【正文】 (不計進、出水口的水流速度 )． 23． [解析 ] (1)設電動機的電功率為 P，則 P＝ UI 設電動機內(nèi)阻 r 上消耗的熱功率為 Pr，則 Pr＝ I2r 代入數(shù)據(jù)解得 Pr＝ 1 103 W (2)設蓄水總質(zhì)量為 M，所用抽水時間為 h，容積為 V，水的密度為 ρ，則 M＝ ρV 設質(zhì)量為 M 的河水增加的重力勢能為 ΔEp，則 ΔEp＝ Mgh 設電動機的輸出功率為 P0，則 P0＝ P－ Pr 根據(jù)能量守恒定律得 P0t 60% 80%＝ ΔEp 代入數(shù)據(jù)解得 t＝ 2 104 s 24． [2022四川卷 ] 如圖所示， ABCD 為固定在豎直平面內(nèi)的軌道， AB 段光滑水平， BC 段為光滑圓弧，對應的圓心角 θ＝ 37176。，半徑 r＝ m， CD 段平直傾斜且粗糙，各段軌道均平滑連接，傾斜軌道所在區(qū) 域有場強大小為 E＝ 2 105 N/C、方向垂直于斜軌向下的勻強電場．質(zhì)量 m＝ 5 10－ 2 kg、電荷量 q＝＋ 1 10－ 6 C的小物體 (視為質(zhì)點 )被彈簧槍發(fā)射后，沿水平軌道向左滑行，在 C 點以速度 v0＝ 3 m/s 沖上斜軌．以小物體通過 C 點時為計時起點， s 以后，場強大小不變，方向反向．已知斜軌與小物體間的動摩擦因數(shù) μ＝ .設小物體的電荷量保持不變，取 g＝ 10 m/s2， sin37176。＝ ，cos37176。＝ . (1)求彈簧槍對小物體所做的功； (2)在斜軌上小物體能到達的最高點為 P，求 CP 的長 度． 24． [解析 ] (1)設彈簧槍對小物體做功為 Wf，由動能定理得 Wf－ mgr(1－ cosθ)＝ 12mv02 代入數(shù)據(jù)得 Wf＝ J (2)取沿平直斜軌向上為正方向．設小物體通過 C 點進入電場后的加速度為 a1，由牛頓第二定律得 － mgsinθ－ μ(mgcosθ＋ qE)＝ ma1 小物體向上做勻減速運動，經(jīng) t1＝ s 后，速度達到 v1，有 v1＝ v0＋ a1t1 聯(lián)立以上方程可知 v1＝ m/s，設運動的位移為 s1，有 s1＝ v0t1＋ 12a1t12 電場力反向后，設小物體的加速度為 a2，由牛頓第二定律得 － mgsinθ－ μ(mgcosθ－ qE)＝ ma2 設小物體以此加速度運動到速度為 0，運動的時間為 t2，位移為 s2，有 0＝ v1＋ a2t2 s2＝ v1t2＋ 12a2t22 設 CP 的長度為 s，有 s＝ s1＋ s2 聯(lián)立相關方程，代入數(shù)據(jù)解得 s＝ m 25． [2022四川卷 ] 如圖所示，水平虛線 X 下方區(qū)域分布著方向水平、垂直紙面向里、磁感應強度為 B 的 勻強磁場，整個空間存在勻強電場 (圖中未畫出 )．質(zhì)量為 m、電荷量為＋ q 的小球 P 靜止于虛線 X 上方 A 點，在某一瞬間受到方向豎直向下、大小為 I 的沖量作用而做勻速直線運動．在 A 點右下方的磁場中有定點 O，長為 l 的絕緣輕繩一端固定于 O 點，另一端連接不帶電的質(zhì)量同為 m 的小球 O，自然下垂．保持輕繩伸直，向右拉起 Q，直到繩與豎直方向有一小于 5176。的夾角，在 P 開始運動的同時自由釋放 Q， Q 到達 O 點正下方 W 點時速率為 、 Q 兩小球在 W 點發(fā)生正碰，碰后電場、磁場消失，兩小球粘在一起運動． P、 Q 兩小球均視為質(zhì)點， P 小球的電荷量保持不變 ，繩不可伸長，不計空氣阻力，重力加速度為 g. (1)求勻強電場場強 E 的大小和 P 進入磁場時的速率 v； (2)若繩能承受的最大拉力為 F，要使繩不斷， F 至少為多大？ (3)求 A 點距虛線 X 的距離 s. 25． [解析 ] (1)設小球 P 所受電場力為 F1，則 F1＝ qE 在整個空間重力和電場力平衡，有 F1＝ mg 聯(lián)立相關方程得 E＝ mgq 設小球 P 受到?jīng)_量后獲得速度為 v，由動量定理得 I＝ mv 故 v＝ Im (2)設 P、 Q 同向相碰后在 W 點的最大速度為 vm，由動量守恒定律得 mv＋ mv0＝ (m＋ m)vm 此刻輕繩的張力也為最大，由牛頓運動定律得 F－ (m＋ m)g＝ ?m＋ m?l vm2 聯(lián)立相關方程，得 F＝ ?I＋ mv0?22ml ＋ 2mg (3)設 P 在 X 上方做勻速直線運動的時間為 tP1，則 tP1＝ sv 設 P 在 X 下方做勻速圓周運動的時間為 tP2，則 tP2＝ πm2Bq 設小球 Q 從開始運動到與 P 球反向相碰的運動時間為 tQ，由單擺周期性，有 tQ＝ (n＋ 14)2π lg 由 題 意，有 tQ＝ tP1＋ tP2 聯(lián)立相關方程，得 s＝ (n＋ 14)2πIm lg－ πI2Bq [n 為大于 ( m4Bq gl－ 14)的整數(shù) ] 設小球 Q 從開始運動到與 P 球同向相碰的運動時間為 tQ，由單擺周期性，有 tQ＝ (n＋ 34)2π lg 同理可得 s＝ (n＋ 34)2πIm lg－ πI2Bq [n 為大于 ( m4Bq lg－ 34)的整數(shù) ] 2022天津卷 (理綜 物理 ) 1． [2022天津卷 ] 下 列說法正確的是 ( ) A．采用物理或化學方法可以有效地改變放射性元素的半衰期 B．由玻爾理論知道氫原子從激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時會放出光子 C．從高空對地面進行遙感攝影是利用紫外線良好的穿透能力 D．原子核所含核子單獨存在時的總質(zhì)量小于該原子核的質(zhì)量 1． B [解析 ] 放射性元素的半衰期是由原子核內(nèi)部自身的因素決定的，跟原子核所處的化學狀態(tài)和外部環(huán)境沒有關系，選項 A 錯誤；從高空對地面進行遙感攝影是紅外遙感技術的應用，選項 C 錯誤；原子核的質(zhì)量小于原子核所含核子單獨存在時的總質(zhì)量，選項 D 錯誤． 2． [2022天 津卷 ] 如圖所示，金屬棒 MN 兩端由等長的輕質(zhì)細線水平懸掛，處于豎直向上的勻強磁場中，棒中通以由 M 向 N的電流，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為 某一個條件， θ角的相應變化情況是 ( ) A．棒中的電流變大， θ角變大 B．兩懸線等長變短， θ角變小 C．金屬棒質(zhì)量變大， θ角變大 D．磁感應強度變大， θ角變小 2． A [解析 ] 作出側(cè)視圖 (沿 MN 方向 )，并對導體棒進行受力分析，如圖所示．據(jù)圖可得 tanθ＝ BILmg，若棒中的電流 I 變大，則 θ變大，選項 A 正確；若兩懸線等長變短，則 θ不變，選項 B 錯誤；若金屬棒的質(zhì)量 m 變大，則 θ變小，選 項 C 錯誤；若磁感應強度 B 變大，則 θ變大，選項 D 錯誤． 3． [2022天津卷 ] 一人造地球衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，假如該衛(wèi)星變軌后仍做勻速圓周運動，動能減小為原來的 14，不考慮衛(wèi)星質(zhì)量的變化，則變軌前后衛(wèi)星的 ( ) A．向心加速度大小之比為 4∶ 1 B．角速度大小之比為 2∶ 1 C．周期之比為 1∶ 8 D．軌道半 徑之比為 1∶ 2 3． C [解析 ] 人造地球衛(wèi)星的動能變?yōu)樵瓉淼?14，而質(zhì)量不變，則衛(wèi)星的線速度變?yōu)樵瓉淼?，由 GMmr2 ＝ mv2r 可得 r＝ GMv2 ，則衛(wèi)星的軌道半徑變?yōu)樵瓉淼?4 倍， D 錯誤；由 ω＝ vr，可得衛(wèi)星的角速度變?yōu)樵瓉淼?18， B 錯誤；由 T＝ 2πω，可得衛(wèi)星的周期變?yōu)樵瓉淼?8 倍， C正確；由 a＝ GMr2 ，可得衛(wèi)星的加速度變?yōu)樵瓉淼?116， A 錯誤． 4． [2022天津卷 ] 通過一理想變壓器，經(jīng)同一線路輸送相同的電功率 P，原線圈的電壓 U 保持不變，輸電線路的總電阻為 k時，線路損耗的電功率為 P1，若將副線圈與原線圈的匝數(shù)比提高到 nk，線路損 耗的電功率為 P2，則 P1和 P2P1分別為 ( ) ， 1n B.??? ???PkU 2R， 1n ， 1n2 D.??? ???PkU 2R， 1n2 4． D [解析 ] 原線圈的電壓為 U，副線圈與原線圈的匝數(shù)比為 k，則副線圈的電壓為 kU，輸電線路中的電流為 PkU，所以線路損耗的電功率 P1＝ ??? ???PkU 2R，故線 路損耗的電功率與 1k2成正比，即若將副線圈與原線圈的匝數(shù)比提高到 nk，輸電線路損耗的電功率將變?yōu)樵瓉淼?1n2，選項 D 正確． 5． [2022天津卷 ] 兩個固定的等量異號點電荷所產(chǎn)生電場的等勢面如圖中虛線所示，一帶負電的粒子以某一速度從圖中 A 點沿圖示方向進入電場在紙面內(nèi)飛行，最后離開電場，粒子只受靜電力作用，則粒子在電場中 ( ) A．做直線運動，電勢能先變小后變大 B．做直線運動，電 勢能先變大后變小 C．做曲線運動，電勢能先變小后變大 D．做曲線運動，電勢能先變大后變小 5． C [解析 ] 帶負電的粒子剛進入電場時受力方向與初速度方向垂直，粒子做曲線運動．開始時，粒子所在處電勢為零，粒子的電勢能也為零．在電場力的作用下，帶負電的粒子將向電勢高的一側(cè)偏轉(zhuǎn)，電勢能變?yōu)樨撝?，最后離開電場，離開電場后粒子的電勢能重新變?yōu)榱?，所以該粒子的電勢能先變小后變大? 6． [2022天津卷 ] 半圓形玻璃磚橫截面如圖， AB 為直徑， O 點為圓心．在該截面內(nèi)有 a、 b 兩束單色可見光從空氣垂直于 AB 射入玻璃磚，兩 入射點到 O 的距離相等．兩束光在半圓邊界上反射和折射的情況如圖所示，則 a、b 兩束光 ( ) A．在同種均勻介質(zhì)中傳播， a 光的傳播速度較大 B．以相同的入射角從空氣斜射入水中， b 光的折射角大 C．若 a 光照射某金屬表面能發(fā)生光電效應， b 光也一定能 D．分別通過同一雙縫干涉裝置， a 光的相鄰亮條紋間距大 6． ACD [解析 ] 完成光路圖，如圖所示，其中 OP、 OQ 分別為a、 b 兩光線在玻璃磚內(nèi)部傳播時的法線．兩單色光垂直 AB 射入玻璃磚的入射點到 O 的距 離相等，由幾何關系可知，兩光線在半圓邊界上的入射角相等， b 光發(fā)生了全反射而 a 光沒有發(fā)生全反射，說明 b 光的臨界角較小，則 b 光具有折射率較大 (以相同的入射角從空氣斜射入水中， b 光折射角小 )、頻率較大 (若 a 光照射某金屬表面能發(fā)生光電效應， b光也一定能 )、波長較短 (通過同一雙縫干涉裝置， b 光的相鄰亮條紋間距小 )、在同種均勻介質(zhì)中傳播速度較小等特點． 7． [2022天津卷 ] 沿 x軸正向傳播的一列簡諧橫波在 t＝ 0時刻的波形如圖所示，M 為介質(zhì)中的一個質(zhì)點，該波的傳播速度為 40 m/s，則 t＝ 140 s時 ( ) A．質(zhì)點 M 對平衡位置的位移一定為負值 B．質(zhì)點 M 的速度方向與對平衡位置的位移方向相同 C．質(zhì)點 M 的加速度方向與速度方向一定相同 D．質(zhì)點 M 的加速度方向與對平衡位置的位移方向相反 7． CD [解析 ] 由波形圖可讀出該波的波長為 4 m，由 λ＝ vT 知該機械波的周期T＝ s，故 t＝ 140 s＝ x 軸正方向傳播，所以 t＝ 0 時刻質(zhì)點 M運動方向沿 y 軸正方向，經(jīng) 14T 時間，質(zhì)點 M 的速度方向沿 y 軸負方向，對平衡位 置的位移方向仍沿 y 軸正方向，加速度方向沿 y 軸負方向，故選項 C、 D 正確． 8． [2022天津卷 ] 如圖甲所示，靜止在水平地面的物塊 A，受到水平向右的拉力 F 作用，F(xiàn) 與時間 t 的關系如圖乙所示，設物塊與地面的靜摩擦力最大值 fm 與滑動摩擦力大小相等，則 ( ) 甲 乙 A． 0～ t1時間內(nèi) F 的功率逐漸增大 B． t2時刻物塊 A 的加速度最大 C． t2時刻后物塊 A 做反向運動 D． t3時刻物塊 A 的動能最大 8． BD [解析 ] 0～ t1時間內(nèi)拉力 F 小于最大靜摩擦力 fm，物塊處于靜止狀態(tài)， F的功率為零，選項 A 錯誤； t1～ t2時間拉力 F 逐漸增大，物塊的加速度 a＝ F－ fmm也逐漸增大， t2時刻物塊的加速度最大，選項 B 正確； t2～ t3時間內(nèi)，雖然拉力 F逐漸減小，但仍然大于 fm，所以物塊繼續(xù)沿 F 的方向做加速運動 (加速度逐漸減小 )，選項 C 錯誤； t3時刻之后拉力 F 小于滑動摩擦力 fm，物塊從 t3時刻開始做減速運動，選項 D 正確． 9. (1) [2022天津卷 ] 質(zhì)量為 kg 的小球豎直向下以 6 m/s 的速度落至水平地面，再以 4 m/s 的速度反向彈回，取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞前后的動量變化為 ________kgm/ s，則小球受到地面的平均作用力大小為 ________N(取 g＝ 10 m/s2)． 9． (1)[答案 ] 2 12 [解析 ] 取豎直向上為正方向，小球的初動量 p1＝ mv1＝ (－ 6) kgm/s ＝－ kgm/s，小球的末動量 p2＝ mv2＝ 4 kgm/s＝ kgm/s，故動量的變化量 Δp＝ p2－ p1＝ 2 kgm/， F － mg＝ ΔpΔt，代入數(shù)據(jù)，有 F ＝ 12 N. 9． (2) [2022天