2022-2023学年河北省保定市六校联盟高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年河北省保定市六校联盟高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程，在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，正确的说法是( )
A. 在对自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，但并没有直接用实验进行验证
B. 伽利略通过斜面实验来研究落体运动的规律，是采用了微元法
C. 牛顿认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比
D. 亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快
2.关于以下四幅图的描述，下列说法正确的是( )
A. 猴子所受树枝的拉力是由于猴子发生形变引起的
B. 大人和小孩掰手腕，大人获胜是因为大人对小孩的力大于小孩对大人的力
C. 前轮驱动的汽车驱动前轮转动时，如果地面突然变光滑，前轮仍受到向前的摩擦力
D. 嫦娥三号登月探测器通过喷出气体悬停在月球表面上方某处，喷出的气体对探测器作用力的大小等于月球对探测器产生的重力的大小
3.一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程为 92238U→90234Th+24He，生成的 90234Th经过一系列α衰变和β衰变后变成 82206Pb，以下说法正确的是( )
A. 铀单核衰变生成的钍核的动能小于生成的α粒子的动能
B. β衰变过程中释放的电子来自核外电子
C. 90234Th需经过7次α衰变、8次β衰变转化为 82206Pb
D. 钍核(90234Th)的半衰期是24天，20个钍核经过48天后，还剩5个钍核
4.如图所示，M、N两物体叠放在一起，在恒力F作用下，一起向上做匀加速直线运动，则关于两物体受力情况的说法正确的是( )
A. 物体M可能受到6个力
B. 物体N可能受到4个力
C. 物体M与墙之间一定有摩擦力
D. 物体M与N之间一定有摩擦力
5.图中ae为珠港澳大桥上四段110m的等跨钢箱连续桥梁，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则( )
A. 汽车通过bc段的时间为 2t
B. 汽车通过b点的速度等于汽车通过ad段的平均速度
C. 汽车通过ce段的时间为(2− 2)t
D. 汽车通过c点的速度小于汽车通过ae段的平均速度
6.如图所示，横截面为四分之一圆、质量为M的柱体B放在粗糙水平地面上，一竖直固定的挡板与柱体最左侧相切，质量为m的小球a恰能静止在挡板和柱体之间，现拿走小球a，将质量为m、但密度比小球a小的小球b贴着挡板轻轻放到柱体B上。小球与挡板、小球与柱体之间无摩擦力。下列说法正确的是( )
A. 小球b对挡板的压力大于小球a对挡板的压力
B. 小球b对柱体的压力大于小球a对柱体的压力
C. 地面对柱体的支持力不变
D. 柱体受到地面的摩擦力不变
7.如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长h1=25.0cm的空气柱，中间有一段长h2=25.0cm的水银柱，上部空气柱的长度h3=60.0cm.已知大气压强为p0=75.0cmHg.现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓慢往下推，使管下部空气柱长度变为20.0cm.假设活塞下推过程中没有漏气，则活塞下推的距离为( )
A. 20cm
B. 15cm
C. 10cm
D. 35cm
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再到状态C，最后回到状态A，其状态变化过程的p−T图像如图所示，已知该气体在状态A时的体积为2×10−3m3，T为热力学温度。下列说法正确的是( )
A. 气体在状态A时的密度大于在状态C时的密度
B. 气体从状态A到状态B的过程中向外界放出热量
C. 气体在状态B时的体积为6×10−3m3
D. 气体从状态B到状态C再到状态A的过程中向外放出400J热量
9.一群处于基态的氢原子受某种光照射后，跃迁到第4能级，发出的光谱中只含有两条可见光a和b。用光a、b照射同一光电效应装置，得到的光电流和电压的关系如图甲所示。图乙为氢原子能级图。已知可见光光子的能量范围为1.64eV∼3.19eV。关于上述物理过程，下列说法正确的是( )
A. 照射氢原子的光子能量E=12.75eV
B. 用b光照射时，获得的光电子的初动能大
C. 氢原子受激发后，可以发出6种不同频率的光
D. a光是氢原子从n=4能级跃迁到n=2能级时发出的光
10.为了测试小车的性能，甲、乙两辆小车同时从M处由静止开始沿平直公路均先做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动直至静止，两车先后停在N处，假设两车在各自匀加速阶段和匀减速阶段的加速度大小相等，甲车、乙车全程经历的时间分别为t0和2t0，甲、乙两车加速度大小分别为a1和a2，最大速度分别为v1和v2，则( )
A. v1：v2=2：1B. a1：a2= 2：1
C. 甲车停下时，两车相距最远D. 甲车运动了45t0时，两车相距最远
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某实验小组用如图甲所示实验装置来“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”。
(1)关于该实验，下列说法正确的是______。
A.实验时应快速推拉活塞以避免气体与外界发生热交换
B.无需测出封闭气体的质量
C.推拉活塞时，应用手握住整个注射器以使装置更稳定
(2)为了探究气体在不同温度时发生等温变化是否遵循相同的规律，他们进行了两次实验，得到的p−V图像如图乙所示，由图可知两次实验气体的温度大小关系为T1______T2(选填“<”“=”或“>”).
(3)为了能直观地判断气体压强p与气体体积V的函数关系，应作出______(选填“p−V”或“p−1V”)图像，对图线进行分析，如果在误差允许范围内该图线是一条______，就说明一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积成反比。
12.某实验小组用如图(a)所示装置探究小车做匀变速直线运动的规律。
(1)请在下列实验器材中，选出本实验中不需要的器材：______(填编号)。
①电火花计时器②电压220V频率50Hz的交流电源③细线和纸带钩码和小车⑤刻度尺⑥秒表⑦一端带有滑轮的长木板
(2)①甲同学得到如图(b)所示的一条纸带，在纸带上每5个点选取1个计数点，依次标记为A、B、C、D、E。测量时发现B点已经模糊不清，于是他测得AC长为14.56cm、CD长为11.15cm、DE长为13.73cm，则小车运动的加速度大小为______m/s2，A、B间的距离应为______ cm。(均保留三位有效数字)
②若打点计时器实际工作频率f=51Hz，电压不变，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(3)乙同学得到点迹清晰的纸带如图(c)，在纸带上取六个计数点(各点到纸带两侧距离相等)，标记为A、B、C、D、E、F，相邻两点的间距依次记为x1、x2、x3、x4、x5，相邻计数点的时间间隔记为T。从每个计数点处将纸带剪开分成五段，将五段纸带两侧依次靠紧但不重叠，沿下端各计数点连线作横轴，沿AB段左侧作纵轴，上端各计数点拟合成一条倾斜直线，如图(d)所示。
①若用横轴表示时间t，纸带宽度表示T，纵轴表示xn(n=1、2、3、4、5)，则倾斜直线的斜率表示的物理量是______(填序号)。
A.位移
B.瞬时速度
C.T内瞬时速度的变化量
D.加速度
②若用纵轴表示xn(n=1、2、3、4、5)，纸带宽度表示______(用题中所给物理量符号写出表达式)，则倾斜直线的斜率就表示纸带运动的加速度。
四、简答题：本大题共2小题，共28分。
13.某次跳水比赛时，运动员在距水面10m的跳台以5m/s的初速度向上跳起，到达最高点后自由下落，忽略空气阻力、运动员在水中近似做匀减速直线运动，恰好到达池底时，运动员速度减为零，已知水池深度为5m，运动过程中运动员视为质点，g取10m/s2，试计算：
(1)该运动员从起跳到入水所用时间；
(2)运动员在水中下落的平均加速度；
(3)画出整个运动过程的v−t图像。
14.质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑.如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块沿斜面匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)。
(1)木楔与斜面的动摩擦因数；
(2)当α和θ满足什么关系时，拉力F有最小值，求此最小值；
(3)当α=θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？
五、计算题：本大题共1小题，共12分。
15.如图甲所示为某气压型弹跳杆，其核心部分可简化为如图乙所示，竖直倒立圆柱形汽缸导热性良好，连杆一端与水平地面接触，另一端与面积为S的活塞连接，活塞与汽缸的重力均不计，活塞与汽缸间的摩擦不计。没有站人时活塞位于距缸底为H的A处，汽缸内被活塞密封一定质量的理想气体。当某同学站上弹跳杆踏板最终稳定后(人静止在汽缸顶端)活塞位于距离缸底H′=56H的B处。已知大气压强为p0，外界温度为27℃，重力加速度为g，汽缸始终竖直。
(1)求该同学的质量m。
(2)若该同学仍然站在踏板上，求密封气体的热力学温度升为多少，才能使得活塞回到位置A。
(3)若使用一段时间后，汽缸内漏出一部分气体，使该弹跳杆上站一个质量为23m的人后稳定时活塞也位于B处，求漏出气体的质量与原来汽缸中气体质量的比值。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、伽利略在研究自由落体运动时，猜想物体运动速度与下落时间成正比，但他没有直接用实验进行验证，符合史实，故A正确；
B、伽利略应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点，故B错误；
C、胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，故C错误；
D、亚里士多德认为重物比轻物下落快。伽利略认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快，故D错误。
故选：A。
本题根据伽利略、牛顿等科学家对物理学的贡献进行解答。
对于著名科学家的物理学贡献和研究方法要加强学习，这也是考试的内容之一，注重知识的积累。
2.【答案】D
【解析】解：A.根据弹力的产生可知，猴子所受树枝的拉力是由于树枝发生形变引起的，故A错误；
B.大人对小孩的力与小孩对大人的力是一对作用力与反作用力，大小相等，故B错误；
C.前轮驱动的汽车驱动前轮转动时，如果地面突然变光滑，则前轮不受到摩擦力，故C错误；
D.嫦娥三号登月探测器通过喷出气体悬停在月球表面上方某处，根据受力平衡可知，喷出的气体对探测器作用力的大小等于月球对探测器产生的重力的大小，故D正确。
故选：D。
弹力是施力物体的形变产生的，作用在受力物体上；由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失；根据摩擦力产生的条件判断；根据受力平衡的条件分析。
本题考查了弹力、牛顿第三定律及其理解。理解相互作用力与平衡力的区别。作用力与反作用力是分别作用在两个物体上的，既不能合成，也不能抵消，分别作用在各自的物体上产生各自的作用效果。
3.【答案】A
【解析】解：A.铀单核衰变过程系统动量守恒，故钍核的动量与α粒子动量相等，由于钍核的质量大于α粒子的质量，由Ek=p22m可知钍核的动能小于α粒子的，故A正确；
B.β衰变过程中释放的电子是核内中子转变成质子时放出的，故B错误；
C.设该衰变过程经过x次α衰变和y次β衰变，根据质量数及电荷数守恒，可得234=206+4x，90=82+2x−y，联立求得：x=7，y=6，故C错误；
D.半衰期是统计规律，适用于大量原子核，对少数原子核不适用，故D错误。
故选：A。
根据动量守恒定律，抓住系统总动量为零得出两粒子的动量大小，然后结合动量与动能的关系求出动能；根据β衰变的本质判断；结合衰变的过程中有质量亏损分析衰变前后质量的大小关系；半衰期是统计规律。
本题考查了原子核和动量守恒的综合运用，知道衰变前后动量守恒，理解半衰期的定义，基础题。
4.【答案】D
【解析】解：M、N两物体一起向上做匀加速直线运动，合力向上，对MN整体进行受力分析，受到重力和F，墙对M没有弹力，否则合力不能向上，也就不可能有摩擦力；对N进行受力分析，得：N受到重力，M对N的支持力，这两个力的合力不能向上，所以还受到M对N向上的静摩擦力，共3个力；再对M进行受力分析，得：M受到重力、推力F、N对M的压力以及N给M沿斜面向下的静动摩擦力，一共4个力，故D正确，ABC错误；
故选：D。
M、N两物体一起向上做匀加速直线运动，合力向上，分别对MN整体、M、N进行受力分析，即可求解。
对于物体的受力分析，解题方法是：确定研究对象，首先分析重力，再分析接触面的弹力和摩擦力，最后分析非接触力(电场力或磁场力)，只分析物体受到的力，不分析物体对外施加的力。
5.【答案】C
【解析】解：A.根据初速度为零的匀变速直线运动的比例关系，可知汽车通过ab、bc、cd、de段所用的时间之比为
1:( 2−1):( 3− 2):(2− 3)
则汽车通过bc段的时间为( 2−1)t，故A错误；
B.汽车通过ae段的时间为2t，b点为ae段的中间时刻，故汽车通过b点的速度等于ae段的平均速度，故B错误；
C.汽车通过cd段的时间为( 3− 2)t，通过de段的时间为(2− 3)t，则汽车通过ce段的时间为( 3− 2)t+(2− 3)t=(2− 2)t，故C正确；
D.匀变速直线运动，通过中间位移的速度大于中间时刻的速度，汽车通过ae段的平均速度等于汽车通过b点的瞬时速度，故汽车通过c点的速度大于汽车通过ae段的平均速度，故D错误。
故选：C。
A、根据初速度为零的匀变速直线运动的比例关系，可求出汽车通过ab、bc、cd、de段所用的时间之比，进而可求汽车通过bc段的时间。
B、汽车通过b点时所用时间为t，判断汽车通过ad段的时间是否为2t，即可判断B是否正确。
C、汽车通过ce段的时间等于汽车通过cd段的时间与通过de段的时间之和。
D、根据匀变速直线运动，通过中间位移的速度大于中间时刻的速度进行判断。
解答本题，若能理解并熟记初速度为零的匀变速直线运动的比例关系，则可快速解题。匀变速直线运动，通过中间位移的速度大于中间时刻的速度。
6.【答案】C
【解析】解：AB.以小球a为研究对象，受力分析如图甲所示
由力的平衡条件可知挡板与柱体对小球a作用力的合力与小球a的重力大小相等、方向相反，小球b与小球a相比，质量不变、体积增加，则柱体圆心和小球球心的连线与竖直方向的夹角减小，由力的平行四边形定则和牛顿第三定律可知，小球b对挡板的压力小于小球a对挡板的压力，小球b对柱体的压力小于小球a对柱体的压力，故AB错误；
C.以小球和柱体整体为研究对象，受力分析如图乙所示，水平方向上有
Ff=F1
由于换小球后，小球b对柱体的压力小于小球a对柱体的压力，则F1减小，则柱体所受地面的摩擦力减小，故C正确；
D.竖直方向上有
FN=(M+m)g
由于两小球质量相等，所以地面对柱体的支持力不变，故D错误。
故选：C。
对a物体受力分析，根据平衡条件求解B所受弹力，换b后，分析夹角的变化，进而判断各力变化；
整体受力分析，判断力的变化。
本题考查共点力平衡，解题关键是对a做好受力分析，根据平衡条件列式求解即可。
7.【答案】A
【解析】解：活塞未下推之前，液柱下端封闭气体的压强
p1=p0+ρgh=(25+75)cmHg=100cmHg
液柱下端封闭气体，根据玻意耳定律可知
p1V1=p2V2
其中
V1=25S，V2=20S
联立解得
p2=125cmHg
活塞下推后，管上部分气体的压强
p3+ρgh=p2
解得
p3=100cmHg
管上部分气体，根据玻意耳定律
p0V0=p3V3
其中
V0=60S，V3=LS
联立解得，管上部分气体的长度
L=45.0cm
活塞下推的距离为
l=h3−L+h1−20cm=60.0cm−45.0cm+25.0cm−20.0cm=20.0cm
故选：A。
设活塞下推距离为l，分别求解出上、下两端封闭气体下推前的压强和长度，在表示出下推后的压强和长度，对两端封闭气体分别运用玻意耳定律列式后联立求解即可。
本题考查了理想气体的状态方程，是一道难题，解题关键在于对上下两部分气体分别用玻意耳定律，再求得下推距离。
8.【答案】CD
【解析】解：A.根据一定质量的理想气体状态方程
pVT=C
可得p=CVT
由此可知，气体在A、C两态的体积相同，则气体在状态A时的密度等于在状态C时的密度，故A错误；
B.气体从状态A到状态B的过程，温度不变，内能不变，压强减小，则体积变大，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，气体从外界吸收热量，故B错误；
C.从A到B的过程中，气体的温度保持不变，则由玻意耳定律可知
pAVA=pBVB
可得气体在状态B时的体积为
VB=pAVApB=3×105×2×10−31×105m3=6×10−3m3
故C正确；
D.气体从状态B到状态C体积减小，外界对气体做功为
W=pΔV=1×105×(6−2)×10−3J=400J
从C到A体积不变，则W=0，可知气体从状态B到状态C再到状态A的过程中外界对气体做功400J，而A、B两状态的温度相同，内能相同，根据热力学第一定律可知，气体从状态B到状态C再到状态A的过程中向外放出400J热量，故D正确。
故选：CD。
根据一定质量的理想气体状态方程，结合图像的物理意义得出气体在不同状态下的密度关系；
根据热力学第一定律分析出气体的吸放热情况；
气体从A到B的过程中发生等温变化，根据玻意耳定律得出气体在状态B的体积；
根据功的计算公式得出气体的放热量。
本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，理解图像的物理意义，结合热力学第一定律和功的计算公式即可完成分析。
9.【答案】ABC
【解析】解：A、由题意可知照射光子的能量E=E4−E1=−0.85eV+13.6eV=12.75eV，故A正确；
B、由图甲可知，在光电效应装置中，a的遏止电压UC2低，根据Ek=hν−W=|eUC|可知，a光的光子能量小，用b光照射时，获得的光电子的初动能大，故B正确；
CD、根据C42=6可知，从n=4向低能级跃迁，最多产生6中不同频率的光，6种光子的能量分别为
ΔE1=E4−E3=−0.85eV−(−1.51eV)=0.66eV；
ΔE2=E3−E2=−1.51eV−(−3.40eV)=1.89eV；
ΔE3=E4−E2=−0.85eV−(−3.40eV)=2.55eV；
ΔE4=E2−E1=−3.40eV−(−13.6eV)=10.2eV；
ΔE5=E4−E1=−0.85eV−(−13.6eV)=12.75eV；
ΔE6=E3−E1=12.09eV，其中ΔE2，ΔE3对应的是可见光，a光的光子能量小，因此a光是从n=3跃迁到n=2能级时发出的光，故C正确，D错误；
故选：ABC。
根据光电效应方程与动能定理判断a与b的波长；根据能级跃迁知识判断，即可分析。
解答本题的关键是理解光电效应方程及能级跃迁相关知识，掌握由遏止电压的大小来判定光的频率高低。
10.【答案】AD
【解析】解：A.甲、乙两车运动图像如图所示
由题意知，两车位移相等，则由几何法可得
12v1t0=12v2⋅2t0
解得：v1：v2=2：1
故A正确；
B.由图像可得，甲车加速度大小为：a1=v1t02
乙车加速度大小为：a2=v2t0
由A选项解析可得：v1：v2=2：1
联立各等式可得：a1：a2=4：1
故B错误；
CD.由题意知两车速度相等时相距最远，设甲车达到最大速度后，再经过Δt时间，两车速度相等，则有
v1−a1Δt=a2(t02+Δt)
对甲车有：v1=a1t02
又有：a1：a2=4：1
联立各式，解得：Δt=310t0
两车速度相等时，两车相距最远，此时甲车运动时间为：t甲=t02+Δt=t02+310t0=45t0
故C错误，D正确。
故选：AD。
A、根据题意，画出甲、乙两车的v−t图像，根据两车位移相等，由几何法可列出等式，可求出v1与v2的比值。
B、根据加速度的定义式a=ΔvΔt，结合选项A结论，可求出a1与a2的比值。
CD、由题意和v−t图像可知，两车速度相等时相距最远。分别列出甲、乙两车共速时的速度表达式，结合A、B选项结论，可求两车相距最远时甲车运动时间。
解答本题，画出甲、乙两车的v−t图像，有助于解题！两车速度相等时相距最远。
11.【答案】B>p−1V 过原点的倾斜直线
【解析】解：(1)A、实验时应缓慢推拉活塞，保持气体温度不变，故A错误；
B、研究一定质量气体的压强与体积的关系，需要保持气体质量不变，但不需要测量气体的质量，只需要测量气体压强和体积，故B正确；
C、推拉活塞时，不能用手握住整个注射器，避免气体温度发生变化，故C错误。
故选：B。
(2)根据理想气体状态方程得：pV=CT
可知离坐标原点越远的等温线温度越高，则有T1>T2
(3)根据理想气体状态方程得：pVT=C
整理得：p=CTV
则p−1V图像应为过原点的倾斜直线。
故答案为：(1)B；(2)>；(3)p−1V；过原点的倾斜直线。
(1)根据实验注意事项分析即可；
(2)(3)根据理想气体状态方程分析即可；
本题考查“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”实验，解题关键是掌握实验注意事项和理想气体状态方程。
12.【答案】⑥ 偏小 CT2
【解析】解：(1)打点计时器有计时功能，故不需要秒表，故选⑥。
(2)相邻计数点的时间间隔为
T=5f=550s=0.1s
由逐差法可得
a=xCE−xAC(2T)2=11.15+13.73−14.56(2×0.1)2×10−2m/s2=2.58m/s2
根据
x2−x1=aT2=2.58×(0.1)2m=2.58cm
x2+x1=14.56cm
解得：x1=5.99cm
若打点计时器实际工作频率f=51Hz，电压不变，而做实验的同学并不知道，那么计算加速度代入的T值相比于真实值偏大，根据a=ΔxT2，可知，加速度偏小。
(3)①若用横轴表示时间t，纸带宽度表示T，纵轴表示xn(n=1、2、3、4、5)，则直线斜率
k=ΔxT=aT=Δv，
此处在理解时一定要灵活处理，根据实际关系式来理解图像，不能机械的记忆图像表示的是什么图像。所以所连斜直线的斜率表示相邻计数点的瞬时速度的变化，故C正确，ABD错误；
故选：C。
②若用纵轴表示xn(n=1、2、3、4、5)，根据
Δx=aT2
可知，纸带宽度表示T2。
故答案为；(1)⑥；(2)2.58；5.99；偏小；(3)C；T2
(1)根据实验原理选择出不需要的实验器材；
(2)根据逐差法计算出小车的加速度，结合运动特点得出对应的距离；
(3)理解图像的物理意义，结合匀变速直线运动的公式完成分析。
本题主要考查了打点计时器测量速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式即可完成分析。
13.【答案】解：(1)运动员从起跳到入水前，加速度不变，故此过程运动员的运动可看作初速度为v0=5m/s、加速度大小为g的匀变速直线运动，设运动员从起跳到入水所用时间为t，运动员从起跳到入水的位移为x=−10m，根据运动学规律有：x=v0t−12gt2
代入数据解得：t=2s
(2)设运动员入水前瞬间的速度为v，则有：v=v0−gt=(5−10×2)m/s=−15m/s，方向竖直向下
运动员入水后做匀减速直线运动，设运动员在水中下落的平均加速度为a，已知水池深度为H=5m，则有
−H=0−v22a
代入数据解得：a=22.5m/s2，方向竖直向上
(3)运动员到达最高的的时间：t0=v0g=510s=0.5s
运动员入水后做减速运动的时间：t′=0−va=1522.5s=0.67s
整个运动过程的v−t图像，如图所示
答：(1)该运动员从起跳到入水所用时间为2s；
(2)运动员在水中下落的平均加速度为−22.5m/s2，方向竖直向上；
(3)整个运动过程的v−t图像，如图所示

【解析】(1)将运动员从起跳到入水前的运动过程看作匀变速直线运动，由位移-时间公式可列方程，可求此段过程的运动时间；
(2)将运动员从起跳到入水前的运动过程看作匀变速直线运动，由速度-时间公式可列方程，可求运动员入水前瞬间的速度；运动员入水后做匀减速直线运动，由位移-速度公式可列方程，可求在水中下落的平均加速度；
(3)结合前两问的解析，可画出整个运动过程的v−t图像。
解答本题，既可将运动员从起跳到入水的过程看作匀减速直线运动，也可以将此段运动看作是先做竖直上抛运动、再做自由落体运动。
14.【答案】解：(1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有
mgsinθ=μmgcsθ
即
μ=tanθ
(2)木块在力F作用下沿斜面向上匀速运动时，沿着斜面方向有
Fcsα=mgsinθ+Ff
垂直斜面方向有
Fsinα+FN=mgcsθ
又
Ff=μFN
解得
F=mgsin2θcs(θ−α)
则当α=θ时，有
Fmin=mgsin2θ
(3)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到的地面摩擦力等于F的水平分力，即
Ff=Fcs(α+θ)
当α=θ时，有
Fmin=mgsin2θ
可得
Ff=Fmincs2θ=12mgsin4θ
答：(1)木楔与斜面的动摩擦因数tanθ；
(2)当α=θ时，拉力F有最小值为mgsin2θ
(3)当拉力最小时，水平面对本楔M的摩擦力是12mgsin4θ。
【解析】(1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时，根据共点力平衡，求木楔与斜面的动摩擦因数；
(2)对物块进行受力分析，根据共点力平衡，利用正交分解，在沿斜面方向和垂直于斜面方向都平衡，进行求解
(3)采用整体法，对m、M构成的整体列平衡方程。
木块放在斜面上时正好匀速下滑隐含摩擦系数的数值恰好等于斜面倾角的正切值，当有外力作用在物体上时，列平行于斜面方向的平衡方程，找到外力F的表达式，讨论F取最小值的条件，求解第二问时，灵活选用整体的思想较好，总体上看此题有一定难度。
15.【答案】解：(1)以被密封气体为研究对象，活塞从位置A到位置B，气体发生等温变化，由玻意耳定律可知
p0V0=p1V1
由题意可知
V1=56V0
则
p1=65p0
由力的平衡条件得
mg+p0S=p1S
解得
m=p0S5g
(2)活塞从位置B回到位置A的过程，被封闭的气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律可知
V1T1=V2T2
由题意可得
T1=300K,V2=V0=65V1
解得
T2=360K
(3)设弹跳杆上站一个质量为23m的人后稳定时汽缸内气体压强为p3，剩余气体压强变为p0时体积为V0′，则由玻意耳定律可知
p3V1=p0V0′
由力的平衡条件得
23mg+p0S=p3S
解得
V0′=1718V0
漏出气体的质量与原来汽缸中气体质量的比值为
ΔMM=V0−V0′V0=V0−1718V0V0=118
答：(1)该同学的质量为p0S5g；
(2)若该同学仍然站在踏板上，密封气体的热力学温度升为360K，才能使得活塞回到位置A；
(3)若使用一段时间后，汽缸内漏出一部分气体，使该弹跳杆上站一个质量为23m的人后稳定时活塞也位于B处，漏出气体的质量与原来汽缸中气体质量的比值为118。
【解析】(1)根据玻意耳定律和平衡条件列方程计算；
(2)根据盖-吕萨克定律计算；
(3)根据玻意耳定律和平衡条件列方程计算漏出气体的体积，再计算比值。
本题关键掌握平衡条件和理想气体状态方程。