山东省滨州市2024-2025学年高三下学期5月第二次模拟考试物理试卷（解析版）

这是一份山东省滨州市2024-2025学年高三下学期5月第二次模拟考试物理试卷（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.某实验小组在激光的传播方向上分别放置单缝、双缝、小圆孔和小圆板后，得到如下四幅图样，下列说法正确的是( )
A. 图甲是小圆板“泊松亮班”衍射图样B. 图乙是小圆孔衍射图样
C. 图丙是双缝干涉图样D. 图丁是双缝干涉图样
2.医用放射性同位素氟-18，常用于PET-CT肿瘤显影，其半衰期为110分钟。某日上午10:00制备的480mg氟-18显影剂，因故推迟至下午3:30使用。若显影剂中氟-18质量不低于50mg方可保证成像质量，则( )
A. 剩余氟-18质量约为30mg，不可正常使用
B. 剩余氟-18质量约为60mg，可正常使用
C. 剩余氟-18质量约为120mg，可正常使用
D. 剩余氟-18质量约为240mg，可正常使用
3.如图所示，地球同步轨道上的卫星A与更高轨道上的卫星B都绕地球做匀速圆周运动，且与地球自转方向相同。已知地球自转周期为T，某时刻二者距离最近，再经过时间t，二者第一次相距最远。则( )
A. B的运动周期为2tT2t-TB. B的运动周期为tT2t-T
C. A运行的线速度小于B的线速度D. A运行的向心加速度小于B的向心加速度
4.一定质量的理想气体，经历一个热循环过程，其P-V图像如图所示。已知，1→2过程为等温过程，2→3过程为等容过程，3→1过程为绝热过程。在过程1→2中，气体吸收的热量为60J，在过程2→3中，内能减少了40J。在1→2→3→1的一个热循环过程中，外界对气体做的总功为( )
A. 20JB. -20JC. 10JD. -10J
5.如图，某越野场地中一段水平的路面上有一圆弧形凸起，圆心角θ=120∘，最高点距水平地面高为h。一轮越野车两轮轴间的距离d=1.5h。越野车在水平路面上时，坐垫水平，椅背竖直，不考虑人与坐垫和椅背间的摩擦。车轮直径足够大，能安全通过该凸起。越野车缓慢开过该凸起，从前轮经过A点到前轮到达B点的过程中，坐垫对人的支持力( )
A. 逐渐变大B. 逐渐变小C. 先变大后变小D. 先变小后变大
6.我国“巡天号”地外天体采样机器人着陆某小行星时的最后阶段，需通过引擎反推实现减速。机器人以初速度v0=8m/s垂直接近地表时，引擎提供功率恒定的反向推力，功率的大小P=2.0×103W，使其速度减小到2m/s。由于存在稀薄大气，空气阻力大小f=kv(v为速度，系数k=0.2N⋅s⋅m-1)，机器人重力保持不变。则速度从8m/s到2m/s的下落过程中，机器人的加速度( )
A. 先增大后减小B. 先减小后增大C. 一直增大D. 一直减小
7.空间中存在一匀强电场，电场方向未知。如图所示，一质量为m的带电小球在A点的初速度大小为v0，方向水平向左，小球经过下方B点时速度的大小仍为v0，且方向与水平方向夹角θ=60∘，指向右下方。A、B两点在同一竖直面内，不计空气阻力，重力加速度为g。则( )
A. 若电场力水平向右，电场力最小
B. AB间电势差UAB=0
C. 小球速度竖直向下时，速度的大小为 22v0
D. 若电场力的大小为mg，则电场力与竖直方向的夹角为60∘，指向右上方
8.如图所示，半径为R的圆环竖直放置，两个质量均为m的可视为质点的小球套在圆环上，静止在A、B两点处，可随圆环绕过圆心的竖直轴OO'旋转。A、B连线过圆心且与竖直方向成37∘角，两小球与圆环接触面上的动摩擦因数μ=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。圆环角速度从零开始缓慢增大的过程中( )
A. 两小球所受的摩擦力随角速度的不断增大而增大
B. B处的小球先相对圆环开始滑动
C. 当B处的小球受到的摩擦力为零时，圆环的角速度为ω=12 3gR
D. 当圆环角速度为ω0时，A处的小球恰好开始滑动，此时A处的小球所受的支持力为15mω02R
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.我国风力发电近年来发展迅速，已成为全球风电装机容量最大、技术领先的国家之一。某物理兴趣小组制造了模拟风力发电厂输电网络供电的装置，如图所示。风轮带动矩形线圈在匀强磁场中转动，输出交流电，变压后远距离输送给用户。已知发电机线圈面积S=10 2πcm2，匝数N=100匝，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度B=0.2T。升压变压器原副线圈匝数比为1:10，输电线的总电阻R0=12Ω，用户用电器可等效为R=5Ω的电阻，电表为理想电表，变压器为理想变压器，其余电阻不计。当发电机转子以某一角速度匀速转动，闭合开关后，电压表的示数为16V，电流表的示数为0.5A。则( )
A. 发电机转子的转速为40 2r/s
B. 降压变压器的原副线圈匝数比为4:1
C. 用户用电器电阻R变小时，电压表示数不变
D. 若风速变大，发电机转子转速变为原来的2倍，R的功率变为原来的4倍
10.如图所示，直角三角形ABC为玻璃棱镜的截面，其中∠A=30∘，AC边长为2m。C点固定在地面上，AB边与地面平行。单色光从AB边的中点D垂直AB边射入棱镜，光线经棱镜折射后打在水平地面上的光点比无棱镜时侧移了 36m。光在真空中的传播速度为3×108m/s。现让光线与AB边成30∘角斜向右下方从D点射入玻璃棱镜，则( )
A. 棱镜对单色光的折射率为 2
B. 棱镜对单色光的折射率为 3
C. 斜射入玻璃棱镜的光线在棱镜中的传播时间为7.5×10-9s
D. 斜射入玻璃棱镜的光线在棱镜中的传播时间为2.5 3×10-9s
11.在某介质中建立如图甲所示的直角坐标系xOy，S1、S2为两个沿y轴方向振动的波源。S1在x=-3m处，振幅为1cm，S2在x=6m处，振幅为2cm。两波源的振动频率相同，形成的波均沿x轴传播。波源S2起振2s后开始计时，计为t=0时刻。位于原点O处的质点的振动图像如图乙所示，则( )
A. 波源S1形成的波的传播速度为1.5m/s
B. 波源S2起振3s后波源S1起振
C. 波源S1、S2的起振方向相同
D. t=0到8.5s过程，O点处质点的路程为33cm
12.如图甲所示，长木板放置在足够大的光滑水平面上，电源、电阻、开关、导轨固定在长木板上，光滑导轨MN和M'N'平行，间距为L，长木板及固定在其上的电源、电阻、开关、导轨的总质量为M。长度也为L的导体棒PQ垂直平行导轨放置在MN和M'N'间，导体棒的质量为m。匀强磁场方向竖直向上，大小为B。长木板与固定在水平面上的力传感器通过刚性轻绳连接。电阻的阻值为R，导轨和导体棒的电阻以及接触电阻均不计。t=0时刻，闭合开关，通过力传感器记录力随时间变化的图线，如图乙所示。从图像中可以读出t=0时刻力F=F0，t=t0时刻力F的大小趋近于0，可认为此时的拉力为0。则( )
A. 电源的电动势E=F0RBL
B. 导体棒的最大速度vm=F0RB2L2
C. t0时间内导体棒的位移大小x=mF0R2B4L4
D. 若撤去传感器的连接后，再闭合开关，则导体棒的最大速度v'm=MF0R(M+m)B2L2
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13.某实验小组利用智能化装置验证牛顿第二定律，装置如图所示。小车后端搭载超声波测距传感器，实时测量小车与固定反射挡板之间的距离，距离数据与时间数据相结合计算得到小车运动的加速度，通过力传感器测得绳的拉力 F。
实验步骤如下：
(1)调整木板倾角使小车匀速运动，平衡摩擦力;
(2)将挂有重物的细绳与小车相连，调整滑轮高度使细绳与木板平行。释放小车，小车开始运动后，利用车载的超声波测距模块测出小车经过两个连续相等的时间间隔T的位置1、2、3与反射挡板之间的距离x1、x2、x3，如图所示。则小车的加速度大小为 (用字母x1、x2、x3和T表示);
(3)保持小车质量不变，挂不同质量的重物，测得数据如下表：
(4)根据实验数据描点连线，得到a-F图像如下图所示。结合实验原理，分析纵轴截距不为0的原因可能为 。
(5)随着F继续增大，a-F图像的变化趋势应为 。(选填①②③)
14.学习温度对金属丝电阻率的影响后，某学校物理兴趣小组准备利用金属丝的这个特性制作一个可以粗略测量温度的金属电阻温度计。
(1)选定一段金属丝，设计方案测量其在某一温度下的电阻值(忽略自身热效应导致的温度变化)。
可供选用的器材如下：
A.待测电阻丝R(阻值大约5Ω);
B.电源E(电动势8V，内阻约1Ω);
C.电压表V(量程3V，内阻约4kΩ);
D.电流表A1(量程600mA，内阻约1Ω);
E.电流表A2(量程3A，内阻约0.02Ω);
F.滑动变阻器RP(最大阻值5Ω);
G.导线、开关
为了安全、准确、方便地完成实验，
①电流表应选用 (填器材前的字母序号);
②在虚线框中设计并补充完整实验电路图。
(2)实验数据显示该电阻丝的电阻值随温度的升高而增大，同学们查阅资料得知，在一定温度范围内该金属材料的电阻率与温度可近似看作线性关系，于是将实验数据描绘出图像，如图甲所示。
(3)同学们用该金属丝与电池(电动势为E，内阻不计)、灵敏电流计(内阻Rg)、滑动变阻器(接入电路电阻Rp)串联起来，连接成如图乙所示的电路。用该金属丝做测温探头，把灵敏电流计的电流刻度改刻为相应的温度刻度，得到一个“金属电阻温度计”。温度t与灵敏电流计的读数I的关系式为t= (用E、Rg、Rp、R0、R1、t1表示)，该温度计的刻度 (填“是”或“不是”)均匀的。
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
15.将密闭文物储存柜内的空气部分抽出，然后充入惰性气体，制造柜内低压、低氧的环境，可以有效抑制氧化、虫害及微生物的滋生，是一种常见的文物保护技术。如图所示，某文物储存柜的容积为V0，文物放入时柜内压强为P0。关闭柜门后，通过抽气孔抽气，抽气筒的容积为V04，每次均抽出整筒空气。已知第一次抽气后柜内压强变为23P0。不考虑抽气过程中气体温度的变化，储存柜内空气可看作理想气体。求：
(1)柜内文物的体积ΔV;
(2)要使储存柜内的压强小于13P0，至少需要抽气几次。
16.如图所示，在火星上执行救援任务中，工程师设计了一款应急轨道装置。水平轨道长度L= 32m，与半径R=0.5m的四分之一竖直光滑圆轨道在底部相切且固定在水平地面上。一质量m=5kg的物资箱从水平轨道最左端开始，在方向与水平面夹角α=30∘、大小F=20N的恒力作用下，由静止开始沿着水平轨道运动，且整个运动过程中恒力F始终存在。已知物资箱与水平轨道表面动摩擦因数μ= 32，火星表面重力加速度g=4m/s2，忽略空气阻力。求：
(1)物资箱到达圆轨道底端时对轨道的压力FN的大小;
(2)物资箱从静止开始到第一次落地过程中，距离水平轨道的最大高度H。
17.观察发现青蛙竖直向上起跳，跳起的最大高度为 h。一长木板静止放置在光滑水平地面上，木板质量为M。一质量为m的青蛙静止蹲在长木板的左端。青蛙向右上方第一次跳起，恰好落至长木板右端且立刻相对木板静止。青蛙继续向右上方第二次跳起，落到地面。青蛙第三次从地面向右上方起跳并落地。三次向右上方跳跃过程都恰能使青蛙相对地面水平位移最大。木板的厚度不计。已知每次起跳青蛙做功相同，起跳与着陆过程时间极短，青蛙可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)每次青蛙起跳做的功W;
(2)青蛙第三次向右上方跳跃的水平距离x;
(3)若长木板的长度为L，青蛙第二次向右上方起跳的水平位移d(用木板长度L表示);
(4)长木板的长度L与h的关系。
18.电磁聚焦和发散技术多用于高端科技领域，如约束核聚变和航天领域的离子推进器等方面均有协同应用。如图所示，在x、y轴组成的平面内有组合电场和磁场，可以实现带电粒子的聚焦和发散。质量为m、电荷量为+q的同种带点粒子以相同的速度平行于x轴射入第三象限的匀强电场中，电场强度大小为E，方向沿y轴负方向，边界分别与x轴、y轴交于坐标(-2 33L,0)、(0,-L)的P、Q两点，其PQ边界均有粒子射入，且所有粒子都从坐标为(0,-L)的Q点射出电场，进入第四象限的匀强磁场中，其中速度平行x轴方向射入磁场的粒子恰能垂直打到x轴的正半轴上。若打到x轴上的粒子中只有离坐标原点最近的粒子能够射入第一象限，其它粒子均被吸收，第一象限内有边界平行于x轴且宽度均为L2的若干区域，交替分布着空白区域和方向垂直纸面向外的匀强磁场区域。不计粒子的重力和粒子间的相互作用，不考虑电磁场的边缘效应。求：
(1)第三象限内，粒子射入匀强电场的初速度大小v0;
(2)所有粒子打到x轴正半轴上的区域长度d;
(3)若第一象限的匀强磁场的大小B1=13 6mEqL，射入第一象限的粒子离x轴的最远距离y;
(4)若在第一象限内的空白区域存在匀强电场，电场强度的大小也为E、方向沿y轴正方向。改变第一象限内磁场区域磁感应强度的大小，恰能使射入第一象限的粒子运动到离x轴的距离也为第(3)问中的y，且此时速度沿x轴正方向。求第一象限内匀强磁场的磁感应强度大小B2。
【参考答案】
1.【答案】C
【解析】AB.单色光照射小圆孔做衍射的实验时，中央较大的区域内是亮的，周围是明暗相间的圆环，条纹间距也不等，亮度向外逐渐变暗；而泊松亮斑的中间是一个比较小的亮点，亮度向外逐渐变亮，可知图甲是小圆孔衍射图样，图乙是小圆板“泊松亮斑”衍射图样，故AB错误；
CD.衍射与干涉图样的区别是：前者是中间亮条纹明且宽大，越向两侧宽度越小，后者明暗条纹宽度相等，则图丙是双缝干涉图样，图丁是单缝衍射图样，故C正确D错误。
2.【答案】B
【解析】显影剂中氟-18从10：00至下午3：30经历了330分钟，氟-18刚好经历三个半衰期，剩余氟-18质量480⋅123mg=60mg>50mg，可以正常使用，
3.【答案】A
【解析】A.同步卫星的周期Ta=T，当a、b第一次相距最远时满足2πtTa-2πtTb=π，解得Tb=2Tt2t-T，故A正确，B错误；
B.地球同步轨道上的卫星A与更高轨道上的卫星B都绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力GMmr2=mv2r=ma.解得，v= GMr，a=GMr2，由于A的运行半径小于B的运行半径，因此A运行的线速度大于B的线速度；A运行的向心加速度大于B的向心加速度，故CD错误。
4.【答案】B
【解析】1→2过程为等温过程，△U1=0，根据热力学第一定律△U1=Q1+W1，已知Q1=60J，则W1=-60J，即气体对外做功60J；2→3过程为等容过程，W2=0，已知△U2=-40J，根据热力学第一定律ΔU2=Q2+W2，可得Q2=-40J，即气体放出热量40J；3→1过程为绝热过程，Q3=0，对于一个热循环，因为循环结束后气体回到初始状态，内能不变，△U总=0，根据热力学第一定律△U总=Q总+W总，Q总=Q1+Q2+Q3=60J-40J+0=20J。因为△U总=0，所以W总=-Q总=-20J，即外界对气体做的总功为-20J。故B正确，ACD错误。
5.【答案】D
【解析】根据凸起高度 h 和圆心角120∘ ，通过R-Rcs60∘=h，可得圆弧半径R=2h。当越野车从A点开始行驶，前轮逐渐向上爬坡时，因为前后轮轴距为d=1.5h ，车身上升过程中，坐垫会绕后轮与地面接触点转动而倾斜。从前轮接触圆弧AB，当越野车前轮沿圆弧上升，前轮在圆弧上某点C时，连接圆心O与后轮和地面接触点D，O与前轮和圆弧接触点C 。当OC恰好垂直于车轴所在直线时，此时坐垫倾角α达到最大。之后随着前轮继续向最高点B运动，坐垫与水平方向夹角开始逐渐变小。当越野车前轮从A点开始沿圆弧上升，坐垫开始倾斜。人在坐垫上由于没有摩擦力，人会有沿坐垫下滑趋势。此时人受到重力 mg、坐垫支持力N坐和椅背支持力N背。对人进行受力分析，将重力沿坐垫和垂直坐垫方向分解。设坐垫与水平方向夹角为α，重力沿垂直坐垫方向分力为mgcsα，沿坐垫方向分力为mgsinα。在垂直坐垫方向，根据受力平衡N坐=mgcs⁡α。随着α先增大后减小，坐垫对人的支持力N坐先变小后变大。故选D。
6.【答案】C
【解析】机器人在下落过程中受到重力mg、反向推力F和空气阻力f=kv。根据牛顿第二定律F合=ma，可得mg-F-kv=ma，变形为a=g-Fm-kvm。功率P=Fv,可得a=g-Pmv-kvm。对a=g-Pmv-kvm，求关于v的导数a':a'=Pmv2-km，当速度v=8m/s时，a1'=2.0×103m×82-0.2m=2.0×10364m-0.2m=200064m-0.2m>0；当速度v=2m/s时，a2'=2.0×103m×22-0.2m=2.0×1034m-0.2m=20004m-0.2m>0。因为a'>0，且a2'>a1'，说明加速度a随速度v的减小而增大，即速度从8m/s到2m/s的下落过程中，机器人的加速度一直增大。故选 C。
7.【答案】D
【解析】设小球由A运动到B，水平方向加速度ax，竖直方向加速度ay，有
水平方向v0cs60∘=-v0+axt
竖直方向v0sin600=ayt
可得ax= 3ay
由于A、B两点速率相等，所以合力方向与AB垂直指向右下方且与水平方向夹30∘角
A.根据矢量三角形分析，当电场力指向左下方与合力方向垂直，电场力最小为 32mg，A错误；
B.小球由A运动到B，根据动能定理UABq+mgh=ΔEk=0，故UAB≠0，B错误；
C.小球速度竖直向下时，水平分速度为零，设运动时间为t1，有v0=axt1，vy=ayt1，解得小球速度大小v=vy= 33v0，C错误；
D.若电场力的大小为mg，根据矢量三角形分析，电场力方向指向右上方与竖直方向夹60∘角，D正确。
正确答案D
8.【答案】D
【解析】ABC、对B球，mg=Ncsθ+fsinθ，Nsinθ-fcsθ=mω2r，其中r=Rsinθ
得f=mgsinθ-mω2rcsθ，N=mgcsθ+mω2rsinθ开始时f斜向上，当f=0时，ω= 5g4R，角速度继续增大，f反向增大，当f=-μN时B开始滑动，ωB= 155g24R，
对A球，mg=N'csθ+f'sinθ，f'csθ-N'sinθ=mω2r，
得f'=mgsinθ+mω2rcsθ，当f'=μN'时A开始滑动，ωA= 5g96R，可知A先滑动，ABC错误
D、由前分析ω0=ωA时，N'=mω02Rsinθμcsθ-sinθ=15mω02R，D正确。
9.【答案】CD
【解析】A.正弦交流电源电动势最大值Em=NBSω=NBS(2πn)
升压变压器原副线圈电压U1=Em 2，升压变压器U1U2=n1n2=110，已知U2=16V
联立解得发电机转子的转速n=40r/s，A错误；
B.设降压变压器的原副线圈匝数比为x，降压变压器和电阻R的等效电阻为x2R，根据欧姆定律U2=I(R0+x2R)
解得降压变压器的原副线圈匝数比x=2，B错误；
C.电压表示数由输入电压决定，用户用电器电阻R变小时，电压表示数不变，C正确；
D.发电机转子转速变为原来的2倍，原副线圈电压U1变为原来的2倍，U2变为原来的2倍，电流表的示数变为原来的2倍，降压变压器的输出电流变为原来的2倍，R的功率变为原来的4倍，D正确。
正确选项CD
10.【答案】BC
【解析】AB.光路图如图所示：
，
设单色光在AC边的入射点为O，折射光线在水平面形成的光斑为F，
由几何关系可得，光线在O点的入射角i=30∘，
由题意可知，EF= 36m，由几何关系可得OE=OCsin30∘=12ACsin30∘=12m，
则tan∠EOF=EFOE= 33，
得∠EOF=30∘，由几何关系可得光线在O点的折射角r=30∘+∠EOF=60∘，
由折射定律有n=sinrsini，得棱镜对单色光的折射率为n=sin60∘sin30∘= 3，故A错误，B正确；
CD.光线从D点斜射入玻璃棱镜的光路图，如图所示：
，
由折射定律有n=sin60∘sinθ，解得θ=30∘，由几何关系可知∠DGA=30∘，光线在G点的入射角θ1=60∘，
设光在玻璃棱镜中发生全反射的临界角为C，则sinC=1n= 33RRA，说明电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法。由于采用分压式电路，电流电压从0开始连续可调，故电路图如下：，电流表应选D，电压表可选C；
(3)根据闭合电路欧姆定律E=I(R+Rg+Rp)，可得R=EI-Rg-Rp。由图甲可知，R与t的关系为R=R0+kt(k为图线斜率)，k=R1-R0t1。那么EI-Rg-Rp=R0+R1-R0t1t，经过整理可得t=t1R1-R0(EI-R0-Rg-Rp)。由t=t1R1-R0(EI-R0-Rg-Rp)可知，t与I不是一次函数关系，所以该温度计的刻度不是均匀的。
15.【答案】(1)第一次抽气过程，
玻意耳定律P0(V0-△V)=23P0(V0-△V+14V0)
解得△V=12V0
(2)第二次抽气过程，玻意耳定律
P1(V0-ΔV)=P2(V0-ΔV+14V0)
P2=(23)2P0
第三次抽气过程，玻意耳定律
P2(V0-ΔV)=P3(V0-ΔV+14V0)
P3=(23)3P0
第n次抽气后，Pn=(23)nP0
要使压强小于13P0至少要抽气3次。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.【答案】(1)对物资箱进行受力分析，根据牛顿第二定律，可得：Fcsα-Ff=ma
竖直方向上受力平衡：Fsinα+FN=mg
又根据公式：Ff=μFN
解得：a= 3m/s2
在水平轨道的运动过程中，v12=2aL
在圆轨道最低点，根据牛顿第二定律得：FN+Fsin30∘-mg=mv2R
解得：FN=40N
根据牛顿第三定律，物资箱对轨道的压力大小为40N
(2)从圆轨道最低点到圆轨道最高点的过程中，外力F做得功为：
WF=FRcsα+FRsinα
根据动能定理：WF-mgR=12mv22-12mv12
离开圆轨道后，在竖直方向上，物资箱做匀减速直线运动
根据牛顿第二定律：mg-Fsinα=ma1
根据运动学知识：v22=2a2h
到水平轨道的距离为：H=h+R
解得：H=2 3+34m
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
17.【答案】(1)对青蛙竖直起跳过程列动能定理W-mgh=0
解得每次青蛙起跳做的功W=mgh
(2)对第三次青蛙起跳过程，设青蛙起跳初速度大小为v0，方向与水平方向夹角为θ，运动时间为t，则
竖直方向v0sinθ=gt2
水平方向x3=v0tcsθ
联立解得x3=v02sin2θg
则当θ=45∘时，x=v02g
对青蛙起跳W=12mv02
解得青蛙第三次向右上方跳起的水平距离x=2h
(3)青蛙第一、二次向右上方起跳均在木板上，且均相对地面水平位移最大，故两次相对地面位移相同。
对青蛙第一次在木板向右上方起跳过程mx1=Mx2
由几何关系x1+x2=L
联立解得d=MM+mL
(4)对青蛙第一次向右上方起跳，设青蛙起跳的竖直初速度为vy，水平初速度为vx，木板后退速度为v。则对青蛙
竖直方向vy=gt2
水平方向x1=vxt
对青蛙和木板系统mvx=Mv
青蛙相对地面位移x1=2gvxvy
对青蛙第一次起跳w=12m(vx2+vy2)+12Mv2
联立得(M+mMvx 2+vy2)=2gh
又由于x12=4g2(MM+m)[(M+mMvx2)⋅vy2]
可知当(M+mMvx2)=vy2=gh时，青蛙跳的最远。
则L=2 M+mMh
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
18.【答案】(1)从P点射入第一象限的匀强电场的带电粒子在电场中做类平抛运动，则
L=12at2
23 3L=v0t
qE=ma
解得v 0=13 6qELm
(2)类平抛运动的竖直速度vy=at
从电场中射出时速度与水平方向的夹角为θ，则有tanθ=υyv0，得θ=60∘
解得v1=υ0sinθ=2v0
可知，速度大小为v1的粒子在磁场中做圆周运动的半径r1=2L
由几何关系可得圆心在x轴上则有d=2L+2Lsin60∘-L
解得d=( 3+1)L
(3)粒子在第一象限的磁场中，qv0B1=mυ02r2
解得r2=L
所以粒子在第一象限中经历了2个磁场区域和2个空白区域，则有
y=2L
(4)若粒子从射入第一象限的电场和磁场的组合场中，运动到离x轴距离也为y时，速度恰好沿x轴正方向，由动能定理可知
qEL=12mv22-12mv02
解得v2=23 6qELm
列水平方向的动量定理可知qB2L=mv2
解得B2=23 6mEqL
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
F/N
0.11
0.26
0.28
0.37
0.39
a/(m/s2)
0.62
1.30
1.39
1.69
1.79