文档文本内容
山东省 2022 年普通高中学业水平等级考试
物理
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名，考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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。
g
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（ ）
1 1 1
1
A. B. C. D.
16 8 4 2
【答案】B
【解析】
【详解】设刚植入时碘的质量为m ，经过180天后的质量为m，根据
0
t
æ1öT
m=m
ç ÷
0 è2ø
代入数据解得
180
3
æ1ö60 æ1ö 1
m=m =m = m
ç ÷ ç ÷
0 è2ø 0 è2ø 8 0
故选B。
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（ ）
第1页 | 共30页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
【答案】A
【解析】
【详解】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。
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DL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（ ）
第2页 | 共30页QΔL 3QΔL
A. 正电荷，q= B. 正电荷，q=
πR πR
2QΔL 2 3QΔL
C. 负电荷，q= D. 负电荷，q=
πR πR
【答案】C
【解析】
【详解】取走A、B处两段弧长均为DL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A 和与B在同一直径上的B 产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧
1 1
长非常小，故可看成点电荷，则有
QDL
2pR QDL
E =k =k
1 R2 2pR3
由图可知，两场强的夹角为120o，则两者的合场强为
QDL
E = E =k
1 2pR3
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
QDL
E¢= E =k
2pR3
根据
q
E¢=k
2R2
联立解得
2QΔL
q=
πR
故选C。
第3页 | 共30页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n 的原线圈中电随时
1
间变化为m=U cos(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
m
12W的电阻R接在BC两端时，功率为12W。下列说法正确的是（ ）
A. n 为1100匝，U 为220V
1 m
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
【答案】D
【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
n 220V
1 =
1 0.1V
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
第4页 | 共30页n 12V
BC = =120
1 0.1V
BC间的线圈匝数为120匝，流过R的电流为
P 12W
I = = =1A
BC U 12V
BC
B错误；
C．若将R接在AB端，根据图像可知，当原线圈输入220V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100p，故交流电的频率为
1 ω
f = = =50Hz
T 2π
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
U 30
I = AC = A=2.5A
AC R 12
交流电的周期为
1 2p
T = = =0.02s
f w
D正确。
故选D。
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
【答案】C
【解析】
第5页 | 共30页【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
p - p s =mg
1 0
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DU =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，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. “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（ ）
1 1
æ gR2T2 ö3 æ gR2T2 ö3
A. -R B.
ç ÷ ç ÷
è
2n2π2
ø è
2n2π2
ø
1 1
æ gR2T2 ö3 æ gR2T2 ö3
C. -R D.
ç ÷ ç ÷
è
4n2π2
ø è
4n2π2
ø
【答案】C
【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
GMm
=mg
R2
第6页 | 共30页解得
GM = gR2
根据题意可知，卫星的运行周期为
T
T'=
n
根据牛顿第二定律，万有引力提供卫星运动的向心力，则有
GMm 4p2
=m R+h
R+h2 T'2
联立解得
gR2T2
h= 3 -R
4n2p2
故选C。
1
7. 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，左则是直角梯形，AP长为
4
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
【答案】A
【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。
第7页 | 共30页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PM面上
的入射角最大，设为a，由几何关系得
a=45o
根据全反射临界角公式得
1 1 2
sinC = = <
a n 1.42 2
a
1 1 2
sinC = = >
b n 1.40 2
b
两种频率的细激光束的全反射的临界角关系为
C <45o <C
a b
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
第8页 | 共30页射，故仅有a光。A正确，BCD错误。
故选A。
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（ ）
æ 7πö
A t = ç 2+ ÷ s,l =8m
.
è 4 ø
æ9 7πö
B. t = ç + ÷ s,l =5m
è4 2 ø
æ 5 7 6πö
C. t =ç2+ 6 + ÷s,l =5.5m
12 6
è ø
é 5 ( 6 +4)πù
D. t = ê2+ 6 + ús,l =5.5m
12 2
ë û
【答案】B
【解析】
【详解】在BC段的最大加速度为a =2m/s2，则根据
1
v2
a = 1
1 r
1
可得在BC段的最大速度为
v = 6m/s
1m
在CD段的最大加速度为a =1m/s2，则根据
2
第9页 | 共30页v2
a = 2
2 r
2
可得在BC段的最大速度为
v =2m/s<v
2m 1m
可知在BCD段运动时的速度为v=2m/s，在BCD段运动的时间为
pr +pr 7p
t = 1 2 = s
3 v 2
AB段从最大速度v 减速到v的时间
m
v -v 4-2
t = m = s=1s
1 a 2
1
位移
v2 -v2
x = m =3m
2 2a
1
在AB段匀速的最长距离为
l=8m-3m=5m
则匀速运动的时间
l 5
t = = s
2 v 4
m
则从A到D最短时间为
9 7p
t =t +t +t =( + )s
1 2 3 4 2
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。
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（ ）
第10页 | 共30页A. B.
C. D.
【答案】AC
【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
2p
y = Asin( t+j)
T
则
10=20sinj
解得
p
j=
6
在t=7s时刻
2p p
y =20sin( ´7+ )=-10 3cm»-17.3cm
7 12 6
因
1 1
7s= T + T
2 12
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。
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S ，S 的宽度可调，狭缝到屏的距离
1 2
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
（ ）
第11页 | 共30页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S 、S 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
1 2
【答案】ACD
【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；
L
C．根据条纹间距公式Dx= l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
d
间距增大，故C正确；
D．照射两条狭缝时，若光从狭缝S 、S 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，
1 2
故D正确。
故选ACD。
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，网球碰墙后的速
度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为（ ）
第12页 | 共30页A. v=5m/s B. v=3 2m/s C. d = 3.6m D. d = 3.9m
【答案】BD
【解析】
【详解】设网球飞出时的速度为v ，竖直方向
0
v2 =2g(H -h)
0竖直
代入数据得
v = 2´10´(8.45-1.25)m/s=12m/s
0竖直
则
v = 132 -122m/s=5m/s
0水平
排球水平方向到P点的距离
v
x =v t =v × 0竖直 =6m
水平 0水平 0水平 g
根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量
4
v =v × =4m/s
0水平⊥ 0水平 5
平行墙面的速度分量
3
v =v × =3m/s
0水平∥ 0水平 5
反弹后，垂直墙面的速度分量
v' =0.75×v =3m/s
水平⊥ 0水平⊥
则反弹后的网球速度大小为
v = v'2 +v2 =3 2m/s
水平 水平⊥ 0水平∥
第13页 | 共30页网球落到地面的时间
2H 8.45´2
t' = = s=1.3s
g 10
着地点到墙壁的距离
d =v' t' =3.9m
水平^
故BD正确，AC错误。
故选BD。
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w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（ ）
p
A. 在t =0到t = 的过程中，E一直增大
2w
p
B. 在t =0到t = 的过程中，E先增大后减小
2w
p
C. 在t =0到t = 的过程中，E的变化率一直增大
4w
p
D. 在t =0到t = 的过程中，E的变化率一直减小
4w
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．如图所示
第14页 | 共30页p p
在t =0到t = 的过程中，线框的有效切割长度先变大再变小，当t = 时，有效切割长度最大为
2w 4w
p
2L，此时，感应电动势最大，所以在t =0到t = 的过程中，E先增大后减小，故B正确，A错误；
2w
p
CD．在t =0到t = 的过程中，设转过的角度为q，由几何关系可得
4w
q=wt
进入磁场部分线框的面积
L×Ltanq
S =
2
穿过线圈的磁通量
BL2 tanwt
F = BS =
2
线圈产生的感应电动势
DF
E =F' =
Dt
感应电动势的变化率
DE
= E'
Dt
BL2 tanwt
对F = 求二次导数得
2
ΔE
= BL2w2sec2wttanwt
Δt
p
在t =0到t = 的过程中BL2w2sec2wttanwt一直变大，所以E的变化率一直增大，故C正确，D错
4w
误。
故选BC。
第15页 | 共30页三、非选择题：本题共 6小题，共 60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：
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_____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________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________kg。
【答案】 ①. 12 ②. 0.20 ③. 0.13
第16页 | 共30页【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F—t图有
Dx = 5.00cm，F = 0.610N
根据胡克定律
F
k =
Dx
计算出
k ≈ 12N/m
（2）[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
1 3-0
= kg-1 =5kg-1
m 0.6
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 1.5-0
= kg-1 =3kg-1
m¢ 0.5
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
Dm = m′ - m = 0.13kg
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A （量程10mA，内阻为90Ω）；
1
电流表A （量程30mA，内阻为30Ω）；
2
定值电阻R （阻值为150Ω）；
0
滑动变阻器R（最大阻值为100Ω）；
待测电阻R ；
x
开关S，导线若干。
测量电路如图所示。
第17页 | 共30页（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R 接入电路；闭合开
0
1
关，调节滑片位置。使电流表指针指在满刻度的 处。该同学选用的电流表为_______（填“A ”或
2 1
“A ”）；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________Ω。
2
3
（2）断开开关，保持滑片的位置不变。用R 替换R ，闭合开关后，电流表指针指在满刻度的 处，则R
x 0 x
5
的测量值为________Ω。
（3）本实验中未考虑电池内阻，对R 的测量值_________（填“有”或“无”）影响
x
【答案】 ①. A ②. 60 ③. 100 ④. 无
1
【解析】
【详解】（1）[1]若不考虑电源内阻，且在电源两端只接R 时，电路中的电流约为
0
E 1.5
I = = A=10mA
R 150
0
1
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A 。
2 1
[2]当不考虑电源内阻，根据闭合电路的欧姆定律有
I
E = m (R+R +R )
2 0 A1
计算出
R = 60Ω
（2）[3]断开开关，保持滑片的位置不变，用R 替换R ，闭合开关后，有
x 0
3I
E = m (R+R +R )
5 x A1
代入数据有
R = 100Ω
x
（3）[4]若考虑电源内阻，根据闭合电路的欧姆定律有
I
E = m [(R+r)+R +R ]
2 0 A1
第18页 | 共30页3I
E = m [(R+r)+R +R ]
5 x A1
联立计算出的R 不受电源内阻r的影响。
x
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ρ，重力加速度为g。大气压强为p ，求：
0
（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Dm；
（2）鱼静止于水面下H 处时，B室内气体质量m 。
1 1
Mma rgH + p
【答案】（1）Dm= ；（2）m = 1 0 m
Vrg 1 rgH + p
0
【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V ，有
0
Mg =rgV
0
且此时B室内气体体积为V，质量为m，则
m=r V
气
鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有
rg(V +DV)-Mg =Ma
0
联立解得需从A室充入B室的气体质量
Mma
Dm=r DV =
气 Vrg
（2）B室内气体压强与鱼体外压强相等，则鱼静止在H处和水面下H 处时，B室内的压强分别为
1
p =rgH + p ， p =rgH + p
1 0 2 1 0
由于鱼静止时，浮力等于重力，则鱼的体积不变，由于题可知，鱼体积的变化与B室气体体积的变化相
第19页 | 共30页等，则鱼在水下静止时，B室内气体体积不变，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，由于鱼鳔内气体温度不变，若H ³ H ，则在H 处时，B室内气体需要增加，设吸入的气体体积
1 1
为ΔV，根据玻意耳定律有
p (V +DV)= pV
1 2
则此时B室内气体质量
rgH + p
m =r V+DV= 1 0 m
1 气 rgH + p
0
若H < H ，则在H 处时，B室内气体需要减少，设释放的气体体积为ΔV，根据玻意耳定律有
1 1
pV = p (V +DV)
1 2
则此时B室内气体质量
mV mp rgH + p
m = = 2 = 1 0 m
1 V+DV p rgH + p
1 0
16. 某粮库使用额定电压U =380V，内阻R =0.25W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m =100kg，车上粮食质量m =1200kg，配重质量m =40kg，取
1 2 0
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。
67
【答案】（1）k =0.1；（2）L= m
185
第20页 | 共30页【解析】
【详解】（1）设电动机的牵引绳张力为T ，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有
1
UI = I2R+Tv
1
解得
T =7400N
1
小车和配重一起匀速，设绳的张力为T ，对配重有
2
T =m g =400N
2 0
设斜面倾角为q，对小车匀速有
T +T =(m +m )gsinq+k(m +m )g
1 2 1 2 1 2
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
m gsinq=m g+km g
1 0 1
联立各式解得
sinq=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
(m +m )gsinq+k(m +m )g-m g =(m +m +m )a
1 2 1 2 0 1 2 0
可得
370
a = m/s2
67
由运动学公式可知
v2 =2aL
解得
67
L= m
185
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，0< z„ d 空间内充满匀强磁场I，磁感应强度大小为B，
2
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 B，方向平行于
2
第21页 | 共30页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b，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v 时，求电场强度的大小E；
0
（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v ；
m
qBd
（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
2m
位置坐标（用d表示）；
qBd
（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
2m
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Dt
（忽略离子间相互作用）。
mv2sinbcosb qBd pm
【答案】（1） 0 ；（2） ；（3）（d，d，0）；（4）(2+2 2)
qL m qB
【解析】
【详解】（1）如图所示
第22页 | 共30页将离子甲从A点出射速度为v 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
0
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=v cosb×t
0
v sinb=at
0
qE
a =
m
联立解得
mv2sinbcosb
E = 0
qL
（2）离子从坐标原点O沿z轴正方向进入磁场I中，在磁场I中做匀速圆周运动，经过磁场I偏转后从y
轴进入磁场II中，继续做匀速圆周运动，如图所示
由洛伦兹力提供向心力可得
mv2 2 mv2
qvB= ，qv× B=
r 2 r
1 2
第23页 | 共30页可得
r = 2r
2 1
为了使离子在磁场中运动，则离子磁场I运动时，不能从磁场I上方穿出。在磁场II运动时，不能xOz平
面穿出，则离子在磁场用运动的轨迹半径需满足
r £d ，r £3d
1 2
联立可得
qBd
v£
m
qBd
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 ；
m
qBd
（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
2m
径为
mv d
r = =
1 qB 2
离子在磁场II中的轨迹半径为
mv 2d
r = =
2 2 2
q× B
2
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
x =2r sin45°=d
4 2
第24页 | 共30页离子第四次穿过xOy平面的y坐标为
y =2r =d
4 1
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
1 1
mv2 = ´4mv¢2
2 2
可得
v qBd
v¢= =
2 4m
离子甲、离子乙在磁场I中的轨迹半径分别为
mv d 4mv¢
r = = ，r¢= =d =2r
1 qB 2 1 qB 1
离子甲、离子乙在磁场II中的轨迹半径分别为
mv 2d 4mv¢
r = = r¢= = 2d =2r
2 2 2 ， 2 2 2
q× B q× B
2 2
根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点在离子乙第一次穿过x轴的位置，如图所示
从O点进入磁场到第一个交点的过程，有
2pm 2pm pm
t =T +T = + =(2+2 2)
甲 1 2 qB 2 qB
q× B
2
第25页 | 共30页1 1 1 2p×4m 1 2p×4m pm
t = T¢+ T¢= ´ + ´ =(4+4 2)
乙 2 1 2 2 2 qB 2 2 qB
q× B
2
可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为
pm
Dt =t -t =(2+2 2)
乙 甲 qB
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v 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
0
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m =0.1kg，
A
B的质量m =0.3kg，A与B的动摩擦因数m =0.4，B与地面间的动摩擦因数
B 1
m =0.225,v =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
2 0
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v 与v ；
A B
（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W ；
f
M
（4）实现上述运动过程， 的取值范围（结果用cos5°表示）。
m
A
7 3
【 答 案 】（ 1 ） v =2m/s， v =2m/s；（ 2 ） d = m；（ 3 ） - J；（ 4 ）
A B 6 65
4 2p M 4 2p
< <
45 m
A
45 1- 1-cos5o
第26页 | 共30页【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
m v =m v +m v
A 0 A A B B
1 1 1
m v2 = m v2 + m v2
2 A 0 2 A A 2 B B
代入数据联立解得
v =-2m/s，（方向水平向左）
A
v =2m/s，（方向水平向右）
B
即A和B速度的大小分别为v =2m/s，v =2m/s。
A B
（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
1
-mm gx =0- m v2
1 A 0 2 A A
代入数据解得
x =0.5m
0
根据动量定理有
-mm gt =0-m v
1 A 2 A A
代入数据解得
t =0.5s
2
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
m m +m g =m a
2 A B B 1
1
x =v t - at2
0 B1 2 11
联立各式代入数据解得
1
t = s，t' =1s（舍去）
1 3 1
故根据几何关系有
d =v t +x
A 1 0
代入数据解得
第27页 | 共30页7
d = m
6
（3）在A刚开始减速时，B物体的速度为
v =v -at =1m/s
2 B 11
在A减速过程中，对B分析根据牛顿运动定律可知
mm g+m m +m g =m a
1 A 2 A B B 2
解得
13
a = m/s2
2 3
B物体停下来的时间为t ，则有
3
0=v -a t
2 2 3
解得
3
t = s<t =0.5s
3 13 2
可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为
v2 3
x = 2 = m
B 2a 26
2
所以A对B的摩擦力所做的功为
3
W =-mm gx =- J
f 1 A B 65
（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
d 7
t = = s
0 v 24
A
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
9
T =4(t +t +t )= s
0 1 2 2
L
由单摆周期公式T =2p 解得，小球到悬挂点O点的距离
g
81g
L= (m)
16p2
小球下滑过程根据动能定理有
第28页 | 共30页1
MgL= Mv2
2
当碰后小球摆角恰为5°时，有
1
MgL 1-cos5o = Mv2
2 1
解得
90 2 90 2(1-cos5o)
v= 2gL = m/s，v = 2gL 1-cos5o = m/s
4p 1 4p
小球与A碰撞过程根据动量守恒定律有
Mv=Mv '+m v
1 A 0
小球与A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°），则要求
0<v '<v
1 1
故要实现这个过程的范围为
4 2p M 4 2p
< <
45 m
A
45 1- 1-cos5o
第29页 | 共30页第30页 | 共30页
