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2023年山东省青岛市高考物理一模试卷（含答案解析）
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这是一份2023年山东省青岛市高考物理一模试卷（含答案解析），共19页。
2023年山东省青岛市高考物理一模试卷
1. 如图，某汽车机舱盖的支撑杆由气缸和活塞组成。打开机舱盖时，气缸内密闭压缩气体膨胀，将机舱盖顶起。在此过程中，气缸内气体可视为理想气体，忽略缸内气体与外界的热交换。对于气缸内的气体，下列说法正确的是( )
A. 对外做正功，内能增大 B. 对外做负功，内能减小
C. 对外做正功，分子平均动能增大 D. 对外做正功，分子平均动能减小
2. 氢原子第n能级的能量为En=E1n2，其中E1是基态能量，n=1，2，3…。若某一氢原子辐射出能量为−316E1的光子后，氢原子处于比基态高出−34E1的激发态，则氢原子辐射光子前处于( )
A. 第2能级 B. 第3能级 C. 第4能级 D. 第6能级
3. 在x轴上关于O点对称的M、N处各固定一等量点电荷，取x轴正方向为电场强度的正方向，x轴上各点电场强度E随坐标x的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. 两电荷连线中点O处的电势为零
B. x轴上从M点到N点电势先降低后升高
C. 将一试探电荷从O点沿两电荷连线中垂线移动的过程中电场力不做功
D. 将一正试探电荷从O点沿两电荷连线中垂线移动的过程中电势能先增大后减小
4. 如图，竖直放置的金属环内的肥皂薄膜干涉条纹间距上宽、下窄。下列说法正确的是( )
A. 肥皂膜的竖直横截面可能是梯形
B. 肥皂膜上的条纹是薄膜前后表面反射光形成的干涉条纹
C. 肥皂膜从形成到破裂，条纹的宽度和间距不会发生变化
D. 若将肥皂膜外金属环顺时针缓慢转过90∘，则条纹也会跟着转过90∘
5. 北斗卫星导航系统[BeiDou(COMPASS)NavigationSatelliteSystem]是我国自主发展、独立运行的全球卫星导航系统。如图，Ⅰ为地球近地卫星，Ⅱ为北斗卫星导航系统中的一颗静止轨道卫星，其对地张角为2θ。已知地球自转周期为T0，万有引力常量为G。下列说法正确的是( )
A. 地球的平均密度为3πGT02sin3θ B. 卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比为1sin3θ
C. 卫星Ⅰ的周期为T0 sin32θ D. 卫星Ⅱ的发射速度大于11.2km/s
6. “西电东送”是我国实现经济跨区域可持续快速发展的重要保证，如图为模拟远距离输电的部分测试电路。恒压交流电源、阻值为2Ω的定值电阻R1和理想变压器相连。变压器原副线圈匝数比为1：3，电压表和电流表均为理想交流电表，R2是热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。下列说法正确的是( )
A. 环境温度升高时，电流表A1示数减小，灯泡L变暗
B. 环境温度降低时，电流表A2示数减小，电源输出功率变大
C. 电压表示数变化ΔU和电流表A2示数变化ΔI2的关系为|ΔUΔI2|=6Ω
D. 电压表示数变化ΔU和电流表A2示数变化ΔI2的关系为|ΔUΔI2|=18Ω
7. 如图，质量分别为m、2m、3m的物块a、b、c，放置在水平圆盘上随圆盘一起以角速度ω匀速转动，其中物块a、b叠放在一起。图中各接触面间的动摩擦因数均为μ，a、b和c与转轴的距离分别为r和1.5r。下列说法正确的是( )
A. b对a的摩擦力为μmg B. 圆盘对b的摩擦力为2mω2r
C. 圆盘的角速度满足ω≤ μgr D. 圆盘的角速度满足ω≤ 2μg3r
8. 如图，两端开口的圆筒与水平地面成一定角度倾斜放置。OO′是圆筒的中轴线，M、N是筒壁上的两个点，且MN//OO′。一个可视为质点的小球自M点正上方足够高处自由释放，由M点无碰撞进入圆筒后一直沿筒壁运动，a、b、c是小球运动轨迹与MN的交点。小球从M到a用时t1，从a到b用时t2，从b到c用时t3，小球经过a、b、c时对筒壁压力分别为Fa、Fb、Fc，lMa、lab、lbc表示M、a、b、c相邻两点间的距离，不计一切摩擦。下列说法正确的是( )
A. t1
A. 该材料折射率为 2 B. 该材料折射率为 62
C. 光在该材料中的传播速度为 63c D. 光从空气进入该材料，光的频率变小
10. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是t=0时刻的波形图，图乙和丙分别是x轴上某两处质点的振动图像。这两质点平衡位置之间的距离可能是( )
A. 0.5m B. 1.8m C. 1.9m D. 2.0m
11. 水平地面上有一足够长且足够宽的固定斜面，倾角为37∘，小明站在斜面底端向斜面上投掷可视作质点的小石块。若石块出手时的初速度方向与水平方向成45∘，出手高度为站立点正上方1.8m，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 若石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直，石块在斜面上的落点恰好与出手点等高，则石块出手时的初速度为2 6m/s
B. 若石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直，石块在斜面上的落点恰好与出手点等高，则石块出手时的初速度为2 3m/s
C. 若石块的初速度大小一定，当石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直时，石块飞行时间最短
D. 若投出石块的最大初速度为8m/s，则石块在斜面上与出手点等高的所有落点所组成的线段长度不会超过12m
12. 如图，倾角θ=30∘的足够长传送带向上匀速传动，与传送带运动方向垂直的虚线MN与PQ间存在垂直传送带向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、边长为L的正方形单匝导线框abcd随传送带一起向上运动；经过一段时间，当线框ab边越过虚线MN进入磁场后，线框与传送带间发生相对运动；当线框ab边到达虚线PQ处时，线框速度刚好与传送带共速。已知两虚线间距离为d，且d>2L，线框的阻值为R，线框与传送带间的动摩擦因数μ= 32，重力加速度为g，整个过程中线框ab边始终与两虚线平行，下列说法正确的是( )
A. 当线框ab边越过虚线MN后，线框做匀减速运动
B. 当线框cd边越过虚线MN时，线框的速度必为mgR4B2L2
C. 线框由开始进入磁场到开始离开磁场经历的时间为4B2L3mgR
D. 线框在穿过磁场区域过程中产生的焦耳热为12mgd
13. 如图是验证动量守恒定律实验装置，某同学要用该装置探究大小相同的钢球与木球在碰撞过程中的能量损失情况，图中O点为铅锤在长条纸上的竖直投影点，请回答下列问题：
(1)实验前应调整斜槽，使斜槽末端______ ；
(2)实验过程中，将钢球作为入射小球，先不放被碰小球，从斜槽上某一位置由静止释放入射小球，测得O点与入射小球在地面上落点的距离为x0；然后将被碰小球置于斜槽末端，让入射小球从斜槽上同一位置由静止释放，测得O点与入射小球和被碰小球在地面上落点的距离分别为x1、x2；测得斜槽末端距离地面高度为h，测得入射小球和被碰小球的质量分别为m1、m2，查知当地重力加速度为g。则钢球与木球碰撞过程中损失的机械能ΔE=______ (用题中所给物理量表示)；
(3)该同学查阅资料得知，恢复系数e能更好地表征碰撞过程中能量的损失情况，恢复系数e等于碰撞后两物体相对速度与碰撞前两物体相对速度大小之比，根据(2)中测量结果，钢球与木球碰撞过程的恢复系数e=______ ；
(4)某次实验中，用木球作为入射小球，仍用该装置进行实验，发现木球被反弹，则测得的恢复系数e会______ (选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
14. 某同学要准确测量某型号电池的电动势和内阻，该电池的电动势E1约为3V，内阻r1约为2Ω，实验室里还备有下列实验器材：
A.另一电池(电动势E2约为4.5V，内阻r2约为3Ω)
B.电压表(量程为1V，内阻约为3000Ω)
C.电压表(量程为3V，内阻约为5000Ω)
D.电流表(量程为0.3A，内阻约为0.5Ω)
E.电流传感器(内阻未知)
F.滑动变阻器(最大阻值为10Ω)
G.滑动变阻器(最大阻值为40Ω)
H.滑动变阻器(最大阻值为60Ω)
I.开关两个，导线若干
根据所提供的实验器材，该同学设计了如图甲所示测量电路。
实验步骤如下：
①将R1、R2调至适当阻值，闭合开关S1；
②闭合开关S2，再调节R1、R2，使电流传感器的示数为零；
③多次改变R1阻值，相应调节R2阻值，使电流传感器的示数仍然为零，并读取多组电压表、电流表的示数；
④根据测得数据描绘出电压表示数U随电流表示数I变化的U−I图像。
请回答下列问题：
(1)按所设计的实验电路，请在答题卡上用笔画线代替导线将图乙实物连接补画完整；
(2)在实验中，电压表应选择______ ，若滑动变阻器R1选G，则滑动变阻器R2应选______ ；(选填器材前面的字母代号)
(3)作出的U−I图像如图丙所示，则电动势E1=______ V，内阻r1=______ Ω；(计算结果保留2位有效数字)
(4)请从实验误差角度简要评价该实验方案：______ 。
15. 一个50L的容器A，通过一带有压力释放阀的细管与一个10L的容器B连接，两容器导热良好。当容器A中的压强比容器B中的压强大1.16atm时，阀门打开，气体由容器A通向容器B，当两容器中压强差小于1.16atm时，阀门关闭。环境温度为288K时，容器A中的气体压强为1.12atm，此时容器B已抽成真空，现缓慢升高环境温度。求：
(1)压力释放阀刚打开时的环境温度；
(2)环境温度为360K时，容器B内的气体压强。
16. 很多青少年在山地自行车上安装了气门嘴灯，夜间骑车时犹如踏着风火轮，格外亮眼。如图甲是某种自行车气门嘴灯，气门嘴灯内部开关结构如图乙所示：弹簧一端固定，另一端与质量为m的小滑块(含触点a)连接，当触点a、b接触，电路接通使气门嘴灯发光，触点b位于车轮边缘。车轮静止且气门嘴灯在最低点时触点a、b距离为L，弹簧劲度系数为mgL，重力加速度大小为g，自行车轮胎半径为R，不计开关中的一切摩擦，滑块和触点a、b均可视为质点。
(1)若自行车匀速行驶过程中气门嘴灯可以一直亮，求自行车行驶的最小速度；
(2)若自行车以 2gR的速度匀速行驶，求车轮每转一圈，气门嘴灯的发光时间。
17. 如图甲为实验室中利用磁场偏转的粒子收集装置原理图，在空间直角坐标系Oxyz中，有一个边长为l的正方形荧光屏abcd可沿x轴移动，荧光屏平行于yOz平面，cd在xOz平面内，d点在x轴上。在该空间加沿x轴负方向的磁场Bx和沿y轴正方向的磁场By，磁感应强度Bx、By的大小随时间t周期性变化的规律如图乙所示。t=0时刻，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，以初速度v0从A点(0,l,0)沿x轴正方向进入该空间。
(1)求粒子在磁场中的运动半径；
(2)若经过2πmqB0时间，该粒子恰好到达荧光屏，求荧光屏位置的x轴坐标和粒子打在屏幕上的坐标；
(3)若粒子达到荧光屏时的速度方向与屏幕的夹角为60∘，求荧光屏位置的x轴坐标的可能取值。
18. 如图，有一光滑凹坑，坑面是球半径为R的球冠，坑的边缘是一个半径为r的圆周，且r=R。坑底部开口处装有水平轻质弹簧，弹簧一端固定在O点，自由端恰好位于坑底部中心。现将一个质量为m的物块(可视为质点)从边缘P点自由释放，P点、O点与球冠最低点在同一竖直平面内，弹簧的劲度系数k=mgR，始终在弹性限度内。已知弹簧振子的周期公式T=2π mk，其中m为振子质量，k为弹簧的劲度系数；当θ很小时，有tanθ≈sinθ≈θ。
(1)求该物块从释放到第一次回到出发点所经历的时间；
(2)若(1)中的物块在第二次通过最低点时，从P点再次自由释放一个完全相同的物块，二者相撞后结合为一个组合体C，求从释放第二个物块到组合体C第一次升至其轨迹最高点所经历的时间；
(3)待组合体C达到其轨迹的最高点时，用相同的物块沿水平切向以一定的初速度与之发生弹性碰撞，若碰撞后的组合体C恰好做匀速圆周运动，求该物块的初速度大小；
(4)在(2)问中，从坑的边缘上Q点自由释放相同的物块，使其恰好在组合体C被弹簧推至最低点时相撞，并结合在一起。从物块被释放开始计时，每隔π Rg时间释放一个物块，物块若未与组合体碰撞，则在其运动到圆坑另一边时将其回收，若发生碰撞则与组合体结合。包括第一个物块在内，连续释放6个物块，求与组合体相撞的物块个数。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：气缸内密封压缩气体膨胀，则气体对外界做正功，因为忽略缸内气体与外界的热交换，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，气体的温度降低，则气体的内能减小，分子平均动能减小，故D正确，ABC错误；
故选：D。
根据气体的体积变化得出气体的做功，结合热力学第一定律分析出气体的变化，进而分析出气体的内能和分子平均动能的变化。
本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，熟悉公式分析出气体温度的变化，理解温度对内能和分子平均动能的影响即可。
2.【答案】C
【解析】解：发射光子后氢原子能量为：E=E1+(−34E1)=E14
根据玻尔理论氢原子发射光子能量为：E=Em−En(m>n)，
氢原子发射光子前的能量：E′=E14+(−316E1)=E116
根据氢原子第n能级的能量为：En=E1n2，得到发射光子前n=4
故ABD错误，C正确；
故选：C。
由题得到发射光子后氢原子能量为E=E1+(−34E1)=E14，根据氢原子第n能级的能量为En=E1n2，分析n的数值，判断发射光子后氢原子所处的能级。根据玻尔理论氢原子发射光子能量E=Em−En(m>n)，得到氢原子发射光子前能量，再判断能级。
本题考查对玻尔理论的理解和应用能力，关键抓住氢原子发射光子能量E=Em−En(m>n)和能级公式En=E1n2。
3.【答案】B
【解析】解：A、由图可知MO之间的电场强度为正，而ON之间的电场强度为负，可知MN处放置的为带正电的点电荷，O点电势不为0，x轴上从M点到N点的电势先降低后升高；故A错误，B正确；
C、将一试探电荷从O点沿两电荷连线中垂线移动的过程中电场力做功；故C错误；
D、将一正试探电荷从O点沿两电荷连线中垂线移动的过程中，电场做正功，电势能减小，故D错误；
故选：B。
沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性。根据功能关系分析电场力做功的正负和电势能的变化情况。
电势为零处，电场强度不一定为零。电荷在电场中与电势的乘积为电势能。电场力做功的正负决定电势能的增加与否。
4.【答案】B
【解析】解：A.根据题图可知肥皂膜的干涉条纹是弯曲的，由于薄膜干涉为等厚干涉，因此同一水平线上薄膜的厚度不相同，过肥皂膜最高和最低点的截面的长边距离不相等，即两长边不平行，一定不是梯形，故A错误；
B、肥皂膜上的条纹是薄膜前后两表面反射形成的两列光波叠加形成的干涉条纹，故B正确；
C、薄膜是等厚干涉，肥皂膜从形成到破裂，由于液体在向下流动，薄膜上部逐渐变薄，下部逐渐变厚，条纹的宽度和间距会发生变化，故C错误；
D、将肥皂膜外金属环左侧的把柄向上转动90∘，条纹不会跟着转动，仍在水平方向，故D错误。
故选：B。
薄膜干涉为等厚干涉，根据肥皂膜的干涉条纹的形状判断；肥皂膜上的条纹是前后表面反射光形成的干涉条纹；条纹的宽度和间距与膜的厚度有关。
解答本题应理解薄膜干涉的原理，要知道薄膜干涉条纹位置取决于两层肥皂膜的厚度而形成反射光的光程差，属于等厚干涉。
5.【答案】A
【解析】解：A、设地球半径为R，质量为M，卫星Ⅰ、卫星Ⅱ的轨道半径分别为R1=R、R2，角速度分别为ω1、ω2，周期分别为T1、T2；
对卫星Ⅱ，根据牛顿第二定律，有：GMmR22=m4π2T02R2
其中：M=ρ⋅43πR3
sinθ=RR2
解得：ρ=3πGT02sin3θ，故A正确；
B、根据牛顿第二定律GMmr2=a，可知a=GMr2，两颗卫星的加速度之比为：a1a2=R22R2=1sin2θ，故B错误；
C、根据牛顿第二定律GMmr2=m4π2T2r
解得卫星Ⅰ的周期：T=T0 sin3θ，故C错误；
D、11.2km/s是第二宇宙速度，是逃逸地球引力的最小发射速度，所以卫星Ⅱ的发射速度小于11.2km/s，故D错误。
故选：A。
计算密度需要先计算中心天体质量(利用环绕天体的向心力等于万有引力列式)，再根据密度公式求解；两颗卫星均做匀速圆周运动，是万有引力充当向心力，根据牛顿第二定律列式分析可以得到加速度之比和周期之比；11.2km/s是第二宇宙速度，是逃逸地球引力的最小发射速度。
本题考查人造卫星问题，关键是知道卫星的向心力来源，能够根据牛顿第二定律列式分析，同时要结合几何关系得到两颗卫星的轨道半径的关系，较难。
6.【答案】D
【解析】解：A、环境温度升高时，热敏电阻的阻值减小，副线圈总电阻减小，副线圈电流增大，原线圈电流增大，电流表A1示数增大，电阻R1的电压增大，电压电压不变，则变压器电压减小，灯泡L两端的电压减小，电流减小，灯泡变暗，故A错误；
B、环境温度降低时，热敏电阻的阻值增大，副线圈总电阻增大，副线圈电流减小，电流表A2示数减小，原线圈电流减小，电源输出功率P=UI减小，故B错误；
CD、原副线圈电压比等于匝数比，电压表示数变化大小为ΔU，则原线圈电压变化量大小为13ΔU，原副线圈电流比等于匝数的反比，电流表A2示数变化大小为ΔI2，则原线圈电流变化量大小为3ΔI2，电压为恒压交流电源，则电阻R1的电压变化量大小为13ΔU，由欧姆定律得：R1=|13ΔU3ΔI2|
则|ΔUΔI2|=9R1=9×2Ω=18Ω
故C错误，D正确。
故选：D。
环境温度升高时，热敏电阻的阻值减小，根据欧姆定律分析电流的变化；环境温度降低时，热敏电阻的阻值增大，根据欧姆定律分析电流的变化，根据P=UI分析功率的变化；根据原副线圈电压比等于匝数比，原副线圈电流比等于匝数的反比，分析原线圈电压的变化和电流的变化，根据欧姆定律求解电压的变化和电流的变化的比值，进而求解副线圈电压的变化与电流变化的比值。
本题考查变压器的动态分析问题，解题关键是掌握变压器的变压规律，会根据串并联规律和欧姆定律分析电流电压的变化，知道当电阻阻值不变时，电压的变化量与电阻的变化量比值等于电阻阻值。
7.【答案】D
【解析】解：AB、对a受力分析，由于不发生相对滑动，故受重力、支持力以及b对a的静摩擦力作用，静摩擦力提供向心力，f=mω2r，静摩擦力不一定为μmg，对ab受力分析，可知圆盘对b的摩擦力为f′=3mω2r，故AB错误；
CD、三个物体的角速度相等，c的半径较大，所需向心力较大，对物体c，有：3mω2(1.5r)≤μ⋅3mg
解得：ω≤ 2μg3r，故C错误，D正确。
故选：D。
物体a随转台一起以角速度ω匀速转动，靠静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求出b对a的摩擦力大小。对ab整体根据合力提供向心力解得圆盘对b的摩擦力，对c根据牛顿第二定律解得最大角速度。
本题关键是对a、ab整体、c受力分析，根据静摩擦力提供向心力以及最大静摩擦力等于滑动摩擦力列式分析是关键。
8.【答案】B
【解析】解：小球以竖直向下的速度在M点无碰撞进入圆筒，将沿圆筒筒壁做螺旋运动，运动可分解为沿轴线方向的匀变速直线运动和在垂直轴线的平面内的变速圆周运动。设圆筒与水平地面的夹角为θ，将在M的速度v沿MN方向和垂直MN方向分解，根据运动的合成与分解，沿MN方向的速度v1=vsinθ，沿垂直MN方向的速度v2=vcosθ。
A.小球在垂直轴线的平面内做变速圆周运动，每运动一周的情况相同，每运动一周所用时间相同，可得t1=t2=t3，故A错误；
BC.小球在垂直轴线的平面内做变速圆周运动，每运动一周的情况相同，每运动一周再次经过MN时沿垂直MN方向的分速度仍为v2，小球在a、b、c位置所需的向心力均为F=mv22R，可知小球在这三点的受力情况完全相同，则筒壁对小球的支持力相同，由牛顿第三定律知，小球对圆筒的压力相同，即Fa=Fb=Fc，故B正确，C错误；
D.若小球沿MN方向的初速度为0，根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知lMa：lab：lbc=1：3：5，由于小球有沿MN方向的初速度v1=vsinθ，所以lMa：lab：lbc≠1：3：5，故D错误；
故选：B。
将小球进入圆筒后的运动分解为圆周运动与匀变速直线运动，根据不同的运动规律分析解答。
本题考查运动的合成与分解，解题关键掌握向心力公式及匀变速直线运动的规律。
9.【答案】BC
【解析】解：AB、这束光最终进入材料的能量为入射光能量的(1−k2)倍，说明经过两次反射进入材料后会发生全反射，光路图如图所示：
设折射率为n，在B点的折射角为θ，则全反射角为90∘−θ，根据折射定律知
n=sin45∘sinθ
n=1sin90∘−θ
联立解得：n= 62，故B正确，A错误。
C、光在该材料中的传播速度为v=cn= 63c，故C正确；
D、光从空气进入该材料，光的频率不变，故D错误；
故选：BC。
根据题意画出光路图，根据几何知识和折射定律列式求解；光在该材料中的传播速度为v=cn，光从空气进入该材料，光的频率不变。
本题考查了光的反射、折射、全反射定律的应用，由每次发生反射有能量损失判断发生了反射和折射，从而判断临界角的范围。
10.【答案】AC
【解析】解：一列简谐横波沿x轴正方向传播，波长为1.2m，图甲是t=0时刻的波形图，根据平移法可知图乙的位置坐标为x乙=16λ+1.2n=0.2+1.2n(n=0,1,2,3...)，图丙的位置坐标为0.9+1.2k(k=0,1,2,3...)
当n=1，k=0时两质点平衡位置之间的距离为Δx=0.5m
当n=0，k=1时两质点平衡位置之间的距离为Δx′=1.9m
故AC正确，BD错误；
故选：AC。
根据质点振动关系找出质点在横波的位置，判断质点间距公式，从而分类计算．
本题考查振动图象、波动图象及相关知识，难度较大，要仔细分析，此题的关键是据波形图分析．
11.【答案】ACD
【解析】解：AB、石块出手时的初速度方向与水平方向成45∘角，则
tan45∘=vyvx
可得：vx=vy
石块落在1.8m高的斜面上，则
tan37∘=1.8mx
则石块的水平位移为：
x=2.4m
由石块斜向上运动时
x′=vxt=x2=2.42m=1.2m
y′=vyt2=0.6m
又因为
vy2=2gy′
解得：vy=2 3m/s
所以石块出手时的速度为
v= 2vy= 2×2 3m/s=2 6m/s，故A正确，B错误；
C、若石块的初速度大小一定，当石块的运动轨迹所在平面与斜面底边垂直时，石块在斜面上的落点最高，石块下落时间最短，石块飞行时间最短，故C正确；
D、若投出石块的初速度为8m/s，则
vx0=vy0=8m/s×sin45∘=4 2m/s
石块在斜面上的落点恰好与出手点等高处，最大运动时间为
t0=2vy0g=2×4 210s=4 25s
最大水平位移为：
x0=vx0t0=4 2×4 25m=325m
石块在斜面上与出手点等高处与出手点最近点距离为x=2.4m，则石块在斜面上与出手点等高的最远点与最近点的距离为：
Δx= x02−x2= 6.42−2.42m= 35.2m<6m
则石块在斜面上与出手点等高的所有落点组成的线段长度不会超过
2Δx=2×6m=12m，故D正确；
故选：ACD。
理解石块在不同方向上的运动特点，结合运动学公式和几何关系得出石块出手时的速度；
根据竖直方向上的运动情况得出运动的时间，结合水平方向上的运动特点得出石块落点的特点。
本题主要考查了斜抛运动的相关应用，解题的关键点是理解斜抛运动在不同方向上的运动特点，结合几何关系和运动学公式联立等式完成分析。
12.【答案】CD
【解析】解：A、线框ab边越过虚线MN后ab边切割磁感线产生感应电动势，感应电动势E=BLv，由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流I=ER=BLvR，线框受到的安培力大小F=BIL=B2L2vR，由楞次定律可知，线框所受安培力方向平行于斜面向下，线框进入磁场后受到沿斜面向下的安培力作用，则mgsinθ+F>μmgcosθ，线框做减速运动，随速度v的减小，线框所受安培力F=B2L2vR减小，线框所受合力减小，由牛顿第二定律可知，加速度减小，线框进入磁场过程做加速度减小的减速运动，故A错误；
B、线框做匀速直线运动时，由平衡条件得：mgsinθ+B2L2vR=μmgcosθ，解得：v=mgR4B2L2，线框做匀速直线运动时，线框可能完全进入磁场，有可能没有完全进入磁场，因此当线框cd边越过虚线MN时，线框的速度不一定是mgR4B2L2，故B错误；
D、设传送带速度为v1，线框完全进入磁场时的速度为v2，从线框完全进入磁场到线框ab边到达虚线PQ的过程中，根据动能定理得：μmgcosθ(d−L)−mgsinθ(d−L)=12mv12−12mv22；从线框ab边越过虚线MN进入磁场到线框完全进入磁场过程中，根据动能定理得：μmgLcosθ−mgLsinθ−W安培=12mv22−12mv12，解得：W安培=14mgd，克服安培力做的功转化为焦耳热，则W安培=Q，线框出磁场和进入磁场过程产生的焦耳热相等，则线框在穿过磁场区域过程中产生的焦耳热Q′=2Q=2×14mgd=12mgd，故D正确；
C、沿平行于斜面向上为正方向，线框进入磁场到离开磁场过程，由动量定理得：μmgtcosθ−mgtsinθ−IA=mv1−mv1，其中安培力的冲量IA=BI−Lt′，平均感应电流I−=E−R=ΔΦt′R=ΔΦRt′=BL2Rt′，解得：IA=B2L3R，t=4B2L3mgR，故C正确。
故选：CD。
应用E=BLv求出线框切割磁感线产生的感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式与牛顿第二定律求出线框的加速度，判断线框的运动性质；应用安培力公式与平衡条件求出线框的速度；应用动能定理与功能关系、动量定理分析答题。
本题是电磁感应与力学相结合的一道综合题，分析清楚运动过程是正确解题的前提与关键，分析清楚运动过程、应用安培力公式、牛顿第二定律、动能定理、功的计算公式即可正确解题．
13.【答案】切线水平 m1g(x02−x12)−m2gx224h x2−x1x0 偏小
【解析】解：(1)小球离开轨道后做平抛运动，轨道末端切线应水平。
(2)小球离开轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们做平抛运动的时间相等，设为t，则h=12gt2，解得：t= 2hg
碰撞前入射球的速度大小v0=x0t，碰撞后入射球的速度大小v1=x1t，被碰球的速度大小v2=x2t
由能量守恒定律可知，碰撞过程损失的机械能：ΔE=12m1v02−12m1v12−12m2v22，解得：ΔE=m1g(x02−x12)−m2gx224h
(3)钢球与木球碰撞过程的恢复系数e=v2−v1v0，解得：e=x2−x1x0
(4)用木球作为入射小球，碰撞后木球被反弹，碰撞后木球与钢球的相对速度变小，测得的恢复系数e会偏小。
故答案为：(1)切线水平；(2)m1g(x02−x12)−m2gx224h；(3)x2−x1x0；偏小。
(1)小球离开轨道后做平抛运动，轨道末端应水平。
(2)求出小球碰撞前后的速度大小，应用能量守恒定律求出碰撞过程损失的机械能。
(3)根据恢复系数的定义求出恢复系数。
(4)根据题意判断恢复系数如何变化。
理解实验原理、认真审题根据题意获取所需信息是解题的前提，根据题意应用能量守恒定律可以解题。
14.【答案】CH2.92.0多次测量减小了偶然误差；避免了电压表分流作用或电流表的分压作用，消除了系统误差
【解析】解：(1)根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
(2)电流传感器示数为零，则S2两端电势相等，电压表V测电源E1的路端电压，电源E1的电动势约为3V，则电压表选择C；电源E2的电动势大于E1的，滑动变阻器R2两端的电压大小R1两端的电压，则R2接入电路的阻值大于R1接入电路的阻值，则R2应选择H。
(3)电流传感器示数为零，则S2两端电势相等，电压表V测电源E1的路端电压，电流表测电路电流，由闭合电路的欧姆定律得：U=E1−Ir1，由图丙所示U−I图像可知，图像斜率的绝对值k=r1=2.7−2.30.3−0.1Ω=2.0Ω，由图示图像可知：U=2.7V时I=0.1A，则电源电动势E1=U+Ir1=2.7V+0.1×2.0V=2.9V
(4)由图示电路图与实验步骤可知，该实验方案可以进行多次测量减小了偶然误差；该方案消除了电压表分流作用或电流表的分压作用对实验的影响，消除了系统误差。
故答案为：(1)实物电路图如上图所示；(2)C；H；(3)2.9；2.0；(4)多次测量减小了偶然误差；避免了电压表分流作用或电流表的分压作用，消除了系统误差。
(1)根据图示电路图连接实物电路图。
(2)根据电池电动势关系与图示电路图选择电压表与滑动变阻器。
(3)根据闭合电路的欧姆定律求出图像的函数表达式，然后根据图示图像求出电源电动势与内阻。
(4)根据实验电路图与实验步骤分析答题。
分析清楚图示电路结构、理解实验原理是解题的前提与关键，应用闭合电路的欧姆定律即可解题。
15.【答案】解：(1)对容器A中的气体：p1T1=p2T2
代入数据解得：T2=298.3K；
(2)环境温度为360K时：pA′=pB+1.16
对于总气体：pAVAT1=pA′VT3
对于进入容器B的气体：pA′(V−VA)=pBVB
代入数据解得：pB=0.2atm
答：(1)压力释放阀刚打开时的环境温度为298.3K；
(2)环境温度为360K时，容器B内的气体压强为0.2atm。
【解析】(1)根据气体做等容变化列式求解；
(2)根据一定质量的理想气体状态方程列式求解即可。
该题考查一定质量的理想气体状态方程的应用，解决此类问题的关键是找准理想气体的初末状态量，列式求解即可。
16.【答案】解：(1)只要气嘴灯位于最高点时ab接触即可保证全程灯亮，
弹簧原长时ab的距离为：mgk+L=2L
气嘴灯位于最高点时的向心力为：mg+2kL=mv2R
可解得满足要求的最小速度为：v= 3gR
(2)速度为 2gR时轮子滚动的周期为：T=2πRv=πg 2gR
此速度下气嘴灯所需的向心力为：mv2R=2mg
此力恰好等于ab接触时弹簧的弹力，即无重力参与向心力，对应与圆心等高的点，
故当气嘴灯位于下半圆周时灯亮，即t=T2=π2g 2gR
答：(1)若自行车匀速行驶过程中气门嘴灯可以一直亮，自行车行驶的最小速度为 3gR；
(2)若自行车以 2gR的速度匀速行驶，车轮每转一圈，气门嘴灯的发光时间为π2g 2gR。
【解析】(1)在最高点弹簧的弹力和重力提供向心力，根据牛顿第二定律计算最小速度；
(2)分析以题中速度做圆周运动需要的向心力，确定位置，计算时间。
本题考查竖直平面内的圆周运动，要求掌握受力分析，确定什么力提供向心力，根据牛顿第二定律计算。
17.【答案】解：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B0=mv02r
解得粒子的轨道半径：r=mv0qB0
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πrv0=2πmqB0
由图乙所示磁场可知，粒子在第1、4个πm2qB0的时间内，粒子向x轴正方向移动了2r的距离．
在第2、3个πm2qB0的时间内，粒子向y轴负方向移动了2r的距离
故荧光屏在x轴上的位置应为x=2r=2mv0qB0，粒子打在屏幕上的坐标为(2mv0qB0,l−2mv0qB0,0)
(3)粒子运动轨迹在xOz面上的投影如图所示
当粒子的速度与z轴正方向的夹角为60∘时：x=r2+2nr=(12+2n)mv0qB0
同时满足：l≥2nr，解得：n≤qB0l2mv0，且n=0、1、2、3……
当粒子的速度与z轴负方向的夹角为60∘时：x=32r+2nr=(32+2n)mv0qB0
同时满足：l≥2(n+1)r，解得：n≤qB0l2mv0−l，且n=0、1、2、3……
答：(1)粒子在磁场中的运动半径是mv0qB0；
(2)荧光屏位置的x轴坐标是2mv0qB0，粒子打在屏幕上的坐标是(2mv0qB0,l−2mv0qB0,0)；
(3)荧光屏位置的x轴坐标的可能取值是(12+2n)mv0qB0 (n≤qB0l2mv0,且n=0、1、2、3……)或(32+2n)mv0qB0 (n≤qB0l2mv0−l，且n=0、1、2、3……)。
【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子的轨道半径。
(2)根据磁场的变化情况分析粒子运动过程，然后确定荧光屏位置的x坐标，求出粒子打在荧光屏上的坐标。
(3)根据粒子打在荧光屏上时速度方向与荧光屏的夹角，应用几何知识求出粒子的x的值需要满足的关系，然后答题。
本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，根据图示磁场分析清楚粒子运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律与几何知识可以解题。
18.【答案】解：(1)物块在凹坑中滑动时，其运动情况与摆长为R的单摆相同，若该单摆的周期为T1，
物块第一次回到出发点所用时间为一个单摆周期，即T1=2π Rg
(2)由简谐振动的运动特点可知，振子在同一位置有等大的速度，碰撞过程系统动量守恒，以从P点释放的物块的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv−mv=0
即碰撞产生的组合体C的初速度为零，质量为m的弹簧振子的周期为T2，T2=2π mk，该周期与单摆做简谐运动的周期相等，即T2=T1
设组合体C与弹簧组成的弹簧振子的周期为T3，则T3=2π 2mk= 2T2= 2T1
碰撞之前两个物块运动时间相同，均为T18，故所求时间为t2=(18+14+ 22+14)T1，解得：t2=(5+4 2)π4 Rg
(3)设碰撞位置的球面半径与竖直方向夹角为φ，由牛顿第二定律得：2mgtanφ=2mvC2rsinπ4，其中：tanφ≈rsinπ4R
碰撞过程系统在水平方向动量守恒、机械能守恒，以物块的初速度方向为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv0=mv1+2mvC
由机械能守恒定律得：12mv02=12mv12+12×2mvC2
解得：v0=3 2gR4
(4)若组合体在被推至最低点时的动量为p，并与来自Q点的物块碰撞时，组合体会获得来自Q的物块的动量PQ，由于单摆周期与振子质量无关，当组合体从振幅处返回时必然再次与下一个来自Q的物块碰撞，由于之前在碰撞中获得的动量PQ已经反向，在第二次碰撞中该部分动量会被再次获得的动量PQ抵消，仅留下与第一次碰撞前等大反向的动量−p。故碰后组合体将重新沿弹簧轴向运动并开始压缩弹簧。
由以上结论可知：第1块既然与组合体碰撞，则第2块必定也能碰撞；此时组合体质量为4m，周期为2T1；第3块到达最低点时，组合体在弹簧压缩最大处，无碰撞；
第4块到达最低点时，组合体恰好到达最低点，物块与组合体碰撞，则第5块必定也能碰撞；
第6块到达最低点时，组合体正在压缩弹簧，无碰撞；
故前6个物块中，第1、2、4、5个物块可与组合体发生碰墥，碰撞物块个数为4。
答：(1)该物块从释放到第一次回到出发点所经历的时间是2π Rg；
(2)从释放第二个物块到组合体C第一次升至其轨迹最高点所经历的时间是(5+4 2)π4 Rg；
(3)该物块的初速度大小是3 2gR4；
(4)与组合体相撞的物块个数是4。
【解析】(1)物块从释放到第一次回到出发点经历的时间是单摆的一个周期，根据单摆周期公式求解。
(2)两物块碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后的速度；根据弹簧振子的周期公式与物块的运动过程求出所经历的时间。
(3)物块碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出物块的初速度。
(4)分析物块的运动过程，根据物块的运动过程求出与主题碰撞的物块的个数。
本题是多体多过程问题，考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题。
2023年山东省青岛市高考物理一模试卷
1. 如图，某汽车机舱盖的支撑杆由气缸和活塞组成。打开机舱盖时，气缸内密闭压缩气体膨胀，将机舱盖顶起。在此过程中，气缸内气体可视为理想气体，忽略缸内气体与外界的热交换。对于气缸内的气体，下列说法正确的是( )
A. 对外做正功，内能增大 B. 对外做负功，内能减小
C. 对外做正功，分子平均动能增大 D. 对外做正功，分子平均动能减小
2. 氢原子第n能级的能量为En=E1n2，其中E1是基态能量，n=1，2，3…。若某一氢原子辐射出能量为−316E1的光子后，氢原子处于比基态高出−34E1的激发态，则氢原子辐射光子前处于( )
A. 第2能级 B. 第3能级 C. 第4能级 D. 第6能级
3. 在x轴上关于O点对称的M、N处各固定一等量点电荷，取x轴正方向为电场强度的正方向，x轴上各点电场强度E随坐标x的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. 两电荷连线中点O处的电势为零
B. x轴上从M点到N点电势先降低后升高
C. 将一试探电荷从O点沿两电荷连线中垂线移动的过程中电场力不做功
D. 将一正试探电荷从O点沿两电荷连线中垂线移动的过程中电势能先增大后减小
4. 如图，竖直放置的金属环内的肥皂薄膜干涉条纹间距上宽、下窄。下列说法正确的是( )
A. 肥皂膜的竖直横截面可能是梯形
B. 肥皂膜上的条纹是薄膜前后表面反射光形成的干涉条纹
C. 肥皂膜从形成到破裂，条纹的宽度和间距不会发生变化
D. 若将肥皂膜外金属环顺时针缓慢转过90∘，则条纹也会跟着转过90∘
5. 北斗卫星导航系统[BeiDou(COMPASS)NavigationSatelliteSystem]是我国自主发展、独立运行的全球卫星导航系统。如图，Ⅰ为地球近地卫星，Ⅱ为北斗卫星导航系统中的一颗静止轨道卫星，其对地张角为2θ。已知地球自转周期为T0，万有引力常量为G。下列说法正确的是( )
A. 地球的平均密度为3πGT02sin3θ B. 卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比为1sin3θ
C. 卫星Ⅰ的周期为T0 sin32θ D. 卫星Ⅱ的发射速度大于11.2km/s
6. “西电东送”是我国实现经济跨区域可持续快速发展的重要保证，如图为模拟远距离输电的部分测试电路。恒压交流电源、阻值为2Ω的定值电阻R1和理想变压器相连。变压器原副线圈匝数比为1：3，电压表和电流表均为理想交流电表，R2是热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。下列说法正确的是( )
A. 环境温度升高时，电流表A1示数减小，灯泡L变暗
B. 环境温度降低时，电流表A2示数减小，电源输出功率变大
C. 电压表示数变化ΔU和电流表A2示数变化ΔI2的关系为|ΔUΔI2|=6Ω
D. 电压表示数变化ΔU和电流表A2示数变化ΔI2的关系为|ΔUΔI2|=18Ω
7. 如图，质量分别为m、2m、3m的物块a、b、c，放置在水平圆盘上随圆盘一起以角速度ω匀速转动，其中物块a、b叠放在一起。图中各接触面间的动摩擦因数均为μ，a、b和c与转轴的距离分别为r和1.5r。下列说法正确的是( )
A. b对a的摩擦力为μmg B. 圆盘对b的摩擦力为2mω2r
C. 圆盘的角速度满足ω≤ μgr D. 圆盘的角速度满足ω≤ 2μg3r
8. 如图，两端开口的圆筒与水平地面成一定角度倾斜放置。OO′是圆筒的中轴线，M、N是筒壁上的两个点，且MN//OO′。一个可视为质点的小球自M点正上方足够高处自由释放，由M点无碰撞进入圆筒后一直沿筒壁运动，a、b、c是小球运动轨迹与MN的交点。小球从M到a用时t1，从a到b用时t2，从b到c用时t3，小球经过a、b、c时对筒壁压力分别为Fa、Fb、Fc，lMa、lab、lbc表示M、a、b、c相邻两点间的距离，不计一切摩擦。下列说法正确的是( )
A. t1
A. 该材料折射率为 2 B. 该材料折射率为 62
C. 光在该材料中的传播速度为 63c D. 光从空气进入该材料，光的频率变小
10. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是t=0时刻的波形图，图乙和丙分别是x轴上某两处质点的振动图像。这两质点平衡位置之间的距离可能是( )
A. 0.5m B. 1.8m C. 1.9m D. 2.0m
11. 水平地面上有一足够长且足够宽的固定斜面，倾角为37∘，小明站在斜面底端向斜面上投掷可视作质点的小石块。若石块出手时的初速度方向与水平方向成45∘，出手高度为站立点正上方1.8m，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 若石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直，石块在斜面上的落点恰好与出手点等高，则石块出手时的初速度为2 6m/s
B. 若石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直，石块在斜面上的落点恰好与出手点等高，则石块出手时的初速度为2 3m/s
C. 若石块的初速度大小一定，当石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直时，石块飞行时间最短
D. 若投出石块的最大初速度为8m/s，则石块在斜面上与出手点等高的所有落点所组成的线段长度不会超过12m
12. 如图，倾角θ=30∘的足够长传送带向上匀速传动，与传送带运动方向垂直的虚线MN与PQ间存在垂直传送带向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、边长为L的正方形单匝导线框abcd随传送带一起向上运动；经过一段时间，当线框ab边越过虚线MN进入磁场后，线框与传送带间发生相对运动；当线框ab边到达虚线PQ处时，线框速度刚好与传送带共速。已知两虚线间距离为d，且d>2L，线框的阻值为R，线框与传送带间的动摩擦因数μ= 32，重力加速度为g，整个过程中线框ab边始终与两虚线平行，下列说法正确的是( )
A. 当线框ab边越过虚线MN后，线框做匀减速运动
B. 当线框cd边越过虚线MN时，线框的速度必为mgR4B2L2
C. 线框由开始进入磁场到开始离开磁场经历的时间为4B2L3mgR
D. 线框在穿过磁场区域过程中产生的焦耳热为12mgd
13. 如图是验证动量守恒定律实验装置，某同学要用该装置探究大小相同的钢球与木球在碰撞过程中的能量损失情况，图中O点为铅锤在长条纸上的竖直投影点，请回答下列问题：
(1)实验前应调整斜槽，使斜槽末端______ ；
(2)实验过程中，将钢球作为入射小球，先不放被碰小球，从斜槽上某一位置由静止释放入射小球，测得O点与入射小球在地面上落点的距离为x0；然后将被碰小球置于斜槽末端，让入射小球从斜槽上同一位置由静止释放，测得O点与入射小球和被碰小球在地面上落点的距离分别为x1、x2；测得斜槽末端距离地面高度为h，测得入射小球和被碰小球的质量分别为m1、m2，查知当地重力加速度为g。则钢球与木球碰撞过程中损失的机械能ΔE=______ (用题中所给物理量表示)；
(3)该同学查阅资料得知，恢复系数e能更好地表征碰撞过程中能量的损失情况，恢复系数e等于碰撞后两物体相对速度与碰撞前两物体相对速度大小之比，根据(2)中测量结果，钢球与木球碰撞过程的恢复系数e=______ ；
(4)某次实验中，用木球作为入射小球，仍用该装置进行实验，发现木球被反弹，则测得的恢复系数e会______ (选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
14. 某同学要准确测量某型号电池的电动势和内阻，该电池的电动势E1约为3V，内阻r1约为2Ω，实验室里还备有下列实验器材：
A.另一电池(电动势E2约为4.5V，内阻r2约为3Ω)
B.电压表(量程为1V，内阻约为3000Ω)
C.电压表(量程为3V，内阻约为5000Ω)
D.电流表(量程为0.3A，内阻约为0.5Ω)
E.电流传感器(内阻未知)
F.滑动变阻器(最大阻值为10Ω)
G.滑动变阻器(最大阻值为40Ω)
H.滑动变阻器(最大阻值为60Ω)
I.开关两个，导线若干
根据所提供的实验器材，该同学设计了如图甲所示测量电路。
实验步骤如下：
①将R1、R2调至适当阻值，闭合开关S1；
②闭合开关S2，再调节R1、R2，使电流传感器的示数为零；
③多次改变R1阻值，相应调节R2阻值，使电流传感器的示数仍然为零，并读取多组电压表、电流表的示数；
④根据测得数据描绘出电压表示数U随电流表示数I变化的U−I图像。
请回答下列问题：
(1)按所设计的实验电路，请在答题卡上用笔画线代替导线将图乙实物连接补画完整；
(2)在实验中，电压表应选择______ ，若滑动变阻器R1选G，则滑动变阻器R2应选______ ；(选填器材前面的字母代号)
(3)作出的U−I图像如图丙所示，则电动势E1=______ V，内阻r1=______ Ω；(计算结果保留2位有效数字)
(4)请从实验误差角度简要评价该实验方案：______ 。
15. 一个50L的容器A，通过一带有压力释放阀的细管与一个10L的容器B连接，两容器导热良好。当容器A中的压强比容器B中的压强大1.16atm时，阀门打开，气体由容器A通向容器B，当两容器中压强差小于1.16atm时，阀门关闭。环境温度为288K时，容器A中的气体压强为1.12atm，此时容器B已抽成真空，现缓慢升高环境温度。求：
(1)压力释放阀刚打开时的环境温度；
(2)环境温度为360K时，容器B内的气体压强。
16. 很多青少年在山地自行车上安装了气门嘴灯，夜间骑车时犹如踏着风火轮，格外亮眼。如图甲是某种自行车气门嘴灯，气门嘴灯内部开关结构如图乙所示：弹簧一端固定，另一端与质量为m的小滑块(含触点a)连接，当触点a、b接触，电路接通使气门嘴灯发光，触点b位于车轮边缘。车轮静止且气门嘴灯在最低点时触点a、b距离为L，弹簧劲度系数为mgL，重力加速度大小为g，自行车轮胎半径为R，不计开关中的一切摩擦，滑块和触点a、b均可视为质点。
(1)若自行车匀速行驶过程中气门嘴灯可以一直亮，求自行车行驶的最小速度；
(2)若自行车以 2gR的速度匀速行驶，求车轮每转一圈，气门嘴灯的发光时间。
17. 如图甲为实验室中利用磁场偏转的粒子收集装置原理图，在空间直角坐标系Oxyz中，有一个边长为l的正方形荧光屏abcd可沿x轴移动，荧光屏平行于yOz平面，cd在xOz平面内，d点在x轴上。在该空间加沿x轴负方向的磁场Bx和沿y轴正方向的磁场By，磁感应强度Bx、By的大小随时间t周期性变化的规律如图乙所示。t=0时刻，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，以初速度v0从A点(0,l,0)沿x轴正方向进入该空间。
(1)求粒子在磁场中的运动半径；
(2)若经过2πmqB0时间，该粒子恰好到达荧光屏，求荧光屏位置的x轴坐标和粒子打在屏幕上的坐标；
(3)若粒子达到荧光屏时的速度方向与屏幕的夹角为60∘，求荧光屏位置的x轴坐标的可能取值。
18. 如图，有一光滑凹坑，坑面是球半径为R的球冠，坑的边缘是一个半径为r的圆周，且r=R。坑底部开口处装有水平轻质弹簧，弹簧一端固定在O点，自由端恰好位于坑底部中心。现将一个质量为m的物块(可视为质点)从边缘P点自由释放，P点、O点与球冠最低点在同一竖直平面内，弹簧的劲度系数k=mgR，始终在弹性限度内。已知弹簧振子的周期公式T=2π mk，其中m为振子质量，k为弹簧的劲度系数；当θ很小时，有tanθ≈sinθ≈θ。
(1)求该物块从释放到第一次回到出发点所经历的时间；
(2)若(1)中的物块在第二次通过最低点时，从P点再次自由释放一个完全相同的物块，二者相撞后结合为一个组合体C，求从释放第二个物块到组合体C第一次升至其轨迹最高点所经历的时间；
(3)待组合体C达到其轨迹的最高点时，用相同的物块沿水平切向以一定的初速度与之发生弹性碰撞，若碰撞后的组合体C恰好做匀速圆周运动，求该物块的初速度大小；
(4)在(2)问中，从坑的边缘上Q点自由释放相同的物块，使其恰好在组合体C被弹簧推至最低点时相撞，并结合在一起。从物块被释放开始计时，每隔π Rg时间释放一个物块，物块若未与组合体碰撞，则在其运动到圆坑另一边时将其回收，若发生碰撞则与组合体结合。包括第一个物块在内，连续释放6个物块，求与组合体相撞的物块个数。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：气缸内密封压缩气体膨胀，则气体对外界做正功，因为忽略缸内气体与外界的热交换，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，气体的温度降低，则气体的内能减小，分子平均动能减小，故D正确，ABC错误；
故选：D。
根据气体的体积变化得出气体的做功，结合热力学第一定律分析出气体的变化，进而分析出气体的内能和分子平均动能的变化。
本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，熟悉公式分析出气体温度的变化，理解温度对内能和分子平均动能的影响即可。
2.【答案】C
【解析】解：发射光子后氢原子能量为：E=E1+(−34E1)=E14
根据玻尔理论氢原子发射光子能量为：E=Em−En(m>n)，
氢原子发射光子前的能量：E′=E14+(−316E1)=E116
根据氢原子第n能级的能量为：En=E1n2，得到发射光子前n=4
故ABD错误，C正确；
故选：C。
由题得到发射光子后氢原子能量为E=E1+(−34E1)=E14，根据氢原子第n能级的能量为En=E1n2，分析n的数值，判断发射光子后氢原子所处的能级。根据玻尔理论氢原子发射光子能量E=Em−En(m>n)，得到氢原子发射光子前能量，再判断能级。
本题考查对玻尔理论的理解和应用能力，关键抓住氢原子发射光子能量E=Em−En(m>n)和能级公式En=E1n2。
3.【答案】B
【解析】解：A、由图可知MO之间的电场强度为正，而ON之间的电场强度为负，可知MN处放置的为带正电的点电荷，O点电势不为0，x轴上从M点到N点的电势先降低后升高；故A错误，B正确；
C、将一试探电荷从O点沿两电荷连线中垂线移动的过程中电场力做功；故C错误；
D、将一正试探电荷从O点沿两电荷连线中垂线移动的过程中，电场做正功，电势能减小，故D错误；
故选：B。
沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性。根据功能关系分析电场力做功的正负和电势能的变化情况。
电势为零处，电场强度不一定为零。电荷在电场中与电势的乘积为电势能。电场力做功的正负决定电势能的增加与否。
4.【答案】B
【解析】解：A.根据题图可知肥皂膜的干涉条纹是弯曲的，由于薄膜干涉为等厚干涉，因此同一水平线上薄膜的厚度不相同，过肥皂膜最高和最低点的截面的长边距离不相等，即两长边不平行，一定不是梯形，故A错误；
B、肥皂膜上的条纹是薄膜前后两表面反射形成的两列光波叠加形成的干涉条纹，故B正确；
C、薄膜是等厚干涉，肥皂膜从形成到破裂，由于液体在向下流动，薄膜上部逐渐变薄，下部逐渐变厚，条纹的宽度和间距会发生变化，故C错误；
D、将肥皂膜外金属环左侧的把柄向上转动90∘，条纹不会跟着转动，仍在水平方向，故D错误。
故选：B。
薄膜干涉为等厚干涉，根据肥皂膜的干涉条纹的形状判断；肥皂膜上的条纹是前后表面反射光形成的干涉条纹；条纹的宽度和间距与膜的厚度有关。
解答本题应理解薄膜干涉的原理，要知道薄膜干涉条纹位置取决于两层肥皂膜的厚度而形成反射光的光程差，属于等厚干涉。
5.【答案】A
【解析】解：A、设地球半径为R，质量为M，卫星Ⅰ、卫星Ⅱ的轨道半径分别为R1=R、R2，角速度分别为ω1、ω2，周期分别为T1、T2；
对卫星Ⅱ，根据牛顿第二定律，有：GMmR22=m4π2T02R2
其中：M=ρ⋅43πR3
sinθ=RR2
解得：ρ=3πGT02sin3θ，故A正确；
B、根据牛顿第二定律GMmr2=a，可知a=GMr2，两颗卫星的加速度之比为：a1a2=R22R2=1sin2θ，故B错误；
C、根据牛顿第二定律GMmr2=m4π2T2r
解得卫星Ⅰ的周期：T=T0 sin3θ，故C错误；
D、11.2km/s是第二宇宙速度，是逃逸地球引力的最小发射速度，所以卫星Ⅱ的发射速度小于11.2km/s，故D错误。
故选：A。
计算密度需要先计算中心天体质量(利用环绕天体的向心力等于万有引力列式)，再根据密度公式求解；两颗卫星均做匀速圆周运动，是万有引力充当向心力，根据牛顿第二定律列式分析可以得到加速度之比和周期之比；11.2km/s是第二宇宙速度，是逃逸地球引力的最小发射速度。
本题考查人造卫星问题，关键是知道卫星的向心力来源，能够根据牛顿第二定律列式分析，同时要结合几何关系得到两颗卫星的轨道半径的关系，较难。
6.【答案】D
【解析】解：A、环境温度升高时，热敏电阻的阻值减小，副线圈总电阻减小，副线圈电流增大，原线圈电流增大，电流表A1示数增大，电阻R1的电压增大，电压电压不变，则变压器电压减小，灯泡L两端的电压减小，电流减小，灯泡变暗，故A错误；
B、环境温度降低时，热敏电阻的阻值增大，副线圈总电阻增大，副线圈电流减小，电流表A2示数减小，原线圈电流减小，电源输出功率P=UI减小，故B错误；
CD、原副线圈电压比等于匝数比，电压表示数变化大小为ΔU，则原线圈电压变化量大小为13ΔU，原副线圈电流比等于匝数的反比，电流表A2示数变化大小为ΔI2，则原线圈电流变化量大小为3ΔI2，电压为恒压交流电源，则电阻R1的电压变化量大小为13ΔU，由欧姆定律得：R1=|13ΔU3ΔI2|
则|ΔUΔI2|=9R1=9×2Ω=18Ω
故C错误，D正确。
故选：D。
环境温度升高时，热敏电阻的阻值减小，根据欧姆定律分析电流的变化；环境温度降低时，热敏电阻的阻值增大，根据欧姆定律分析电流的变化，根据P=UI分析功率的变化；根据原副线圈电压比等于匝数比，原副线圈电流比等于匝数的反比，分析原线圈电压的变化和电流的变化，根据欧姆定律求解电压的变化和电流的变化的比值，进而求解副线圈电压的变化与电流变化的比值。
本题考查变压器的动态分析问题，解题关键是掌握变压器的变压规律，会根据串并联规律和欧姆定律分析电流电压的变化，知道当电阻阻值不变时，电压的变化量与电阻的变化量比值等于电阻阻值。
7.【答案】D
【解析】解：AB、对a受力分析，由于不发生相对滑动，故受重力、支持力以及b对a的静摩擦力作用，静摩擦力提供向心力，f=mω2r，静摩擦力不一定为μmg，对ab受力分析，可知圆盘对b的摩擦力为f′=3mω2r，故AB错误；
CD、三个物体的角速度相等，c的半径较大，所需向心力较大，对物体c，有：3mω2(1.5r)≤μ⋅3mg
解得：ω≤ 2μg3r，故C错误，D正确。
故选：D。
物体a随转台一起以角速度ω匀速转动，靠静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求出b对a的摩擦力大小。对ab整体根据合力提供向心力解得圆盘对b的摩擦力，对c根据牛顿第二定律解得最大角速度。
本题关键是对a、ab整体、c受力分析，根据静摩擦力提供向心力以及最大静摩擦力等于滑动摩擦力列式分析是关键。
8.【答案】B
【解析】解：小球以竖直向下的速度在M点无碰撞进入圆筒，将沿圆筒筒壁做螺旋运动，运动可分解为沿轴线方向的匀变速直线运动和在垂直轴线的平面内的变速圆周运动。设圆筒与水平地面的夹角为θ，将在M的速度v沿MN方向和垂直MN方向分解，根据运动的合成与分解，沿MN方向的速度v1=vsinθ，沿垂直MN方向的速度v2=vcosθ。
A.小球在垂直轴线的平面内做变速圆周运动，每运动一周的情况相同，每运动一周所用时间相同，可得t1=t2=t3，故A错误；
BC.小球在垂直轴线的平面内做变速圆周运动，每运动一周的情况相同，每运动一周再次经过MN时沿垂直MN方向的分速度仍为v2，小球在a、b、c位置所需的向心力均为F=mv22R，可知小球在这三点的受力情况完全相同，则筒壁对小球的支持力相同，由牛顿第三定律知，小球对圆筒的压力相同，即Fa=Fb=Fc，故B正确，C错误；
D.若小球沿MN方向的初速度为0，根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知lMa：lab：lbc=1：3：5，由于小球有沿MN方向的初速度v1=vsinθ，所以lMa：lab：lbc≠1：3：5，故D错误；
故选：B。
将小球进入圆筒后的运动分解为圆周运动与匀变速直线运动，根据不同的运动规律分析解答。
本题考查运动的合成与分解，解题关键掌握向心力公式及匀变速直线运动的规律。
9.【答案】BC
【解析】解：AB、这束光最终进入材料的能量为入射光能量的(1−k2)倍，说明经过两次反射进入材料后会发生全反射，光路图如图所示：
设折射率为n，在B点的折射角为θ，则全反射角为90∘−θ，根据折射定律知
n=sin45∘sinθ
n=1sin90∘−θ
联立解得：n= 62，故B正确，A错误。
C、光在该材料中的传播速度为v=cn= 63c，故C正确；
D、光从空气进入该材料，光的频率不变，故D错误；
故选：BC。
根据题意画出光路图，根据几何知识和折射定律列式求解；光在该材料中的传播速度为v=cn，光从空气进入该材料，光的频率不变。
本题考查了光的反射、折射、全反射定律的应用，由每次发生反射有能量损失判断发生了反射和折射，从而判断临界角的范围。
10.【答案】AC
【解析】解：一列简谐横波沿x轴正方向传播，波长为1.2m，图甲是t=0时刻的波形图，根据平移法可知图乙的位置坐标为x乙=16λ+1.2n=0.2+1.2n(n=0,1,2,3...)，图丙的位置坐标为0.9+1.2k(k=0,1,2,3...)
当n=1，k=0时两质点平衡位置之间的距离为Δx=0.5m
当n=0，k=1时两质点平衡位置之间的距离为Δx′=1.9m
故AC正确，BD错误；
故选：AC。
根据质点振动关系找出质点在横波的位置，判断质点间距公式，从而分类计算．
本题考查振动图象、波动图象及相关知识，难度较大，要仔细分析，此题的关键是据波形图分析．
11.【答案】ACD
【解析】解：AB、石块出手时的初速度方向与水平方向成45∘角，则
tan45∘=vyvx
可得：vx=vy
石块落在1.8m高的斜面上，则
tan37∘=1.8mx
则石块的水平位移为：
x=2.4m
由石块斜向上运动时
x′=vxt=x2=2.42m=1.2m
y′=vyt2=0.6m
又因为
vy2=2gy′
解得：vy=2 3m/s
所以石块出手时的速度为
v= 2vy= 2×2 3m/s=2 6m/s，故A正确，B错误；
C、若石块的初速度大小一定，当石块的运动轨迹所在平面与斜面底边垂直时，石块在斜面上的落点最高，石块下落时间最短，石块飞行时间最短，故C正确；
D、若投出石块的初速度为8m/s，则
vx0=vy0=8m/s×sin45∘=4 2m/s
石块在斜面上的落点恰好与出手点等高处，最大运动时间为
t0=2vy0g=2×4 210s=4 25s
最大水平位移为：
x0=vx0t0=4 2×4 25m=325m
石块在斜面上与出手点等高处与出手点最近点距离为x=2.4m，则石块在斜面上与出手点等高的最远点与最近点的距离为：
Δx= x02−x2= 6.42−2.42m= 35.2m<6m
则石块在斜面上与出手点等高的所有落点组成的线段长度不会超过
2Δx=2×6m=12m，故D正确；
故选：ACD。
理解石块在不同方向上的运动特点，结合运动学公式和几何关系得出石块出手时的速度；
根据竖直方向上的运动情况得出运动的时间，结合水平方向上的运动特点得出石块落点的特点。
本题主要考查了斜抛运动的相关应用，解题的关键点是理解斜抛运动在不同方向上的运动特点，结合几何关系和运动学公式联立等式完成分析。
12.【答案】CD
【解析】解：A、线框ab边越过虚线MN后ab边切割磁感线产生感应电动势，感应电动势E=BLv，由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流I=ER=BLvR，线框受到的安培力大小F=BIL=B2L2vR，由楞次定律可知，线框所受安培力方向平行于斜面向下，线框进入磁场后受到沿斜面向下的安培力作用，则mgsinθ+F>μmgcosθ，线框做减速运动，随速度v的减小，线框所受安培力F=B2L2vR减小，线框所受合力减小，由牛顿第二定律可知，加速度减小，线框进入磁场过程做加速度减小的减速运动，故A错误；
B、线框做匀速直线运动时，由平衡条件得：mgsinθ+B2L2vR=μmgcosθ，解得：v=mgR4B2L2，线框做匀速直线运动时，线框可能完全进入磁场，有可能没有完全进入磁场，因此当线框cd边越过虚线MN时，线框的速度不一定是mgR4B2L2，故B错误；
D、设传送带速度为v1，线框完全进入磁场时的速度为v2，从线框完全进入磁场到线框ab边到达虚线PQ的过程中，根据动能定理得：μmgcosθ(d−L)−mgsinθ(d−L)=12mv12−12mv22；从线框ab边越过虚线MN进入磁场到线框完全进入磁场过程中，根据动能定理得：μmgLcosθ−mgLsinθ−W安培=12mv22−12mv12，解得：W安培=14mgd，克服安培力做的功转化为焦耳热，则W安培=Q，线框出磁场和进入磁场过程产生的焦耳热相等，则线框在穿过磁场区域过程中产生的焦耳热Q′=2Q=2×14mgd=12mgd，故D正确；
C、沿平行于斜面向上为正方向，线框进入磁场到离开磁场过程，由动量定理得：μmgtcosθ−mgtsinθ−IA=mv1−mv1，其中安培力的冲量IA=BI−Lt′，平均感应电流I−=E−R=ΔΦt′R=ΔΦRt′=BL2Rt′，解得：IA=B2L3R，t=4B2L3mgR，故C正确。
故选：CD。
应用E=BLv求出线框切割磁感线产生的感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式与牛顿第二定律求出线框的加速度，判断线框的运动性质；应用安培力公式与平衡条件求出线框的速度；应用动能定理与功能关系、动量定理分析答题。
本题是电磁感应与力学相结合的一道综合题，分析清楚运动过程是正确解题的前提与关键，分析清楚运动过程、应用安培力公式、牛顿第二定律、动能定理、功的计算公式即可正确解题．
13.【答案】切线水平 m1g(x02−x12)−m2gx224h x2−x1x0 偏小
【解析】解：(1)小球离开轨道后做平抛运动，轨道末端切线应水平。
(2)小球离开轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们做平抛运动的时间相等，设为t，则h=12gt2，解得：t= 2hg
碰撞前入射球的速度大小v0=x0t，碰撞后入射球的速度大小v1=x1t，被碰球的速度大小v2=x2t
由能量守恒定律可知，碰撞过程损失的机械能：ΔE=12m1v02−12m1v12−12m2v22，解得：ΔE=m1g(x02−x12)−m2gx224h
(3)钢球与木球碰撞过程的恢复系数e=v2−v1v0，解得：e=x2−x1x0
(4)用木球作为入射小球，碰撞后木球被反弹，碰撞后木球与钢球的相对速度变小，测得的恢复系数e会偏小。
故答案为：(1)切线水平；(2)m1g(x02−x12)−m2gx224h；(3)x2−x1x0；偏小。
(1)小球离开轨道后做平抛运动，轨道末端应水平。
(2)求出小球碰撞前后的速度大小，应用能量守恒定律求出碰撞过程损失的机械能。
(3)根据恢复系数的定义求出恢复系数。
(4)根据题意判断恢复系数如何变化。
理解实验原理、认真审题根据题意获取所需信息是解题的前提，根据题意应用能量守恒定律可以解题。
14.【答案】CH2.92.0多次测量减小了偶然误差；避免了电压表分流作用或电流表的分压作用，消除了系统误差
【解析】解：(1)根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
(2)电流传感器示数为零，则S2两端电势相等，电压表V测电源E1的路端电压，电源E1的电动势约为3V，则电压表选择C；电源E2的电动势大于E1的，滑动变阻器R2两端的电压大小R1两端的电压，则R2接入电路的阻值大于R1接入电路的阻值，则R2应选择H。
(3)电流传感器示数为零，则S2两端电势相等，电压表V测电源E1的路端电压，电流表测电路电流，由闭合电路的欧姆定律得：U=E1−Ir1，由图丙所示U−I图像可知，图像斜率的绝对值k=r1=2.7−2.30.3−0.1Ω=2.0Ω，由图示图像可知：U=2.7V时I=0.1A，则电源电动势E1=U+Ir1=2.7V+0.1×2.0V=2.9V
(4)由图示电路图与实验步骤可知，该实验方案可以进行多次测量减小了偶然误差；该方案消除了电压表分流作用或电流表的分压作用对实验的影响，消除了系统误差。
故答案为：(1)实物电路图如上图所示；(2)C；H；(3)2.9；2.0；(4)多次测量减小了偶然误差；避免了电压表分流作用或电流表的分压作用，消除了系统误差。
(1)根据图示电路图连接实物电路图。
(2)根据电池电动势关系与图示电路图选择电压表与滑动变阻器。
(3)根据闭合电路的欧姆定律求出图像的函数表达式，然后根据图示图像求出电源电动势与内阻。
(4)根据实验电路图与实验步骤分析答题。
分析清楚图示电路结构、理解实验原理是解题的前提与关键，应用闭合电路的欧姆定律即可解题。
15.【答案】解：(1)对容器A中的气体：p1T1=p2T2
代入数据解得：T2=298.3K；
(2)环境温度为360K时：pA′=pB+1.16
对于总气体：pAVAT1=pA′VT3
对于进入容器B的气体：pA′(V−VA)=pBVB
代入数据解得：pB=0.2atm
答：(1)压力释放阀刚打开时的环境温度为298.3K；
(2)环境温度为360K时，容器B内的气体压强为0.2atm。
【解析】(1)根据气体做等容变化列式求解；
(2)根据一定质量的理想气体状态方程列式求解即可。
该题考查一定质量的理想气体状态方程的应用，解决此类问题的关键是找准理想气体的初末状态量，列式求解即可。
16.【答案】解：(1)只要气嘴灯位于最高点时ab接触即可保证全程灯亮，
弹簧原长时ab的距离为：mgk+L=2L
气嘴灯位于最高点时的向心力为：mg+2kL=mv2R
可解得满足要求的最小速度为：v= 3gR
(2)速度为 2gR时轮子滚动的周期为：T=2πRv=πg 2gR
此速度下气嘴灯所需的向心力为：mv2R=2mg
此力恰好等于ab接触时弹簧的弹力，即无重力参与向心力，对应与圆心等高的点，
故当气嘴灯位于下半圆周时灯亮，即t=T2=π2g 2gR
答：(1)若自行车匀速行驶过程中气门嘴灯可以一直亮，自行车行驶的最小速度为 3gR；
(2)若自行车以 2gR的速度匀速行驶，车轮每转一圈，气门嘴灯的发光时间为π2g 2gR。
【解析】(1)在最高点弹簧的弹力和重力提供向心力，根据牛顿第二定律计算最小速度；
(2)分析以题中速度做圆周运动需要的向心力，确定位置，计算时间。
本题考查竖直平面内的圆周运动，要求掌握受力分析，确定什么力提供向心力，根据牛顿第二定律计算。
17.【答案】解：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B0=mv02r
解得粒子的轨道半径：r=mv0qB0
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πrv0=2πmqB0
由图乙所示磁场可知，粒子在第1、4个πm2qB0的时间内，粒子向x轴正方向移动了2r的距离．
在第2、3个πm2qB0的时间内，粒子向y轴负方向移动了2r的距离
故荧光屏在x轴上的位置应为x=2r=2mv0qB0，粒子打在屏幕上的坐标为(2mv0qB0,l−2mv0qB0,0)
(3)粒子运动轨迹在xOz面上的投影如图所示
当粒子的速度与z轴正方向的夹角为60∘时：x=r2+2nr=(12+2n)mv0qB0
同时满足：l≥2nr，解得：n≤qB0l2mv0，且n=0、1、2、3……
当粒子的速度与z轴负方向的夹角为60∘时：x=32r+2nr=(32+2n)mv0qB0
同时满足：l≥2(n+1)r，解得：n≤qB0l2mv0−l，且n=0、1、2、3……
答：(1)粒子在磁场中的运动半径是mv0qB0；
(2)荧光屏位置的x轴坐标是2mv0qB0，粒子打在屏幕上的坐标是(2mv0qB0,l−2mv0qB0,0)；
(3)荧光屏位置的x轴坐标的可能取值是(12+2n)mv0qB0 (n≤qB0l2mv0,且n=0、1、2、3……)或(32+2n)mv0qB0 (n≤qB0l2mv0−l，且n=0、1、2、3……)。
【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子的轨道半径。
(2)根据磁场的变化情况分析粒子运动过程，然后确定荧光屏位置的x坐标，求出粒子打在荧光屏上的坐标。
(3)根据粒子打在荧光屏上时速度方向与荧光屏的夹角，应用几何知识求出粒子的x的值需要满足的关系，然后答题。
本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，根据图示磁场分析清楚粒子运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律与几何知识可以解题。
18.【答案】解：(1)物块在凹坑中滑动时，其运动情况与摆长为R的单摆相同，若该单摆的周期为T1，
物块第一次回到出发点所用时间为一个单摆周期，即T1=2π Rg
(2)由简谐振动的运动特点可知，振子在同一位置有等大的速度，碰撞过程系统动量守恒，以从P点释放的物块的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv−mv=0
即碰撞产生的组合体C的初速度为零，质量为m的弹簧振子的周期为T2，T2=2π mk，该周期与单摆做简谐运动的周期相等，即T2=T1
设组合体C与弹簧组成的弹簧振子的周期为T3，则T3=2π 2mk= 2T2= 2T1
碰撞之前两个物块运动时间相同，均为T18，故所求时间为t2=(18+14+ 22+14)T1，解得：t2=(5+4 2)π4 Rg
(3)设碰撞位置的球面半径与竖直方向夹角为φ，由牛顿第二定律得：2mgtanφ=2mvC2rsinπ4，其中：tanφ≈rsinπ4R
碰撞过程系统在水平方向动量守恒、机械能守恒，以物块的初速度方向为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv0=mv1+2mvC
由机械能守恒定律得：12mv02=12mv12+12×2mvC2
解得：v0=3 2gR4
(4)若组合体在被推至最低点时的动量为p，并与来自Q点的物块碰撞时，组合体会获得来自Q的物块的动量PQ，由于单摆周期与振子质量无关，当组合体从振幅处返回时必然再次与下一个来自Q的物块碰撞，由于之前在碰撞中获得的动量PQ已经反向，在第二次碰撞中该部分动量会被再次获得的动量PQ抵消，仅留下与第一次碰撞前等大反向的动量−p。故碰后组合体将重新沿弹簧轴向运动并开始压缩弹簧。
由以上结论可知：第1块既然与组合体碰撞，则第2块必定也能碰撞；此时组合体质量为4m，周期为2T1；第3块到达最低点时，组合体在弹簧压缩最大处，无碰撞；
第4块到达最低点时，组合体恰好到达最低点，物块与组合体碰撞，则第5块必定也能碰撞；
第6块到达最低点时，组合体正在压缩弹簧，无碰撞；
故前6个物块中，第1、2、4、5个物块可与组合体发生碰墥，碰撞物块个数为4。
答：(1)该物块从释放到第一次回到出发点所经历的时间是2π Rg；
(2)从释放第二个物块到组合体C第一次升至其轨迹最高点所经历的时间是(5+4 2)π4 Rg；
(3)该物块的初速度大小是3 2gR4；
(4)与组合体相撞的物块个数是4。
【解析】(1)物块从释放到第一次回到出发点经历的时间是单摆的一个周期，根据单摆周期公式求解。
(2)两物块碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后的速度；根据弹簧振子的周期公式与物块的运动过程求出所经历的时间。
(3)物块碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出物块的初速度。
(4)分析物块的运动过程，根据物块的运动过程求出与主题碰撞的物块的个数。
本题是多体多过程问题，考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题。
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