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1、山东省2022年普通高中学业水平等级考试物理一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1. 碘125衰变时产生射线，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. 116B. 18C. 14D. 122. 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，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭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
2、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3. 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L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，q=QLRB. 正电荷，q=3QLRC. 负电荷，q=2QLRD. 负电荷，q=23QLR4. 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变化为单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0
3、.1V。将阻值为12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220VB. BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4AC. 若将R接在AB两端，R两端的电压为18V，频率为100HzD. 若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5A，周期为0.02s5. 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
4、占总分子数比例增加6. “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. gR2T22n2213RB. gR2T22n2213C. gR2T24n2213RD. gR2T24n22137. 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14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A
5、B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8. 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
6、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. t=2+74s,l=8mB. t=94+72s,l=5mC. t=2+5126+766s,l=5.5mD. t=2+5126+(6+4)2s,l=5.5m二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）9. 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. 10. 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
7、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11. 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
8、的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为()A. v=5m/sB. v=32m/sC. d=3.6mD. d=3.9m12. 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2L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t=2的过程中，E一直增大B. 在t=0到t=2的过程中，E先增大后减小C. 在t=0到t=4的过程中，E的变化率一直增大D. 在t=0到t=4的过程中，E的
9、变化率一直减小三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）13. 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：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；接通气源。放上滑块。调平气垫导轨；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；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
10、以下问题(结果均保留两位有效数字)：(1)弹簧的劲度系数为_N/m。(2)该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出aF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_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aF图像，则待测物体的质量为_kg。14. 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90)；电流表A2(量程30mA，内阻为30)；定值电阻R0(阻值为150)；滑动变阻器R(最大阻值为100)；待测电阻Rx；开关S，导线若干。测量电路如图所示。(1
11、)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12处。该同学选用的电流表为_(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_。(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35处，则Rx的测量值为_。(3)本实验中未考虑电池内阻，对Rx的测量值_(填“有”或“无”)影响四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）15. 某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示，鱼鳔结构可简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
12、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，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m；(2)鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。16. 某粮库使用额定电压U=380V，内阻R=0.25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
13、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。17. 中国“人造太阳”在核聚变实验方而取得新突破，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，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
14、；，的空间内充满匀强磁场II，磁感应强度大小为22B，方向平行于xOy平面，与x轴正方向夹角为45；z0，y0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的离子甲，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，在在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qBd2m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
15、)当离子甲以qBd2m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t(忽略离子间相互作用)。18. 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
16、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1=0.4，B与地面间的动摩擦因数2=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，MmA的取值范围(结果用cos5表示)。答案解析1.【答案】B【解析】设刚植入时碘125的质量为m0，由于碘125的半衰期为60天，所以经过180天后剩余的碘125的质量为：
17、m=m0(12)18060=m0(12)3=18m0也就是说经过180天后剩余碘125的质量是刚植入时质量的18，故ACD错误，B正确。本题主要考查放射性原子核半衰期的相关知识，明确半衰期的概念是解题的关键。2.【答案】A【解析】由于火箭开始运动时速度为零，点火瞬间速度也为零，所以火箭从开始运动到点火的过程中，在高压气体的作用力、火箭本身重力以及空气阻力的作用下，经历加速和减速两个过程；由动力学知识知：开始时加速度和速度方向都向上，火箭做加速运动，当加速度为零时，速度不再增加，此时火箭速度最大，对应的火箭的动能最大，故A正确；火箭在上升过程中，高压气体释放的能量一部分转化为火箭的动能，一部分转
18、化为火箭的重力势能，还有一部分通过阻力做功转化为内能；故B错误；由动量定理知，火箭动量的增加量应该等于火箭所受合外力的冲量不等于高压气体对火箭推力的冲量；且该过程中火箭动量的变化量为零，但推力的冲量不为零；故C错误；由动能定理知，火箭动能的增加量等于火箭所受合外力对火箭所做的功，也就是说火箭所受的推力、空气阻力及火箭本身重力所做的功才等于火箭动能的增加量，故D错误；综上所述本题正确答案为A。本题通过火箭在高压气体推力作用下的变速过程，综合考查了运动过程中动力学规律、能量及动量规律；解决本题的关键是正确分析火箭经历的两个过程：先加速后减速；在应用动力学规律、能量及动量规律解释运动时，要正确对火箭
19、进行受力分析，且对规律本身的条件要做到准确的认识，具体见上面的解析过程。3.【答案】C【解析】解：根据对称性可知，当取走A、B两处弧长均为L的小圆弧上的电荷后，圆环在O点产生的电场强度等于A、B关于圆心O对称的A1和B1处的电荷在圆心O产生的电场强度的矢量和，如图所示因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，根据点电荷的场强公式可得，A1和B1在圆心O各自产生的场强大小为：E1=kQL2RR2=kQL2R3，场强方向的夹角为120，根据矢量合成法则，A1和B1在圆心O产生的合场强大小为：E=E1=kQL2R3，方向沿CO方向向右。因为O点的合场强为0，则放在D点的点电荷在O点的场强方向沿OC方向向左
20、，故D点的点电荷带负电，点电荷在O点的场强大小为：E=E=kQL2R3根据点电荷场强公式有：E=kq2R2联立可得：q=2QLR故选C。4.【答案】D【解析】解：A.因为变压器的输入电压为220V是有效值，根据U有=Um2可知，交流电压的最大值：。根据理想变压器的变压比规律得：n11=220V0.1V，解得原线圈匝数为n1=2200匝，A错误；B.根据题意可知，当原线圈输入220V时，BC间的电压应该为12V，故有：n1nBC=220V12V，解得：nBC=120。流过R的电流为：IBC=PUBC=12W12V=1A，B错误；C.根据题意可知，若将R接在AB端，AB间的电压应该为18V。根据交
21、流电原线圈电压的表达式可知：=100rad/s，根据f=1T=2得：交流电的频率为：f=50Hz，C错误；D.根据题意可知，若将R接在AC端，AC间的电压应该为30V，根据欧姆定律可知，流过电阻R的电流为IAC=UACR=3012A=2.5A，交流电的周期为：T=1f=2=0.02s。D正确。故选D。5.【答案】C【解析】设大气压强为p0，活塞的质量为m。初始时缸内气体的压强为p1，对活塞受力分析，因为活塞处于平衡状态，则有p1p0s=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.因为气缸
22、、活塞都是绝热的，故气体与外界没有发生热传递，即Q=0。由于在缓慢转动过程中，气缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿气缸壁的分力，所以活塞向外运动，气体体积增大，气体对外做功，即W0，根据热力学第一定律U=Q+W可知：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，但并不是所有分子热运动的速率都减小，AB错误；CD.因为气体的内能减小，所以缸内气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，即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.【答案】C【解析】已知地球表面的重力加速度为g，地面上质量为m的物体所受的重力mg等于地球对物体的引力，即GMmR2=mg根据题意
23、可知，“羲和号”卫星的运行周期为T=Tn，根据牛顿第二定律，万有引力提供“羲和号”卫星做圆周运动的向心力，则有GMmR+2=m42T2R+，由以上各式解得=(gR2T24n22)13R故C正确，ABD错误。7.【答案】A【解析】当a，b两种频率的细激光束从A点垂直于AB面入射时，由几何关系可得激光沿直线传播到O点，激光在CO面反射后沿圆的半径方向直线传播出去。如图所示保持a、b两种频率的细激光束的入射方向不变，入射点从A向B移动过程中，激光沿直线传播到CO面发生反射，反射光线射向PM面，由下图可知，激光束的入射点从A向B移动的过程中，光线传播到PM面的入射角是逐渐增大的。当入射点为B点时，根据
24、光的反射定律及几何关系可知，光线传播到PM面上的P点，此时光线在PM面上的入射角最大，设为，由几何关系得=45设细激光束a的临界角为Ca，设细激光束b的临界角为Cb，根据全反射的临界角公式得sinCa=1na=11.4222可解得两种频率的细激光束全反射的临界角有如下关系Ca45Cb故在入射的细激光束从A向B移动过程中，a光能在PM面发生全反射并从OM面射出；而b光在PM面射出，而不能发生全反射，故仅有a光能从OM面射出。A正确，BCD错误。故选A。8.【答案】B【解析】设小车的质量为m，小车在BC段的最大加速度为a1=2m/s2，小车经过BC段的最大速度为则由牛顿第二定律mv1m2r1=ma
25、1可得无人配送小车经过BC段的最大速度为v1m=6m/s在CD段的最大加速度为a2=1m/s2，小车经过CD段的最大速度为则由牛顿第二定律mv2m2r2=ma2可得在BC段的最大速度为可知小车在BCD段运动时的最大速度为v=2m/s，可得小车在BCD段运动的时间为t3=r1+r2v=72sAB段小车从最大速度vm减速到v所用的时间t1=vmva1=422s=1s匀减速过程小车运动的位移为x2=vm2v22a1=3m在AB段小车做匀速运动的最长距离为l=8m3m=5m小车做匀速运动的时间t2=lvm=54s小车从A到D所需最短时间t=t1+t2+t3=(94+72)s故选B。9.【答案】AC【解
26、析】【分析】 本题主要考查振动图像与波动图像之间的转换，注意把握其中物理量的关联即可，同时注意波传播的方向性问题。 【解答】 由振动图像可知，该简谐波周期 T=12s ；振幅 A=20cm 。 t=0s 时，位移 y=10cm ，设原点处质点振动方程为 y=Asin(2Tt+) ，当 t=0s 时， 10=20sin ，则 =6 ，故振动方程为 y=20sin(6t+6)cm ； 当 t=7s 时，其原点处的质点位移为 y=103cm ，故 BD 错误；质点在 y 轴负半轴向下振动，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。 故选 AC 10.【答案】ACD【解
27、析】【分析】 本题主要考查光的干涉与衍射现象，干涉条纹间距公式及衍射规律，考查基本规律及概念，把握基础即可。 【解答】 A. 由图可知，图乙中间部分为等间距条纹，而丙仅为两条条纹，故推测图乙是光的双缝干涉图样，丙为衍射图样；干涉实验中，当光通过狭缝时，同时也会发生衍射，故 A 正确； B.根据衍射规律可知，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
28、数倍，P点处一定是暗条纹，故D正确。故选ACD11.【答案】BD【解析】设网球被击出时竖直方向分速度v0y2=2g(H)代入数据得网球被击出时的速度为v0，则网球被击出时水平方向分速度又网球被击出到击中墙壁经历的时间t=v0yg=1210s=1.2s网球水平方向到P点的距离根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量平行墙面的速度分量反弹后，垂直墙面的速度分量则反弹后的网球速度大小为网球落到地面的时间着地点到墙壁的距离故BD正确，AC错误。故选BD。12.【答案】BC【解析】AB.如图所示在t=0到t=2的过程中，线框的有效切割长度先变大再变小，当t=4时，有效切割长度最大为2L，此时，感
29、应电动势最大，所以在t=0到t=2的过程中，E先增大后减小，故B正确，A错误；CD.在t=0到t=4的过程中，设转过的角度为，由几何关系可得=t进入磁场部分线框的面积S=LLtan2穿过线圈的磁通量=BS=BL2tant2线圈产生的感应电动势E=t感应电动势的变化率对=BL2tant2求二次导数得Et=BL22sec2ttant在t=0到t=4的过程中BL22sec2ttant一直变大，所以E的变化率一直增大，故C正确，D错误。13.【答案】(1)12(2)0.20(3)0.13【解析】【分析】 本题以牛顿第二定律为背景，利用创新器材传感器，在新器材的情景下，考查学生对实验原理的理解及图像信息
30、识别处理能力。 【解答】 (1) 由图乙可知， t=0s 时，滑块所受弹力为 F=0.610N ，而初始位置 A 点到弹簧原长 O 点的距离为 5.00cm ，则弹簧的劲度系数为 k=Fx=0.6100.05N/m12N/m 。 (2) 根据牛顿第二定律有 F=ma ，则 aF 图像的斜率为滑块与加速度传感器总质量的倒数，根据图丙中 I ，则有 1m=aF=3.0000.600 ，解得 m=0.20kg 。 (3) 根据图丙中 ，则有 1m=aF=1.8000.600 ，解得 m0.13kg 。 故答案为 (1)12 (2)0.20 (3)0.13 14.【答案】(1)A1 60(2)100(
31、3)无【解析】【分析】 本题考查电阻测量实验，涉及器材选用，数据处理及误差分析，其中器材选用要特别注意电表量程，并从实验原理出发决定选用合适器材，同时误差分析中，判断有无影响及会导致测量偏大偏小的判断上，杜绝感官判断，而须从实验原理出发，列出测量表达式，从而做出正确判断。 【解答】 (1) 若不考虑电源内阻，且在电源两端只接 R0 时，电路中的电流为 I1=ER0=10mA ，而后续实验中，需使电流表指针指在满刻度的 12 处，故选用量程为 10mA 的电流表 A1 。不考虑电表内阻，则有 E=Im2(R0+RI+R) ，即 R=2EImR0RI 代入数值可知 R=60 。 (2) 用 Rx
32、替换 R0 ，闭合开关后，电流表指针指在满刻度的 35 处，则有 E=3Im5(Rx+RI+R) ，解得 Rx=100 。 (3) 若考虑电池内阻，当电流表指针指在满刻度的 12 处，则有 E=Im2(R0+RI+R+r) ，当电流表指针指在满刻度的 35 处，则有 E=3Im5(Rx+RI+R+r) ，联立解得 Rx=5R0RIRr6 ，其中定值电阻 R0 阻值已知，电流表 A1 内阻已知，根据 E=Im2(R0+RI+R+r) ，可解得 R+r=2EImR0RI 与 (1) 中不考虑内阻时滑动变阻器的阻值表达式相同，故是否考虑电池内阻对最后 Rx 的测量值无影响。 15.【答案】(1)由题
33、知开始时鱼静止在水面下H处，设此时鱼的体积为V1，由力的平衡得Mg=gV1且此时B室内气体体积为V，质量为m，设气体的密度为气，则有m=气V鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有牛顿第二定律得g(V1+V)Mg=Ma由以上各式解得需从A室充入B室的气体质量m=气V=MmaVg(2)由题知，鱼静止在水面下H处时，B室内气体体积为V，质量为m，且此时B室内的压强为p1=gH+p0当鱼静止于水面下H1处时，有p2=gH1+p0，此时B室内气体体积变为V2鱼静止在水面下H处到鱼静止于水面下H1处的过程中，由于鱼鳔内的气体温度不变，根据玻意耳定律有p1V=p2V2可解得V2=gH+p0gH1+p0
34、V可解得当鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1=气V2=gH+p0gH1+p0m【解析】见答案16.【答案】解：(1)设连接电动机的绳子拉力为T1，与配重相连的绳子的拉力为T2，斜面的倾角为。由于小车沿斜坡匀速上行，根据能量守恒定律有：UI=I2R+T1v，解得：T1=7400N对配重受力分析有：T2=m0g=400N对小车受力分析有：T1+T2=(m1+m2)gsin+k(m1+m2)g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：m1gsin=m0g+km1g联立可得：sin=0.5，k=0.1。(2)根据题意可知，关闭发动机后小车和配重一起向上做匀减速直线运动，设加速度
35、为a，对小车与配重整个系统研究，有：(m1+m2)gsin+k(m1+m2)gm0g=(m1+m2+m0)a，解得：a=37067m/s2，根据v2=2aL，解得：L=67185m【解析】见答案17.【答案】(1)如图所示由于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，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，从A到O的过程，有：沿z轴方向：L=v0cost沿y轴方向：v0sin=at其中：a=qEm联立解得E=mv02sincosqL(2)如图所示离子从坐标原点O沿z轴正方向进入磁场I中，由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2r1
36、离子经过磁场I偏转后从y轴进入磁场II中，由洛伦兹力提供向心力可得qv22B=mv2r2可得r2=2r1，根据几何关系，离子刚好从x轴上的某点飞出，若r1d，刚好满足离子不会从上边界飞出，此时r2=2d3d，离子也不会从下边界穿出，即得vqBdm，离子甲进入磁场后始终在磁场中运动故进入磁场时的最大速度为qBdm；(3)离子甲以qBd2m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中的轨迹半径为r1=mvqB=d2离子在磁场II中的轨迹半径为r2=2d2，离子从O点第一次穿过到第四次穿过xOy平面的运动情景，如图所示离子第四次穿过xOy平面的x轴坐标为x4=2r2sin45
37、=d离子第四次穿过xOy平面的y坐标为y4=2r1=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12mv2=124mv2可得v=v2=qBd4m离子甲在磁场I中的轨迹半径为r1=mvqB=d2离子甲在磁场II中的轨迹半径为r2=2d2离子乙在磁场I中的轨迹半径为r1=mvqB=d4=12r1离子乙在磁场II中的轨迹半径为r2=mvq22B=2d4=12r2根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图所示从O点进入磁场到第一个交点的过程，有t甲=12T1+12T2=122mqB+122mq22B=(1+2)mqBt乙=T1+T2
38、=24mqB+24mq22B=(8+82)mqB可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为t=t乙t甲=(7+72)mqB【解析】本题考查了带电粒子在匀强电场中的偏转和带电粒子在磁场中的运动，解答本题要求根据离子在进入磁场时的初始速度结合在磁场中运动的半径大小准确画出离子的运动轨迹，在分析离子在磁场中运动过程中的轨迹时，对空间思维能力要求较高。18.【答案】(1)vA=2m/s，vB=2m/s；(2)d=76m；(3)365J；(4)3285MmA328511cos5【解析】(1)A向右运动的过程中，B一直处于静止状态；由于A与B的碰撞过程为弹性碰撞，取A的初速度方向为正方向，则有：由
39、动量守恒定律知：mAv0=mAvA+mBvB(1)由能量守恒定律知：12mAv02=12mAvA2+12mBvB2(2)联立(1)、(2)式解得：vA=2m/s，(方向水平向左)vB=2m/s，(方向水平向右)(2)设A与B碰后再次回到O点时，做匀速运动的时间为t1，做减速运动的时间为t2在t1时间内，B做匀减速直线运动，由牛顿第二定律知B的加速度aB=2(mA+mB)gmB=3m/s2；在t2时间内，A的加速度aA=1mAgmA=1g=4m/s2，B的加速度为aB=u1mAg+2(mA+mB)gmB=133m/s2；在t1这段时间内A运动的位移与B运动的位移大小之和等于d，则有：vAt1+v
40、Bt112aBt12=d(3)而A在t1+t2这段时间内运动的总位移也等于d，则有：vAt1+vA22aA=d (4)联立(3)、(4)式解得：t1=13st1=1s(舍去)，d=76m；(3)由(2)问中分析可知，t2=vAaA=0.5s;在t1时刻B的速度为：vB=vBaBt1=1m/s；则在A做减速运动阶段，B运动的时间t3=vBaB=313s0.5s；这表明B在A停止之前已停止运动，且由于A对B的最大静摩擦力f1=1mAg2(mA+mB)g，故当B停止运动后，不会再向左运动；则在A运动到B粗糙面之后B运动的位移为xB=vB2t3=326m，只有在这段时间内A才对B有摩擦力的作用，于是有
41、A对B的摩擦力所做的功为：。(4)为了实现上述的过程，则小球在碰后速度方向向左不为零且小球偏离竖直方向的角度要小于5；于是第一个临界状态为：当小球与A碰后小球速度恰为零时，设与小球相连的绳长为l，则有：对小球由动能定理知：Mgl=12Mv2对小球与A的碰撞过程由动量守恒定律知：Mv=mAv0第二个临界状态为：当小球与A碰后小球恰好上升到偏离竖直方向5的地方，设碰后小球的速度为v1对小球与A的碰撞过程由动量守恒定律知：Mv=mAv0+Mv1对小球由动能定理知：Mgl(1cos5)=12Mv12小球与A碰后A再次回到O点的时间t总与小球做简谐运动的14T相等(A回来时小球第一次从最低点上升到最高点)，于是有：t总=t+t1+t2,其中t为小球做匀速运动到达B的右端的时间，即t=dv0=724s，所以；故有T=176s由单摆运动的周期公式T=2lg；联立解得，当小球与A碰后速度为0时，MmA=4245；当小球恰好上升到偏离竖直方向5时，；这样为了实现题中的过程必须满足：23