1、 20222022 年新高考山东物理高考真题年新高考山东物理高考真题 学校:_姓名：_班级：_考号：_ 一、单选题一、单选题 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（ ） A116 B18 C14 D12 2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
2、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 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LD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 LqR B正电荷，3 =Q LqR C负电荷，2 =Q LqR D负电荷，2 3 =Q LqR 4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1n的原
3、线圈中电随时间变化为mcos(100 )=Ut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12的电阻 R接在BC两端时，功率为12W。下列说法正确的是（ ） An1为 1100 匝，mU为220V BBC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 5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
4、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 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（ ） A1223222gR TRn B1223222gR Tn C1223224gR TRn D1223224gR Tn 7柱状光学器件横截面如图所示，OP右侧是以 O为圆
5、心、半径为 R 的14圆，左则是直角梯形，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 Ca、b 光都可以 Da、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
6、，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22m/s，CD段的加速度最大为21m/s。 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（ ） A72s,8m4tl=+= B97s,5m42=+=tl C57 626s,5.5m126=+=tl D5( 64)26s,5.5m122+=+=tl 二、多选题二、多选题 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7st =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
7、研究光的干涉与衍射现象， 狭缝1S，2S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1S、2S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
8、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210m/s，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（ ） A5m/sv = B3 2m/sv = C3.6m=d D3.9m=d 12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，0=t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
9、 （ ） A在0=t到2t=的过程中，E 一直增大 B在0=t到2t=的过程中，E 先增大后减小 C在0=t到4t=的过程中，E 的变化率一直增大 D在0=t到4t=的过程中，E 的变化率一直减小 三、实验题三、实验题 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
10、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 1.5
11、V，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）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
12、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、解答题四、解答题 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、可认为体积恒定，B 室壁簿，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
13、 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380VU =，内阻0.25R =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2m/sv =沿斜坡匀速上行，此时电流40AI =。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1100kgm =， 车上粮食质量21200kgm =， 配重质量040kgm =， 取重力加速度210m/s=g，小车运动时受到的摩擦阻力与
14、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，0z 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； 30d z，0y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；0z ，0y 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
15、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0v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mv； （3）离子甲以2qBdm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2qBdm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
16、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0v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 A0.1kgm =，B 的质量B0.3kgm =，A 与 B 的动摩擦因数10
17、.4=，B 与地面间的动摩擦因数200.225,4m/sv=，取重力加速度210m/sg =。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Av与Bv； （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fW； （4）实现上述运动过程，AMm的取值范围（结果用cos5表示） 。 参考答案参考答案 1B 【解析】 【详解】 设刚植入时碘的质量为0m，经过 180 天后的质量为 m，根据 012tTmm= 代入数据解得 180360000111228mmmm= 故选 B。 2A 【解析】 【详解】
18、 A火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用， 且推力大小不断减小， 刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和， 故火箭向上做加速度减小的加速运动， 当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故 A 正确； B根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故 B 错误； C根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动
19、量的增加量，故 C 错误； D根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故 D 错误。 故选 A。 3C 【解析】 【详解】 取走 A、B处两段弧长均为LD的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在 O 点产生的电场强度为与 A 在同一直径上的 A1和与 B 在同一直径上的 B1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，则有 12322Q LQ LREkkRR= 由图可知，两场强的夹角为120，则两者的合场强为 132Q LEEkR= 根据 O点的合场强为 0，则放在 D 点的点电荷带负电，大小为 32Q LEEkR = 根据
20、()22qEkR = 联立解得 2 =Q LqR 故选 C。 4D 【解析】 【详解】 A变压器的输入电压为 220V，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220 2V，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为 1220V10.1Vn= 解得原线圈为 2200 匝，A 错误； B根据图像可知，当原线圈输入 220V 时，BC 间的电压应该为 12V，故 BC间的线圈匝数关系有 12V12010.1VBCn= BC 间的线圈匝数为 120 匝，流过 R 的电流为 12W1A12VBCBCPIU= B 错误； C若将 R接在 AB 端，根据图像可知，当原线圈输入 22
21、0V 时，AB 间的电压应该为 18V。根据交流电原线圈电压的表达式可知，交流电的角速度为100，故交流电的频率为 150Hz2fT= C 错误； D若将 R接在 AC端，根据图像可知，当原线圈输入 220V 时，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 30A2.5A12ACACUIR= 交流电的周期为 120.02sTf= D 正确。 故选 D。 5C 【解析】 【详解】 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，则有 ()10ppsmg= 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，
22、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UQW=+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，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。 6C 【解析】 【详解】 地球表面的重力加速度为 g，根据牛顿第二定律得 2GMmmgR= 解得 2GMgR= 根据题意可知，卫星的运行周期
23、为 TTn= 根据牛顿第二定律，万有引力提供卫星运动的向心力，则有 ()()2224GMmmRhTRh=+ 联立解得 223224gR ThRn= 故选 C。 7A 【解析】 【详解】 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。 保持光的入射方向不变，入射点从 A向 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 移动过程中，光线传播到 PM 面的入射角逐渐增大。 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
24、PM面上的入射角最大，设为，由几何关系得 45= 根据全反射临界角公式得 112sin1.422aaCn= 两种频率的细激光束的全反射的临界角关系为 45abCC 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。 8B 【解析】 【详解】 在 BC段的最大加速度为 a1=2m/s2，则根据 2111var= 可得在 BC 段的最大速度为 1m6m/sv= 在 CD段的最大加速度为 a2=1m/s2，则根据 2222var= 可得在 BC段的最大速度为 2m1m2m/svv= 可知在
25、BCD段运动时的速度为 v=2m/s，在 BCD段运动的时间为 1237s2rrtv+= AB 段从最大速度 vm减速到 v的时间 m1142s=1s2vvta= 位移 22213m2mvvxa= 在 AB段匀速的最长距离为 l=8m-3m=5m 则匀速运动的时间 2m5s4ltv= 则从 A到 D 最短时间为 12397()s42tttt=+=+ 故选 B。 9AC 【解析】 【详解】 由 O 点的振动图像可知，周期为 T=12s，设原点处的质点的振动方程为 2sin()yAtT=+ 则 10=20sin 解得 =6 在 t=7s 时刻 7220sin(7)= 10 3cm17.3cm126
26、y= + 因 117s212TT=+ 则在 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。 故选 AC。 10ACD 【解析】 【详解】 A由图可知，图乙中间部分等间距条纹，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Lxd =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
27、从狭缝1S、2S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。 11BD 【解析】 【详解】 设网球飞出时的速度为0v，竖直方向 20=2 ()vg Hh竖直 代入数据得 0= 2 10 (8.45 1.25)m/s12m/sv=竖直 则 220= 1312 m/s5m/sv=水平 排球水平方向到P点的距离 0006mvxvtvg=竖直水平水平水平 根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量 0044m/s5vv=水平水平 平行墙面的速度分量 0033m/s5vv=水平水平 反弹后，垂直墙面的速度分量 00.753m/svv=水平水平 则反弹
28、后的网球速度大小为 220=3 2m/svvv+=水平水平水平 网球落到地面的时间 28.45 2s1.3s10Htg= 着地点到墙壁的距离 3.9mdvt=水平 故 BD 正确，AC 错误。 故选 BD。 12BC 【解析】 【详解】 AB如图所示 在0=t到2t=的过程中，线框的有效切割长度先变大再变小，当4t=时，有效切割长度最大为2L，此时，感应电动势最大，所以在0=t到2t=的过程中，E 先增大后减小，故 B 正确，A 错误； CD在0=t到4t=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 tan2L LS= 穿过线圈的磁通量 2tan2BLtBS = 线
29、圈产生的感应电动势 Et= = 感应电动势的变化率 EEt= 对2tan2BLt =求二次导数得 222sectanEBLttt= 在0=t到4t=的过程中222sectanBLtt一直变大，所以 E的变化率一直增大，故 C 正确，D 错误。 故选 BC。 13 12 0.20 0.13 【解析】 【详解】 （1）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 Ft图有 x = 5.00cm，F = 0.610N 根据胡克定律 Fkx= 计算出 k 12N/m （2）2根据牛顿第二定律有 F
30、= ma 则 aF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 -1-1130kg5kg0.6m= 则滑块与加速度传感器的总质量为 m = 0.20kg （3）3滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中 II，则有 -1-111.50kg3kg0.5m= 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 m = m - m = 0.13kg 14 A1 60 100 无 【解析】 【详解】 （1）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 01.5A10mA150EIR= 由题知，闭合开关，调节滑片位置，要使电流表指针指在
31、满刻度的12处，则该同学选到的电流表应为 A1。 2当不考虑电源内阻，根据闭合电路的欧姆定律有 m0A1()2IERRR=+ 计算出 R= 60 （2）3断开开关，保持滑片的位置不变，用 Rx替换 R0，闭合开关后，有 mA13()5xIERRR=+ 代入数据有 Rx= 100 （3）4若考虑电源内阻，根据闭合电路的欧姆定律有 m0A1()2IERrRR=+ mA13()5xIERrRR=+ 联立计算出的 Rx不受电源内阻 r的影响。 15 （1）MmamVg=； （2）0110gHpmmgHp+=+ 【解析】 【详解】 （1）由题知开始时鱼静止在 H 处，设此时鱼的体积为 V0，有 Mg=g
32、V0 且此时 B 室内气体体积为 V，质量为 m，则 m=气V 鱼通过增加 B 室体积获得大小为 a的加速度，则有 g(V0 + V) - Mg=Ma 联立解得需从 A 室充入 B 室的气体质量 MmamVVg=气 （2）由题知开始时鱼静止在 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 鱼静止于水面下 H1处时，有 p2=gH1 + p0 由于鱼鳔内气体温度不变，根据玻意耳定律有 p1V=p2V2 解得 0210gHpVVgHp+=+ 则此时 B 室内气体质量 01210gHpmVmgHp+=+气 16 （1）0.1k =； （2）67m185
33、L = 【解析】 【详解】 （1）设电动机的牵引绳张力为1T，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有 21UII RTv=+ 解得 17400NT = 小车和配重一起匀速，设绳的张力为2T，对配重有 20400NTm g= 设斜面倾角为，对小车匀速有 121212() sin()TTmm gk mm 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 101sinm gm gkm g=+ 联立各式解得 sin0.5=，0.1k = （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 12120120() sin()()mm gk m
34、m gm gmmm a+=+ 可得 2370m/s67a = 由运动学公式可知 22vaL= 解得 67m185L = 17 （1）20sincosmvqL； （2）qBdm； （3） （d，d，0） ； （4）(77 2)mqB+ 【解析】 【详解】 （1）如图所示 将离子甲从A点出射速度为0v分解到沿y轴方向和z轴方向，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 0cosLvt= 0sinvat= qEam= 联立解得 20sincosmvEqL= （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
35、力提供向心力可得 21mvqvBr= 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 2222mvqvBr= 可得 212rr= 为了使离子在磁场中运动，需满足 1rd，23rd 联立可得 qBdvm 要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为qBdm； （3）离子甲以2qBdm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 12mvdrqB= 离子在磁场 II 中的轨迹半径为 22222mvdrqB= 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坐标为 42
36、2sin45xrd= = 离子第四次穿过xOy平面的y坐标为 412yrd= 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 2211422mvmv= 可得 24qBdmvv = 离子甲在磁场 I 中的轨迹半径为 12mvdrqB= 离子甲在磁场 II 中的轨迹半径为 22222mvdrqB= 离子乙在磁场 I 中的轨迹半径为 11142mvdrrqB= 离子乙在磁场 II 中的轨迹半径为 22214222mvdrrqB = 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 12111212
37、(12)222222mmmtTTqBqBqB=+=+=+甲 122424(88 2)22mmmtTTqBqBqB=+=+=+乙 可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为 (77 2)mtqBtt =+甲乙 18 （1）A2m/sv =，B2m/sv =； （2）7m6d =； （3）3J65； （4）()A3 23 28585 11 cos5Mm 【解析】 【详解】 （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 A0AABBm vm vm v=+ 222A0AABB111222m vm vm v=+ 代入数据联立
38、解得 A2m/sv= ， （方向水平向左） B2m/sv =， （方向水平向右） 即 A 和 B 速度的大小分别为A2m/sv =，B2m/sv =。 （2）因为 A 物体返回到 O点正下方时，相对地面速度为 0，A 物体减速过程根据动能定理有 21A0AA102m gxm v= 代入数据解得 00.5mx = 根据动量定理有 1A2AA0m gtm v= 代入数据解得 20.5st = 此过程中 A 减速的位移等于 B 物体向右的位移，所以对于此过程 B 有 ()2ABB1mmgm a+= 20B 11 112xv tat= 联立各式代入数据解得 11s3t =，11st=（舍去） 故根据几
39、何关系有 A 10dv tx=+ 代入数据解得 7m6d = （3）在 A 刚开始减速时，B 物体的速度为 2B1 11m/svvat= 在 A 减速过程中，对 B 分析根据牛顿运动定律可知 ()1A2ABB2m gmmgm a+= 解得 2213=m/s3a B 物体停下来的时间为 t3，则有 22 30=va t 解得 323=s =0.5s13tt 可知在 A 减速过程中 B 先停下来了，此过程中 B 的位移为 22B23m226vxa= 所以 A 对 B 的摩擦力所做的功为 1AB3J65fWm gx= = （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 0A7s12dtv= 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 01214Tttt=+ 2LTg= 小球下滑过程根据动能定理有 212MgLMv= 小球与 A 碰撞过程根据动量守恒定律有 1A0MvMvm v=+ 当碰后小球摆角恰为 5时，有 ()2111 cos52MgLMv= 联立可得 ()A3 2=85 11 cos5Mm 当碰后小球速度恰为 0 时，碰撞过程有 A0Mvm v= 则可得 A3 2=85Mm 故要实现这个过程的范围为 ()A3 23 28585 11 cos5Mm
