山东省齐鲁名校教科研协作体19所名校2022届高三物理第一次调研考试试题（含解析）

2022年山东省齐鲁名校教科研协作体19所名校联考高考物理一模试卷一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．1．（4分）（2022•山东一模）在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献．他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法，下列叙述正确的是（　　）　A．法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场这种形象化的研究方法　B．牛顿首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推”的科学推理方法　C．用质点来代替有质量的物体是采用了理想模型的方法　D．场强表达式E=和加速度表达式a=都是利用比值法得到的定义式【考点】：物理学史．【分析】：常用的物理学研究方法有：控制变量法、等效替代法、模型法、比较法、类比法、转换法等，是科学探究中的重要思想方法根据物理方法和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解析】：解：A、法拉第首先提出用电场线和磁感线描绘抽象的电场和磁场这种形象化的研究方法．故A正确；B、伽利略首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推“的科学推理方法，过B错误；C、用质点来代替有质量的物体是采用了理想模型的方法，故C正确；D、场强表达式E=是比值法得到的定义式，加速度表达式a=不是比值法得到的定义式，故D错误；故选：AC．【点评】：在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习．　2．（4分）（2022•山东一模）粗细均匀的电线架在A、B两根电线杆之间．由于热胀冷缩，电线在夏、冬两季呈现如图所示的两种形状，若电线杆始终处于竖直状态，下列说法中正确的是（　　）　A．冬季，电线对电线杆的拉力较大　B．夏季，电线对电线杆的拉力较大　C．夏季与冬季，电线对电线杆的拉力一样大　D．夏季，杆对地面的压力较大【考点】：力的合成．-17-\n【分析】：以整条电线为研究对象，受力分析根据平衡条件列出等式，结合夏季、冬季的电线几何关系求解．【解析】：解：以整条电线为研究对象，受力分析如右图所示，由共点力的平衡条件知，两电线杆对电线的弹力的合力与其重力平衡，由几何关系得：Fcosθ=，即：F=由于夏天气温较高，电线的体积会膨胀，两杆正中部位电线下坠的距离h变大，则电线在杆上固定处的切线方向与竖直方向的夹角θ变小，故变小，所以两电线杆处的电线拉力与冬天相比是变小．电线杆上的电线的质量一定，受力平衡，夏季、冬季杆对地面的压力相等．所以选项BCD错误，A正确．故选：A．【点评】：要比较一个物理量的大小关系，我们应该先把这个物理量运用物理规律表示出来，本题中应该抓住电线杆上的电线的质量一定，受力平衡，根据夏季、冬季电线在杆上固定处的切线方向与竖直方向的夹角的不同分析求解．　3．（4分）（2022•菏泽一模）一质点作直线运动的速度图象如图所示，下列选项正确的是（　　）　A．在4﹣5s内，质点所受合外力做正功　B．在0﹣5s内，质点的平均速度为7m/s　C．在前6s内，质点离出发点的最远距离为30m　D．质点在4﹣6s内的加速度大小是0﹣2s内的加速度大小的2倍【考点】：匀变速直线运动的图像．【专题】：运动学中的图像专题．【分析】：由图读出速度的变化情况，分析物体的运动情况，速度图象的斜率等于加速度．由图线“面积”求出位移，再求解平均速度．【解析】：解：A、在4﹣5s内，质点的速度逐渐减小，根据动能定理知所受合外力做负功，A错误；B、在0﹣5s内，质点的位移为：x=×（2+5）×10=35m，平均速度为：===7m/s，B正确；-17-\nC、在前6s内，5s末质点离出发点最远，最远距离为35m，C错误；D、由图线的斜率知：质点在4﹣6s内的加速度大小是0﹣2s内的加速度大小的2倍，D正确；故选：BD．【点评】：本题关键抓住速度图象的斜率表示加速度、“面积”表示位移来理解图象的物理意义．　4．（4分）（2022•菏泽一模）如图所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，则（　　）　A．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为2g　B．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为g　C．悬绳剪断后A物块向下运动距离2x时速度最大　D．悬绳剪断后A物块向下运动距离x时加速度最小【考点】：牛顿第二定律．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：求出悬绳剪断前弹簧的拉力，再根据牛顿第二定律求出悬绳剪断瞬间A的瞬时加速度．当A物块向下运动到重力和弹力相等时，速度最大．【解析】：解：A、B、剪断悬绳前，对B受力分析，B受到重力和弹簧的弹力，知弹力F=mg．剪断瞬间，对A分析，A的合力为F合=mg+F=2mg，根据牛顿第二定律，得a=2g．故A正确，B错误．C、D、弹簧开始处于伸长状态，弹力F=mg=kx．当向下压缩，mg=F′=kx′时，速度最大，x′=x，所以下降的距离为2x．故C正确D错误．故选：AC．【点评】：解决本题关键知道剪断悬绳的瞬间，弹簧的拉力不变，根据牛顿第二定律可以求出瞬时加速度．当弹力和重力相等时，速度最大．　5．（4分）（2022•山东一模）伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”的关系．如图，固定在水平地面上的倾角均为θ的两斜面，以光滑小圆弧相连接．左侧斜面顶端的小球与两斜面的动摩擦因数均为μ．小球从左侧顶端滑到最低点的时间为t1，滑到右侧最高点的时间为t2．规定斜面连接处为参考平面，则小球在这个运动过程中速度的大小v、加速度的大小a、动能Ek及机械能E随时间t变化的关系图线正确的是（　　）　A．B．C．D．-17-\n【考点】：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．【专题】：常规题型．【分析】：据牛顿第二定律求出上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律，根据动能与速度大小的关系得出动能与时间t变化的关系求解．【解析】：解：A、由牛顿第二定律可知，小球在两斜面的运动都是匀变速直线运动，两阶段的加速度都恒定不变，小球在左侧斜面下滑时的加速度：a1=gsinθ﹣μgcosθ小球在右侧斜面下滑时的加速度：a2=gsinθ+μgcosθ，小球在左侧斜面下滑时的加速度较小，故A错误，B正确；C、小球的动能与速率的二次方成正比，即Ek=mv2，因此，动能与时间关系图象是曲线，故C错误；D、由于小球在两斜面运动时的加速度大小不相等，因此，小球机械能与时间的关系图象不是连续曲线，故D错误；故选：B．【点评】：解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况．　6．（4分）（2022•山东一模）如图所示，水平地面上不同位置的三个小球斜上抛，沿三条不同的路径运动最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是（　　）　A．沿路径1抛出时的小球落地的速率最大　B．沿路径3抛出的小球在空中运动时间最长　C．三个小球抛出的初速度竖直分量相等　D．三个小球抛出的初速度水平分量相等【考点】：抛体运动．【分析】：三个小球都做斜抛运动，运用运动的分解法，将其运动分解为竖直和水平两个方向研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据运动学公式列式，再进行分析．【解析】：解：设任一小球初速度大小为v0，初速度的竖直分量为vy，水平分量为vx，初速度与水平方向的夹角为α，上升的最大高度为h，运动时间为t，落地速度大小为v．A、C、D、取竖直向上方向为正方向，小球竖直方向上做匀减速直线运动，加速度为a=﹣g，由0﹣=﹣2gh，得：vy=，h相同，vy相同，则三个小球初速度的竖直分量相同．由速度的分解知：vy=v0sinα，由于α不同，所以v0不同，沿路径1抛出时的小球的初速度最大．-17-\n根据机械能守恒定律得知，小球落地时与抛出时速率相等，所以可知三个小球落地时的速率不等，也是沿路径1抛出时的小球的初速度最大．又有vy=vxtanα，vy相同，α不同，则vx不同，初速度水平分量不等，故A正确，C正确，D错误．B、由运动学公式有：h=g（）2，则得：t=2，则知三个球运动的时间相等；故B错误．故选：AC．【点评】：对于斜抛运动，要能熟练运用运动的分解法进行分析，掌握相关的运动学公式是解题的基础．　7．（4分）（2022•山东一模）火星表面特征非常接近地球，可能适合人类居住．2022年，我国志愿者王跃参与了在俄罗斯进行的“模拟登火星”实验活动．已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，自转周期基本相同．地球表面重力加速度是g，若王跃在地面上能向上跳起的最大高度是h，在忽略自转影响的条件下，下述分析正确的是（　　）　A．王跃在火星表面所受火星引力是他在地球表面所受地球引力的倍　B．火星表面的重力加速度是　C．火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍　D．王跃在火星上向上跳起的最大高度是【考点】：万有引力定律及其应用．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】：根据万有引力定律公式求出王跃在火星上受的万有引力是在地球上受万有引力的倍数．根据万有引力等于重力，得出重力加速度的关系，从而得出上升高度的关系．根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的关系．【解析】：解：A、根据万有引力定律的表达式F=，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，所以王跃在火星表面受的万有引力是在地球表面受万有引力的倍．故A错误．B、由得到：g=．已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，火星表面的重力加速度是．故B错误．C、由，得v=-17-\n已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍．故C正确．D、王跃以v0在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出：可跳的最大高度是h=，由于火星表面的重力加速度是，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度h′==．故D错误．故选：C．【点评】：通过物理规律把进行比较的物理量表示出来，再通过已知的物理量关系求出问题是选择题中常见的方法．把星球表面的物体运动和天体运动结合起来是考试中常见的问题．　8．（4分）（2022•山东一模）一个正点电荷Q静止在正方形的一个角上，另一个带电质点射入该区域时，恰好能经过正方形的另外三个角a、b、c，如图所示，则有（　　）　A．a、b、c三点电势高低及场强大小的关系是φa=φc＞φb，Ea=Ec=2Eb　B．质点由a到b电势能增加，由b到c电场力做正功，在b点动能最小　C．质点在a、b、c三处的加速度大小之比是1：2：1　D．若改变带电质点在a处的速度大小和方向，有可能使其经过a、b、c三点做匀速圆周运动【考点】：电势能；电势．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，根据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，都小于b，故B点的电势低于ac两点的电势．应用牛顿第二定律求出加速度之间的关系【解析】：解：A：根据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，都小于b，故B点的电势低于ac两点的电势；；，故A正确；B：电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，所以质点由a到b电场力做负功，电势能增加，动能减小；由b到c电场力做正功，动能增大，在b点动能最小；故B正确；-17-\nC：粒子P在a、b、c三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力．由图可知，，代入库仑定律：，可得：由牛顿第二定律：．故C错误；D：由C的分析可知，带电粒子abc三个点受到的电场力大小不相等，所以不可能其经过a、b、c三点做匀速圆周运动．故D错误．故选：AB【点评】：本题属于电场中轨迹问题，考查分析推理能力．根据轨迹的弯曲方向，判断出电荷受到的电场力指向轨迹内侧．进而判断出电荷是负电荷．　9．（4分）（2022•山东一模）如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（　　）　A．电压表读数减小B．电流表读数减小　C．质点P将向上运动D．R3上消耗的功率逐渐增大【考点】：闭合电路的欧姆定律．【专题】：压轴题；恒定电流专题．【分析】：由图可知电路结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况．【解析】：解：由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；故B错误；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A正确；-17-\n因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，电荷向下运动，故C错误；因R3两端的电压减小，由P=可知，R3上消耗的功率减小；故D错误；故选A．【点评】：解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体﹣局部﹣整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻减小时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小的．　10．（4分）（2022•山东一模）如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图象可求出（　　）　A．物体的初速率v0=3m/s　B．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.75　C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin=1.44m　D．当某次θ=30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑【考点】：动能定理的应用；动摩擦因数；动能定理．【分析】：由题意明确图象的性质，则可得出位移的决定因素；根据竖直方向的运动可求得初速度；由水平运动关系可求得动摩擦因数；再由数学关系可求得位移的最小值．【解析】：解：A、由图可知，当夹角θ=0时，位移为2.40m；而当夹角为90°时，位移为1.80m；则由竖直上抛运动规律可知：v02=2gh；解得：v0===6m/s；故A错误；B、当夹角为0度时，由动能定理可得：μmgx=mv02；解得：μ==0.75；故B正确；C、﹣mgxsinθ﹣μmgcosθx=0﹣mv02解得：x===；当θ+α=90°时，sin（θ+α）=1；此时位移最小，x=1.44m；故C正确；-17-\nD、若θ=30°时，物体受到的重力的分力为mgsin30°=mg；摩擦力f=μmgcos30°=0.75×mg×=mg；一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力；故小球达到最高点后，不会下滑；故D错误；故选：BC．【点评】：本题综合考查动能定理、受力分析及竖直上抛运动；并键在于先明确图象的性质，再通过图象明确物体的运动过程；结合受力分析及动能定理等方法求解．　11．（4分）（2022•宝鸡模拟）如图，在光滑的水平面上放置着质量为M的木板，在木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离．下列说法正确的是（　　）　A．若仅增大木板的质量M，则时间t增大　B．若仅增大木块的质量m，则时间t增大　C．若仅增大恒力F，则时间t增大　D．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数为μ，则时间t增大【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：根据牛顿第二定律分别求出m和M的加速度，抓住位移之差等于板长，结合位移时间公式求出脱离的时间，从而进行分析．【解析】：解：根据牛顿第二定律得，m的加速度，M的加速度根据L=．t=．A、若仅增大木板的质量M，m的加速度不变，M的加速度减小，则时间t减小．故A错误．B、若仅增大小木块的质量m，则m的加速度减小，M的加速度增大，则t变大．故B正确．C、若仅增大恒力F，则m的加速度变大，M的加速度不变，则t变小．故C错误．D、若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则小明的加速度减小，M的加速度增大，则t变大．故D正确．故选：BD．【点评】：解决本题的关键通过牛顿第二定律和位移时间公式得出时间的表达式，从而进行逐项分析．　12．（4分）（2022•宝鸡模拟）在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ-17-\n中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v﹣t图象如图乙所示，不计空气阻力，则（　　）　A．小球受到的重力与电场力之比为3：5　B．在t=5s时，小球经过边界MN　C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功　D．在1s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大【考点】：牛顿运动定律的综合应用；功能关系．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻．分别求出小球进入电场前、后加速度大小，由牛顿第二定律求出重力与电场力之比．根据动能定理研究整个过程中重力做的功与电场力做的功大小关系．整个过程中，小球的机械能与电势能总和不变．【解析】：解：B、小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s时．故B错误．A、由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为：a1=，进入电场后的加速度大小为：a2=由牛顿第二定律得：mg=ma1…①F﹣mg=ma2得电场力：F=mg+ma2=…②由①②得重力mg与电场力F之比为3：5．故A正确．C、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等．故C错误．D、整个过程中，由图可得，小球在0﹣2.5s内向下运动，在2.5s﹣5s内向上运动，在1s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大电场力先做负功，后做正功．电势能先增大，后减小；由于整个的过程中动能、重力势能和电势能的总和不变，所以，小球的机械能先减小后增大．故D正确．故选：AD【点评】：本题一要能正确分析小球的运动情况，抓住斜率等于加速度是关键；二要运用牛顿第二定律和动能定理分别研究小球的受力情况和外力做功关系．　二、填空题：本题共2小题，16分．-17-\n13．（8分）（2022•山东一模）为了测量木块与木板间动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离．位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移s随时间t变化规律，如图所示．①根据上述图线，计算0.4s时木块的速度v=　0.4　m/s，木块加速度a=　1　m/s2；②为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是　斜面倾角　；（已知当地的重力加速度g）③为了提高木块与木板间动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是　A　A．A点与传感器距离适当大些B．木板的倾角越大越好C．选择体积较大的空心木块D．传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻．【考点】：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】：实验题．【分析】：（1）由于滑块在斜面上做匀加速直线运动，所以某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度；根据加速度的定义式即可求出加速度；（2）为了测定动摩擦力因数μ还需要测量的量是木板的倾角θ；（3）为了提高木块与木板间摩擦力因数μ的测量精度，可行的措施是A点与传感器位移适当大些或减小斜面的倾角．【解析】：解：（1）根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s末的速度为：v=，0.2s末的速度为：，则木块的加速度为：a=．（2）选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：ma=mgsinθ﹣μmgcosθ得：所以要测定摩擦因数，还需要测出斜面的倾角θ（3）根据（2）的分析可知，在实验中，为了减少实验误差，应使木块的运动时间长一些，可以：可以减小斜面的倾角、增加木块在斜面上滑行的位移等，传感器开始的计时时刻不一定必须是木块从A点释放的时刻．故A正确，BCD错误．故选：A-17-\n故答案为：①0.4，1；②斜面倾角（或A点的高度）；③A【点评】：解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式，从而确定所需测量的物理量．　14．（8分）（2022•山东一模）某科技小组要测量一未知电阻Rx的阻值，实验室提供了下列器材：A．待测电阻RxB．电池组（电动势3V，内阻约5Ω）C．电压表（量程3V，内阻约3000Ω）D．电压表（量程5mA，内阻约10Ω）E．滑动变阻器（最大阻值50Ω，额定电流1.0A）F．开关、导线若干该小组使用完全相同的器材用不同的测量电路（电流表内接或外接）进行测量，并将其测量数据绘成U﹣I图象，如图甲和图乙所示．①由测量结果判定　甲　图测量结果较为准确，其测量值Rx=　1.08×103Ω　（结果保留三位有效数字），Rx的测量值　大于　真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）．②请把正确的测量电路图画在丙中方框内．【考点】：伏安法测电阻．【专题】：实验题．【分析】：①U﹣I图象的斜率等于电阻阻值，根据图示图象求出待测电阻阻值，根据待测电阻阻值与电表内阻的关系分析答题．②伏安法测电阻采用电流表外接法时，由于电压表分流，所测电流偏大，电阻测量值小于真实值；电流表采用内接法时，由于电流表分压，所测电压偏大，电阻测量值大于真实值；根据电阻测量值大小判断电流表接法，然后作出对应的实验电路图．根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法．【解析】：解：①由U﹣I图象可知，电阻测量值：R甲==≈1.08×103Ω，R乙==≈7.22×102Ω；电流表内阻为10Ω，电压表内阻为3000Ω，相对来说待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，则甲图测量结果较准确，其测量值Rx=1.08×103-17-\nΩ；电流表采用内接法，由于电流表分压作用，电压测量值大于真实值，由欧姆定律可知，待测电阻测量值大于真实值．②由①可知电流表采用内接法时测量结果较准确，滑动变阻器最大阻值为50Ω，滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，为测量多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：故答案为：①甲；1.08×103Ω；大于；②电路图如图所示．【点评】：伏安法测电阻有两种实验电路，电流表的外接法与内接法，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时采用电流表外接法，当待测电阻阻值远大于电流表内阻时采用内接法．　三、计算题：本题包括3小题，共36分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题．答案中必须明确写出数值和单位．15．（8分）（2022•山东一模）近来我国高速公路发生多起有关客车相撞的严重交通事故，原因之一就是没有掌握好车距，据经验丰富的司机总结，在高速公路上，一般可按你的车速来确定与前车的距离，如车速为80km/h，就应与前车保持80m的距离，以此类推，现有一辆客车以大小v0=90km/h的速度行驶，一般司机反应时间t=0.5s（反应时间内车被视为匀速运动），刹车时最大加速度a1=5m/s2，求：（1）若司机发现前车因故突然停车，则从司机发现危险到客车停止运动，该客车通过的最短路程？并说明按经验，车距保持90m是否可行？（2）若客车超载，刹车最大加速度减为a2=4m/s2；司机为赶时间而超速，速度达到v1=144km/h；且晚上疲劳驾驶，反应时间增为t′=1.5s，则从司机发现危险到客车停止运动，客车通过的最短路程？并说明在此情况下经验是否可靠？【考点】：匀变速直线运动的速度与位移的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：追及、相遇问题．【分析】：客车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，结合匀变速直线运动的速度位移公式和匀速直线运动的位移公式求出总位移，从而进行判断．【解析】：解：（1）司机发现前方危险在反应时间内前进的距离x1：90km/h=25m/sx1=v01t=25×0.5m=12.5m刹车时间前进的距离x2：m司机发现危险到客车停止运动，客车通过的最短路程x：x=x1+x2=12.5+62.5=75m＜90m经验可行．（2）若客车超载，司机发现前方危险在反应时间内前进的距离x3：v02=144km/h=40m/s-17-\nx3=v02t=40×1.5m=60m刹车时间前进的距离x4：m司机发现危险到客车停止运动，客车通过的最短路程x：按照经验，144km/h安全距离为144m．x=x3+x4=60m+200m=260m＞144m在多重违章情况下，经验不可靠．所以要按交通规则行驶，经验才有可行．答：（1）客车通过的最短路程为750m，经验可行．（2）客车通过的最短路程为260m，经验不可行．【点评】：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用．　16．（12分）（2022•山东一模）如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．已知电子的质量是m，电量为e，在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力）．（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子在ABCD区域内运动经历的时间和电子离开ABCD区域的位置；（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置．【考点】：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：（1）在AB边的中点处由静止释放电子，电场力对电子做正功，根据动能定理求出电子穿过电场时的速度．进入电场II后电子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出电子的加速度和时间，由运动学公式结合求出电子离开ABCD区域的位置坐标．（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子先在电场Ⅰ中做匀加速直线运动，进入电场Ⅱ后做类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求出位置x与y的关系式．【解析】：解：（1）电子在区域I中做初速度为零的匀加速直线运动，根据动能定理得：eEL═mv2的v=电子在区域I运动有L=vt1得t1=-17-\n电子在中间区域匀速运动，有L=vt3，得t3=进入区域Ⅱ时电子做类平抛运动，假设电子能穿出CD变，则电子在区域运动时间在沿y轴上根据牛顿第二定律可得：eE=may轴方向上运动的位移为，显然假设成立所以电阻在ABCD区域运动经历的时间电子离开是的位移坐标为（﹣2L，）．（2）设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有eEx=mv12y=at2=解得　xy=，即在电场I区域内满足此方程的点即为所求位置．答：（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，电子离开ABCD区域的位置坐标为（﹣2L，）．（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，所有释放点的位置在xy=曲线上．【点评】：本题实际是加速电场与偏转电场的组合，考查分析带电粒子运动情况的能力和处理较为复杂的力电综合题的能力．　17．（16分）（2022•山东一模）如图所示，倾斜轨道AB的倾角为37°，CD、EF轨道水平，AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从D进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E滑出该轨道进入EF水平轨道．小球由静止从A点释放，已知AB长为5R，CD长为R，重力加速度为g，小球与斜轨AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为1.8R．求：（在运算中，根号中的数值无需算出）（1）小球滑到斜面底端C时速度的大小．（2）小球刚到C时对轨道的作用力．（3）要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足什么条件？-17-\n【考点】：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．【专题】：动能定理的应用专题．【分析】：（1）对球从A运动至C过程运用动能定理列式求解即可；（2）在C点，重力和支持力的合力提供向心力；根据牛顿第二定律列式求解支持力；然后再结合牛顿第三定律求解压力；（3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF轨道．情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的点（设为Q）时，速度减为零，然后滑回D．由动能定理列出等式求解．【解析】：解：（1）设小球到达C点时速度为v，小球从A运动至C过程，由动能定理有：mg（5Rsin37°+1.8R）﹣μmgcos37°•5R=可得：vC=（2）小球沿BC轨道做圆周运动，设在C点时轨道对球的作用力为FN，由牛顿第二定律，有：FN﹣mg=m其中r满足：r+r•sin53°=1.8R联立上式可得：FN=6.6mg由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg，方向竖直向下．（3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF轨道．则小球在最高点应满足：m≥mg小球从C直到此最高点过程，由动能定理，有：﹣μmgR﹣mg•2R′=mvP2﹣mvC2可得：R′≤R=0.92R情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的最高点时，速度减为零，然后滑回D．则由动能定理有：﹣μmgR﹣mg•R′=0﹣mvC2解得：R′≥2.3R所以要使小球不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足R′≤0.92R或R′≥2.3R．答：-17-\n（1）小球滑到斜面底端C时速度的大小是．（2）小球刚到C时对轨道的作用力是6.6mg，方向竖直向下．（3）要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足R′≤0.92R或R′≥2.3R．【点评】：此题要求熟练掌握动能定理、圆周运动等规律，包含知识点多，关键要知道小球在运动过程中不脱离轨道可能做完整的圆周运动，也可能只在四分之一圆轨道上运动．运用动能定理时，要明确所研究的过程，分析各个力所做的总功．-17-