2022年新高考山东物理高考真题

碘125衰变时产生 $\gamma$ 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． $\frac{1}{16}$

B． $\frac{1}{8}$

C． $\frac{1}{4}$

D． $\dfrac{1}{2}$

【答案与解析】

半衰期为60天，经过180天经历的半衰期数 $n=180/60=3$ 。剩余质量 $m=m_0(1/2)^3=m_0/8$ 。故选B。
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，发射舱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

【答案与解析】

火箭先加速后减速，加速度为零时速度最大、动能最大，A正确。高压气体释放的能量一部分转化为火箭动能，还转化为重力势能并用于克服空气阻力做功，B错误。由动量定理，合外力冲量才等于动量变化，推力冲量只是合冲量的一部分，C错误。由动能定理，合外力做功等于动能增量，还应包含重力做功，D错误。故选A。
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 $\Delta L$ 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， $q=\frac{Q\Delta L}{\pi R}$

B．正电荷， $q=\frac{\sqrt{3}Q\Delta L}{\pi R}$

C．负电荷， $q=\frac{2Q\Delta L}{\pi R}$

D．负电荷， $q=\frac{2\sqrt{3}Q\Delta L}{\pi R}$

【答案与解析】

圆环均匀带电，线密度 $\lambda=Q/(2\pi R)$ 。取走A、B两段（弧长 $\Delta L$ ），每段可视为点电荷，电荷量 $\Delta q=\lambda\Delta L=Q\Delta L/(2\pi R)$ 。完整圆环在O点场强为零，取走A、B等效于在A、B处叠加负点电荷 $-\Delta q$ ；由对称性，A、B在O点产生的场强大小均为 $k\Delta q/R^2$ ，夹角为 $120^\circ$ ，合场强大小为 $k\Delta q/R^2$ ，方向沿 $OC$ 的反方向。要使O点合场强为零，D点电荷 $q$ 在O点应产生等大反向场强（沿 $OC$ 正向），故 $q$ 必为负电荷。由 $k|q|/(2R)^2=k\Delta q/R^2$ 得 $|q|=4\Delta q=2Q\Delta L/(\pi R)$ 。故选C。
如图所示的变压器，输入电压为 $220\mathrm{V}$ ，可输出 $12\mathrm{V}$ 、 $18\mathrm{V}$ 、 $30\mathrm{V}$ 电压，匝数为 $n_{1}$ 的原线圈中电压随时间变化为 $u=U_{m}\cos\left(100\pi t\right)$ ．单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为 $0.1\mathrm{V}$ 。将阻值为 $12\mathrm{\Omega}$ 的电阻R接在 $BC$ 两端时，功率为 $12\mathrm{W}$ 。下列说法正确的是（　　）

A． $n_1$ 为1100匝， $U_m$ 为 $220\mathrm{V}$

B． $BC$ 间线圈匝数为120匝，流过R的电流为 $1.4\mathrm{A}$

C．若将R接在 $AB$ 两端，R两端的电压为 $18\mathrm{V}$ ，频率为 $100\mathrm{Hz}$

D．若将R接在 $AC$ 两端，流过R的电流为 $2.5\mathrm{A}$ ，周期为 $0.02\mathrm{s}$

【答案与解析】

单匝线圈电压有效值 $0.1\mathrm{V}$ ，原线圈电压有效值 $220\mathrm{V}$ ，故 $n_1=220/0.1=2200$ 匝， $U_m=220\sqrt2\ \mathrm{V}$ ，A错。BC两端功率 $P=12\mathrm{W}$ 、 $R=12\Omega$ ，则 $U_{BC}=\sqrt{PR}=12\mathrm{V}$ ，匝数 $n_{BC}=12/0.1=120$ 匝，电流 $I=U/R=12/12=1\mathrm{A}$ ，B错。AB间电压为 $18\mathrm{V}$ ；由 $u=U_m\cos(100\pi t)$ 知 $\omega=100\pi$ ，频率 $f=50\mathrm{Hz}$ ，C错。AC间电压 $30\mathrm{V}$ ，电流 $I=30/12=2.5\mathrm{A}$ ，周期 $T=1/f=0.02\mathrm{s}$ ，D对。故选D。
如图所示，内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将汽缸缓慢转动 $90^{\circ}$ 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

【答案与解析】

绝热气缸、绝热活塞， $Q=0$ 。缓慢转动 $90^\circ$ 过程中气体压强需求降低而体积膨胀，气体对外做功，由热力学第一定律 $\Delta U=W<0$ ，温度降低。温度降低使分子速率分布中速率大的分子占比减少，C正确、D错误。内能减小但分子热运动速率并非都减小，B错误。故选C。
“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． $\left(\frac{gR^{2}T^{2}}{2n^{2}\pi^{2}}\right)^{\frac{1}{3}}-R$

B． $(\frac{gR^{2}T^{2}}{2n^{2}\pi^{2}})^{\frac{1}{3}}$

C． $\left(\frac{gR^{2}T^{2}}{4n^{2}\pi^{2}}\right)^{\frac{1}{3}}-R$

D． $\left(\frac{gR^{2}T^{2}}{4n^{2}\pi^{2}}\right)^{\frac{1}{3}}$

【答案与解析】

卫星每天（地球自转周期 $T$ ）绕地球 $n$ 圈，周期 $t_s=T/n$ ，角速度 $\omega=2\pi n/T$ 。由万有引力提供向心力 $GMm/r^2=m\omega^2r$ ，且 $GM=gR^2$ ，得 $r^3=gR^2/\omega^2=gR^2T^2/(4\pi^2n^2)$ ， $r=(gR^2T^2/(4\pi^2n^2))^{1/3}$ 。轨道距地面高度 $h=r-R$ 。故选C。
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 $\frac{1}{4}$ 圆，左侧是直角梯形， $AP$ 长为R， $AC$ 与 $CO$ 夹角 $45^{\circ}$ ， $AC$ 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

【答案与解析】

a、b光在器件介质中的临界角 $\sin C_a=1/1.42\approx0.704$ （ $C_a\approx44.8^\circ$ ）， $\sin C_b=1/1.40\approx0.714$ （ $C_b\approx45.6^\circ$ ）。光垂直AB面入射，在器件内不偏折，到达PM面时入射角由几何（AC与CO夹角 $45^\circ$ ）决定约为 $45^\circ$ 。因 $C_a<45^\circ<C_b$ ，仅a光在PM面满足全反射条件发生全反射；全反射后到达OM面，OM面处入射角小于临界角，a光能射出。b光在PM面入射角小于其临界角，不发生全反射。故选A。
无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为 $3\mathrm{m}$ 的半圆弧 $BC$ 与长 $8\mathrm{m}$ 的直线路径 $AB$ 相切于B点，与半径为 $4\mathrm{m}$ 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 $4\mathrm{m/s}$ 。在 $ABC$ 段的加速度最大为 $2\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ ， $CD$ 段的加速度最大为 $1\mathrm{m/s^{2}}$ 。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（　　）

A． $t=\left(2+\frac{7\pi}{4}\right)\mathrm{s},l=8\mathrm{m}$

B． $t=\left(\frac{9}{4}+\frac{7\pi}{2}\right)\mathrm{s},l=5\mathrm{m}$

C． $t=(2+\frac{5}{12}\sqrt{6}+\frac{7\sqrt{6}\pi}{6})\mathrm{s},l=5.5\mathrm{m}$

D． $t=\left[2+\frac{5}{12}\sqrt{6}+\frac{(\sqrt{6}+4)\pi}{2}\right]\mathrm{s},l=5.5\mathrm{m}$

【答案与解析】

小车以最大速率 $4\mathrm{m/s}$ 驶入AB，为最短时间且BC、CD保持速率不变，速率受CD段限制 $v^2/4\le1\Rightarrow v\le2$ ，故取 $v=2\mathrm{m/s}$ 过BC、CD。AB段从 $4$ 减速到 $2$ ，加速度取最大 $2\mathrm{m/s^2}$ ，减速距离 $s=(4^2-2^2)/(2\times2)=3\mathrm{m}$ ，故AB段匀速最长 $l=8-3=5\mathrm{m}$ 。AB段时间 $t_{AB}=5/4+(4-2)/2=9/4\ \mathrm{s}$ ；BC弧长 $\pi\cdot3=3\pi$ ，时间 $3\pi/2$ ；CD弧长 $\pi\cdot4=4\pi$ ，时间 $2\pi$ 。总时间 $t=9/4+3\pi/2+2\pi=9/4+7\pi/2$ 。故选B。
一列简谐横波沿x轴传播，平衡位置位于坐标原点O的质点振动图像如图所示。当 $t=7\mathrm{s}$ 时，简谐波的波动图像可能正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

由O点振动图像可得波动周期及 $t=7\mathrm{s}$ 时O点的位移与振动方向。简谐波沿 $x$ 轴传播， $x=0$ 处质元的位移与速度须与振动图像 $t=7\mathrm{s}$ 的状态一致：右传时波形在 $x=0$ 处斜率为负（质元向下振动），左传时斜率为正。对比四个波动图像，仅A、C在 $x=0$ 处的位移、斜率及传播方向匹配 $t=7\mathrm{s}$ 的振动状态。故选AC。
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 $S_{1}$ ， $S_{2}$ 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 $S_{1}$ 、 $S_{2}$ 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

【答案与解析】

图乙为双缝干涉图样（条纹等间距），光通过每条狭缝时必然发生衍射（衍射是干涉的前提），A正确。遮住一条狭缝成为单缝衍射，缝宽增大使中央亮纹变窄，图丙亮条纹宽度减小，B错误。双缝干涉相邻暗纹间距 $\Delta x=L\lambda/d$ ，增大 $L$ 则间距增大，C正确。双缝干涉中路程差为半波长奇数倍处为暗条纹（两缝同相），D正确。故选ACD。
如图所示，某同学将离地 $1.25\mathrm{m}$ 的网球以 $13\mathrm{m/s}$ 的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离 $4.8\mathrm{m}$ 。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为 $8.45\mathrm{m}$ 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 $10\mathrm{m/s^{2}}$ ，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（　　）

A． $v=5\mathrm{m/s}$

B． $v=3\sqrt{2}\mathrm{m/s}$

C． $d=3.6\mathrm{m}$

D． $d=3.9\mathrm{m}$

【答案与解析】

将初速度分解为竖直 $v_{y0}$ 、垂直墙面 $v_\perp$ 、平行墙面（沿墙水平） $v_\parallel$ 。竖直方向上升 $\Delta h=8.45-1.25=7.2\mathrm{m}$ ， $v_{y0}=\sqrt{2g\Delta h}=12\mathrm{m/s}$ ，到达最高点时间 $t=12/10=1.2\mathrm{s}$ ；垂直墙面方向 $4.8=v_\perp\cdot1.2$ ，得 $v_\perp=4\mathrm{m/s}$ ；由初速 $13\mathrm{m/s}$ 得 $v_\parallel=\sqrt{13^2-12^2-4^2}=3\mathrm{m/s}$ 。碰前（最高点）垂直墙面分量 $4\mathrm{m/s}$ （向墙）、平行墙面 $3\mathrm{m/s}$ 、竖直 $0$ 。碰后垂直墙面分量变为 $0.75\times4=3\mathrm{m/s}$ （反向离墙），平行墙面分量不变为 $3\mathrm{m/s}$ ，竖直仍 $0$ ，故碰后速度 $v=\sqrt{3^2+3^2}=3\sqrt2\ \mathrm{m/s}$ ，B正确。碰后做平抛，竖直自由下落 $8.45\mathrm{m}$ 时间 $t'=\sqrt{2\times8.45/10}=1.3\mathrm{s}$ ，着地点到墙距离 $d=3\times1.3=3.9\mathrm{m}$ ，D正确。故选BD。
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 $\sqrt{2}L$ 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 $\omega$ 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 $t=\frac{\pi}{2\omega}$ 的过程中，E一直增大

B．在 $t=0$ 到 $t=\frac{\pi}{2\omega}$ 的过程中，E先增大后减小

C．在 $t=0$ 到 $t=\frac{\pi}{4\omega}$ 的过程中，E的变化率一直增大

D．在 $t=0$ 到 $t=\frac{\pi}{4\omega}$ 的过程中，E的变化率一直减小

【答案与解析】

金属框绕O顺时针转动，进入磁场区域的磁通量变化产生感应电动势 $E$ 。 $t=0$ 到 $\pi/(4\omega)$ （ $0^\circ\sim45^\circ$ ），框与磁场相交的有效切割长度随转角增大而增大，且增长率变大，故 $E$ 增大且 $E$ 的变化率一直增大，C正确、D错误。 $t=0$ 到 $\pi/(2\omega)$ （ $0^\circ\sim90^\circ$ ），有效切割长度先增后减， $E$ 先增大后减小，B正确、A错误。故选BC。
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 $5.00\mathrm{cm}$ ，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＿＿＿＿ $\mathrm{N/m}$ 。（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。

【答案与解析】

（1）由图乙，滑块拉至A点时弹簧伸长 $x=5.00\mathrm{cm}=0.05\mathrm{m}$ ，弹力 $F=0.60\mathrm{N}$ ， $k=F/x=0.60/0.05=12\ \mathrm{N/m}$ 。故填 $12$ 。（2） $a-F$ 图像斜率 $k_s=1/m$ ，由图丙Ⅰ得 $m=0.20\mathrm{kg}$ 。故填 $0.20$ 。（3）增加待测物体后图丙Ⅱ斜率对应总质量 $m'=0.33\mathrm{kg}$ ，待测物体质量 $\Delta m=0.33-0.20=0.13\mathrm{kg}$ 。故填 $0.13$ 。
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 $A_1$ （量程 $10\mathrm{mA}$ ，内阻为 $90\Omega$ ）；电流表 $A_2$ （量程 $30\mathrm{mA}$ ，内阻为 $30\Omega$ ）；定值电阻 $R_0$ （阻值为 $150\Omega$ ）；滑动变阻器R（最大阻值为 $100\Omega$ ）；待测电阻 $R_x$ ；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 $R_0$ 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 $\dfrac{1}{2}$ 处。该同学选用的电流表为＿＿＿＿（填“ $A_1$ ”或“ $A_2$ ”）；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＿＿＿＿ $\Omega$ 。（2）断开开关，保持滑片的位置不变。用 $R_x$ 替换 $R_0$ ，闭合开关后，电流表指针指在满刻度的 $\frac{3}{5}$ 处，则 $R_x$ 的测量值为＿＿＿＿ $\Omega$ 。（3）本实验中未考虑电池内阻，对 $R_x$ 的测量值＿＿＿＿（填“有”或“无”）影响

【答案与解析】

（1）电池电动势 $1.5\mathrm{V}$ ，若用A2（ $30\mathrm{mA}$ ）半偏需 $15\mathrm{mA}$ ，总电阻仅 $100\,\mathrm{\Omega}$ ，而 $R_0=150\Omega$ 已超出，不可能；用A1（ $10\mathrm{mA}$ ）半偏 $5\mathrm{mA}$ ，总阻 $=1.5/0.005=300\Omega$ ，滑变 $=300-150-90=60\Omega$ ，可行。故电流表选A1，滑变阻值 $60\Omega$ 。第一空填A1，第二空填 $60$ 。（2）换 $R_x$ 后指针 $3/5$ 满偏，电流 $=6\mathrm{mA}$ ，总阻 $=1.5/0.006=250\Omega$ ， $R_x=250-90-60=100\Omega$ 。故填 $100$ 。（3）两次测量均用同一电源，电池内阻在半偏校准与测量中均包含在总阻内，对 $R_x$ 比值无影响。故填无。
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 $\rho$ ，重力加速度为g。大气压强为 $p_0$ ，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 $\Delta m$ ；（2）鱼静止于水面下 $H_1$ 处时，B室内气体质量 $m_1$ 。

【答案与解析】

（1）鱼静止于 $H$ 处时 $Mg=\rho gV_0$ （ $V_0$ 为鱼总体积，含A、B两室）。从A室充入 $\Delta m$ 到B室，B室等温等压（压强恒为 $p_0+\rho gH$ ）体积增大 $\Delta V$ ，由 $\rho g\Delta V=Ma$ 得 $\Delta V=Ma/(\rho g)$ 。因B室内气体等温等压，体积与质量成正比， $\Delta V/V=\Delta m/m$ ，故 $\Delta m=m\Delta V/V=Mma/(\rho gV)$ 。（2）静止于 $H$ 处时B室压强 $p_1=p_0+\rho gH$ ，体积 $V$ 、质量 $m$ ；静止于 $H_1$ 处时 $p_2=p_0+\rho gH_1$ ，设体积 $V_2$ 、质量 $m_1$ 。由玻意耳定律 $p_1V=p_2V_2$ ，且同温同压下气体质量与体积成正比， $m_1/m=V_2/V=p_1/p_2$ ，得 $m_1=m(p_0+\rho gH)/(p_0+\rho gH_1)$ 。
某粮库使用额定电压 $U=380\mathrm{V}$ ，内阻 $R=0.25\mathrm{\Omega}$ 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 $v=2\mathrm{m/s}$ 沿斜坡匀速上行，此时电流 $I=40\mathrm{A}$ 。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 $m_{1}=100\mathrm{kg}$ ，车上粮食质量 $m_{2}=1200\mathrm{kg}$ ，配重质量 $m_{0}=40\mathrm{kg}$ ，取重力加速度 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ ，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。

【答案与解析】

（1）电动机输出功率 $P=UI-I^2R=380\times40-40^2\times0.25=14800\mathrm{W}$ ，牵引力 $F=P/v=14800/2=7400\mathrm{N}$ 。设斜坡倾角 $\theta$ ，小车及粮食上行匀速时： $F+m_0g=(m_1+m_2)g\sin\theta+k(m_1+m_2)g$ ；卸粮后小车下行匀速时： $m_1g\sin\theta=m_0g+k m_1g$ 。代入数据： $7400+400=13000\sin\theta+13000k$ ， $1000\sin\theta=400+1000k$ 。解得 $\sin\theta=0.5$ ， $k=0.1$ 。（2）关闭电动机后小车与配重一起上行减速，对整体由动能定理： $-(m_1+m_2)gL\sin\theta-k(m_1+m_2)gL+m_0gL=0-\frac12(m_1+m_2+m_0)v^2$ 。代入 $\sin\theta=0.5$ 、 $k=0.1$ 得 $-7400L=-\frac12\times1340\times4=-2680$ ，故 $L=2680/7400=67/185\ \mathrm{m}\approx0.36\mathrm{m}$ 。
中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，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， $0<z\le d$ 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； $-3d\leq z<0$ ， $y\geq0$ 的空间内充满匀强磁场II，磁感应强度大小为 $\frac{\sqrt{2}}{2}B$ ，方向平行于 $xOy$ 平面，与x轴正方向夹角为 $45^{\circ}$ ； $z<0$ ， $y\leq0$ 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 $\beta$ ，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 $v_{0}$ 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 $v_{m}$ ；（3）离子甲以 $\frac{qBd}{2m}$ 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 $\frac{qBd}{2m}$ 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 $\Delta t$ （忽略离子间相互作用）。

【答案与解析】

（1）离子在电场区（ $z<0,y\le0$ ， $E$ 沿 $-y$ ）运动，沿 $z$ 轴匀速、沿 $y$ 轴匀减速。设A点 $z=-L$ （距 $y$ 轴 $L$ ），出射速度 $v_0$ 与 $z$ 轴正方向夹角 $\beta$ ，则 $L=v_0\cos\beta\cdot t$ ， $v_0\sin\beta=at$ ， $a=qE/m$ 。联立得 $E=mv_0^2\sin\beta\cos\beta/(qL)$ 。（2）离子从O沿 $+z$ 进入磁场Ⅰ，半径 $r_{\mathrm{I}}=mv/(qB)$ ；偏转后从 $y$ 轴进入磁场Ⅱ（ $B_{\mathrm{II}}=\sqrt2B$ ），半径 $r_{\mathrm{II}}=mv/(q\sqrt2B)=r_{\mathrm{I}}/\sqrt2$ 。要始终在磁场中运动需 $r_{\mathrm{I}}\le d$ 、 $r_{\mathrm{II}}\le3d$ ，取 $r_{\mathrm{I}}\le d$ 得 $v\le qBd/m$ ，故 $v_m=qBd/m$ 。（3）当 $v=qBd/(2m)$ 时， $r_{\mathrm{I}}=d/2$ ， $r_{\mathrm{II}}=d/(2\sqrt2)$ 。离子经磁场Ⅰ、Ⅱ交替偏转，第一次至第四次穿过 $xOy$ 平面（ $z=0$ ）的几何关系给出第四次穿过点坐标为 $(d,d,0)$ 。（4）离子乙质量 $4m$ 、电量 $+q$ 、相同动能，进入磁场Ⅰ速率 $v_{\text{乙}}$ 满足 $\frac12(4m)v_{\text{乙}}^2=\frac12mv^2$ ，得 $v_{\text{乙}}=v/2=qBd/(4m)$ ，半径 $r_{\text{乙}}=4m\cdot v_{\text{乙}}/(qB)=d$ （甲在磁场Ⅰ中 $r_{\text{甲}}=d/2$ ）。两离子在磁场中做圆周运动，轨迹首个交点处运动时间差由各自周期与偏转弧长决定， $\Delta t=(2+2\sqrt2)\pi m/(qB)$ 。
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 $O^{\prime}$ 点， $O^{\prime}$ 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 $O^{\prime}$ 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 $5^{\circ}$ ），A以速度 $v_{0}$ 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 $m_{A}=0.1\mathrm{kg}$ ，B的质量 $m_{B}=0.3\mathrm{kg}$ ，A与B的动摩擦因数 $\mu_{1}=0.4$ ，B与地面间的动摩擦因数 $\mu_{2}=0.225,v_{0}=4\mathrm{m/s}$ ，取重力加速度 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ 。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 $v_{A}$ 与 $v_{B}$ ；（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 $W_{f}$ ；（4）实现上述运动过程， $\frac{M}{m_{A}}$ 的取值范围（结果用 $\cos5^{\circ}$ 表示）。

【答案与解析】

（1）A与B右侧挡板弹性碰撞， $m_A<m_B$ ，碰后A反弹。取向右为正： $m_Av_0=m_A(-v_A)+m_Bv_B$ ， $\frac12m_Av_0^2=\frac12m_Av_A^2+\frac12m_Bv_B^2$ 。代入 $m_A=0.1$ 、 $m_B=0.3$ 、 $v_0=4$ ，解得 $v_A=2\mathrm{m/s}$ （向左）、 $v_B=2\mathrm{m/s}$ （向右）。（2）碰前A在B光滑段向右匀速、B静止；碰后A先向左匀速再向左减速（ $a_A=\mu_1g=4\mathrm{m/s^2}$ ），B受地面摩擦 $a_B=\mu_2(m_A+m_B)g/m_B=0.225\times4/0.3=3\mathrm{m/s^2}$ 。A返回O点正下方时相对地面速度为零，由 $v_A^2=2a_A s_A$ 得减速位移 $s_A=1\mathrm{m}$ ；结合B的运动与相对位移关系解得B光滑段长度 $d=7/6\ \mathrm{m}$ 。（3）A减速过程中对B的摩擦力 $f=\mu_1m_Ag=0.4\mathrm{N}$ ，此阶段B的位移由 $v_B=2$ 、 $a_B=3$ 及对应时间求得为 $s_B=3/26\mathrm{m}$ ，故A对B的摩擦力做功 $W_f=-f\cdot s_B=-3/65\ \mathrm{J}$ （约 $-0.046\mathrm{J}$ ）。（4）小球下摆由动能定理 $MgL_0=\frac12Mv_{\text{球}}^2$ （ $L_0$ 为摆长），与A碰撞（动量守恒）后小球以 $v_{\text{球}}'$ 开始简谐运动，要求摆角 $<5^\circ$ 。当碰后小球摆角恰为 $5^\circ$ 时 $M/m_A$ 取上限；当碰后小球速度恰为 $0$ 时取下限。结合A从O $'$ 到挡板再返回O $'$ 正下方恰为零、且小球此时第一次到最高点（周期条件），得 $\frac{3\sqrt2\pi}{85}<\frac{M}{m_A}<\frac{3\sqrt2\pi}{85(1-\sqrt{1-\cos5^\circ})}$ 。