2022年山东省新高考物理试卷（解析版）

2022年山东省新高考物理试卷

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。

1．（3分）碘125衰变时产生γ射线，医学上利用此特性可治疗某些疾病，碘125的半衰期为60天，若将一定质量的碘125植入患者病灶组织，经过180天剩余碘125的质量为刚植入时的（　　）

A． B． C． D．

【解答】解：根据m'＝m＝×m＝m；

故ACD错误，B正确；

故选：B。

2．（3分）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射舱内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭加速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（　　）

A．火箭的加速度为零时，动能最大 

B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能 

C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量 

D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量

【解答】解：A、火箭加速过程中，所受合力为0时，即加速度为0时，速度最大，此时动能最大，故A正确；

B、由能量守恒可知，高压气体释放的能量转化为火箭的动能与重力势能以及摩擦生热，故B错误；

C、根据动量定理可知高压气体的推力和空气阻力和重力的总冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；

D、火箭所受高压气体的推力做功转化为火箭的动能、重力势能与摩擦生热，则高压气体的推力和空气阻力和重力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量，故D错误；

故选：A。

3．（3分）半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为（　　）

A．正电荷， B．正电荷， 

C．负电荷， D．负电荷，

【解答】解：因为电荷在细圆环上均匀分布，所以弧长为ΔL的小圆弧上所带的电荷量为：

Q'＝

在ΔL足够小时，可以将取走的部分看作点电荷，细圆环带正电，根据圆环的对称性，可以得到取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷后，细圆环在O点产生的电场如图：

根据库仑定律及矢量的叠加可知细圆环在O点产生的合场强大小为：

E'＝E＝，方向水平向右

将q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零，所以点电荷q在O点产生的场强应向左，大小等于E'，故q为负电荷

根据库仑定律有：E'＝

解得：

故ABD错误，C正确；

故选：C。

4．（3分）如图所示的变压器，输入电压为220V，可输出12V、18V、30V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间的变化为u＝Umcos（100πt）。单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1V。将阻值为12Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12W。下列说法正确的是（　　）

A．n1为1100匝，Um为220V 

B．BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4A 

C．若将R接在AB两端，R两端的电压为18V，频率为100Hz 

D．若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5A，周期为0.02s

【解答】解：A、变压器的输入电压为220V，

根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为

将U1＝220V，n2＝1，U2＝0.1V代入解得原线圈匝数为：

n1＝2200，

原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故输入交流电压的最大值为Um＝U＝220V，故A错误；

B、当在BC间接入12Ω的电阻时电功率为12W，由功率表达式可得：

故流过R的电流大小为

再由，解得BC间的匝数为nBC＝120，故B错误；

C.根据原、副线圈电压与匝数之间的关系可知，原线圈电压和匝数固定时，副线圈的匝数越多，输出的电压就越大，BC间的输出电压为12V，AC间的输出电压应为30V，故AB间的输出电压应为18V。所以当R接在AB间时两端电压大小为18V。

因为变压器不能改变交变电流的频率，所以副线圈的频率等于原线圈的频率，根据原线圈的电压表达式可求得输入电压的周期为：

故频率为：，故C错误；

D.若将R接在AC端，根据欧姆定律可知，流过电阻R的电流为I'＝

由C选项可知交流电的周期为T＝0.02s，故D正确。

故选：D。

5．（3分）如图所示，内壁光滑的绝热气缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时气缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将气缸缓慢转动90°过程中，缸内气体（　　）

A．内能增加，外界对气体做正功 

B．内能减小，所有分子热运动速率都减小 

C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少 

D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加

【解答】解：初始时气缸开口向上，活塞处于平衡状态，气缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，设初始时气缸内的压强为p1，活塞的面积为S，则有：p1S﹣p0S＝mg，气缸在缓慢转动的过程中，气缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿气缸壁的分力，故气缸内气体缓慢的将活塞往外推，最后气缸水平，缸内气压等于大气压。

AB、气缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，气缸内气体压强作用将活塞往外推，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q+W得，气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有分子热运动的速率都减小，故AB错误；

CD、气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，故速率大的分子数占总分子数的比例减小，C正确，D错误。

故选：C。

6．（3分）“羲和号”是我国首颗太阳探测科学技术试验卫星。如图所示，该卫星围绕地球的运动视为匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面接近垂直。卫星每天在相同时刻，沿相同方向经过地球表面A点正上方，恰好绕地球运行n圈。已知地球半径为地轴R，自转周期为T，地球表面重力加速度为g，则“羲和号”卫星轨道距地面高度为（　　）

A．﹣R 

B． 

C．﹣R 

D．

【解答】解：卫星每天在相同时刻，沿相同方向经过地球表面A点正上方，恰好绕地球运行n圈，可知卫星运行的周期T'＝，其万有引力提供向心力有：＝m（R+h）

在地表附近，任意物体所受到的万有引力近似等于重力有：＝mg

联立解得：h＝

故ABD错误，C正确；

故选：C。

7．（3分）柱状光学器件横截面如图所示，OP右侧是以O为圆心，半径为R的圆，左侧是直角梯形，AP长为R，AC与CO夹角45°，AC中点为B，a、b两种频率的细激光束，垂直AB面入射，器件介质对a，b光的折射率分别为1.42、1.40，保持光的入射方向不变，入射点从A向B移动过程中，能在PM面全反射后，从OM面射出的光是（不考虑三次反射以后的光）（　　）

A．仅有a光 B．仅有b光 

C．a、b光都可以 D．a、b光都不可以

【解答】解：当两种频率的细激光束从A点垂直于AB面入射时，激光沿直线传播到O点，经第一次反射沿半径方向直线传播出去，光路如图1。

保持光的入射方向不变，入射A点从A向B点B移动过程中，如下图可知，激光沿直线传播到CO面经反射向PM面传播，根据图像可知，入射点从A向B移动的过程中，光线传播到PM面的入射角逐渐增大，如图2。

当入射点为B点时，根据光的反射定律及几何关系可知，光线传播到PM面的P点，此时光线在PM面上的入射角最大，设为α，由几何关系得α＝45°

根据全反射临界角公式得

sinCa＝＝

sinCb＝＝＞

两种频率的细激光束的全反射的临界角关系为Ca＜45°＜Cb

故在入射光从A向B移动过程中，a光能在PM面全反射后，从OM面射出；b光不能在PM面发生全反射，故仅有a光。A正确，BCD错误。

故选：A。

8．（3分）无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为3m的半圆弧BC与长8m的直线路径AB相切于B点，与半径为4m的半圆弧CD相切于C点，小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过BC和CD。为保证安全，小车速率最大为4m/s，在ABC段的加速度最大为2m/s2，CD段的加速度最大为1m/s2。小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为（　　）

A．，l＝8m 

B．，l＝5m 

C．，l＝5.5m 

D．，l＝5.5m

【解答】解：小车在圆周轨道中有：a＝，代入数据解得：vBC＝m/s，vCD＝2m/s，小车保持速率不变依次经过BC和CD，所以为保证安全，小车的速度为v＝2m/s，从A到B，根据运动学规律有：﹣v2＝2ax，将a＝2m/s2代入解得：x＝3m，则小车在AB段做匀速直线运动运动的最长距离l＝8m﹣x＝8m﹣3m＝5m，小车在AB段减速所用时间为t1＝，匀速所用时间t2＝，在圆周轨道运动时间为：t3＝，则小车从A到D所需最短时间t＝t1+t2+t3，联立代入数据解得：，故ACD错误，B正确；

故选：B。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

（多选）9．（4分）一列简谐横波沿x轴传播，平衡位置位于坐标原点O的质点振动图像如右图所示。当t＝7s时，简谐波的波动图像可能正确的是（　　）

A． 

B． 

C． 

D．

【解答】解：由O点的振动图像可知，周期为T＝2×（11﹣5）s＝12s，根据振动图像可得振幅A＝20cm，

设原点处的质点的振动方程为：y＝Asin（），根据振动图像可知：10＝20sinφ，解得：φ＝

在t＝7s时刻，原点处质点的位置：y7＝20sin（+）cm＝﹣17.3cm，则t＝7s时原点处的质点在y轴下方17.3cm处；

根据振动图像可知，在t＝7s时刻质点在y轴负向向下振动，根据“同侧法”可判断若波向右传播，则波形为C所示；若波向左传播，则波形如A所示，故AC正确、BD错误。

故选：AC。

（多选）10．（4分）某同学采用图甲所示的实验装置研究光的干涉与衍射现象，狭缝S1、S2的宽度可调，狭缝到屏的距离为L。同一单色光垂直照射狭缝，实验中分别在屏上得到了图乙、图丙所示图样。下列描述正确的是（　　）

A．图乙是光的双缝干涉图样，当光通过狭缝时，也发生了衍射 

B．遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，其他条件不变，图丙中亮条纹宽度增大 

C．照射两条狭缝时，增加L，其他条件不变，图乙中相邻暗条纹的中心间距增大 

D．照射两条狭缝时，若光从狭缝S1、S2到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍，P点处一定是暗条纹

【解答】解：A、由图可知，图乙中间部分是等间距条纹，所以图乙是光的双缝干涉图样，当光通过狭缝时，同时也发生衍射，故A正确；

B、狭缝越小，衍射范围越大，衍射条纹越宽，遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，则衍射现象减弱，图丙中亮条纹宽度减小，故B错误；

C、根据条纹间距公式Δx＝可知照射两条狭缝时，增加L，其他条件不变，图乙中相邻暗条纹的中心间距增大，故C正确；

D、照射两条狭缝时，若光从狭缝S1、S2到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍，P点处一定是暗条纹，故D正确。

故选：ACD。

（多选）11．（4分）如图所示，某同学将离地1.25m的网球以13m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8m．当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45m的P点，网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍，平行墙面的速度分量不变，重力加速度g取10m/s2，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为（　　）

A．v＝5m/s B．v＝3m/s C．d＝3.6m D．d＝3.9m

【解答】解：设网球飞出时的速度为v0，

根据运动学公式可知竖直方向＝2g （H﹣h）

代入数据得

v0y＝12m/s

运动时间t＝

根据速度的分解有：v0x＝

排球水平方向到P点的距离

x0x＝v0xt

根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量

v0x1＝v0x

平行墙面的速度分量

v0x2＝v0x

反弹后，垂直墙面的速度分量

v0x3＝0.75v0x1

则反弹后的网球速度大小为

vx＝

联立代入数据解得：vx＝3m/s

网球落到地面的时间t'＝

着地点到墙壁的距离d＝v0x3t'

代入数据解得：d＝3.9m

故BD正确，AC错误；

故选：BD。

（多选）12．（4分）如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场，边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动，t＝0时刻，金属框开始进入第一象限，不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是（　　）

A．在t＝0到的过程中，E一直增大 

B．在t＝0到的过程中，E先增大后减小 

C．在t＝0到的过程中，E的变化率一直增大 

D．在t＝0到的过程中，E的变化率一直减小

【解答】解：AB、如图所示

在t＝0到的过程中，即线圈顺时针转过90°的过程中，根据有效长度的定义可知，线框切割磁感线的有效切割长度先变大后变小，根据电动势的计算公式E＝BLv，其中，由此可知E先增大后减小，故B正确，A错误；

CD、在t＝0到的过程中，由圆周运动公式可知θ＝ωt

根据几何关系和三角形的面积公式可得：

则穿过线圈的磁通量为：

对上述的表达式进行二次求导得：

，由此可知，在t＝0到的过程中，E的变化率一直增大，故C正确，D错误；

故选：BC。

三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13．（6分）在天宫课堂中，我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验，受此启发，某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验。如图甲所示，主要步骤如下：

①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；

②接通气源，放上滑块，调平气垫导轨；

③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时；

④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F，加速度a随时间t变化的图像，部分图像如图乙所示。

回答以下问题（结果均保留两位有效数字）：

（1）弹簧的劲度系数为 　12　N/m；

（2）该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出a﹣F图像如图丙中Ⅰ所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为 　0.20　kg；

（3）该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的a﹣F图像Ⅱ，则待测物体的质量为 　0.13　kg。

【解答】解：（1）由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00cm.拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时。结合图乙的F﹣t图有

Δx＝5.00cm＝0.05m，F＝0.610N

根据胡克定律

k＝

计算出

k≈12N/m

（2）根据牛顿第二定律有

F＝ma

则a﹣F图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据图丙中Ⅰ，则有

k＝＝kg﹣1＝5kg﹣1

则滑块与加速度传感器的总质量为

m＝0.20kg

（3）滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中Ⅱ，则有

＝kg﹣1＝3kg﹣1

则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为

m'＝0.33kg

则待测物体的质量为

Δm＝m'﹣m＝0.33kg﹣0.20kg＝0.13kg

故答案为：（1）12；（2）0.20；（3）0.13

14．（8分）某同学利用实验室现有器材，设计了一个测量电阻阻值的实验，实验器材：

干电池E（电动势1.5V，内阻未知）；

电流表A1（量程10mA，内阻为90Ω）；

电流表A2（量程30mA，内阻为30Ω）；

定值电阻R0（阻值为150Ω）；

滑动变阻器R（最大阻值为100Ω）；

待测电阻Rx；

开关S，导线若干。

测量电路如图所示。

（1）断开开关，连接电路，将滑动变阻器R的滑片调到阻值最大一端，将定值电阻R0接入电路；闭合开关，调节滑片位置，使电流表指针指在满刻度的处，该同学选用电流表为 　A1　（填“A1”或“A2”）；若不考虑电池内阻，此时滑动变阻器接入电路的电阻值应为 　60　Ω。

（2）断开开关，保持滑片的位置不变，用Rx替换R0，闭合开关后，电流表指针指在满刻度的处，则Rx的测量值为 　100　Ω。

（3）本实验中未考虑电池内阻，对Rx的测量值 　无　（填“有”或“无”）影响。

【解答】解：（1）若不考虑电源内阻，且在电源两端只接R0时，电路中的电流约为I＝＝A＝10mA

由题知，闭合开关，调节滑片位置，要使电流表指针指在满刻度的处，则该同学选到的电流表应为A1.

当不考虑电源内阻，根据闭合电路的欧姆定律有E＝ （R+R0+RA1）

代入数据解得：R＝60Ω

（2）断开开关，保持滑片的位置不变，用Rx替换R0，闭合开关后，有

E＝ （R+Rx+RA1）

代入数据有

Rx＝100Ω

（3）若考虑电源内阻，根据闭合电路的欧姆定律有：

E＝[（R+r）+R0+RA1]

E＝[（R+r）+Rx+RA1]

将R+r作为一个整体，联立计算可知Rx不受影响；

故答案为：（1）A1，60；（2）100；（3）无

15．（7分）某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉，如图所示，鱼鳔结构可化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚，可认为体积恒定，B室壁薄，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处，B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变，水的密度为ρ，重力加速度为g，大气压强为p0，求：

（1）鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，需从A室充入B室的气体质量Δm；

（2）鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。

【解答】解：（1）鱼静止在H处，设此时鱼的体积为V0，有

Mg＝ρgV0

且此时B室内气体体积为V，质量为m，因此

m＝ρ气V

根据牛顿第二定律得：

ρg（V0+ΔV）﹣Mg＝Ma

联立解得：

（2）B室内气体的初始压强为：p1＝p0+ρgH

在水面下H1时，其压强为：p2＝p0+ρgH1

由题意可知鱼静止在水中时，B中气体的体积和温度均不变化，那么压强的变化是由于B中的气体质量发生了变化，分情况讨论如下：

①若H1＞H，则p2＞p1，在H1处B中的气体质量需要增加，设在压强p1下B室吸入的气体体积为ΔV1，则有：

p1（V+ΔV1）＝p2V

此时B室内气体质量为：

m1＝ρ气（V+ΔV1）＝＝

②若H1＜H，则p2＜p1，在H1处B中的气体质量需要减少，设在压强p1下B室放出的气体体积为ΔV2，则有：

p1（V﹣ΔV2）＝p2V

此时B室内气体质量为：

m1＝ρ气（V﹣ΔV2）＝＝

③若H1＝H，则p2＝p1，B中的气体质量不需要变化仍为m，即m1＝m，但m1的表达式仍可表示为：

m1＝

综合上述分析可得：m1＝

答：（1）鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，需从A室充入B室的气体质量为；

（2）鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量为。

16．（9分）某粮库使用额定电压U＝380V，内阻R＝0.25Ω的电动机运粮，如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40A，关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1＝100kg，车上粮食质量m2＝1200kg，配重质量m0＝40kg，取重力加速度g＝10m/s2，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：

（1）比例系数k值；

（2）上行路程L值。

【解答】解：（1）设电动机的牵引绳张力为T1，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有UI＝I2R+T1v

解得

T1＝7400N

小车和配重一起匀速，设绳的张力为T2，对配重有

T2＝m0g

设斜面倾角为θ，对小车匀速有

T1+T2＝（m1+m2） gsinθ+k （m1+m2） g

而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有

m1gsinθ＝m0g+km1g

联立各式解得

sinθ＝0.5，k＝0.1

（2）关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为a，对系统由牛顿第二定律有 （m1+m2） gsinθ+k （m1+m2） g﹣m0g＝（m1+m2+m0） a

根据运动学规律有：v2＝2aL

联立代入数据解得：L＝m

答：（1）比例系数k值为0.1；

（2）上行路程L值为m。

17．（14分）中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系Oxyz中，0＜z≤d空间内充满匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；﹣3d≤z＜0，y≥0的空间内充满匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为，方向平行于xOy平面，与x轴正方向夹角为45°；z＜0，y≤0的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场，质量为m，带电量为+q的离子，从yOz平面第三象限内距y轴为L的点A以一定速度出射，速度方向与z轴正方向夹角为β，在yOz平面内运动一段时间后，经坐标原点O沿z轴正方向进入磁场Ⅰ，不计离子重力。

（1）当离子甲从A点出射速度为v0时，求电场强度的大小E；

（2）若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度vm；

（3）离子甲以的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场Ⅰ，求第四次穿过xOy平面的位置坐标（用d表示）；

（4）当离子甲以的速度从O点进入磁场Ⅰ时，质量为4m，带电量为+q的离子乙，也从O点沿z轴正方向以相同的动能同时进入磁场Ⅰ，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差Δt（忽略离子间相互作用）。

【解答】解：（1）将离子甲从A点出射速度为v0分解到沿y轴方向和z轴方向，如图1所示

图1

离子受到的电场力沿y轴负方向，可知离子沿z轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀减速直线运动，从A到O的过程，有

L＝v0cos β•t

v0sin β＝at

根据牛顿第二定律有：qE＝ma

联立解得：E＝

（2）离子从坐标原点O沿Z轴正方向进入磁场I中，作出粒子运动轨迹如图所示

图2

由洛伦兹力提供向心力可得

qvB＝

离子经过磁场I偏转后从轴进入磁场Ⅱ中，由洛伦兹力提供向心力可得

qvB＝

则

r2＝r1

为了使离子在磁场中运动，需满足

r1≤d，r2≤3d

联立可得

v≤

（3）离子甲以的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场I，离子在磁场I中的轨迹半径r＝，

解得r1＝

同理在磁场Ⅱ中的运动半径为r2＝d

作出离子从O点第一次穿过到第四次穿过xOy平面如图3

图3

根据几何关系可知离子第四次穿过xOy平面的x坐标为

x4＝2r2sin45°

离子第四次穿过xOy平面的y坐标为

y4＝2r1＝d

则x4＝y4＝d

故离子第四次穿过xOy平面的位置坐标为（d，d，0）

（4）设离子乙的速度为v'，根据离子甲、乙动能相同，可得

＝

可得

v'＝

根据qvB＝可知

离子乙在磁场I中的轨迹半径为r'1＝2r1

离子乙在磁场Ⅱ中的轨迹半径为r'2＝2r2

据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图4所示

图4

从O点进入磁场到第一个交点的过程，有

t乙＝+＝+＝（4+4）

t甲＝T1′+T2′＝+＝（2+2）

离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为Δt＝t乙﹣t甲

代入数据解得：Δt＝（2+2）

答：（1）电场强度的大小为；

（2）进入磁场时的最大速度为；

（3）第四次穿过xOy平面的位置坐标为（d，d，0）；

（4）两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为（2+2）。

18．（16分）如图所示，“L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上的O′点，O′点左侧粗糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在O′点正上方的O点，轻绳处于水平拉直状态，将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动（要求摆角小于5°），A以速度v0沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点，已知A的质量mA＝0.1kg，B的质量mB＝0.3kg，A与B的动摩擦因数μ1＝0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.225，v0＝4m/s，取重力加速度g＝10m/s2，整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求：

（1）A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小vA与vB；

（2）B光滑部分的长度d；

（3）运动过程中A对B的摩擦力所做的功Wf；

（4）实现上述运动过程，的取值范围（结果用cos5°表示）。

【解答】解：（1）设水平向右为正方向，因为O'点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量守恒和能量守恒有

mAv0＝mAvA+mBvB

＝+

代入数据联立解得

vA＝﹣2m/s，vB＝2m/s，负号代表方向向左；

（2）因为A物体返回到O点正下方时，相对地面速度为0，设A从进入粗糙部分到停下来对地的位移为x0，A物体减速过程根据动能定理有

﹣μ1mAgx0＝﹣

根据动量定理有

﹣μ1mAgt2＝0﹣mAvA

代入数据解得

x0＝0.5m，t2＝0.5s

此过程中A减速的位移等于在A匀速运动过程中B向右的位移，所以对于此过程对B根据牛顿第二定律有：

μ2（mA+mB） g＝mBa1

解得：a1＝3m/s2

根据位移—时间关系有：x0＝vBt1﹣

联立代入数据解得

t1＝s或1s（舍去）

故根据几何关系有

d＝vAt1+x0

代入数据解得

d＝m

（3）在A刚开始减速时，B物体的速度为

v2＝vB﹣a1t1

解得：v2＝1m/s

在A减速过程中，对B分析根据牛顿第二定律可知μ1mAg+μ2（mA+mB） g＝mBa2

解得：a2＝m/s2

设B物体停下来的时间为t3，则有

v2＝a2t3

解得：t3＝s＜t2＝0.5s

可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为

xB＝＝m

所以A对B的摩擦力所做的功为

Wf＝﹣μ1mAgxB

联立代入数据解得：Wf＝﹣J

（4）小球和A碰撞后A做匀速直线运动再和B相碰，此过程有

t4＝

由题意可知A返回到O点的正下方时，小球恰好第一次上升到最高点，设小球做简谐振动的周期为T，摆长为L，则有

T＝t1+t2+t4

T＝2

小球下滑过程根据动能定理有

MgL＝

当碰后小球摆角恰为5°时，有

MgL （1﹣cos5°）＝

小球与A碰撞过程根据动量守恒定律有

Mv＝mAv0+Mv'1

小球A碰后要求速度方向不变，做简谐运动，则要求0＜v1'＜v1

所以可解得的取值范围为＜＜。

答：（1）A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小为2m/s；

（2）B光滑部分的长度为m；

（3）运动过程中A对B的摩擦力所做的功为﹣J；

（4）实现上述运动过程，的取值范围为＜＜。