2022届河南省名校联盟高三下学期第二次模拟理综物理试卷（解析版）

这是一份2022届河南省名校联盟高三下学期第二次模拟理综物理试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题，填空题等内容，欢迎下载使用。


河南省名校联盟2022届高三下学期理综物理第二次模拟试卷
一、单选题
1．甲、乙两个质点沿同一直线运动，其中质点甲以6m/s的速度匀速直线运动，质点乙作初速度为零的匀变速直线运动，它们的位置x随时间t的变化如图，已知t=3s时，甲、乙图线的斜率相等。则下列判断正确的是（　　）

A．最初的一段时间内，甲、乙的运动方向相反
B．t=3s时，乙的位置坐标为-9m
C．t=10s时，两车相遇
D．乙经过原点时的速度大小为25m/s
2．如图所示，半圆形容器固定在地面上，容器内壁光滑，球A和球B放在容器内，用水平力作用在球A上，使球A的球心O1与半圆形容器的球心O2在同一竖直线上，容器半径、球A半径、球B半径之比为6：2：1，球B的质量为m，两球质量分布均匀，重力加速度为g，整个系统始终静止。则推力F的大小为（　　）

A．12mg B．22mg C．32mg D．34mg
3．战斗机离舰执行任务，若战斗机离开甲板时的水平分速度大小为40m/s，竖直分速度大小为20m/s，离舰后它在水平方向做加速度大小为1m/s2的匀加速运动，在竖直方向做加速度大小为2m/s2的匀加速运动，以战斗机离开甲板时的位置为坐标原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立直角坐标系，则在它离舰后的一段时间内，下列轨迹正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．在星球A上将一小物块P竖直向上抛出，P的速度的二次方v2与位移x间的关系如图中实线所示；在另一星球B上将另一小物块Q竖直向上抛出，Q的v2-x关系如图中虚线所示。已知星球A、B的半径相等，若两星球均为质量均匀分布的球体，两星球上均没有空气，不考虑两星球的自转，则下列说法正确的是（　　）

A．星球A表面的重力加速度是星球B表面的重力加速度的13
B．A的密度是B的密度的3倍
C．P抛出后落回原处的时间是Q抛出后落回原处的时间的13
D．A的第一宇宙速度是B的第一宇宙速度的33倍
5．2018年7月1日，由我国自行研制的全球最长高铁列车——16节长编组“复兴号”在北京南站正式上线运营。“复兴号”动车组由16节车厢组成，其中第1、2、5、6、9、10、13、14节车厢为动车，其余为拖车。假设动车组各车厢质量均为m，每节动车的额定功率均为P，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比（比例系数为k），下列说法正确的是（　　）
A．“复兴号”行驶的最大速度v=8Pkmg
B．“复兴号”的配置如果改成10节动车和6节拖车，最大速度将提高到原来的1.5倍
C．“复兴号”进站做匀减速直线运动时，一位乘客单手持手机浏览网页，手对手机的力与车厢运动方向相反
D．“复兴号”做匀加速直线运动时，第13、14节车厢间作用力与第2、3节车厢间的作用力之比为1:2
二、多选题
6．如图所示，竖直平面内四分之一圆弧轨道AP和水平传送带PC相切于P点，圆弧轨道的圆心为O，半径为R=2m．小耿同学让一质量为m=1kg的小物块从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑，再滑上传送带PC，传送带以速度v=4m／s沿逆时针方向的转动．小物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，滑块第一次滑到传送带上离P点2.5m处速度为零，不计物体经过圆弧轨道与传送带连接处P时的机械能损失，重力加速度为g=10m／s2．则（　　）

A．滑块从A开始下滑到P点过程机械能守恒
B．滑块再次回到P点时对圆弧轨道P点的压力大小为18N
C．滑块第一次在传送带上运动由于摩擦产生的热量为31.5J
D．滑块第一次在传送带上运动而使电动机额外多做的功为36J
7．如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦．圆心O点正下方放置为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞．碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为（　　）

A．2 2gR B．2gR C．2 5gR D．5gR
8．如图所示，光滑斜面倾角θ=60°，其底端与竖直平面内半径R的光滑圆弧轨道平滑对接，位置D为圆弧轨道的最低点。两个质量均为m的小球A和小环B（均可视为质点）用L=1.5R的轻杆通过轻质铰链相连。B套在固定竖直光滑的长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心，初始时轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变）。重力加速度为g。下列判断正确的是（　　）

A．刚释放时，小球A的加速度大小为aA=32g
B．小球A由静止释放运动到最低点时，机械能一直减小
C．小球A运动到最低点时的速度大小为vA=14gR2
D．已知小球A运动到最低点时，小环B的瞬时加速度大小为a，则此时小球A受到圆弧轨道的支持力大小为5.5mg+ma
9．下列说法中正确的是（　　）
A．一定量气体膨胀对外做功100J，同时从外界吸收120J的热量，则它的内能增大20J
B．在使两个分子间的距离由很远（r>10-9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大
C．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故液体表面存在张力
D．用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的密度即可
E．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和汽压，水蒸发得就越慢
三、实验题
10．某实验小组用如图甲所示装置验证机械能守恒定律。光电门1、光电门2固定在铁架台上，两光电门分别与数字计时器连接。当地的重力加速度为g。

（1）实验前先用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图乙所示，则小球直径为d=　 　mm；
（2）让小球从光电门1正上方某位置由静止释放，小球通过光电门1和光电门2时，小球的挡光时间分别为t1、t2，则小球通过光电门1时的速度大小为v1=　 　（用物理量的符号表示）；要验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量是　 　（写出对应物理过程物理量符号）；
（3）改变小球在光电门1上方释放的位置，重复实验多次，测得多组通过光电门1和光电门2的挡光时间t1、t2，作1t22-1t12图像，如果图像的斜率为　 　，图线与纵轴的交点为　 　（用题目中相关物理量符号表示），则机械能守恒定律得到验证。
11．如图甲为物理兴趣小组设计的多用电表的电路原理图。他们选用内阻Rg=10Ω、满偏电流Ig=10mA的电流表、标识不清的电源，以及由定值电阻、导线、滑动变阻器等组装好的多用电表。当选择开关接“3”时为量程250V的电压表。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，上排刻度线对应数值还没有及时标出。

（1）由题中所给已知条件可得图甲中电阻R2=　 　Ω。
（2）选择开关接“1”时，两表笔接入待测电路，若指针指在图乙所示位置，其读数为　 　mA。
（3）兴趣小组在实验室找到了一个电阻箱，利用组装好的多用电表设计了如下从“校”到“测”的实验：
①该多用电表A﹑B接线柱中　 　（填写A或B）应接红表笔
②将选择开关接“2”，红黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；
③将多用电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在电表刻度盘中央C处，此时电阻箱如图丙所示，则C处刻度线的标注值应为　 　Ω。
④用待测电阻Rx代替电阻箱接入两表笔之间，表盘指针依旧指在图乙所示位置，则计算可知待测电阻约为Rx=　 　Ω。（保留三位有效数字）
四、解答题
12．如图甲所示，用表面绝缘的金属丝绕成的正方形闭合线框abcd放置于粗糙的水平桌面上，线框边长L=40cm、匝数N=50匝、质量m=0.20kg、电阻R=8.0Ω，虚线MN是线框中线，MN左侧空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间t变化的关系如图乙所示。已知线框与桌面之间的动摩擦因数µ=0.50。设线框与桌面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2求：

（1）t1=1.2s时刻这50匝线框所受安培力的大小和方向；
（2）何时这50匝线框开始滑动，并求这50匝线框在滑动前所产生的焦耳热。
13．如图所示，半径为R的 14 光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠轨道下端B点，上表面与圆弧轨道末端相平。离滑板右端 L0=R2 处有一竖直固定的挡板P。一质量为m的物块（可视为质点）从圆弧轨道顶端A点由静止开始沿轨道滑下，经B点滑上滑板。已知滑板质量 M=2m ，物块与滑板间的动摩擦因数 μ=0.5 ，重力加速度为g。滑板与挡板碰撞时立刻反弹且没有机械能损失，滑板返回B点时即被锁定而保持静止。滑板足够长使物块总不能滑至滑板右端。

（1）求物块滑到B点时对圆弧轨道的压力；
（2）求滑板与挡板P碰撞前瞬间物块的速度大小；
（3）滑板与挡板碰撞之后物块有一段时间在做加速运动，求这段时间内滑板的速度范围。
14．为做好新型冠状病毒肺炎（COVID-19）疫情的常态化防控工作，学校组织工作人员每天对校园进行严格的消毒，如图是喷雾消毒桶的原理图。消毒桶高为H=60cm，横截面积S=0.1m2，打气筒每次可以向消毒桶内充入压强为p0、体积为0.0015 m3的空气。环境温度为7℃时，向桶内倒入消毒液，关闭加水口后，液面上方有压强为p0、高为h=22.5cm的空气；已知消毒液的密度为ρ=1000kg/m3，大气压强p0恒为1.0×105 Pa，喷雾管的喷雾口与喷雾消毒桶顶部等高，忽略喷雾管的体积，将空气看作理想气体，当地的重力加速度为g=10m/s2

（1）当环境温度升高至T1时，恰好有消毒液从喷雾口溢出，求环境温度T1
（2）环境温度为7℃时关闭K，用打气筒向喷雾消毒桶内连续充入空气，然后打开K，进行消毒。消毒完成时，喷雾口刚好不再喷出药液，此时桶内剩余消毒液深度h'=10cm；求打气筒的打气次数n（假设整个过程中气体温度保持不变）
15．如图，一束截面为圆形（半径为R）的平行白光垂直射向一玻璃半球的平面，经折射后在屏幕S上形成一个圆形彩色亮区。已知玻璃半球的半径为R，屏幕S至球心的距离为D（D足够远），不考虑光的干涉和衍射，求：

（1）在屏幕S上形成的圆形亮区的最外侧是什么颜色？简述原因
（2）若玻璃半球对(1)中某色光的折射率为n，求出该色光在圆形亮区的最大半径。
五、填空题
16．小嘉同学参加科技展时了解到，现今5G技术用于传输的电磁波信号频率更高，传播数据的带宽更大，则相对而言，5G技术所用电磁波波长更　 　（填长或短）绕过障碍物的能力更　 　（填强、弱）。小嘉同学还了解到，为接收信号，手机都应该有天线，天线的长度应与信号电磁波的波长成正比，最好为波长的 14 ~ 110 到之间，以前的手机天线伸得很长，现在因为　 　，可以为了美观、方便，将手机天线做在了手机内部了。


答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．位移时间图像的斜率表示速度，则最初的一段时间内，甲、乙的斜率都为正方向，所以运动方向相同，A不符合题意；
B．质点乙作初速度为零的匀变速直线运动，t=3s时，甲、乙图线的斜率相等，所以，t=3s时乙的速度是6m/s，乙的加速度 a=63=2m/s2
0-3s，乙的位移 x=0+62×3=9m
所以t=3s时，乙的位置坐标为 x=-20m+9m=-11m
B不符合题意。
C．设过t两车相遇 v甲t+40m=12at2
解得： t=10s
C符合题意。
D．根据v2-0=2ax
乙经过原点时的速度大小为 v=2ax0=45m/s
D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】位移时间图像的斜率表示速度，结合加速度的定义式以及匀变速直线运动的位移公式得出t=3s时乙的位置坐标，根据相遇追击的出两车相遇的时间。
2．【答案】D
【解析】【解答】受力分析如下图所示：

设B球的半径为r，则有O1O2=4r
O1O3=3r
O2O3=5r
即 ΔO1O2O3是直角三角形。根据力的平衡可知，球B对球A的压力 FBA=mgtan37°=34mg
由于A球受力平衡，则有 F=FBA=34mg
故答案为：D。

【分析】对球进行受力分析，根据几何关系以及共点力平衡得出推力F的大小。
3．【答案】D
【解析】【解答】AB．战斗机在水平方向和竖直方向分别做匀加速直线运动，且竖直方向的加速度大于水平方向的加速度，其轨迹应该向上弯曲，AB不符合题意；
CD．根据匀变速直线运动位移公式，竖直方向 y=20t+12×2t2
即 t2+20t-y=0
当y=200m时 t2+20t-200=0
解得 t=(103-10)s≈7.3s
水平方向 x=40t+12×1×t2=318.6m
结合CD图象，D图象更加符合轨迹图象，D符合题意。
故答案为：D。

【分析】根据加速度和里的关系得出轨迹的形状，利用匀变速直线运动的规律得出运动的时间以及水平方向的位移。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．根据v2-v02=-2gx
可知图像斜率代表重力加速度大小，A、B两星球表面重力加速度之比3：1，A不符合题意；
B．由公式 GMmR2=mg
ρ=MV
V=43πR3
解得 ρ=3g4πGR
得A、B星球密度之比为3：1，即A的密度是B的密度的3倍，B符合题意；
C．由图像得P、Q竖直上抛初速度之比 2:1 ，A、B两星球表面重力加速度之比3：1，根据 t=v0g
所以运动时间之比为 2:3 ，C不符合题意；
D．根据 GMmR2=mg
解得 v=gR
A、B两星球表面重力加速度之比3：1，A、B星球第一宇宙速度之比为 3:1，所以A的第一宇宙速度是B的第一宇宙速度的 3倍 ，D不符合题意。
故答案为：B。

【分析】根据匀变速直线运动的位移与速度的关系得出A、B两星球表面重力加速度之比；在星球表面重力等于万有引力，结合质量和密度的关系得出AB密度的关系。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．当牵引力等于阻力时，速度达到最大，根据P=Fv
可知最大速度为 v=8P16kmg=P2kmg
A不符合题意；
B．“复兴号”的配置如果改成10节动车和6节拖车，最大速度 v'＝10P16kmg=5P8kmg
则 v'=1.25v
即可将提高到原来的1.25倍，B不符合题意；
C．“复兴号”列车做匀减速直线运动，一位乘客单手持手机浏览网页时，手对手机的作用力水平方向分力与车厢运动的方向相反，竖直方向分力要平衡重力，所以手对手机的作用力与车厢运动方向不在一条直线上，C不符合题意；
D．设每节动车的动力为F，对16节车厢整体 8F-16kmg=16ma
对第14、15、16节车厢的整体 T1-3kmg+F=3ma
解得 T1=12F
对1、2节车厢的整体 2F-2kmg-T2=2ma
解得T2=F
即第13、14节车厢间作用力与第2、3节车厢间的作用力之比为1:2，D符合题意。
故答案为：D。

【分析】根据瞬时功率的表达式得出牵引力等于阻力时速度达到最大值，对16节车厢和第14、15、16节车厢的整体进行受力分析，利用牛顿第二定律得出车厢间作用力之比。
6．【答案】B,D
【解析】【解答】滑块第一次滑到传送带上P点的速度v1=2μg⋅2.5=5m/s<2gR，故滑块从A开始下滑到P点过程机械能不守恒，A不符合题意；滑块再次回到P点时的速度为v=4m/s，根据牛顿第二定律N-mg=mv2R ，解得 N=18N，根据牛顿第三定律可知对圆弧轨道P点的压力大小为18N，B符合题意；滑块第一次在传送带上运动由于摩擦产生的热量为Q1=μmg⋅Δs=μmg⋅(v1+v)22μg=12m(v1+v)2=40.5J，C不符合题意；滑块第一次在传送带上运动而使电动机额外多做的功为W=(12mv2-12mv12)+Q1=-4.5+40.5=36J，D符合题意．
故答案为：BD

【分析】根据能量关系判断机械能是否守恒，在P点时根据牛顿第二定律得出支持力的大小，通过功能关系得出滑块第一次在传送带上运动而使电动机额外多做的功。
7．【答案】B,C
【解析】【解答】解：A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，设碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，则：mv0＝mv1+2mv2
由动能守恒得： 12mv02=12mv12+12⋅2mv22
联立得： v2=23v0①
⒈恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，是在最高点的速度为vmin，由牛顿第二定律得： 2mg=2mvmin2R②
A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得： 12⋅2mv22=12⋅2mvmin2+2mg⋅2R③
联立①②③得： v0=1.55gR ，可知若小球B经过最高点，则需要： v0≥1.55gR
⒉小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律得： 12⋅2mv22=2mgR④
联立①④得： v0=1.55gR
可知若小球不脱离轨道时，需满足： v0≤1.55gR
由以上的分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足： v0≤1.55gR 或 v0≥1.55gR ，AD不符合题意，BC符合题意。
故答案为：BC。

【分析】当小球恰好经过最高点的时候，只有重力提供向心力，对小球进行受力分析，利用向心力公式求解此时的速度；再结合动能定理和动量定理求解小球B的初速度即可。
8．【答案】A,C,D
【解析】【解答】A．由牛顿第二定律得mgsin60°=maA
解得 aA=32g
A符合题意；
B．小球A在D点时，速度水平，竖直分速度为0，则B的速度为0。而B的机械能减小，则A的机械能增加。不管中间怎么变化，但A机械能最终增加了。B不符合题意；
C．系统动能定理得 mAg(L-Rcosθ+R-Lcosθ)+mBg(L-Rcosθ+R-L)=12mvA2
解得 vA=14gR2
C符合题意；
D．以小环B为研究对象，由牛顿第二定律得F﹣mg=ma
以小球A为研究对象，由牛顿第二定律得 FN-F-mg=mvA2R
解得FN=5.5mg+ma
D符合题意。
故答案为：ACD。

【分析】根据牛顿第二定律得出A的表达式，对整个系统结合动能定理得出最低点时的速度，以小球A为研究对象，利用牛顿第二定律得出 小球A受到圆弧轨道的支持力。
9．【答案】A,C,E
【解析】【解答】A．根据热力学第一定律知：△U=W+Q=-100+120=20J，A符合题意；
B．在使两个分子间的距离由很远（r＞10-9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先增大后减小，再增大，分子势能先减小后增大，B不符合题意；
C．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力，C符合题意；
D．用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的摩尔体积即可，D不符合题意；
E．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢，故E符合题意。
故答案为：ACE．

【分析】根据热力学第一定律得出内能的变化量； 使两个分子间的距离由很远减小到很难再靠近时，分子力先增大后减小再增大，分子势能先减小后增大，结合空气相对湿度和水的饱和气压之间的关系进行分析判断。
10．【答案】（1）3.290（3.289~3.291均可）
（2）dt1；两个光电门的高度差h （或两个光电门之间的距离S或L都可以）
（3）1；2ghd2
【解析】【解答】(1)螺旋测微器的固定刻度为3mm，可动刻度读数为0.01×29.0mm=0.290mm，所以最终读数为3.290mm；
(2)小球通过光电门1的速度为 v1=dt1
要验证机械能守恒定律，即验证 mgh=12m(dt2)2-12m(dt1)2
是否成立，因此还需要测量两个光电门的高度差 h；
(3)由上可得 mgh=12m(dt2)2-12m(dt1)2
得到： 1t22=1t12+2ghd2，因此如果图象的斜率为1，图线与纵轴的交点为 2ghd2，则机械能守恒定律得到验证。

【分析】（1）根据螺旋测微器的读数原理得出小球的直径；
（2）根据短时间内的平均速度等于瞬时速度得出通过光电门1的速度，从而得出验证机械能守恒的表达式；
（3）根据机械能守恒的表达式结合图像得出斜率和纵轴的交点坐标。
11．【答案】（1）24990
（2）6.9
（3）A；150；67.4
【解析】【解答】（1）由题中所给已知条件可得图甲中电阻R2=UIg-Rg=2500.01Ω-10Ω=24990Ω
（2）选择开关接“1”时，两表笔接入待测电路，若指针指在图乙所示位置，因最小刻度为0.2mA，则其读数为6.9mA；
（3）①该多用电表A﹑B接线柱中因A接内部电源的负极，可知A应接红表笔；
③由电阻箱可知，C处刻度线的标注值应为150Ω。
④由闭合电路的欧姆定律可得 10×10-3=ER内
5×10-3=ER内+R=ER内+150
6.9×10-3=ER内+Rx
解得Rx=67.4Ω

【分析】（1）根据欧姆定律得出图甲中电阻的阻值；
（2）根据电流表的读数原理得出电流表的读数；
（3）根据电阻箱的读数得出C处刻度线的标注值；
（4）利用闭合电路欧姆定律得出待测电阻 的阻值。
12．【答案】（1）解：由法拉第电磁感应定律可得E=NL22ΔBΔt=0.8V
再由欧姆定律可得I=ER=0.1A
由图乙可得：此时B=0.2+0.2(t-1)
1.2s时线框ad边所受安培力大小为F=NBIL=0.48N
方向由左手定则可得向右；
（2）解：线框与桌面之间的最大静摩擦力fm=μmg=1.0N
所以开始滑动时有F=NBIL=fm
解得t=2.5s
则线框在滑动前所产生的焦耳热为Q=I2R(t-1)=0.12×8×1.5=0.12J
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律以及欧姆定律和安培力的表达式得出 t1=1.2s时刻线框所受安培力；
（2）根据摩擦力的表达式得出50匝线框开始滑动的时间。
13．【答案】（1）物块由A到B的运动过程，只有重力做功，机械能守恒。设物块滑到B点的速度大小为v0，有 mgR=12mv02
解得 v0=2gR
在B点 F-mg=mv02R
解得F=3mg
（2）假设滑板与P碰撞前，物块与滑板具有共同速度v1，取向右为正，由动量守恒定律 mv0=(m+M)v1
设此过程滑板运动的位移为s，由动能定理 μmgs=12Mv12-0
联立解得 v1=2gR3
s=v12μg=4R9 所以假设成立，滑板与挡板P碰撞前瞬间物块的速度大小为 v1=2gR3
（3）由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，所以滑板与挡板P碰撞后速度v1大小不变，只是方向向左。此后滑板作匀减速运动，物块先向右减速，再向左加速运动。设两者第二次具有共同速度为v2，取向左为正，由动量守恒定律有 Mv1-mv1=(m+M)v2
设此时滑板离P的距离为 s' ，由动能定理 -μmgs'=12Mv22-12Mv12
解得 v2=v13=2gR9
s'=v12μg=32R81 ＜ L0=R2
说明滑板与物块具有共同速度时还没有返回到B点，两者能够第二次达到共同速度。
设当物块的速度减为零时，滑板速度为v3，取向左为正，有 Mv1-mv1=Mv3
解得 v3=v12=2gR6
所以，物块加速运动阶段的速度范围为 0≤vm≤2gR9
此阶段滑板的速度范围为 2gR9≤vM≤2gR6
【解析】【分析】（1）根据机械能守恒求B点速度，再根据B点合力提供向心力列式，求解F。（2）根据 动量守恒定律 和 动能定理 列式，联立求解速度，再根据匀变速公式，求解位移s，判断相撞前共速。（3）根据 动量守恒定律 和 动能定理 列式，联立求解速度，找速度范围。
14．【答案】（1）解：桶内气体压强p1=p0+ρgh
由查理定律得p0T0=p1T1
解得T1=286.3K
（2）解：设打气次数为n，消毒完成后桶内气体体积V2=(H-h')S
压强为p2=p0+ρg(H-h')
由玻意耳定律有p0V0+np0V=p2V2
解得n=20次
【解析】【分析】（1）对桶内气体根据查理定律得出环境温度；
（2）桶内打入气体后，根据玻意耳定律得出打气的次数。
15．【答案】（1）解：当平行光从玻璃中射向空气时，由于紫光的折射率最大，则临界角最小，所以首先发生全反射，因此出射光线与屏幕的交点最远，故圆形亮区的最外侧是紫色。

（2）解：如图所示，紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的F点到亮区中心E的距离r就是所求最大半径。设紫光的临界角为C，由全反射的知识sinC=1n
所以cosC=n2-1n
tanC=1n2-1
OB=RcosC=nRn2-1
解得r=D-OBtanC=Dn2-1-nR
【解析】【分析】（1）根据折射率和全反射临界角正弦值的关系判断哪种光首先发生全反射，从而判断出圆形亮区最外侧光的颜色；
（2）根据折射率和全反射临界角正弦值的关系以及几何关系得出该色光在圆形亮区的最大半径。
16．【答案】短；弱；电磁波波长变短，则天线长度变短
【解析】【解答】根据公式 f=cλ
可知，频率高则波长短。则5G技术所用电磁波波长更短。频率越高，波长越短，衍射现象越不明显，绕过障碍物的能力更弱。由于天线的长度与信号电磁波的波长成正比且现在电磁波波长变短了，则天线长度变短，可以为了美观、方便，将手机天线做在了手机内部了。

【分析】利用频率的表达式可以判别频率高则波长短，所以绕过障碍物的能量更弱；现在电磁波的波长变短所以导致手机天线也变短了。