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2022-2023学年福建省南平市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年福建省南平市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.5G是“第五代移动通信技术”的简称，与4G信号相比具有更高的频率。则较之4G信号，以下判断正确的是( )
A. 在真空中的波长更短
B. 在真空中传播速度更快
C. 5G信号属于横波，4G信号属于纵波
D. 5G信号和4G信号相遇会发生干涉现象
2.下列说法正确的是( )
A. 物体的内能只与其温度有关
B. 当两分子间引力与斥力大小相等时，分子势能最大
C. 在完全失重环境下，液滴能收缩成球形是由于表面张力作用
D. 自发的热传递过程是大量分子从无序程度大的状态向无序程度小的状态转化的过程
3.科技发展，造福民众。近两年推出的“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以( )
A. 减小穿戴者动量的变化量B. 减小穿戴者动量的变化率
C. 增大穿戴者所受合力的冲量D. 减小穿戴者所受合力的冲量
4.如图所示，甲为某无线门铃按钮，其原理如图乙所示，按下门铃按钮，磁铁靠近螺线管；松开门铃按钮，磁铁远离螺线管，回归原位置，下列说法正确的是( )
A. 按住按钮不动，门铃可以持续响
B. 松开按钮过程，螺线管B端电势较高
C. 按下按钮过程，通过门铃的电流方向是B到A
D. 无论快速按下按钮，还是缓慢按下按钮，螺线管产生的感应电流大小都相同
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.中华文化源远流长，大量精美诗句中蕴含着物理知识。以下说法正确的是( )
A. “潭清疑水浅，荷动知鱼散”，前半句描述的是光的全反射现象
B. “路人借问遥招手，怕得鱼惊不应人”，说明声波传播不需要介质
C. “空山不见人，但闻人语响”，说明声波比光波更容易发生明显衍射现象
D. “风过武夷茶香远，最是茶香沁人心”，说明分子在永不停息地做无规则运动
6.图甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势e随时间t变化的正弦规律图象如图乙所示.发电机线圈的内电阻r=2Ω，外接灯泡的电阻R=10Ω，则( )
A. 在t=0.01s时刻，穿过线圈的磁通量最大
B. 电压表的示数为6V
C. 灯泡消耗的电功率为2.5W
D. 线圈转动产生电动势的表达式e=6 2sin50πt(V)
7.如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体，下列说法正确的是( )
A. 状态a的压强低于状态d的压强
B. 过程①中气体的压强逐渐增大，从外界吸收热量
C. 过程②中气体对外界做的功小于从外界吸收的热量
D. 从状态a到状态e的过程中，压强逐渐减小，内能不变
8.“低碳经济”是我国实现经济跨区域可持续快速发展的重要保证，如图为某风力发电厂电能输送的部分测试电路，恒压交流电源、阻值为2Ω的定值电阻R1和理想变压器相连。变压器原副线圈匝数比为1：4，电压表和电流表均为理想交流电表，R2是热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。下列说法正确的是(
A. 环境温度升高时，电流表A1示数增大，电压表V示数减小
B. 环境温度降低时，电流表A2示数减小，电源输出功率变大
C. 电压表V示数变化值ΔU和电流表A2示数变化值ΔI2的关系为|ΔUΔI2|=8Ω
D. 电压表V示数变化值ΔU和电流表A2示数变化值ΔI2的关系为|ΔUΔI2|=32Ω
三、填空题：本大题共2小题，共8分。
9.氧气分子在不同温度下单位速率区间的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示，则曲线2对应氧气分子平均动能______(选填“大于”或“小于”)曲线1对应氧气分子平均动能，两条曲线与横轴围成的面积______。(选填“相等”或“不相等”)
10.如图所示，图甲为沿x轴传播的一列简谐横波在t=0.5s时刻的波动图像，图乙为平衡位置x=2m质点P的振动图像，由图可知这列简谐横波的波速为______m/s；质点P从t=0.5s到t=2.5s时间内经过的路程为______ m。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
11.如图1为“探究一定质量的气体在温度不变的条件下压强与体积的关系”的装置，用注射器下端的橡胶塞和柱塞封闭一段空气柱，空气柱的体积V可以通过刻度读取，空气柱的压强p可以从与注射器内空气柱相连的气压计读取。把柱塞向下压或向上拉，读取几组空气柱的体积与对应的压强数据。
(1)关于该实验操作，下列说法正确的是______。
A.推拉柱塞时应尽量缓慢
B.推拉柱塞时可手握注射器
C.若实验中橡胶套脱落，可立即装上并继续本次实验
(2)测得多组空气柱的压强p和体积V的数据后，为了直观看出一定质量的气体在温度不变的条件下压强与体积的关系，若以p为纵坐标，则应以______为横坐标在坐标系中描点作图；在不断压缩气体过程中，由测得数据发现 p与V的乘积值越来越小，则用上述方法作出的图线应为图2中的______(选填“①”或“②”)。
12.某物理兴趣小组设计简易单摆来测量当地的重力加速度的大小。装置如图甲所示，利用一块外形不规则的石块代替摆球。甲同学使用刻度尺测量不可伸长的轻绳悬点O到结点M的长度记为L，并用秒表记录单摆做50次全振动所用的时间如图乙所示。
(1)该秒表记录的时间t=______ s；
(2)根据以上数据求得的重力加速度值______(选填“偏大”或“偏小”)；
(3)为精确测量当地重力加速度值，该兴趣小组改进实验方案。具体方法如下：通过改变摆绳OM的长度，分别测得多组L和对应的周期T，画出L−T2图像，然后在图像选取A、B两个点，坐标如图丙所示，则当地的重力加速度大小可表示为g=______。
五、简答题：本大题共3小题，共40分。
13.如图甲，2022年9月省运会主题巨幕灯光秀在南平市体育中心亮灯，全方位展示大美南平的魅力。光学玻璃砖为灯光秀中一种重要光学器件，如图乙所示，半圆形玻璃砖的半径R= 3cm，折射率n= 3，直径AB与水平屏幕MN垂直并接触于A点，激光a以入射角i=30∘射向半圆玻璃砖的圆心O，结果在水平屏幕MN上出现了两个光斑。求：
(1)折射角r的大小；
(2)两个光斑之间的距离x。
14.如图，电阻不计的足够长“U”形金属框abcd置于水平绝缘平台上，ad与bc边平行，质量为m、阻值为R的光滑导体棒MN平行ab边置于金属框上，且与金属框保持良好接触。整个装置始终处于竖直向下，磁感应强度大小为B0的匀强磁场中。已知ab边、MN棒长度均为L，ab边与MN距离为L0，金属框abcd与绝缘平台间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)若保持金属框静止，导体棒以速度v匀速运动时，回路中的电流大小I；
(2)若对导体棒MN施加水平向右恒力F=μmg，MN棒所能到达的最大速度vm；
(3)若对导体棒MN施加水平外力使其保持静止，磁感应强度大小随时间变化满足B=B0+kt，当金属框将要发生滑动的时刻t。
15.如图甲，在光滑水平地面上摆放有一个四分之一光滑圆轨道A及两块长木板B、C，圆轨道末端与长木板上表面齐平，一可视为质点的滑块D从圆轨道顶端由静止释放。已知A、B、C、D的质量均为m=1kg，圆轨道半径R=0.2m，两木板长均为L=0.2m，D与B上表面的动摩擦因数μ1=0.5，D与C上表面的动摩擦因数μ2从左端到右端随距离变化如图乙所示，g=10m/s2。求：
(1)滑块D从A的顶端滑至底端时的速度大小v1；
(2)若将A固定在地面上，滑块D刚滑上C时的速度大小v2；
(3)若将A固定在地面上，滑块D将在C上滑行的最远距离x。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：AB、4G信号和5G信号在真空中传播速度相同，5G信号频率比4G信号频率高，根据λ=cf可知，5G信号在真空中的波长更短，故B错误，A正确；
C、4G信号和5G信号都是电磁波，都属于横波，故C错误；
D、4G信号和5G信号频率不同，在空中相遇不会发生干涉现象，故D错误。
故选：A。
任何频率的电磁波在真空中传播的速度都一样；根据公式c=λf判断波长大小；明确电磁波的性质，知道电磁波为横波；根据发生干涉现象的条件判断。
本题以第五代移动通信技术(简称5G)是最新一代蜂窝移动通信技术为情景载体，考查了5G和4G信号的传播及特点，要求学生明确5G和4G信号属于电磁波，会应用公式c=λf求解。
2.【答案】C
【解析】解：A、物体的内能与其温度和体积有关，故A错误；
B、在两分子间距离从无穷远逐渐减小至平衡距离r0的过程中，分子力始终做正功，分子势能始终减小，所以当两分子间引力与斥力大小相等时，分子势能最小，故B错误；
C、在完全失重环境下，液滴能收缩成球形是由于表面张力作用，故C正确；
D、根据第力学第二定律，一切与热有关的宏观过程是有方向的，即向无序程度大的方向进行。自发的热传递过程是大量分子从无序程度小的状态向无序程度大的状态转化的过程，故D错误。
故选：C。
内能由温度和物质的量(即体积)来决定；
设想两个分子从相距很远到很近，根据分子做功情况确定分子势能的变化；
液体表面张力有使液面收缩的趋势；
根据熵增加原理说明热传递过程的有序程度的大小。
本题主要考查了气体内能的决定因素，热力学第二定律以及液体表面张力等知识，解题关键是熟练掌握热学基本知识点即可。
3.【答案】B
【解析】解：在碰撞过程中，人的动量的变化量是一定的，而安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间Δt，根据动量定理FΔt=Δp，可得F=ΔpΔt，可知安全气囊减小了人所受到的合外力，即减小穿戴者动量的变化率ΔpΔt，而穿戴者动量的变化量Δp，也即穿戴者所受合力的冲量FΔt均未发生变化。故ACD错误，B正确。
故选：B。
分析碰撞前后的动量变化关系，明确动量变化率的变化，再根据动量定理分析冲击力的变化。
本题考查动量定理的应用，要注意明确安全气囊增加了冲击时间，从而减小了冲击力。
4.【答案】C
【解析】解：A、按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，则无感应电流产生，则门铃不响，故A错误；
B、图中磁场的方向向左，松开按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左减小，根据楞次定律可知通过门铃的电流方向从A流向B，螺线管相当于电源，电源的外部电流从高电势流向低电势，螺线管A端电势较高，故B错误；
C、按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，通过门铃的电流方向是B到A，故C正确；
D、快速按下按钮，穿过螺线管的磁通量变化较快，产生的感应电动势较大，螺线管产生的感应电流大小较大，故D错误。
故选：C。
按压和松开按键过程，会导致线圈内磁场变化，产生感应电动势，根据楞次定律判断感应电流的方向；当保持不动时，线圈内磁通量不变化，无感应电流。
明确电磁感应的概念，知道线圈中磁通量变化，才会有感应电动势，闭合回路电路中才有电流产生。
5.【答案】CD
【解析】解：A.“潭清疑水浅，荷动知鱼散”，前半句描述的是光的折射现象，故A错误；
B.声波传播需要介质，故B错误；
C.“空山不见人，但闻人语响”，说明声波比光波更容易发生明显衍射现象，故C正确；
D.“风过武夷茶香远，最是茶香沁人心”，说明分子在永不停息地做无规则运动，故D正确。
故选：CD。
当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会偏折，发生折射现象；机械波的传播离不开介质；波遇到障碍物或小孔后继续传播的现象称为衍射现象；衍射现象是波的特有现象，一切波都会发生衍射现象，发生明显衍射的条件是孔径、障碍物尺寸小于波长或者与波长相差不大；两种波长比较，波长越大就越容易发生衍射现象。泡茶时茶香四溢是扩散现象，扩散现象和物体的温度有关系，温度越高，分子运动越剧烈，扩散越快。
该题考查光、波以及分子动理论的内容，考查到的知识点多，在平时多加积累即可做好这一类的题目。
6.【答案】AC
【解析】解：A、在t=0.01s时刻，e=0，则线圈位于中性面，穿过线圈磁通量最大，故A正确；
BD、由图知，电动势的最大值为Em=6 2V，周期为0.02s，则瞬时电动势的表达式为
e=Emsin(2πT)t=6 2sin(2π0.02t)V=6 2sin100πt(V)
电压表的示数为交流电的有效值，且电压表测量外电路电压，故电压表的示数为U=RR+rE=RR+r⋅Em 2=1010+2×6 2 2V=5V，故BD错误；
C、灯泡消耗的功率为P=U2R=5210W=2.5W，故C正确。
故选：AC。
在交流电的产生过程中，线圈在中性面时磁通量最大，感应电动势最小；根据e−t图象读出电动势的最大值以及周期，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等。根据有效值求解电功率。
本题考查有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象读出最大值、周期，求出有效值、圆频率等物理量，同时要能正确书写交流电的瞬时值表达式。
7.【答案】BC
【解析】解：A、由图像可知，ad连线过原点，TV一定，根据pVT=C，可知状态a的压强等于状态d的压强，故A错误；
B、过程①中气体体积不变，根据理想气体状态方程可得pVT=C，随热力学温度的升高，气体的压强逐渐增大，内能增大，根据热力学第一定律：ΔU=W+Q，其中ΔU>0，W=0，解得：Q>0，即从外界吸收热量，故B正确；
C、由图像可知过程②中，气体体积增大，对外界做功。同时温度升高，内能增大，根据ΔU=W+Q，其中ΔU>0，W<0，可知Q>0，解得：|W|<|Q|，即气体对外界做的功小于从外界吸收的热量，故C正确；
D、从状态a到e的过程中，内能的变化情况为：①过程温度升高，内能增大；②过程温度升高，内能增大；③过程温度不变，内能不变；④过程温度降低，内能减小。即内能先增大，然后保持不变再减小，最后e状态的内能与a状态内能相等。
根据pVT=C，可知气体的压强变化对应着图线上某点与原点连线的斜率变化，由图可知气体压强先变大再减小，故D错误。
故选：BC。
ad连线过原点，根据理想气体状态方程分析状态a与d的压强关系；过程①中气体作等容变化，根据查理定律分析压强的变化，根据温度的变化分析气体内能的变化，由热力学第一定律分析吸放热情况；过程②中气体对外界做正功，根据温度的变化分析气体内能的变化，由热力学第一定律分析气体做功与吸收的热量的关系；过程④中气体作等容变化，根据盖-吕萨克定律分析压强变化，根据温度的变化分析气体内能的变化。
本题主要考查理想气体的状态方程和热力学第一定律，要能够根据温度判断气体内能的变化；在应用热力学第一定律时一定要注意各量符号的意义；ΔU为正表示内能变大，Q为正表示物体吸热；W为正表示外界对物体做功。
8.【答案】AD
【解析】解：A、环境温度升高时，R2减小，负载电阻减小，交流电源电压不变，则原线圈电流增大，电流表A1示数增大，则R1分压增大，则原线圈电压减小，根据变压比可知，副线圈电压减小，则电压表V示数减小，故A正确；
B、同理，环境温度降低时，原线圈电流减小，电源输出功率为原线圈电流与恒压电源电压的乘积，所以电源的输出功率也减小，故B错误；
CD、原线圈电压：U1=E−I1R1
副线圈电压和电流为：U=n2n1U1=4U1，I2=n1n2I1=14I1
整理可得：U=4(E−I1R1)=4E−32I2
从函数表达式可知，U−I2图像的斜率的绝对值为|ΔUΔI2|=32Ω，故C错误，D正确。
故选：AD。
环境温度升高时，热敏电阻的阻值减小，根据欧姆定律分析电流的变化；环境温度降低时，热敏电阻的阻值增大，根据欧姆定律分析电流的变化，根据P=UI分析功率的变化；根据原副线圈电压比等于匝数比，原副线圈电流比等于匝数的反比，分析原线圈电压的变化和电流的变化，根据欧姆定律求解电压的变化和电流的变化的比值，进而求解副线圈电压的变化与电流变化的比值。
本题考查变压器的动态分析问题，解题关键是掌握变压器的变压规律，会根据串并联规律和欧姆定律分析电流电压的变化，知道当电阻阻值不变时，电压的变化量与电阻的变化量比值等于电阻阻值。
9.【答案】大于 相等
【解析】解：由图可知，具有最大比例的速率区间，曲线1对应的速率小，故说明曲线2为高温的分布图像，故对应的平均动能较大；
在两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于1，即两条曲线下面积相等。
故答案为：大于，相等。
各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于1；温度越高，分子的平均动能增大，对应最大比例的速率区间分子的平均速率越大。
本题考查分子运动速率的统计分布规律，记住图象的特点，知道纵坐标表示的是单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比，而不是分子数。
10.【答案】41.6
【解析】解：由图甲可知，这列简谐横波的波长λ=4m，由图乙可知周期T=1s，则波速v=λT=41m/s=4m/s
质点P从t=0.5s到t=2.5s时间内完成了两个全振动，经过的路程为
s=8A=8×0.2m=1.6m
故答案为：4，1.6。
由图甲读出波长，由图乙读出周期，再求波速。分析质点P从t=0.5s到t=2.5s时间内完成几个全振动，再求质点P经过的路程。
本题要把握波动图像与振动图像的内在联系，利用时间与周期的关系，来求解质点通过的路程。
11.【答案】A1V ②
【解析】解：(1)A.为减小实验误差，推拉柱塞时应尽量缓慢，以防止柱塞移动太快，气体的温度产生变化，故A正确；
B.推拉柱塞时不能用手握注射器筒上空气柱部分，以防止空气温度产生变化，故B错误；
C.若实验中橡胶塞脱落，气体的质量会变化，需重新做实验，故C错误。
故选：A。
(2)当温度不变时有pV=C，即压强p与V成反比，两者的关系图像不是直线，但压强p与1V是线性关系，故应当与1V为横坐标；
一定质量的气体在温度不变的条件下压强与体积的关系，pV=C，由测得数据发现p与V的乘积值越来越小，若p不变时，V减小，则1V增大，所以p为纵坐标，以1V为横坐标的图像为②。
故答案为：(1)A；(2)1V；②
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)根据一定质量的理想气体状态方程，结合图像的物理意义完成分析。
本题主要考查了理想气体的实验规律，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合一定质量的理想气体状态方程即可完成分析。
12.【答案】95.20偏小 4π2(LB−LA)TB2−TA2
【解析】解：(1)图中所示秒表分针示数是1.5min=90s
秒针示数是5.20s，秒表所示是90s+5.20s=95.20s
(2)根据单摆的周期公式T=2π Lg，解得
g=4π2T2L
该同学用OM的长L作为摆长，摆长偏小，根据上述表达式得知，g的测量值偏小。
(3)根据单摆的周期公式T=2π Lg，解得
TA=2π LA+rg
TB=2π LB+rg
解得：g=4π2(LB−LA)TB2−TA2
故答案为：(1)95.20；(2)偏小；(3)4π2(LB−LA)TB2−TA2
(1)根据秒表的读数规则得出对应的时间；
(2)根据单摆的周期公式得出g的测量值和真实值的大小关系；
(3)理解图像的物理意义，结合单摆的周期公式得出g的表达式。
本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周期公式和图像的物理意义即可完成分析。
13.【答案】解：(1)光路图如图所示设折射角为γ，折射光线交MN于P点，反射光线从玻璃砖射出后交MN于Q点
根据折射定律有n=sinγsini
解得γ=60∘
(2)由几何关系可得两个光斑P、Q之间的距离PQ=PA+AQ=Rtan30∘+Rtan60∘
解得PQ=20cm
答：(1)折射角r的大小为60∘；
(2)两个光斑之间的距离为20cm。
【解析】(1)根据折射定律分析解答；
(2)光线在AB面上发生反射和折射，在水平屏幕MN上出现两个光斑，根据折射定律结合几何关系求出两个光斑之间的距离。
本题是几何光学问题，作出光路图是关键，是光的折射定律、反射定律与几何知识的综合应用．
14.【答案】解：(1)金属框静止，导体棒以速度v匀速运动时，金属棒两端的感应电动势为
E=B0Lv
根据欧姆定律可知回路中的电流的大小为
I=ER
代入解得：I=B0LvR
(2)对导体棒MN施加水平向右恒力F，导体棒MN两端的感应电动势为
E=B0Lv
导体棒MN受到的安培力
Fa=B0ERL
根据牛顿第二定律有
F−Fa=ma
导体棒MN做加速度逐渐减小的加速运动，当a=0时速度最大，则有
μmg=B02L2vmR
联立解得：vm=μmgRB02L2
(3)由法拉第电磁感应定律得
E′=kL0L
回路中的电流大小为
I′=E′R
金属框受到的安培力为
Fa′=(B0+kt)I′L
对金属框受力分析可得当金属框将要发生滑动的时
Fa′=2μmg
联立解得：t=2μmgRk2L2L0−B0k
答：(1)若保持金属框静止，导体棒以速度v匀速运动时，回路中的电流大小为B0LvR；
(2)若对导体棒MN施加水平向右恒力F=μmg，MN棒所能到达的最大速度为μmgRB02L2；
(3)若对导体棒MN施加水平外力使其保持静止，磁感应强度大小随时间变化满足B=B0+kt，当金属框将要发生滑动的时刻为2μmgRk2L2L0−B0k。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律得出电流的大小；
(2)根据法拉第电磁感应定律，结合安培力的计算公式和牛顿第二定律即可完成分析；
(3)根据欧姆定律结合安培力的计算公式联立等式完成分析。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，根据法拉第电磁感应定律得出电动势的大小，结合欧姆定律和安培力的计算公式即可完成分析。
15.【答案】解：(1)滑块D从圆轨道滑下的的过程中，A将在压力作用下向左侧运动，与B、C分离。
以向右为正方向，A与D所组成的系统水平方向动量守恒，则：
0=mv1+mvA
由系统能量守恒可得：mgR=12mv12+12mvA2
联立解得：v1= 2m/s
(2)滑块D从圆轨道滑下的的过程，由动能定理得：
mgR=12mv02
解得：v0=2m/s
滑块D在B上滑动的过程中，对B、C、D整体，以向右为正方向，由动量守恒定律可得：
mv0=2mvB+mv2
由能量守恒定律得：
12mv02=μ1mgL+12×2mvB2+12mv22
联立解得：v2=43m/s，vB=vC=13m/s
(3)设滑块D在C上滑行过程中产生的热量为Q，对C、D由动量守恒定律得：
mvC+mv2=2mv
由能量守恒定律得：12mvC2+12mv22=12×2mv2+Q
解得：Q=0.25J
由摩擦生热的公式得到：Q=f−x
由图像分析可得：μ2=0.1+3x
摩擦力为：f=μ2mg=1+30x
平均摩擦力：f−=f0+fx2=1+1+30x2N=1+15x(N)
联立解得：x=0.1m，x=−16m(舍去)
答：(1)滑块D从A的顶端滑至底端时的速度大小v1为 2m/s；
(2)若将A固定在地面上，滑块D刚滑上C时的速度大小v2为43m/s；
(3)若将A固定在地面上，滑块D将在C上滑行的最远距离x为0.1m
【解析】(1)A不固定时，对D、A系统，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律求到圆弧末端的速度；
(2)A固定时，由机械能守恒定律求出到达圆弧末端的速度，滑块D在B上滑动的过程，D、B、C整体动量守恒，由动量守恒定律和能量守恒定律列式求解即可；
(3)从D滑上C开始，若相对C的位移为x，由动量守恒定律和能量守恒定律列方程，结合摩擦生热公式Q=f−x表示出Q，联立求出相对位移x。
本题主要考查了动量守恒定律和能量守恒定律的应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，注意使用动量守恒定律时要规定正方向，明确A固定与不固定的区别，难度适中。
1.5G是“第五代移动通信技术”的简称，与4G信号相比具有更高的频率。则较之4G信号，以下判断正确的是( )
A. 在真空中的波长更短
B. 在真空中传播速度更快
C. 5G信号属于横波，4G信号属于纵波
D. 5G信号和4G信号相遇会发生干涉现象
2.下列说法正确的是( )
A. 物体的内能只与其温度有关
B. 当两分子间引力与斥力大小相等时，分子势能最大
C. 在完全失重环境下，液滴能收缩成球形是由于表面张力作用
D. 自发的热传递过程是大量分子从无序程度大的状态向无序程度小的状态转化的过程
3.科技发展，造福民众。近两年推出的“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以( )
A. 减小穿戴者动量的变化量B. 减小穿戴者动量的变化率
C. 增大穿戴者所受合力的冲量D. 减小穿戴者所受合力的冲量
4.如图所示，甲为某无线门铃按钮，其原理如图乙所示，按下门铃按钮，磁铁靠近螺线管；松开门铃按钮，磁铁远离螺线管，回归原位置，下列说法正确的是( )
A. 按住按钮不动，门铃可以持续响
B. 松开按钮过程，螺线管B端电势较高
C. 按下按钮过程，通过门铃的电流方向是B到A
D. 无论快速按下按钮，还是缓慢按下按钮，螺线管产生的感应电流大小都相同
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.中华文化源远流长，大量精美诗句中蕴含着物理知识。以下说法正确的是( )
A. “潭清疑水浅，荷动知鱼散”，前半句描述的是光的全反射现象
B. “路人借问遥招手，怕得鱼惊不应人”，说明声波传播不需要介质
C. “空山不见人，但闻人语响”，说明声波比光波更容易发生明显衍射现象
D. “风过武夷茶香远，最是茶香沁人心”，说明分子在永不停息地做无规则运动
6.图甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势e随时间t变化的正弦规律图象如图乙所示.发电机线圈的内电阻r=2Ω，外接灯泡的电阻R=10Ω，则( )
A. 在t=0.01s时刻，穿过线圈的磁通量最大
B. 电压表的示数为6V
C. 灯泡消耗的电功率为2.5W
D. 线圈转动产生电动势的表达式e=6 2sin50πt(V)
7.如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体，下列说法正确的是( )
A. 状态a的压强低于状态d的压强
B. 过程①中气体的压强逐渐增大，从外界吸收热量
C. 过程②中气体对外界做的功小于从外界吸收的热量
D. 从状态a到状态e的过程中，压强逐渐减小，内能不变
8.“低碳经济”是我国实现经济跨区域可持续快速发展的重要保证，如图为某风力发电厂电能输送的部分测试电路，恒压交流电源、阻值为2Ω的定值电阻R1和理想变压器相连。变压器原副线圈匝数比为1：4，电压表和电流表均为理想交流电表，R2是热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。下列说法正确的是(
A. 环境温度升高时，电流表A1示数增大，电压表V示数减小
B. 环境温度降低时，电流表A2示数减小，电源输出功率变大
C. 电压表V示数变化值ΔU和电流表A2示数变化值ΔI2的关系为|ΔUΔI2|=8Ω
D. 电压表V示数变化值ΔU和电流表A2示数变化值ΔI2的关系为|ΔUΔI2|=32Ω
三、填空题：本大题共2小题，共8分。
9.氧气分子在不同温度下单位速率区间的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示，则曲线2对应氧气分子平均动能______(选填“大于”或“小于”)曲线1对应氧气分子平均动能，两条曲线与横轴围成的面积______。(选填“相等”或“不相等”)
10.如图所示，图甲为沿x轴传播的一列简谐横波在t=0.5s时刻的波动图像，图乙为平衡位置x=2m质点P的振动图像，由图可知这列简谐横波的波速为______m/s；质点P从t=0.5s到t=2.5s时间内经过的路程为______ m。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
11.如图1为“探究一定质量的气体在温度不变的条件下压强与体积的关系”的装置，用注射器下端的橡胶塞和柱塞封闭一段空气柱，空气柱的体积V可以通过刻度读取，空气柱的压强p可以从与注射器内空气柱相连的气压计读取。把柱塞向下压或向上拉，读取几组空气柱的体积与对应的压强数据。
(1)关于该实验操作，下列说法正确的是______。
A.推拉柱塞时应尽量缓慢
B.推拉柱塞时可手握注射器
C.若实验中橡胶套脱落，可立即装上并继续本次实验
(2)测得多组空气柱的压强p和体积V的数据后，为了直观看出一定质量的气体在温度不变的条件下压强与体积的关系，若以p为纵坐标，则应以______为横坐标在坐标系中描点作图；在不断压缩气体过程中，由测得数据发现 p与V的乘积值越来越小，则用上述方法作出的图线应为图2中的______(选填“①”或“②”)。
12.某物理兴趣小组设计简易单摆来测量当地的重力加速度的大小。装置如图甲所示，利用一块外形不规则的石块代替摆球。甲同学使用刻度尺测量不可伸长的轻绳悬点O到结点M的长度记为L，并用秒表记录单摆做50次全振动所用的时间如图乙所示。
(1)该秒表记录的时间t=______ s；
(2)根据以上数据求得的重力加速度值______(选填“偏大”或“偏小”)；
(3)为精确测量当地重力加速度值，该兴趣小组改进实验方案。具体方法如下：通过改变摆绳OM的长度，分别测得多组L和对应的周期T，画出L−T2图像，然后在图像选取A、B两个点，坐标如图丙所示，则当地的重力加速度大小可表示为g=______。
五、简答题：本大题共3小题，共40分。
13.如图甲，2022年9月省运会主题巨幕灯光秀在南平市体育中心亮灯，全方位展示大美南平的魅力。光学玻璃砖为灯光秀中一种重要光学器件，如图乙所示，半圆形玻璃砖的半径R= 3cm，折射率n= 3，直径AB与水平屏幕MN垂直并接触于A点，激光a以入射角i=30∘射向半圆玻璃砖的圆心O，结果在水平屏幕MN上出现了两个光斑。求：
(1)折射角r的大小；
(2)两个光斑之间的距离x。
14.如图，电阻不计的足够长“U”形金属框abcd置于水平绝缘平台上，ad与bc边平行，质量为m、阻值为R的光滑导体棒MN平行ab边置于金属框上，且与金属框保持良好接触。整个装置始终处于竖直向下，磁感应强度大小为B0的匀强磁场中。已知ab边、MN棒长度均为L，ab边与MN距离为L0，金属框abcd与绝缘平台间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)若保持金属框静止，导体棒以速度v匀速运动时，回路中的电流大小I；
(2)若对导体棒MN施加水平向右恒力F=μmg，MN棒所能到达的最大速度vm；
(3)若对导体棒MN施加水平外力使其保持静止，磁感应强度大小随时间变化满足B=B0+kt，当金属框将要发生滑动的时刻t。
15.如图甲，在光滑水平地面上摆放有一个四分之一光滑圆轨道A及两块长木板B、C，圆轨道末端与长木板上表面齐平，一可视为质点的滑块D从圆轨道顶端由静止释放。已知A、B、C、D的质量均为m=1kg，圆轨道半径R=0.2m，两木板长均为L=0.2m，D与B上表面的动摩擦因数μ1=0.5，D与C上表面的动摩擦因数μ2从左端到右端随距离变化如图乙所示，g=10m/s2。求：
(1)滑块D从A的顶端滑至底端时的速度大小v1；
(2)若将A固定在地面上，滑块D刚滑上C时的速度大小v2；
(3)若将A固定在地面上，滑块D将在C上滑行的最远距离x。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：AB、4G信号和5G信号在真空中传播速度相同，5G信号频率比4G信号频率高，根据λ=cf可知，5G信号在真空中的波长更短，故B错误，A正确；
C、4G信号和5G信号都是电磁波，都属于横波，故C错误；
D、4G信号和5G信号频率不同，在空中相遇不会发生干涉现象，故D错误。
故选：A。
任何频率的电磁波在真空中传播的速度都一样；根据公式c=λf判断波长大小；明确电磁波的性质，知道电磁波为横波；根据发生干涉现象的条件判断。
本题以第五代移动通信技术(简称5G)是最新一代蜂窝移动通信技术为情景载体，考查了5G和4G信号的传播及特点，要求学生明确5G和4G信号属于电磁波，会应用公式c=λf求解。
2.【答案】C
【解析】解：A、物体的内能与其温度和体积有关，故A错误；
B、在两分子间距离从无穷远逐渐减小至平衡距离r0的过程中，分子力始终做正功，分子势能始终减小，所以当两分子间引力与斥力大小相等时，分子势能最小，故B错误；
C、在完全失重环境下，液滴能收缩成球形是由于表面张力作用，故C正确；
D、根据第力学第二定律，一切与热有关的宏观过程是有方向的，即向无序程度大的方向进行。自发的热传递过程是大量分子从无序程度小的状态向无序程度大的状态转化的过程，故D错误。
故选：C。
内能由温度和物质的量(即体积)来决定；
设想两个分子从相距很远到很近，根据分子做功情况确定分子势能的变化；
液体表面张力有使液面收缩的趋势；
根据熵增加原理说明热传递过程的有序程度的大小。
本题主要考查了气体内能的决定因素，热力学第二定律以及液体表面张力等知识，解题关键是熟练掌握热学基本知识点即可。
3.【答案】B
【解析】解：在碰撞过程中，人的动量的变化量是一定的，而安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间Δt，根据动量定理FΔt=Δp，可得F=ΔpΔt，可知安全气囊减小了人所受到的合外力，即减小穿戴者动量的变化率ΔpΔt，而穿戴者动量的变化量Δp，也即穿戴者所受合力的冲量FΔt均未发生变化。故ACD错误，B正确。
故选：B。
分析碰撞前后的动量变化关系，明确动量变化率的变化，再根据动量定理分析冲击力的变化。
本题考查动量定理的应用，要注意明确安全气囊增加了冲击时间，从而减小了冲击力。
4.【答案】C
【解析】解：A、按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，则无感应电流产生，则门铃不响，故A错误；
B、图中磁场的方向向左，松开按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左减小，根据楞次定律可知通过门铃的电流方向从A流向B，螺线管相当于电源，电源的外部电流从高电势流向低电势，螺线管A端电势较高，故B错误；
C、按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，通过门铃的电流方向是B到A，故C正确；
D、快速按下按钮，穿过螺线管的磁通量变化较快，产生的感应电动势较大，螺线管产生的感应电流大小较大，故D错误。
故选：C。
按压和松开按键过程，会导致线圈内磁场变化，产生感应电动势，根据楞次定律判断感应电流的方向；当保持不动时，线圈内磁通量不变化，无感应电流。
明确电磁感应的概念，知道线圈中磁通量变化，才会有感应电动势，闭合回路电路中才有电流产生。
5.【答案】CD
【解析】解：A.“潭清疑水浅，荷动知鱼散”，前半句描述的是光的折射现象，故A错误；
B.声波传播需要介质，故B错误；
C.“空山不见人，但闻人语响”，说明声波比光波更容易发生明显衍射现象，故C正确；
D.“风过武夷茶香远，最是茶香沁人心”，说明分子在永不停息地做无规则运动，故D正确。
故选：CD。
当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会偏折，发生折射现象；机械波的传播离不开介质；波遇到障碍物或小孔后继续传播的现象称为衍射现象；衍射现象是波的特有现象，一切波都会发生衍射现象，发生明显衍射的条件是孔径、障碍物尺寸小于波长或者与波长相差不大；两种波长比较，波长越大就越容易发生衍射现象。泡茶时茶香四溢是扩散现象，扩散现象和物体的温度有关系，温度越高，分子运动越剧烈，扩散越快。
该题考查光、波以及分子动理论的内容，考查到的知识点多，在平时多加积累即可做好这一类的题目。
6.【答案】AC
【解析】解：A、在t=0.01s时刻，e=0，则线圈位于中性面，穿过线圈磁通量最大，故A正确；
BD、由图知，电动势的最大值为Em=6 2V，周期为0.02s，则瞬时电动势的表达式为
e=Emsin(2πT)t=6 2sin(2π0.02t)V=6 2sin100πt(V)
电压表的示数为交流电的有效值，且电压表测量外电路电压，故电压表的示数为U=RR+rE=RR+r⋅Em 2=1010+2×6 2 2V=5V，故BD错误；
C、灯泡消耗的功率为P=U2R=5210W=2.5W，故C正确。
故选：AC。
在交流电的产生过程中，线圈在中性面时磁通量最大，感应电动势最小；根据e−t图象读出电动势的最大值以及周期，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等。根据有效值求解电功率。
本题考查有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象读出最大值、周期，求出有效值、圆频率等物理量，同时要能正确书写交流电的瞬时值表达式。
7.【答案】BC
【解析】解：A、由图像可知，ad连线过原点，TV一定，根据pVT=C，可知状态a的压强等于状态d的压强，故A错误；
B、过程①中气体体积不变，根据理想气体状态方程可得pVT=C，随热力学温度的升高，气体的压强逐渐增大，内能增大，根据热力学第一定律：ΔU=W+Q，其中ΔU>0，W=0，解得：Q>0，即从外界吸收热量，故B正确；
C、由图像可知过程②中，气体体积增大，对外界做功。同时温度升高，内能增大，根据ΔU=W+Q，其中ΔU>0，W<0，可知Q>0，解得：|W|<|Q|，即气体对外界做的功小于从外界吸收的热量，故C正确；
D、从状态a到e的过程中，内能的变化情况为：①过程温度升高，内能增大；②过程温度升高，内能增大；③过程温度不变，内能不变；④过程温度降低，内能减小。即内能先增大，然后保持不变再减小，最后e状态的内能与a状态内能相等。
根据pVT=C，可知气体的压强变化对应着图线上某点与原点连线的斜率变化，由图可知气体压强先变大再减小，故D错误。
故选：BC。
ad连线过原点，根据理想气体状态方程分析状态a与d的压强关系；过程①中气体作等容变化，根据查理定律分析压强的变化，根据温度的变化分析气体内能的变化，由热力学第一定律分析吸放热情况；过程②中气体对外界做正功，根据温度的变化分析气体内能的变化，由热力学第一定律分析气体做功与吸收的热量的关系；过程④中气体作等容变化，根据盖-吕萨克定律分析压强变化，根据温度的变化分析气体内能的变化。
本题主要考查理想气体的状态方程和热力学第一定律，要能够根据温度判断气体内能的变化；在应用热力学第一定律时一定要注意各量符号的意义；ΔU为正表示内能变大，Q为正表示物体吸热；W为正表示外界对物体做功。
8.【答案】AD
【解析】解：A、环境温度升高时，R2减小，负载电阻减小，交流电源电压不变，则原线圈电流增大，电流表A1示数增大，则R1分压增大，则原线圈电压减小，根据变压比可知，副线圈电压减小，则电压表V示数减小，故A正确；
B、同理，环境温度降低时，原线圈电流减小，电源输出功率为原线圈电流与恒压电源电压的乘积，所以电源的输出功率也减小，故B错误；
CD、原线圈电压：U1=E−I1R1
副线圈电压和电流为：U=n2n1U1=4U1，I2=n1n2I1=14I1
整理可得：U=4(E−I1R1)=4E−32I2
从函数表达式可知，U−I2图像的斜率的绝对值为|ΔUΔI2|=32Ω，故C错误，D正确。
故选：AD。
环境温度升高时，热敏电阻的阻值减小，根据欧姆定律分析电流的变化；环境温度降低时，热敏电阻的阻值增大，根据欧姆定律分析电流的变化，根据P=UI分析功率的变化；根据原副线圈电压比等于匝数比，原副线圈电流比等于匝数的反比，分析原线圈电压的变化和电流的变化，根据欧姆定律求解电压的变化和电流的变化的比值，进而求解副线圈电压的变化与电流变化的比值。
本题考查变压器的动态分析问题，解题关键是掌握变压器的变压规律，会根据串并联规律和欧姆定律分析电流电压的变化，知道当电阻阻值不变时，电压的变化量与电阻的变化量比值等于电阻阻值。
9.【答案】大于 相等
【解析】解：由图可知，具有最大比例的速率区间，曲线1对应的速率小，故说明曲线2为高温的分布图像，故对应的平均动能较大；
在两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于1，即两条曲线下面积相等。
故答案为：大于，相等。
各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于1；温度越高，分子的平均动能增大，对应最大比例的速率区间分子的平均速率越大。
本题考查分子运动速率的统计分布规律，记住图象的特点，知道纵坐标表示的是单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比，而不是分子数。
10.【答案】41.6
【解析】解：由图甲可知，这列简谐横波的波长λ=4m，由图乙可知周期T=1s，则波速v=λT=41m/s=4m/s
质点P从t=0.5s到t=2.5s时间内完成了两个全振动，经过的路程为
s=8A=8×0.2m=1.6m
故答案为：4，1.6。
由图甲读出波长，由图乙读出周期，再求波速。分析质点P从t=0.5s到t=2.5s时间内完成几个全振动，再求质点P经过的路程。
本题要把握波动图像与振动图像的内在联系，利用时间与周期的关系，来求解质点通过的路程。
11.【答案】A1V ②
【解析】解：(1)A.为减小实验误差，推拉柱塞时应尽量缓慢，以防止柱塞移动太快，气体的温度产生变化，故A正确；
B.推拉柱塞时不能用手握注射器筒上空气柱部分，以防止空气温度产生变化，故B错误；
C.若实验中橡胶塞脱落，气体的质量会变化，需重新做实验，故C错误。
故选：A。
(2)当温度不变时有pV=C，即压强p与V成反比，两者的关系图像不是直线，但压强p与1V是线性关系，故应当与1V为横坐标；
一定质量的气体在温度不变的条件下压强与体积的关系，pV=C，由测得数据发现p与V的乘积值越来越小，若p不变时，V减小，则1V增大，所以p为纵坐标，以1V为横坐标的图像为②。
故答案为：(1)A；(2)1V；②
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)根据一定质量的理想气体状态方程，结合图像的物理意义完成分析。
本题主要考查了理想气体的实验规律，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合一定质量的理想气体状态方程即可完成分析。
12.【答案】95.20偏小 4π2(LB−LA)TB2−TA2
【解析】解：(1)图中所示秒表分针示数是1.5min=90s
秒针示数是5.20s，秒表所示是90s+5.20s=95.20s
(2)根据单摆的周期公式T=2π Lg，解得
g=4π2T2L
该同学用OM的长L作为摆长，摆长偏小，根据上述表达式得知，g的测量值偏小。
(3)根据单摆的周期公式T=2π Lg，解得
TA=2π LA+rg
TB=2π LB+rg
解得：g=4π2(LB−LA)TB2−TA2
故答案为：(1)95.20；(2)偏小；(3)4π2(LB−LA)TB2−TA2
(1)根据秒表的读数规则得出对应的时间；
(2)根据单摆的周期公式得出g的测量值和真实值的大小关系；
(3)理解图像的物理意义，结合单摆的周期公式得出g的表达式。
本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周期公式和图像的物理意义即可完成分析。
13.【答案】解：(1)光路图如图所示设折射角为γ，折射光线交MN于P点，反射光线从玻璃砖射出后交MN于Q点
根据折射定律有n=sinγsini
解得γ=60∘
(2)由几何关系可得两个光斑P、Q之间的距离PQ=PA+AQ=Rtan30∘+Rtan60∘
解得PQ=20cm
答：(1)折射角r的大小为60∘；
(2)两个光斑之间的距离为20cm。
【解析】(1)根据折射定律分析解答；
(2)光线在AB面上发生反射和折射，在水平屏幕MN上出现两个光斑，根据折射定律结合几何关系求出两个光斑之间的距离。
本题是几何光学问题，作出光路图是关键，是光的折射定律、反射定律与几何知识的综合应用．
14.【答案】解：(1)金属框静止，导体棒以速度v匀速运动时，金属棒两端的感应电动势为
E=B0Lv
根据欧姆定律可知回路中的电流的大小为
I=ER
代入解得：I=B0LvR
(2)对导体棒MN施加水平向右恒力F，导体棒MN两端的感应电动势为
E=B0Lv
导体棒MN受到的安培力
Fa=B0ERL
根据牛顿第二定律有
F−Fa=ma
导体棒MN做加速度逐渐减小的加速运动，当a=0时速度最大，则有
μmg=B02L2vmR
联立解得：vm=μmgRB02L2
(3)由法拉第电磁感应定律得
E′=kL0L
回路中的电流大小为
I′=E′R
金属框受到的安培力为
Fa′=(B0+kt)I′L
对金属框受力分析可得当金属框将要发生滑动的时
Fa′=2μmg
联立解得：t=2μmgRk2L2L0−B0k
答：(1)若保持金属框静止，导体棒以速度v匀速运动时，回路中的电流大小为B0LvR；
(2)若对导体棒MN施加水平向右恒力F=μmg，MN棒所能到达的最大速度为μmgRB02L2；
(3)若对导体棒MN施加水平外力使其保持静止，磁感应强度大小随时间变化满足B=B0+kt，当金属框将要发生滑动的时刻为2μmgRk2L2L0−B0k。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律得出电流的大小；
(2)根据法拉第电磁感应定律，结合安培力的计算公式和牛顿第二定律即可完成分析；
(3)根据欧姆定律结合安培力的计算公式联立等式完成分析。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，根据法拉第电磁感应定律得出电动势的大小，结合欧姆定律和安培力的计算公式即可完成分析。
15.【答案】解：(1)滑块D从圆轨道滑下的的过程中，A将在压力作用下向左侧运动，与B、C分离。
以向右为正方向，A与D所组成的系统水平方向动量守恒，则：
0=mv1+mvA
由系统能量守恒可得：mgR=12mv12+12mvA2
联立解得：v1= 2m/s
(2)滑块D从圆轨道滑下的的过程，由动能定理得：
mgR=12mv02
解得：v0=2m/s
滑块D在B上滑动的过程中，对B、C、D整体，以向右为正方向，由动量守恒定律可得：
mv0=2mvB+mv2
由能量守恒定律得：
12mv02=μ1mgL+12×2mvB2+12mv22
联立解得：v2=43m/s，vB=vC=13m/s
(3)设滑块D在C上滑行过程中产生的热量为Q，对C、D由动量守恒定律得：
mvC+mv2=2mv
由能量守恒定律得：12mvC2+12mv22=12×2mv2+Q
解得：Q=0.25J
由摩擦生热的公式得到：Q=f−x
由图像分析可得：μ2=0.1+3x
摩擦力为：f=μ2mg=1+30x
平均摩擦力：f−=f0+fx2=1+1+30x2N=1+15x(N)
联立解得：x=0.1m，x=−16m(舍去)
答：(1)滑块D从A的顶端滑至底端时的速度大小v1为 2m/s；
(2)若将A固定在地面上，滑块D刚滑上C时的速度大小v2为43m/s；
(3)若将A固定在地面上，滑块D将在C上滑行的最远距离x为0.1m
【解析】(1)A不固定时，对D、A系统，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律求到圆弧末端的速度；
(2)A固定时，由机械能守恒定律求出到达圆弧末端的速度，滑块D在B上滑动的过程，D、B、C整体动量守恒，由动量守恒定律和能量守恒定律列式求解即可；
(3)从D滑上C开始，若相对C的位移为x，由动量守恒定律和能量守恒定律列方程，结合摩擦生热公式Q=f−x表示出Q，联立求出相对位移x。
本题主要考查了动量守恒定律和能量守恒定律的应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，注意使用动量守恒定律时要规定正方向，明确A固定与不固定的区别，难度适中。
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