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2023年山东省泰安市高考物理一模试卷（含答案解析）
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这是一份2023年山东省泰安市高考物理一模试卷（含答案解析），共23页。
2023年山东省泰安市高考物理一模试卷
1. 智能手机带有感光功能，可以自动调整屏幕亮度，其光线传感器的工作原理是光电效应。在光电效应中，当一定频率的光照射某种金属时，实验得到的遏止电压Uc与入射光的频率ν的关系如图所示，其横截距为a，纵截距为−b，元电荷电量为e。下列说法正确的是( )
A. 遏止电压与入射光的频率成正比 B. 金属的截止频率为b
C. 金属的逸出功为eb D. 普朗克常量h=eab
2. 2021年10月16日，神舟十三号载人飞船发射成功，顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。已知飞船在航天员出舱前先要“减压”，在航天员从太空返回进入航天器后要“升压”。因此将飞船此设施专门做成了一个舱，叫“气闸舱”，其原理如图所示，相通的舱A、B之间装有阀门K，指令舱A中充满气体(视为理想气体)，气闸舱B内为真空，整个系统与外界没有热交换，打开阀门K后，A中的气体进入B中，最终达到平衡，则舱内气体( )
A. 气体对外做功，内能减小
B. 气体分子势能增大，内能增大
C. 气体分子单位时间内对单位面积的舱壁碰撞的次数将增多
D. 气体分子单位时间内对单位面积的舱壁碰撞的次数将减少
3. 利用薄膜干涉可以测量圆柱形金属丝的直径。已知待测金属丝与标准圆柱形金属丝的直径相差很小(约为微米量级)，实验装置如图甲所示，T1和T2是具有标准平面的玻璃平晶，A0为标准金属丝，直径为D0；A为待测金属丝，直径为D；两者中心间距为L。实验中用波长为λ的单色光垂直照射平晶表面，观察到的干涉条纹如图乙所示，测得相邻明条纹的间距为ΔL。则以下说法正确的是( )
A. |D−D0|=λΔLL B. |D−D0|=λLΔL
C. |D−D0|=2LλΔL D. |D−D0|=λL2ΔL
4. 一倾角可改变的光滑斜面固定在水平地面上，现有一质量为m的箱子(可看作质点)在斜面顶端由静止释放，如图所示。斜面底边长度为L，斜面倾角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 箱子滑到底端时重力的功率PG=mgsinθ 2gLtanθ
B. 箱子滑到底端时重力的功率PG=mg 2gLtanθ
C. 保持斜面的底边长度L不变，改变斜面的倾角θ，当θ=30∘时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间最短
D. 保持斜面的底边长度L不变，改变斜面的倾角θ。当θ=60∘时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间最短
5. 我国空间站组合体在2022年9月30日由两舱“一”字构型转变为两舱“L”字构型。”中国空间站”在距地面高400km左右的轨道上做匀速圆周运动，在此高度上有非常稀薄的大气，因气体阻力的影响，轨道高度1个月大概下降2km，空间站安装有发动机，可对轨道进行周期性修正。假设中国空间站正常运行轨道高度为h，经过一段时间t，轨道高度下降了Δh(Δh
A. “中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的向心加速度大小为(R+h)2R2g
B. “中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的线速度大小为 gRR+h
C. “中国空间站”正常在轨做圆周运动的周期为 4π(R+h)3GM
D. “中国空间站”轨道高度下降Δh时的机械能损失ΔE=GMm2(R+h−Δh)−GMm2(R+h)
6. 气压式升降椅通过气缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形气缸与椅面固定连接，柱状气缸杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气缸杆之间封闭一定质量的理想气体，设气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。设气体的初始状态为A，某人坐上椅面后，椅子缓慢下降一段距离达到稳定状态B。然后打开空调，一段时间后，室内温度降低到设定温度，稳定后气体状态为C(此过程人的双脚悬空)；接着人缓慢离开座椅，直到椅子重新达到另一个稳定状态D，室内大气压保持不变，则气体从状态A到状态D的过程中，关于p、V、T的关系图正确的是( )
A. B.
C. D.
7. 空间中有一正四面体ABCD，棱长为l。在4个顶点都放置一个电荷量为Q的正点电荷，棱AB、CD的中点分别为E、F。已知无穷远处电势为0。则下列说法正确的是( )
A. E、F两点电势不同
B. E、F两点电场强度相同
C. E点的电场强度大小为8 6kQ9l2
D. E点的电场强度大小为3kQ2l2
8. 一根轻质的不可伸长的细线长为L=50cm，两端分别系在水平天花板上间距为d=40cm的a、b两点，有一质量及大小不计的光滑动滑轮c跨在细线上，滑轮通过细线悬挂重力为G=1N的小球，处于静止状态，小球可视为质点。现对小球施加大小为F= 73N平行于a、b连线的水平拉力，小球再次平衡时a、b间细线的张力为T，则( )
A. T=65N B. T=56N C. T=53N D. T=35N
9. 家用燃气灶的脉冲点火器工作原理电路如图所示，其电源为一节干电池。将1.5V的直流电压通过转换器转换为正弦交变电压u=6sin100πt(V)，将该交变电压加在理想变压器的原线圈上，副线圈两端接放电针，当放电针之间电压的最大值超过12kV时，就可以放电，利用放电针高压放电所产生的电火花可点燃燃气。下列说法正确的是( )
A. 正常工作时，点火器每秒点火50次
B. 正常工作时，点火器每秒点火100次
C. 若变压器原、副线圈的匝数之比为1：1500，点火器能正常工作
D. 若变压器原、副线圈的匝数之比为1：2200，点火器能正常工作
10. 均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在xOy水平面内传播，t=0时刻部分质点的状态如图(a)所示，其中实线AE表示波峰，虚线FG表示相邻的波谷，A处质点的振动图像如图(b)所示，z轴正方向竖直向上，下列说法正确的是( )
A. 该波从A点传播到B点，所需时间为4s
B. t=6s时，B处质点位于波峰
C. t=8s时，C处质点振动速度方向竖直向上
D. t=10s时，D处质点所受回复力方向竖直向下
11. 2022年北京冬奥会某滑雪比赛场地简化如图所示，AO为曲线助滑道，OB为倾斜雪坡，与水平面夹角α=37∘，运动员某次训练从助滑道的最高点A由静止开始下滑至起跳点O，若起跳速率为22m/s，方向与水平方向成θ=16∘，最后落在雪坡上的P点(图中未画出)。把运动员视为质点，不计空气阻力，取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，则( )
A. 运动员从起跳到达P点运动的时间为4.4s B. 运动员从起跳到达P点运动的时间为2.2s
C. 运动员离开雪坡的最大距离为19.36m D. 运动员离开雪坡的最大距离为116.16m
12. 如图所示，两根足够长的平行金属导轨与水平面夹角为θ=30∘，两导轨间距为0.4m，导轨电阻不计。导轨所在空间被分成足够长的区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，区域Ⅰ中分布有垂直斜面向下的匀强磁场，区域Ⅱ中分布有垂直斜面向上的匀强磁场，两磁场的磁场感应度大小均为B=0.5T。在区域I中，将质量m1=0.1kg，电阻R1=0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2=0.4kg，电阻R2=0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g=10m/s2，则( )
A. 经过足够长的时间后，ab和cd最终以相同的速度运动
B. 经过足够长的时间后，ab和cd最终以相同大小的加速度运动
C. 当cd的速度大小为5m/s时，ab刚要开始滑动
D. 当cd的速度大小为2.5m/s时，ab刚要开始滑动
13. 现要通过实验验证机械能守恒定律，实验装置如图(a)所示，实验过程如下：
(1)用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图(b)所示，小球直径d=______ mm。
(2)将小球从释放装置由静止释放，调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后。在下落过程中通过光电门。用刻度尺测出光电门到小球释放点的距离h，记录小球通过光电门的遮光时间t，计算小球通过光电门的速度。已知重力加速度为g，在误差允许范围内，若满足关系式______ (用字母h、d、t、g表示)，则认为小球下落过程中机械能守恒；
(3)小球与橡胶材料碰撞会造成机械能损失。调节光电门位置，使小球下落通过光电门后，与水平放置的橡胶材料碰撞并反弹再次通过光电门，记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE=______ (用字母m、d、t1，和t2表示)。若适当调高光电门的高度，将会______ (选填“增大”或“减小”)因空气阻力引起的测量误差。
14. 某实验小组欲将内阻Rg=40Ω、量程为Ig=100μA的电流表改装成欧姆表，供选择的器材有；
A.定值电阻R0(阻值为14kΩ)
B.滑动变阻器R1(最大阻值为1500Ω)
C.滑动变阻器R2(最大阻值为500Ω)
D.电阻箱(0∼9999.9Ω)
E.干电池(E=1.5V,r=2Ω)
F.红、黑表笔各一只，开关，导线若干
(1)为了保证改装后欧姆表能正常使用，滑动变阻器选______ (填“R1”或“R2”)。请用笔画线代替导线将图(a)中的实物连线组成欧姆表。
(2)欧姆表改装好后，将红、黑表笔短接进行调零，此时滑动变阻器R接入电路的电阻应为______ Ω；电流表表盘的50μA刻度对应的改装后欧姆表的刻度为______ 。
(3)通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图(b)所示。表盘上c处的电流刻度为75，则c处的电阻刻度为______ kΩ。
(4)利用改装后的欧姆表进行电阻测量，小组同学发现当被测电阻的阻值为几百欧姆时，电流表指针偏转角太大，不能进行读数，他们利用电阻箱和开关，对电路进行了改进，使中值电阻为1500Ω，如图(c)为他们改进后的电路，图中电阻箱的阻值应调为______ Ω。若用该表测量一阻值为1000Ω的电阻时，则电流表指针对应的电流是______ μA。
15. 如图所示，ABDO为某玻璃材料的截面，ABO部分为直角三角形棱镜，∠A=30∘，OBD部分是半径为R的四分之一圆柱状玻璃，O点为圆心。一束单色光从P点与AB成30∘角斜射入玻璃材料，刚好垂直OA边射出，射出点离O点 34R，已知真空中的光速为c。
(1)求该单色光在玻璃材料中发生全反射的临界角的正弦值；
(2)现将该光束绕P点沿逆时针方向在纸面内转动至水平方向，观察到BD面上有光线从Q点射出(Q点未画出)。求光束在玻璃材料中的传播时间(不考虑圆柱BD弧面部分的发射光线)。
16. 如图所示，传送带与水平方向成30∘角，顺时针匀速转动的速度大小v=8m/s，传送带长LAB=11.4m，水平面上有一块足够长的木板。质量为m=3kg的物块(可视为质点)以初速度v0=4m/s，自A端沿AB方向滑上传送带，在底端B滑上紧靠传送带上表面的静止木板，木板质量为M=1kg，不考虑物块冲上木板时碰撞带来的机械能损失。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ1= 33，物块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.3，木板与地面间的动摩擦因数为μ3=0.1。取重力加速度g=10m/s2，求：
(1)物块从A运动到B点经历的时间t；
(2)物块停止运动时与B点的距离x。
17. 如图所示，在xOz平面的第二象限内有沿z轴负方向的匀强电场，电场强度的大小E=10V/m，空间某区域存在轴线平行于z轴的圆柱形磁场区域，磁场方向沿z轴正方向。一比荷为qm=104C/kg的带正电粒子从x轴上的P点以速度v0射入电场，方向与x轴的夹角θ=30∘。该粒子经电场偏转后，由z轴上的Q点以垂直于z轴的方向立即进入磁场区域，经磁场偏转射出后，通过坐标为(0,0.15m,0.2m)的M点(图中未画出)，且速度方向与x轴负方向的夹角α=60∘，其中OQ=0.2m，不计粒子重力。求：
(1)粒子速度v0的大小；
(2)圆柱形磁场区域的最小横截面积Smin(结果保留两位有效数字)；
(3)粒子从P点运动到M点经历的时间t(结果保留三位有效数字)。
18. 如图甲所示，在水平地面上固定一光滑的竖直轨道MNP，其中水平轨道MN足够长，NP为半圆形轨道。一个质量为m的物块B与轻弹簧连接，静止在水平轨道MN上；物体A向B运动，t=0时刻与弹簧接触，到t=2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束；A、B的v−t图像如图乙所示。已知在0−t0时间内，物体B运动的距离为0.6v0t0。A、B分离后，B与静止在水平轨道MN上的物块C发生弹性正碰，此后物块C滑上半圆形竖直轨道，物块C的质量为m，且在运动过程中始终未离开轨道MNP。已知物块A、B、C均可视为质点，碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。求：
(1)半圆形竖直轨道半径R满足的条件；
(2)物块A最终运动的速度；
(3)A、B第一次碰撞和第二次碰撞过程中A物体的最大加速度大小之比(弹簧的弹性势能表达式为EP=12kΔx2，其中k为弹簧的劲度系数，Δx为弹簧的形变量)；
(4)第二次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、由eUc=Ekm=hν−W0得：Uc=heν−W0e，入射光的频率与遏止电压成线性关系但不是正比关系，故A错误；
CD、结合图像得直线的斜率k=he=ba，W0e=b，故金属的逸出功W0=eb，普朗克常量h=eba，故C正确、D错误；
B、由W0=hν0得金属的截止频率v0=a，故B错误。
故选：C。
根据光电效应方程，以及最大初动能与遏止电压的关系得出遏止电压与入射光频率的关系式，结合图线的斜率和截距分析判断。
解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道最大初动能与遏止电压的关系，对于图线问题，一般的解题思路是得出物理量之间的关系式，结合图线的斜率和截距进行求解．
2.【答案】D
【解析】解：A.打开阀门K后，由于B中为真空，A中的气体进入B中的过程中气体不对外做功，故A错误；
B.气体分子间作用力忽略不计，所以气体分子间没有分子势能，又因为系统与外界无热交换，且气体没有做功现象，则气体的温度不变，所以气体内能不变，故B错误；
CD.气体体积变大，温度不变，根据pV=CT可知气体压强减小，结合压强的微观意义，可知气体分子单位时间内对单位面积的舱壁碰撞的次数将减少，故C错误，D正确。
故选：D。
气体绝热自由扩散，B为真空，气体不对外做功；根据热力学第一定律公式ΔU=W+Q分析内能的变化，进而判断出温度的变化；根据气体压强的微观解释判断。
本题考查气体的自由扩散、热力学第一定律、气体压强的微观意义灯，解题关键是要明确气体是自由扩散，能够根据热力学第一定律公式ΔU=W+Q分析内能的变化。
3.【答案】D
【解析】解：设标准平面的玻璃晶之间的夹角为θ，由题设条件，则有tanθ=|D−D0|L，由空气薄膜干涉的条件，则有：2ΔLtanθ=λ，联立解得|D−D0|=λL2ΔL，故D正确，ABC错误；
故选：D。
依据题意，结合几何关系，及空气薄膜干涉条件即可求解。
本题主要考查光干涉的原理，及其形成条件，理解干涉条纹的间距公式应用，并注意几何知识的运用。
4.【答案】A
【解析】解：AB.箱子从顶端运动到底端过程中，只有重力做功，由动能定理可得
mgLtanθ=12mv2−0①
箱子滑到底端时重力的功率为PG=mgvsinθ②
联立①②解得PG=mgsinθ 2gLtanθ，故A正确；故B错误；
CD.箱子下滑过程中，受到竖直向下的重力和垂直于斜面向上的支持力，由牛顿第二定律可得
mgsinθ=ma③
箱子沿斜面做匀加速直线运动，可得Lcosθ=12at2④
联立③④解得t= 2Lgsinθcosθ= 4Lgsin2θ
改变斜面的倾角θ，当sin2θ=1即θ=45∘时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间t最短，故CD错误。
故选：A。
箱子滑到底端时重力的瞬时功率，等于重力乘以沿重力方向的速度分量。当其它条件不变，改变斜面倾角，箱子沿斜面做匀加速直线运动，可由牛顿第二定律求出加速度表达式；再由位移-时间关系列出运动学方程，联立可求出时间关于倾角的表达式，根据数学知识可判断。
计算瞬时功率时，一定要确保力与瞬时速度方向的一致性，既可以用某个力乘以速度在该力方向的分量，也可以用某个力沿速度方向的分量乘以速度。
5.【答案】CD
【解析】解：A、“中国空间站”在轨道上做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有GMm(R+h)2=ma；物体在地球表面时，有GMmR2=mg，联立解得“中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的向心加速度大小为：a=R2(R+h)2g，故A错误；
B、根据向心加速度公式a=v2R+h，得“中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的线速度大小为v=R gR+h，故B错误；
C、根据牛顿第二定律有GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)，解得“中国空间站”正常在轨做圆周运动的周期为T= 4π(R+h)3GM，故C正确；
D、根据牛顿第二定律有GMm(R+h)2=mv2R+h，则得“中国空间站”正常在轨做圆周运动的速度为v= GMR+h
轨道距地面高度为h时，空间站的动能为Ek1=12mv2=GMm2(R+h)，轨道距地面高度为h时，空间站的势能为Ep1=−GMmR+h，因此轨道距地面高度为h时，空间站的机械能为E1=Ek1+Ep1=−GM2(R+h)；
同理轨道距地面高度为h−Δh时，空间站的机械能为E2=−GM2(R+h−Δh)，所以“中国空间站”轨道高度下降Δh时的机械能损失为ΔE=E1−E2，解得：ΔE=GMm2(R+h−Δh)−GMm2(R+h)，故D正确。
故选：CD。
“中国空间站”在轨道上做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，由牛顿第二定律求解向心加速度大小、线速度大小以及运行周期。根据功能关系求解轨道高度下降Δh时的机械能损失。
解答本题的关键要掌握卫星问题的基本思路：由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律求解动力学参数。
6.【答案】B
【解析】解：从状态A到状态B过程中，气体等温压缩，体积减小，压强增大，温度不变，从B到C，气体等压降温，温度降低，体积减小，压强不变，从C到D过程中，气体等温膨胀，体积变大，压强减小，且D状态的压强恢复为原A状态的压强。
A、A图中A、D、O三点不在同一条直线上，说明A与D的压强不同，故A错误；
B、B图中的过程与发生的过程一一对应，故B正确；
CD、C图与D图中各过程是正确的，但A与D点的压强不相等，故CD错误。
故选：B。
解析A到D过程中各阶段的气体状态参量的变化情况，结合其V−T图像和p−1V图像分析即可。
本题考查了在封闭气体经历多个变化过程中应用气体实验定律和热力学第一定律分析问题，解题关键是要分析好压强、体积、温度三个状态参量的变化情况，选择合适的实验定律解答。
7.【答案】C
【解析】解：A.由于E、F两点分别到四个点电荷的距离完全相同，根据电势为标量，求其代数和，可知E、F两点电势都相同，故A错误；
B.由点电荷电场的对称性可知E、F两点电场强度大小相等，但方向不同。场强为矢量，所以E、F两点电场强度不同，故B错误；
CD.根据电场的叠加原理可知A、B两个电荷在E点产生的合场强为零，C、D两个点电荷在E点产生的电场强度大小相等，有几何关系可知LCE=lsin60∘= 32l
根据点电荷场强公式则有E=kQ( 32l)2=4kQ3l2
E点的合场强为E合=2Ecosθ
根据几何关系可知cosθ= ( 32l)2−(l2)2 32l= 63
联立解得E点的电场强度为E合=86kQ9l2，故C正确，D错误。
故选：C。
根据电势为标量，求其代数和判定E、F点电势高低；根据点电荷场强公式和叠加原理计算E点场强，比较E、F点场强。
本题主要考查了电场强度和电势，解题关键是掌握场强的叠加原理和电势高低的判定。
8.【答案】B
【解析】解：对小球未施加拉力时，设细线与竖直方向夹角为θ，如图：
施加拉力后，小球再次平衡时，设重力与水平拉力的合力为G′，G′与竖直方向夹角为α，细线与合力G′反向延长线夹角为θ′，则
tanα=FG= 73
cosα=34
G′=Gcosα=43N
同时，线段ab在垂直合力G′方向投影的长度d′=dcosα=40×34cm=30cm=0.3m
L=50cm=0.5m
可得sinθ′=d′L=35
则小球再次平衡时，有2Tcosθ′=G′
代入数据联立解得，a、b间细线的张力为：T=56N
故B正确，ACD错误。
故选：B。
对小球受力分析，根据平衡条件和几何关系列式求解即可。
本题考查共点力平衡，解题关键是对小球做好受力分析，根据平衡条件和几何关系列式求解即可。
9.【答案】BD
【解析】解：AB.由题可知交流电的频率为f=ω2π=100π2πHz=50Hz，正常工作时，每个周期点火2次，因此点火器每秒点火100次，故A错误，B正确；
CD.只要副线圈两端电压的峰值超过12kV，点火器能正常工作，由于n1n2=U1mU2m=612×103=12000，故C错误，D正确。
故选：BD。
AB.根据正弦交变电压的瞬时值求频率，每个周期点火2次；
CD.根据理想变压器的电压与匝数比的关系求解。
本题以家用燃气灶为背景考查了交流电频率的求解和理想变压器电压与匝数比的关系。
10.【答案】ACD
【解析】解：A、由图a、b可知该波的波长、周期分别为λ=10m，T=4s，则波速为v=λT=104m/s=2.5m/s
A、B间距为一个波长，则该波从A点传播到B点，所需时间为t=xv=102.5s=4s，故A正确；
B、该波从A点传播到B点，所需时间为4s，则在t=6s时，B点运动了2s，即T2，则B处质点位于波谷，故B错误；
C、波从AE波面传播到C的距离为x=(10 5−10)m，则波从AE波面传播到C的时间为t=xv=10 5−102.5s≈4.9s，则t=8s时，C处质点动了3.1s，则此时质点速度方向竖直向上，故C正确；
D、波从AE波面传播到D的距离为x=(10 2−10)m，则波从AE波面传播到C的时间为t=xv=10 2−102.5s≈1.7s，则t=10s时，D处质点动了8.3s，此时质点位于z轴上方，回复力方向竖直向下，故D正确。
故选：ACD。
由题图(a)读出波长，由题图(b)读出周期，根据v=λT求出波速，根据AB间的距离求解波从A点传播到B点所需时间。通过时间与周期的关系判断质点的振动情况和回复力方向。
解答本题时，要理解波的形成过程，知道波在同一均匀介质中是匀速传播的，根据波传播的距离与波速可求出波传播的时间。
11.【答案】AC
【解析】解：AB.将运动员速度沿着雪坡和垂直于雪坡分解，根据速度合成与分解规律
沿雪坡方向速度：vx=v0cos(α+θ)=22×0.6m/s=13.2m/s
垂直于雪坡方向速度：vy=v0sin(α+θ)=22×0.8m/s=17.6m/s
可得ax=gsinα=10×0.6m/s2=6m/s2
ay=gcosα=10×0.8m/s2=8m/s2
根据对称性，从起跳到达P点运动时间t=2vyay
解得t=4.4s
故A正确，B错误；
CD.运动员离雪坡最远时，垂直于斜面速度为零hm=vy22ay
解得hm=19.36m
故C正确，D错误。
故选：AC。
将运动员速度沿着雪坡和垂直于雪坡分解，根据对称性，求时间；
运动员离雪坡最远时，垂直于斜面速度为零，求最大距离。
本题解题关键是掌握速度的合成和分解知识，能够分析出运动员离雪坡最远时，垂直于斜面速度为零。
12.【答案】BC
【解析】解：AB.金属棒cd开始加速下滑，根据右手定则可知，产生的感应电流从d到c，根据左手定则可知金属条ab所受安培力沿着金属导轨向上，随着金属棒cd速度增大，感应电流变大，金属条ab所受安培力变大，金属条ab开始向上运动后，金属棒ab与金属导轨间的最大静摩擦力为f=m1gsinθ，产生的感应电流与金属棒cd产生的感应电流相反，由于cd棒有较大的速度，则棒cd产生的感应电流大于金属条ab产生的感应电流，设电流为I2时，满足
m2gsinθ−BI2Lm2=BI2L−m1gsinθ−fm1
代入数据解得I2=6A
此时金属条ab和金属棒cd的加速度相等，此后金属条ab和金属棒cd的速度差恒定，产生的感应电流大小不变，金属条ab和金属棒cd以相同大小的加速度运动，故B正确，A错误。
CD.开始金属棒ab与金属导轨间的最大静摩擦力
f=m1gsinθ，方向沿着金属导轨向上；
开始金属棒cd加速下滑，根据右手定则可知，产生的感应电流从d到c，根据左手定则可知金属条ab所受安培力沿着金属导轨向上，随着金属棒cd速度增大，感应电流变大，金属条ab所受安培力变大，当安培力等于
m1gsinθ+f时，金属条ab刚要开始滑动，此时
BI1L=m1gsinθ+f
代入数据解得I1=5A
金属棒cd产生的感应电动势E=I1(R1+R2)
解得E=1V
则金属棒cd的速度v1=EBL=10.5×0.4m/s=5m/s，故C正确，D错误；
故选：BC。
当ab棒所受的安培力大于它所受的重力下滑分力和摩擦力之和时沿导轨上滑，由平衡方程求cd的速度。此后金属条ab和金属棒cd的速度差恒定，产生的感应电流大小不变，金属条ab和金属棒cd以相同大小的加速度运动。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，将电磁感应与电路相结合，分析过程中涉及了受力分析，欧姆定律和焦耳定律等，难度较大，对学生的要求较高。
13.【答案】6.88212(dt)2=gh 12m(dt1)2−12m(dt2)2 增大
【解析】解：(1)螺旋测微器的最小分度值为0.01mm，固定刻度为6.5mm，可动刻度为38.2×0.01mm=0.382mm，小球直径d=6.5mm+0.382mm=6.882mm
(2)极短时间小球通过光电门的瞬时速度近似等于平均速度，则v=dt，通过光电门时的动能为：Ek=12mv2=12m(dt)2，动能变化量为：ΔEk=Ek−0=12m(dt)2
重力势能的变化量为：ΔEp=mgh
在误差允许范围内，若满足关系式ΔEk=ΔEp
即：12(dt)2=gh
则认为小球下落过程中机械能守恒；
(3)小球两次通过光电门的速度可表示为：v1=dt1，v2=dt2
则小球从通过光电门到再返回光电门机械能的损失为：ΔE=12mv12−12mv22=12m(dt1)2−12m(dt2)2
若适当调高光电门的高度，小球克服空气阻力做功增多，将会增大因空气阻力引起的测量误差。
故答案为：(1)6.882；(2)12(dt)2=gh；(3)12m(dt1)2−12m(dt2)2，增大。
(1)确定螺旋测微器的最小分度值，读出固定刻度和可动刻度值，相加为螺旋测微器读数；
(2)根据小球通过光电门的时间计算出速度，表示出动能变化量和势能变化量，根据机械能守恒定律推导；
(3)根据两次小球通过光电门的时间计算出速度，推导机械能的变化量，根据小球克服阻力做功判断。
本题考查验证机械能守恒定律实验，要求掌握实验原理、实验装置、数据处理及误差分析。
14.【答案】R1 95815kΩ5156060
【解析】解：(1)欧姆调零时，有Ig=ER欧
解得欧姆调零时欧姆表内阻为R欧=EIg=1.5100×10−6Ω=15000Ω
此时滑动变阻器接入电路阻值为R滑=R欧−R0−Rg−r=(15000−14000−40−2)Ω=958Ω
则滑动变阻器应选R1；
欧姆表黑表笔应接电源的正极，实物连线如图所示
(2)欧姆调零时，有Ig=ER欧
解得欧姆调零时欧姆表内阻为R欧=EIg=1.5100×10−6Ω=15000Ω
此时滑动变阻器接入电路阻值为R滑=R欧−R0−Rg−r=(15000−14000−40−2)Ω=958Ω
设电流表表盘的50μA刻度对应的改装后欧姆表的刻度为Rx，则有I=ER欧+Rx
解得Rx=EI−R欧=1.550×10−6Ω−15000Ω=15000Ω=15kΩ
(3)表盘上c处的电流刻度为75，设此时测量电阻为R′x，则有Rx′=EI′−R欧=1.575×10−6Ω−15000Ω=5000Ω=5kΩ
则c处的电阻刻度为5。
(4)设改装后干路的最大电流为Im，则欧姆调零时有Im=ER欧′
对电路进行了改进，使中值电阻为1500Ω，则有12Im=ER欧′+1500Ω
联立解得R欧′=1500Ω，Im=1mA=1000uA
则图中电阻箱的阻值应调为R箱=Ig(R0+Rg)Im−Ig=1560Ω
若用该表测量一阻值为1000Ω的电阻时，此时干路电流为I总=ER欧′+1000Ω=0.6mA=600μA
则电流表指针对应的电流是I1=R箱R箱+R0+RgI总=15601560+14000+40×600μA=60μA
故答案为：(1)R1，见解析；(2)958，15kΩ；(3)5；(4)1560，60。
(1)根据闭合电路欧姆定律计算欧姆表的内阻；根据欧姆表的内部结构判断；
(2)根据闭合电路欧姆定律计算滑动变阻器的接入阻值；
(3)根据闭合电路欧姆定律计算电流表表盘的50μA刻度对应的改装后欧姆表的刻度值；
(4)根据闭合电路欧姆定律计算表盘上电流刻度为75对应的改装后欧姆表的刻度值；
(5)根据闭合电路欧姆定律计算分析。
本题考查电流表的改装和电阻刻度，要求掌握电流表的改装原理和电阻刻度原理。
15.【答案】解：(1)根据题意可知，光线从AB界面的P点进入玻璃棱镜，由折射定律画出光路图，如图所示
根据几何关系，可得入射角θ1=90∘−30∘=60∘
根据几何关系，折射角θ1=30∘，且PO恰好为法线，根据n=sinθ1sinθ2
可得折射率n= 3
又有sinC=1n
解得sinC= 33
(2)根据题意，当光线转至水平方向入射，入射角大小仍为θ3=60∘，画出光路图，如图所示
由折射定律同理可知，折射角θ4=30∘，折射光线交OD边于F点，由题已知∠A=30∘，PC⊥AO，得在OD边界上的入射角为θ5=60∘，由于发生全反射的临界角为C。则有sinC=1 3
可知在OD界面发生全反射，已知CO= 34R。由几何关系得，在三角形OFQ中，由余弦定理得OQ2=OF2+FQ2−2OF⋅FQcos150∘
其中OQ=ROF=OP= 32R
解得FQ=( 13−3)4R
又有v=cn
PF=2OF⋅cos30∘
时间：t=PF+FQv
解得t=(3 3+ 39)R4c
答：(1)该单色光在玻璃材料中发生全反射的临界角的正弦值为 33；
(2)现将该光束绕P点沿逆时针方向在纸面内转动至水平方向，观察到BD面上有光线从Q点射出。此时光束在玻璃材料中的传播时间为(3 3+ 39)R4c。
【解析】(1)先研究光线在D点的折射，由折射定律求出折射角。由几何知识求出光线射到E点的入射角，再由折射定律求得光线在E点的折射角；
(2)由几何知识求得激光束在棱镜中传播的路程，由v=cn求出光在棱镜中传播的速度，从而求得传播时间。
本题考查了光的折射，解决此题的关键要掌握全反射的条件、折射定律n=sinisinr、临界角公式sinC=1n、光速公式v=cn，要能灵活运用几何知识求解相关角度和光在棱镜中传播的距离。
16.【答案】解：(1)根据题意v0
解得：a1=10m/s2
设物块滑上传送带到与传送带共速所需的时间为t1，位移大小为x1，，则有：
v=v0+a1t1
x1=v1+v02t1
解得：t1=0.4s，x1=2.4m
因x1=2.4m
解得：t2=1.125s
则物块从A运动到B点经历的时间为：t=t1+t2
解得：t=1.525s。
(2)因μ2=0.3>μ3=0.1，且木板足够长，故木板与物块共速后能够相对静止一起匀减速直线运动到停止。
设物块滑上木板后，物块的加速度大小为a2，木板的加速度大小为a3，木板与物块一起减速时的加速度大小为a4，根据牛顿第二定律得：
μ2mg=ma2
μ2mg−μ3(m+M)g=Ma3
μ3(m+M)g=(m+M)a4
解得：a2=3m/s2；a3=5m/s2；a4=1m/s2
设物块与木板经时间t3达到共同速度v1，则有：
v1=v−a2t3=a3t3
解得：t3=1s，v1=5m/s
此过程物块位移为：
x2=12(v+v1)t3
解得：x2=6.5m
设二者共同减速的位移为x3，则有：
v12=2a4x3
解得：x3=12.5m
则物块停止运动时与B点的距离为：
x=x2+x3=6.5m+12.5m=19m。
答：(1)物块从A运动到B点经历的时间t为1.525s；
(2)物块停止运动时与B点的距离x为19m。
【解析】(1)物块在传送带上先做匀加速运动，先判断物块是否能与传送带共速，若能共速，因μ1= 33=tan30∘，故共速后物块随传送带匀速运动。根据牛顿第二定律和运动学公式解答；
(2)物块滑上木板后两者相对运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求得共速之前的位移与时间，共速后需判断物块是否能与传送带相对静止，再根据牛顿第二定律和运动学公式求解。
本题考查了牛顿第二定律应用的传送带和板块模型，两种模型都是相对运动问题，需要考虑是否能够共速，以及共速能否相对静止。
17.【答案】解：(1)粒子在电场中沿x轴正方向的分运动是匀速直线运动，沿z轴正方向的分运动是匀减速直线运动，则有：
v0sinθ=at1
OQ=12at12
根据牛顿第二定律可得：qE=ma
联立可得：v0=4×102m/s，t1=2×10−3s
(2)粒子在磁场中运动轨迹的俯视图如下图所示：
由几何关系得：MQ=r+rcosα，已知MQ=0.15m
解得：r=0.05m
最小的圆柱形磁场区域的横截面积是以粒子轨迹的弦长为直径的圆，则有：
Smin=π×(rsin60∘)2
解得：Smin=5.9×10−3m2
(3)由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
qv0cosθB=m(v0cosθ)2r
解得：B=2 35T
在磁场中运动周期为：T=2πrv0cosθ
粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为120∘，则磁场中运动的时间为：
t2=120∘360∘T
解得：t2=3.0×10−4s
出磁场后粒子做匀速直线运动的时间为：
t3=rtan60∘v0cosθ
解得：t2=2.5×10−4s
粒子从P点运动到M点经历的时间为：
t=t1+t2+t3=2×10−3s+3.0×10−4s+2.5×10−4s=2.55×10−3s
答：(1)粒子速度v0的大小为4×102m/s；
(2)圆柱形磁场区域的最小横截面积Smin为5.9×10−3m2；
(3)粒子从P点运动到M点经历的时间t为2.55×10−3s。
【解析】(1)粒子在电场中沿x轴正方向的分运动是匀速直线运动，沿z轴正方向的分运动是匀变速直线运动，沿z轴方向根据匀变速直线运动的规律和牛顿第二定律求解；
(2)画出粒子运动的轨迹图，根据几何关系求解；
(3)根据洛伦兹力提供向心力求得粒子在磁场中运动周期，结合轨迹圆心角求得在磁场中运动时间。由(1)的解答可以得到在电场中运动时间。这两阶段时间再加上匀速运动阶段时间即为所求。
本题是非常基础的电场和磁场中带电粒子运动问题，典型的磁场中匀速圆周运动，电场中的类平抛运动。带电粒子在磁场的运动画轨迹图确定轨迹半径和圆心角是基本功，电场中的匀变速曲线运动处理的方法是运动的分解与合成。
18.【答案】解：(1)由乙图知2t0后：vB=2v0
B、C发生弹性碰撞，以向右方向为正方向，由动量守恒可知：m⋅2v0=mvB+mvC
由机械能守恒可知：12m(2v0)2=12mvB2+12mvC2
联立解二次方程得：vB=0，vC=2v0
因C未离开轨道，设运动的高度最大为h，对C，由机械能守恒可知：12mvC2=mgh
因此轨道半径满足的条件为：R≥h=2v02g
(2)C返回水平轨道时由机械能守恒可知：vC=2v0
C与B再次发生弹性碰撞，以向左方向为正，由动量守恒定律有：m⋅2v0=mv′B+mv′C
由机械能守恒定律有：12m(2v0)2=12mv′B2+12mv′C2
联立解得：v′C =0，v′B =2v0
A与B第一次碰撞到共速时，由动量守恒mA⋅3v0=(mA+m)v0
代入可得：mA=m2
B与A第二次碰撞过程，以向左方向为正，由动量守恒可知：m⋅2v0+m2⋅v0=m⋅vB+m2⋅vA
由机械能守恒可知：12m(2v0)2+12×12mv02=12mvB2+12×12mvA2
联立解得：vA=73v0
(3)A与B第一次碰撞到共速时，由机械能守恒可知：12k⋅Δx12=12×m2(3v0)2−12×32mv02=32mv02
A与B第二次碰撞到共速时，由动量守恒可知：m⋅2v0=12mv0+32mvx
解得：vx=53v0
由机械能守恒可知：12k⋅Δx22=12×m2(v0)2+12m⋅(2v0)2−12×32m(53v0)2=16mv02
由以上公式得：Δx1Δx2=31
两次加速度最大对应弹簧弹力最大，根据F合=k⋅Δx=mAa
从而可得：a1a2=kΔx1kΔx2=31
(4)A与B压缩弹簧过程aA=2aB
同一时刻A、B的瞬时速度关系为：vA=3v0−a−At，vB=a−Bt
由位移等于速度对时间的积累得：xA=vAt(累积)，xB=vBt(累积)
在0−t0时间内：xA=3v0t0−xA积，xB=xB积=0.6v0t0
由此得：xA积=2xB积，xA=1.8v0t0
因此：Δx1=xA−xB=1.2v0t0
从而可得：Δx1Δx2=31
那么第二次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值：Δx2=0.4v0t0
答：(1)半圆形竖直轨道半径R满足的条件为R≥2v02g；
(2)物块A最终运动的速度为73v0；
(3)A、B第一次碰撞和第二次碰撞过程中A物体的最大加速度大小之比为3：1；
(4)第二次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为0.4v0t0。
【解析】(1)物块C始终未离开圆弧轨道，物块最高只能到达与圆心等高位置，应用机械能守恒定律和之前B、C弹性碰撞的规律求出轨道半径与初速度v0应满足的条件；
(2)A、B组成的系统动量守恒、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B的质量。C返回后再与B发生弹性碰撞交换速度，则B追上A再次发生弹性碰撞，根据弹性碰撞的规律求A最终的速度；
(3)(4)A、B组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出弹簧的最大压缩量，从而求出两次物体的加速之比。
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、机械能守恒定律、牛顿第二定律与动能定理可以解题。
2023年山东省泰安市高考物理一模试卷
1. 智能手机带有感光功能，可以自动调整屏幕亮度，其光线传感器的工作原理是光电效应。在光电效应中，当一定频率的光照射某种金属时，实验得到的遏止电压Uc与入射光的频率ν的关系如图所示，其横截距为a，纵截距为−b，元电荷电量为e。下列说法正确的是( )
A. 遏止电压与入射光的频率成正比 B. 金属的截止频率为b
C. 金属的逸出功为eb D. 普朗克常量h=eab
2. 2021年10月16日，神舟十三号载人飞船发射成功，顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。已知飞船在航天员出舱前先要“减压”，在航天员从太空返回进入航天器后要“升压”。因此将飞船此设施专门做成了一个舱，叫“气闸舱”，其原理如图所示，相通的舱A、B之间装有阀门K，指令舱A中充满气体(视为理想气体)，气闸舱B内为真空，整个系统与外界没有热交换，打开阀门K后，A中的气体进入B中，最终达到平衡，则舱内气体( )
A. 气体对外做功，内能减小
B. 气体分子势能增大，内能增大
C. 气体分子单位时间内对单位面积的舱壁碰撞的次数将增多
D. 气体分子单位时间内对单位面积的舱壁碰撞的次数将减少
3. 利用薄膜干涉可以测量圆柱形金属丝的直径。已知待测金属丝与标准圆柱形金属丝的直径相差很小(约为微米量级)，实验装置如图甲所示，T1和T2是具有标准平面的玻璃平晶，A0为标准金属丝，直径为D0；A为待测金属丝，直径为D；两者中心间距为L。实验中用波长为λ的单色光垂直照射平晶表面，观察到的干涉条纹如图乙所示，测得相邻明条纹的间距为ΔL。则以下说法正确的是( )
A. |D−D0|=λΔLL B. |D−D0|=λLΔL
C. |D−D0|=2LλΔL D. |D−D0|=λL2ΔL
4. 一倾角可改变的光滑斜面固定在水平地面上，现有一质量为m的箱子(可看作质点)在斜面顶端由静止释放，如图所示。斜面底边长度为L，斜面倾角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 箱子滑到底端时重力的功率PG=mgsinθ 2gLtanθ
B. 箱子滑到底端时重力的功率PG=mg 2gLtanθ
C. 保持斜面的底边长度L不变，改变斜面的倾角θ，当θ=30∘时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间最短
D. 保持斜面的底边长度L不变，改变斜面的倾角θ。当θ=60∘时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间最短
5. 我国空间站组合体在2022年9月30日由两舱“一”字构型转变为两舱“L”字构型。”中国空间站”在距地面高400km左右的轨道上做匀速圆周运动，在此高度上有非常稀薄的大气，因气体阻力的影响，轨道高度1个月大概下降2km，空间站安装有发动机，可对轨道进行周期性修正。假设中国空间站正常运行轨道高度为h，经过一段时间t，轨道高度下降了Δh(Δh
A. “中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的向心加速度大小为(R+h)2R2g
B. “中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的线速度大小为 gRR+h
C. “中国空间站”正常在轨做圆周运动的周期为 4π(R+h)3GM
D. “中国空间站”轨道高度下降Δh时的机械能损失ΔE=GMm2(R+h−Δh)−GMm2(R+h)
6. 气压式升降椅通过气缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形气缸与椅面固定连接，柱状气缸杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气缸杆之间封闭一定质量的理想气体，设气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。设气体的初始状态为A，某人坐上椅面后，椅子缓慢下降一段距离达到稳定状态B。然后打开空调，一段时间后，室内温度降低到设定温度，稳定后气体状态为C(此过程人的双脚悬空)；接着人缓慢离开座椅，直到椅子重新达到另一个稳定状态D，室内大气压保持不变，则气体从状态A到状态D的过程中，关于p、V、T的关系图正确的是( )
A. B.
C. D.
7. 空间中有一正四面体ABCD，棱长为l。在4个顶点都放置一个电荷量为Q的正点电荷，棱AB、CD的中点分别为E、F。已知无穷远处电势为0。则下列说法正确的是( )
A. E、F两点电势不同
B. E、F两点电场强度相同
C. E点的电场强度大小为8 6kQ9l2
D. E点的电场强度大小为3kQ2l2
8. 一根轻质的不可伸长的细线长为L=50cm，两端分别系在水平天花板上间距为d=40cm的a、b两点，有一质量及大小不计的光滑动滑轮c跨在细线上，滑轮通过细线悬挂重力为G=1N的小球，处于静止状态，小球可视为质点。现对小球施加大小为F= 73N平行于a、b连线的水平拉力，小球再次平衡时a、b间细线的张力为T，则( )
A. T=65N B. T=56N C. T=53N D. T=35N
9. 家用燃气灶的脉冲点火器工作原理电路如图所示，其电源为一节干电池。将1.5V的直流电压通过转换器转换为正弦交变电压u=6sin100πt(V)，将该交变电压加在理想变压器的原线圈上，副线圈两端接放电针，当放电针之间电压的最大值超过12kV时，就可以放电，利用放电针高压放电所产生的电火花可点燃燃气。下列说法正确的是( )
A. 正常工作时，点火器每秒点火50次
B. 正常工作时，点火器每秒点火100次
C. 若变压器原、副线圈的匝数之比为1：1500，点火器能正常工作
D. 若变压器原、副线圈的匝数之比为1：2200，点火器能正常工作
10. 均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在xOy水平面内传播，t=0时刻部分质点的状态如图(a)所示，其中实线AE表示波峰，虚线FG表示相邻的波谷，A处质点的振动图像如图(b)所示，z轴正方向竖直向上，下列说法正确的是( )
A. 该波从A点传播到B点，所需时间为4s
B. t=6s时，B处质点位于波峰
C. t=8s时，C处质点振动速度方向竖直向上
D. t=10s时，D处质点所受回复力方向竖直向下
11. 2022年北京冬奥会某滑雪比赛场地简化如图所示，AO为曲线助滑道，OB为倾斜雪坡，与水平面夹角α=37∘，运动员某次训练从助滑道的最高点A由静止开始下滑至起跳点O，若起跳速率为22m/s，方向与水平方向成θ=16∘，最后落在雪坡上的P点(图中未画出)。把运动员视为质点，不计空气阻力，取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，则( )
A. 运动员从起跳到达P点运动的时间为4.4s B. 运动员从起跳到达P点运动的时间为2.2s
C. 运动员离开雪坡的最大距离为19.36m D. 运动员离开雪坡的最大距离为116.16m
12. 如图所示，两根足够长的平行金属导轨与水平面夹角为θ=30∘，两导轨间距为0.4m，导轨电阻不计。导轨所在空间被分成足够长的区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，区域Ⅰ中分布有垂直斜面向下的匀强磁场，区域Ⅱ中分布有垂直斜面向上的匀强磁场，两磁场的磁场感应度大小均为B=0.5T。在区域I中，将质量m1=0.1kg，电阻R1=0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2=0.4kg，电阻R2=0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g=10m/s2，则( )
A. 经过足够长的时间后，ab和cd最终以相同的速度运动
B. 经过足够长的时间后，ab和cd最终以相同大小的加速度运动
C. 当cd的速度大小为5m/s时，ab刚要开始滑动
D. 当cd的速度大小为2.5m/s时，ab刚要开始滑动
13. 现要通过实验验证机械能守恒定律，实验装置如图(a)所示，实验过程如下：
(1)用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图(b)所示，小球直径d=______ mm。
(2)将小球从释放装置由静止释放，调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后。在下落过程中通过光电门。用刻度尺测出光电门到小球释放点的距离h，记录小球通过光电门的遮光时间t，计算小球通过光电门的速度。已知重力加速度为g，在误差允许范围内，若满足关系式______ (用字母h、d、t、g表示)，则认为小球下落过程中机械能守恒；
(3)小球与橡胶材料碰撞会造成机械能损失。调节光电门位置，使小球下落通过光电门后，与水平放置的橡胶材料碰撞并反弹再次通过光电门，记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE=______ (用字母m、d、t1，和t2表示)。若适当调高光电门的高度，将会______ (选填“增大”或“减小”)因空气阻力引起的测量误差。
14. 某实验小组欲将内阻Rg=40Ω、量程为Ig=100μA的电流表改装成欧姆表，供选择的器材有；
A.定值电阻R0(阻值为14kΩ)
B.滑动变阻器R1(最大阻值为1500Ω)
C.滑动变阻器R2(最大阻值为500Ω)
D.电阻箱(0∼9999.9Ω)
E.干电池(E=1.5V,r=2Ω)
F.红、黑表笔各一只，开关，导线若干
(1)为了保证改装后欧姆表能正常使用，滑动变阻器选______ (填“R1”或“R2”)。请用笔画线代替导线将图(a)中的实物连线组成欧姆表。
(2)欧姆表改装好后，将红、黑表笔短接进行调零，此时滑动变阻器R接入电路的电阻应为______ Ω；电流表表盘的50μA刻度对应的改装后欧姆表的刻度为______ 。
(3)通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图(b)所示。表盘上c处的电流刻度为75，则c处的电阻刻度为______ kΩ。
(4)利用改装后的欧姆表进行电阻测量，小组同学发现当被测电阻的阻值为几百欧姆时，电流表指针偏转角太大，不能进行读数，他们利用电阻箱和开关，对电路进行了改进，使中值电阻为1500Ω，如图(c)为他们改进后的电路，图中电阻箱的阻值应调为______ Ω。若用该表测量一阻值为1000Ω的电阻时，则电流表指针对应的电流是______ μA。
15. 如图所示，ABDO为某玻璃材料的截面，ABO部分为直角三角形棱镜，∠A=30∘，OBD部分是半径为R的四分之一圆柱状玻璃，O点为圆心。一束单色光从P点与AB成30∘角斜射入玻璃材料，刚好垂直OA边射出，射出点离O点 34R，已知真空中的光速为c。
(1)求该单色光在玻璃材料中发生全反射的临界角的正弦值；
(2)现将该光束绕P点沿逆时针方向在纸面内转动至水平方向，观察到BD面上有光线从Q点射出(Q点未画出)。求光束在玻璃材料中的传播时间(不考虑圆柱BD弧面部分的发射光线)。
16. 如图所示，传送带与水平方向成30∘角，顺时针匀速转动的速度大小v=8m/s，传送带长LAB=11.4m，水平面上有一块足够长的木板。质量为m=3kg的物块(可视为质点)以初速度v0=4m/s，自A端沿AB方向滑上传送带，在底端B滑上紧靠传送带上表面的静止木板，木板质量为M=1kg，不考虑物块冲上木板时碰撞带来的机械能损失。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ1= 33，物块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.3，木板与地面间的动摩擦因数为μ3=0.1。取重力加速度g=10m/s2，求：
(1)物块从A运动到B点经历的时间t；
(2)物块停止运动时与B点的距离x。
17. 如图所示，在xOz平面的第二象限内有沿z轴负方向的匀强电场，电场强度的大小E=10V/m，空间某区域存在轴线平行于z轴的圆柱形磁场区域，磁场方向沿z轴正方向。一比荷为qm=104C/kg的带正电粒子从x轴上的P点以速度v0射入电场，方向与x轴的夹角θ=30∘。该粒子经电场偏转后，由z轴上的Q点以垂直于z轴的方向立即进入磁场区域，经磁场偏转射出后，通过坐标为(0,0.15m,0.2m)的M点(图中未画出)，且速度方向与x轴负方向的夹角α=60∘，其中OQ=0.2m，不计粒子重力。求：
(1)粒子速度v0的大小；
(2)圆柱形磁场区域的最小横截面积Smin(结果保留两位有效数字)；
(3)粒子从P点运动到M点经历的时间t(结果保留三位有效数字)。
18. 如图甲所示，在水平地面上固定一光滑的竖直轨道MNP，其中水平轨道MN足够长，NP为半圆形轨道。一个质量为m的物块B与轻弹簧连接，静止在水平轨道MN上；物体A向B运动，t=0时刻与弹簧接触，到t=2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束；A、B的v−t图像如图乙所示。已知在0−t0时间内，物体B运动的距离为0.6v0t0。A、B分离后，B与静止在水平轨道MN上的物块C发生弹性正碰，此后物块C滑上半圆形竖直轨道，物块C的质量为m，且在运动过程中始终未离开轨道MNP。已知物块A、B、C均可视为质点，碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。求：
(1)半圆形竖直轨道半径R满足的条件；
(2)物块A最终运动的速度；
(3)A、B第一次碰撞和第二次碰撞过程中A物体的最大加速度大小之比(弹簧的弹性势能表达式为EP=12kΔx2，其中k为弹簧的劲度系数，Δx为弹簧的形变量)；
(4)第二次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、由eUc=Ekm=hν−W0得：Uc=heν−W0e，入射光的频率与遏止电压成线性关系但不是正比关系，故A错误；
CD、结合图像得直线的斜率k=he=ba，W0e=b，故金属的逸出功W0=eb，普朗克常量h=eba，故C正确、D错误；
B、由W0=hν0得金属的截止频率v0=a，故B错误。
故选：C。
根据光电效应方程，以及最大初动能与遏止电压的关系得出遏止电压与入射光频率的关系式，结合图线的斜率和截距分析判断。
解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道最大初动能与遏止电压的关系，对于图线问题，一般的解题思路是得出物理量之间的关系式，结合图线的斜率和截距进行求解．
2.【答案】D
【解析】解：A.打开阀门K后，由于B中为真空，A中的气体进入B中的过程中气体不对外做功，故A错误；
B.气体分子间作用力忽略不计，所以气体分子间没有分子势能，又因为系统与外界无热交换，且气体没有做功现象，则气体的温度不变，所以气体内能不变，故B错误；
CD.气体体积变大，温度不变，根据pV=CT可知气体压强减小，结合压强的微观意义，可知气体分子单位时间内对单位面积的舱壁碰撞的次数将减少，故C错误，D正确。
故选：D。
气体绝热自由扩散，B为真空，气体不对外做功；根据热力学第一定律公式ΔU=W+Q分析内能的变化，进而判断出温度的变化；根据气体压强的微观解释判断。
本题考查气体的自由扩散、热力学第一定律、气体压强的微观意义灯，解题关键是要明确气体是自由扩散，能够根据热力学第一定律公式ΔU=W+Q分析内能的变化。
3.【答案】D
【解析】解：设标准平面的玻璃晶之间的夹角为θ，由题设条件，则有tanθ=|D−D0|L，由空气薄膜干涉的条件，则有：2ΔLtanθ=λ，联立解得|D−D0|=λL2ΔL，故D正确，ABC错误；
故选：D。
依据题意，结合几何关系，及空气薄膜干涉条件即可求解。
本题主要考查光干涉的原理，及其形成条件，理解干涉条纹的间距公式应用，并注意几何知识的运用。
4.【答案】A
【解析】解：AB.箱子从顶端运动到底端过程中，只有重力做功，由动能定理可得
mgLtanθ=12mv2−0①
箱子滑到底端时重力的功率为PG=mgvsinθ②
联立①②解得PG=mgsinθ 2gLtanθ，故A正确；故B错误；
CD.箱子下滑过程中，受到竖直向下的重力和垂直于斜面向上的支持力，由牛顿第二定律可得
mgsinθ=ma③
箱子沿斜面做匀加速直线运动，可得Lcosθ=12at2④
联立③④解得t= 2Lgsinθcosθ= 4Lgsin2θ
改变斜面的倾角θ，当sin2θ=1即θ=45∘时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间t最短，故CD错误。
故选：A。
箱子滑到底端时重力的瞬时功率，等于重力乘以沿重力方向的速度分量。当其它条件不变，改变斜面倾角，箱子沿斜面做匀加速直线运动，可由牛顿第二定律求出加速度表达式；再由位移-时间关系列出运动学方程，联立可求出时间关于倾角的表达式，根据数学知识可判断。
计算瞬时功率时，一定要确保力与瞬时速度方向的一致性，既可以用某个力乘以速度在该力方向的分量，也可以用某个力沿速度方向的分量乘以速度。
5.【答案】CD
【解析】解：A、“中国空间站”在轨道上做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有GMm(R+h)2=ma；物体在地球表面时，有GMmR2=mg，联立解得“中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的向心加速度大小为：a=R2(R+h)2g，故A错误；
B、根据向心加速度公式a=v2R+h，得“中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的线速度大小为v=R gR+h，故B错误；
C、根据牛顿第二定律有GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)，解得“中国空间站”正常在轨做圆周运动的周期为T= 4π(R+h)3GM，故C正确；
D、根据牛顿第二定律有GMm(R+h)2=mv2R+h，则得“中国空间站”正常在轨做圆周运动的速度为v= GMR+h
轨道距地面高度为h时，空间站的动能为Ek1=12mv2=GMm2(R+h)，轨道距地面高度为h时，空间站的势能为Ep1=−GMmR+h，因此轨道距地面高度为h时，空间站的机械能为E1=Ek1+Ep1=−GM2(R+h)；
同理轨道距地面高度为h−Δh时，空间站的机械能为E2=−GM2(R+h−Δh)，所以“中国空间站”轨道高度下降Δh时的机械能损失为ΔE=E1−E2，解得：ΔE=GMm2(R+h−Δh)−GMm2(R+h)，故D正确。
故选：CD。
“中国空间站”在轨道上做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，由牛顿第二定律求解向心加速度大小、线速度大小以及运行周期。根据功能关系求解轨道高度下降Δh时的机械能损失。
解答本题的关键要掌握卫星问题的基本思路：由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律求解动力学参数。
6.【答案】B
【解析】解：从状态A到状态B过程中，气体等温压缩，体积减小，压强增大，温度不变，从B到C，气体等压降温，温度降低，体积减小，压强不变，从C到D过程中，气体等温膨胀，体积变大，压强减小，且D状态的压强恢复为原A状态的压强。
A、A图中A、D、O三点不在同一条直线上，说明A与D的压强不同，故A错误；
B、B图中的过程与发生的过程一一对应，故B正确；
CD、C图与D图中各过程是正确的，但A与D点的压强不相等，故CD错误。
故选：B。
解析A到D过程中各阶段的气体状态参量的变化情况，结合其V−T图像和p−1V图像分析即可。
本题考查了在封闭气体经历多个变化过程中应用气体实验定律和热力学第一定律分析问题，解题关键是要分析好压强、体积、温度三个状态参量的变化情况，选择合适的实验定律解答。
7.【答案】C
【解析】解：A.由于E、F两点分别到四个点电荷的距离完全相同，根据电势为标量，求其代数和，可知E、F两点电势都相同，故A错误；
B.由点电荷电场的对称性可知E、F两点电场强度大小相等，但方向不同。场强为矢量，所以E、F两点电场强度不同，故B错误；
CD.根据电场的叠加原理可知A、B两个电荷在E点产生的合场强为零，C、D两个点电荷在E点产生的电场强度大小相等，有几何关系可知LCE=lsin60∘= 32l
根据点电荷场强公式则有E=kQ( 32l)2=4kQ3l2
E点的合场强为E合=2Ecosθ
根据几何关系可知cosθ= ( 32l)2−(l2)2 32l= 63
联立解得E点的电场强度为E合=86kQ9l2，故C正确，D错误。
故选：C。
根据电势为标量，求其代数和判定E、F点电势高低；根据点电荷场强公式和叠加原理计算E点场强，比较E、F点场强。
本题主要考查了电场强度和电势，解题关键是掌握场强的叠加原理和电势高低的判定。
8.【答案】B
【解析】解：对小球未施加拉力时，设细线与竖直方向夹角为θ，如图：
施加拉力后，小球再次平衡时，设重力与水平拉力的合力为G′，G′与竖直方向夹角为α，细线与合力G′反向延长线夹角为θ′，则
tanα=FG= 73
cosα=34
G′=Gcosα=43N
同时，线段ab在垂直合力G′方向投影的长度d′=dcosα=40×34cm=30cm=0.3m
L=50cm=0.5m
可得sinθ′=d′L=35
则小球再次平衡时，有2Tcosθ′=G′
代入数据联立解得，a、b间细线的张力为：T=56N
故B正确，ACD错误。
故选：B。
对小球受力分析，根据平衡条件和几何关系列式求解即可。
本题考查共点力平衡，解题关键是对小球做好受力分析，根据平衡条件和几何关系列式求解即可。
9.【答案】BD
【解析】解：AB.由题可知交流电的频率为f=ω2π=100π2πHz=50Hz，正常工作时，每个周期点火2次，因此点火器每秒点火100次，故A错误，B正确；
CD.只要副线圈两端电压的峰值超过12kV，点火器能正常工作，由于n1n2=U1mU2m=612×103=12000，故C错误，D正确。
故选：BD。
AB.根据正弦交变电压的瞬时值求频率，每个周期点火2次；
CD.根据理想变压器的电压与匝数比的关系求解。
本题以家用燃气灶为背景考查了交流电频率的求解和理想变压器电压与匝数比的关系。
10.【答案】ACD
【解析】解：A、由图a、b可知该波的波长、周期分别为λ=10m，T=4s，则波速为v=λT=104m/s=2.5m/s
A、B间距为一个波长，则该波从A点传播到B点，所需时间为t=xv=102.5s=4s，故A正确；
B、该波从A点传播到B点，所需时间为4s，则在t=6s时，B点运动了2s，即T2，则B处质点位于波谷，故B错误；
C、波从AE波面传播到C的距离为x=(10 5−10)m，则波从AE波面传播到C的时间为t=xv=10 5−102.5s≈4.9s，则t=8s时，C处质点动了3.1s，则此时质点速度方向竖直向上，故C正确；
D、波从AE波面传播到D的距离为x=(10 2−10)m，则波从AE波面传播到C的时间为t=xv=10 2−102.5s≈1.7s，则t=10s时，D处质点动了8.3s，此时质点位于z轴上方，回复力方向竖直向下，故D正确。
故选：ACD。
由题图(a)读出波长，由题图(b)读出周期，根据v=λT求出波速，根据AB间的距离求解波从A点传播到B点所需时间。通过时间与周期的关系判断质点的振动情况和回复力方向。
解答本题时，要理解波的形成过程，知道波在同一均匀介质中是匀速传播的，根据波传播的距离与波速可求出波传播的时间。
11.【答案】AC
【解析】解：AB.将运动员速度沿着雪坡和垂直于雪坡分解，根据速度合成与分解规律
沿雪坡方向速度：vx=v0cos(α+θ)=22×0.6m/s=13.2m/s
垂直于雪坡方向速度：vy=v0sin(α+θ)=22×0.8m/s=17.6m/s
可得ax=gsinα=10×0.6m/s2=6m/s2
ay=gcosα=10×0.8m/s2=8m/s2
根据对称性，从起跳到达P点运动时间t=2vyay
解得t=4.4s
故A正确，B错误；
CD.运动员离雪坡最远时，垂直于斜面速度为零hm=vy22ay
解得hm=19.36m
故C正确，D错误。
故选：AC。
将运动员速度沿着雪坡和垂直于雪坡分解，根据对称性，求时间；
运动员离雪坡最远时，垂直于斜面速度为零，求最大距离。
本题解题关键是掌握速度的合成和分解知识，能够分析出运动员离雪坡最远时，垂直于斜面速度为零。
12.【答案】BC
【解析】解：AB.金属棒cd开始加速下滑，根据右手定则可知，产生的感应电流从d到c，根据左手定则可知金属条ab所受安培力沿着金属导轨向上，随着金属棒cd速度增大，感应电流变大，金属条ab所受安培力变大，金属条ab开始向上运动后，金属棒ab与金属导轨间的最大静摩擦力为f=m1gsinθ，产生的感应电流与金属棒cd产生的感应电流相反，由于cd棒有较大的速度，则棒cd产生的感应电流大于金属条ab产生的感应电流，设电流为I2时，满足
m2gsinθ−BI2Lm2=BI2L−m1gsinθ−fm1
代入数据解得I2=6A
此时金属条ab和金属棒cd的加速度相等，此后金属条ab和金属棒cd的速度差恒定，产生的感应电流大小不变，金属条ab和金属棒cd以相同大小的加速度运动，故B正确，A错误。
CD.开始金属棒ab与金属导轨间的最大静摩擦力
f=m1gsinθ，方向沿着金属导轨向上；
开始金属棒cd加速下滑，根据右手定则可知，产生的感应电流从d到c，根据左手定则可知金属条ab所受安培力沿着金属导轨向上，随着金属棒cd速度增大，感应电流变大，金属条ab所受安培力变大，当安培力等于
m1gsinθ+f时，金属条ab刚要开始滑动，此时
BI1L=m1gsinθ+f
代入数据解得I1=5A
金属棒cd产生的感应电动势E=I1(R1+R2)
解得E=1V
则金属棒cd的速度v1=EBL=10.5×0.4m/s=5m/s，故C正确，D错误；
故选：BC。
当ab棒所受的安培力大于它所受的重力下滑分力和摩擦力之和时沿导轨上滑，由平衡方程求cd的速度。此后金属条ab和金属棒cd的速度差恒定，产生的感应电流大小不变，金属条ab和金属棒cd以相同大小的加速度运动。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，将电磁感应与电路相结合，分析过程中涉及了受力分析，欧姆定律和焦耳定律等，难度较大，对学生的要求较高。
13.【答案】6.88212(dt)2=gh 12m(dt1)2−12m(dt2)2 增大
【解析】解：(1)螺旋测微器的最小分度值为0.01mm，固定刻度为6.5mm，可动刻度为38.2×0.01mm=0.382mm，小球直径d=6.5mm+0.382mm=6.882mm
(2)极短时间小球通过光电门的瞬时速度近似等于平均速度，则v=dt，通过光电门时的动能为：Ek=12mv2=12m(dt)2，动能变化量为：ΔEk=Ek−0=12m(dt)2
重力势能的变化量为：ΔEp=mgh
在误差允许范围内，若满足关系式ΔEk=ΔEp
即：12(dt)2=gh
则认为小球下落过程中机械能守恒；
(3)小球两次通过光电门的速度可表示为：v1=dt1，v2=dt2
则小球从通过光电门到再返回光电门机械能的损失为：ΔE=12mv12−12mv22=12m(dt1)2−12m(dt2)2
若适当调高光电门的高度，小球克服空气阻力做功增多，将会增大因空气阻力引起的测量误差。
故答案为：(1)6.882；(2)12(dt)2=gh；(3)12m(dt1)2−12m(dt2)2，增大。
(1)确定螺旋测微器的最小分度值，读出固定刻度和可动刻度值，相加为螺旋测微器读数；
(2)根据小球通过光电门的时间计算出速度，表示出动能变化量和势能变化量，根据机械能守恒定律推导；
(3)根据两次小球通过光电门的时间计算出速度，推导机械能的变化量，根据小球克服阻力做功判断。
本题考查验证机械能守恒定律实验，要求掌握实验原理、实验装置、数据处理及误差分析。
14.【答案】R1 95815kΩ5156060
【解析】解：(1)欧姆调零时，有Ig=ER欧
解得欧姆调零时欧姆表内阻为R欧=EIg=1.5100×10−6Ω=15000Ω
此时滑动变阻器接入电路阻值为R滑=R欧−R0−Rg−r=(15000−14000−40−2)Ω=958Ω
则滑动变阻器应选R1；
欧姆表黑表笔应接电源的正极，实物连线如图所示
(2)欧姆调零时，有Ig=ER欧
解得欧姆调零时欧姆表内阻为R欧=EIg=1.5100×10−6Ω=15000Ω
此时滑动变阻器接入电路阻值为R滑=R欧−R0−Rg−r=(15000−14000−40−2)Ω=958Ω
设电流表表盘的50μA刻度对应的改装后欧姆表的刻度为Rx，则有I=ER欧+Rx
解得Rx=EI−R欧=1.550×10−6Ω−15000Ω=15000Ω=15kΩ
(3)表盘上c处的电流刻度为75，设此时测量电阻为R′x，则有Rx′=EI′−R欧=1.575×10−6Ω−15000Ω=5000Ω=5kΩ
则c处的电阻刻度为5。
(4)设改装后干路的最大电流为Im，则欧姆调零时有Im=ER欧′
对电路进行了改进，使中值电阻为1500Ω，则有12Im=ER欧′+1500Ω
联立解得R欧′=1500Ω，Im=1mA=1000uA
则图中电阻箱的阻值应调为R箱=Ig(R0+Rg)Im−Ig=1560Ω
若用该表测量一阻值为1000Ω的电阻时，此时干路电流为I总=ER欧′+1000Ω=0.6mA=600μA
则电流表指针对应的电流是I1=R箱R箱+R0+RgI总=15601560+14000+40×600μA=60μA
故答案为：(1)R1，见解析；(2)958，15kΩ；(3)5；(4)1560，60。
(1)根据闭合电路欧姆定律计算欧姆表的内阻；根据欧姆表的内部结构判断；
(2)根据闭合电路欧姆定律计算滑动变阻器的接入阻值；
(3)根据闭合电路欧姆定律计算电流表表盘的50μA刻度对应的改装后欧姆表的刻度值；
(4)根据闭合电路欧姆定律计算表盘上电流刻度为75对应的改装后欧姆表的刻度值；
(5)根据闭合电路欧姆定律计算分析。
本题考查电流表的改装和电阻刻度，要求掌握电流表的改装原理和电阻刻度原理。
15.【答案】解：(1)根据题意可知，光线从AB界面的P点进入玻璃棱镜，由折射定律画出光路图，如图所示
根据几何关系，可得入射角θ1=90∘−30∘=60∘
根据几何关系，折射角θ1=30∘，且PO恰好为法线，根据n=sinθ1sinθ2
可得折射率n= 3
又有sinC=1n
解得sinC= 33
(2)根据题意，当光线转至水平方向入射，入射角大小仍为θ3=60∘，画出光路图，如图所示
由折射定律同理可知，折射角θ4=30∘，折射光线交OD边于F点，由题已知∠A=30∘，PC⊥AO，得在OD边界上的入射角为θ5=60∘，由于发生全反射的临界角为C。则有sinC=1 3
可知在OD界面发生全反射，已知CO= 34R。由几何关系得，在三角形OFQ中，由余弦定理得OQ2=OF2+FQ2−2OF⋅FQcos150∘
其中OQ=ROF=OP= 32R
解得FQ=( 13−3)4R
又有v=cn
PF=2OF⋅cos30∘
时间：t=PF+FQv
解得t=(3 3+ 39)R4c
答：(1)该单色光在玻璃材料中发生全反射的临界角的正弦值为 33；
(2)现将该光束绕P点沿逆时针方向在纸面内转动至水平方向，观察到BD面上有光线从Q点射出。此时光束在玻璃材料中的传播时间为(3 3+ 39)R4c。
【解析】(1)先研究光线在D点的折射，由折射定律求出折射角。由几何知识求出光线射到E点的入射角，再由折射定律求得光线在E点的折射角；
(2)由几何知识求得激光束在棱镜中传播的路程，由v=cn求出光在棱镜中传播的速度，从而求得传播时间。
本题考查了光的折射，解决此题的关键要掌握全反射的条件、折射定律n=sinisinr、临界角公式sinC=1n、光速公式v=cn，要能灵活运用几何知识求解相关角度和光在棱镜中传播的距离。
16.【答案】解：(1)根据题意v0
解得：a1=10m/s2
设物块滑上传送带到与传送带共速所需的时间为t1，位移大小为x1，，则有：
v=v0+a1t1
x1=v1+v02t1
解得：t1=0.4s，x1=2.4m
因x1=2.4m
解得：t2=1.125s
则物块从A运动到B点经历的时间为：t=t1+t2
解得：t=1.525s。
(2)因μ2=0.3>μ3=0.1，且木板足够长，故木板与物块共速后能够相对静止一起匀减速直线运动到停止。
设物块滑上木板后，物块的加速度大小为a2，木板的加速度大小为a3，木板与物块一起减速时的加速度大小为a4，根据牛顿第二定律得：
μ2mg=ma2
μ2mg−μ3(m+M)g=Ma3
μ3(m+M)g=(m+M)a4
解得：a2=3m/s2；a3=5m/s2；a4=1m/s2
设物块与木板经时间t3达到共同速度v1，则有：
v1=v−a2t3=a3t3
解得：t3=1s，v1=5m/s
此过程物块位移为：
x2=12(v+v1)t3
解得：x2=6.5m
设二者共同减速的位移为x3，则有：
v12=2a4x3
解得：x3=12.5m
则物块停止运动时与B点的距离为：
x=x2+x3=6.5m+12.5m=19m。
答：(1)物块从A运动到B点经历的时间t为1.525s；
(2)物块停止运动时与B点的距离x为19m。
【解析】(1)物块在传送带上先做匀加速运动，先判断物块是否能与传送带共速，若能共速，因μ1= 33=tan30∘，故共速后物块随传送带匀速运动。根据牛顿第二定律和运动学公式解答；
(2)物块滑上木板后两者相对运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求得共速之前的位移与时间，共速后需判断物块是否能与传送带相对静止，再根据牛顿第二定律和运动学公式求解。
本题考查了牛顿第二定律应用的传送带和板块模型，两种模型都是相对运动问题，需要考虑是否能够共速，以及共速能否相对静止。
17.【答案】解：(1)粒子在电场中沿x轴正方向的分运动是匀速直线运动，沿z轴正方向的分运动是匀减速直线运动，则有：
v0sinθ=at1
OQ=12at12
根据牛顿第二定律可得：qE=ma
联立可得：v0=4×102m/s，t1=2×10−3s
(2)粒子在磁场中运动轨迹的俯视图如下图所示：
由几何关系得：MQ=r+rcosα，已知MQ=0.15m
解得：r=0.05m
最小的圆柱形磁场区域的横截面积是以粒子轨迹的弦长为直径的圆，则有：
Smin=π×(rsin60∘)2
解得：Smin=5.9×10−3m2
(3)由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
qv0cosθB=m(v0cosθ)2r
解得：B=2 35T
在磁场中运动周期为：T=2πrv0cosθ
粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为120∘，则磁场中运动的时间为：
t2=120∘360∘T
解得：t2=3.0×10−4s
出磁场后粒子做匀速直线运动的时间为：
t3=rtan60∘v0cosθ
解得：t2=2.5×10−4s
粒子从P点运动到M点经历的时间为：
t=t1+t2+t3=2×10−3s+3.0×10−4s+2.5×10−4s=2.55×10−3s
答：(1)粒子速度v0的大小为4×102m/s；
(2)圆柱形磁场区域的最小横截面积Smin为5.9×10−3m2；
(3)粒子从P点运动到M点经历的时间t为2.55×10−3s。
【解析】(1)粒子在电场中沿x轴正方向的分运动是匀速直线运动，沿z轴正方向的分运动是匀变速直线运动，沿z轴方向根据匀变速直线运动的规律和牛顿第二定律求解；
(2)画出粒子运动的轨迹图，根据几何关系求解；
(3)根据洛伦兹力提供向心力求得粒子在磁场中运动周期，结合轨迹圆心角求得在磁场中运动时间。由(1)的解答可以得到在电场中运动时间。这两阶段时间再加上匀速运动阶段时间即为所求。
本题是非常基础的电场和磁场中带电粒子运动问题，典型的磁场中匀速圆周运动，电场中的类平抛运动。带电粒子在磁场的运动画轨迹图确定轨迹半径和圆心角是基本功，电场中的匀变速曲线运动处理的方法是运动的分解与合成。
18.【答案】解：(1)由乙图知2t0后：vB=2v0
B、C发生弹性碰撞，以向右方向为正方向，由动量守恒可知：m⋅2v0=mvB+mvC
由机械能守恒可知：12m(2v0)2=12mvB2+12mvC2
联立解二次方程得：vB=0，vC=2v0
因C未离开轨道，设运动的高度最大为h，对C，由机械能守恒可知：12mvC2=mgh
因此轨道半径满足的条件为：R≥h=2v02g
(2)C返回水平轨道时由机械能守恒可知：vC=2v0
C与B再次发生弹性碰撞，以向左方向为正，由动量守恒定律有：m⋅2v0=mv′B+mv′C
由机械能守恒定律有：12m(2v0)2=12mv′B2+12mv′C2
联立解得：v′C =0，v′B =2v0
A与B第一次碰撞到共速时，由动量守恒mA⋅3v0=(mA+m)v0
代入可得：mA=m2
B与A第二次碰撞过程，以向左方向为正，由动量守恒可知：m⋅2v0+m2⋅v0=m⋅vB+m2⋅vA
由机械能守恒可知：12m(2v0)2+12×12mv02=12mvB2+12×12mvA2
联立解得：vA=73v0
(3)A与B第一次碰撞到共速时，由机械能守恒可知：12k⋅Δx12=12×m2(3v0)2−12×32mv02=32mv02
A与B第二次碰撞到共速时，由动量守恒可知：m⋅2v0=12mv0+32mvx
解得：vx=53v0
由机械能守恒可知：12k⋅Δx22=12×m2(v0)2+12m⋅(2v0)2−12×32m(53v0)2=16mv02
由以上公式得：Δx1Δx2=31
两次加速度最大对应弹簧弹力最大，根据F合=k⋅Δx=mAa
从而可得：a1a2=kΔx1kΔx2=31
(4)A与B压缩弹簧过程aA=2aB
同一时刻A、B的瞬时速度关系为：vA=3v0−a−At，vB=a−Bt
由位移等于速度对时间的积累得：xA=vAt(累积)，xB=vBt(累积)
在0−t0时间内：xA=3v0t0−xA积，xB=xB积=0.6v0t0
由此得：xA积=2xB积，xA=1.8v0t0
因此：Δx1=xA−xB=1.2v0t0
从而可得：Δx1Δx2=31
那么第二次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值：Δx2=0.4v0t0
答：(1)半圆形竖直轨道半径R满足的条件为R≥2v02g；
(2)物块A最终运动的速度为73v0；
(3)A、B第一次碰撞和第二次碰撞过程中A物体的最大加速度大小之比为3：1；
(4)第二次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为0.4v0t0。
【解析】(1)物块C始终未离开圆弧轨道，物块最高只能到达与圆心等高位置，应用机械能守恒定律和之前B、C弹性碰撞的规律求出轨道半径与初速度v0应满足的条件；
(2)A、B组成的系统动量守恒、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B的质量。C返回后再与B发生弹性碰撞交换速度，则B追上A再次发生弹性碰撞，根据弹性碰撞的规律求A最终的速度；
(3)(4)A、B组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出弹簧的最大压缩量，从而求出两次物体的加速之比。
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、机械能守恒定律、牛顿第二定律与动能定理可以解题。
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