2022年辽宁省辽南协作体高考物理二模试卷

2022年辽宁省辽南协作体高考物理二模试卷

1. 被誉为“20世纪人类最重大考古发现之一”的三星堆遗址考古新发现让古新文明一醒惊天下。考古学家利用放射性元素的半衰期可以确定文物的年代。碳元素能自发释放射线，衰变方程为，其半衰期约为5730年。则下列说法正确的是

A. X比多一个质子
B. 衰变的实质是碳原子失去核外电子
C. 当X数量是数量的7倍时，衰变所经历时间为22920年
D. 随着文物的出土，文物所在环境温度升高，衰变速度也会增大

2. 如图所示，质量分别为，的两物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为，的水平拉力分别作用在、上，弹簧测力计未超出弹性限度，则
    

A. 弹簧测力计的示数是50N
B. 若增大，两物体一起做匀加速直线运动时，弹簧测力计示数可能不变
C. 在突然撤去的瞬间，的加速度大小为
D. 在突然撤去的瞬间，的加速度大小为

3. 如图是某电力机车雨刷器的示意图．雨刮器由刮水片和雨刮臂链接而成，M、N为刮水片的两个端点，P为刮水片与雨利臂的链接点，雨刮臂绕O轴转动的过程中，刮水片始终保持竖直，下列说法正确的是
    

A. P点的线速度始终不变 B. P点的向心加速度不变
C. M、N两点的线速度相同 D. M、N两点的运动周期不同

4. 如图所示，小滑块P、Q的质量均为m，P套在固定光滑竖直杆上，Q放在光滑水平面上。P、Q间通过铰链用长为L的轻杆连接，轻杆与竖直杆的夹角为，一水平轻弹簧右端与Q相连，左端固定在竖直杆上。当时，弹簧处于原长，P由静止释放，下降到最低点时变为，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中

A. P、Q组成的系统机械能守恒
B. 竖直杆对滑块P的弹力始终大于弹簧弹力
C. 弹簧弹性势能最大值为
D. 滑块P的动能达到最大时，Q受到地面的支持力大小为2mg

5. 某一质检部门利用干涉原理测定矿泉水的折射率。如图所示，单缝、屏上的点位于双缝和的中垂线上，双缝与屏之间的介质先后为空气与矿泉水，屏上的干涉条纹间距分别为与。当介质为矿泉水时，屏上P点处是上方的第3条亮条纹不包括点处的亮条纹的中心。已知入射光在真空中的波长为，真空中的光速为c，则

A. 大于
B. 当介质为矿泉水时，来自和的光传播到P点处的时间差为
C. 该矿泉水的折射率为
D. 仅将水平向左移动的过程中，P点处能观察到暗条纹

6. 2021年10月16日神舟十三号飞船顺利将3名航天员送入太空，并与绕地球做圆周运动的天和核心舱首次径向对接成功，对接前神舟十三号与天和核心舱绕地球运行近似为匀速圆周运动，神舟十三号位于天和核心舱的下方轨道，下列说法正确的是
    

A. 对接前，载人飞船与地心的连线和核心舱与地心的连线在相同时间内扫过的面积相同
B. 载人飞船需先进入核心舱轨道，再加速追上核心舱完成对接
C. 对接后，若已知核心舱的运行周期T、运行速度v、地球半径R和引力常量G估出地球密度
D. 对接后，考虑到稀薄大气的阻力，无动力补充，核心舱的速度会越来越小

7. 如图所示，半径为L的金属圆环水平放置，圆心处及圆环边缘通过导线分别与两条倾角的平行足够长倾斜金属轨道相连，圆环区域内分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆环上放置一金属棒a，棒a一端在圆心O处，另一端M恰好搭在圆环上，棒a可绕圆心转动。倾斜轨道部分处于垂直轨道平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，金属棒b放置在倾斜平行导轨上，其长度与导轨间距均为2L。已知金属棒棒b的质量为m，棒a、b的电阻分别为R和2R，其余电阻不计。若金属棒b与轨道间的动摩擦因数为，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，重力加速度为g，下列说法正确的是
    

A. 若用外力控制使a、b均静止，倾斜轨道部分磁场增大时，O点电势比M点电势高
B. 若a绕圆心以角速度顺时针匀速旋转，b保持静止且恰好不受摩擦力，则金属棒a旋转的角速度为
C. 若a绕圆心以角速度顺时针匀速旋转，则b棒两端的电压大小为
D. 若将连接圆心处及圆环边缘的导线端点直接连在一起，则b下滑的最大速度为

8. 如图所示，四分之一圆柱体P放在水平地面上，右侧与一块固定的竖直挡板Q接触；球心O的正上方有一个大小可忽略的定滑轮A，一根轻绳跨过定滑轮，一端和置于圆柱体P上的小球质量为连接，另一端系在固定竖直杆上的B点，一钩码质量为挂在AB间的轻绳上，整个装置处于静止状态。不计一切摩擦。若在钩码下方再加挂一个钩码，整个装置再次处于静止状态时，小球依然处于圆柱体P上，则此时与先前整个装置处于静止状态时相比

A. 轻绳的张力减小 B. P对小球的弹力增大
C. P对Q的压力减小 D. P对地面的压力减小

9. 在同一平直公路上行驶的a车和b车其位移时间图像分别为图中直线a和曲线b。已知b车的加速度恒定且初速度大小为，方向沿x轴正方向，时，直线a和曲线b刚好相切。下列说法正确的是
   
    

A. a车的速度为 B. b车的加速度为
C. 时，a车和b车相距9m D. 时，a车在b车前方1m处

10. 如图甲所示，在空间中建立xOy坐标系，射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，放置在第Ⅱ象限，细管C到两金属板距离相等，细管C开口在y轴上。放射源P在A板左端，可以沿特定方向发射某一初速度的粒子。若金属板长为L、间距为d，当A、B板间加上某一电压时，粒子刚好能以速度从细管C水平射出，进入位于第Ⅰ象限的静电分析器中。静电分析器中存在着辐向电场，粒子在该电场中恰好做匀速圆周运动，该电场的电场线沿半径方向指向圆心O，粒子运动轨迹处的场强大小为。时刻粒子垂直x轴进入第象限的交变电场中，交变电场随时间的变化关系如图乙所示，规定沿x轴正方向为电场的正方向。已知粒子的电荷量为为元电荷、质量为m，重力不计。以下说法中正确的是
     

A. 粒子从放射源P运动到C的过程中动能的变化量为
B. 粒子从放射源P发射时的速度大小为
C. 粒子在静电分析器中运动的轨迹半径为
D. 当…时，粒子的坐标为

11. 某实验小组做“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验。除开关、导线以外，实验室还有以下器材可供选择：
    A.待测小灯泡
    B.电流表量程，内阻约
    C.电流表量程，内阻约
    D.电压表量程3V，内阻约
    E.滑动变阻器最大阻值，额定电流
    F.滑动变阻器最大阻值，额定电流
    G.电池组电动势为，内阻不计
    为了尽可能减小实验误差，且要求能够在的范围内对小灯泡的电压进行测量，电流表选______，滑动变阻器选______填写实验器材前的字母代号；
    根据所选的器材，请在图甲中完成电路图；
    某同学根据实验数据描绘的小灯泡伏安特性曲线如图乙所示，将两个规格相同的该灯泡并联后接到电动势为、内阻为的另一电源上，如图丙所示。则每个小灯泡的实际功率为______ W。结果保留2位有效数字
     

12. 导热良好、粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口。初始时，管内水银柱及空气柱长度如图所示，下方水银柱足够长且左、右两侧水银面等高。已知大气压强保持不变，环境初始温度为。现缓慢将玻璃管处环境温度提升至。求：
    右侧空气柱长度；
    左侧管内水银面下降的高度。
    
    
    
    
    
    
     
13. 如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内存在匀强电场场强方向与x轴正方向的夹角；在，区域内存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面向外。A点是x轴上的一点，到O的距离为1，一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子以初速度垂直于电场方向从O点进入电场区域，继而通过A点进入磁场区域，然后再次进入电场区域。不计重力，忽略电场边缘效应，求：
    电场强度的大小E；
    磁感应强度的最小值。
    
    
    
    
    
    
     

如图所示，一水平传送带以的速度顺时针转动，其左端A点、右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接．右边水平台面上的C点放置一质量的物块乙，D点固定有竖直挡板，C点到B点的距离，C点到D点的距离；左边水平台面上有一质量的物块甲，将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放物块甲与弹簧不栓接，滑上传送带前已经脱离弹簧已知A、B两点间的距离，初始时弹簧储存的弹性势能，物块甲与传送带之间的动摩擦因数，取，所有的碰撞都是弹性碰撞，且碰撞时间极短，两物块均可视为质点．求：

从物块甲滑上传送带至与物块乙发生第一次碰撞的过程所用的时间；
从物块甲滑上传送带至刚要与物块乙发生第二次碰撞的过程中，系统产生的总热量；
第3次碰撞点与D点之间的距离；
第2022次碰撞刚结束时，物块甲、乙的速度大小不要求写出过程，只要求写出结果







答案和解析

1.【答案】A
 

【解析】解：AB、衰变的本质是核内一个中子转化成了一个质子和一个电子，所以C14的衰变方程为，所以新核X为比多一个质子，故A正确，B错误；
C、当X数量数量是碳数量的7倍时，碳14数量占总原子核数量的，经过3个半衰期即年年，故C错误；
D、原子核的半衰期非常稳定，不因外界环境变化而发生变化，故D错误。
故选：A。
根据衰变的实质结合质量数守恒和电荷数守恒判断；半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间具有统计规律；半衰期由放射性原子核内部本身的因素决定，跟原子所处的物理或化学状态无关。
该题考查对半衰期的理解，关键是知道半衰期由放射性原子核内部本身的因素决定，跟原子所处的物理或化学状态无关。
 

2.【答案】D
 

【解析】解：A、、相对静止一起做匀加速直线运动，对、与弹簧测力计组成的整体，由牛顿第二定律得：
……①
代入数据解得：，方向水平向右，
设弹簧测力计的拉力是F，对物体，由牛顿第二定律得：
……②
代入数据解得：，故A错误；
B、联立①②两式得：，由此可知增大，两物体一起做匀加速直线运动时，弹簧测力计示数增大，故B错误；
C、弹簧的弹力不能突变，在突然撤去的瞬间，弹簧测力计的弹力仍为，对物体，由牛顿第二定律得：，代入数据解得：，故C错误；
D、与C同理，在突然撤去的瞬间，对物体，由牛顿第二定律得：，代入数据解得：，故D正确。
故选：D。
应用整体与隔离法，根据牛顿第二定律求解；弹簧的弹力不能突变，撤去拉力瞬间，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度。
本题考查了牛顿第二定律应用的连接体和瞬时问题，连接体问题可应用整体与隔离法解答，瞬时问题中弹簧的弹力不能突变。
 

3.【答案】C
 

【解析】解：A、P点做匀速圆周运动，线速度的方向沿曲线的切线方向，是不断变化的，故A错误；
B、P点做匀速圆周运动，向心加速度的方向始终指向圆心，是不断变化的，故B错误；
CD、由题，刮水片始终保持竖直，则刮水片上的各点运动的情况完全相同，所以M、N的线速度始终相同，周期也是相等的，故C正确，D错误。
故选：C。
做匀速圆周运动的物体的线速度与向心加速度的方向不断变化；共轴转动的各点角速度相等，由几何知识求得M、N两点转动的半径之比，求出线速度之比。
该题属于物理知识在日常生活中的应用，解答的关键是要注意到在刮水片上，各点的运动情况都是相同的。
 

4.【答案】D
 

【解析】解：A、滑块P下滑过程，P、Q与弹簧组成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，P、Q与弹簧组成的系统机械能守恒，P、Q组成的系统机械能不守恒，故A错误
B、设弹簧对滑块的Q的弹力为，轻杆对Q的弹力为，滑块P、Q受力如图所示：

滑块Q在水平方向所受合力：，滑块Q先向左做加速运动后向左做减速运动，在水平方向所受合力先向左后向右，则开始，后来，先，后；滑块P在水平方向静止，在水平方向，对P，由平衡条件得：，解得，开始，后来，故B错误；
C、滑块P下滑过程，P、Q与弹簧组成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，系统机械能守恒，P到达最低点时Q、P的速度都为零，弹簧的形变量最大，弹簧的弹性势能最大，对P、Q与弹簧组成的系统，由机械能守恒定律可知，弹簧的最大弹性势能：，故C错误；
D、P由静止释放，P向下做加速运动，当P的加速度为零时速度最大，动能最大，此时P、Q和弹簧组成的整体，在竖直方向加速度为零，设此时Q受到地面的支持力为，在竖直方向，对系统，根据牛顿第二定律得：，解得：，故D正确。
故选：D。
只有重力或弹力做功时系统的机械能守恒，根据系统机械能守恒可知P下降到最低点时弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒可求解弹簧弹性势能最大值；根据滑块的运动过程应用机械能守恒定律分析滑块P动能最大前P的机械能如何变化；对P、Q整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律可分析Q受到地面的支持力大小。
本题考查了机械能守恒定律的应用，根据题意分析清楚滑块的运动过程，应用机械能守恒定律与牛顿第二定律即可解题。
 

5.【答案】B
 

【解析】解：A、由可知，干涉条纹间距正比于波长，因，所以，故A错误；
C、结合A项，，故C错误；
B、设入射光在矿泉水在的波长为，矿泉水的折射率为n，则有
，
由第三条亮条纹对应路程差，光在介质中的传播速度
，
时间差
，
故B正确；
D、移动对观察结果没有影响，故D错误。
故选：B。
利用双缝干涉测波长的原理，结合折射率公式进行求解。
本题考查双缝干涉实验，要求学生了解实验原理，具备对实验现象进行分析的能力以及数据处理能力。
 

6.【答案】C
 

【解析】解：根据开普勒第二定律可知，同一个卫星在相同时间与地心的连线扫过的面积相同，不同的卫星与地心的连线在相同时间内扫过的面积不相同，故A错误；
B.载人飞船在低轨道加速，上升到高轨道与核心舱完成对接，故B错误；
C.对接后，若已知核心舱的运行周期T、运行速度v、地球半径R和引常量G，可由


联立可估出地球密度

故C正确：
D.对接后，考虑到稀薄大气的阻力，无动力补充，核心舱逐渐做近心运动，轨道半径减小，运行速度越来越大，故D错误。
故选：C。
根据开普勒第二定律的应用条件分析，载人飞船在低轨道加速，上升到高轨道与核心舱完成对接，根据万有引力提供向心力结合密度公式解得；核心舱逐渐做近心运动，速度增大。
本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提，根据题意应用万有引力公式与牛顿第二定律即可解题。
 

7.【答案】B
 

【解析】解：A倾斜轨道部分磁场增大时，根据楞次定律可知a棒的感应电流方向从M到O，M点电势比O点电势高，故A错误；
B、若a绕圆心以角速度顺时针匀速旋转，a棒产生的感应电动势为，b棒不受摩擦力且静止，则，
，联立解得：，故B正确；
C、若a绕圆心以角速度顺时针匀速旋转，a棒产生的感应电动势为，若b棒静止，根据闭合电路欧姆定律，b棒两端电压
，若b棒运动，由于，b棒最初应该沿斜面向下运动，产生感应电动势为，回路总的感应电动势为，b棒两端电压大于，故C错误；
D、若将连接圆心处及圆环边缘的导线端点直接连在一起，a棒被短路，当b棒加速度为零时，速度最大，则，
，联立解得：，故D错误；
故选：B。
根据楞次定律判定感应电流方向，然后确定O、M电势高低；根据旋转切割产生的感应电动势与闭合电路欧姆定律即可求解BC，b棒加速度为零时，速度最大，根据受力分析与欧姆定律即可求解。
本题考查楞次定律、闭合电路欧姆定律、旋转切割与受力分析，综合性很强，注意速度最大的隐含条件。
 

8.【答案】AC
 

【解析】解：AB、小球受重力mg、P对它的支持力N及轻绳对它的拉力T，小球静止时，其受力情况如图所示

  由相似三角形可知其中，R为四分之一圆柱体P的半径，L为定滑轮A左侧轻绳的长度。在钩码下方再加挂一个钩码，到小球再次静止的过程中，钩码将下移，小球将沿圆柱体P上移；小球再次静止时，相对前一次静止时，由于AO、mg、R不变，L减少，则N不变，T减小，即轻绳的张力减小，P对小球的弹力不变，故B错误，A正确。
C.分析小球及P的整体的受力情况可知，轻绳的拉力T沿水平方向分力的大小为轻绳与竖直方向的夹角等于P对Q的压力大小，而T减小，也变小，故P对Q的压力变小，故C正确。
D.分析圆柱体P的受力情况可知，P对地面的压力大小等于小球对P的压力大小等于沿竖直向下的分力为与竖直方向的夹角与P所受重力大小之和，而N不变，变小，增大，故P对地面的压力增大，故D错误。
故选：AC。
对小球受力分析，根据相似三角形可知，对小球和P整体分析，根据平衡条件结合牛顿第三定律可判断P对Q的压力变化。
本题考查力的动态平衡，解题关键掌握矢量三角形的相似性的应用，同时注意整体与隔离的分析方法。
 

9.【答案】CD
 

【解析】解：A、根据图象的斜率等于速度，由图可知，a车的速度不变，做匀速直线运动，且速度为：，故A错误；
B、设b车的加速度为对b车，由，解得：，故B错误；
C、前3s内，b车的位移为：，时，a车和b车到达同一位置，所以时两车相距，故C正确；
D、时a车在b车前方9m，内，b车比a车多行驶8m，则时，a车在b车前方1m处，故D正确。
故选：CD。
a车做匀速直线运动，由图象的斜率求出a车的速度；根据纵坐标的变化量确定a车的位移；时，直线a与曲线b刚好相切，两车的速度相等，对b车，由速度-时间公式求出b的加速度。
解决本题的关键要理解位移-时间图线的物理意义，知道图线的切线斜率表示瞬时速度，来分析两车的速度关系。
 

10.【答案】BCD
 

【解析】解：AB、设粒子运动到C处时速度为，粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有：
竖直方向有：
由牛顿第二定律：
联立解得：
粒子从放射源发射出到C的过程，由动能定理有：
解得：
设粒子发射时速度的大小为v，粒子从放射源发射至运动到C的过程，由动能定理：
解得：
故A错误，B正确；
C、由牛顿第二定律
解得：
故C正确；
D、时，粒子在x方向的速度为
所以一个周期内，离子在x方向的平均速度：
每个周期粒子在x正方向进：

因为开始计时时粒子横坐标为：
联立解得nT时，粒子的横坐标为：
a粒子的纵坐标为
则在3T时粒子的坐标为：
故D正确；
故选：BCD。
粒子从发射到细管C反过来看是类平抛运动，由类平抛规律和牛顿第二定律求出板间电压，再由动能定理求出动能的变化；由动能定理求出粒子进入C的速度，由静电力提供向心力求得粒子的半径，再由运动学公式求出时间；进入正交的交变电场后，在竖直方向匀速运动，在水平方向做匀加速直线运动，按运动的合成与分解求坐标。
本题是带电粒子在复合场中的运动在实际科技中应用，关键抓住类平抛运动、圆周运动等基础知识，分过程分步骤用研究曲线运动的方法处理问题。
 

11.【答案】
 

【解析】解：小灯泡的额定电流为，所以电流表选择C，灯泡正常工作时电阻为，所以选择阻值与其接近的滑动变阻器。故选
灯泡电阻较小，故电流表外接，因为需要从零开始连续测量灯泡的电压与电流的关系，所以滑动变阻器应该用分压式连接，故电路为

设灯泡的实际电压为U，实际电流为I，则根据闭合电路的欧姆定律得

变形后得

如图所示

则灯泡的实际功率为

故答案为：；见解析；
根据灯泡的额定电流和电阻选择合适的器材；
根据实验原理设计电路图；
对小灯泡根据闭合电路的欧姆定律作出函数图像，交点即为实际电压与实际电流。
本题考查测量小灯泡的伏安特性曲线，解题关键掌握闭合电路欧姆定律的应用，注意灯泡实际电压与实际电流的求解方法。
 

12.【答案】解：设玻璃管的横截面积为S，右侧气体初状态体积，
温度升高过程气体压强不变，由盖-吕萨克定律得：
代入数据解得，右侧空气柱的长度：
大气压强，由图示可知，右管气体压强
左管初状态压强，左管初状态体积，
温度升高后，设左侧管内水银面下降的高度为h，左管气体末状态压强
左管内气体末状态的体积，对左管内气体，由理想气体状态方程得：
代入数据解得：
答：右侧空气柱长度是；
左侧管内水银面下降的高度是。
 

【解析】右侧空气压强不变，应用盖-吕萨克定律可以求出右侧空气柱的长度。
求出左侧管内气体的状态参量，应用理想气体状态方程求出气体末状态的体积，然后求出水银面下降的高度。
根据题意分析清楚气体状态变化过程是解题的前提，应用盖-吕萨克定律与理想气体状态方程即可解题，解题时注意两部分气体状态参量间的关系。
 

13.【答案】如图所示，

设粒子在电场中做类平抛运动的加速度为，有



联立解得：；
如图所示，当磁感应强度B最小时，粒子在磁场中运动轨迹与y轴相切，设此时粒子在磁场中运动轨迹半径为R，粒子通过A点时速度为v，与方向的夹角为，由平抛运动规律可得

在匀强磁场中，由几何关系可得

解得：
根据

联立解得：。
答：电场强度的大小E为；
磁感应强度的最小值为。
 

【解析】粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律可解；
作出粒子的运动轨迹，根据几何知识求解半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度的大小。
解决该题需要掌握类平抛运动的规律，能正确作出粒子的运动轨迹，并且能根据几何知识求解粒子做圆周运动的半径。
 

14.【答案】解：物块甲从释放至滑到A点的过程中，根据能量守恒定律得：
代入数据解得：
假设物块甲滑过A点后，一直匀减速运动至B点，
对甲，由牛顿第二定律得：
由匀变速直线运动的速度-位移公式得：
代入数据解得：，，可见物块甲一直匀减速至B点，
物块甲离开传送带后沿光滑水平台面匀速运动至与物块乙发生第1次碰撞．
在传送带上匀减速的时间：
在BC间匀速运动的时间：
则从物块甲滑上传送带至与物块乙发生第一次碰撞所用的时间：
物块甲第一次在传送带上滑动时相对传送带的位移大小：，代入数据解得
设第1次碰后瞬间，物块甲和物块乙的速度大小分别为、，
以向右为正方向，根据动量守恒定律得：
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：，，负号表示方向向左
由于，则物块甲碰后以向左滑上传送带减速至0后，又反向加速至，
在传送带上向左运动到速度减为0时，两者相对位移大小为：，
代入数据解得：
可右运动到B点时，两者相对位移大小为：，代入数据解得
则从物块甲滑上传送带至刚要与物块乙发生第二次碰撞，系统产生的总热量：代入数据解得：
当物块甲与物块乙第一次碰后再返回到右边水平台面的时间为：，代入数解得：
物块乙运动的距离为：
即当甲物块返回到右边水平台面时，乙物块刚好与竖直挡板碰后反向运动，则二者刚好在BD的中点发生第二次碰撞，
两物块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒，以向右为正方向，
根据动量守恒定律得：
由机械能守恒定律得：
代入数据解得，第二次碰后物块甲的速度，负号表示方向向左，物块乙的速度
由于，则物块甲碰后以向左滑上传送带减速至0后又反向加速至，与物块乙发生第三次碰撞．因此第三次碰撞点的位置与D点间的距离为
物块离开传送带时的速度大小是，两物块质量相等，两物块发生弹性碰撞，碰撞后两物块交换速度，则第2022次碰撞刚结束时，物块甲速度大小，物块乙的速度大小
答：从物块甲滑上传送带至与物块乙发生第一次碰撞的过程所用的时间是；
从物块甲滑上传送带至刚要与物块乙发生第二次碰撞的过程中，系统产生的总热量是；
第3次碰撞点与D点之间的距离是；
第2022次碰撞刚结束时，物块甲、乙的速度大小分别是、0。
 

【解析】应用能量守恒定律求出物块甲滑上传送带时的速度大小，然后应用牛顿第二定律与运动学公式求出运动时间。
应用运动学公式求出物块相对于传送带滑行的距离，然后求出产生的热量。
物块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律、机械能守恒定律与运动学公式求解。
根据物块的运动过程求解速度。
本题是一道多体多过程问题，物块的运动过程复杂，难道较大；根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律与机械能守恒定律、功的计算公式可以解题。