2022年新高考重慶物理高考真題一、單選題1．(2022·重慶卷·1)如圖所示，吸附在豎直玻璃上質(zhì)量為m的擦窗工具，在豎直平面內(nèi)受重力、拉力和摩擦力(圖中未畫出摩擦力)的共同作用做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若拉力大小與重力大小相等，方向水平向右，重力加速度為g，則擦窗工具所受摩擦力()A．大小等于mg B．大小等于eq\r(2)mgC．方向豎直向上 D．方向水平向左答案B解析對(duì)擦窗工具進(jìn)行受力分析如圖所示，擦窗工具做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受力平衡，又有F＝mg，所以擦窗工具所受摩擦力方向如圖中Ff所示，大小為Ff＝eq\r(mg2＋F2)＝eq\r(2)mg，故選B。2．(2022·重慶卷·2)如圖為某同學(xué)采用平行板電容器測(cè)量材料豎直方向尺度隨溫度變化的裝置示意圖，電容器上極板固定，下極板可隨材料尺度的變化上下移動(dòng)，兩極板間電壓不變。若材料溫度降低時(shí)，極板上所帶電荷量變少，則()A．材料豎直方向尺度減小B．極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變C．極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大D．電容器電容變大答案A解析根據(jù)題意可知極板之間電壓U不變，極板上所帶電荷量Q變少，根據(jù)電容定義式C＝eq\f(Q,U)可知電容器的電容C減小，D錯(cuò)誤；根據(jù)電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，極板間距d增大，極板之間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)，根據(jù)E＝eq\f(U,d)可知，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E減小，B、C錯(cuò)誤；極板間距d增大，材料豎直方向尺度減小，A正確。3．(2022·重慶卷·3)低壓鹵素?zé)粼诩彝ル娐分惺褂脮r(shí)需要變壓器降壓。若將“12V50W”的交流鹵素?zé)糁苯油ㄟ^(guò)變壓器(視為理想變壓器)接入電壓為220V的交流電后能正常工作，則()A．鹵素?zé)魞啥说碾妷河行е禐?eq\r(2)VB．變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為55∶3C．流過(guò)鹵素?zé)舻碾娏鳛?.24AD．鹵素?zé)舻碾娮铻?68Ω答案B解析鹵素?zé)羯蠘?biāo)記的額定電壓為12V，即為鹵素?zé)魞啥说碾妷河行е?，A錯(cuò)誤；根據(jù)理想變壓器的原理可知eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(220,12)＝eq\f(55,3)，B正確；流過(guò)鹵素?zé)舻碾娏鳛镮＝eq\f(P,U)＝eq\f(50W,12V)＝eq\f(25,6)A，C錯(cuò)誤；鹵素?zé)羰欠蔷€性元件，電阻隨著電壓不同而改變，D錯(cuò)誤。4．(2022·重慶卷·4)在測(cè)試汽車的安全氣囊對(duì)駕乘人員頭部防護(hù)作用的實(shí)驗(yàn)中，某小組得到了假人頭部所受安全氣囊的作用力隨時(shí)間變化的曲線(如圖)。從碰撞開(kāi)始到碰撞結(jié)束過(guò)程中，若假人頭部只受到安全氣囊的作用，則由曲線可知，假人頭部()A．速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面積B．動(dòng)量大小先增大后減小C．動(dòng)能變化正比于曲線與橫軸圍成的面積D．加速度大小先增大后減小答案D解析由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則F－t圖像中圖線與橫軸的面積即合外力的沖量，再根據(jù)動(dòng)量定理可知F－t圖像中圖線與橫軸圍成的面積表示動(dòng)量的變化量大小，且圖線一直在t軸的上方，則動(dòng)量的大小一直增大，A、B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系有Ek＝eq\f(p2,2m)，而F－t圖像中圖線與橫軸圍成的面積表示動(dòng)量的變化量大小，則動(dòng)能的變化量與曲線與橫軸圍成的面積不成正比，C錯(cuò)誤；由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則根據(jù)牛頓第二定律可知a∝F，即假人頭部的加速度先增大后減小，D正確。5．(2022·重慶卷·5)2021年中國(guó)全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)裝置創(chuàng)造了新的紀(jì)錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內(nèi)的運(yùn)動(dòng)狀況，某同學(xué)將一小段真空室內(nèi)的電場(chǎng)和磁場(chǎng)理想化為方向均水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)(如圖)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，其速度平行于磁場(chǎng)方向的分量大小為v1，垂直于磁場(chǎng)方向的分量大小為v2，不計(jì)離子重力，則()A．電場(chǎng)力的瞬時(shí)功率為qEeq\r(v12＋v22)B．該離子受到的洛倫茲力大小為qv1BC．v2與v1的比值不斷變大D．該離子的加速度大小不變答案D解析根據(jù)功率的計(jì)算公式可知P＝Fvcosθ，則電場(chǎng)力的瞬時(shí)功率為P電＝Eqv1，A錯(cuò)誤；由于v1與磁場(chǎng)平行，則根據(jù)洛倫茲力的計(jì)算公式有F洛＝qv2B，B錯(cuò)誤；根據(jù)運(yùn)動(dòng)的疊加原理可知，離子在垂直于紙面的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，沿水平方向做加速運(yùn)動(dòng)，則v1增大，v2不變，v2與v1的比值不斷變小，C錯(cuò)誤；離子受到的洛倫茲力不變，電場(chǎng)力不變，則該離子的加速度大小不變，D正確。6．(2022·重慶卷·6)如圖為氫原子的能級(jí)示意圖。已知藍(lán)光光子的能量范圍為2.53～2.76eV，紫光光子的能量范圍為2.76～3.10eV。若使處于基態(tài)的氫原子被激發(fā)后，可輻射藍(lán)光，不輻射紫光，則激發(fā)氫原子的光子能量為()A．10.20eV B．12.09eVC．12.75eV D．13.06eV答案C解析由題知使處于基態(tài)的氫原子被激發(fā)后，可輻射藍(lán)光，不輻射紫光，則由藍(lán)光光子能量范圍可知?dú)湓訌膎＝4能級(jí)向低能級(jí)躍遷可輻射藍(lán)光，不輻射紫光(即從n＝4躍遷到n＝2輻射藍(lán)光)，則需激發(fā)氫原子到n＝4能級(jí)，則激發(fā)氫原子的光子能量為ΔE＝E4－E1＝12.75eV，故選C。7．(2022·重慶卷·7)如圖甲所示，光滑的平行導(dǎo)電軌道水平固定在桌面上，軌道間連接一可變電阻，導(dǎo)體桿與軌道垂直并接觸良好(不計(jì)桿和軌道的電阻)，整個(gè)裝置處在垂直于軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。桿在水平向右的拉力作用下先后兩次都由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩次運(yùn)動(dòng)中拉力大小與速率的關(guān)系如圖乙所示。其中，第一次對(duì)應(yīng)直線①，初始拉力大小為F0，改變電阻阻值和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小后，第二次對(duì)應(yīng)直線②，初始拉力大小為2F0，兩直線交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為3F0。若第一次和第二次運(yùn)動(dòng)中的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為k、電阻的阻值之比為m、桿從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)相同位移的時(shí)間之比為n，則k、m、n可能為()A．k＝2、m＝2、n＝2B．k＝2eq\r(2)、m＝2、n＝eq\r(2)C．k＝eq\r(6)、m＝3、n＝eq\r(2)D．k＝2eq\r(3)、m＝6、n＝2答案C解析由題知桿在水平向右的拉力作用下先后兩次都由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則在v＝0時(shí)分別有a1＝eq\f(F0,m桿)、a2＝eq\f(2F0,m桿)，則第一次和第二次運(yùn)動(dòng)中，桿從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)相同位移的時(shí)間分別滿足x＝eq\f(1,2)a1t12、x＝eq\f(1,2)a2t22，則n＝eq\r(2)，第一次和第二次運(yùn)動(dòng)中根據(jù)牛頓第二定律有a＝eq\f(F,m桿)－eq\f(B2L2v,m桿R)，整理有F＝m桿a＋eq\f(B2L2v,R)，則可知兩次運(yùn)動(dòng)中F－v圖像的斜率為eq\f(B2L2,R)，則有2＝eq\f(R2,R1)·eq\f(B12,B22)＝eq\f(1,m)·k2，故選C。二、多選題8.(多選)(2022·重慶卷·8)如圖為兩點(diǎn)電荷Q、Q′的電場(chǎng)等勢(shì)面分布示意圖，Q、Q′位于x軸上，相鄰等勢(shì)面的電勢(shì)差為3V。若x軸上的M點(diǎn)和N點(diǎn)位于0V等勢(shì)面上，P為某等勢(shì)面上一點(diǎn)，則()A．N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小比M點(diǎn)的大B．Q為正電荷C．M點(diǎn)的電場(chǎng)方向沿x軸負(fù)方向D．P點(diǎn)與M點(diǎn)的電勢(shì)差為12V答案AD解析等差等勢(shì)面的疏密程度體現(xiàn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，由題圖可知N點(diǎn)的等差等勢(shì)面比M點(diǎn)更密，則N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小比M點(diǎn)的大，故A正確；沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，由題圖可知電場(chǎng)線由N指向Q，則Q為負(fù)電荷，故B錯(cuò)誤；沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，結(jié)合各等勢(shì)面的電勢(shì)高低關(guān)系可知M點(diǎn)的電場(chǎng)方向沿x軸正方向，故C錯(cuò)誤；M點(diǎn)與N點(diǎn)電勢(shì)均為0V，P點(diǎn)與N點(diǎn)的等勢(shì)面間有四個(gè)間隔，而相鄰等勢(shì)面的電勢(shì)差為3V，則P點(diǎn)與M點(diǎn)的電勢(shì)差為12V，故D正確。9．(多選)(2022·重慶卷·9)我國(guó)載人航天事業(yè)已邁入“空間站時(shí)代”。若中國(guó)空間站繞地球近似做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)行周期為T，軌道半徑約為地球半徑的eq\f(17,16)倍，已知地球半徑為R，引力常量為G，忽略地球自轉(zhuǎn)的影響，則()A．漂浮在空間站中的宇航員不受地球的引力B．空間站繞地球運(yùn)動(dòng)的線速度大小約為eq\f(17πR,8T)C．地球的平均密度約為eq\f(3π,GT2)(eq\f(16,17))3D．空間站繞地球運(yùn)動(dòng)的向心加速度大小約為地面重力加速度的(eq\f(16,17))2倍答案BD解析漂浮在空間站中的宇航員依然受地球的引力，所受引力提供向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)而處于完全失重狀態(tài)，視重為零，故A錯(cuò)誤；根據(jù)勻速圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，可知空間站繞地球運(yùn)動(dòng)的線速度大小約為v＝eq\f(2π×\f(17,16)R,T)＝eq\f(17πR,8T)，故B正確；設(shè)空間站的質(zhì)量為m，其所受萬(wàn)有引力提供向心力，有Geq\f(Mm,\f(17,16)R2)＝m(eq\f(2π,T))2(eq\f(17,16)R)，則地球的平均密度約為ρ＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)＝eq\f(3π,GT2)(eq\f(17,16))3，故C錯(cuò)誤；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有Geq\f(Mm,\f(17,16)R2)＝ma，則空間站繞地球運(yùn)動(dòng)的向心加速度大小為a＝eq\f(GM,\f(17,16)R2)，地面的重力加速度為g＝eq\f(GM,R2)，可得eq\f(a,g)＝(eq\f(16,17))2，即空間站繞地球運(yùn)動(dòng)的向心加速度大小約為地面重力加速度的(eq\f(16,17))2倍，故D正確。10．(多選)(2022·重慶卷·10)一物塊在傾角為45°的固定斜面上受到方向與斜面平行、大小與摩擦力相等的拉力作用，由靜止開(kāi)始沿斜面向下做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同。若拉力沿斜面向下時(shí)，物塊滑到底端的過(guò)程中重力和摩擦力對(duì)物塊做功隨時(shí)間的變化分別如圖曲線①、②所示，則()A．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(\r(2),3)B．當(dāng)拉力沿斜面向上，重力做功為9J時(shí)，物塊動(dòng)能為3JC．當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊的加速度大小之比為1∶3D．當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊滑到底端時(shí)的動(dòng)量大小之比為1∶eq\r(2)答案BC解析由題意可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑動(dòng)摩擦力大小，有F＝Ff＝μmgcos45°，由牛頓第二定律可知，物塊下滑的加速度大小為a1＝gsin45°＝eq\f(\r(2),2)g，則拉力沿斜面向下時(shí)，物塊滑到底端的過(guò)程中重力和摩擦力對(duì)物塊做功為WG＝mg·eq\f(1,2)a1t2·sin45°＝eq\f(mg2,4)t2，Wf＝－μmg·cos45°·eq\f(1,2)a1t2＝－eq\f(μmg2,4)t2，代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得μ＝eq\f(1,3)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)拉力沿斜面向上時(shí)，由牛頓第二定律有mgsin45°－F－Ff＝ma2，解得a2＝eq\f(\r(2),2)g－2μgcos45°＝eq\f(\r(2),6)g，則當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊的加速度大小之比為eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,3)，故C正確；當(dāng)拉力沿斜面向上，重力做功為WG2＝mgsin45°·x，合外力做功為W合＝ma2·x，則其比值為eq\f(WG2,W合)＝eq\f(\f(\r(2),2)g,\f(\r(2),6)g)＝eq\f(3,1)，則重力做功為9J時(shí)，物塊的動(dòng)能即合外力做功為3J，故B正確；當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊滑到底端時(shí)的動(dòng)量大小為p＝mv＝meq\r(2ax)，則動(dòng)量的大小之比為eq\f(p2,p1)＝eq\f(\r(a2),\r(a1))＝eq\f(1,\r(3))，故D錯(cuò)誤。三、實(shí)驗(yàn)題11．(2022·重慶卷·11)某興趣小組研究熱敏電阻在通以恒定電流時(shí)，其阻值隨溫度的變化關(guān)系。實(shí)驗(yàn)電路如圖所示，實(shí)驗(yàn)設(shè)定恒定電流為50.0μA，主要實(shí)驗(yàn)器材有：恒壓直流電源E、加熱器、測(cè)溫儀、熱敏電阻RT、可變電阻R1、電流表A、電壓表V。(1)用加熱器調(diào)節(jié)RT的溫度后，為使電流表的示數(shù)仍為50.0μA，須調(diào)節(jié)________________(選填一種給定的實(shí)驗(yàn)器材)。當(dāng)RT兩端未連接電壓表時(shí)，電流表示數(shù)為50.0μA；連接電壓表后，電流表示數(shù)顯著增大，須將原電壓表更換為內(nèi)阻____________(選填“遠(yuǎn)大于”“接近”“遠(yuǎn)小于”)RT阻值的電壓表。(2)測(cè)得RT兩端的電壓隨溫度的變化如圖所示，由圖可得溫度從35.0℃變化到40.0℃的過(guò)程中，RT的阻值隨溫度的平均變化率是____________kΩ·℃－1(保留2位有效數(shù)字)。答案(1)可變電阻R1遠(yuǎn)大于(2)1.2解析(1)由題知恒壓直流電源E的電動(dòng)勢(shì)不變，而用加熱器調(diào)節(jié)RT的溫度后，導(dǎo)致整個(gè)回路的總電阻改變，而要確保電流表的示數(shù)仍為50.0μA，則需控制整個(gè)回路的總電阻不變，故需要調(diào)節(jié)的器材是可變電阻R1；連接電壓表后，電流表示數(shù)顯著增大，則說(shuō)明電壓表與RT并聯(lián)后R總減小，則根據(jù)并聯(lián)電阻的關(guān)系有R總＝eq\f(RTRV,RT＋RV)＝eq\f(RT,\f(RT,RV)＋1)，則要保證R總不變，需須將原電壓表更換為內(nèi)阻遠(yuǎn)大于RT阻值的電壓表；(2)由題圖可得溫度為35.0℃時(shí)電壓表的示數(shù)為1.55V，且實(shí)驗(yàn)設(shè)定恒定電流為50.0μA，則根據(jù)歐姆定律可知此時(shí)熱敏電阻RT1＝31kΩ；溫度為40.0℃時(shí)電壓表的示數(shù)為1.25V，且實(shí)驗(yàn)設(shè)定恒定電流為50.0μA，則根據(jù)歐姆定律可知此時(shí)熱敏電阻RT2＝25kΩ，則溫度從35.0℃變化到40.0℃的過(guò)程中，RT的阻值隨溫度的平均變化率是k＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔRT,Δt)))＝1.2kΩ·℃－1。12．(2022·重慶卷·12)如圖為某小組探究?jī)苫瑝K碰撞前后的動(dòng)量變化規(guī)律所用的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖。帶刻度尺的氣墊導(dǎo)軌右支點(diǎn)固定，左支點(diǎn)高度可調(diào)，裝置上方固定一具有計(jì)時(shí)功能的攝像機(jī)。(1)要測(cè)量滑塊的動(dòng)量，除了前述實(shí)驗(yàn)器材外，還必需的實(shí)驗(yàn)器材是____________。(2)為減小重力對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響，開(kāi)動(dòng)氣泵后，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌的左支點(diǎn)，使輕推后的滑塊能在氣墊導(dǎo)軌上近似做____________運(yùn)動(dòng)。(3)測(cè)得滑塊B的質(zhì)量為197.8g，兩滑塊碰撞前后位置x隨時(shí)間t的變化圖像如圖所示，其中①為滑塊B碰前的圖線。取滑塊A碰前的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，由圖中數(shù)據(jù)可得滑塊B碰前的動(dòng)量為_(kāi)___________kg·m·s－1(保留2位有效數(shù)字)，滑塊A碰后的圖線為_(kāi)___________(選填“②”“③”“④”)。答案(1)天平(2)勻速直線(3)－0.011③解析(1)要測(cè)量滑塊的動(dòng)量還需要測(cè)量滑塊的質(zhì)量，故還需要的器材是天平；(2)為了減小重力對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響，應(yīng)該讓氣墊導(dǎo)軌處于水平位置，故調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌后要使滑塊能在氣墊導(dǎo)軌上近似做勻速直線運(yùn)動(dòng)；(3)取滑塊A碰前運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，根?jù)x－t圖可知滑塊B碰前的速度為vB＝eq\f(0.424－0.476,0.9)m/s≈－0.058m/s，則滑塊B碰前的動(dòng)量為pB＝mBvB＝0.1978kg×(－0.058)m/s≈－0.011kg·m/s由題意可知兩滑塊相碰要符合碰撞制約關(guān)系，則④圖線為碰前滑塊A的圖線，由題圖可知碰后③圖線的速度大于②圖線的速度，根據(jù)“后不超前”的原則可知③為碰后滑塊A的圖線。四、解答題13．(2022·重慶卷·13)某同學(xué)以金屬戒指為研究對(duì)象，探究金屬物品在變化磁場(chǎng)中的熱效應(yīng)。如圖所示，戒指可視為周長(zhǎng)為L(zhǎng)、橫截面積為S、電阻率為ρ的單匝圓形線圈，放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于戒指平面。若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小在Δt時(shí)間內(nèi)從0均勻增加到B0，求：(1)戒指中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和電流；(2)戒指中電流的熱功率。答案(1)eq\f(B0L2,4πΔt)eq\f(B0LS,4πρΔt)(2)eq\f(B02L3S,16π2ρΔt2)解析(1)設(shè)戒指的半徑為r，則有L＝2πr磁感應(yīng)強(qiáng)度大小在Δt時(shí)間內(nèi)從0均勻增加到B0，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝eq\f(B0,Δt)·πr2可得E＝eq\f(B0L2,4πΔt)戒指的電阻為R＝eq\f(ρL,S)則戒指中的感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0LS,4πρΔt)(2)戒指中電流的熱功率為P＝I2R＝eq\f(B02L3S,16π2ρΔt2)。14．(2022·重慶卷·14)小明設(shè)計(jì)了一個(gè)青蛙捉飛蟲的游戲，游戲中蛙和蟲都在xOy豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)。蟲可以從水平x軸上任意位置處由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，每次運(yùn)動(dòng)的加速度大小恒為eq\f(5,9)g(g為重力加速度)，方向均與x軸負(fù)方向成37°斜向上(x軸向右為正)。蛙位于y軸上M點(diǎn)處，OM＝H，能以不同速率向右或向左水平跳出，蛙運(yùn)動(dòng)過(guò)程中僅受重力作用。蛙和蟲均視為質(zhì)點(diǎn)，取sin37°＝eq\f(3,5)。(1)若蟲飛出一段時(shí)間后，蛙以其最大跳出速率向右水平跳出，在y＝eq\f(3,4)H的高度捉住蟲時(shí)，蛙與蟲的水平位移大小之比為2eq\r(2)∶3，求蛙的最大跳出速率。(2)若蛙跳出的速率不大于(1)問(wèn)中的最大跳出速率，蛙跳出時(shí)刻不早于蟲飛出時(shí)刻，蟲能被捉住，求蟲在x軸上飛出的位置范圍。(3)若蟲從某位置飛出后，蛙可選擇在某時(shí)刻以某速率跳出，捉住蟲時(shí)蛙與蟲的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為1∶eq\r(2)；蛙也可選擇在另一時(shí)刻以同一速率跳出，捉住蟲時(shí)蛙與蟲的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為1∶eq\r(17)。求滿足上述條件的蟲飛出的所有可能位置及蛙對(duì)應(yīng)的跳出速率。答案(1)eq\f(4,3)eq\r(gH)(2)eq\f(1－2\r(6),3)H≤x≤2H(3)v1＝eq\f(1,5)eq\r(30gH)，x1＝eq\f(26,15)H或v2＝eq\f(1,15)eq\r(30gH)，x2＝eq\f(14,15)H解析(1)蟲子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，青蛙做平拋運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可知x蟲＝eq\f(\f(3,4)H,tan37°)＝Heq\f(x蛙,x蟲)＝eq\f(2\r(2),3)青蛙做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)時(shí)間為t蛙，有x蛙＝vmt蛙，H－eq\f(3,4)H＝eq\f(1,2)gt蛙2聯(lián)立解得t蛙＝eq\r(\f(H,2g))，vm＝eq\f(4,3)eq\r(gH)(2)設(shè)蛙和蟲若同時(shí)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為t，相遇時(shí)有eq\f(1,2)gt2＋eq\f(1,2)ayt2＝Hay＝a蟲sin37°解得t＝eq\r(\f(3H,2g))二者運(yùn)動(dòng)情況如圖ax＝a蟲cos37°則最小的位置坐標(biāo)為xmin＝eq\f(1,2)axt2－vmt＝eq\f(1－2\r(6),3)H而蛙和蟲不同時(shí)刻出發(fā)時(shí)需要軌跡相切，青蛙做平拋運(yùn)動(dòng)有y＝H－eq\f(1,2)gt′2，x＝vmt′可得軌跡方程為y＝H－eq\f(g,2vm2)x2蟲的軌跡方程為y＝(xmax－x)tan37°兩軌跡相交，可得(xmax－x)tan37°＝H－eq\f(g,2vm2)x2整理有eq\f(g,2vm2)x2－eq\f(3,4)x＋eq\f(3,4)xmax－H＝0令Δ＝0，即eq\f(9,16)－4×eq\f(g,2vm2)·(eq\f(3,4)xmax－H)＝0解得xmax＝2H蟲在x軸上飛出的位置范圍為eq\f(1－2\r(6),3)H≤x≤2H(3)設(shè)蛙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，有eq\f(1,2)gt12＋eq\f(1,2)ay(eq\r(2)t1)2＝Heq\f(1,2)gt22＋eq\f(1,2)ay(eq\r(17)t2)2＝H解得t1＝eq\r(\f(6H,5g))，t2＝eq\r(\f(3H,10g))而v1t1＋eq\f(1,2)ax(eq\r(2)t1)2＝x1，v1t2＋eq\f(1,2)ax(eq\r(17)t2)2＝x1解得v1＝eq\f(1,5)eq\r(30gH)，x1＝eq\f(26,15)H而v2t1＋eq\f(1,2)ax(eq\r(2)t1)2＝x2，eq\f(1,2)ax(eq\r(17)t2)2－v2t2＝x2解得v2＝eq\f(1,15)eq\r(30gH)，x2＝eq\f(14,15)H。15．(2022·重慶卷·15)(1)2022年5月15日，我國(guó)自主研發(fā)的“極目一號(hào)”Ⅲ型浮空艇創(chuàng)造了海拔9032米的大氣科學(xué)觀測(cè)世界紀(jì)錄。若在浮空艇某段上升過(guò)程中，艇內(nèi)氣體溫度降低，體積和質(zhì)量視為不變，則艇內(nèi)氣體(視為理想氣體)________；A．吸收熱量 B．壓強(qiáng)增大C．內(nèi)能減小 D．對(duì)外做負(fù)功(2)某同學(xué)探究一封閉汽缸內(nèi)理想氣體的狀態(tài)變化特性，得到壓強(qiáng)p隨溫度t的變化如圖所示。已知圖線Ⅰ描述的是體積為V1的等容過(guò)程，當(dāng)溫度為t1時(shí)氣體的壓強(qiáng)為p1；圖線Ⅱ描述的是壓強(qiáng)為p2的等壓過(guò)程。取0℃為273K，求：①等容過(guò)程中，溫度為0℃時(shí)氣體的壓強(qiáng)；②等壓過(guò)程中，溫度為0℃時(shí)氣體的體積。答案(1)C(2)①eq\f(273p1,t1＋273)②eq\f(273p1V1,p2t1＋273)解析(1)由于浮空艇上升過(guò)程中體積和質(zhì)量均不變，則艇內(nèi)氣體不做功；根據(jù)eq\f(pV,T)＝C，可知溫度降低，則艇內(nèi)氣體壓強(qiáng)減小，氣體內(nèi)能減?。挥指鶕?jù)ΔU＝W＋Q可知?dú)怏w放出熱量，故選C；(2)①在等容過(guò)程中，設(shè)0℃時(shí)氣體壓強(qiáng)為p0；根據(jù)查理定律有eq\f(p1,t1＋273)＝eq\f(p0,273)解得p0＝eq\f(273p1,t1＋273)②當(dāng)壓強(qiáng)為p2，溫度為0℃時(shí)，設(shè)此時(shí)體積為V2，則根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有eq\f(p1V1,t1＋273)＝eq\f