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2022年山东省潍坊市高考物理二模试卷（含答案解析）
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这是一份2022年山东省潍坊市高考物理二模试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了7年，0×109N⋅m2/C2，5s时第一次到达波峰，1，25s时第一次相遇B，8吨补给物资，0V，内阻很小)，【答案】C，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2022年山东省潍坊市高考物理二模试卷
1. 在火星上，太阳能电池板的发电能力有限，因此科学家用放射性材料PuO2作为发电能源为火星车供电。PuO2中的Pu元素是 94238Pu，具有天然放射性，半衰期为87.7年。已知 94238Pu的衰变方程为： 94238Pu→M234X+2NY，则下列说法正确的是( )
A. X原子核的中子数为144
B. M234X的比结合能大于 94238Pu的比结合能
C. 衰变过程中质量守恒
D. Pu元素的半衰期跟原子所处的化学状态和外部条件有关
2. 在2021年12月9日的“天宫课堂”上，王亚平在叶光富的帮助下，把一个带柄圆环伸入水袋中，再小心翼翼地拉出来时，圆环上就附着了一层水膜。当王亚平继续向水膜上加水时，水膜逐渐变厚，最后变成了一个球，王亚平往水球中间轻轻注入一些气体，水球中间就出现了一个气池(气体球)。如图乙所示。则以下说法正确的是( )
A. 气泡会“浮出”水面
B. 气泡处于平衡状态
C. 水球表面水分子间作用力表现为引力
D. 通过水球和气泡看到的都是王亚平倒立的像
3. 如图所示，我校女篮球队员正在进行原地纵跳摸高训练，以提高自己的弹跳力。运动员先由静止下蹲一段位移，经过充分调整后，发力跳起摸到了一定的高度。某运动员原地静止站立(不起跳)摸高为1.90m，纵跳摸高中，该运动员先下蹲，重心下降0.4m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.45m的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，已知该运动员的质量m=60kg，g取10m/s2。则下列说法中正确的是( )
A. 运动员起跳后到上升到最高点一直处于超重状态
B. 起跳过程中运动员对地面的压力为1425N
C. 运动员起跳时地面弹力做功不为零
D. 运动员起跳时地面弹力的冲量为零
4. 如图甲所示，倒挂的彩虹被叫做“天空的微笑”，实际上它不是彩虹，而是日晕，专业名称叫“环天顶弧”，是由薄而均匀的卷云里面大量扁平的六角片状冰晶(直六棱柱)折射形成，因为大量六角片状冰晶的随机旋转而形成“环天顶弧”。光线从冰晶的上底面进入，经折射从侧面射出，当太阳高度角α增大到某一临界值，侧面的折射光线因发生全反射而消失不见。简化光路如图乙所示，以下分析正确的是( )
A. 光线从空气进入冰晶后传播速度变大
B. 红光在冰晶中的传播速度比紫光在冰晶中的传播速度小
C. 若太阳高度角α等于30∘时恰好发生全反射，可求得冰晶的折射率为233
D. 若太阳高度角α等于30∘时恰好发生全反射，可求得冰晶的折射率为72
5. 如图所示，质量mb=2kg的小物块b置于倾角为θ=30∘的斜面体c上，通过绝缘细绳跨过光滑的定滑轮与带正电荷QM=1×10−6C的小球M连接，左侧细绳与斜面平行，带负电荷QN=−32×10−6C的小球N用绝缘细绳悬挂于P点，两小球的质量相等。初始时刻，连接小球M的一段细绳与竖直方向的夹角α=60∘且两小球之间的距离d=3cm。设两带电小球在缓慢漏电的过程中，两球心始终处于同一水平面，且b、c都静止，放电结束后滑块b恰好没滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。静电力常量k=9.0×109N⋅m2/C2。下列说法正确的是( )
A. 初始状态，地面对斜面体c的摩擦力大小为53N
B. 放电过程中，小物块b对斜面体c的摩擦力不一定变大
C. 地面对斜面体c的支持力先变小后变大
D. 小物块b和斜面体c之间的动摩擦因数为33
6. 蓝牙小音箱可以在一定距离内与手机等设备实现连接，某型号的蓝牙音箱无线连接的有效距离是18m。在两条平行且靠近的直轨道上，分别放置智能小车A、B，两车分别携带该型号音箱和手机。某时刻两车相距50m同时开始相向而行，速度大小随时间变化图像均如图所示。则手机与音箱从相互连接到断开连接持续的时间为( )
A. 1.9s B. 2s C. 4s D. 5.9s
7. 如图所示，两振源S1、S2相距7m，O位于两振源连线的中点。0时刻，S1向上起振，形成一列向右传播的简谐横波，0.5s时第一次到达波峰，1.5s时，S2向下起振，形成一列向左传播的简谐横波。已知两列波振动周期相同，振幅均为5cm，波长均为2m，下列说法正确的是( )
A. 两列波的波峰5.25s时第一次相遇 B. 两列波的波峰4.5s时第一次相遇
C. 振动稳定后，O点的振幅为10cm D. 振动稳定后，O点的振幅为0
8. 如图甲所示，理想变压器左侧ab两点间接入电压如图乙所示的电源，电阻R1=R2=10Ω，R3是一个电阻箱，初始状态电阻为10Ω，A为理想电流表，原、副线圈匝数比为2：1。则( )
A. 电阻箱R3两端的电压是110V
B. 电流表的示数为449A
C. 逐渐增大电阻箱R3阻值，R2的功率逐渐减小
D. 改变电阻箱阻值使R3功率最大时，R3=5Ω
9. 天舟二号货运飞船是中国空间站货物运输系统的第一次应用性飞行，在距地面400千米高空精准对接于天和核心舱后向端口，为空间站送去6.8吨补给物资。为避免占用轨道资源，已于北京时间2022年3月31日18时40分采用分次控制的方式，依次从400千米高度的圆轨道变至近地点为200千米高度的椭圆轨道，然后将近地点变至大气层高度90千米以下，受控再入大气层烧蚀销毁，展现了中国航天的责任和担当，树立了负责任大国形象。下列说法正确的是( )
A. “天舟二号”需要与天和核心舱在同一高度轨道上加速以实现对接
B. “天舟二号”对接天和核心舱后，空间站由于质量增大，轨道半径将变小
C. “天舟二号”从400千米高度的圆轨道变至近地点为200千米高度的椭圆轨道，周期变小
D. “天舟二号”从400千米高度的圆轨道变至近地点为200千米高度的椭圆轨道，机械能减少
10. 如图所示，正三棱柱的A点固定一个电荷量为+Q的点电荷，C点固定一个电荷量为−Q的点电荷，D、D′点分别为AC、A′C′边的中点，选无穷远处电势为0。下列说法中正确的是( )
A. B、B′、D、D′四点的电场强度相同
B. 将一正试探电荷从A′点移到C′点，其电势能减少
C. 将一负试探电荷沿直线从B点移到D点，电场力始终不做功
D. 若在A′点再固定一电荷量为+Q的点电荷，C′点再固定一个电荷量为−Q的点电荷，则D点的电势升高
11. 如图所示的“”形导轨宽为L，水平部分光滑且无限长，其中有垂直轨道面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，倾斜部分粗糙，CC′为垂直导轨的两部分交界线。导体棒1、2均与CC′平行，导体棒1和CC′之间的距离与导体棒1和2之间的距离之比为4：5。现释放导体棒1，到达CC′处的速度为2v，导体棒1静止后释放导体棒2，一段时间后导体棒1、2均处于稳定状态。若两根导体棒的质量均为m，电阻均为R，与倾斜导轨的动摩擦因数相同，其余电阻不计，下列说法正确的是( )
A. 导体棒2释放前，导体棒1停止的位置与CC′的距离为2mvRB2L2
B. 导体棒1、2稳定时的速度均为32v
C. 导体棒1、2稳定时，两者之间的距离为mvRB2L2
D. 整个过程中回路上产生的焦耳热为174mv2
12. 如图所示，在倾角30∘的光滑斜面上有一挡板，木块A靠在挡板上，小球B通过劲度系数为k的轻质弹簧与A拴接在一起。光滑斜面固定在水平地面上。将小球C从距离B沿斜面L处由静止释放，C与B发生碰撞后立刻锁定在一起运动。已知木块A的质量为2m，B、C的质量均为m，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，碰撞时间极短，重力加速度为g，弹簧弹性势能的表达式为EP=12kx2。则下列说法正确的是( )
A. C与B碰撞后的瞬间，B的速度大小为gL2
B. C与B碰撞过程中，损失的机械能为mgL4
C. C与B碰撞后，弹簧弹性势能的最大值大于mgL4
D. 要使C、B碰撞后A能离开挡板，L至少为9mg2k
13. 某实验小组利用量角器、两组等大的小球、不可伸长的等长轻绳验证“碰撞中的动量守恒”实验，实验装置如图甲所示，铁架台顶端中心固定量角器，量角器的上边水平。力传感器下分别悬挂小球A、B，静止时传感器的示数为F1、F2，且F1>F2，将连接小球B的轻绳一端连接力传感器，小球A拉起至轻绳与竖直方向的夹角为α，由静止释放后与静止于悬点正下方的小球B发生对心碰撞，碰撞瞬间传感器的示数为F3，小球A摆至最大高度时轻绳与竖直方向的夹角为β，如图甲所示。忽略空气阻力。
(1)如图乙，用游标卡尺测得实验所用小球的直径为______ cm；
(2)请判断“验证碰撞中的动量守恒”实验中______(选填“需要”或“不需要”)测量轻绳长度L；
(3)验证碰撞过程动量守恒的表达式为______(用题中给定的字母表示)。
14. 摄影中常用测光表来测定光的强度以便确定合适的曝光时间。光的强弱可以用照度来计量，光越强，照度越大，照度单位为lx。如图1所示为某光敏电阻Rp在不同照度下阻值的变化情况。某同学按照图2所示的电路图连成电路，测出不同照度下对应的电流值，然后将照度值标在电流表表盘对应的刻度线上，这样就将电流表改装成一个简易的测光表。
现有的器材及规格如下：
A.光敏电阻Rp
B.电流表μA(量程0∼500μA，内阻rA=500Ω)
C.电源E(电动势3.0V，内阻很小)
D.滑动变阻器R
E.开关K
(1)此简易测光表上较大的照度值对应精______ (选填“较大”或“较小”)的电流值；
(2)此简易测光表上相邻刻线对应的照度值之差是否恒定？______ (选填“是”或“否”)；
(3)若此简易测光表的最大照度值为1200lx，则图2中滑动变阻器阻值应调节到R=______ Ω；
(4)一段时间后，电源的电动势不变、内阻变大，调节滑动变阻器使测光表能测的最大照度依然为1200lx。则照度的测量值______ 真实值。
A.大于
B.等于
C.小于
15. 负压救护车，又被称为“最强口罩”，是救护车的一种，主要用于危重感染患者的转运与抢救，利用技术手段，使车内气压低于外界大气压，所以带病毒的空气只能由车外流向车内，经过无害化处理后再排出，从而限制病毒传播，最大程度减少交叉感染。一般负压值(车外与车内气压差)为20∼40Pa时效果比较理想。假设有一负压救护车，开放状态时，车内外的气压均为p0=1.0×105Pa，车内温度为−3∘C；正常工作时，车内温度为27∘C，负压值为40Pa。空气可视为理想气体，车外环境保持不变。求：
(1)若车在处于开放状态时，使车内密闭，将车内温度升高到27∘C，求此时车内气体的压强；
(2)车内由开放状态变为正常工作状态，需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比η为多少。
16. 2022年2月16日，我国运动员齐广璞在北京冬奥会男子自由滑雪空中技巧赛上获得冠军，图甲为比赛大跳台的场景。现将部分赛道简化，如图乙所示，若运动员从雪道上的A点由静止滑下后沿切线从B点进入半径R=15m的竖直冰面圆弧轨道BDC，从轨道上的C点飞出。AB之间的竖直高度h=27m，OB与OC互相垂直，∠BOD=37∘。运动员和装备的总质量m=60kg且视为质点，摩擦和空气阻力不计。取重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。求：
(1)在轨道最低点D时，轨道对运动员的支持力大小；
(2)运动员滑离C点后在空中飞行过程中距D点的最大高度。
17. 如图甲所示，在坐标系xOy区域内存在变化的电场和磁场，以垂直纸面向外为磁场的正方向，磁感应强度为B0，x轴正向为Ex的正方向，y轴正向为Ey的正方向，Ex有4B0v0π、2B0v0π两种取值，Ey有22B0v0π、−22B0v0π两种取值，如图乙所示。0时刻，一电荷量为q，质量为m的正粒子从坐标原点O以速度2v0向y轴正向射出，不计粒子重力，求：
(1)πm4qB0∼πm2qB0间内，电场强度的合场强；
(2)πmqB0时刻，粒子的速度大小；
(3)3πm2qB0时刻，粒子的位置坐标。
如图所示，质量M=1kg的平板置于光滑的水平面上，板上最右端放一质量m=1kg可视为质点的小物块，平板与物块间的动摩擦因数μ=0.5，距平板左端L=0.8m处有一固定弹性挡板，平板撞上挡板后会原速率反弹。现对平板施一水平向左的恒力F=5N，物块与平板一起由静止开始运动，已知重力加速度g=10m/s2，整个过程中物块未离开平板。求：
(1)第一次碰撞过程中，平板所受合外力对平板的冲量；
(2)第三次碰撞时物块离平板右端的距离；
(3)物块最终离木板右端的距离；
(4)若将恒力F撤去，调节初始状态平板左端与挡板的距离L，仅给小物块一个水平向左的初速度v0=10m/s，使得平板与挡板只能碰撞6次，求L应满足的条件。(假设平板足够长)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、由电荷数守恒可知X原子核的电荷数：z=94−2=92，则质子数为92，则X原子核的中子数为234−92=142，故A错误；
B、Y的质量数：A=238−234=4，可知Y为α粒子，该核反应为α衰变，由于衰变能自发进行而且α衰变的过程中释放能量，所以 M234X的比结合能大于 94238Pu的比结合能，故B正确；
C、衰变过程中质量数守恒，放出能量，可知有质量亏损，故C错误；
D、半衰期由核内部本身的因素决定，可知Pu元素的半衰期跟原子所处的化学状态和外部条件无关，故D错误。
故选：B。
根据质量数守恒与电荷数守恒判断；α衰变的过程中释放能量，比结合能增大；半衰期是大量放射性原子衰变的统计规律；根据半衰期的特点判断。
本题考查了核反应方程式的书写、原子核衰变等知识点，根据质量数守恒及核电荷数守恒写出核反应方程式是解决本题的关键，同时要注意半衰期的适用条件与特征。
2.【答案】C
【解析】解：A、空间站中的物体都处于完全失重状态，液体中的物体不受浮力，气泡在水中不受浮力，不会“浮出”水面，故A错误；
B、气泡跟着空间站在绕着地球做匀速圆周运动，处于非平衡状态，故B错误；
C、水球表面水分子间作用力表现为引力，故C正确；
D、水球具有中间厚，边缘薄的特点，因此水球相当于一个凸透镜，当物体在两倍焦距以外时成倒立，缩小的实像；中间的气泡和周围的水，组成了一个凹透镜，凹透镜成正立缩小的虚像，故D错误。
故选：C。
空间站中的物体都处于完全失重状态，液体中的物体不受浮力，气泡不会“浮出”水面；
气泡跟着空间站在绕着地球做匀速圆周运动，处于非平衡状态；
水球表面水分子间作用力表现为引力；
水球相当于一个凸透镜，当物体在两倍焦距以外时成倒立，缩小的实像；
中间的气泡和周围的水，组成了一个凹透镜，凹透镜成正立缩小的虚像。
明确水的表面张力的概念，知道空间站中的物体都处于完全失重状态。
3.【答案】B
【解析】解：A、运动员起跳离地后到上升到最高点的过程中，只受重力，一直处于完全失重状态，故A错误；
B、运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据速度-位移公式：2gh=v2可知，
v=2gh=2×10×(2.45−1.90)m/s=11m/s
在起跳过程中，根据速度-位移公式可知：
2ah′=v2
解得加速度为：a=13.75m/s2
对运动员，根据牛顿第二定律得：
F−mg=ma
解得：F=1425N，
由牛顿第三定律可知运动员对地面的压力为1425N，方向竖直向下，故B正确；
CD、运动员起跳时地面弹力没有位移，所以做功为零，但冲量不为零，故CD错误。
故选：B。
运动员离开地面后做竖直上抛运动，只受重力，处于完全失重状态；根据速度-位移公式求得初速度，起跳过程中，根据速度-位移公式求得加速度，根据牛顿第二定律求得运动员和地面之间的弹力；力做功必须满足力和力方向上有位移，力的冲量定义力与时间的乘积。
本题以我校女篮球队员正在进行原地纵跳摸高训练为情境载体，主要考查了牛顿第二定律、运动学公式、功和冲量的定义，加速度是解决问题的中间桥梁，明确运动过程是解题的关键。
4.【答案】D
【解析】解：A.光在空气中的传播速度比固体中的传播速度快，故A错误；
B.红光的频率小于紫光的频率，则冰晶对红光的折射率小于对紫光的折射率，根据v=cn可知红光在冰晶中的传播速度比紫光在冰晶中的传播速度大，故B错误；
CD.如图所示
由几何关系得∠1=60∘
由折射定律得n=sin∠1sin∠2
由全反射的临界条件得sin∠3=1n
又sin2∠3+sin2∠2=1
联立解得n=72
故D正确，C错误。
故选：D。
光在空气中的传播速度比固体中的传播速度快，红光的频率小于紫光的频率，则冰晶对红光的折射率小于对紫光的折射率，根据v=cn可知速度大小；根据几何关系结合折射定律可解得。
本题考查光的折射，对于七种单色光的折射率、波长、频率等等之间的关系，注意折射定律与几何关系的结合应用。
5.【答案】A
【解析】解：A.由题意可得，初始状态，地面对斜面体c的摩擦力大小为f=Tcos30∘
对小球M受力分析得Tsin60∘=F
其中库仑力F=kQMQNd2=9×109×10−6×32×10−6(0.03)2N=53N
联立代入数据解得f=53N，故A正确；
B.放电过程中，两小球之间的库仑力F减小，对小球M受力分析得Tcosα=mgmgtanα=F
则随着库仑力F减小，夹角α减小，拉力减小。且开始时角α=60∘，可求得M小球的质量为m=0.5kg
开始时绳子拉力为T=10N
则开始时，对物块b受力分析知mbgsinθ=T
即开始时，斜面体对物块b的摩擦力为零，随着拉力减小，斜面体对物块b的摩擦力沿斜面向上，且有mbgsinθ=T+fc
可见，随着拉力减小，斜面体对物块b的摩擦力一定增大，故B错误；
C.设bc整体质量为M，则对bc整体受力分析得FN+Tsinθ=Mg
可见，随着拉力减小，地面对斜面体c的支持力一直变大，故C错误；
D.由题意知，放电结束后绳子拉力即为小球M的重力，且滑块b恰好没滑动，则对b受力分析得mbgsinθ=mg+μmbgcosθ
代入数据解得μ=36，故D错误。
故选：A。
对b、c组成的系统受力分力摩擦力等于拉力的水平分力，再对M受力分析求库仑力和绳子拉力，放电过程电荷量减小，对M受力分析列方程，判断拉力的变化，得摩擦力的变化，对b、c组成的系统受力分力得地面的支持力与拉力的关系，对b受力分析得滑动摩擦力表达式得动摩擦因数。
本题考查共点力的平衡和共点力的动态平衡、库仑力和摩擦力。选择合适的研究对象、综合运用整体隔离法使问题变得简单。
6.【答案】A
【解析】解：由图可知，两车在相遇前做加速度a=vt=105m/s2=2m/s2的匀加速直线运动，两车相向而行，当距离为18m时连接，此时两车各自走了x1=12(50−18)m=16m
根据公式x1=12at12，解得t1=4s
由图可知，当两车相遇时，运动时间为t0=5s，之后两车以v=10m/s的相反的方向速度匀速行驶，当两车再次相距18m时，断开连接，则匀速运动时，两车各自运动的位移为x2=9m，运动时间t2=x2v=910s=0.9s，则手机与音箱从相互连接到断开连接持续的时间为t=t0+t2−t1=5s+0.9s−4s=1.9s，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据v−t图像的斜率求出两车相遇前做匀加速直线运动的加速度，分析当距离为18m时连接两车各自运动的位移，由位移-时间公式求出运动时间。由图可知，当两车相遇时，运动时间为t0=5s，之后两车以v=10m/s的相反的方向速度匀速行驶，当两车再次相距18m时，断开连接，计算匀速运动的时间，从而求得手机与音箱从相互连接到断开连接持续的时间。
对于速度-时间图像，可直接读出瞬时速度的大小和方向，根据图像的“面积”分析位移，根据图像的斜率求解加速度。对于相遇问题，要分析清楚两车的位移关系。
7.【答案】A
【解析】解：AB.由题意可知两列波的周期为T=2s，则两列波的传播速度为v=λT，代入数据，解得v=1m/s
可知S1振动第一次到达波峰的时刻为t1=0.5s，S2振动第一次到达波峰的时刻为t2=1.5s+34T=3s
假设两列波的波峰在t时刻相遇，则有v(t−t1)+v(t−t2)=7m
联立解得t=5.25s
故A正确，B错误；
CD.两列波从起振传到O点的时间都为Δt=Δxv，代入数据，解得Δt=3.5s
可知S2的振动刚传到O点的时刻为t3=1.5s+3.5s=5s
此时S1的振动已经使O点振动了1.5s，即处于波谷位置，可知两列波在O点的振动叠加不是振动加强，也不是振动减弱，故CD错误。
故选：A。
由周期公式求解速度，由位移-速度公式求解时间，由波的叠加关系判断振幅。
本题考查横波的图像，学生需熟练掌握周期公式及与运动学有效结合，综合求解。
8.【答案】B
【解析】解：AB、输入的交流电源的有效值为U=22022V=220V
设电流表的示数为I2，根据电流与匝数比的关系可知原线圈的电流为I1=I22
副线圈的电压为U2=I2R3
则原线圈的电流为U1=2U2=2I2R3
则流过R2的电流为I′=U1R2=2I2R3R2
流过R1的电流I=I′+I1
则U=IR1+U1
联立可得I2=2UR24R2R3+4R1R3+R1R2
代入数据得I2=449A
电阻箱R3两端的电压U2=I2R3=449×10V=4409V
故A错误，B正确；
D、将原线圈等效为电阻阻值为4R3，根据电路结构可知，原线圈消耗功率P=(4R3R2R2+4R3R1+4R3R2R2+4R3U)24R3，化简得P=2202R3(5+4R3)2=220225R3+16R3+40，可知根据数学知识可知，当R3=1.25Ω时，电阻箱阻值使R3功率最大，故D错误；
C、R2消耗的功率为P′=(4R3R2R2+4R3R1+4R3R2R2+4R3U)2R2，整理得P′=8U25(25R3+2)2，可得逐渐增大电阻箱R3阻值，R2的功率逐渐增大，故C错误。
故选：B。
根据电路构造分析出电路中的电学物理量，同时根据变压器两端的电压、电流和电功率之比完成分析。
本题主要考查了变压器的构造和原理，熟练掌握欧姆定律以及原副线圈两端的匝数比完成分析，解题的关键点是利用数学知识分析出电阻消耗功率的变化趋势。
9.【答案】CD
【解析】解：A.若天舟二号需要与天和核心舱在同一高度轨道上，天舟二号加速做离心运动，将无法完成对接，所以“天舟二号”需要较低轨道上加速以实现对接，故A错误；
B.根据GMmr2=mv2r，可得v=GMr，可知天舟二号对接天和核心舱后，轨道半径将不变，故B错误；
C.对围绕同一中心天体运动的物体，根据开普勒第三定律a3T2=k，可知天舟二号从400千米高度的圆轨道变至近地点为200千米高度的椭圆轨道，周期变小，故C正确；
D.天舟二号从400千米高度的圆轨道变至近地点为200千米高度的椭圆轨道，需要减速做近心运动，除了万有引力的其他力对天舟二号做负功，天舟二号机械能减少，故D正确。
故选：CD。
根据变轨原理分析A选项，根据万有引力提供向心力分析B选项，根据开普勒第三定律分析C选项，高轨道到低轨道运动时除了万有引力的其他力对天舟二号做负功。
本题考查卫星变轨问题，解题关键掌握万有引力提供向心力，注意开普勒第三定律的应用。
10.【答案】BC
【解析】解：A.等量异种电荷的电场线分布如图
可知，B、B′、D、D′四点的电场强度方向相同，大小不同，故A错误；
B.根据等量异种电荷的电势分布可知，A′点的电势大于C′点的电势，根据Ep=qφ可知正电荷在A′点的电势能大于C′的电势能，将一正试探电荷从A′点移到C′点，其电势能减少，故B正确；
C.由电场线的分布可知，面BB′D′D为等势面，则将一负试探电荷沿直线从B点移到D点，电场力始终不做功，故C正确；
D.若在A′点再固定一电荷量为+Q的点电荷，C′点再固定一个电荷量为−Q的点电荷，面BB′D′D依然为一个等势面，电势不变依然为零，故D错误。
故选：BC。
由等量异种电荷的电场线分布，分析四点的电场强度，由电势能公式及变化情况分析B选项，结合等势面分析电场力做功及电势变化。
本题考查静电场，学生需熟练掌握等量同种电荷、等量异种电荷电场线分布，并结合能量观综合解题。
11.【答案】BCD
【解析】解：A、导体棒2释放前，对导体棒1在磁场中的运动过程，以水平向左为正方向，由动量定理得：
−BI−Lt=0−m⋅2v
又有：I−=E−2R=ΔΦt⋅12R=BLxt⋅2R
联立解得：x=4mvRB2L2，即导体棒2释放前，导体棒1停止的位置与CC′的距离为4mvRB2L2，故A错误；
BC、设初始导体棒1和CC′之间的距离为4L，则导体棒2和CC′之间的距离为9L，对导体棒1和2从初始位置到CC′分别由动能定理得：
mgsinθ⋅4L−μmgcosθ⋅4L=12m(2v)2−0
mgsinθ⋅9L−μmgcosθ⋅9L=12mv12−0
联立解得：v1=3v
导体棒1、2稳定时两棒产生的电动势相等，则稳定时两者的速度相等设为v2，两者均在磁场中运动时满足动量守恒定律，取水平向左为正方向，则有：
mv1=2mv2
联立解得：v2=3v2
从导体棒2进入磁场到导体棒1、2稳定过程中，以水平向左为正方向，根据动量定理，对导体棒1：
BI1−Lt=mv2−0
又I1−=BL⋅Δxt⋅2R
联立解得：Δx=3mvRB2L2
则两者之间的距离为：d=x−Δx=mvRB2L2，故BC正确；
D、导体棒1从释放到静止产生的热量为：Q1=12m(2v)2=2mv2
从导体棒2进入磁场到导体棒1、2稳定的过程产生的热量为：Q2=12mv12−12(2m)v22=94mv2
整个过程中回路上产生的焦耳热为：Q=Q1+Q2=174mv2，故D正确。
故选：BCD。
导体棒2释放前，对导体棒1在磁场中的运动过程，由动量定理求解其运动位移；根据动能定理求得导体棒2进入磁场时的速度，稳定时两者的速度相等，两者均在磁场中运动时满足动量守恒定律，由动量守恒定律求解两者稳定时的速度；根据动能定理求得两者的相对位移；根据能量守恒定律求解整个过程中回路上产生的焦耳热。
本题考查了电磁感应现象中双棒问题，此类问题要从功能的角度和动量与冲量的角度思考问题。导体棒受变力而加速度不恒定的运动，经常应用动量定理解答，要能够熟练对安培力的冲量的求解。
12.【答案】BC
【解析】解：AB.对C，释放到C与B碰撞前瞬间，由动能定理得mgLsin30∘=12mvC2，解得vC=gL，C与B碰撞，根据动量守恒定律mvC=2mvBC，解得vBC=gL2，碰撞过程中损失的机械能ΔE=12mvC2−12⋅2mvBC2=mgL4，故B正确，A错误；
C.BC速度为零时，弹簧弹性势能最大，设h为BC碰撞后，下滑的高度，则Epm=mgL4+2mgh>mgL4，故C正确；
D.设A刚要离开挡板，BC速度为零，弹簧弹力为T，则T=k⋅Δx=mAgsin30∘=mg，解得Δx=mgk，此时弹簧的弹性势能为Ep=m2g22k，同理可得BC碰撞前Δx′=mg2kEp′=m2g28k，C、B碰撞后到A刚要离开挡板由机械能守恒得12⋅2mvBC2+Ep′=2mg(Δx+Δx′)sin30∘+Ep，解得L=15mg2k，故D错误。
故选：BC。
根据CB碰撞过过程动量守恒，再对C物体应用动能定理可知，CB碰撞后瞬间的速度大小，以及碰撞过程中损失的机械能；CB碰撞后当弹簧弹性势能最大时，CB速度均为零，根据题意给出的弹簧弹性势能的表达式可知弹簧弹性势能最大值，根据句A刚要离开时弹簧的弹力恰为A重力下滑分力，再根据从C开始运动到A刚要离开整个过程能量守恒可解。
该题考查动能定理、动量守恒、弹簧弹性势能表达式以及能量守恒的应用，属于综合性题目，难度较大。
13.【答案】1.055不需要 F1(1−cosα−1−cosβ)=F2(F3−F2)2
【解析】解：(1)游标卡尺读数是主尺读数(mm的整数倍)加上游标尺的读数(mm的小数位)，由图可读出为L=10mm+11×0.05mm=10.55mm=1.055cm；
(2)力传感器下分别悬挂小球A、B，静止时传感器的示数为F1、F2，且F1>F2，可知
mAg=F1，mBg=F2
设碰前小球A的速度为vA，小球下摆过程机械能守恒
mAgL(1−cosα)=12mAvA2
可得：vA=2gL(1−cosα)
同理可得碰后A球的速度为：v′A=2gL(1−cosβ)
碰撞瞬间传感器的示数为F3，根据牛顿第二定律可得
F3−F2=mBv′B2L
v′B=(F3−F2)LgF2
由动量守恒定律得
mAvA=mAv′A+mBv′B
整理得：F1(1−cosα−1−cosβ)=F2(F3−F2)2
实验中不需要测量轻绳长度L；
(3)验证碰撞过程动量守恒的表达式为F1(1−cosα−1−cosβ)=F2(F3−F2)2。
故答案为：(1)1.055(2)不需要(3)F1(1−cosα−1−cosβ)=F2(F3−F2)2
(1)根据游标卡尺读数规则读数；
(2)(3)根据实验原理与机械能守恒定律、动量守恒定律求出需要验证的表达式，然后确定绳长L是否需要测量。
本题考查了验证能量守恒定律的实验，关键点：实验运用转换法，即将测量小球碰撞前后的速度转换成测量小球最大摆角问题。
14.【答案】较大 否 4500 B
【解析】解：(1)依据图1可知：照度值越大，光敏电阻Rp的阻值越小，图2中的总电阻越小，故电流越大；
(2)依据图1可知：光敏电阻Rp与照度不是正比关系，图2中电流与总电阻成反比，故照度与电流之间不是线性关系，所以此简易测光表上相邻刻线对应的照度值之差不是恒定的；
(3)由第(1)问可知照度值最大时，电流表的示数最大，即此时回路中的电流为500μA，由I=ER+RP+rA+r可知：R+r+RP+rA=6000Ω；由图1可知：照度值为1200lx时，光敏电阻的阻值Rp≈1000Ω，故R≈4500Ω；.
(4)由于最大测量照度依然为1200 lx，电源电动势不变，所以电电路总电阻不变。所以照度的测量值等于真实值(参照欧姆表原理思考)。
故答案为：(1)较大 (2)否 (3)4500(4)B
依据图1可知：照度值越大，光敏电阻Rp的阻值越小，图2中的总电阻越小，故电流越大；光敏电阻Rp与照度不是正比关系，图2中电流与总电阻成反比，故照度与电流之间不是线性关系；由第(1)问可知照度值最大时，电流表的示数最大，即此时回路中的电流为500μA，根据欧姆定律求得R；由于最大测量照度依然为1200 lx，电源电动势不变，所以电电路总电阻不变。所以照度的测量值等于真实值
本题考查电学实验的变形，难度较小，需要学生合理提取题中信息，结合欧姆定律解答即可。
15.【答案】解：(1)原来车内外的气压为p0=1.0×105Pa，车内温度为T0=(273−3)K=270K；
若车内密闭，仅将车内温度升高到T1=(273+27)K=300K，
设升温后车内的气压为p1，车内的气体发生等容变化，根据查理定律有：p0T0=p1T1
代入数据解得：p1≈1.11×105Pa；
(2)设车内的体积为V1，假设体积为V1、温度为−3∘C、压强为p0的气体变为温度为27∘C、压强为p2时的体积为V2，
由题意可知：p2=p0−40Pa=0.9996×105Pa
根据一定质量的理想气体理想气体状态方程，有：p0V1T0=p2V2T1
需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比为：η=V2−V1V2×100%
联立解得：η≈10%
答：(1)若车在处于开放状态时，使车内密闭，将车内温度升高到27∘C，此时车内气体的压强为1.11×105Pa；
(2)车内由开放状态变为正常工作状态，需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比η为10%
【解析】(1)车内的气体做等容变化，根据查理定律解得车内的气压；
(2)对车内的气体，找出初末状态参量，根据一定质量理想气体的状态方程求得体积，即可求得需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比。
本题考查了一定质量的理想气体状态方程、玻意耳定律等知识点。抓住一定质量理想气体状态方程，选择相应的气体实验定律是解题的关键。
16.【答案】解：(1)从A到D，根据动能定理可得：mgh+mgR(1−cos37∘)=12mv2−0，解得v=106m/s
在D点，根据牛顿第二定律可得：FN−mg=mv2R，解得FN=3000N
(2)从D到C，根据动能定理可得：−mgR(1−cos53∘)=12mvD2−12mv2，解得vD=430m/s
运动员从C点与水平方向成53∘做斜抛运动，则上升的高度为h′=(vDsin53∘)22g=(430×0.8)22×10m=15.36m
故运动员滑离C点后在空中飞行过程中距D点的最大高度H=h′+R(1−cos53∘)，解得H=21.36m
答：(1)在轨道最低点D时，轨道对运动员的支持力大小为3000N；
(2)运动员滑离C点后在空中飞行过程中距D点的最大高度为21.36m。
【解析】(1)运动员从A到D，根据动能定理求得到达D点的速度，在D点，根据牛顿第二定律求得轨道对运动员的支持力；
(2)从D到C，根据动能定理求得到达C点的速度，运动员从C点做斜抛运动，求得竖直方向上升的高度，即可求得上升最高点距D的距离。
本题主要考查了动能定理和斜抛运动，，在D点利用牛顿第二定律求得相互作用力，在利用动能定理时抓住重力做功即可。
17.【答案】解：(1)πm4qB0∼πm2qB0时间内，合场强的大小为
代入数据得：合场强大小，方向与x轴正向成45∘角斜向上；
(2)如图
a点加速度为2v0，b点速度为
解得：v1=3v0
c点速度仍为3v0，d点速度为
v2=v1+Ex2qm⋅πm4qB0
解得：v2=4v0
故πmqB0时刻，粒子的速度大小为v2=4v0；
(3)设Oa段的半径为2R，则bc段的半径为3R，de段的半径为4R，由
qvB0=mv2r
得
r=mvqB0
有2R=m⋅2v0qB0
设ab的长度为xab，则
xab=2v0+3v02⋅πm4qB0
解得：xab=5πmv08qB0
那么cd段的长度为xcd，ef段的长度为xef，根据题意有，3πm2qB0时刻，粒子的横坐标为
X=2R⋅(1−cos45∘)+xab⋅cos45∘+3R⋅cos45∘+xcd+4R⋅cos45∘+xef⋅cos45∘
代入数据得：X=(202+16+7π+72)mv08qB0
此时的Y坐标为
y=2R⋅cos45∘+xab⋅cos45∘+3R(1−cos45∘)−4R(1−cos45∘)+xef⋅cos45∘
代入数据得：Y=(62−4−2π)mv04qB0
故此时粒子的坐标为((202+16+7π+72)mv08qB0,(62−4−2π)mv04qB0)。
答：(1)πm4qB0∼πm2qB0间内，电场强度的合场强为4B0v0π，方向与x轴正向成45∘角斜向上；
(2)πmqB0时刻，粒子的速度大小为4v0；
(3)3πm2qB0时刻，粒子的位置坐标为((202+16+7π+72)mv08qB0,(62−4−2π)mv04qB0)。
【解析】(1)根据平行四边形定则求合场强；
(2)作出粒子轨迹图，粒子在磁场中偏转，在电场中加速，依次求解即可；
(3)由几何关系求粒子位置坐标。
本题带电粒子在组合场中运动，分别采用不同的方法：电场中运用运动的合成和分解，磁场中圆周运动处理的基本方法是画轨迹．所加磁场周期性变化时，要研究规律。
18.【答案】解：(1)若两者保持相对静止，在恒力作用下一起向左加速，有a=F(m+M)=2.5m/s2
由于a=2.5m/s2<μg
故平板M与m一起匀加速，根据动能定理FL=12(m+M)v12
得v1=2m/s
选初速度方向为正方向，由动量定理I=ΔP得I=M(−v1)−Mv1代入数据解得：I=−4N⋅s
大小为I=4N⋅s，方向为平向右；
(2)平板反弹后，物块加速度大小a1=μg=5m/s2
向左匀减速运动，平板加速度大小为a2=F+μmgM=10m/s2
经t1时间达到共速，由v1−5t1=−v1+10t1
得t1=415s
共同速度为
从碰撞到达共速的过程，设平板的位移为x1，则x1=−v1t1+12a2t12
之后一起匀加速再次碰撞的速度为v2，由动能定理
由运动学公式
得Δx1=4×415m−12×15×(415)2m=815m
同理推导可得Δx2=13×815m=845m
设物块离开平板右端的距离为S，则S=Δx1+Δx2=3245m
即第三次碰撞时物块离开平板右端的距离为3245m。
(3)设第n次碰撞速度为vn，经过第tn时间，达到第n次共速，，xn=−vntn−12a2tn2
之后一起匀加速再次碰撞的速度为vn+1，由动能定理
联立以上三式可得tn=215vn，vn+1=33vn
同理可推导可得Δxn=(13)n−1×815
由求和公式Sn=815[1−(13)n]1−13m=0.8m
(4)由题意，设每次加速的时间为t，平板和木块的加速度都为a=μg
则平板撞击挡板的速率v=at
根据运动情况分析，前五次撞击的速度相等且小于木块的速度vm5=v0−9at
且对小物块vm5>v
代数得t<15s
第六次撞击挡板的速度小于等于木块的速度，且满足vm6≤v，vm6=v0−11at
代数得t≥16s
即15s>t≥16s
由运动学公式L=12at2得572m≤L<110m
答：(1)第一次碰撞过程中，平板所受合外力对平板的冲量为4N⋅s，方向为平向右；
(2)第三次碰撞时物块离平板右端的距离为3245m；
(3)物块最终离木板右端的距离为0.8m；
(4)L应满足的条件为572m≤L<110m。
【解析】(1)两者相对静止，在恒力作用下一起向左加速，根据动量定理求解冲量大小；
(2)全程根据牛顿第二定律和运动学结合求出距离，由此得到物块离平板右侧的距离；
(3)根据动能定理求出最终离木板右端的距离；
(4)根据动量定理结合运动学公式求解L应满足的条件。
本题主要是考查了动量定理和能量守恒定律，关键是弄清楚小物块和平板的受力情况和能量转化情况，根据牛顿第二定律、动量定理结合能量关系列方程求解。
2022年山东省潍坊市高考物理二模试卷
1. 在火星上，太阳能电池板的发电能力有限，因此科学家用放射性材料PuO2作为发电能源为火星车供电。PuO2中的Pu元素是 94238Pu，具有天然放射性，半衰期为87.7年。已知 94238Pu的衰变方程为： 94238Pu→M234X+2NY，则下列说法正确的是( )
A. X原子核的中子数为144
B. M234X的比结合能大于 94238Pu的比结合能
C. 衰变过程中质量守恒
D. Pu元素的半衰期跟原子所处的化学状态和外部条件有关
2. 在2021年12月9日的“天宫课堂”上，王亚平在叶光富的帮助下，把一个带柄圆环伸入水袋中，再小心翼翼地拉出来时，圆环上就附着了一层水膜。当王亚平继续向水膜上加水时，水膜逐渐变厚，最后变成了一个球，王亚平往水球中间轻轻注入一些气体，水球中间就出现了一个气池(气体球)。如图乙所示。则以下说法正确的是( )
A. 气泡会“浮出”水面
B. 气泡处于平衡状态
C. 水球表面水分子间作用力表现为引力
D. 通过水球和气泡看到的都是王亚平倒立的像
3. 如图所示，我校女篮球队员正在进行原地纵跳摸高训练，以提高自己的弹跳力。运动员先由静止下蹲一段位移，经过充分调整后，发力跳起摸到了一定的高度。某运动员原地静止站立(不起跳)摸高为1.90m，纵跳摸高中，该运动员先下蹲，重心下降0.4m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.45m的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，已知该运动员的质量m=60kg，g取10m/s2。则下列说法中正确的是( )
A. 运动员起跳后到上升到最高点一直处于超重状态
B. 起跳过程中运动员对地面的压力为1425N
C. 运动员起跳时地面弹力做功不为零
D. 运动员起跳时地面弹力的冲量为零
4. 如图甲所示，倒挂的彩虹被叫做“天空的微笑”，实际上它不是彩虹，而是日晕，专业名称叫“环天顶弧”，是由薄而均匀的卷云里面大量扁平的六角片状冰晶(直六棱柱)折射形成，因为大量六角片状冰晶的随机旋转而形成“环天顶弧”。光线从冰晶的上底面进入，经折射从侧面射出，当太阳高度角α增大到某一临界值，侧面的折射光线因发生全反射而消失不见。简化光路如图乙所示，以下分析正确的是( )
A. 光线从空气进入冰晶后传播速度变大
B. 红光在冰晶中的传播速度比紫光在冰晶中的传播速度小
C. 若太阳高度角α等于30∘时恰好发生全反射，可求得冰晶的折射率为233
D. 若太阳高度角α等于30∘时恰好发生全反射，可求得冰晶的折射率为72
5. 如图所示，质量mb=2kg的小物块b置于倾角为θ=30∘的斜面体c上，通过绝缘细绳跨过光滑的定滑轮与带正电荷QM=1×10−6C的小球M连接，左侧细绳与斜面平行，带负电荷QN=−32×10−6C的小球N用绝缘细绳悬挂于P点，两小球的质量相等。初始时刻，连接小球M的一段细绳与竖直方向的夹角α=60∘且两小球之间的距离d=3cm。设两带电小球在缓慢漏电的过程中，两球心始终处于同一水平面，且b、c都静止，放电结束后滑块b恰好没滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。静电力常量k=9.0×109N⋅m2/C2。下列说法正确的是( )
A. 初始状态，地面对斜面体c的摩擦力大小为53N
B. 放电过程中，小物块b对斜面体c的摩擦力不一定变大
C. 地面对斜面体c的支持力先变小后变大
D. 小物块b和斜面体c之间的动摩擦因数为33
6. 蓝牙小音箱可以在一定距离内与手机等设备实现连接，某型号的蓝牙音箱无线连接的有效距离是18m。在两条平行且靠近的直轨道上，分别放置智能小车A、B，两车分别携带该型号音箱和手机。某时刻两车相距50m同时开始相向而行，速度大小随时间变化图像均如图所示。则手机与音箱从相互连接到断开连接持续的时间为( )
A. 1.9s B. 2s C. 4s D. 5.9s
7. 如图所示，两振源S1、S2相距7m，O位于两振源连线的中点。0时刻，S1向上起振，形成一列向右传播的简谐横波，0.5s时第一次到达波峰，1.5s时，S2向下起振，形成一列向左传播的简谐横波。已知两列波振动周期相同，振幅均为5cm，波长均为2m，下列说法正确的是( )
A. 两列波的波峰5.25s时第一次相遇 B. 两列波的波峰4.5s时第一次相遇
C. 振动稳定后，O点的振幅为10cm D. 振动稳定后，O点的振幅为0
8. 如图甲所示，理想变压器左侧ab两点间接入电压如图乙所示的电源，电阻R1=R2=10Ω，R3是一个电阻箱，初始状态电阻为10Ω，A为理想电流表，原、副线圈匝数比为2：1。则( )
A. 电阻箱R3两端的电压是110V
B. 电流表的示数为449A
C. 逐渐增大电阻箱R3阻值，R2的功率逐渐减小
D. 改变电阻箱阻值使R3功率最大时，R3=5Ω
9. 天舟二号货运飞船是中国空间站货物运输系统的第一次应用性飞行，在距地面400千米高空精准对接于天和核心舱后向端口，为空间站送去6.8吨补给物资。为避免占用轨道资源，已于北京时间2022年3月31日18时40分采用分次控制的方式，依次从400千米高度的圆轨道变至近地点为200千米高度的椭圆轨道，然后将近地点变至大气层高度90千米以下，受控再入大气层烧蚀销毁，展现了中国航天的责任和担当，树立了负责任大国形象。下列说法正确的是( )
A. “天舟二号”需要与天和核心舱在同一高度轨道上加速以实现对接
B. “天舟二号”对接天和核心舱后，空间站由于质量增大，轨道半径将变小
C. “天舟二号”从400千米高度的圆轨道变至近地点为200千米高度的椭圆轨道，周期变小
D. “天舟二号”从400千米高度的圆轨道变至近地点为200千米高度的椭圆轨道，机械能减少
10. 如图所示，正三棱柱的A点固定一个电荷量为+Q的点电荷，C点固定一个电荷量为−Q的点电荷，D、D′点分别为AC、A′C′边的中点，选无穷远处电势为0。下列说法中正确的是( )
A. B、B′、D、D′四点的电场强度相同
B. 将一正试探电荷从A′点移到C′点，其电势能减少
C. 将一负试探电荷沿直线从B点移到D点，电场力始终不做功
D. 若在A′点再固定一电荷量为+Q的点电荷，C′点再固定一个电荷量为−Q的点电荷，则D点的电势升高
11. 如图所示的“”形导轨宽为L，水平部分光滑且无限长，其中有垂直轨道面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，倾斜部分粗糙，CC′为垂直导轨的两部分交界线。导体棒1、2均与CC′平行，导体棒1和CC′之间的距离与导体棒1和2之间的距离之比为4：5。现释放导体棒1，到达CC′处的速度为2v，导体棒1静止后释放导体棒2，一段时间后导体棒1、2均处于稳定状态。若两根导体棒的质量均为m，电阻均为R，与倾斜导轨的动摩擦因数相同，其余电阻不计，下列说法正确的是( )
A. 导体棒2释放前，导体棒1停止的位置与CC′的距离为2mvRB2L2
B. 导体棒1、2稳定时的速度均为32v
C. 导体棒1、2稳定时，两者之间的距离为mvRB2L2
D. 整个过程中回路上产生的焦耳热为174mv2
12. 如图所示，在倾角30∘的光滑斜面上有一挡板，木块A靠在挡板上，小球B通过劲度系数为k的轻质弹簧与A拴接在一起。光滑斜面固定在水平地面上。将小球C从距离B沿斜面L处由静止释放，C与B发生碰撞后立刻锁定在一起运动。已知木块A的质量为2m，B、C的质量均为m，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，碰撞时间极短，重力加速度为g，弹簧弹性势能的表达式为EP=12kx2。则下列说法正确的是( )
A. C与B碰撞后的瞬间，B的速度大小为gL2
B. C与B碰撞过程中，损失的机械能为mgL4
C. C与B碰撞后，弹簧弹性势能的最大值大于mgL4
D. 要使C、B碰撞后A能离开挡板，L至少为9mg2k
13. 某实验小组利用量角器、两组等大的小球、不可伸长的等长轻绳验证“碰撞中的动量守恒”实验，实验装置如图甲所示，铁架台顶端中心固定量角器，量角器的上边水平。力传感器下分别悬挂小球A、B，静止时传感器的示数为F1、F2，且F1>F2，将连接小球B的轻绳一端连接力传感器，小球A拉起至轻绳与竖直方向的夹角为α，由静止释放后与静止于悬点正下方的小球B发生对心碰撞，碰撞瞬间传感器的示数为F3，小球A摆至最大高度时轻绳与竖直方向的夹角为β，如图甲所示。忽略空气阻力。
(1)如图乙，用游标卡尺测得实验所用小球的直径为______ cm；
(2)请判断“验证碰撞中的动量守恒”实验中______(选填“需要”或“不需要”)测量轻绳长度L；
(3)验证碰撞过程动量守恒的表达式为______(用题中给定的字母表示)。
14. 摄影中常用测光表来测定光的强度以便确定合适的曝光时间。光的强弱可以用照度来计量，光越强，照度越大，照度单位为lx。如图1所示为某光敏电阻Rp在不同照度下阻值的变化情况。某同学按照图2所示的电路图连成电路，测出不同照度下对应的电流值，然后将照度值标在电流表表盘对应的刻度线上，这样就将电流表改装成一个简易的测光表。
现有的器材及规格如下：
A.光敏电阻Rp
B.电流表μA(量程0∼500μA，内阻rA=500Ω)
C.电源E(电动势3.0V，内阻很小)
D.滑动变阻器R
E.开关K
(1)此简易测光表上较大的照度值对应精______ (选填“较大”或“较小”)的电流值；
(2)此简易测光表上相邻刻线对应的照度值之差是否恒定？______ (选填“是”或“否”)；
(3)若此简易测光表的最大照度值为1200lx，则图2中滑动变阻器阻值应调节到R=______ Ω；
(4)一段时间后，电源的电动势不变、内阻变大，调节滑动变阻器使测光表能测的最大照度依然为1200lx。则照度的测量值______ 真实值。
A.大于
B.等于
C.小于
15. 负压救护车，又被称为“最强口罩”，是救护车的一种，主要用于危重感染患者的转运与抢救，利用技术手段，使车内气压低于外界大气压，所以带病毒的空气只能由车外流向车内，经过无害化处理后再排出，从而限制病毒传播，最大程度减少交叉感染。一般负压值(车外与车内气压差)为20∼40Pa时效果比较理想。假设有一负压救护车，开放状态时，车内外的气压均为p0=1.0×105Pa，车内温度为−3∘C；正常工作时，车内温度为27∘C，负压值为40Pa。空气可视为理想气体，车外环境保持不变。求：
(1)若车在处于开放状态时，使车内密闭，将车内温度升高到27∘C，求此时车内气体的压强；
(2)车内由开放状态变为正常工作状态，需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比η为多少。
16. 2022年2月16日，我国运动员齐广璞在北京冬奥会男子自由滑雪空中技巧赛上获得冠军，图甲为比赛大跳台的场景。现将部分赛道简化，如图乙所示，若运动员从雪道上的A点由静止滑下后沿切线从B点进入半径R=15m的竖直冰面圆弧轨道BDC，从轨道上的C点飞出。AB之间的竖直高度h=27m，OB与OC互相垂直，∠BOD=37∘。运动员和装备的总质量m=60kg且视为质点，摩擦和空气阻力不计。取重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。求：
(1)在轨道最低点D时，轨道对运动员的支持力大小；
(2)运动员滑离C点后在空中飞行过程中距D点的最大高度。
17. 如图甲所示，在坐标系xOy区域内存在变化的电场和磁场，以垂直纸面向外为磁场的正方向，磁感应强度为B0，x轴正向为Ex的正方向，y轴正向为Ey的正方向，Ex有4B0v0π、2B0v0π两种取值，Ey有22B0v0π、−22B0v0π两种取值，如图乙所示。0时刻，一电荷量为q，质量为m的正粒子从坐标原点O以速度2v0向y轴正向射出，不计粒子重力，求：
(1)πm4qB0∼πm2qB0间内，电场强度的合场强；
(2)πmqB0时刻，粒子的速度大小；
(3)3πm2qB0时刻，粒子的位置坐标。
如图所示，质量M=1kg的平板置于光滑的水平面上，板上最右端放一质量m=1kg可视为质点的小物块，平板与物块间的动摩擦因数μ=0.5，距平板左端L=0.8m处有一固定弹性挡板，平板撞上挡板后会原速率反弹。现对平板施一水平向左的恒力F=5N，物块与平板一起由静止开始运动，已知重力加速度g=10m/s2，整个过程中物块未离开平板。求：
(1)第一次碰撞过程中，平板所受合外力对平板的冲量；
(2)第三次碰撞时物块离平板右端的距离；
(3)物块最终离木板右端的距离；
(4)若将恒力F撤去，调节初始状态平板左端与挡板的距离L，仅给小物块一个水平向左的初速度v0=10m/s，使得平板与挡板只能碰撞6次，求L应满足的条件。(假设平板足够长)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、由电荷数守恒可知X原子核的电荷数：z=94−2=92，则质子数为92，则X原子核的中子数为234−92=142，故A错误；
B、Y的质量数：A=238−234=4，可知Y为α粒子，该核反应为α衰变，由于衰变能自发进行而且α衰变的过程中释放能量，所以 M234X的比结合能大于 94238Pu的比结合能，故B正确；
C、衰变过程中质量数守恒，放出能量，可知有质量亏损，故C错误；
D、半衰期由核内部本身的因素决定，可知Pu元素的半衰期跟原子所处的化学状态和外部条件无关，故D错误。
故选：B。
根据质量数守恒与电荷数守恒判断；α衰变的过程中释放能量，比结合能增大；半衰期是大量放射性原子衰变的统计规律；根据半衰期的特点判断。
本题考查了核反应方程式的书写、原子核衰变等知识点，根据质量数守恒及核电荷数守恒写出核反应方程式是解决本题的关键，同时要注意半衰期的适用条件与特征。
2.【答案】C
【解析】解：A、空间站中的物体都处于完全失重状态，液体中的物体不受浮力，气泡在水中不受浮力，不会“浮出”水面，故A错误；
B、气泡跟着空间站在绕着地球做匀速圆周运动，处于非平衡状态，故B错误；
C、水球表面水分子间作用力表现为引力，故C正确；
D、水球具有中间厚，边缘薄的特点，因此水球相当于一个凸透镜，当物体在两倍焦距以外时成倒立，缩小的实像；中间的气泡和周围的水，组成了一个凹透镜，凹透镜成正立缩小的虚像，故D错误。
故选：C。
空间站中的物体都处于完全失重状态，液体中的物体不受浮力，气泡不会“浮出”水面；
气泡跟着空间站在绕着地球做匀速圆周运动，处于非平衡状态；
水球表面水分子间作用力表现为引力；
水球相当于一个凸透镜，当物体在两倍焦距以外时成倒立，缩小的实像；
中间的气泡和周围的水，组成了一个凹透镜，凹透镜成正立缩小的虚像。
明确水的表面张力的概念，知道空间站中的物体都处于完全失重状态。
3.【答案】B
【解析】解：A、运动员起跳离地后到上升到最高点的过程中，只受重力，一直处于完全失重状态，故A错误；
B、运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据速度-位移公式：2gh=v2可知，
v=2gh=2×10×(2.45−1.90)m/s=11m/s
在起跳过程中，根据速度-位移公式可知：
2ah′=v2
解得加速度为：a=13.75m/s2
对运动员，根据牛顿第二定律得：
F−mg=ma
解得：F=1425N，
由牛顿第三定律可知运动员对地面的压力为1425N，方向竖直向下，故B正确；
CD、运动员起跳时地面弹力没有位移，所以做功为零，但冲量不为零，故CD错误。
故选：B。
运动员离开地面后做竖直上抛运动，只受重力，处于完全失重状态；根据速度-位移公式求得初速度，起跳过程中，根据速度-位移公式求得加速度，根据牛顿第二定律求得运动员和地面之间的弹力；力做功必须满足力和力方向上有位移，力的冲量定义力与时间的乘积。
本题以我校女篮球队员正在进行原地纵跳摸高训练为情境载体，主要考查了牛顿第二定律、运动学公式、功和冲量的定义，加速度是解决问题的中间桥梁，明确运动过程是解题的关键。
4.【答案】D
【解析】解：A.光在空气中的传播速度比固体中的传播速度快，故A错误；
B.红光的频率小于紫光的频率，则冰晶对红光的折射率小于对紫光的折射率，根据v=cn可知红光在冰晶中的传播速度比紫光在冰晶中的传播速度大，故B错误；
CD.如图所示
由几何关系得∠1=60∘
由折射定律得n=sin∠1sin∠2
由全反射的临界条件得sin∠3=1n
又sin2∠3+sin2∠2=1
联立解得n=72
故D正确，C错误。
故选：D。
光在空气中的传播速度比固体中的传播速度快，红光的频率小于紫光的频率，则冰晶对红光的折射率小于对紫光的折射率，根据v=cn可知速度大小；根据几何关系结合折射定律可解得。
本题考查光的折射，对于七种单色光的折射率、波长、频率等等之间的关系，注意折射定律与几何关系的结合应用。
5.【答案】A
【解析】解：A.由题意可得，初始状态，地面对斜面体c的摩擦力大小为f=Tcos30∘
对小球M受力分析得Tsin60∘=F
其中库仑力F=kQMQNd2=9×109×10−6×32×10−6(0.03)2N=53N
联立代入数据解得f=53N，故A正确；
B.放电过程中，两小球之间的库仑力F减小，对小球M受力分析得Tcosα=mgmgtanα=F
则随着库仑力F减小，夹角α减小，拉力减小。且开始时角α=60∘，可求得M小球的质量为m=0.5kg
开始时绳子拉力为T=10N
则开始时，对物块b受力分析知mbgsinθ=T
即开始时，斜面体对物块b的摩擦力为零，随着拉力减小，斜面体对物块b的摩擦力沿斜面向上，且有mbgsinθ=T+fc
可见，随着拉力减小，斜面体对物块b的摩擦力一定增大，故B错误；
C.设bc整体质量为M，则对bc整体受力分析得FN+Tsinθ=Mg
可见，随着拉力减小，地面对斜面体c的支持力一直变大，故C错误；
D.由题意知，放电结束后绳子拉力即为小球M的重力，且滑块b恰好没滑动，则对b受力分析得mbgsinθ=mg+μmbgcosθ
代入数据解得μ=36，故D错误。
故选：A。
对b、c组成的系统受力分力摩擦力等于拉力的水平分力，再对M受力分析求库仑力和绳子拉力，放电过程电荷量减小，对M受力分析列方程，判断拉力的变化，得摩擦力的变化，对b、c组成的系统受力分力得地面的支持力与拉力的关系，对b受力分析得滑动摩擦力表达式得动摩擦因数。
本题考查共点力的平衡和共点力的动态平衡、库仑力和摩擦力。选择合适的研究对象、综合运用整体隔离法使问题变得简单。
6.【答案】A
【解析】解：由图可知，两车在相遇前做加速度a=vt=105m/s2=2m/s2的匀加速直线运动，两车相向而行，当距离为18m时连接，此时两车各自走了x1=12(50−18)m=16m
根据公式x1=12at12，解得t1=4s
由图可知，当两车相遇时，运动时间为t0=5s，之后两车以v=10m/s的相反的方向速度匀速行驶，当两车再次相距18m时，断开连接，则匀速运动时，两车各自运动的位移为x2=9m，运动时间t2=x2v=910s=0.9s，则手机与音箱从相互连接到断开连接持续的时间为t=t0+t2−t1=5s+0.9s−4s=1.9s，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据v−t图像的斜率求出两车相遇前做匀加速直线运动的加速度，分析当距离为18m时连接两车各自运动的位移，由位移-时间公式求出运动时间。由图可知，当两车相遇时，运动时间为t0=5s，之后两车以v=10m/s的相反的方向速度匀速行驶，当两车再次相距18m时，断开连接，计算匀速运动的时间，从而求得手机与音箱从相互连接到断开连接持续的时间。
对于速度-时间图像，可直接读出瞬时速度的大小和方向，根据图像的“面积”分析位移，根据图像的斜率求解加速度。对于相遇问题，要分析清楚两车的位移关系。
7.【答案】A
【解析】解：AB.由题意可知两列波的周期为T=2s，则两列波的传播速度为v=λT，代入数据，解得v=1m/s
可知S1振动第一次到达波峰的时刻为t1=0.5s，S2振动第一次到达波峰的时刻为t2=1.5s+34T=3s
假设两列波的波峰在t时刻相遇，则有v(t−t1)+v(t−t2)=7m
联立解得t=5.25s
故A正确，B错误；
CD.两列波从起振传到O点的时间都为Δt=Δxv，代入数据，解得Δt=3.5s
可知S2的振动刚传到O点的时刻为t3=1.5s+3.5s=5s
此时S1的振动已经使O点振动了1.5s，即处于波谷位置，可知两列波在O点的振动叠加不是振动加强，也不是振动减弱，故CD错误。
故选：A。
由周期公式求解速度，由位移-速度公式求解时间，由波的叠加关系判断振幅。
本题考查横波的图像，学生需熟练掌握周期公式及与运动学有效结合，综合求解。
8.【答案】B
【解析】解：AB、输入的交流电源的有效值为U=22022V=220V
设电流表的示数为I2，根据电流与匝数比的关系可知原线圈的电流为I1=I22
副线圈的电压为U2=I2R3
则原线圈的电流为U1=2U2=2I2R3
则流过R2的电流为I′=U1R2=2I2R3R2
流过R1的电流I=I′+I1
则U=IR1+U1
联立可得I2=2UR24R2R3+4R1R3+R1R2
代入数据得I2=449A
电阻箱R3两端的电压U2=I2R3=449×10V=4409V
故A错误，B正确；
D、将原线圈等效为电阻阻值为4R3，根据电路结构可知，原线圈消耗功率P=(4R3R2R2+4R3R1+4R3R2R2+4R3U)24R3，化简得P=2202R3(5+4R3)2=220225R3+16R3+40，可知根据数学知识可知，当R3=1.25Ω时，电阻箱阻值使R3功率最大，故D错误；
C、R2消耗的功率为P′=(4R3R2R2+4R3R1+4R3R2R2+4R3U)2R2，整理得P′=8U25(25R3+2)2，可得逐渐增大电阻箱R3阻值，R2的功率逐渐增大，故C错误。
故选：B。
根据电路构造分析出电路中的电学物理量，同时根据变压器两端的电压、电流和电功率之比完成分析。
本题主要考查了变压器的构造和原理，熟练掌握欧姆定律以及原副线圈两端的匝数比完成分析，解题的关键点是利用数学知识分析出电阻消耗功率的变化趋势。
9.【答案】CD
【解析】解：A.若天舟二号需要与天和核心舱在同一高度轨道上，天舟二号加速做离心运动，将无法完成对接，所以“天舟二号”需要较低轨道上加速以实现对接，故A错误；
B.根据GMmr2=mv2r，可得v=GMr，可知天舟二号对接天和核心舱后，轨道半径将不变，故B错误；
C.对围绕同一中心天体运动的物体，根据开普勒第三定律a3T2=k，可知天舟二号从400千米高度的圆轨道变至近地点为200千米高度的椭圆轨道，周期变小，故C正确；
D.天舟二号从400千米高度的圆轨道变至近地点为200千米高度的椭圆轨道，需要减速做近心运动，除了万有引力的其他力对天舟二号做负功，天舟二号机械能减少，故D正确。
故选：CD。
根据变轨原理分析A选项，根据万有引力提供向心力分析B选项，根据开普勒第三定律分析C选项，高轨道到低轨道运动时除了万有引力的其他力对天舟二号做负功。
本题考查卫星变轨问题，解题关键掌握万有引力提供向心力，注意开普勒第三定律的应用。
10.【答案】BC
【解析】解：A.等量异种电荷的电场线分布如图
可知，B、B′、D、D′四点的电场强度方向相同，大小不同，故A错误；
B.根据等量异种电荷的电势分布可知，A′点的电势大于C′点的电势，根据Ep=qφ可知正电荷在A′点的电势能大于C′的电势能，将一正试探电荷从A′点移到C′点，其电势能减少，故B正确；
C.由电场线的分布可知，面BB′D′D为等势面，则将一负试探电荷沿直线从B点移到D点，电场力始终不做功，故C正确；
D.若在A′点再固定一电荷量为+Q的点电荷，C′点再固定一个电荷量为−Q的点电荷，面BB′D′D依然为一个等势面，电势不变依然为零，故D错误。
故选：BC。
由等量异种电荷的电场线分布，分析四点的电场强度，由电势能公式及变化情况分析B选项，结合等势面分析电场力做功及电势变化。
本题考查静电场，学生需熟练掌握等量同种电荷、等量异种电荷电场线分布，并结合能量观综合解题。
11.【答案】BCD
【解析】解：A、导体棒2释放前，对导体棒1在磁场中的运动过程，以水平向左为正方向，由动量定理得：
−BI−Lt=0−m⋅2v
又有：I−=E−2R=ΔΦt⋅12R=BLxt⋅2R
联立解得：x=4mvRB2L2，即导体棒2释放前，导体棒1停止的位置与CC′的距离为4mvRB2L2，故A错误；
BC、设初始导体棒1和CC′之间的距离为4L，则导体棒2和CC′之间的距离为9L，对导体棒1和2从初始位置到CC′分别由动能定理得：
mgsinθ⋅4L−μmgcosθ⋅4L=12m(2v)2−0
mgsinθ⋅9L−μmgcosθ⋅9L=12mv12−0
联立解得：v1=3v
导体棒1、2稳定时两棒产生的电动势相等，则稳定时两者的速度相等设为v2，两者均在磁场中运动时满足动量守恒定律，取水平向左为正方向，则有：
mv1=2mv2
联立解得：v2=3v2
从导体棒2进入磁场到导体棒1、2稳定过程中，以水平向左为正方向，根据动量定理，对导体棒1：
BI1−Lt=mv2−0
又I1−=BL⋅Δxt⋅2R
联立解得：Δx=3mvRB2L2
则两者之间的距离为：d=x−Δx=mvRB2L2，故BC正确；
D、导体棒1从释放到静止产生的热量为：Q1=12m(2v)2=2mv2
从导体棒2进入磁场到导体棒1、2稳定的过程产生的热量为：Q2=12mv12−12(2m)v22=94mv2
整个过程中回路上产生的焦耳热为：Q=Q1+Q2=174mv2，故D正确。
故选：BCD。
导体棒2释放前，对导体棒1在磁场中的运动过程，由动量定理求解其运动位移；根据动能定理求得导体棒2进入磁场时的速度，稳定时两者的速度相等，两者均在磁场中运动时满足动量守恒定律，由动量守恒定律求解两者稳定时的速度；根据动能定理求得两者的相对位移；根据能量守恒定律求解整个过程中回路上产生的焦耳热。
本题考查了电磁感应现象中双棒问题，此类问题要从功能的角度和动量与冲量的角度思考问题。导体棒受变力而加速度不恒定的运动，经常应用动量定理解答，要能够熟练对安培力的冲量的求解。
12.【答案】BC
【解析】解：AB.对C，释放到C与B碰撞前瞬间，由动能定理得mgLsin30∘=12mvC2，解得vC=gL，C与B碰撞，根据动量守恒定律mvC=2mvBC，解得vBC=gL2，碰撞过程中损失的机械能ΔE=12mvC2−12⋅2mvBC2=mgL4，故B正确，A错误；
C.BC速度为零时，弹簧弹性势能最大，设h为BC碰撞后，下滑的高度，则Epm=mgL4+2mgh>mgL4，故C正确；
D.设A刚要离开挡板，BC速度为零，弹簧弹力为T，则T=k⋅Δx=mAgsin30∘=mg，解得Δx=mgk，此时弹簧的弹性势能为Ep=m2g22k，同理可得BC碰撞前Δx′=mg2kEp′=m2g28k，C、B碰撞后到A刚要离开挡板由机械能守恒得12⋅2mvBC2+Ep′=2mg(Δx+Δx′)sin30∘+Ep，解得L=15mg2k，故D错误。
故选：BC。
根据CB碰撞过过程动量守恒，再对C物体应用动能定理可知，CB碰撞后瞬间的速度大小，以及碰撞过程中损失的机械能；CB碰撞后当弹簧弹性势能最大时，CB速度均为零，根据题意给出的弹簧弹性势能的表达式可知弹簧弹性势能最大值，根据句A刚要离开时弹簧的弹力恰为A重力下滑分力，再根据从C开始运动到A刚要离开整个过程能量守恒可解。
该题考查动能定理、动量守恒、弹簧弹性势能表达式以及能量守恒的应用，属于综合性题目，难度较大。
13.【答案】1.055不需要 F1(1−cosα−1−cosβ)=F2(F3−F2)2
【解析】解：(1)游标卡尺读数是主尺读数(mm的整数倍)加上游标尺的读数(mm的小数位)，由图可读出为L=10mm+11×0.05mm=10.55mm=1.055cm；
(2)力传感器下分别悬挂小球A、B，静止时传感器的示数为F1、F2，且F1>F2，可知
mAg=F1，mBg=F2
设碰前小球A的速度为vA，小球下摆过程机械能守恒
mAgL(1−cosα)=12mAvA2
可得：vA=2gL(1−cosα)
同理可得碰后A球的速度为：v′A=2gL(1−cosβ)
碰撞瞬间传感器的示数为F3，根据牛顿第二定律可得
F3−F2=mBv′B2L
v′B=(F3−F2)LgF2
由动量守恒定律得
mAvA=mAv′A+mBv′B
整理得：F1(1−cosα−1−cosβ)=F2(F3−F2)2
实验中不需要测量轻绳长度L；
(3)验证碰撞过程动量守恒的表达式为F1(1−cosα−1−cosβ)=F2(F3−F2)2。
故答案为：(1)1.055(2)不需要(3)F1(1−cosα−1−cosβ)=F2(F3−F2)2
(1)根据游标卡尺读数规则读数；
(2)(3)根据实验原理与机械能守恒定律、动量守恒定律求出需要验证的表达式，然后确定绳长L是否需要测量。
本题考查了验证能量守恒定律的实验，关键点：实验运用转换法，即将测量小球碰撞前后的速度转换成测量小球最大摆角问题。
14.【答案】较大 否 4500 B
【解析】解：(1)依据图1可知：照度值越大，光敏电阻Rp的阻值越小，图2中的总电阻越小，故电流越大；
(2)依据图1可知：光敏电阻Rp与照度不是正比关系，图2中电流与总电阻成反比，故照度与电流之间不是线性关系，所以此简易测光表上相邻刻线对应的照度值之差不是恒定的；
(3)由第(1)问可知照度值最大时，电流表的示数最大，即此时回路中的电流为500μA，由I=ER+RP+rA+r可知：R+r+RP+rA=6000Ω；由图1可知：照度值为1200lx时，光敏电阻的阻值Rp≈1000Ω，故R≈4500Ω；.
(4)由于最大测量照度依然为1200 lx，电源电动势不变，所以电电路总电阻不变。所以照度的测量值等于真实值(参照欧姆表原理思考)。
故答案为：(1)较大 (2)否 (3)4500(4)B
依据图1可知：照度值越大，光敏电阻Rp的阻值越小，图2中的总电阻越小，故电流越大；光敏电阻Rp与照度不是正比关系，图2中电流与总电阻成反比，故照度与电流之间不是线性关系；由第(1)问可知照度值最大时，电流表的示数最大，即此时回路中的电流为500μA，根据欧姆定律求得R；由于最大测量照度依然为1200 lx，电源电动势不变，所以电电路总电阻不变。所以照度的测量值等于真实值
本题考查电学实验的变形，难度较小，需要学生合理提取题中信息，结合欧姆定律解答即可。
15.【答案】解：(1)原来车内外的气压为p0=1.0×105Pa，车内温度为T0=(273−3)K=270K；
若车内密闭，仅将车内温度升高到T1=(273+27)K=300K，
设升温后车内的气压为p1，车内的气体发生等容变化，根据查理定律有：p0T0=p1T1
代入数据解得：p1≈1.11×105Pa；
(2)设车内的体积为V1，假设体积为V1、温度为−3∘C、压强为p0的气体变为温度为27∘C、压强为p2时的体积为V2，
由题意可知：p2=p0−40Pa=0.9996×105Pa
根据一定质量的理想气体理想气体状态方程，有：p0V1T0=p2V2T1
需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比为：η=V2−V1V2×100%
联立解得：η≈10%
答：(1)若车在处于开放状态时，使车内密闭，将车内温度升高到27∘C，此时车内气体的压强为1.11×105Pa；
(2)车内由开放状态变为正常工作状态，需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比η为10%
【解析】(1)车内的气体做等容变化，根据查理定律解得车内的气压；
(2)对车内的气体，找出初末状态参量，根据一定质量理想气体的状态方程求得体积，即可求得需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比。
本题考查了一定质量的理想气体状态方程、玻意耳定律等知识点。抓住一定质量理想气体状态方程，选择相应的气体实验定律是解题的关键。
16.【答案】解：(1)从A到D，根据动能定理可得：mgh+mgR(1−cos37∘)=12mv2−0，解得v=106m/s
在D点，根据牛顿第二定律可得：FN−mg=mv2R，解得FN=3000N
(2)从D到C，根据动能定理可得：−mgR(1−cos53∘)=12mvD2−12mv2，解得vD=430m/s
运动员从C点与水平方向成53∘做斜抛运动，则上升的高度为h′=(vDsin53∘)22g=(430×0.8)22×10m=15.36m
故运动员滑离C点后在空中飞行过程中距D点的最大高度H=h′+R(1−cos53∘)，解得H=21.36m
答：(1)在轨道最低点D时，轨道对运动员的支持力大小为3000N；
(2)运动员滑离C点后在空中飞行过程中距D点的最大高度为21.36m。
【解析】(1)运动员从A到D，根据动能定理求得到达D点的速度，在D点，根据牛顿第二定律求得轨道对运动员的支持力；
(2)从D到C，根据动能定理求得到达C点的速度，运动员从C点做斜抛运动，求得竖直方向上升的高度，即可求得上升最高点距D的距离。
本题主要考查了动能定理和斜抛运动，，在D点利用牛顿第二定律求得相互作用力，在利用动能定理时抓住重力做功即可。
17.【答案】解：(1)πm4qB0∼πm2qB0时间内，合场强的大小为
代入数据得：合场强大小，方向与x轴正向成45∘角斜向上；
(2)如图
a点加速度为2v0，b点速度为
解得：v1=3v0
c点速度仍为3v0，d点速度为
v2=v1+Ex2qm⋅πm4qB0
解得：v2=4v0
故πmqB0时刻，粒子的速度大小为v2=4v0；
(3)设Oa段的半径为2R，则bc段的半径为3R，de段的半径为4R，由
qvB0=mv2r
得
r=mvqB0
有2R=m⋅2v0qB0
设ab的长度为xab，则
xab=2v0+3v02⋅πm4qB0
解得：xab=5πmv08qB0
那么cd段的长度为xcd，ef段的长度为xef，根据题意有，3πm2qB0时刻，粒子的横坐标为
X=2R⋅(1−cos45∘)+xab⋅cos45∘+3R⋅cos45∘+xcd+4R⋅cos45∘+xef⋅cos45∘
代入数据得：X=(202+16+7π+72)mv08qB0
此时的Y坐标为
y=2R⋅cos45∘+xab⋅cos45∘+3R(1−cos45∘)−4R(1−cos45∘)+xef⋅cos45∘
代入数据得：Y=(62−4−2π)mv04qB0
故此时粒子的坐标为((202+16+7π+72)mv08qB0,(62−4−2π)mv04qB0)。
答：(1)πm4qB0∼πm2qB0间内，电场强度的合场强为4B0v0π，方向与x轴正向成45∘角斜向上；
(2)πmqB0时刻，粒子的速度大小为4v0；
(3)3πm2qB0时刻，粒子的位置坐标为((202+16+7π+72)mv08qB0,(62−4−2π)mv04qB0)。
【解析】(1)根据平行四边形定则求合场强；
(2)作出粒子轨迹图，粒子在磁场中偏转，在电场中加速，依次求解即可；
(3)由几何关系求粒子位置坐标。
本题带电粒子在组合场中运动，分别采用不同的方法：电场中运用运动的合成和分解，磁场中圆周运动处理的基本方法是画轨迹．所加磁场周期性变化时，要研究规律。
18.【答案】解：(1)若两者保持相对静止，在恒力作用下一起向左加速，有a=F(m+M)=2.5m/s2
由于a=2.5m/s2<μg
故平板M与m一起匀加速，根据动能定理FL=12(m+M)v12
得v1=2m/s
选初速度方向为正方向，由动量定理I=ΔP得I=M(−v1)−Mv1代入数据解得：I=−4N⋅s
大小为I=4N⋅s，方向为平向右；
(2)平板反弹后，物块加速度大小a1=μg=5m/s2
向左匀减速运动，平板加速度大小为a2=F+μmgM=10m/s2
经t1时间达到共速，由v1−5t1=−v1+10t1
得t1=415s
共同速度为
从碰撞到达共速的过程，设平板的位移为x1，则x1=−v1t1+12a2t12
之后一起匀加速再次碰撞的速度为v2，由动能定理
由运动学公式
得Δx1=4×415m−12×15×(415)2m=815m
同理推导可得Δx2=13×815m=845m
设物块离开平板右端的距离为S，则S=Δx1+Δx2=3245m
即第三次碰撞时物块离开平板右端的距离为3245m。
(3)设第n次碰撞速度为vn，经过第tn时间，达到第n次共速，，xn=−vntn−12a2tn2
之后一起匀加速再次碰撞的速度为vn+1，由动能定理
联立以上三式可得tn=215vn，vn+1=33vn
同理可推导可得Δxn=(13)n−1×815
由求和公式Sn=815[1−(13)n]1−13m=0.8m
(4)由题意，设每次加速的时间为t，平板和木块的加速度都为a=μg
则平板撞击挡板的速率v=at
根据运动情况分析，前五次撞击的速度相等且小于木块的速度vm5=v0−9at
且对小物块vm5>v
代数得t<15s
第六次撞击挡板的速度小于等于木块的速度，且满足vm6≤v，vm6=v0−11at
代数得t≥16s
即15s>t≥16s
由运动学公式L=12at2得572m≤L<110m
答：(1)第一次碰撞过程中，平板所受合外力对平板的冲量为4N⋅s，方向为平向右；
(2)第三次碰撞时物块离平板右端的距离为3245m；
(3)物块最终离木板右端的距离为0.8m；
(4)L应满足的条件为572m≤L<110m。
【解析】(1)两者相对静止，在恒力作用下一起向左加速，根据动量定理求解冲量大小；
(2)全程根据牛顿第二定律和运动学结合求出距离，由此得到物块离平板右侧的距离；
(3)根据动能定理求出最终离木板右端的距离；
(4)根据动量定理结合运动学公式求解L应满足的条件。
本题主要是考查了动量定理和能量守恒定律，关键是弄清楚小物块和平板的受力情况和能量转化情况，根据牛顿第二定律、动量定理结合能量关系列方程求解。
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