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2022届山东省泰安一中（泰安市）高三下学期高考一模物理试卷（解析版）
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这是一份2022届山东省泰安一中（泰安市）高三下学期高考一模物理试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．2021年12月30日，中科院全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）在7000万摄氏度的高温下实现1056秒的长脉冲高参数等离子体运行。若某次聚变反应是4个氢核11H结合成1个氦核24He，同时释放出正电子10e。已知氢核的质量为mp，氦核的质量为mα，正电子的质量为me，真空中光速为c，则此次核反应释放的能量为（ ）
A．（4mp-mα-me）c2B．（4mp-mα-2me）c2
C．（4mp+mα-me）c2D．（4mp+mα-2me）c2
2．如图所示，一定质量的理想气体从状态a经绝热过程到达状态b，再经等容过程到达状态c，最后经等温过程返回到状态a。已知在b到c的过程中，气体吸收热量为10J。下列说法正确的是（ ）
A．a到c过程，气体对外界做功10JB．a到c过程，外界对气体做功10J
C．a到b过程，气体对外界做功10JD．a到b过程，外界对气体做功10J
3．如图所示，两个质量均为m的小球a和b套在竖直固定的光滑圆环上，圆环半径为R，一不可伸长的细线两端各系在一个小球上，细线长为23R。用竖直向上的力F拉细线中点O，可使两小球保持等高静止在圆上不同高度处。当a、b间的距离为3R时，力F的大小为（重力加速度为g）（ ）
A．32mgB．3mgC．2mgD．3mg
4．2021年5月15日7时18分，“天问一号”火星探测器成功着陆于火星乌托邦平原南部预定着陆区，我国首次火星探测任务取得成功。着陆前曾经在周期为T的椭圆形停泊轨道绕火星运行，此轨道与火星表面的最近距离为d1，最远距离为d2。已知火星半径为R，则火星表面处自由落体的加速度为（ ）
A．π2(2R+d1+d2)32T2R2B．π2(R+d1+d2)32T2R2
C．(2R+d1+d2)38T2R2D．π2(2R+d1+d2)32T2R3
5．如图所示，正方形四个顶点上依次置放电荷量为+q、+q、+q、-q的点电荷，a、b、c、d是对角线上的四个点，他们到中心O点的距离均相同。则（ ）
A．a、b两点的场强相同，电势相同B．a、b两点的场强不同，电势相同
C．c、d两点的场强相同，电势相同D．c、d两点的场强相同，电势不同
6．如图所示，水平平台与水平细杆间的高度差为H，质量为M的物块放在水平台上，质量为M的小球套在水平杆上，物块和小球通过小滑轮与用轻质细线相连，滑轮右侧细线恰好竖直。现用一水平恒力F由静止沿杆拉动小球，物块始终在水平平台上，不计一切摩擦。则小球前进2H时，物块的速度为（ ）
A．2FHMB．3FHMC．235FHMD．43FHM
7．中国环流器二号M装置（HL-2M）在成都建成并实现首次放电，该装置通过磁场将粒子约束在小范围内实现核聚变。其简化模型如图所示，半径为R和2R两个同心圆之间的环形区域存在与环面垂直的匀强磁场，核聚变原料氕核（11H）和氘核（12H）均以相同的速度从圆心O沿半径方向射出，全部被约束在大圆形区域内。则氕核在磁场中运动的半径最大为（ ）
A．28RB．24RC．22RD．（2-1）R
8．冬奥会冰壶比赛中所用的冰壶除颜色外其他完全相同，如图（a）某队员将红壶推出，之后与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力。碰撞前后两壶运动的v-t图线如图（b）中实线所示。重力加速度g=10m/s2。则运动员由于用冰壶刷摩擦冰面使冰壶与冰面间的动摩擦因数减少了（ ）
A．0.02B．0.012C．0.008D．0.006
二、多选题
9．如图所示，从水中S点沿SO射出a、b两种单色光，只有a单色光射出水面。则下列说法正确的是（ ）
A．a光在水中的速度大
B．b光在水中的速度大
C．用同一双缝干涉装置进行实验，可看到a光干涉条纹间距比b光的宽
D．用同一双缝干涉装置进行实验，可看到b光干涉条纹间距比a光的宽
10．一列简谐横波在t＝0.4s时刻的波形如图甲所示，P、Q为该横波上的两个质点，它们的平衡位置坐标分别为xP＝3m、xQ＝5m，质点Q的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．波传播方向沿x轴正方向
B．波传播方向沿x轴负方向
C．t＝0.88s时，质点P在平衡位置向下振动
D．t＝0.88s时，质点P在平衡位置向上振动
11．如图所示，理想变压器的原线圈与稳定的正弦交流电源相连（电源内阻不计），原、副线圈匝数比为n1∶n2，电压表和电流表均为理想电表，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，当滑片向左滑动时，电压表V1、V2、电流表A1、A2的示数变化分别为ΔU1、ΔU2、ΔI1、ΔI2表示，则下列关系一定正确的是（ ）
A．|ΔU1ΔI1|=R1B．|ΔU2ΔI2|=ΔR2
C．|ΔU2ΔI2|=(n1n2)2R1D．|ΔU2ΔI2|=(n2n1)2R1
12．如图所示，倾角为30°的光滑足够长固定斜面上，一劲度系数为k的轻弹簧，一端连在斜面底部的固定挡板上。质量分别为m和2m的物块A和B叠放在一起，压在弹簧上，处于静止状态。对B施加一沿斜面向上的外力F，使B以0.5g（g为重力加速度）的加速度沿斜面匀加速运动，则（ ）
A．两物块分离时的速度大小为g3m2k
B．两物块分离时的速度大小为gm2k
C．物体从开始运动到分离时，拉力F做的功为7m2g28k
D．物体从开始运动到分离时，拉力F做的功为3m2g24k
三、实验题
13．表面粗糙程度相同的斜面和水平面在B处平滑连接，如图所示。实验步骤如下：
①将一小物块a（可视为质点）从斜面上的某一点（记为A）由静止释放，a滑到水平面上的某一点（记为C）停下；
②用铅垂线测定A点在水平面的投影点O，用刻度尺测量AO的高度h、OC的长度x；
请回答下列问题：
（1）a与水平面间的动摩擦因数为 （用所测物理量的符号表示）。
（2）已知a的质量为M，在B、C之间取一点D，使CD距离为x0，在D点放另一质量为m（m（3）拿走小物块b，改变小物块a的释放点，让a从斜面上的A1点由静止释放，运动到水平面上的C1点停止，A1点在水平面的投影为O1，记录下O1C1的长度x1；增大斜面倾角，再将a从A2点由静止释放，运动到水平面上的C2点停止，A2点与A1点等高，A2点在水平面的投影为O2，记录下O2C2的长度x2。则x1 x2（选填“>”、“=”或“<”）。
14．某物理兴趣小组测量一电池的电动势和内阻。按照图甲所示连接好电路，闭合开关，调节电阻箱，测得多组电阻箱接入电路的阻值R及对应的电流表的示数I，得1I-R图线如图乙所示，已知R0=4Ω。
（1）根据图像可知电池的电动势为 V，内阻为 Ω（两空均保留1位小数）。
（2）考虑到电流表内阻的影响，电动势的测量值 实际值，内阻的测量值 实际值（填“大于”、“小于”或“等于”）。
四、解答题
15．如图，两个内壁光滑、导热良好的气缸A、B水平固定并用细管连接，处于1个大气压的环境中。气缸A中活塞M的面积为300cm2，封闭有1个大气压强的氧气60L。气缸B中活塞N的面积为150cm2，装有2个大气压强的氮气30L。现给活塞M施加一逐渐增大的水平推力，使其缓慢向右移动。细管内的气体可忽略，环境温度不变，1个大气压取1.0×105Pa。当一半质量的氧气进入B气缸时，求：
（1）活塞M移动的距离；
（2）加在活塞M上的水平推力大小。
16．跳台滑雪的滑道示意如图，运动员从起滑点A由静止出发，经过助滑雪道、跳台，到起跳点B，跳台为倾角α=15°的斜面。助滑雪道、跳台均光滑。运动员跳起后在空中运动一段时间，落在倾角θ=30°的倾斜着陆坡道上的C点。起跳是整个技术动作的关键，运动员可以利用技巧调整起跳时的角度。已知A、B的高度差H=45m，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，运动员可看做质点。求：
（1）运动员不调整起跳角度情况下，从B到C的时间（结果用根号表示）；
（2）运动员调整起跳角度后，BC能达到的最大距离。
17．如图，倾角为θ的光滑直轨道AB与半径为R的光滑圆轨道BCD固定在同一竖直平面内，二者相切于B点，C为轨道的最低点，D在C的正上方，A与D等高。质量为m的滑块b静止在C点，滑块a从A点由静止滑下，到C点时与b发生弹性正碰，碰后b经过D点时对圆轨道的压力大小为其重力的4倍。两滑块均可视为质点，重力加速度为g， sinθ=0.8。求：
（1）碰后瞬间b对轨道的压力大小；
（2）滑块a的质量；
（3）滑块b从D点离开轨道到再落到轨道上经历的时间。
18．如图，足够长的两金属导轨平行倾斜固定，与水平面的夹角为θ（sinθ=0.6），导轨间距为L，处于磁感应强度为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场中。两相同的硬直导体棒M和N垂直导轨放置，每根棒的长度为L、质量为m、电阻为R。棒N紧靠两小支柱静止于导轨底端，棒M与N相距x0，t=0时刻棒M在方向始终平行导轨向上的拉力作用下，由静止开始沿斜面向上匀加速运动，t0时刻棒N开始运动，棒N运动之后，拉力保持t0时刻的大小不再变化。两棒与两导轨间的动摩擦因数均为μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。除导体棒外其他电阻不计，重力加速度大小为g。
（1）求t0时刻棒M的速度v0；
（2）求t0时刻作用在棒M上的拉力大小F0；
（3）若2t0时刻棒N的速度为vN，求此时棒M与棒N之间的距离。
（4）在给出的坐标系中画出足够长时间内棒M、N的速度随时间变化的图像，不要求推导过程。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】核聚变方程为 4H11→H24e+2e10
根据质能方程，可知核反应释放的能量 ΔE=(4mp-mα-2me)c2
故答案为：B。
【分析】根据核聚变方程以及质能方程得出该反应释放的能量。
2．【答案】C
【解析】【解答】AB．在p—V图像中，图像与坐标轴围成的面积等于该过程气体做的功，由于a到b过程，气体对外界做功10J，因此a到c过程，外界对气体做功超过10J，A、B不符合题意。
CD．a到b过程中，气体只对外做功，不吸收热量；b到c的过程中，气体只吸收热量不做功，而a、c状态温度相同，即气体的内能相同，根据热力学第一定律，吸收的热量等于气体对外做的功，A到b过程，气体对外界做功10J，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】在p—V图像中，图像与坐标轴围成的面积等于该过程气体做的功；根据热力学第一定律分析判断气体对外界所做的功。
3．【答案】D
【解析】【解答】a、b等高且距离为 3R，O为细线中点且细线长为2 3R，则 Oa=Ob=3R
三角形 Oab为等边三角形，如图
选取左侧小球进行分析，记 O'为圆心，由图中几何关系可得，圆环弹力沿 O'a向外，与水平方向夹角为 30∘，则小球所受重力与圆环弹力的合外力为 F合=2mgcs30∘=3mg
与绳拉力T等大，力F的大小与绳拉力的合力等大反向，三角形 Oab为等边三角形，两绳夹角为 60∘，故 F=3T=3mg
ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据几何关系得出三角形的边长，对小球的左侧进行受力分析，利用力的合成得出合力的大小以及力F的大小。
4．【答案】A
【解析】【解答】设与椭圆轨道停泊轨道周期相同的圆形轨道半径为r，根据牛顿第二定律 GMmr2=m4π2T2r
椭圆轨道的半长轴 2r'=d1+d2+2R
根据开普勒第三定律 r3T2=r'3T2
火星表面处 GMmR2=mg
联立解得火星表面处自由落体的加速度 g=π2(2R+d1+d2)32T2R2
A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】探测器运动的过程中格局万有引力提供向心力，结合开普勒第三定律得出探测器周期地表达式，在火星表面重力等于万有引力，从而得出重力加速度的表达式。
5．【答案】B
【解析】【解答】根据等量同种电荷和等量异种电荷电场的分布情况可知：cd连线方向上+q和−q的电场中，c、d两点的电场强度相同，a、b两点的电场强度也相同；a、b两点的电势相等，c、d两点的电势不等；在两个+q的电场中，cd的电场强度大小相等、方向相反，a、b两点的电场强度大小相等、方向相反，所以根据电场的叠加原理可知c、d两点的电场强度不同，a、b两点的电场强度也不同，c、d的电势相等，a、b两点的电势相等．根据叠加原理可知a、b两点电势相等，c、d两点电势不相等。B符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据等量同种电荷和等量异种电荷电场的分布情况ab和cd两点场强的方向和电势的大小关系。
6．【答案】D
【解析】【解答】小球从平台的边缘处由静止向右运动2H时，设小球的速度为v，此时轻质细线与水平方向夹角为θ，如图所示，由图可知
tanθ=12
则有 csθ=25
小球沿绳子方向的分速度等于物块的速度，则有物块的速度为 v1=vcsθ=2v5
对物块和小球组成的系统，用动能定理可得 F⋅2H=12Mv2+12Mv12
v1=43FHM
ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据几何关系以及速度的分解得出五块的速度，利用动能定理得出物块速度的表达式。
7．【答案】A
【解析】【解答】依题意，氕核、氘核全部被约束在大圆形区域内，根据 qvB=mv2r
得 r=mvqB
由于二者速度相同，根据半径与比荷的关系，可知氕核，氘核在磁场中的轨迹半径之比为1：2。当氘核在磁场中运动轨迹刚好与磁场外边界相切时，氘核运动轨迹半径最大，由几何知识得 (2R-rmax)2=rmax2+R2
求得氘核的最大半径为 rmax=24R
所以，氕核在磁场中运动的最大半径为 r'max=12rmax=28R
故答案为：A。
【分析】粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力，从而得出轨道半径的表达式，结合几何关系得出最大半径的表达式。
8．【答案】C
【解析】【解答】由图（b）可知，不用冰壶刷时，冰壶做减速运动的加速度 a0=ΔvΔt=0.43-1m/s2=0.2m/s2
由于 a0=μ1g
冰壶与冰面间的动摩擦因数 μ1=0.02
若红壶与蓝壶不碰撞，则红壶停止时刻为 t=va=
红壶与蓝壶碰撞过程中满足动量守恒 mv0=mv红+mv蓝由图（b）中信息可得碰后蓝壶的速度 v蓝=0.6m/s
蓝壶减速过程中的加速度大小 a蓝=v蓝-0Δt=0.65m/s2=0.12m/s2
由于 a蓝=μ2g
可得 μ2=0.012
因此蓝壶与冰面间动摩擦因数减少 Δμ=μ1-μ2=0.008
故答案为：C。
【分析】根据加速度的定义式得出冰壶的加速度，结合牛顿第二定律得出动摩擦因数的表达式，通过动量守恒以及加速度的定义式得出动摩擦因数，从而得出运动员由于用冰壶刷摩擦冰面使冰壶与冰面间的动摩擦因数减少量。
9．【答案】A,C
【解析】【解答】AB．由题意可知，b光在水中产生了全反射，所以a光的临界角大于b光，由 sinC=1n可知，a光的折射率小于b光，由 v=cn可知，a光在水中的速度大于b光，A符合题意，B不符合题意；
CD．a光的折射率小于b光，a光的波长大于b光的波长，由 Δx=Ldλ可知，a光干涉条纹间距比b光的宽，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据折射率和全反射临界角的正弦值的关系以及折射率光在真空中传播的速度关系得出两种光在水中的传播速度的大小关系，结合双缝干涉相邻间距的表达式判断干涉条纹间距的表达式。
10．【答案】B,D
【解析】【解答】AB．由乙图可知，在t＝0.4s时刻，Q恰好经平衡位置向y轴负方向运动，因此波沿x轴负方向传播，A不符合题意，B符合题意；
CD．由甲图可知 λ=20m
由乙图可知 T=0.8s可得波速为 v=λT=25m/s
在t＝0.88s时刻，波在图示位置又向左传播的距离 s=v⋅Δt=25×(0.88-0.4)m=12m
此时P点恰好经平衡位置向上振动，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据质点的振动和波的传播方向之间的关系得出该波的传播方向，根据简谐波的振动图像得出该博的周期，通过波传播的速度和波长的关系得出该波传播的距离，并得出P点的振动方向。
11．【答案】A,D
【解析】【解答】A．正弦交流电源电压稳定，有 u=UR1+U1， |ΔU1|=|ΔUR1|
所以有 |ΔU1ΔI1|=|ΔUR1ΔI1|=R1
A符合题意；
BCD．根据变压器的规律可知，理想变压器原、副线圈电压变化量之比 ΔU1ΔU2=n1n2
原、副线圈电流变化量之比 ΔI1ΔI2=n2n1
所以有 |ΔU2ΔI2|=(n2n1)2|ΔU1ΔI1|=(n2n1)2R1
所以D符合题意，BC不符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据理想变压器原副线圈的匝数比和电压比的关系和原副线圈的匝数比和电流比的关系进行分析；利用欧姆定律判断正确的选项。
12．【答案】B,C
【解析】【解答】AB．当AB静止时，对整体受力分析可知 3mgsin30∘=kx1
解得 x1=3mg2k
当物体AB恰好分离时，AB间作用力为零，此时对物块A分析可知 kx2-mgsin30∘=ma
解得 x2=mgk
当AB分离时，物块A上滑的距离为 Δx=x1-x2=3mg2k-mgk=mg2k
根据速度时间公式可得 v2=2aΔx
解得 v=gm2k
CD．根据能量守恒定律，物体从开始运动到分离时，拉力F做的功为 WF=12(m+2m)v2+(m+3m)gsin30∘Δx
解得 WF=7m2g28k
AD不符合题意，BC符合题意。
故答案为：BC。
【分析】AB静止时，对整体进行受力分析根据共点力平衡得出弹簧的形变量，当物体AB恰好分离时利用牛顿第二定律得出弹簧的形变量，结合匀变速直线运动的位移和速度的关系得出速度的表达式，通过恒力做功得出拉力F做的功。
13．【答案】（1）hx
（2）Mx0=Mx1+mx2；(M-m2M)2
（3）=
【解析】【解答】（1）设斜面夹角为 θ，根据动能定理 Mgh-μMgcsθ⋅hsinθ-μMg(x-htanθ)=0
即 Mgh-μMgx=0
解得 μ=hx
（2）a、b碰撞动量守恒 Mv0=Mv1+mv2
碰前对a根据动能定理 -μMgx0=0-12Mv02
碰后对a、b 分别由动能定理 -μMgx1=0-12Mv12
-μmgx2=0-12mv22
解得a、b碰撞动量守恒满足的表达式是 Mx0=Mx1+mx2
若 a与b发生的是弹性碰撞，则满足机械能守恒 12Mv02=12Mv12+12mv22
解得需满足 x1x2=(M-m2M)2
（3）拿走小物块b，改变小物块a的释放点，根据动能定理 Mgh'-μMgx1=0
增大斜面倾角 Mgh'-μMgcsθ'⋅h'sinθ'-μMg(x2-h'tanθ')=0
化简得 Mgh'-μMgx2=0
解得 x1=x2
【分析】（1）根据动能定理得出 a与水平面间的动摩擦因数；
（2）gab碰撞的过程中根据动量守恒和动能定理以及机械能守恒得出 O2C2的长度 和 O1C1的长度比值的表达式；
（3）利用动能定理得出增大倾角时 O2C2的长度 和 O1C1的长度的大小关系。
14．【答案】（1）12.0；0.8
（2）等于；大于
【解析】【解答】（1）根据闭合电路欧姆定律 E=I(R+R0+r)
整理得 1I=1ER+R0+rE
因此在 1I-R图线中，利用图像的斜率和纵轴截距数据可得 1E=1.2510-(-5)， R0+rE=0.4
解得 E=12.0V， r=0.8Ω
（2） 考虑到电流表内阻的影响，欧姆定律的表达式应为 E=I(R+R0+r+rA)
整理得 1I=1ER+R0+r+rAE
图像的斜率不变，也就是电动势的测量值等于真是值，而内电阻的测量值应为内电阻与电流表内阻之和，因此测量值偏大。
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律得出电流倒数和电阻的关系式，结合图像得出电源的电动势以及电源的内阻；
（2结合欧姆定律得出电流倒数和电阻的关系式，从而分析测量值的变化情况。
15．【答案】（1）解：设后来两部分气体的压强为p，氧气的体积为VA2，氮气的体积为VB2，根据玻意耳定律pA1VA1=pVA2①
pB1VB1=pVB2②
VB2+VA22=VB1③
活塞M移动的距离x=VA1-VA22SM④
代入题给数据解得x=5003cm⑤
（2）解：根据共点力的平衡条件F+p0SM=pSM⑥
由①②③⑥得F=6×103N⑦
【解析】【分析】（1） 活塞M移动的 的过程中根据玻意耳定律得出活塞M移动的距离；
（2）根据共点力平衡得出加在活塞M上的水平推力 。
16．【答案】（1）解：设运动员及其装备的总质量为m，起跳时的速度为v，从A到B过程中，根据机械能守恒定律mgH=12mv2
设运动员从B到C的时间为t，将运动分解到垂直斜坡方向和沿着斜坡方向，在垂直斜坡方向上vy=vsin(α+θ)
ay=gcsθ
且落到斜坡上时t=vy-(-vy)ay
代入数据解得t=26s
（2）解：设运动员调整角度为β时，BC间距离为x，则x=vt'cs(β+θ)+12axt'2
ax=gsinθ
t'=2vsin(β+θ)ay
整理得x=2v2gcs2θsin(β+θ)csβ
根据数学公式可知，当β=30时，x最大值，代入数据解得，最大值为Lm=180m
【解析】【分析】（1）运动员从A到B的过程中 根据机械能守恒以及速度的分解和加速度的分解得出从B到C的时间；
（2）根据匀变速直线运动的规律以及加速度的分解得出BC能达到的最大距离。
17．【答案】（1）解：设碰撞后b的速度为vC，经过D点时速度为vD，根据牛顿第二定律4mg+mg=mvD2R
b从C到D过程中，根据机械能守恒定律得mgR+12mvD2=12mvC2
设碰后瞬间轨道对b的支持力F，则F-mg=mvC2R
整理得F=10mg
根据牛顿第三定律可知，碰后瞬间b对轨道的压力大小为10mg
（2）解：设a的质量为M，到达最低点C与b碰撞前的速度为v0，根据机械能守恒定律2MgR=12Mv02
设碰后小球a的速度为va。根据动量守恒定律和机械能守恒定律Mv0=Mva+mvC
12⋅Mv02=12⋅Mva2+12⋅mvC2
解得M=3m
（3）解：设b离开D后经过时间t再次落到AB，沿水平方向通过的距离为x，沿竖直方向下降的高度为y。根据平抛运动的规律可知x=vDt
y=12gt2
由几何关系知xtanθ+y=Rcsθ+R
解得t=4(22-5)gR3g
【解析】【分析】 （1）滑块在D点时根据合力提供向心力以及C到D的过程中利用机械能守恒定律得出C点的速度表达式，结合合力提供向心力得出碰后瞬间b对轨道的压力；
（2） 到达最低点C 的过程中根据机械能守恒定律以及动量守恒得出滑块a的质量；
（3）根据平抛运动的规律以及几何关系得出滑块b从D点离开轨道到再落到轨道上经历的时间。
18．【答案】（1）解：设t0时刻棒M的速度为v0，根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律E0=BLv0①
I0=E02R②
每根棒受到的安培力F安=BLI0③
对导体棒N，根据平衡条件mgsinθ+μmgcsθ=F安④
整理得v0=2mgRB2L2⑤
（2）解：此过程中，棒M的加速度a0=v0t0⑥
根据牛顿第二定律F0-(mgsinθ+μmgcsθ)-F安=ma0⑦
整理得F0=2mg+2m2gRB2L2t0⑧
（3）解：设第二个t0时间内，棒M与N之间的距离增加了Δx，回路中的平均电流为I，对导体棒N，根据动量定理BLI-(mgsinθ+μmgcsθ)t0=mvN⑨
而I=E2R
E=Δϕt0⑩
Δϕ=BLΔx⑪
第一个t0时间内，棒M的位移x1=12a0t02⑫
2t0时刻，棒M与N之间的距离为
x=x0+x1+Δx
整理得x=x0+m(3gRt0+2RvN)B2L2⑬
（4）解：棒M、N的速度随时间变化的图像如图所示
【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和共点力平衡得出 t0时刻棒M的速度v0；
（2）对棒M根据牛顿第二定律得出 t0时刻作用在棒M上的拉力 ；
（3） 导体棒N ，根据动量定理以及欧姆定律和匀变速直线运动的规律得出此时棒M与棒N之间的距离。
一、单选题
1．2021年12月30日，中科院全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）在7000万摄氏度的高温下实现1056秒的长脉冲高参数等离子体运行。若某次聚变反应是4个氢核11H结合成1个氦核24He，同时释放出正电子10e。已知氢核的质量为mp，氦核的质量为mα，正电子的质量为me，真空中光速为c，则此次核反应释放的能量为（ ）
A．（4mp-mα-me）c2B．（4mp-mα-2me）c2
C．（4mp+mα-me）c2D．（4mp+mα-2me）c2
2．如图所示，一定质量的理想气体从状态a经绝热过程到达状态b，再经等容过程到达状态c，最后经等温过程返回到状态a。已知在b到c的过程中，气体吸收热量为10J。下列说法正确的是（ ）
A．a到c过程，气体对外界做功10JB．a到c过程，外界对气体做功10J
C．a到b过程，气体对外界做功10JD．a到b过程，外界对气体做功10J
3．如图所示，两个质量均为m的小球a和b套在竖直固定的光滑圆环上，圆环半径为R，一不可伸长的细线两端各系在一个小球上，细线长为23R。用竖直向上的力F拉细线中点O，可使两小球保持等高静止在圆上不同高度处。当a、b间的距离为3R时，力F的大小为（重力加速度为g）（ ）
A．32mgB．3mgC．2mgD．3mg
4．2021年5月15日7时18分，“天问一号”火星探测器成功着陆于火星乌托邦平原南部预定着陆区，我国首次火星探测任务取得成功。着陆前曾经在周期为T的椭圆形停泊轨道绕火星运行，此轨道与火星表面的最近距离为d1，最远距离为d2。已知火星半径为R，则火星表面处自由落体的加速度为（ ）
A．π2(2R+d1+d2)32T2R2B．π2(R+d1+d2)32T2R2
C．(2R+d1+d2)38T2R2D．π2(2R+d1+d2)32T2R3
5．如图所示，正方形四个顶点上依次置放电荷量为+q、+q、+q、-q的点电荷，a、b、c、d是对角线上的四个点，他们到中心O点的距离均相同。则（ ）
A．a、b两点的场强相同，电势相同B．a、b两点的场强不同，电势相同
C．c、d两点的场强相同，电势相同D．c、d两点的场强相同，电势不同
6．如图所示，水平平台与水平细杆间的高度差为H，质量为M的物块放在水平台上，质量为M的小球套在水平杆上，物块和小球通过小滑轮与用轻质细线相连，滑轮右侧细线恰好竖直。现用一水平恒力F由静止沿杆拉动小球，物块始终在水平平台上，不计一切摩擦。则小球前进2H时，物块的速度为（ ）
A．2FHMB．3FHMC．235FHMD．43FHM
7．中国环流器二号M装置（HL-2M）在成都建成并实现首次放电，该装置通过磁场将粒子约束在小范围内实现核聚变。其简化模型如图所示，半径为R和2R两个同心圆之间的环形区域存在与环面垂直的匀强磁场，核聚变原料氕核（11H）和氘核（12H）均以相同的速度从圆心O沿半径方向射出，全部被约束在大圆形区域内。则氕核在磁场中运动的半径最大为（ ）
A．28RB．24RC．22RD．（2-1）R
8．冬奥会冰壶比赛中所用的冰壶除颜色外其他完全相同，如图（a）某队员将红壶推出，之后与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力。碰撞前后两壶运动的v-t图线如图（b）中实线所示。重力加速度g=10m/s2。则运动员由于用冰壶刷摩擦冰面使冰壶与冰面间的动摩擦因数减少了（ ）
A．0.02B．0.012C．0.008D．0.006
二、多选题
9．如图所示，从水中S点沿SO射出a、b两种单色光，只有a单色光射出水面。则下列说法正确的是（ ）
A．a光在水中的速度大
B．b光在水中的速度大
C．用同一双缝干涉装置进行实验，可看到a光干涉条纹间距比b光的宽
D．用同一双缝干涉装置进行实验，可看到b光干涉条纹间距比a光的宽
10．一列简谐横波在t＝0.4s时刻的波形如图甲所示，P、Q为该横波上的两个质点，它们的平衡位置坐标分别为xP＝3m、xQ＝5m，质点Q的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．波传播方向沿x轴正方向
B．波传播方向沿x轴负方向
C．t＝0.88s时，质点P在平衡位置向下振动
D．t＝0.88s时，质点P在平衡位置向上振动
11．如图所示，理想变压器的原线圈与稳定的正弦交流电源相连（电源内阻不计），原、副线圈匝数比为n1∶n2，电压表和电流表均为理想电表，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，当滑片向左滑动时，电压表V1、V2、电流表A1、A2的示数变化分别为ΔU1、ΔU2、ΔI1、ΔI2表示，则下列关系一定正确的是（ ）
A．|ΔU1ΔI1|=R1B．|ΔU2ΔI2|=ΔR2
C．|ΔU2ΔI2|=(n1n2)2R1D．|ΔU2ΔI2|=(n2n1)2R1
12．如图所示，倾角为30°的光滑足够长固定斜面上，一劲度系数为k的轻弹簧，一端连在斜面底部的固定挡板上。质量分别为m和2m的物块A和B叠放在一起，压在弹簧上，处于静止状态。对B施加一沿斜面向上的外力F，使B以0.5g（g为重力加速度）的加速度沿斜面匀加速运动，则（ ）
A．两物块分离时的速度大小为g3m2k
B．两物块分离时的速度大小为gm2k
C．物体从开始运动到分离时，拉力F做的功为7m2g28k
D．物体从开始运动到分离时，拉力F做的功为3m2g24k
三、实验题
13．表面粗糙程度相同的斜面和水平面在B处平滑连接，如图所示。实验步骤如下：
①将一小物块a（可视为质点）从斜面上的某一点（记为A）由静止释放，a滑到水平面上的某一点（记为C）停下；
②用铅垂线测定A点在水平面的投影点O，用刻度尺测量AO的高度h、OC的长度x；
请回答下列问题：
（1）a与水平面间的动摩擦因数为 （用所测物理量的符号表示）。
（2）已知a的质量为M，在B、C之间取一点D，使CD距离为x0，在D点放另一质量为m（m
14．某物理兴趣小组测量一电池的电动势和内阻。按照图甲所示连接好电路，闭合开关，调节电阻箱，测得多组电阻箱接入电路的阻值R及对应的电流表的示数I，得1I-R图线如图乙所示，已知R0=4Ω。
（1）根据图像可知电池的电动势为 V，内阻为 Ω（两空均保留1位小数）。
（2）考虑到电流表内阻的影响，电动势的测量值 实际值，内阻的测量值 实际值（填“大于”、“小于”或“等于”）。
四、解答题
15．如图，两个内壁光滑、导热良好的气缸A、B水平固定并用细管连接，处于1个大气压的环境中。气缸A中活塞M的面积为300cm2，封闭有1个大气压强的氧气60L。气缸B中活塞N的面积为150cm2，装有2个大气压强的氮气30L。现给活塞M施加一逐渐增大的水平推力，使其缓慢向右移动。细管内的气体可忽略，环境温度不变，1个大气压取1.0×105Pa。当一半质量的氧气进入B气缸时，求：
（1）活塞M移动的距离；
（2）加在活塞M上的水平推力大小。
16．跳台滑雪的滑道示意如图，运动员从起滑点A由静止出发，经过助滑雪道、跳台，到起跳点B，跳台为倾角α=15°的斜面。助滑雪道、跳台均光滑。运动员跳起后在空中运动一段时间，落在倾角θ=30°的倾斜着陆坡道上的C点。起跳是整个技术动作的关键，运动员可以利用技巧调整起跳时的角度。已知A、B的高度差H=45m，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，运动员可看做质点。求：
（1）运动员不调整起跳角度情况下，从B到C的时间（结果用根号表示）；
（2）运动员调整起跳角度后，BC能达到的最大距离。
17．如图，倾角为θ的光滑直轨道AB与半径为R的光滑圆轨道BCD固定在同一竖直平面内，二者相切于B点，C为轨道的最低点，D在C的正上方，A与D等高。质量为m的滑块b静止在C点，滑块a从A点由静止滑下，到C点时与b发生弹性正碰，碰后b经过D点时对圆轨道的压力大小为其重力的4倍。两滑块均可视为质点，重力加速度为g， sinθ=0.8。求：
（1）碰后瞬间b对轨道的压力大小；
（2）滑块a的质量；
（3）滑块b从D点离开轨道到再落到轨道上经历的时间。
18．如图，足够长的两金属导轨平行倾斜固定，与水平面的夹角为θ（sinθ=0.6），导轨间距为L，处于磁感应强度为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场中。两相同的硬直导体棒M和N垂直导轨放置，每根棒的长度为L、质量为m、电阻为R。棒N紧靠两小支柱静止于导轨底端，棒M与N相距x0，t=0时刻棒M在方向始终平行导轨向上的拉力作用下，由静止开始沿斜面向上匀加速运动，t0时刻棒N开始运动，棒N运动之后，拉力保持t0时刻的大小不再变化。两棒与两导轨间的动摩擦因数均为μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。除导体棒外其他电阻不计，重力加速度大小为g。
（1）求t0时刻棒M的速度v0；
（2）求t0时刻作用在棒M上的拉力大小F0；
（3）若2t0时刻棒N的速度为vN，求此时棒M与棒N之间的距离。
（4）在给出的坐标系中画出足够长时间内棒M、N的速度随时间变化的图像，不要求推导过程。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】核聚变方程为 4H11→H24e+2e10
根据质能方程，可知核反应释放的能量 ΔE=(4mp-mα-2me)c2
故答案为：B。
【分析】根据核聚变方程以及质能方程得出该反应释放的能量。
2．【答案】C
【解析】【解答】AB．在p—V图像中，图像与坐标轴围成的面积等于该过程气体做的功，由于a到b过程，气体对外界做功10J，因此a到c过程，外界对气体做功超过10J，A、B不符合题意。
CD．a到b过程中，气体只对外做功，不吸收热量；b到c的过程中，气体只吸收热量不做功，而a、c状态温度相同，即气体的内能相同，根据热力学第一定律，吸收的热量等于气体对外做的功，A到b过程，气体对外界做功10J，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】在p—V图像中，图像与坐标轴围成的面积等于该过程气体做的功；根据热力学第一定律分析判断气体对外界所做的功。
3．【答案】D
【解析】【解答】a、b等高且距离为 3R，O为细线中点且细线长为2 3R，则 Oa=Ob=3R
三角形 Oab为等边三角形，如图
选取左侧小球进行分析，记 O'为圆心，由图中几何关系可得，圆环弹力沿 O'a向外，与水平方向夹角为 30∘，则小球所受重力与圆环弹力的合外力为 F合=2mgcs30∘=3mg
与绳拉力T等大，力F的大小与绳拉力的合力等大反向，三角形 Oab为等边三角形，两绳夹角为 60∘，故 F=3T=3mg
ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据几何关系得出三角形的边长，对小球的左侧进行受力分析，利用力的合成得出合力的大小以及力F的大小。
4．【答案】A
【解析】【解答】设与椭圆轨道停泊轨道周期相同的圆形轨道半径为r，根据牛顿第二定律 GMmr2=m4π2T2r
椭圆轨道的半长轴 2r'=d1+d2+2R
根据开普勒第三定律 r3T2=r'3T2
火星表面处 GMmR2=mg
联立解得火星表面处自由落体的加速度 g=π2(2R+d1+d2)32T2R2
A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】探测器运动的过程中格局万有引力提供向心力，结合开普勒第三定律得出探测器周期地表达式，在火星表面重力等于万有引力，从而得出重力加速度的表达式。
5．【答案】B
【解析】【解答】根据等量同种电荷和等量异种电荷电场的分布情况可知：cd连线方向上+q和−q的电场中，c、d两点的电场强度相同，a、b两点的电场强度也相同；a、b两点的电势相等，c、d两点的电势不等；在两个+q的电场中，cd的电场强度大小相等、方向相反，a、b两点的电场强度大小相等、方向相反，所以根据电场的叠加原理可知c、d两点的电场强度不同，a、b两点的电场强度也不同，c、d的电势相等，a、b两点的电势相等．根据叠加原理可知a、b两点电势相等，c、d两点电势不相等。B符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据等量同种电荷和等量异种电荷电场的分布情况ab和cd两点场强的方向和电势的大小关系。
6．【答案】D
【解析】【解答】小球从平台的边缘处由静止向右运动2H时，设小球的速度为v，此时轻质细线与水平方向夹角为θ，如图所示，由图可知
tanθ=12
则有 csθ=25
小球沿绳子方向的分速度等于物块的速度，则有物块的速度为 v1=vcsθ=2v5
对物块和小球组成的系统，用动能定理可得 F⋅2H=12Mv2+12Mv12
v1=43FHM
ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据几何关系以及速度的分解得出五块的速度，利用动能定理得出物块速度的表达式。
7．【答案】A
【解析】【解答】依题意，氕核、氘核全部被约束在大圆形区域内，根据 qvB=mv2r
得 r=mvqB
由于二者速度相同，根据半径与比荷的关系，可知氕核，氘核在磁场中的轨迹半径之比为1：2。当氘核在磁场中运动轨迹刚好与磁场外边界相切时，氘核运动轨迹半径最大，由几何知识得 (2R-rmax)2=rmax2+R2
求得氘核的最大半径为 rmax=24R
所以，氕核在磁场中运动的最大半径为 r'max=12rmax=28R
故答案为：A。
【分析】粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力，从而得出轨道半径的表达式，结合几何关系得出最大半径的表达式。
8．【答案】C
【解析】【解答】由图（b）可知，不用冰壶刷时，冰壶做减速运动的加速度 a0=ΔvΔt=0.43-1m/s2=0.2m/s2
由于 a0=μ1g
冰壶与冰面间的动摩擦因数 μ1=0.02
若红壶与蓝壶不碰撞，则红壶停止时刻为 t=va=
红壶与蓝壶碰撞过程中满足动量守恒 mv0=mv红+mv蓝由图（b）中信息可得碰后蓝壶的速度 v蓝=0.6m/s
蓝壶减速过程中的加速度大小 a蓝=v蓝-0Δt=0.65m/s2=0.12m/s2
由于 a蓝=μ2g
可得 μ2=0.012
因此蓝壶与冰面间动摩擦因数减少 Δμ=μ1-μ2=0.008
故答案为：C。
【分析】根据加速度的定义式得出冰壶的加速度，结合牛顿第二定律得出动摩擦因数的表达式，通过动量守恒以及加速度的定义式得出动摩擦因数，从而得出运动员由于用冰壶刷摩擦冰面使冰壶与冰面间的动摩擦因数减少量。
9．【答案】A,C
【解析】【解答】AB．由题意可知，b光在水中产生了全反射，所以a光的临界角大于b光，由 sinC=1n可知，a光的折射率小于b光，由 v=cn可知，a光在水中的速度大于b光，A符合题意，B不符合题意；
CD．a光的折射率小于b光，a光的波长大于b光的波长，由 Δx=Ldλ可知，a光干涉条纹间距比b光的宽，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据折射率和全反射临界角的正弦值的关系以及折射率光在真空中传播的速度关系得出两种光在水中的传播速度的大小关系，结合双缝干涉相邻间距的表达式判断干涉条纹间距的表达式。
10．【答案】B,D
【解析】【解答】AB．由乙图可知，在t＝0.4s时刻，Q恰好经平衡位置向y轴负方向运动，因此波沿x轴负方向传播，A不符合题意，B符合题意；
CD．由甲图可知 λ=20m
由乙图可知 T=0.8s可得波速为 v=λT=25m/s
在t＝0.88s时刻，波在图示位置又向左传播的距离 s=v⋅Δt=25×(0.88-0.4)m=12m
此时P点恰好经平衡位置向上振动，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据质点的振动和波的传播方向之间的关系得出该波的传播方向，根据简谐波的振动图像得出该博的周期，通过波传播的速度和波长的关系得出该波传播的距离，并得出P点的振动方向。
11．【答案】A,D
【解析】【解答】A．正弦交流电源电压稳定，有 u=UR1+U1， |ΔU1|=|ΔUR1|
所以有 |ΔU1ΔI1|=|ΔUR1ΔI1|=R1
A符合题意；
BCD．根据变压器的规律可知，理想变压器原、副线圈电压变化量之比 ΔU1ΔU2=n1n2
原、副线圈电流变化量之比 ΔI1ΔI2=n2n1
所以有 |ΔU2ΔI2|=(n2n1)2|ΔU1ΔI1|=(n2n1)2R1
所以D符合题意，BC不符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据理想变压器原副线圈的匝数比和电压比的关系和原副线圈的匝数比和电流比的关系进行分析；利用欧姆定律判断正确的选项。
12．【答案】B,C
【解析】【解答】AB．当AB静止时，对整体受力分析可知 3mgsin30∘=kx1
解得 x1=3mg2k
当物体AB恰好分离时，AB间作用力为零，此时对物块A分析可知 kx2-mgsin30∘=ma
解得 x2=mgk
当AB分离时，物块A上滑的距离为 Δx=x1-x2=3mg2k-mgk=mg2k
根据速度时间公式可得 v2=2aΔx
解得 v=gm2k
CD．根据能量守恒定律，物体从开始运动到分离时，拉力F做的功为 WF=12(m+2m)v2+(m+3m)gsin30∘Δx
解得 WF=7m2g28k
AD不符合题意，BC符合题意。
故答案为：BC。
【分析】AB静止时，对整体进行受力分析根据共点力平衡得出弹簧的形变量，当物体AB恰好分离时利用牛顿第二定律得出弹簧的形变量，结合匀变速直线运动的位移和速度的关系得出速度的表达式，通过恒力做功得出拉力F做的功。
13．【答案】（1）hx
（2）Mx0=Mx1+mx2；(M-m2M)2
（3）=
【解析】【解答】（1）设斜面夹角为 θ，根据动能定理 Mgh-μMgcsθ⋅hsinθ-μMg(x-htanθ)=0
即 Mgh-μMgx=0
解得 μ=hx
（2）a、b碰撞动量守恒 Mv0=Mv1+mv2
碰前对a根据动能定理 -μMgx0=0-12Mv02
碰后对a、b 分别由动能定理 -μMgx1=0-12Mv12
-μmgx2=0-12mv22
解得a、b碰撞动量守恒满足的表达式是 Mx0=Mx1+mx2
若 a与b发生的是弹性碰撞，则满足机械能守恒 12Mv02=12Mv12+12mv22
解得需满足 x1x2=(M-m2M)2
（3）拿走小物块b，改变小物块a的释放点，根据动能定理 Mgh'-μMgx1=0
增大斜面倾角 Mgh'-μMgcsθ'⋅h'sinθ'-μMg(x2-h'tanθ')=0
化简得 Mgh'-μMgx2=0
解得 x1=x2
【分析】（1）根据动能定理得出 a与水平面间的动摩擦因数；
（2）gab碰撞的过程中根据动量守恒和动能定理以及机械能守恒得出 O2C2的长度 和 O1C1的长度比值的表达式；
（3）利用动能定理得出增大倾角时 O2C2的长度 和 O1C1的长度的大小关系。
14．【答案】（1）12.0；0.8
（2）等于；大于
【解析】【解答】（1）根据闭合电路欧姆定律 E=I(R+R0+r)
整理得 1I=1ER+R0+rE
因此在 1I-R图线中，利用图像的斜率和纵轴截距数据可得 1E=1.2510-(-5)， R0+rE=0.4
解得 E=12.0V， r=0.8Ω
（2） 考虑到电流表内阻的影响，欧姆定律的表达式应为 E=I(R+R0+r+rA)
整理得 1I=1ER+R0+r+rAE
图像的斜率不变，也就是电动势的测量值等于真是值，而内电阻的测量值应为内电阻与电流表内阻之和，因此测量值偏大。
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律得出电流倒数和电阻的关系式，结合图像得出电源的电动势以及电源的内阻；
（2结合欧姆定律得出电流倒数和电阻的关系式，从而分析测量值的变化情况。
15．【答案】（1）解：设后来两部分气体的压强为p，氧气的体积为VA2，氮气的体积为VB2，根据玻意耳定律pA1VA1=pVA2①
pB1VB1=pVB2②
VB2+VA22=VB1③
活塞M移动的距离x=VA1-VA22SM④
代入题给数据解得x=5003cm⑤
（2）解：根据共点力的平衡条件F+p0SM=pSM⑥
由①②③⑥得F=6×103N⑦
【解析】【分析】（1） 活塞M移动的 的过程中根据玻意耳定律得出活塞M移动的距离；
（2）根据共点力平衡得出加在活塞M上的水平推力 。
16．【答案】（1）解：设运动员及其装备的总质量为m，起跳时的速度为v，从A到B过程中，根据机械能守恒定律mgH=12mv2
设运动员从B到C的时间为t，将运动分解到垂直斜坡方向和沿着斜坡方向，在垂直斜坡方向上vy=vsin(α+θ)
ay=gcsθ
且落到斜坡上时t=vy-(-vy)ay
代入数据解得t=26s
（2）解：设运动员调整角度为β时，BC间距离为x，则x=vt'cs(β+θ)+12axt'2
ax=gsinθ
t'=2vsin(β+θ)ay
整理得x=2v2gcs2θsin(β+θ)csβ
根据数学公式可知，当β=30时，x最大值，代入数据解得，最大值为Lm=180m
【解析】【分析】（1）运动员从A到B的过程中 根据机械能守恒以及速度的分解和加速度的分解得出从B到C的时间；
（2）根据匀变速直线运动的规律以及加速度的分解得出BC能达到的最大距离。
17．【答案】（1）解：设碰撞后b的速度为vC，经过D点时速度为vD，根据牛顿第二定律4mg+mg=mvD2R
b从C到D过程中，根据机械能守恒定律得mgR+12mvD2=12mvC2
设碰后瞬间轨道对b的支持力F，则F-mg=mvC2R
整理得F=10mg
根据牛顿第三定律可知，碰后瞬间b对轨道的压力大小为10mg
（2）解：设a的质量为M，到达最低点C与b碰撞前的速度为v0，根据机械能守恒定律2MgR=12Mv02
设碰后小球a的速度为va。根据动量守恒定律和机械能守恒定律Mv0=Mva+mvC
12⋅Mv02=12⋅Mva2+12⋅mvC2
解得M=3m
（3）解：设b离开D后经过时间t再次落到AB，沿水平方向通过的距离为x，沿竖直方向下降的高度为y。根据平抛运动的规律可知x=vDt
y=12gt2
由几何关系知xtanθ+y=Rcsθ+R
解得t=4(22-5)gR3g
【解析】【分析】 （1）滑块在D点时根据合力提供向心力以及C到D的过程中利用机械能守恒定律得出C点的速度表达式，结合合力提供向心力得出碰后瞬间b对轨道的压力；
（2） 到达最低点C 的过程中根据机械能守恒定律以及动量守恒得出滑块a的质量；
（3）根据平抛运动的规律以及几何关系得出滑块b从D点离开轨道到再落到轨道上经历的时间。
18．【答案】（1）解：设t0时刻棒M的速度为v0，根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律E0=BLv0①
I0=E02R②
每根棒受到的安培力F安=BLI0③
对导体棒N，根据平衡条件mgsinθ+μmgcsθ=F安④
整理得v0=2mgRB2L2⑤
（2）解：此过程中，棒M的加速度a0=v0t0⑥
根据牛顿第二定律F0-(mgsinθ+μmgcsθ)-F安=ma0⑦
整理得F0=2mg+2m2gRB2L2t0⑧
（3）解：设第二个t0时间内，棒M与N之间的距离增加了Δx，回路中的平均电流为I，对导体棒N，根据动量定理BLI-(mgsinθ+μmgcsθ)t0=mvN⑨
而I=E2R
E=Δϕt0⑩
Δϕ=BLΔx⑪
第一个t0时间内，棒M的位移x1=12a0t02⑫
2t0时刻，棒M与N之间的距离为
x=x0+x1+Δx
整理得x=x0+m(3gRt0+2RvN)B2L2⑬
（4）解：棒M、N的速度随时间变化的图像如图所示
【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和共点力平衡得出 t0时刻棒M的速度v0；
（2）对棒M根据牛顿第二定律得出 t0时刻作用在棒M上的拉力 ；
（3） 导体棒N ，根据动量定理以及欧姆定律和匀变速直线运动的规律得出此时棒M与棒N之间的距离。
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