浙江省冲刺2024年高考物理真题重组卷01 （解析版）

这是一份浙江省冲刺2024年高考物理真题重组卷01 （解析版），共22页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，选择题Ⅱ，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2023•福建）“祝融号”火星车沿如图所示路线行驶，在此过程中揭秘了火星乌托邦平原浅表分层结构，该研究成果被列为“2022年度中国科学十大进展”之首。“祝融号”从着陆点O处出发，经过61天到达M处，行驶路程为585米；又经过23天，到达N处，行驶路程为304米。已知O、M间和M、N间的直线距离分别约为463米和234米，则火星车（ ）
A．从O处行驶到N处的路程为697米
B．从O处行驶到N处的位移大小为889米
C．从O处行驶到M处的平均速率约为20米/天
D．从M处行驶到N处的平均速度大小约为10米/天
【解答】解：A、路程为运动轨迹的长度，从O处行驶到N处的路程为s＝585m+304m＝889m，故A错误；
B、位移大小为始末位置的直线距离，O、M、N近似三者在一条直线上，
则位移大小为x＝463m+234m＝697m，故B错误；
C、从O处行驶到M处的平均速率为v=st=88961+23米/天≈11米/天，故C错误；
D、从M处行驶到N处的平均速度v=xMNt=23423米/天≈10米/天，故D正确；
故选：D。
2．（2023•浙江）如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，∠aOb＝90°，半径Ob与重力的夹角为37°。已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为（ ）
A．Fa＝0.6G，Fb＝0.4GB．Fa＝0.4G，Fb＝0.6G
C．Fa＝0.8G，Fb＝0.6GD．Fa＝0.6G，Fb＝0.8G
【解答】解：对圆柱体受力分析，如图：
由几何关系得：Fa＝Gsin37°＝0.6G
Fb＝Gcs37°＝0.8G
故ABC错误，D正确。
故选：D。
3．（2023•乙卷）一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比，则该排球（ ）
A．上升时间等于下落时间
B．被垫起后瞬间的速度最大
C．达到最高点时加速度为零
D．下落过程中做匀加速运动
【解答】解：A、排球上升过程，对排球受力分析，排球受到重力和向下的阻力，设阻力大小为F阻，则F阻＝kv
由牛顿第二定律得：mg+F阻＝ma1
解得：a1＝g+kvm
排球下落过程，对排球受力分析，排球受到重力和向上的阻力，由牛顿第二定律得：mg﹣F阻＝ma2
解得：a2＝g-kvm
则上升过程的加速度大于下落过程的加速度，上升时间小于下落时间，故A错误；
B、排球运动过程中，阻力一直与运动方向相反，一直做负功，排球的机械能一直减小，则排球回到出发点时，速度小于被垫起后瞬间的速度。排球上升过程做减速运动，下落过程做加速运动，则被垫起后瞬间的速度最大，故B正确；
C、达到最高点时，排球所受阻力为零，排球只受重力，加速度为重力加速度g，故C错误；
D、由A得，下落过程的加速度为a2＝g-kvm
下落过程，v增大，加速度减小，排球做加速度减小的加速运动，故D错误。
故选：B。
4．（2023•浙江）在足球运动中，足球入网如图所示，则（ ）
A．踢香蕉球时足球可视为质点
B．足球在飞行和触网时惯性不变
C．足球在飞行时受到脚的作用力和重力
D．触网时足球对网的力大于网对足球的力
【解答】解：A、踢香蕉球时，香蕉球产生的原因主要是旋转，因旋转，所以足球的大小和形状不能忽略，即需要考虑足球的大小和形状，足球不能看作质点，故A错误；
B、足球的惯性仅与足球的质量有关，与运动状态无关，即在飞行和触网时足球的惯性不变，故B正确；
C、足球在飞行时不受脚的作用力，仅受重力和空气阻力，故C错误；
D、触网时足球对网的力和网对足球的力是一对作用力与反作用力，大小相等方向相反，故D错误。
故选：B。
5．（2023•乙卷）2022年10月，全球众多天文设施观测到迄今最亮伽马射线暴，其中我国的“慧眼”卫星、“极目”空间望远镜等装置在该事件观测中作出重要贡献。由观测结果推断，该伽马射线暴在1分钟内释放的能量量级为1048J。假设释放的能量来自于物质质量的减少，则每秒钟平均减少的质量量级为（光速为3×108m/s ）（ ）
A．1019kgB．1024kgC．1029kgD．1034kg
【解答】解：根据ΔE＝Δmc2，可得每分钟平均减少的质量量级为Δm=ΔEc2=1048(3×108)2kg≈1031kg
1min＝60s
则每秒钟平均减少的质量量级为Δm′=Δm60=103160kg≈1029kg
故ABD错误，C正确。
故选：C。
6．（2023•湖北）在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点，其电势分别为φM、φN，电场强度大小分别为EM、EN。下列说法正确的是（ ）
A．若φM＞φN，则M点到电荷Q的距离比N点的远
B．若EM＜EN，则M点到电荷Q的距离比N点的近
C．若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则φM＜φN
D．若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则EM＞EN
【解答】解：正点电荷产生的电场中，电场线的方向背离正电荷指向无穷远，如图所示：
A、若φM＞φN，根据沿电场线方向电势降低可知，M点到点电荷Q的距离比N点的近，故A错误；
B、若EM＜EN，根据E=kQr2，可知M点到点电荷Q的距离比N点的远，故B错误；
C、若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则带负电的试探电荷的电势能减小，所处位置的电势升高，故有：φM＜φN，故C正确；
D、若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，说明带正电的试探电荷靠近Q运动，则N点距离点电荷Q近，有：EM＜EN，故D错误。
故选：C。
7．（2023•山东）某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝250V，输出功率500kW。降压变压器的匝数比n3：n4＝50：1，输电线总电阻R＝62.5Ω，其余线路电阻不计，用户端电压U4＝220V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（ ）
A．发电机的输出电流为368A
B．输电线上损失的功率为4.8kW
C．输送给储能站的功率为408kW
D．升压变压器的匝数比n1：n2＝1：44
【解答】解：A、发电机的输出电压U1＝250V，输出功率P1＝500kW＝5.0×105W，根据P1＝U1I1可得发电机的输出电流为：I1＝2000A，故A错误；
B、用户端电压U4＝220V，功率P2＝88kW＝8.8×104W，根据P2＝U4I4可得降压变压器线圈中的电流为：I4＝400A
根据I3：I4＝n4：n3可得降压变压器原线圈中的电流为：I3＝8A
输电线上损失的功率为：ΔP=I32R＝82×62.5W＝4000W＝4.0kW，故B错误；
C、输送给储能站的功率为：P储存＝P1﹣P2﹣ΔP＝500kW﹣88kW﹣4.0kW＝408kW，故C正确；
D、升压变压器副线圈两端电压为U2，根据功率计算公式可得：P2+ΔP＝U2I3，解得：U2＝11500V
升压变压器的匝数比n1：n2＝U1：U2＝250：11500＝1：46，故D错误。
故选：C。
8．（2023•乙卷）一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验。用图（a）所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通。两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端。实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图（b）和图（c）所示，分析可知（ ）
A．图（c）是用玻璃管获得的图像
B．在铝管中下落，小磁体做匀变速运动
C．在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D．用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短
【解答】解：AB、强磁体在铝管中下落时，铝管的磁通量变化，铝管中产生涡流，涡流对强磁体有向上的作用力，由图（b）可知感应电流的峰值保持不变，说明线圈磁通量的变化快慢不变，可得静止释放强磁体后，其在重力作用下先加速，很快达到平衡状态，穿过线圈时做匀速直线运动；
强磁体在玻璃管中下落时，玻璃管是绝缘体，不会产生涡流，强磁体一直做加速运动。由图像得，图（c）中电流的峰值一直在增大，说明强磁体的速度在增大，故图（c）是用玻璃管获得的图像，故B错误，A正确；
C、强磁体在玻璃管下落，由图像（c）得，电流的峰值一直在增大，导线所受安培力增大，强磁体受到的电磁阻力增大，故C错误；
D、强磁体在铝管中运动时产生的电流峰值比在玻璃管中运动时产生的电流峰值小，即在铝管中运动时的速度更小，用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的长，故D错误。
故选：A。
9．（2022•浙江）某节水喷灌系统如图所示，水以v0＝15m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H＝3.75m不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则（ ）
A．每秒水泵对水做功为75J
B．每秒水泵对水做功为225J
C．水泵输入功率为440W
D．电动机线圈的电阻为10Ω
【解答】解：AB、水泵的输出功率P出=Wt=12mv02+mgHt
解得P出＝300W，即做功为300J，故AB错误；
C、由水泵的抽水效率关系75%P入＝P出
解得P入＝400W，故C错误；
D、P内＝P总﹣P入＝UI﹣P入
又P内＝I2R
解得R＝10Ω，故D正确。
故选：D。
10．（2023•浙江）某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B＝k1I，通有待测电流I'的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B'＝k2I'。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I'的方向和大小分别为（ ）
A．a→b，k2k1I0B．a→b，k1k2I0
C．b→a，k2k1I0D．b→a，k1k2I0
【解答】解：根据安培定则，螺线管在霍尔元件处的磁场方向竖直向下，要使元件输出霍尔电压UH为零，直导线ab在霍尔元件处的磁场方向竖直向上，根据安培定则，待测电流方向由b→a，元件输出霍尔电压UH为零，则霍尔元件处合场强为0，即k1I0＝k2I'，I'=k1k2I0，故ABC错误，D正确；
故选：D。
11．（2023•广东）如图（a）所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图（b）所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。已知Q的质量为M，引力常量为G。关于P的公转，下列说法正确的是（ ）
A．周期为2t1﹣t0
B．半径为3GM(t1-t0)24π2
C．角速度的大小为πt1-t0
D．加速度的大小为32πGMt1-t0
【解答】解：AC、根据图（b）可知，Q的亮度变化的周期为：T＝t1﹣t0
则角速度的大小为：ω=2πT=2πt1-t0
故AC错误；
B、行星P受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：GMmr2=m×4π2T2r
解得：r=3GM(t1-t0)24π2
故B正确；
D、行星P的加速度的大小为：a=4π2T2r=4π2(t1-t0)23GM(t1-t0)24π2
故D错误；
故选：B。
12．（2022•浙江）风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW，风速在5～10m/s范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是（ ）
A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B．单位时间流过面积A的流动空气动能12ρAv2
C．若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109kW•h
D．若风场每年有5000h风速在6～10m/s范围内，则该发电机年发电量至少为6.0×105kW•h
【解答】解：AB、叶片旋转所形成的圆面积为A
单位时间内流过该圆面积的空气柱体积为
V＝S•vt＝Av×1＝Av
空气柱的质量为
m＝ρ•V＝ρAv
空气柱的动能为
Ek=12ρAv•v2=12ρAv3
设转化效率为η，转化成的电能为E＝η•Ek=12ηρAv3
p1=Et=12ηρAv3，则该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比；故AB错误；
C、由B选项可知 η=2pρAv3
设每天发电时间为t
每天发电量约为W＝η•pt＝η×1.0×108kW×24h＝2.4η×109kW•h＜2.4×109kW•h，故C错误。
D、由题意可知某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW
由p1=Et=12ηρAv3
pp1=v3v13=9363
p1＝120kW
若风场每年有5000h风速在6～10m/s的风能资源，则该发电机年发电量至少为
E＝p1•t＝120kW×5000h＝6.0×105kW•h，故D正确；
故选：D。
13．（2023•湖北）如图所示，楔形玻璃的横截面POQ的顶角为30°，OP边上的点光源S到顶点O的距离为d，垂直于OP边的光线SN在OQ边的折射角为45°。不考虑多次反射，OQ边上有光射出部分的长度为（ ）
A．12dB．22dC．dD．2d
【解答】解：设光线在OQ界面点的入射角为α，折射角为β，几何关系可知
α＝30°
由于光路可逆，根据折射定律可得
n=sinβsinα=sin45°sin30°=2
光线射出OQ面的临界条件为发生全反射，光路图如图所示
光线在AB两点发生全反射，有公式
sinC=1n=12=22
在AB两个位置临界角为45°，AB之间有光线射出，由几何关系可知
AB＝2AC＝2CS
由于∠QOP＝30°，所以
2CS＝OS＝d
故AB＝d
故ABD错误，C正确。
故选：C。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
14．（2023•浙江）有一种新型光电效应量子材料，其逸出功为W0。当紫外光照射该材料时，只产生动能和动量单一的相干光电子束。用该电子束照射间距为d的双缝，在与缝相距为L的观测屏上形成干涉条纹，测得条纹间距为Δx。已知电子质量m，普朗克常量为h，光速为c，则（ ）
A．电子的动量pe=hLdΔx
B．电子的动能Ek=hL22md2Δx2
C．光子的能量E=W0+chLdΔx
D．光子的动量p=W0c+h2L22cmd2Δx2
【解答】解：A、电子的动量公式为：pe=hλ
根据双缝干涉实验的条纹间距公式可得：Δx=λLd
联立解得：pe=hLdΔx，故A正确；
B、根据动能和动量的关系可得：Ek=pe22m=h2L22md2Δx2，故B错误；
C、根据光电效应方程可得：E=hν-W0=hcλ-W0
联立解得：E=W0+h2L22md2Δx2，故C错误；
D、光子的能量为：E0＝W0+Ek
同时，光子的动量p＝mc
光子的能量E0＝mc2
p=E0c
联立解得：p=W0c+h2L22cmd2Δx2，故D正确；
故选：AD。
15．（2023•山东）如图所示，沿水平方向做简谐振动的质点，依次通过相距L的A、B两点。已知质点在A点的位移大小为振幅的一半，B点位移大小是A点的3倍，质点经过A点时开始计时，t时刻第二次经过B点，该振动的振幅和周期可能是（ ）
A．2L3-1，3tB．2L3-1，4t
C．2L3+1，125tD．2L3+1，127t
【解答】解：AB．当AB两点在平衡位置的同侧时有
12A=Asinφa
32A＝Asinφb
可得
φa=π6；φb=π3或者φb=2π3
因此可知第二次经过B点时φb=2π3
故23π-π62πT=t
解得
T＝4t
此时位移关系为32A-12A＝L
解得A=2L3-1
故A错误，B正确；
CD．当AB两点在平衡位置两侧时有
-12A=Asinφa
32A＝Asinφb
解得φa=-π6或者φa=-5π6（由图中运动方向舍去），φb=π3或者φb=2π3
当第二次经过B点时φb=2π3，则2π3-(-π6)2πT=t
解得T=125t
此时位移关系为32A+12A=L
解得A=2L3+1
故C正确，D错误；
故选：BC。
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16.实验题（Ⅰ、Ⅱ共14分）
Ⅰ、（2023•福建）某小组用图（a）所示的实验装置探究斜面倾角是否对动摩擦因数产生影响。所用器材有：绒布木板、滑块、挡光片、米尺、游标卡尺、光电门、倾角调节仪等。实验过程如下：
（1）将绒布平铺并固定在木板上，然后将光电门A、B固定在木板上。用米尺测量A、B间距离L；
（2）用游标卡尺测量挡光片宽度d，示数如图（b）所示。该挡光片宽度d＝ 5.25 mm。
（3）调节并记录木板与水平面的夹角θ，让装有挡光片的滑块从木板顶端下滑。记录挡光片依次经过光电门A和B的挡光时间ΔtA和ΔtB，求得挡光片经过光电门时滑块的速度大小vA和vB，某次测得ΔtA＝5.25×10﹣3s，则vA＝ 1.00 m/s（结果保留3位有效数字）。
（4）推导滑块与绒布间动摩擦因数μ的表达式，可得μ＝ tanθ-vB2-vA22gLcsθ （用L、vA、vB、θ和重力加速度大小g表示），利用所得实验数据计算出μ值；
（5）改变θ进行多次实验，获得与θ对应的μ，并在坐标纸上作出μ﹣θ关系图像，如图（c）所示；
（6）根据上述实验，在误差允许范围内，可以得到的结论为 斜面的倾角对动摩擦因数没有影响 。
【解答】解：（2）该挡光片宽度
d＝5mm+5×0.05mm＝5.25mm
（3）挡光片经过光电门A的速度
vA=dΔtA=5.25×10-35.25×10-3m/s=1.00m/s
（4）挡光片依次经过光电门A和B，由动能定理可得
12mvB2-12mvA2=mgLsinθ-μmgLcsθ
解得
μ=tanθ-vB2-vA22gLcsθ
（6）由图（c）可知，在误差允许范围内，斜面的倾角对动摩擦因数没有影响。
Ⅱ、（2023•湖北）某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图（a）所示电路，所用器材如下：
电压表（量程0～3V，内阻很大）；
电流表（量程0～0.6A）；
电阻箱（阻值0～999.9Ω）；
干电池一节、开关一个和导线若干。
（1）根据图（a），完成图（b）中的实物图连线。
（2）调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和电压表示数U。根据记录数据作出的U﹣I图像如图（c）所示，则干电池的电动势为 1.58 V（保留3位有效数字）、内阻为 0.64 Ω（保留2位有效数字）。
（3）该小组根据记录数据进一步探究，作出1I-R图像如图（d）所示。利用图（d）中图像的纵轴截距，结合（2）问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为 2.5 Ω（保留2位有效数字）。
（4）由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值 偏小 （填“偏大”或“偏小”）。
【解答】解：（1）根据电路图连接实物图，如图所示
（2）由电路结合闭合电路欧姆定律可得
U＝E﹣Ir
由图可得
E＝1.58V
内阻为r=1.58-Ω＝0.64Ω
（3）根据E＝I（R+RA+r）
结合图像整理可得1I=1E•R+RA+rE
由图像可得
RA+rE=2
代入数据整理解得
RA＝2.5Ω
（4）由于电压表内阻不是无穷大的，所以实验测得的是电压表的内阻和电源内阻的并联值，电阻越并越小，即实验中测得的电池内阻偏小。
17．（2023•湖南）汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图，刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成，连杆AB与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车，助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力。每次抽气时，K1打开，K2闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，达到两气室压强相等；然后，K1闭合，K2打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从K2排出，完成一次抽气过程。已知助力气室容积为V0，初始压强等于外部大气压强p0，助力活塞横截面积为S，抽气气室的容积为V1，假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不变。
（1）求第1次抽气之后助力气室内的压强p1；
（2）第n次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF。
【解答】解；（1）选择助力气室内的气体为研究对象，根据题意可知其初始状态的压强为p0，体积为V0，第一次抽气后，气体的体积为：
V＝V0+V1
因为变化前后气体的温度保持不变，根据玻意耳定律可得：
p0V0＝p1V
解得：p1=p0V0V0+V1
（2）第二次抽气，同理可得：
p1V0＝p2V
解得：p2=p1V0V0+V1=(V0V0+V1)2p0
根据数学知识可知，当n次抽气后助力气室内的气体压强为：
pn=(V0V0+V1)np0
该刹车助力装置为驾驶员省力的大小为：
ΔF＝（p0﹣pn）S＝[1-(V0V0+V1)n]p0S
答：（1）第1次抽气之后助力气室内的压强为p0V0V0+V1；
（2）第n次抽气后，该刹车助力装置为驾驶员省力的大小为[1-(V0V0+V1)n]p0S。
18．（2023•江苏）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连，若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求滑雪者运动到P点的时间t；
（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。
【解答】解：（1）滑雪者由A到P做匀加速直线运动，设此过程的加速度大小为a，滑雪者的质量为m，由牛顿第二定律得：
mgsin45°﹣μmgcs45°＝ma
由位移—时间关系公式可得：
d=12at2
联立解得：t=22d(1-μ)g
（2）设滑雪者从P到B的过程，所受重力与滑动摩擦力做功分别为WG、Wf，对滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点的过程，由动能定理得：
WG+Wf＝0﹣0
对滑雪者从A点静止下滑到B点的过程，由动能定理得：
mgdsin45°﹣μmgdcs45°+WG+Wf=12mv2﹣0
联立解得：v=2gd(1-μ)
（3）滑雪者在B点以速度大小为v，方向与水平方向夹角为45°的速度做斜抛运动，在B点竖直向上的分速度为vy＝vsin45°，水平分速度为vx＝vcs45°
设从B点运动到最高点的时间t1，由竖直方向做竖直上抛运动得：
t1=vyg
设从B点运动到与B点等高点的水平位移的大小为x，由竖直上抛运动的对称性可知此过程的时间为2t1，由水平方向做匀速直线运动得：
x＝vx•2t1
联立解得：x=2d(1-μ)
若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，平台BC的长度不能大于x，故平台BC的最大长度L＝x=2d(1-μ)
答：（1）滑雪者运动到P点的时间t为22d(1-μ)g；
（2）滑雪者从B点飞出的速度大小v为2gd(1-μ)；
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，平台BC的最大长度L为2d(1-μ)。
19．（2023•北京）2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录。
一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好。电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为B＝ki（k为常量）。金属棒被该磁场力推动。
当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变为2I。已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m。求：
（1）金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F；
（2）金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1：a2；
（3）金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。
【解答】解：（1）第一级区域的磁感应强度大小B1＝kI
金属棒在第一级区域受到的安培力大小：F1＝ILB1＝IL×kI＝kI2L
（2）第二级区域磁感应强度大小B2＝2kI
金属棒在第二级区域受到的安培力大小F1＝2ILB2＝2IL×2kI＝4kI2L
对金属棒，由牛顿第二定律得：F1＝ma1，F2＝ma2
解得：a1：a2＝1：4
（3）对金属棒，金属棒从静止开始经过两级区域过程，由动能定理得：F1s+F2s=12mv2-0
解得：v＝I10kLsm
答：（1）金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小是kI2L；
（2）金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1：a2是1：4；
（3）金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小是I10kLsm。
20．（2023•北京）某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物（视为小球）组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集。已知金属板长度为L，间距为d。不考虑重力影响和颗粒间相互作用。
（1）若不计空气阻力，质量为m、电荷量为﹣q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U1；
（2）若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为f＝krv，其中r为颗粒的半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。
a.半径为R、电荷量为﹣q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U2；
b.已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比。进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10μm和2.5μm的两种颗粒，若10μm的颗粒恰好100%被收集，求2.5μm的颗粒被收集的百分比。
【解答】解：（1）若不计空气阻力，质量为m、电荷量为﹣q的颗粒做类平抛运动，恰好全部被收集，说明靠近上极板的颗粒能够正好落到下极板右侧边缘，根据垂直电场方向匀速直线运动得：L＝v0t
沿着电场方向匀加速直线运动，有：d=12at2
根据牛顿第二定律得：a=U1qmd
联立可以求解两金属板间的电压U1=2d2mv02qL2
（2）a.空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变，说明水平方向不受空气阻力作用，竖直方向当空气阻力等于电场力时达到最大速度，设竖直方向最大速度为v1，根据二力平衡得：f＝kRv1=U2qd
根据题意假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，则忽略竖直方向变速运动的距离；半径为R、电荷量为﹣q的颗粒恰好全部被收集，则根据两个方向运动时间相等得：Lv0=dv1
联立解得两金属板间的电压U2=dkRv1q=dkRq×v0dL=kd2Rv0qL
b.已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，q＝k′R2，在上一问基础上，设R1=10μm2=5μm，R2=2.5μm2=1.25μm，设10μm的颗粒竖直方向达到的最大速度为v2，2.5μm的颗粒竖直方向达到的最大速度为v3，若10μm的颗粒恰好100%被收集，对10μm的颗粒，根据二力平衡得：kR1v2=U2k'R12d①
根据两个方向运动时间相等得：Lv0=dv2②
对2.5μm的颗粒，设在平行板之间竖直方向运动的最大距离为x，根据二力平衡得：kR2v3=U2k'R22d③
根据两个方向运动时间相等得：Lv0=xv3④
①式：③式得：v2v3=R1R2=5μm1.25μm=41
②式和④式联立解得：dv2=xv3
进一步解得：x=14d
即只有靠近下板的14d范围的颗粒才能够收集，所以2.5μm的颗粒被收集的百分比η=xd×100%=25%。
答：（1）两金属板间的电压U1为2d2mv02qL2；
（2）a.两金属板间的电压U2为kd2Rv0qL；
b.2.5μm的颗粒被收集的百分比为25%。