PAGE\*MERGEFORMAT12020山东卷·2020年山东省普通高中学业水平等级考试物 理一、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。1.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示,速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是A.0~t1时间内,v增大,FN>mgB.t1~t2时间内,v减小,FN
mg2.氚核 13H发生β衰变成为氦核 23He。假设含氚材料中 13H发生β衰变产生的电子可以全部定向移动,在3.2×104s时间内形成的平均电流为5.0×10-8A。已知电子电荷量为1.6×10-19C,在这段时间内发生β衰变的氚核 13H的个数为A.5.0×1014B.1.0×1016C.2.0×1016D.1.0×10183.双缝干涉实验装置的截面图如图所示。光源S到S1、S2的距离相等,O点为S1、S2连线中垂线与光屏的交点。光源S发出的波长为λ的光,经S1出射后垂直穿过玻璃片传播到O点,经S2出射后直接传播到O点,由S1到O点与由S2到O点,光传播的时间差为Δt。玻璃片厚度为10λ,玻璃对该波长光的折射率为1.5,空气中光速为c,不计光在玻璃片内的反射。以下判断正确的是A.Δt=5λc B.Δt=15λ2cC.Δt=10λc D.Δt=15λc4.一列简谐横波在均匀介质中沿x轴负方向传播,已知x=54λ处质点的振动方程为y=Acos(2πTt),则t=34T时刻的波形图正确的是 A B C D5.图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=22∶3,输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15Ω,额定电压为24V。定值电阻R1=10Ω、R2=5Ω,滑动变阻器R的最大阻值为10Ω。为使灯泡正常工作,滑动变阻器接入电路的电阻应调节为A.1ΩB.5ΩC.6ΩD.8Ω一定质量的理想气体从状态a开始,经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a,其p-V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a(V0,2p0)、b(2V0,p0)、c(3V0,2p0)。以下判断正确的是A.气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功B.气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量C.在c→a过程中,外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量D.气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量7.我国将在今年择机执行“天问1号”火星探测任务。质量为m的着陆器在着陆火星前,会在火星表面附近经历一个时长为t0、速度由v0减速到零的过程。已知火星的质量约为地球的0.1倍,半径约为地球的0.5倍,地球表面的重力加速度大小为g,忽略火星大气阻力。若该减速过程可视为一个竖直向下的匀减速直线运动,此过程中着陆器受到的制动力大小约为A.m(0.4g-v0t0)B.m(0.4g+v0t0)C.m(0.2g-v0t0)D.m(0.2g+v0t0)8.如图所示,一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上,质量分别为m和2m的物块A、B,通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接,A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时,物块A、B刚好要滑动,则μ的值为A.13 B.14C.15 D.16二、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.截面为等腰直角三角形的三棱镜如图甲所示。DE为嵌在三棱镜内部紧贴BB'C'C面的线状单色可见光光源,DE与三棱镜的ABC面垂直,D位于线段BC的中点。图乙为图甲中ABC面的正视图。三棱镜对该单色光的折射率为2,只考虑由DE直接射向侧面AA'C'C的光线。下列说法正确的是A.光从AA'C'C面出射的区域占该侧面总面积的12B.光从AA'C'C面出射的区域占该侧面总面积的23C.若DE发出的单色光频率变小,AA'C'C面有光出射的区域面积将增大D.若DE发出的单色光频率变小,AA'C'C面有光出射的区域面积将减小10.真空中有两个固定的带正电的点电荷,电荷量不相等。一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时,仅在电场力的作用下恰好保持静止状态。过O点作两正电荷连线的垂线,以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d,如图所示。以下说法正确的是A.a点电势低于O点B.b点电势低于c点C.该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能D.该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能11.如图所示,质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上,右侧连接一固定于墙面的水平轻绳,左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端,当弹簧处于原长时,将B由静止释放,当B下降到最低点时(未着地),A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长,弹簧始终在弹性限度内,物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是A.M<2mB.2m
方法
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是通过使用重力仪测量重力加速度,进而间接测量海拔高度。某同学受此启发就地取材
设计
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了如下实验,测量当地重力加速度的大小。实验步骤如下:图甲(i)如图甲所示,选择合适高度的垫块,使木板的倾角为53°,在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺(图中未画出)。(ii)调整手机使其摄像头正对木板表面,开启视频录像功能。将小物块从木板顶端释放,用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。然后通过录像的回放,选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点,得到小物块相对于该点的运动距离L与运动时间t的数据。(iii)该同学选取部分实验数据,画出了2Lt-t图像,利用图像数据得到小物块下滑的加速度大小为5.6m/s2。(iv)再次调节垫块,改变木板的倾角,重复实验。回答以下问题:(1)当木板的倾角为37°时,所绘图像如图乙所示。由图像可得,物块过测量参考点时速度的大小为 m/s;选取图线上位于坐标纸网格交叉点上的A、B两点,利用A、B两点数据得到小物块下滑加速度的大小为 m/s2。(结果均保留2位有效数字) (2)根据上述数据,进一步分析得到当地的重力加速度大小为 m/s2。(结果保留2位有效数字,sin37°=0.60,cos37°=0.80) 图乙14.(8分)实验
方案
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对实验测量的精度有直接的影响,某学习小组对“测量电源的电动势和内阻”的实验方案进行了探究。实验室提供的器材有:干电池一节(电动势约1.5V,内阻小于1Ω);电压表V(量程3V,内阻约3kΩ);电流表A(量程0.6A,内阻约1Ω);滑动变阻器R(最大阻值为20Ω);定值电阻R1(阻值2Ω);定值电阻R2(阻值5Ω);开关一个,导线若干。(1)该小组按照图甲所示的电路进行实验,通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏,记录此过程中电压表和电流表的示数,利用实验数据在U-I坐标纸上描点,如图乙所示,结果发现电压表示数的变化范围比较小,出现该现象的主要原因是 。(单选,填正确答案标号) A.电压表分流B.干电池内阻较小C.滑动变阻器最大阻值较小D.电流表内阻较小(2)针对电压表示数的变化范围比较小的问题,该小组利用实验室提供的器材改进了实验方案,重新测量得到的数据如下表所示。序号1234567I/A0.080.140.200.260.320.360.40U/V1.351.201.050.880.730.710.52请根据实验数据,回答以下问题:①图丙上已标出后3组数据对应的坐标点,请在图丙上标出前4组数据对应的坐标点并画出U-I图像。②根据实验数据可知,所选的定值电阻为 (填“R1”或“R2”)。 ③用笔画线代替导线,请按照改进后的方案,将图丁中的实物图连接成完整电路。15.(7分)中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上,进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种,如图所示,左侧为火罐,下端开口;右侧为抽气拔罐,下端开口,上端留有抽气阀门。使用火罐时,先加热罐中气体,然后迅速按到皮肤上,自然降温后火罐内部气压低于外部大气压,使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上,再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时,罐内气体初始压强与外部大气压相同,温度为450K,最终降到300K,因皮肤凸起,内部气体体积变为罐容积的2021。若换用抽气拔罐,抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的2021,罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体,忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。16.(9分)单板滑雪U形池比赛是冬奥会比赛项目,其场地可以简化为如图甲所示的模型:U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成,轨道倾角为17.2°。某次练习过程中,运动员以vM=10m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道,速度方向与轨道边缘线AD的夹角α=72.8°,腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点,不计空气阻力,取重力加速度的大小g=10m/s2,sin72.8°=0.96,cos72.8°=0.30。求:(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d;(2)M、N之间的距离L。17.(14分)某
型号
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质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N为竖直放置的两金属板,两板间电压为U,Q板为记录板,分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分,M、N、P、Q所在平面相互平行,a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴,向右为正方向,取z轴与Q板的交点O为坐标原点,以平行于Q板水平向里为x轴正方向,竖直向上为y轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz。区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场,磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质量为m,电荷量为+q的粒子,从a孔飘入电场(初速度视为零),经b孔进入磁场,过P面上的c点(图中未画出)进入电场,最终打到记录板Q上。不计粒子重力。(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L;(2)求粒子打到记录板上位置的x坐标;(3)求粒子打到记录板上位置的y坐标(用R、d表示);(4)如图乙所示,在记录板上得到三个点s1、s2、s3,若这三个点是质子 11H、氚核 13H、氦核 24He的位置,请写出这三个点分别对应哪个粒子(不考虑粒子间的相互作用,不要求写出推导过程)。18.(16分)如图所示,一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板,P、Q两物块的质量分别为m和4m,Q静止于斜面上A处。某时刻,P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tanθ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦,与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点,斜面足够长,Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1;(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn;(3)求物块Q从A点上升的总高度H;(4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞,求A点与挡板之间的最小距离s。题号123456答案DBADAC题号789101112答案BCACBDACDBC1.D 【命题意图】 本题考查位移-时间图像、超重和失重、牛顿运动定律及其相关知识点,考查的核心素养是物理观念、科学思维。【解题思路】 根据位移-时间图像的斜率表示速度可知,0~t1时间内,图像斜率增大,速度v增大,加速度方向向下,由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态,所受的支持力FNmg,选项C错误,D正确。【易错警示】 解答此题常见的易错点主要有:一是把位移-时间图像误认为是速度-时间图像;二是对超重和失重理解不到位。2.B 【命题意图】 本题考查β衰变、电流及其相关知识点,考查的核心素养是物理观念。【解题思路】 由q=It,ne=q联立解得n=1.0×1016,选项B正确。3.A 【命题意图】 本题考查双缝干涉、折射率与光速的关系及其相关知识点,考查的核心素养是科学思维。【解题思路】 波长为λ的光在玻璃片中的传播速度v=cn,通过10λ的距离,光传播的时间差Δt=10λnc-10λc=5λc,选项A正确。4.D 【命题意图】 本题考查波的图像及其相关知识点,考查的核心素养是科学思维。【解题思路】 根据题述,x=5λ4处质点的振动方程y=Acos(2πTt),t=3T4时刻x=5λ4处质点的位移y=Acos(2πT×3T4)=Acos(3π2)=0,再经微小时间Δt,位移y为正值,可知质点向上运动,根据题述波沿x轴负方向传播,可知t=3T4时刻的波形图正确的是D。【科学思维】 x=5λ4处质点的振动方程→t=3T4时刻x=5λ4处质点的位移y→再经微小时间Δt,判断出质点振动方向→根据波传播方向判断出t=3T4时刻波形图5.A 【命题意图】 本题考查理想变压器变压
公式
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、并联电路规律、欧姆定律及其相关知识点,考查的核心素养是科学思维。【解题思路】 由图乙可知理想变压器输入电压U1=220V,应用理想变压器变压公式U1U2=n1n2=223,可得副线圈输出电压U2=30V。灯泡正常工作时,灯泡两端电压为UL=24V,电流IL=ULRL=1.6A。设R1两端电压为U,由U2=UL+U,可得U=6V。由UR1+UR2+R=IL,解得R=1Ω,选项A正确。6.C 【命题意图】 本题考查对p-V图像的理解、热力学第一定律及其相关知识点,考查的核心素养是物理观念和科学思维。【解题思路】 气体在a→b过程中体积增大,气体对外做功,在b→c过程中体积增大,气体对外做功,根据p-V图像与横轴所围的面积表示做的功可知,在这两个过程中气体对外做的功相等,选项A错误;气体在a→b过程中体积增大,气体对外做功,由理想气体状态方程可知,a、b两个状态温度相等,内能不变,由热力学第一定律可知吸收的热量等于气体对外做的功;气体在b→c过程中体积增大,气体对外做功,由理想气体状态方程可知,c状态的温度高于b状态的温度,内能增加,由热力学第一定律可知吸收的热量等于气体对外做的功与内能增加量之和,即气体在a→b过程中吸收的热量小于气体在b→c过程中吸收的热量,选项B错误;气体在c→a的过程中,体积减小,温度降低,外界对气体做功,内能减小,根据热力学第一定律,外界对气体做的功小于气体放出的热量,选项C正确;由理想气体状态方程可知,a、b两个状态温度相等,内能相等,所以气体在c→a的过程中内能的减少量等于气体在b→c过程中内能的增加量,选项D错误。【关键点拨】 一定质量的理想气体的p-V图像与横轴所围的面积表示做的功,体积增大过程,气体对外做功;体积减小过程,外界对气体做功。一定质量的理想气体的内能只与温度有关,温度越高,内能越大,两个状态若温度相等,则内能相等。7.B 【命题意图】 本题考查万有引力定律、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律及其相关知识点,考查的核心素养是物理观念、科学态度与责任、科学思维。【解题思路】 由GMmR2=mg,解得火星表面的重力加速度与地球表面重力加速度的比值g火g=M火R地2M地R火2=0.1×22=0.4,即火星表面的重力加速度g火=0.4g。着陆器着陆过程可视为竖直向下的匀减速直线运动,由v0-at0=0可得a=v0t0。由牛顿第二定律有F-mg火=ma,解F=m(0.4g+v0t0),选项B正确。8.C 【命题意图】 本题考查受力分析和共点力的平衡及其相关知识点,考查的核心素养是物理观念、科学思维。【解题思路】 根据题述,物块A、B刚要滑动,可知A、B之间的摩擦力fAB=μmgcos45°,B与木板之间的摩擦力f=μ·3mgcos45°。隔离A分析受力,由平衡条件可得轻绳中拉力F=fAB+mgsin45°。对AB整体,由平衡条件:2F=3mgsin45°-f,联立解得:μ=15,选项C正确。【方法归纳】 对于叠加体或连接体,若涉及它们之间的相互作用时,可以采用隔离法分析受力,利用平衡条件或牛顿运动定律得出;若分析它们整体的情况,可以把它们视为一个整体,分析受力,利用平衡条件或牛顿运动定律得出。9.AC 【命题意图】 本题考查全反射、折射定律、折射率,体现的核心素养是物理观念。【解题思路】 由全反射临界角与折射率的关系sinC=1n=12可知,临界角为45°,即光线垂直BC方向射出在AC面恰好发生全反射,由几何知识可知光从AA'C'C面出射的区域占该侧面总面积的12,所以A项正确,B项错误;若DE发出的单光色频率减小,则折射率n随之减小,由sinC=1n可知,其临界角增大,所以AA'C'C面有光出射的区域面积将增大,C项正确,D项错误。10.BD 【命题意图】 本题考查电场线、电势、电势能等,体现的核心素养是科学思维。【解题思路】 由题意可知O点场强为零,所以a、O两点间场强方向是由a指向O的,所以φa>φO,A项错误;同理,φc>φO,O点与b点间的电场强度有竖直向上的分量,所以φO>φb,则φc>φb,B项正确;同理,φa>φb,φc>φd,又带负电的试探电荷在电势高处电势能较小,所以C项错误,D项正确。11.ACD 【命题意图】 本题考查受力分析、简谐运动的对称性、动能定理、机械能守恒定律,体现的核心素养是科学思维。【解题思路】 钩码B释放后做简谐运动,根据简谐运动的对称性,物块B在最高点加速度大小为g,所以在最低点加速度大小也为g。在最低点对B由牛顿第二定律有F-mg=ma,得F=2mg,而B在最低点时物块A对水平桌面的压力刚好为零,可知A左侧轻绳上拉力的竖直分力等于Mg,故M<2m,A项正确,B项错误;B从释放位置到最低点的过程中,速度先增大后减小,由动能定理可知,合力对B先做正功后做负功,C项正确;由功能关系可知,B从释放到速度最大过程中B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量,D项正确。12.BC 【命题意图】 本题考查感应电动势、安培力的计算,体现的核心素养是科学思维。【解题思路】 第1s内,ae边切割磁感线,由E=BLv可知,感应电动势不变,导体框总电阻一定,故感应电流一定,由安培力F=BIL可知ab边所受安培力与ab边进入磁场的长度成正比;第2s内,导体框切割磁感线的有效长度均匀增大,感应电动势均匀增大,感应电流均匀增大;第3~4s内,导体框在第二象限内切割磁感线的有效长度保持不变,在第一象限内切割磁感线的有效长度不断增大,但两象限磁场方向相反,导体框的两部分感应电动势方向相反,所以第2s末感应电动势达到最大,之后便不断减小,第3s末与第1s末,导体框切割磁感线的有效长度相同,可知第3s末与第1s末线框中产生的感应电流大小相等,A项错误,B项正确;但第3s末ab边进入磁场的长度是第1s末的3倍,即ab边所受安培力在第3s末的大小等于第1s末所受安培力大小的3倍,C项正确,D项错误。13.【答案】 (1)0.32(0.33也可,2分) 3.1(2分) (2)9.4(2分)【命题意图】 本题考查重力加速度的测定实验。【解题思路】 (1)物块匀加速下滑,经过参考点开始计时,由运动学公式有L=v0t+12at2,变形得2Lt=2v0+at,所以题图乙中图线的纵截距表示通过参考点时速度的2倍,则v0=0.642m/s=0.32m/s;图线的斜率表示物块的加速度,则加速度a=1.85−0.700.395−0.02m/s2≈3.1m/s2。(2)物块沿斜面下滑过程中,由牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma,将θ1=53°,a1=5.6m/s2;θ2=37°,a2=3.1m/s2分别代入,解得g≈9.4m/s2。14.【答案】 (1)B(2分) (2)①如图1所示(2分) ②R1(2分) ③如图2所示(2分)图1图2【命题意图】 本题考查测量电源电动势和内阻实验。【解题思路】 (1)路端电压U=ER+r·R=E1+rR,若电源内阻远小于外电路总电阻,则电压表示数总是接近电源的电动势,变化范围小,故B项正确。(2)②由画出的U-I图线知等效电源内阻r'=1.550.60Ω≈2.58Ω,因此选的定值电阻为R1。③连接实物图时,从电源正极出发,依次连接各器材,电压表并联在滑动变阻器和电流表两端,注意电流从正接线柱流入,负接线柱流出。15.【命题意图】 本题结合中医拔罐命题,考查考生对理想气体状态方程的理解,体现的核心素养是物理观念和科学思维。解:设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1,温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2,罐的容积为V0,由题意知p1=p0、T1=450K、V1=V0、T2=300K、V2=20V021 ①由理想气体状态方程得p0V0T1=p2·2021V0T2 ②(1分)代入数据得p2=0.7p0 ③(1分)对于抽气罐,设初态气体状态参量分别为p3、V3,末态气体状态参量分别为p4、V4,罐的容积为V'0,由题意知p3=p0、V3=V'0、p4=p2 ④由玻意耳定律得p0V'0=p2V4 ⑤(1分)联立③⑤式,代入数据得V4=107V'0 ⑥(1分)设抽出的气体的体积为ΔV,由题意知ΔV=V4-2021V'0 ⑦(1分)故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为Δmm=ΔVV4 ⑧(1分)联立⑥⑦⑧式,代入数据得Δmm=13 ⑨(1分)16.【命题意图】 本题结合单板滑雪命题,考查牛顿运动定律、运动的合成与分解,体现的核心素养是运动与相互作用观念、科学思维。解:(1)在M点,设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1,由运动的合成与分解规律得v1=vMsin72.8° ①(1分)设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1,由牛顿第二定律得mgcos17.2°=ma1 ②(1分)由运动学公式得d=v122a1 ③(1分)联立①②③式,代入数据得d=4.8m ④(1分)(2)在M点,设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2,由运动的合成与分解规律得v2=vMcos72.8° ⑤(1分)设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2,由牛顿第二定律得mgsin17.2°=ma2 ⑥(1分)设腾空时间为t,由运动学公式得t=2v1a1 ⑦(1分)L=v2t+12a2t2 ⑧(1分)联立①②⑤⑥⑦⑧式,代入数据得L=12m ⑨(1分)17.【命题意图】 本题考查带电粒子在组合场中的运动,意在考查考生的分析综合能力,体现的核心素养是科学思维。解:(1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v,粒子在区域Ⅰ中,做匀速圆周运动对应圆心角为α,在M、N两金属板间,由动能定理得qU=12mv2 ①(1分)在区域Ⅰ中,粒子做匀速圆周运动,磁场力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=mv2R ②(1分)联立①②式得R=2mqUqB ③由几何关系得d2+(R-L)2=R2 ④cosα=R2-d2R ⑤sinα=dR ⑥联立①②④式得L=2mqUqB-2mUqB2-d2 ⑦(2分)(2)设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的分速度为vz,沿x轴正方向加速度大小为a,位移大小为x,运动时间为t,由牛顿第二定律得qE=ma ⑧(1分)粒子在z轴方向做匀速直线运动,由运动合成与分解的规律得vz=vcosα ⑨(1分)d=vzt ⑩(1分)粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动,由运动学公式得x=12at2 (1分)联立①②⑤⑧⑨⑩式得x=md2E4mU-2qd2B2 (2分)(3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y,其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y',由运动学公式得y'=vtsinα 由题意得y=L+y' 联立①④⑥⑨⑩式得y=R-R2-d2+d2R2-d2 (2分)(4)s1、s2、s3分别对应氚核 13H、氦核 24He、质子 11H的位置。(2分)18.【命题意图】 本题考查牛顿第二定律、动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理、运动学公式的综合应用。【压轴题透析】 本题属于多对象、多过程问题,解题一般按时间顺序,将整个过程分割为多个物理模型,如两物块的弹性碰撞过程,应用动量守恒定律和机械能守恒定律列出关系式;碰撞后,物块Q减速上滑速度到零后可以静止在斜面上,该过程由于摩擦力的存在,可应用动能定理确定上升高度;物块P不受摩擦力作用,可根据机械能守恒定律确定下一次碰前速度;然后重复上一过程……几个小问题的设置顺序也设置了障碍,其实,从全局的思想上看,没有第(2)问的结果,第(3)、(4)问也是可以解答的。解:(1)P与Q的第一次碰撞,取P的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=mvP1+4mvQ1 ①(1分)由机械能守恒定律得12mv02=12mvP12+12·4mvQ12 ②(1分)联立①②式得vP1=-35v0 ③vQ1=25v0 ④故第一次碰撞后P的速度大小为35v0,Q的速度大小为25v0(1分)(2)设P、Q第一次碰撞后Q上升的高度为h1,对Q由运动学公式得0-vQ12=2·(-2gsinθ)·ℎ1sinθ ⑤(1分)联立①②⑤式得h1=v0225g ⑥(1分)设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02,第一次碰后至第二次碰前,对P由动能定理得12mv022-12mvP12=-mgh1 ⑦联立①②⑤⑦式得v02=75v0 ⑧P与Q的第二次碰撞,设碰后P与Q的速度分别为vP2、vQ2,由动量守恒定律得mv02=mvP2+4mvQ2 ⑨由机械能守恒定律得12mv022=12mvP22+12·4mvQ22 ⑩联立①②⑤⑦⑨⑩式得vP2=-35×75v0 vQ2=25×75v0 设第二次碰撞后Q上升的高度为h2,对Q由运动学公式得0-vQ22=2·(-2gsinθ)·ℎ2sinθ 联立①②⑤⑦⑨⑩式得h2=725·v0225g (1分)设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03,第二次碰后至第三次碰前,对P由动能定理得12mv032-12mvP22=-mgh2 联立①②⑤⑦⑨⑩式得v03=(75)2v0 P与Q的第三次碰撞,设碰后P与Q的速度分别为vP3、vQ3,由动量守恒定律得mv03=mvP3+4mvQ3 由机械能守恒定律得12mv032=12mvP32+12·4mvQ32 联立①②⑤⑦⑨⑩式得vP3=-35×(75)2v0 vQ3=25×(75)2v0 设第三次碰撞后Q上升的高度为h3,由运动学公式得0-vQ32=2·(-2gsinθ)·ℎ3sinθ 联立①②⑤⑦⑨⑩式得h3=(725)2·v0225g (1分)……总结可知,第n次碰撞后,物块Q上升的高度为hn=(725)n-1·v0225g (n=1,2,3……) (1分)(3)当P、Q达到H时,两物块到此处的速度可视为零,对两物块运动全过程由动能定理得0-12mv02=-(m+4m)gH-tanθ·4mgcosθ·Hsinθ (1分)解得H=v0218g (1分)(4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1,由运动学公式得vQ1=2gt1sinθ (1分)设P运动到斜面底端时的速度为v'P1,需要的时间为t2,由运动学公式得v'P1=vP1+gt2sinθ (1分)v'P12-vP12=2sgsinθ (1分)设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3v02=(-vP1)-gt3sinθ (1分)当A点与挡板之间的距离最小时t1=2t2+t3 (1分)联立式,代入数据得s=(87-13)v02200gsinθ (1分)
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