将红色滤光片换成绿色滤光片
3. 甲、乙两车在同一直线上运动，它们运动的位移x随时间t变化的关系如图所示，已知甲车的x−t图像为抛物线的一部分，t=8s时刻对应图像的最高点，乙车的图像为直线，下列说法正确的是( )
A. 甲车的初速度为6m/s
B. 甲车的加速度大小为2m/s2
C. t=0到t=8s内甲车的位移为70m
D. 在t=8s到t=10s时间内的某时刻，甲、乙两车的速度大小相等
4. 人造地球卫星与地心间距离为r时，若取无穷远处为势能零点，引力势能可以表示为Ep=−GMmr，其中G为引力常量，M为地球质量，m为卫星质量。卫星原来在半径为r1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于稀薄空气等因素的影响，飞行一段时间后其圆周运动的半径减小为r2.此过程中损失的机械能为( )
A. GMm2(1r1−1r2) B. GMm2(1r2−1r1)
C. GMm(1r1−1r2) D. GMm(1r2−1r1)
5. 如图所示电路中，理想变压器原线圈两接线柱间的交流电压的有效值不变，两灯泡L1、L2规格完全相同，在以下各种操作中各电路元件都没有损坏，下列说法正确的是( )
A. 仅使滑片M下移，电流表示数变大
B. 仅使滑片M下移，变压器原线圈中的电流变大
C. 仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，灯泡L2中的电流一直增大
D. 仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，电流表示数一直增大
6. 如图所示，山坡上两相邻高压线塔之间架有粗细均匀的导线，静止时导线呈曲线形下垂，最低点在C处。左塔A处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为30∘，右塔B处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为60∘，则导线AC部分与BC部分的质量之比为( )
A. 2：1 B. 3：1 C. 4：3 D. 3：1
7. 某压敏电阻的阻值R随压力F变化的规律如图甲所示，将它水平放在电梯地板上并接入如图乙所示的电路中，在其受压面上放一物体m，即可通过电路中电流表A的示数I来研究电梯的运动情况。已知电梯静止时电流表的示数为I0。下列说法正确的是( )
A. 若示数I=I0，则电梯一定处于静止状态
B. 若示数I保持不变，则电梯一定做匀速运动
C. 若示数I在增大，则电梯的速度在增大
D. 若示数I>I0，则电梯可能在减速向下运动
8. 单镜头反光相机简称单反相机，它用一块放置在镜头与感光部件之间的透明平面镜把来自镜头的图像投射到对焦屏上。对焦屏上的图像通过五棱镜的反射进入人眼中。如图所示为单反照相机取景器的示意图，ABCDE为五棱镜的一个截面，AB⊥BC。光线垂直AB射入，分别在CD和EA上发生全反射，且两次全反射的入射角相等，最后光线垂直BC射出。下列说法正确的是( )
A. ∠BCD=135∘
B. ∠BAE和∠BCD不相等
C. 该五棱镜折射率的最小值是1sin22.5∘
D. 该五棱镜折射率的最小值是2
9. “战绳”是一种时尚的健身器材，有较好的健身效果。如图甲所示，健身者把两根相同绳子的一端固定在P点，用双手分别握住绳子的另一端，然后根据锻炼的需要以不同的频率、不同的幅度上下抖动绳子，使绳子振动起来。某次锻炼中，健身者以2Hz的频率开始抖动绳端，t=0时，绳子上形成的简谐波的波形如图乙所示，a、b为右手所握绳子上的两个质点，二者平衡位置间距离为波长的23，此时质点a的位移为82cm。已知绳子长度为20m，下列说法正确的是( )
A. a、b两质点振动的相位差为43π
B. t=18s时，质点a的位移仍为82cm，且速度方向向下
C. 健身者抖动绳子端点，经过5s振动恰好传到P点
D. 健身者增大抖动频率，将减少振动从绳子端点传播到P点的时间
10. 如图所示，内壁光滑的圆形细管固定在倾角为θ的斜面上，其半径为R，A、C分别为细管的最高点和最低点，B、D为细管上与圆心O处于同一水平高度的两点，细管内有一直径稍小于细管内径的质量为m的小球，小球可视为质点。开始时小球静止在A点，某时刻对小球施加轻微扰动，使小球自A向B沿着细管开始滑动。以过直线BOD的水平面为重力势能的参考平面，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 小球不能返回到A点
B. 小球自A点到B点的过程中，重力的瞬时功率一直增大
C. 小球在C点时的机械能为2mgRsinθ
D. 小球到达D点时，细管对小球的作用力大小为mg1+3sin2θ
11. 如图所示，真空中，水平、正对放置的平行金属板A、B间存在竖直方向的匀强电场，带电量为+Q的球P内含有一弹射装置，其质量为m1(含其内部弹射装置)，质量为m2、不带电的小球置于球P内部的弹射装置中。开始时，球P恰好静止在距A板h的位置。某时刻，小球相对于金属板以速度v0水平弹出，球P和小球同时到达金属板。若两球均可视为质点，球P运动过程中电荷量保持不变且不影响原电场分布，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 从小球弹出至到达金属板，球P动量的变化量竖直向上
B. 从小球弹出至到达金属板，球P的电势能增加
C. 两金属板间的电势差UAB=−gh(m1+m2)2m2Q
D. 两金属板长度至少为(m1+m2)v02m1m2ghm1m2g
12. 有一边长为L、质量为m、总电阻为R的正方形导线框自磁场上方某处自由下落，如图所示。区域Ⅰ、Ⅱ中匀强磁场的磁感应强度大小均为B，二者宽度分别为L、H，且H>L。导线框恰好匀速进入区域Ⅰ，一段时间后又恰好匀速离开区域Ⅱ，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 导线框离开区域Ⅱ的速度大于mgRB2L2
B. 导线框刚进入区域Ⅱ时的加速度大小为g，方向竖直向上
C. 导线框进入区域Ⅱ的过程产生的焦耳热为mgH
D. 导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的时间为6B2L3mgR
13. 某物理实验小组利用图甲所示装置“探究小车的加速度与受力的关系”。
(1)关于实验操作，下列说法正确的是______。
A.实验时，先释放小车再接通打点计时器的电源
B.调节滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行
C.每次改变重物质量时，不需要重新调整长木板的倾斜度
D.为尽可能减小实验误差，小车的质量应远大于重物的质量
(2)一次实验中获得的纸带如图乙所示，已知所用电源的频率为50Hz，每5个点取一个计数点，A、B、C、D、E、F、G为所取计数点，由图中数据可求得加速度大小a=______m/s2。(计算结果保留两位有效数字)
(3)实验小组先保持小车质量为m1不变，改变小车所受的拉力F，得到a随F变化的规律如图丙中直线A所示，然后实验小组换用另一质量为m2的小车，重复上述操作，得到如图丙中所示的直线B，由图可知，m1______m2(选填“大于”或“小于”)，直线B不过坐标原点的原因是______。
14. 某实验小组要测定一节蓄电池的电动势及内阻，要求测量结果尽量准确，实验器材如下：
电流表A1(量程200μA，内阻为800Ω)；
电流表A2(量程300mA，内阻约为0.3Ω)；
定值电阻R1(阻值为4Ω)；
定值电阻R2(阻值为9200Ω)；
滑动变阻器R(最大阻值50Ω)；
待测蓄电池一节(电动势约为2V)；
开关S一个，导线若干。
(1)实验小组连接的实物电路如图甲所示，图中虚线框内的电表应选______(选填“A1”或“A2”)，图中虚线框内的定值电阻应选______(选填“R1”或“R2”)；
(2)电流表A1示数用I1表示，电流表A2示数用I2表示，该小组多次改变滑动变阻器触头位置，得到了多组I1、I2数据，并作出I1−(I1+I2)图像，如图乙所示。根据图像可知，被测蓄电池的电动势为______ V，内阻为______Ω。(结果均保留两位有效数字)
(3)从实验设计原理来看，该蓄电池电动势的测量值______(选填“大于”、“小于”或“等于”)真实值，内阻的测量值______(选填“大于”、“小于”或“等于”)真实值。
15. 如图甲所示是我国农村建房时往高处抛送建筑材料的情景，即一人从地面将建筑材料抛出，被站在屋檐上的另一人接住。已知李师傅站在离房屋水平距离L=3.2m的A点，王师傅站在离地面高H=3.4m的屋檐上的B点，李师傅将质量m=2kg的砖头从A点正上方高h1=1.0m处斜向上抛出，砖头运动至最高点时恰被王师傅接住，若接住点在B点正上方高h2=0.8m处，砖头与王师傅接触的时间t=0.4s，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力。求：
(1)李师傅抛砖头的速度大小；
(2)王师傅在接砖头的过程中受到的平均作用力大小。
16. 如图甲所示，用质量为10kg的活塞在竖直气缸内封闭一定质量的理想气体，气缸顶部装有卡扣。开始时活塞距气缸底部高度为40cm，对气缸内的气体缓慢加热，活塞距气缸底部的高度h随温度T的变化规律如图乙所示，自开始至温度达到400K的过程中，缸内气体吸收的热量为700J。已知活塞的横截面积为200cm2，外界大气压强为1.0×105Pa，活塞与气缸壁间的摩擦忽略不计，重力加速度g取10m/s2。
(1)求由状态A到C，气体内能的变化量；
(2)用p表示缸内气体的压强，请作出气体由状态A经过B变为C的p−h图像，并标出A、B、C的坐标值。
17. 加速器在核物理和粒子物理研究中发挥着巨大的作用，回旋加速器是其中的一种。如图是某回旋加速器的结构示意图，D1和D2是两个中空的、半径为R的半圆型金属盒，两盒之间窄缝的宽度为d，它们之间有一定的电势差U。两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。D1盒的中央A处的粒子源可以产生质量为m、电荷量为+q的粒子，粒子每次经过窄缝都会被电场加速，之后进入磁场做匀速圆周运动，经过若干次加速后，粒子从金属盒D1边缘离开，忽略粒子的初速度、粒子的重力、粒子间的相互作用及相对论效应。
(1)求粒子离开加速器时获得的最大动能Ekm；
(2)在分析带电粒子的运动轨迹时，用Δd表示任意两条相邻轨迹间距，甲同学认为Δd不变，乙同学认为Δd逐渐变大，丙同学认为Δd逐渐减小，请通过计算分析哪位同学的判断是合理的；
(3)若该回旋加速器金属盒的半径R=1m，窄缝的宽度d=0.1cm，求粒子从A点开始运动到离开加速器的过程中，其在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比。(结果保留两位有效数字)
18. 如图甲所示，半径R=0.5m的四分之一光滑圆弧轨道A与长l=1m的平板B均静置于光滑水平地面上，A与B刚好接触且二者的上表面相切，一物块C(可视为质点)静置于B的最右端，C与B上表面的动摩擦因数μ从左往右随距离l均匀变化，其变化关系如图乙所示。已知A、B、C的质量均为m=1kg，重力加速度g=10m/s2，现给C一水平向左的初速度v0=4m/s。
(1)若A、B固定，其他条件均不变，求C刚滑到A最低点P时对轨道的压力大小；
(2)若A、B不固定，其他条件均不变，求：
(i)C由B最右端滑至最左端过程中克服摩擦力做的功；
(ii)C相对于A最低点P所能达到的最大高度(结果保留两位有效数字)；
(iii)若将A、B粘连在一起，改变v0大小，其他条件均不变，使C能够沿A上升，且再次返回到A最低点P时具有相对于地面水平向左的速度，v0的取值范围为多少。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、所有的原子核均带正电，故A错误；
BCD、根据核反应方程 47Be+−10e→ZAX+vc，结合质量数与电荷数守恒，可知X的质量数为：A=7+0=7，质子数为：Z=4−1=3，所以新核为73X，则新原子核 ZAX与原来的铍原子核的核子数相同，新原子核 ZAX的中子数为：7−3=4，铍原子核的中子数为：7−4=3，所以新原子核 ZAX比原来的铍原子核多一个中子，新原子核 ZAX比原来的铍原子核少一个质子，故BD错误，C正确。
故选：C。
根据核反应过程中，电荷数与质量数守恒，以及质量数=中子数+电荷数分析即可。
本题以核反应方程为命题背景，考查了质量数与电荷数守恒，考查了学生的物理观念。
2.【答案】D
【解析】解：A、滤光片的作用是得到相干光源，靠近单缝和原理单缝不影响干涉，故A错误；
BC、双缝干涉两相邻亮条纹的间距为Δx=λLd，仅减小双缝之间的距离或仅增大双缝与毛玻璃屏之间的距离，条纹间距都会变大，故BC错误；
D、仅将红色滤光片换成绿色滤光片，滤光片射向双缝等的光的波长减小，根据Δx=λLd可知，条纹间距减小，故D正确；
故选：D。
根据双缝干涉两相邻亮条纹的间距为Δx=λLd逐项完成分析即可。
本题主要考查了双缝干涉的相关应用，理解相邻亮条纹的计算公式即可完成分析，属于基础题型。
3.【答案】B
【解析】解：AB、甲车的x−t图象为抛物线的一部分，说明甲车做匀减速直线运动，8s末速度为零，则有：v0+at8=0.即为：v0+8a=0。
0−10s内，甲车的位移为：x=60m，则有：x=v0t10+12at102，即为：60=10v0+50a。
联立解得：v0=16m/s，a=−2m/s2.所以，甲车的初速度大小为16m/s，加速度大小为2m/s2，故A错误，B正确。
C、t=0到t=8s内甲车的位移为x′=v0t8+12at82=16×8m−12×2×82m=64m，故C错误；
D、在t=8s到t=10s时间内甲车做反向的匀加速直线运动，t=10s末速度v′=0+at=2×2m/s=4m/s，
在t=8s到t=10s时间内乙车做匀速直线运动，速度大小，故D错误。
故选：B。
甲车的x−t图象为抛物线的一部分，说明甲车做匀减速直线运动，8s末速度为零，根据速度-时间公式和位移-时间公式列式求甲车的初速度和加速度。甲车通过的位移等于纵坐标的变化量。根据斜率关系分析速度大小关系。
解决本题的关键要理解位移-时间图象点和斜率的物理意义，知道x−t图象中抛物线表示匀变速直线运动，图象的斜率表示速度。
4.【答案】B
【解析】解：根据卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为r1时有：GMmr12=mv12r1…①，
卫星的引力势能为：EP1=−GMmr1…②
轨道半径为r2时：GMmr22=mv22r2…③
卫星的引力势能为：EP2=−GMmr2…④
设摩擦而损失的机械能为△E，根据能量守恒定律得：12mv12+EP1=12mv22+EP2+△E…⑤
联立①∼⑤得：△E=GMm2(1r2−1r1).故B正确，ACD错误。
故选：B。
求出卫星在半径为R1圆形轨道和半径为R2的圆形轨道上的动能，从而得知动能的减小量，通过引力势能公式求出势能的增加量，根据能量守恒求出损失的机械能。
本题是信息题，要读懂引力势能的含义，建立卫星运动的模型，根据万有引力定律和圆周运动的知识、能量守恒定律结合求解。
5.【答案】C
【解析】解：A.仅使滑片M下移，副线圈匝数减小，根据理想变压器U1U2=n1n2知副线圈电压减小，副线圈电路电阻不变，所以电流减小，故A错误；
B.仅使滑片M下移，副线圈电压、电流均减小，所以副线圈功率减小，根据理想变压器特点U1I1=U2I2，可知原线圈中电流变小，故B错误；
C.仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，并联部分电路电压(副线圈电压)不变，L2所在支路电阻逐渐减小，根据欧姆定律可知，L2中电流一直增大，故C正确；
D.仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，则并联部分电阻先增大后减小，副线圈总电阻先增大后减小，副线圈电压不变，所以副线圈总电流(电流表示数)先减小后增大，故D错误。
故选：C。
滑片M下移会影响副线圈的匝数，根据原副线圈的匝数比与原副线圈的电压之比的关系结合欧姆定律分析出电流表的示数变化，根据原副线圈的功率相等分析出原线圈的电流变化；
滑片N移动会改变电路中的电阻，根据欧姆定律分析出灯泡中的电流的变化和电流表示数的变化。
本题主要考查了变压器的构造和原理，熟悉原副线圈的电学物理量与线圈匝数的关系，同时根据电阻的变化分析出电路中电学物理量的变化即可。
6.【答案】B
【解析】解：设AC段的质量为mA，BC段的质量为mB，A、B两端绳上拉力分别为FA、FB，绳子最低点处的张力为T
根据平衡条件得：T=mAgtan30∘，T=mBgtan60∘
解得：mAmB=tan60∘tan30∘=333=3，故B正确，ACD错误。
故选：B。
分别对AC段和BC段受力分析，分别列平衡方程可求解。
解决该题需要选择合适的研究对象进行受力分析，知道AC段对BC段的作用力水平向左，而BC段对AC段的作用力水平向右。
7.【答案】D
【解析】解：A、若示数为I0，说明物体m对压敏电阻的压力与电梯静止时相同，即物体m的合外力为零，电梯可能处于静止状态，也可能处于匀速运动状态，故A错误；
B、由图甲可知，压敏电阻R的阻值随压力增大而减小，若示数I保持不变，说明压敏电阻R的阻值保持不变，压敏电阻受到的压力不变，对于物体m受到的支持力不变，m的合外力恒定，故物体m可能做匀变速直线运动，也可能做匀速运动，则电梯可能做匀变速直线运动，也可能做匀速运动，故B错误；
C、若示数I在增大，说明压敏电阻R的阻值在减小，由图甲可知，压敏电阻受到的压力在逐渐增大，由上述条件只能判断压敏电阻受到的合外力在变化，由于不能确定合外力方向，故无法确定电梯速度如何变化，故C错误.
D、已知电梯静止时电流表的示数为I0，压敏电阻受到的压力等于物体m的重力，当示数I>I0时，电路中电流比静止时大，说明压敏电阻R的阻值变小，压敏电阻受到的压力大于重力，物体m处于超重状态，电梯可能在减速向下运动，故D正确。
故选：D。
利用图甲得出压敏电阻的阻值随压力增大而减小，通过电流I的变化判断R的变化，确定压力变化，进而确定物体m的合外力变化情况，来判断电梯的运动情况。
本题为简单传感器应用问题，答题时需要将电流、电阻、压力等物理量结合起来，涉及到牛顿第二定律和欧姆定律的应用。处理传感器问题的一般思路是将电学量(如电流、电压等)和非电学量(如压力、温度、光照强度等)进行联系作答。
8.【答案】C
【解析】解：A、由题意画出光路图如图所示，根据光路图和反射定律可知：4θ=90∘，即θ=22.5∘，则∠BCD=180∘−(90∘−θ)=90∘+22.5∘=115∘，故A错误；
B、由几何知识可得：∠BAE=180∘−(90∘−θ)=90∘+22.5∘=115∘，则∠BAE=∠BCD，故B错误；
CD、光线在CD和AE界面上恰好发生全反射时，对应着五棱镜折射率的最小值n0，则
n0=1sinθ，解得n0=1sin22.5∘，故C正确，D错误。
故选：C。
作出光路图，根据几何知识求出光在CD面上的入射角，并求出∠BCD。当光线刚好在CD面和AE面上发生全反射时，五棱镜折射率最小，根据临界角公式sinC=1n求出折射率最小值。
解决该题的关键是能正确作出光路图，能根据几何知识求出临界角。要知道光线刚好在界面上发生全反射时，棱镜的折射率最小。
9.【答案】AB
【解析】解：A.a、b两质点平衡置间距离为波长的23，一个周期波前进一个波长的距离，一个周期前后的相位差为2m，所以两质点振动的相位差为
Δφ=23×2π=43π
故A正确；
B.质点振动周期为
T=1f=12s=0.5s
t=0时质点a的位移为82cm，根据甲图可知a此刻在平衡位置上方，向上振动；根据乙图图线可知a的振动方程为
ya=16sin(4πt+π4)
将t=18s=T4代入可得
y′a=82cm
由振动规律知18s时刻a在平衡位置上，质点a的位移仍为82cm，振动方向向下，故B正确；
C.由乙图可知a、b间平衡间距大于5m，小于波长，所以波长λ>5m，所以波从健身者传到P点所用的时间
t=Lλ⋅T<205×12s=2s
故C错误；
D.波的传播速度由介质决定，介质不变，波速不变，绳子上的波形传播到P点的时间不变，与抖动频率无关，故D错误。
故选：AB。
根据波形平移法分析波源的起振方向；根据a、b之间的距离和波长的关系分析两点振动步调关系；波源到P点的距离一定，则波传播到P点的时间相同；介质不变，则传播速度不变。
解决本题的关键是要会用波形平移法分析质点的起振方向，要知道两质点的距离为半个波长时，这两个点的振动步调相反，机械波的传播速度与介质有关，与波源的频率和振幅无关。
10.【答案】BD
【解析】解：A、小球在细管内运动的过程中，只有重力做功，则小球的机械能守恒，故小球能够返回A点，故A错误；
B、根据P=mgv可知，小球在从A到B的过程中速度逐渐增大，则竖直分速度也逐渐增大，故重力的瞬时功率一直增大，故B正确；
C、因为以BOD为重力势能的参考平面，且小球在运动过程中机械能守恒，可知小球在C点的机械能为mgRsinθ，故C错误；
D、小球在D点时，受重力mg、指向圆心的弹力N=mv2R和垂直于斜面的弹力F=mgcosθ，根据机械能守恒知小球在D点的动能12mv2=mgRsinθ，则指向圆心的弹力N=2mgsinθ，然后根据矢量额合成解得细管对小球的作用力为N2+F2=mg1+3sin2θ，故D正确。
故选：BD。
小球在细管内运动的过程中，小球的机械能守恒，确定零势能面即可判断机械能大小，细管对小球的作用力为指向圆心的弹力和垂直斜面弹力的合力。
本题解题时要注意：小球沿细管滑到D时，受重力、指向圆心的弹力和垂直于斜面的弹力，细管对小球的作用力为两个弹力的合力。
11.【答案】ACD
【解析】解：A.原来球P静止时，有
QE=(m1+m2)g
小球弹出时，设P瞬间速率为v1，由动量守恒
m2v0=m1v1
小球弹出后，P受电场力大于其重力，合力向上，做类平抛运动到达上板，由牛顿第二定律
QE−m1g=m1a
由动量定理知，球P动量变化量竖直向上，故A正确；
B.球P向上类平抛运动，电场力做正功，电势能减小，故B错误；
C.小球弹出后，设经时间，到达下板，设两板间距为d，对小球竖直方向，由运动学规律
d−h=12gt2
同理，对P竖直方向
h=12at2
两金属板间的电势差
UAB=−Ed
联立以上各式(含A中公式)可得
UAB=−gh(m1+m2)2m2Q
故C错误；
D.小球和球P自弹出到落板，水平位移大小分别为
x0=v0t
x1=v1t
则两金属板长度至少为
L=x1+x0
联立A、C、D中公式可得
L=(m1+m2)v02m1m2ghm1m2g
故D正确。
故选：ACD。
根据动量定理判断动量变化量；电场力做正功，电势能减小，根据类平抛运动学公式结合电势差计算公式解得；解得小球和球P自弹出到落板，水平位移大小可知板长。
本题要理清两球的运动情况，知道平抛运动的研究方法：运动的分解法，掌握动量定理的应用。
12.【答案】CD
【解析】解：A、设导线框离开区域Ⅱ的速度为v2。导线框匀速离开区域Ⅱ，由平衡条件得：mg=BI2L=BBLv2RL=B2L2v2R，则得v2=mgRB2L2，故A错误；
B、设导线框匀速进入磁场时速度为v1。由平衡条件得：mg=BI1L=BBLv1RL=B2L2v1R，则得v1=mgRB2L2。
导线框刚进入区域Ⅱ时，导线框产生的总的感应电动势为E=2BLv1，所受的安培力大小为F=2BI1L=2B2BLv1RL=4B2L2v1R=4mg，根据牛顿第二定律得：F−mg=ma，解得导线框刚进入区域Ⅱ时的加速度大小：a=3g，方向竖直向上，故B错误；
C、设导线框进入区域Ⅱ的过程产生的焦耳热为Q。由上可知：v1=v2。从导线框进入区域Ⅱ到刚要离开区域Ⅱ的过程，由能量守恒定律得：Q=mgH+(12mv12−12mv22)=mgH，故C正确；
D、设导线框刚完全进入区域Ⅱ时的速度为v3。导线框进入区域Ⅰ用时为t1=Lv1=B2L3mgR。设线框从离开区域I到完全进入区域Ⅱ的时间为t2。取竖直向下为正方向，由动量定理得：(mg−2BI−L)t2=mv3−mv1，其中I−t2=q=ΔΦR=2BL2R，则得t2=4BL3mgR−v1g+v3g。
设线框从完全进入区域Ⅱ到刚出区域Ⅱ的时间为t3，该过程线框做加速度为g的匀加速直线运动，则t3=v2−v3g=v1−v3g
故导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的时间为t=2t1+t2+t3，解得：t=6B2L3mgR，故D正确。
故选：CD。
导线框匀速离开区域Ⅱ，线框所受的重力和安培力平衡，根据平衡条件和安培力与速度的关系求解线框的速度；同理求出导线框匀速进入区域Ⅰ的速度，由牛顿第二定律求导线框刚进入区域Ⅱ时的加速度；根据能量守恒定律求导线框进入区域Ⅱ的过程产生的焦耳热；根据运动学公式求出导线框进入和离开磁场的过程所用时间，运用动量定理求出线框通过两磁场交界处的时间，从而求得导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的时间。
解决本题的关键在于运用动量定理求线框从区域I到完全进入区域Ⅱ的时间，这个过程线框做的不是匀变速直线运动，不能根据运动学公式求时间，可根据动量定理求运动时间。
13.【答案】BCD0.19<长木板倾斜程度过大，补偿阻力过度。
【解析】解：(1)A、实验时，要先接通电源再释放小车，故A错误；
B、绳子的拉力应与运动方向一致，故应调节滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行，故B正确；
C、平衡后，应有mgsinθ=μmgcosθ，故每次改变重物质量时，不需要重新调整长木板的倾斜度，故C正确；
D、为尽可能减小实验误差，实验要求小车的质量应远大于重物的质量，故D正确；
故选：BCD。
(2)根据逐差法可知，小车的加速度为：
a=xDG−xAD9T2=4.95−3.259×0.12×10−2m/s2=0.19m/s2
(3)根据牛顿第二定律可知，a=Fm，则由a−F图现的斜率可知，m1
故答案为：(1)BCD；(2)0.19；(3)<；长木板倾斜程度过大，补偿阻力过度。
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)根据逐差法计算出小车的加速度；
(3)根据图像斜率结合牛顿第二定律分析出质量的大小以及图像不过原点的原因。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合逐差法计算出加速度，同时要理解图像的物体意义从而完成分析。
14.【答案】A2 R2 1.91.0等于 等于
【解析】解：(1)图中虚线框内的电表应选A2，因为虚线框与滑动变阻器串联，可使支路上除了电表的电阻为零，则选择量程大的电流表。蓄电池的电动势为2V，改装后电压表量程为2V，所以串联电阻为
R=UIg−RA1=2200×10−6Ω−800Ω=9200Ω，故选R2；
(2)根据I1(R2+RA1)=E−(I1+I2)r
整理得：I1=ER2+RA1−(I1+I2)(rR2+RA1+R1)
所以
ER2+RA1=190×10−6A；rR2+RA1+R1=(150−70)×10−6(240−80)×10−3
解得：E=1.9V；r=1.0Ω
(3)因为考虑到电表内阻，所以没有误差，电动势的测量值等于真实值，内阻测量值等于真实值。
故答案为：(1)A2；R2；(2)1.9；1.0；(3)等于；等于
(1)根据实验原理结合蓄电池的电动势大小选择合适的电表和电阻；
(2)根据欧姆定律结合图像计算出电池的电动势和内阻；
(3)根据实验原理分析实验误差。
本题主要考查了电源电动势和内阻的测量，熟悉实验原理，结合欧姆定律和图像的特点计算出电源的电动势和内阻，同时要学会简单的数据分析。
15.【答案】解：(1)砖头的运动可以逆向视为平抛运动，根据平抛运动的规律知：
L=v0t1，h=H−h1+h2=12gt12，
联立解得：t1=0.8s，v0=4m/s，
所以抛出时，竖直方向的速度大小为vy=gt1=10×0.8m/s=8m/s，李师傅抛砖头的速度大小v=v02+vy2=42+82m/s=45m/s。
(2)根据动量定理知：Ft=mv0，得F=mv0t=2×40.4N=20N.
答：(1)李师傅抛砖头的速度大小为45m/s；
(2)王师傅在接砖头的过程中受到的平均作用力大小为20N。
【解析】(1)砖头的运动可以逆向视为平抛运动，根据平抛运动的规律求解时间和水平速度v0，再求解vy=gt1，根据速度的合成求解李师傅抛砖头的速度大小；
(2)根据动量定理求解平均作用力大小。
此题关键应用逆向思维研究斜抛运动，利用平抛运动规律求解水平速度和运动时间。
16.【答案】解：(1)气体从状态A到状态B，气体做等压变化，此时压强p1=p0+mgS=1.0×105Pa+10×102×10−2Pa=1.05×105Pa，
气体对外做功为W=p1(h−h1)S=1.05×105×(0.6−0.4)×2×10−2J=420J，从B到C，气体做等容变化，不做功，
根据热力学第一定律可得：ΔU=Q−W=700J−420J=280J
(2)气体从A到B做等压变化，压强为p1=1.05×10−5Pa，从B到C，气体做等容变化，初态pB=p1，TB=300K
末态：pC=？，T4=400K
根据查理定律可得：pBTB=pCTC，解得：pC=1.4×105Pa
故气体由状态A经过B变为C的p−h图像如图所示：
答：(1)由状态A到C，气体内能的变化量为280J；
(2)用p表示缸内气体的压强，气体由状态A经过B变为C的p−h图像如上图所示。
【解析】(1)从A到B，活塞的高度随温度升高，气体做等压变化，气体对外做功，根据W=pΔV求得做功，从B到C，温度升高，气体的体积不变，做等容变化，气体不做功，根据热力学第一定律即可求得；
(2)气体从A到B，做等压变化，从B到C做等容变化，找出初末状态参量，求得T=400K时的压强，即可做出p−h图像。
本题主要考查了热力学第一定律，明确各物理量的正负号含义，在做p−h图像时，根据一定质量的理想气体状态方程找出各个状态下的状态参量，明确做的是什么变化即可。
17.【答案】解：(1)已知粒子在加速器中不断加速，当半径达到最大值时，动能最大。
已知半径最大值为R，由洛伦兹力充当向心力得qvB=mv2R，R=mvqB，v=qBRm；
由动能表达式得Ekm=12mv2=q2B2R22m。
所以粒子离开加速器时获得的最大动能Ekm=q2B2R22m。
(2)丙同学的判断是合理的，由动能定理得qU=12mvn+12−12mvn2，因为qU是固定值个，所以每次加速动能增加量相同。
所以vn+12−vn2=vn+22−vn+12，由分析不难得知，vn+1−vn>vn+2−vn+1；
磁场中运动洛伦兹力充当向心力得qvB=mv2R，R=mvqB，所以R与v成正比，因为v的变化越来越小，所以Δd逐渐减小。
所以丙同学的判断合理。
(3)因为加速到最大时v=qBRm，已知R=1m，d=0.1cm。所以粒子的最大速度为v=qBm，
已知电势差为U，粒子在加速电场受到的力为F=qUd，由牛顿第二定律得：F=ma，解得：a=qUmd；
由匀加速直线运动规律得，解得，在电场中的路程，所以粒子在磁场运动了sd个12T。
已知磁场中洛伦兹力充当向心力，由qvB=m(2πT)2r=mv2r，得，T=2πmqB，所以12T=πmqB，所以在磁场中运动时间为；
在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比。
答：(1)所以粒子离开加速器时获得的最大动能Ekm=q2B2R22m。
(2)丙同学的判断合理。
(3)在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比。
【解析】(1)根据质谱仪和回旋加速器的工作原理，由洛伦兹力与向心力的关系求出最大动能。(2)利用电势能做正功与动能的关系求出速度的变化，利用洛伦兹力与向心力的关系求出速度与半径的关系得出结论。(3)电场加速过程的可以视为间断性的匀加速直线运动，可以由动能定理求出末速度后利用牛顿第二定律和运动学公式求解，磁场运动期间每次都是半个周期，由洛伦兹力充当向心力可以求出半个周期的时间，再由电场的加速此时判断出磁场运动的半个周期数，之后乘以半个周期的运动时间即可得出结果。
本题考查质谱仪和回旋加速器的工作原理，关键在于理解粒子的整个运动过程，判断出在各种情况下需要用到的定理，特别是洛伦兹力的公式几乎贯穿整个过程。
18.【答案】解：(1)因C与B上表面的动摩擦因数μ从左往右随距离l均匀变化，故C由B的最右端滑至最左端过程中C所受滑动摩擦力与位移成线性关系，可用滑动摩擦力的平均值乘以位移计算克服滑动摩擦力做的功，设此过程C克服滑动摩擦力做的功为Wf，则有：
Wf=12(μlmg+μ0mg)l=12×(0.6+0.2)×1×10×1J=4J
对C由B的最右端滑至P点的过程，由动能定理得：
−Wf=12mvP2−12mv02
在P点轨道对A的支持力大小为F，由牛顿第二定律得：
F−mg=mvP2R
联立代入数据解得：F=26N
由牛顿第三定律可得，C刚滑到A最低点P时对轨道的压力大小F′=F，即F′=26N。
(2)、(i)当A、B不固定时，C由B最右端滑至最左端过程，A、B、C组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，则有：
mv0=mvC+2mvA
由能量守恒和功能关系得：
Wf=12mv02−12mvC2−12×2mvA2
联立代入数据解得：vC=83m/s，vA=23m/s
设C由B最右端滑至最左端过程中克服摩擦力做的功为Wf′，对C由动能定理得：
Wf′=12mv02−12mvC2
代入数据解得：Wf′=409J
(ii)设C相对于A最低点P所能达到的最大高度为hm。
C沿A的圆弧轨道上滑过程，A、B分离，C达到最高点时A、C速度相同(设为，A与C组成的系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，则有：
由机械能守恒定律得：
联立代入数据解得：hm=0.10m
(iii)将A、B粘连在一起，使C能够沿A上升，需满足C第一次到达P点时C的速度(设为v1)大于AB的速度(设为v2)，临界条件为：v1=v2。
与(i)同理可得，C由B的最右端到第一次到达P点的过程有：
mv0=mv1+2mv2
Wf=12mv02−12mv12−12×2mv22
结合临界条件：v1=v2
联立代入数据解得v0的临界值为23m/s
则使C能够沿A上升，需满足：v0>23m/s；
要使C再次返回到点P时具有相对于地面水平向左的速度，以水平向左为正方向，需满足C再次返回到点P时的速度大于零，临界条件为此速度等于零。
设C再次返回到点P时AB的速度为v3，依据临界条件，对C由B的最右端到第二次到达P点的过程，同理可得：
mv0=2mv3
Wf=12mv02−12×2mv32
联立代入数据解得v0的临界值为4m/s
则使C再次返回到点P时具有相对于地面水平向左的速度，需满足：v0<4m/s。
故满足要求的v0取值范围为23m/s
(2)若A、B不固定，其他条件均不变：
(i)C由B最右端滑至最左端过程中克服摩擦力做的功为409J；
(ii)C相对于A最低点P所能达到的最大高度为0.10m；
(iii)v0的取值范围为：23m/s
【解析】(1)因C由B的最右端滑至最左端过程中C所受滑动摩擦力与位移成线性关系，可用滑动摩擦力的平均值乘以位移计算克服滑动摩擦力做的功，再由动能定理求得C到达P点的速度大小，结合向心力公式，由牛顿第二定律和牛顿第三定律求解；
(2)、(i)当A、B不固定时，C由B最右端滑至最左端过程，A、B、C组成的系统满足动量守恒定律，结合能量守恒和功能关系解得C达到P点的速度大小，再对C由动能定理求解；
(ii)C沿A的圆弧轨道上滑过程，A、B分离，C达到最高点时A、C速度相同，A与C组成的系统水平方向动量守恒，结合机械能守恒定律求解；
(iii)将A、B粘连在一起，使C能够沿A上升，需满足C第一次到达P点时C的速度大于AB的速度；要使C再次返回到点P时具有相对于地面水平向左的速度，以水平向左为正方向，需满足C再次返回到点P时的速度大于零。依据两种情况的临界条件，与(i)同理求解v0的临界值，在确定其大小范围。
本题考查了动量守恒定律与功能关系的应用，还涉及到了求变力做功的问题。此题运动过程较复杂，考查对运动过程的分析并找到满足的物理原理的能力。对于求解变力做功，当力与位移存在函数关系时，可利用F−x图像的面积求解；当力与位移满足线性关系时，可用力的平均值求解。此题要注意A、B固定时，C克服摩擦力做功，与A、B不固定时，C克服摩擦力做功的不同，以及求解的方法。
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