2022年高考物理押题预测卷03（北京卷）（全解全析）

这是一份2022年高考物理押题预测卷03（北京卷）（全解全析），共27页。试卷主要包含了水下一点光源发出a、b两单色光等内容，欢迎下载使用。

2022年高考押题预测卷03【北京卷】
物 理•全解全析
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
D
D
C
A
A
C
D
C
D
C
C
D
D
D
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．电子束衍射实验是荣获诺贝尔奖的重大近代物理实验之一。如图所示是电子束衍射实验装置的简化图，这个实验证实了（　　）

A．光具有粒子性 B．光具有波动性
C．电子具有粒子性 D．电子具有波动性
【答案】 D
【解析】
电子衍射实验证实了电子具有波动性，故D正确，ABC错误。
故选D。
2．一列简谐横波沿x轴传播，时刻波的图像如图甲所示，处的质点P的振动图像如图乙所示，由此可以判断（　　）

A．该波沿x轴负方向传播
B．该波在时间内传播的距离是
C．在时质点P的加速度方向沿y轴正方向
D．在时间内质点P通过的路程是
【答案】 D
【解析】
A．由振动图像可知，处的质点P在时刻沿y轴负向振动，由波形图可知，该波沿x轴正方向传播，选项A错误；
B．因5s=1.25T，则该波在时间内传播的距离
x=1.25λ=2.5m
选项B错误；
C．在时质点P处于波峰位置，则此时的加速度方向沿y轴负方向，选项C错误；
D．在时间内质点P通过的路程是

选项D正确。
故选D。
3．两个等量异种点电荷形成的电场等势面如图虚线所示，现有一正电荷以某一水平初速度从左侧点进入该区域，只在电场力作用下通过点。下列说法正确的是（　　）

A．点的电场强度比点的电场强度小
B．点的电势比点的电势低
C．该电荷在点的电势能比点的电势能大
D．该电荷在点的动能比点的动能大
【答案】 C
【解析】
A．正电荷在点受到的电场力方向跟图中的等势线垂直，粒子要通过点，故粒子在点受到的电场力方向如图所示

可知两个等量异种点电荷，左侧为正点电荷，右侧为负点电荷，点离点电荷更近，故点的电场强度比点的电场强度大，A错误；
B．电场方向由正电荷指向负电电荷，沿电场方向电势降低，故点的电势比点的电势高，B错误；
C．正的试探电荷所处位置的电势越高，电势能越大，故该电荷在点的电势能比点的电势能大，C正确；
D．电荷从运动的过程，电场力做正功，电荷的动能增加，故该电荷在点的动能比点的动能小，D错误；
故选C。
4．放假期间，某同学家人准备驾车出游启动汽车后，发现胎压监测系统发出警告，显示“左前轮胎胎压低，胎压为2.0p0”，于是驾车前往汽车修理店给汽车轮胎打气，打完气后，四个轮胎内气体的胎压均为2.5p0，打气泵内的气体压强为3p0，每个轮胎的体积均为V，且始终保持不变。若打气过程中轮胎内气体温度不变，则向左前轮胎中内打入气体的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】 A
【解析】
由题意可知，向左前轮胎打气过程中，气体温度不变，根据玻意耳定律有

解得，向左前轮胎中内打入气体的体积为

故选A。
5．水下一点光源发出a、b两单色光。人在水面上方，向下看如图所示，水面中心Ⅰ区域有a光、b光射出，Ⅱ区域只有a光射出。下列判断正确的是（　　）

A．a、b光从Ⅰ区域某点倾斜射出时，a光的折射角小
B．在真空中，a光的波长小于b光的波长
C．水对a光的折射率大于对b光的折射率
D．水下a、b光不能射到图中Ⅱ区域以外区域
【答案】 A
【解析】
AC．由题分析可知，b光在I区域边缘发生了全反射，a光Ⅱ区域边缘发生了全反射，则知a光的临界角比b光的临界角大，由知，水对a光的折射率小于对b光的折射率，由折射定律知：a、b光从I区域某点倾斜射出时，a光折射角小，故A正确，C错误；
B．水对a光的折射率小于对b光的折射率，则a光的频率小于b光的频率，由知，在真空中，a光的波长大于b光的波长，故B错误；
D．根据题意无法判断，水下、光能否射到图中Ⅱ区域以外区域，因为即使有光射到图中Ⅱ区域以外区域，、光都发生全反射，没有光线从水面射出，故D错误。
故选A。
6．如图，2022年北京冬奥会某次冰壶比赛，甲壶以速度与静止的乙壶发生正碰。已知冰面粗糙程度处处相同，两壶完全相同，从碰撞到两壶都静止，乙的位移是甲的9倍，则（　　）

A．两壶碰撞过程无机械能损失
B．两壶碰撞过程动量变化量相同
C．碰撞后瞬间，甲壶的速度为
D．碰撞后瞬间，乙壶的速度为
【答案】 C
【解析】
两壶碰后在冰面上滑行，则有

两壶完全相同，从碰撞到两壶都静止，乙的位移是甲的9倍，设碰后两壶的速度分别是v1和v2，根据运动学关系，得

CD．根据动量守恒定律得

解得
，
C正确，D错误；
A．两壶碰撞过程机械能的变化量为

机械能有损失，A错误；
B．动量的变化量是矢量，两壶碰撞过程动量变化量大小相同但方向相反，B错误。
故选C。
7．为备战2022年北京冬奥会，教练指导运动员开展滑雪训练，运动情境可简化为如下模型：将运动员（包括滑板）简化为质量m=50kg的质点，运动员以某一初速度从倾角为37°的山坡底端向上冲，山坡足够长取坡底为重力势能零势能面。运动员的机械能E总和重力势能Ep随离开坡底的高度h的变化规律如图所示。重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6。则（　　）

A．运动员的初速度=25m/s B．运动员与山坡间的动摩擦因数为0.03
C．运动员在山坡上运动的时间为s D．运动员再次回到坡底时的动能为375J
【答案】 D
【解析】
A．由于坡底为重力势能为零，则有

解得，运动员的初速度为

故A错误；
B．由图可知，当时，物块运动到最高点，此时高度为

根据能量守恒有

解得，运动员与山坡间的动摩擦因数为

故B错误；
C．运动员从山坡底端向上冲时，根据牛顿第二定律有

则运动员从山坡底端向上冲到最高点所用的时间为

由于

可知运动员到达最高点后将会再次回到坡底，则运动员在山坡上运动的时间不为s，故C错误；
D．运动员从最高点回到坡底，根据能量守恒有

可得，运动员再次回到坡底时的动能为375J，故D正确。
故选D。
8．如图所示为远距离输电示意图，发电机的输出电压恒为U1、输电线的电阻及理想变压器的匝数均不变，下列表述正确的是（　　）

A．若，则用户获得的电压
B．若用户开启的用电器增多，则升压变压器输出的增大
C．若用户开启的用电器增多，则输电线消耗的功率增大
D．若用户开启的用电器增多，则发电机输出的功率减小
【答案】 C
【解析】
A．根据变压器原理可得


又

可得

由于输电线上电阻分压作用

所以

故A错误；
B．输入电压恒定，升压变压器的原副线圈匝数比恒定，则则升压变压器输出的不变，故B错误；
CD．当用户的功率增大时，用电器增多，总电阻减小。降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的消耗功率增加，发电机的输出功率等于输电线消耗功率与用户的功率之和，因此，发电机的输出功率增加，故C正确，D错误。
故选C。
9．如图，射击训练场内，飞靶从水平地面A点以仰角斜向上飞出，落在相距的B点，最高点距地面。忽略空气阻力，重力加速度取。则（　　）

A．飞靶从A到B的飞行时间为
B．飞靶在最高点的速度为
C．抬高仰角，飞靶飞行距离增大
D．抬高仰角，飞靶的飞行时间增大
【答案】 D
【解析】
A．飞靶在竖直方向做竖直上抛运动，根据对称性可得飞靶从A到B的飞行时间为

故A错误；
B．飞靶在水平方向的速度

在最高点竖直方向速度为零，则飞靶在最高点的速度为，故B错误；
C．根据运动的分解可得


飞靶飞行的时间

则飞行距离

可知时，飞行距离有最大值，故C错误；
D．根据

可知抬高仰角，飞靶的飞行时间增大，故D正确。
故选D。
10．如图所示的电路中，、是阻值恒定的标准电阻，电表均为理想电表，是由磁敏材料制成的控制元件（其特点是平时处于断开状态，有磁场出现时导通）。闭合开关S，滑动变阻器R的滑片处于某位置，当有磁铁经过附近时（　　）

A．电流表的读数减小 B．电压表的读数增大
C．的功率减小 D．的功率增大
【答案】 C
【解析】
AB．控制元件断开时，电路是串联电路，电流表的读数为

电压表的读数为

当有磁铁经过附近时，电路为并联电路，外电阻减小，则有

电流变大，电流表示数变大，外电路电压为

所以电压表示数减小，故AB错误；
CD．干路电流变大，路端电压减小，滑动变阻器左边部分的电压变大，则两端电压变小，由

可知，的功率减小，故C正确，D错误。
故选C。
11．木星“冲日”是指地球、木星在各自轨道上运行到太阳、地球和木星排成一条直线或近乎一条直线，地球位于太阳与木星之间，“冲日”时木星距离地球最近，也最明亮。已知木星的公转周期约为12年，质量约为地球质量的320倍，半径约为地球半径的11倍，下列说法正确的是（　　）
A．地球运行的加速度比木星的小
B．木星与地球公转轨道半径之比约为12∶1
C．此次“冲日”现象后，经过约1.09年会再次出现
D．木星与地球密度之比约为4∶1
【答案】 C
【解析】
AB．根据开普勒第三定律有

可知木星与地球公转轨道半径之比约为。
由

可知，故A、B错误；
C．再次发生冲日现象，即地球恰好比木星多绕太阳一周，此时有

解得
年
C正确；
D．由

可得

即

D错误。
故选C。
12．如图所示，在一磁场空间内，悬挂了一个“正方体”金属导体，“正方体”的边长为，该“正方体”的中间挖去一个边长为的空心区域，其中，在该“正方体”的上半区域由四根相同的、长度为的细线提起并悬挂于一点，现在该“正方体”内通入磁场大小为（是常量，是时间）的匀强磁场，方向竖直向上，“正方体”的重力为，电阻率为，则下列说法不正确的是（　　）

A．每根细线承受的拉力为
B．产生的感应电动势大小为
C．该正方体的热功率为
D．在该正方体周围铺上一层低电阻率（小于）的钢板，可有效降低涡流产生的影响
【答案】 D
【解析】
A．依题意，穿过空心区域的磁场均匀增大，根据法拉第电磁感应定律结合楞次定理可判断知“正方体”金属导体内部将产生恒定的，方向从上往下看为顺时针的感应电流，根据左手定则，由于对称性，可知“正方体”金属导体受到的合安培力为零。设每根细线与竖直方向夹角为，则根据平衡条件可得


求得每根细线承受的拉力为

故A正确；
B．根据法拉第电磁感应定律可得，“正方体”金属导体内产生的感应电动势大小为

故B正确；
C．根据楞次定理，可判断知“正方体”金属导体内部将产生恒定，方向从上往下看为顺时针的感应电流，则该正方体的热功率为

根据电阻定律有

联立求得

故C正确；
D．在该正方体周围铺上一层低电阻率（小于）的钢板，根据

知反而增大了涡流产生的影响，故D错误。
由于本题选择错误的，故选D。
13．如图所示，有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带，其速度m/s。传送带与水平面间的夹角为。现将一质量kg的物块轻放在其底端（物块可视为质点），与此同时，给物块沿传送带方向向上的恒力N。经过一段时间，物块运动到了离地面高为m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力（g取10m/s2，，）。则以下说法正确的是（　　）

A．物块先做匀加速运动再匀速运动
B．物块从传送带底端运动到平台上所用的时间为2.1s
C．若在物块与传送带达到相同速度时。立即撤去恒力F，物块先减速上滑再加速下滑从传送带的下端离开传送带
D．若在物块与传送带达到相同速度时。立即撤去恒力F，物块再经过s离开传送带
【答案】 D
【解析】
AB．对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，直至速度与传送带的速度相同，由牛顿第二定律得

代入数据解得
m/s2
物块加速过程所用的时间
s
运动的距离
m
物块与传送带共速后，对物块进行受力分析可知，物块受到的摩擦力的方向改变，因为N，而重力沿传送带向下的分力和最大静摩擦力之和为10N，所以物块相对传送带以a2继续向上加速，由牛顿第二定律得

代入数据解得
m/s2
继续向上加速过程

传送带长度为

解得
s
故物块从传送带底端运动到平台上所用的时间
s
A、B错误；
CD．若共速后撤去恒力，因为，对物块进行受力分析可知，物块将减速向上运动，有

代入数据解得
m/s2
经判断，物块在速度减到零之前，已经从传送带上端离开，设物块还需时间离开传送带，离开时的速度大小为，则由运动学公式有

代入数据解得
m/s
故
s
C错误D正确。
故选D。
14．磁场可以对带电粒子的运动施加影响，只要设计适当的磁场，就可以控制带电粒子进行诸如磁聚焦、磁扩散、磁偏转、磁约束与磁滞留等运动。利用电场和磁场来控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用，如图所示，以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，圆形区域外有垂直纸面向里的匀强磁场，两个磁场的磁感应强度大小都是B。有一质量为m、所带正电荷电荷量为q的带电粒子从P点沿半径垂直磁场射入圆形区域，粒子两次穿越磁场边界后又回到P点，不计粒子重力，则（　　）

A．粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为R
B．粒子从P点射入磁场的速度大小为
C．粒子从P点射出到第一次回到P点所需的时间为
D．如果圆形区域外的磁场在一个以O为圆心的圆环内，则该圆环的面积至少为
【答案】 D
【解析】
A．因为粒子两次穿越磁场边界后又回到P点，画出粒子轨迹示意图如图所示：

设粒子做圆周运动的轨迹半径为r，则有

可得

选项A错误；
B．由

可得

选项B错误；
C．粒子在磁场中匀速圆周运动的周期为

粒子从P点射出到第一次回到P点所需要的时间为

选项C错误；
D．由几何关系可知，圆环的大圆半径为，小圆半径为R，所以其面积为

选项D正确。
故选D。
第二部分
本部分共6题，共58分。
15．（9分）
某组学生测电池组的电动势和内阻，选用的实验器材有：
电压表（量程，内阻约为）；
电流表（量程，内阻约为）；
滑动变阻器（，额定电流）；
待测电池组（电动势约为，内阻约为）；
开关、导线若干。
（1）该小组按照图1甲所示的原理图，连接实物电路，如图1乙所示，经仔细检查，发现电路中有一条导线连接不当，这条导线对应的编号是___________（选填导线编号），应该从电压表接到电流表的___________（选填“a”或者“b”）端。

（2）改正这条导线的连接后开始实验，某次测量时，其电流表示数如图2所示，电流表的量程为，则电流___________A。

（3）该组同学利用实验过程中所记录电压表和电流表的示数，在坐标纸上描点绘图，得到一条直线，如图3所示。根据该图线可知，该电池组的电动势_______V（结果保留小数点后两位），内阻________（结果保留小数点后两位）。
（4）该组同学想研究充电宝的电源特性。他们把某充电宝作为一个电源，让它对负载供电，测得其路端电压U和电流I的关系，得到图像，如图4所示。

①通过该图像，说明充电宝在对负载供电过程中，其电动势和内阻的特点。
②充电宝的铭牌通常标注的“”（毫安时）的数量，即它充满电后全部放电的电荷量。该充电宝铭牌上标注“”。关于该充电宝，下列说法正确的是_________（选填选项前的字母）。
A．是能量单位
B．理论上该充电宝充满电后全部放出的电荷量
C．理论上该充电宝充满电后全部放出的电荷量
D．该充电宝最多能储存能量约为
【答案】      5     b     0.50     3.00     2.00     电动势和内阻都是恒定值     D
【解析】
（1）由电路可知，编号是5的导线连接错误，应该从电压表接到电流表的b端。
（2）电流表最小刻度为0.02A，则读数为0.50A
（3）由图像可知，电池组的电动势
E=3.00V
内阻

（4）①由图像可知，该充电宝在对负载供电过程中具有电池的特性，电动势和内阻都是恒定值。
②A．是电量单位，选项A错误；
BC．理论上该充电宝充满电后全部放出的电荷量

选项BC错误；
D．该充电宝电动势约为E=5.08V，则最多能储存能量约为

选项D正确。
故选D。
16．（9分）
某同学做“探究平抛运动的特点”实验时，做了如下探究：
如图1所示的实验，将两个完全相同的倾斜滑道固定在同一竖直平面内，下面的滑道末端与光滑水平板平滑连接。把两个完全相同的小球从倾斜滑道同时释放，观察到小球1落到光滑水平板上并击中球2。

（1）为达成实验目的，下述实验操作合理的是_________；
A．两个倾斜滑道必须均是光滑的
B．两滑道的末端必须水平放置
C．玻璃球和钢球比较，应选用密度较小的玻璃球
D．因为小球1的滑道较高，因此释放的位置应该略低于小球2
（2）在各项操作均合理的情况下，多次调整滑道高度进行实验，发现每次球1均能击中球2，该现象能说明球1的运动情况为_________；
A．在水平方向做匀速直线运动
B．在竖直方向做自由落体运动
C．在水平方向做匀速直线运动，同时在竖直方向做自由落体运动
D．平抛运动是匀变速曲线运动
（3）用图2所示的装置研究平抛运动，让小球在有坐标纸的背景屏前水平抛出，用频闪数码照相机连续拍摄记录小球位置。实验过程拍下的一组照片如图3所示，已知a点为抛出点，a、b、c、d为连续四张照片，频闪时间间隔为T，图中每小格边长为l，重力加速度为g。判断小球在水平方向做匀速直线运动的依据是_________；判断小球在竖直方向做自由落体运动的依据是_________。

（4）为拓展研究物体从光滑抛物线轨道顶端下滑的运动，该同学制做了一个与图3中小球平抛轨迹完全相同的光滑轨道，并将该轨道固定在与平抛轨迹重合的位置，如图4所示，让小球沿该轨道无初速下滑，已知小球下滑过程中不会脱离轨道。下列说法正确是_________；

A．小球从a运动到b的时间等于从b运动到c的时间
B．小球经过点时的速度方向与平抛小球经过d点时的速度方向相同
C．小球经过点时的速度大小与平抛小球经过点时的速度大小相等
D．小球从运动到b的过程中所受重力的冲量大于从b运动到c过程所受重力的冲量
【答案】      B     A     相等的时间内在水平方向上位移相等（ab、bc、cd水平距离相等）     ab、bc、cd的竖直高度之差均相等，且满足     BD
【解析】
（1）A．只要保证两小球在轨道末端的速度相等即可，不需要轨道光滑，故A错误；
B．为保证两小球在轨道末端速度方向水平，两滑道的末端必须水平放置，故B正确；
C．为减小实验误差，需使用密度较大的球，故C错误；
D．为保证两小球在轨道末端的速度相等，因此释放的位置应该等于小球2，故D错误；
（2）各项操作均合理的情况下，多次调整滑道高度进行实验，发现每次球1均能击中球2，该现象能说明球1的运动情况为在水平方向做匀速直线运动，故A正确，BCD错误；
（3）判断小球在水平方向做匀速直线运动的依据是相等的时间内在水平方向上位移相等（ab、bc、cd水平距离相等），判断小球在竖直方向做自由落体运动的依据是ab、bc、cd的竖直高度之差均相等，且满足；
（4）AD．由题意可知，小球从静止开始运动，则水平方向做加速运动，可知小球从a运动到b的时间大于从b运动到c的时间，根据可知小球从运动到b的过程中所受重力的冲量大于从b运动到c过程所受重力的冲量，故D正确，A错误；
C．根据动能定理知：从到，重力做功相同，但是平抛小球有初速度，所以小球经过点时的速度大小小于平抛小球经过点时的速度大小，故C错误；
B．由题意知小球未脱离轨道所以小球经过点时的速度方向与平抛小球经过d点时的速度方向相同，故B正确。
17．（9分）
一列简谐横波沿x轴方向传播，A、B为x轴上两点，平衡位置坐标分别xA＝2m、xB＝8m，如图甲所示，A、B两处质点的振动图像如图乙所示。求：
（1）0.2~2s内质点A通过的路程；
（2）该列简谐波的波速。

【答案】 （1）1.8m；（2）（n=0，1，2，3…）或（n=0，1，2，3…）
【解析】
（1）根据题图乙可知，振幅，，0.2~2s内恰好为4.5个周期，质点A通过的路程为

（2）若波沿x轴正方向传播，振动由质点A传播到B所需的时间为
（n=0，1，2，3…）
波速为
（n=0，1，2，3…）
若波沿x轴负方向传播，振动由质点B传播到A所需的时间为
（n=0，1，2，3…）
波速为
（n=0，1，2，3…）
18．（9分）
如图所示，导线框放在磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，导体棒沿光滑导线框向右做匀速运动，间接有阻值为的电阻。已知，导体棒的长度为，电阻为，运动的速度为。导线框的电阻不计。
（1）求棒两端的电势差；
（2）求棒所受的外力大小；
（3）说明在时间内外力对导体棒所做的功与整个电路生热的关系并进行论证。

【答案】 （1）；（2）；（3）见解析
【解析】
（1）导体棒棒产生的感应电动势为

根据闭合电路欧姆定律可得

棒两端的电压为

（2）棒所受的安培力大小为

导体棒做匀速运动，根据受力平衡可得，棒所受的外力大小为

（3）在时间内，外力对导体棒做功为

整个电路生热为

可得

在时间内外力对导体棒所做的功与整个电路生热相等。
19．（10分）
电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。实际电容器在外形结构上有多种不同的形式，一个金属球和一个与它同心的金属球壳也可以组成一个电容器，叫做球形电容器。如图1所示，两极间为真空的球形电容器，其内球半径为，外球内半径为，其电容，其中k为静电力常量。与平行板电容器一样，当该电容器极板所带电荷量变化时，两极板间的电势差也随之变化。
（1）图2为该电容器在充电过程中两极板间的电势差U随带电量q变化的关系图像，请类比直线运动中由图像求位移的方法，推导该球形电容器充电电荷量达到Q时所具有的电势能Ep的表达式；
（2）孤立导体也能储存电荷，也具有电容，可以将孤立导体球看作另一极在无穷远的球形电容器。若已知某金属小球半径为r，且r远远小于地球半径。
a.请结合题目信息推导该金属小球的电容的表达式。
b.若将带电金属小球用导线与大地相连，我们就会认为小球的电荷量减小为零。请结合题目信息与所学知识解释这一现象。

【答案】 （1）；（2）a.；b.见解析
【解析】
（1）当带电量Q时，电容器两端电压类比直线运动图像求位移的方法，可知此时，图像与q轴所围的面积表示电容器所具有的电势能，则

根据题意

解得

（2）a.根据公式

小球半径电容的另一极在无穷远，因此所以孤立小球的电容

b.由电容公式可知，球体的半径越大，其电容越大。由于金属小球的半径远小于地球半径，所以地球的电容远大于小球的电容。二者用导线连接，电势相同，根据，可知，地球的带电量远大于小球的带电量，电荷总量保持不变，所以可以认为小球的电荷量减小为0。
20．（12分）
2021年5月，“天问一号”探测器成功在火星软着陆，我国成为世界上第一个首次探测火星就实现“绕、落、巡”三项任务的国家。
（1）为了简化问题，可以认为地球和火星在同一平面上绕太阳做匀速圆周运动，如图1所示。已知地球的公转周期为，火星的公转周期为。
a．已知地球公转轨道半径为，求火星公转轨道半径。
b．考虑到飞行时间和节省燃料，地球和火星处于图1中相对位置时是在地球上发射火星探测器的最佳时机，推导在地球上相邻两次发射火星探测器最佳时机的时间间隔。
（2）火星探测器在火星附近的A点减速后，被火星捕获进入了1号椭圆轨道，紧接着在B点进行了一次“远火点平面机动”，俗称“侧手翻”，即从与火星赤道平行的1号轨道，调整为经过火星两极的2号轨道，将探测器绕火星飞行的路线从“横着绕”变成“竖着绕”，从而实现对火星表面的全面扫描，如图2所示。以火星为参考系，质量为的探测器沿1号轨道到达B点时速度为，为了实现“侧手翻”，此时启动发动机，在极短的时间内喷出部分气体，假设气体为一次性喷出，喷气后探测器质量变为、速度变为与垂直的。
a．求喷出气体速度u的大小。
b．假设实现“侧手翻”的能量全部来源于化学能，化学能向动能转化比例为，求此次“侧手翻”消耗的化学能。

【答案】 （1）a．，b．；（2）a．，b．
【解析】
（1）a．设太阳质量为M，地球质量为m1，火星质量为m2，根据万有引力定律结合圆周运动规律，有


联立可得

b．设地球、火星绕日公转的角速度分别为ω1、ω2，有


根据运动关系

解得

（2）a．喷出气体的质量为

喷出气体前探测器与所喷出气体组成的系统初动量

喷出气体后探测器末动量为

喷出气体前后p1、p2方向垂直，建立如图所示Oxy直角坐标系。

喷出气体速度u在x、y方向上的分量分别为ux、uy，根据动量守恒定律有
x方向有

y方向有

喷出气体速度满足

联立可得

b．探测器与所喷出气体组成的系统
喷气前总动能

喷气后总动能

消耗的化学能

联立可得