2023-2024学年河北省石家庄市高三（第一次）质量检测物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年河北省石家庄市高三（第一次）质量检测物理试卷（含详细答案解析），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。

1.“风云”气象卫星是我国重要的民用遥感卫星，其中“风云一号”是极轨卫星，其运行轨道在地球的南北两极上方，周期为120min;“风云四号”是静止轨道卫星，与地球自转同步。若卫星的运动均可视为匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A. “风云一号”卫星的线速度大于地球的第一宇宙速度
B. “风云一号”卫星的向心加速度比“风云四号”卫星的向心加速度大
C. “风云一号”卫星的线速度比“风云四号”卫星的线速度小
D. “风云一号”卫星的角速度比“风云四号”卫星的角速度小
2.图甲为家用燃气灶点火装置的电路原理图，直流电通过转换器转换为图乙所示的正弦交流电加在理想变压器的原线圈上，原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压表为理想电压表。当两点火针间电压大于5000V时会产生电火花进而点燃燃气。闭合开关S，下列说法正确的是( )
A. 电压表的示数为50 2V
B. 副线圈输出交流电压的频率为100Hz
C. 若能点燃燃气则n2n1>100
D. 若能点燃燃气则两点火针间电压的有效值一定大于5000V
3.一架无人机在水平地面由静止开始匀加速滑行1600m后起飞离地，离地时速度为80m/s。若无人机的加速过程可视为匀加速直线运动，则无人机在起飞离地前最后1s内的位移为( )
A. 79mB. 78mC. 77mD. 76m
4.某区域存在一电场，该区域内x轴上各点电势φ随位置x变化的关系如图所示。α粒子从D点由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴通过C点，下列说法中正确的是( )
A. 由D点到C点电场强度的方向始终沿x轴正方向
B. α粒子从D点到C点运动的过程中其电势能减小10eV
C. α粒子从D点到C点运动的过程中所受电场力先增大后减小
D. α粒子从D点到C点运动的过程中其动能先增大后减小
5.用波长λ=200nm的紫外线照射铜板，有电子从铜板表面逸出。现在铜板所在空间加一方向垂直于板面、大小为18V/m的匀强电场，电子最远能运动到距板面5 cm处。已知光在真空中传播速度c与普朗克常量h的乘积为1.24×10−6eV⋅m，可知该铜板的截止波长约为( )
A. 230nmB. 260nmC. 290nmD. 320nm
6.用折射率n=2的透明材料制成如图所示的“阴影”薄工件，长方形ABCD长为2a、宽为a;空白区域是以O为圆心，半径为a的半圆。圆心O处有一点光源，只考虑直接射向工件DABC的光线，不考虑光在工件内反射，光在真空中传播的速度为c，下列说法正确的是( )
A. 光线从工件DABC边射出的区域总长度为 3a3
B. 光线从工件DABC边射出的区域总长度为4 3a3
C. 从工件DABC边射出的光线中，光在工件中传播所用的最长时间为(2 3−3)a3c
D. 从工件DABC边射出的光线中，光在工件中传播所用的最长时间为(2 3−3)a6c
7.帆船是人类的伟大发明之一，船员可以通过调节帆面的朝向让帆船逆风行驶，如图所示为帆船逆风行驶时的简化示意图，此时风力F=2000N，方向与帆面的夹角α=30∘，航向与帆面的夹角β=37∘，风力在垂直帆面方向的分力推动帆船逆风行使。已知sin37∘=0.6，则帆船在沿航向方向获得的动力为( )
A. 200NB. 400NC. 600ND. 800N
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图甲所示，线圈A的匝数为50匝、电阻为3Ω，在线圈A内加垂直线圈平面的磁场，t=0时磁场方向垂直纸面向里，穿过线圈A的磁通量按图乙变化。电阻不计、间距为0.5m的足够长水平光滑金属轨道MN、PQ通过开关S与线圈A相连，两轨间存在垂直纸面的匀强磁场(图中未画出)。现将长度为0.5m、电阻为1Ω的导体棒ab垂直轻放在导轨MN、PQ上。t=0时，闭合开关S，导体棒ab向右加速运动达到最大速度5m/s后匀速运动，导体棒 ab与轨道始终接触良好。下列说法正确的是( )
A. t=0时，线圈A中的感应电动势为5VB. t=0时，线圈A中的感应电流为2.5A
C. 两导轨间磁场的磁感应强度大小为2TD. 两导轨间磁场的方向垂直MNPQ平面向外
9.如图所示是某水池的剖面图，A、B两区域水深分别为hA、hB，其中hA=0.4m，点O处于两部分水面分界线上，M和N是A、B两区域水面上的两点，O、M间距离为3m，O、N间距离为4m。t=0时M点从平衡位置向上振动、N点从平衡位置向下振动，形成以M、N点为波源的水波(可看作简谐横波)，两波源振动频率均为2Hz，振幅均为5cm。当t=1s时，O点开始振动且振动方向向下。已知水波的波速跟水深关系为v= gh，式中h为水的深度，g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 区域B的水深hB=1.6m
B. A、B两区域水波的波长之比为2:1
C. t=1.5s时，O点经平衡位置向上振动
D. t=2.5s后，MN之间存在10个振幅为10cm的点
10.如图所示，倾角为30∘的斜面固定在水平地面上，质量为1.5kg的箱子静止在斜面上，质量为0.1kg的小球通过细绳悬挂在箱子顶面的O点。现给箱子一沿斜面向下的力F=20N，箱子沿斜面向下运动，稳定后细绳与竖直方向成60∘角。已知重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 稳定时细绳上的拉力为1N
B. 稳定时细绳上的拉力为2N
C. 改变F大小系统再次稳定后细绳处于竖直方向，此时力F为4N
D. 改变F大小系统再次稳定后细绳处于竖直方向，此时力F为8N
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学用频闪摄影的方法验证机械能守恒定律，实验中将一钢球从与课桌表面等高处的位置O由静止释放，拍到整个下落过程的频闪照片如图所示，位置O到A、B、C各位置的距离分别为h1、h2、h3。已知频闪摄影的闪光频率为f，重力加速度为g。
(1)若在误差允许范围内，关系式__________(用题中给出的字母表示)成立，则证明钢球从位置 O运动到位置B的过程中机械能守恒。
(2)关于该实验，下列说法正确的是__________
A.实验开始时，先释放钢球再进行频闪摄影
B.用vB2=2gh2计算出位置B的速度，算出钢球在B位置的动能，并用来验证机械能守恒
C.多次实验测得小钢球的重力势能减少量总是略大于动能增加量，这是由于空气阻力造成的
(3)结合实际，可估算该频闪摄影的闪光频率f约为__________
A.50Hz
B.20Hz
C.10Hz
D.2Hz
12.如图甲所示为铜漆包线线圈，某同学想测量该线圈的匝数。该线圈的平均直径D=4.00cm，已知铜导线的电阻率ρ=1.7×10−8Ω⋅m。
(1)如图乙所示，用螺旋测微器测得铜漆包线的直径d=_________mm。
(2)该同学首先用欧姆表×10挡粗测该线圈的直流电阻指针偏转如图丙所示，则测量值为__________Ω。
(3)为精确地测量该线圈的直流电阻RL，现提供以下器材供选择：
电流表A1(量程50mA，内阻r1=20Ω，示数用I1表示)
电流表A2(量程1mA，内阻r2=1kΩ，示数用I2表示)
定值电阻R1=14kΩ
定值电阻R2=180Ω
滑动变阻器R(最大阻值20Ω)
蓄电池E(电动势12V，内阻很小)
开关、导线若干。
①请选择合适器材在如图丁所示方框中补充完整实验电路图，并标上所选择仪器的代号。
②根据实验电路，线圈直流电阻的计算表达式为RL=__________(用题中所给的字母表示)。
(4)该同学用上述实验测得该线圈直流电阻为51.0Ω，则该线圈的匝数为__________匝。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.负压病房是指病房内的气体压强略低于病房外的标准大气压的一种病房，这样可使新鲜空气流进病房，被污染的空气由抽气系统抽出进行消毒处理。
(1)负压病房内初始压强为1.0×105Pa，要使病房内压强减为9×104Pa，求抽出的气体质量与原气体质量的比值;
(2)现将抽出的气体封闭在如图所示的绝热汽缸a内，汽缸底部接有电热丝，右壁接一右端开口的细U形管(管内气体体积可忽略)，管内装有水银，开始时U形管右侧液面比左侧高4cm，气体温度为300K。电热丝通电一段时间后， U形管右侧液面上升了4cm，求此时缸内气体的温度，已知外界大气压强为76 cmHg。
14.如图甲所示，质量m1=2kg的小物块A静置于平台左端，A与平台间动摩擦因数μ=0.1。紧靠平台右侧有一质量m0=1kg的足够长小车，平台和小车上表面在同一水平高度。质量m2=2kg的小滑块B静置于小车左端，B与小车上表面间的动摩擦因数也为μ=0.1，竖直墙面距离小车足够远。t=0时，给物块A施加一水平向右的力F，F随时间变化的规律如图乙所示，t=2s时撤掉力F，t=4s时，A与B发生弹性碰撞，一段时间后，小车与墙面发生碰撞，碰撞时间极短，每次碰后小车速度反向，大小变为碰前的一半。忽略小车与地面间的摩擦，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)A与B发生弹性碰撞前瞬间，物块A的速度大小;
(2)小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间，滑块与小车间由于摩擦产生的热量;
(3)小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第3次碰撞前瞬间，小车运动的路程。
15.微观粒子的运动轨迹可以通过磁场、电场进行调节。如图所示，宽度为L的竖直条形区域Ⅰ内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，宽度为L的竖直条形区域Ⅱ内存在方向竖直向下的匀强电场。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子，以初速度v0=2qBLm从区域Ⅰ左边界上O点水平向右垂直射入磁场，从区域Ⅰ右边界上的P点(图中未画出)进入区域Ⅱ，最终从区域Ⅱ右边界水平向右射出。不计粒子的重力。
(1)求区域Ⅱ匀强电场强度E的大小;
(2)若仅调整区域Ⅱ的宽度，使粒子从与P点等高的Q点(图中未画出)离开区域Ⅱ，求粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中运动的总时间;
(3)若在区域Ⅱ再加一个垂直纸面向里、磁感应强度大小也为B的匀强磁场，调整区域Ⅱ的宽度，使粒子仍能从区域Ⅱ右边界水平射出，求该情况下区域Ⅱ的宽度。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查万有引力定律的应用，涉及第一宇宙速度，同步卫星等知识，基础题目。
根据第一宇宙速度的含义分析即可判断；根据同步卫星周期情况结合开普勒第三定律和卫星的运动规律分析即可判断。
【解答】
A、第一宇宙速度是卫星绕地球表面运行的速度，是卫星绕地球做圆周运动的最大速度，“风云一号”卫星离地一定高度，其速度一定小于第一宇宙速度，故A错误；
BCD、风云四号”是静止轨道卫星，其周期为24h，大于“风云一号”卫星运动的周期，由开普勒第三定律知，风云四号”卫星做圆周运动的半径比“风云一号”卫星做圆周运动的半径大，由GMmr2=mω2r=mv2r=ma解得卫星的角速度ω= GMr3，线速度v= GMr，加速度a=GMr2，可见“风云一号”卫星比“风云四号”卫星的向心加速度大，线速度大，角速度大。故B正确，CD错误。
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题为变压器问题，要知道变压器不改变交流电的频率。理想变压器原副线圈电压比等于匝数比.
注意电压表的示数是有效值。要想让点火针点火成功，电压最大值要大于5000V。
【解答】
A、根据图乙得到原线圈电压的最大值为50V，电压表测量的是转换之后的正弦交流电的有效值，所以电压表的示数为50 2V=25 2V，故A错误；
B、通过图乙可知交流电的周期为0.02s，则频率为50Hz，变压器不会改变交流电的频率，所以副线圈输出交流电压的频率也为50Hz，故B错误；
C、原、副线圈的电压关系为U2U1=n2n1，由于原线圈最大电压为50V，副线圈最大电压要大于5000V才能点燃燃气，所以n2n1=U2U1>100，故C正确；
D、两点火针间的瞬时电压大于5000V即可产生电火花，所以有效值一定大于2500 2V，不一定大于5000V，故D错误。
故选C。
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查匀变速直线运动规律，熟记匀变速直线运动的位移和速度的求解公式。
根据运动学中的速度和位移的关系求解加速度，根据速度和时间关系求解所用时间，从而解得最后1s的位移。
【解答】根据运动学公式可知，飞机在滑行过程中加速度的大小为
a=v22x=8022×1600m/s2=2m/s2，
所用时间为t=va=802s=40s。
运输机在起飞前最后1s内的位移为x=12at2−12a(t−1)2
代入数据解得：x=79m
故A正确，BCD错误;
故选： A。
4.【答案】D
【解析】【分析】
φ−x图像的斜率为电场强度E，从图像分析电势和电场强度情况，根据电场力来分析物体的运动情况，根据Ep=qφ分析粒子的电势能变化。
本题考查是φ−x图像，注意从图像上不但可以知道电势的变化情况，而且φ−x图像的斜率为电场强度E，从而确定电场的分布情况。
【解答】
A.沿电场线电势应该逐渐减小，由图象可以看出，由D点到C点电势先减小后增大，电场强度的方向先向右后向左，故A错误；
B.α粒子在场中D点具有的电势能为：EpD=2eφD=40eV，C点具有的电势能为：EpC=2eφC=20eV，故从D到C的过程中其电势能减小20 eV，故B错误；
C.φ−x图象的斜率大小等于电场强度，从图中可以看出从D到C电场强度先减小后增大，故α粒子从D到C的过程中所受电场力减小先后增大，故C错误；
D.从图中可以看出从D到C场中电势先降低后升高，α粒子从D到C的过程中电势能先减小后增大，根据能量守恒可知其动能先增大后减小，故D正确。
5.【答案】A
【解析】【分析】
根据光电效应方程、动能定理及逸出功公式联立求出铜板的截止波长．
光电效应方程为新课程教材中增加的内容，对于增加的内容，不仅是高考的重要考点，也是自主招生的重要考点。
【解答】
由光电效应方程可得Ek=hcλ−W，W=hcλ0，根据动能定理得−eEd=0−Ek，联立以上三式并代入数据得λ0=230nm，故A正确，BCD错误。
6.【答案】B
【解析】【分析】本题考查光的全反射，要知道全反射的条件：只有光从光密介质(折射率大)射入光疏介质(折射率小)，且入射角大于等于临界角时，才会发生全反射现象。掌握临界角公式sinC=1n，能够根据题意正确的做出光路图是解题关键。
【解答】AB、由sinC=1n可得临界角C=30∘，做出临界光路图如下：
光线从工件DABC边射出的区域为DE、FG、HC部分，根据几何关系易得总长度为4 3a3，故A错误，B正确；
CD、光在透明材料中传播速度v=cn=12c，
由几何关系可知光在工件中最长传播路径为：EP=OE−OP=2 3−33a，
则光在工件中传播所用的最长时间为t=EPv=2(2 3−3)a3c，故CD错误。
故选B。
7.【答案】C
【解析】【分析】
将风吹帆的力沿着帆面方向和垂直于帆面方向进行分解，再把垂直于帆面的力分解成沿船前进的方向与垂直前进的方向，运用力的平行四边形定则，可求出这个分力大小。
考查应用平行四边形定则将力进行分解，运用三角函数列出等式。注意夹角的确定，同时风吹帆的力垂直于帆。
【解答】
对风力F在沿着帆面方向和垂直于帆面方向进行分解，根据力的平行四边形定则可得其垂直于帆面的分力F1=Fsinα
再对垂直作用于帆面上的风力F1进行分解，分解成沿船的行驶方向和垂直于行驶方向的力，将力F1进行分解，则有：
F2=F1sinβ=Fsinαsinβ=2000×sin30∘×sin37∘N=600N，故C正确，ABD错误.
8.【答案】AC
【解析】【分析】
本题主要考查法拉第电磁感应定律的应用，难度一般。根据楞次定律以及左手定则可判断MN、PO导轨间的磁场方向，根据法拉第电磁感应定律可得线圈A中的感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流；当ab到达最大速度时，ab切割磁感线产生的电动势与E相等，由此求解两导轨间磁场的磁感应强度大小。
【解答】
ABD.线圈A中磁场减弱，由楞次定律结合安培定则可知，流过的 ab电流方向从a指向b，由 ab受到的安培力向右，结合左手定则可知 MN、PO导轨间的磁场方向垂直MNOP平面向里。由法拉第电磁感应定律，线圈A中的感应电动势E=nΔΦΔt=50×0.33V=5V
由闭合电路欧姆定律得
I=Er+R1=5V3Ω+1Ω=1.25A，则A正确，BD错误；
C.当ab到达最大速度时，ab切割磁感线产生的电动势与E相等，所以有
B1Lvm=E
B1=ELvm=50.5×5T=2T，C正确。
9.【答案】AD
【解析】【分析】本题考查机械波的叠加，要知道两列波相遇时能够保持各自的运动特征，继续传播，在它们重叠的区域里，介质的质点同时参与两列波引起的振动，质点的位移等于两列波单独传播时引起的位移的矢量和。
两列波发生稳定干涉时，振动加强点的振幅变大，振幅变为A1+A2，振动减弱点的振幅变为|A1−A2|，并不是说振动加强点位移一直最大，振动减弱点位移一直最小，只是振幅的大小发生了变化而已。两个相邻的振动加强点(减弱点)的间距为半波长，而相邻的加强点与减弱点的间距为四分之一波长。
【解答】A、当t=1s时，O点开始振动且振动方向向下，说明N波先到达O点，则N波的波速为vB=ONt=4m1s=4m/s，根据vB= ghB=4m/s，解得hB=1.6m，故A正确；
B、M波的波速为vA= ghA=2m/s，根据v=λf，两列波频率相同，波速之比等于波长之比，所以A、B两区域水波的波长之比为1:2，故B错误；
C、两列波的周期均为T=0.5s，t=1.5s，M波传播了vAt=3m，正好到达O点，故M波在O点处于平衡位置且向上振动，
1s时N波到达O点，又经过0.5s=T，N波在O点处于平衡位置且向下振动，所以O点是振动减弱点，由于两列波振幅相同，所以O点的振幅为零，即O始终静止在平衡位置，故C错误；
D、波在MN传播所用的时间为1s+1.5s=2.5s，所以t=2.5s后，两波在MN之间进行干涉，A区的波长为λA=vAT=2×0.5m=1m，
从O点向左经过λA4=0.25m是第一个振动加强点，之后继续向左每隔λA2=0.5m都是加强点，所以MO之间有6个加强点，B区的波长为λB=vBT=2m，
所以从O点向右经过λB4=0.5m是第一个振动加强点，之后继续向右每隔λB2=1m都是加强点，所以NO之间有4个加强点，共10个加强点，振幅均为10cm，
则MN之间存在10个振幅为10cm的点，故D正确。
故选AD。
10.【答案】AC
【解析】【分析】
以小球为研究对象，根据平行四边形法则求解细绳上的拉力F1的大小，根据牛顿第二定律求解小球的加速度；以箱子和小球整体为研究对象，沿斜面方向根据牛顿第二定律列方程求解动摩擦因数；根据运动情况分析小球的受力情况，根据平衡条件求解即可。
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
【解答】
AB.以小球为研究对象，受到重力和绳子拉力，根据几何关系可得重力、绳子拉力与合力ma构成等边三角形，
所以细绳上的拉力F1的大小为：F1=mg=0.1×10N=1N，小球的加速度a=mgm=10m/s2，故A正确，B错误；
CD.以箱子和小球整体为研究对象，沿斜面方向根据牛顿第二定律可得：
F+(M+m)gsin30∘−μ(M+m)gcs30∘=(M+m)a
解得：μ= 32，
改变F大小系统再次稳定后细绳处于竖直方向，小球做直线运动，绳子的拉力与重力大小相等，小球做匀速直线运动，则箱子也做匀速直线运动，以箱子和小球整体为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件可得：
F′+(M+m)gsin30∘=μ(M+m)gcs30∘
解得：F′=4N，故C正确，D错误。
11.【答案】(1)8gh2=(h3−h1)2f2；
(2)C；
(3)B。
【解析】【分析】
本题为验证机械能守恒定律实验，实验目的是验证减少的重力势能等于增加的动能，根据下降的高度利用ΔEp=mgh求重力势能的减少量，根据匀变速直线运动中间时刻速度等于瞬时速度求末速度，根据动能的表达式求动能的增加量。实验中往往重力势能的减少量要大于动能的增加量，是因为存在阻力做负功。
【解答】
(1)根据匀变速直线运动中间时刻速度等于平均速度可得vB=h3−h12T=h3−h12f，
若mgh2=12mvB2，整理得8gh2=(h3−h1)2f2。
(2)A、类比打点计时器，实验开始时，应该先频闪摄影再释放钢球，故A错误；
B、不能用vB2=2gh2计算出位置B的速度，这个公式默认了小球做自由落体运动，也就是说用机械能守恒去验证机械能守恒，没有意义，故B错误；
C、多次实验测得小钢球的重力势能减少量总是略大于动能增加量，这是由于空气阻力做负功造成的，故C正确。
故选C。
(3)书桌的高度约为h=80cm，则下落时间为t= 2hg=0.4s，从O到C，8T=0.4s，解得T=0.05s，则f=1T=20Hz。
故选B。
12.【答案】(1)0.200；
(2)48；
(3)①
②I2(r2+R1)I1−r1−R2
(4)750
【解析】【分析】本题为测量线圈匝数实验。
(1)螺旋测微器读数为固定刻度加上可动刻度，精度为0.01mm，需要估读。
(2)多用电表测电阻读数时不要忘记乘以倍率。
(3)根据实验原理设计出正确的电路图，再由电路特点结合欧姆定律求出待测电阻。
(4)利用电阻定律求解。
【解答】(1)d=20.0×0.01mm=0.200mm。
(2)电阻的测量值为4.8×10Ω=48Ω。
(3)将电流表A2与定值电阻R1串联改装为电压表，将电流表A1、定值电阻R2以及待测电阻RL串联，其中R2起到保护电表的作用。
如下图：
②根据电路特点以及欧姆定律有I2(r2+R1)=I1(r1+R2+RL)，
整理得RL=I2(r2+R1)I1−r1−R2。
(4)根据电阻定律R=ρLS，其中L=nπD，S=πd24，联立并代入数据解得n=Rd24ρD=750
13.【答案】(1)负压病房内气体初状态压强p0=1.0×105Pa，体积V0，
设减压后气体体积将变V，减压后气体压强
p=9×104Pa
气体温度不变，由玻意耳定律得：p0V0=pV
代入数据解得：V=109V0
排出的气体质量与原来气体质量之比
mm0=V−V0V=110
(2)开始时汽缸内气体温度
T1=300K，压强p1=p0+ph=(76+4)cmHg=80cmHg
加热后气体温度T2，电热丝通电一段时间后， U形管右侧液面上升了4cm，压强p2=p0+p′h=(76+12)cmHg=88cmHg
气体体积不变，由查理定律得：p1T1=p2T2
代入数据解得：T2=330K
此时缸内气体的温度330K。
【解析】(1)气体发生等温变化，应用玻意耳定律求解。
(2)气体发生等容变化，应用查理定律求解。
根据题意分析清楚气体状态变化过程，求出气体状态参量，应用玻意耳定律与查理定律即可解题。
14.【答案】解：设水平向右为正方向。
(1)由图像可知，图线与时间轴围成的图形面积为力F在0−2s内的冲量，
对物块A在0−4s内，由动量定理可得：IF−μm1gt=m1v1，
解得：v1=12m/s。
(2)AB发生弹性碰撞，系统动量守恒和机械能守恒
m1v1=m1v′1+m2v2，
12m1v12=12m1v′12+12m2v22，
解得：v′1=0m/s，v2=12m/s
由于小车足够长，离墙壁足够远，故小车与墙壁碰撞前已和滑块 B共速，由动量守恒可得
m2v2=(m2+m0)v′2，
解得：v′2=8m/s
小车与墙壁完成第1次碰撞后，车速变为v3=−4m/s
小车与墙壁第2次碰撞前与滑块B再次共速，由动量守恒可得
m2v′2+m0v3=(m2+m0)v′3
解得：v′3=4m/s
由系统功能关系可得，小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间的过程中滑块与小车间由于摩擦产生的热量
Q=12m2v′22+12m0v32−12(m2+m0)v′32，
解得：Q=48J
(3)由小车与墙壁第1次碰后和第2次碰前小车与滑块共速时的速度大小可推断，
从第1次碰撞结束，每次小车与滑块共速后立即与墙壁发生碰撞。
以小车为研究对象，由牛顿第二定律可得
μm2g=m0a，
解得：a=2m/s2，
第1次碰后到减速到零有0−v32=2a(−x1)，
从第1次碰后到第2次碰前小车运动的路程有s1=2x1=8m，
同理可得
从第2次碰后到第3次碰前小车运动的路程有s2=2m，
综上可得：从第1次碰后到第3次碰前小车运动的路程有s=s1+s2=10m。
【解析】本题考查了动量定理、弹性碰撞、动量守恒、功能关系、牛顿第二定律以及运动学公式，解题关键是认真分析物理过程，把复杂的物理过程分成几个小过程并且找到每个过程遵守的物理规律，列出相应的物理方程解题。
(1)F−t图像与坐标轴围成的面积表示F的冲量，由动量定理求A的速度大小；
(2)AB发生弹性碰撞，由系统动量守恒和机械能守恒求出碰后两者速度，再分析 B在小车上的运动，由动量守恒和功能关系求出摩擦热；
(3)分析清楚小车与B的运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式求解。
15.【答案】(1)解：(1)粒子在区域Ⅰ做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力qv0B=mv02r
解得：r=mv0qB=2L
粒子运动到P点时，将速度v0分解为水平分速度vx和竖直分速度vy，由图中几何关系可得：
vx=v0csθ
vy=v0sinθ
sinθ=L2L=12，θ=π6
粒子在区域Ⅱ内做斜抛运动，该运动可看作反向类平抛运动，可得：
水平方向上L=vxt
竖直方向上vy=qEmt
联立可得：E= 3qB2Lm
(2) 若仅调整区域Ⅱ的宽度，使粒子从 P点等高的Q点离开区域Ⅱ，粒子在区域Ⅰ、Ⅱ原有轨迹不变，其运动轨迹如图所示。
粒子在区域I中的运动时间t1=θ2πT=πm6qB
根据斜抛运动的对称性，粒子在区域Ⅱ中的运动时间
t2=2mvyqE=2m 3qB
则粒子在在区域I、Ⅱ运动的总时间
t=t1+t2=πm6qB+2m 3qB=(π+4 3)m6qB
(3)在区域Ⅱ中加磁场后，且满足qvxB=q⋅ 3qBLm⋅B=qE
故粒子在Ⅱ复合场中的运动可看作匀速直线运动和匀速圆周运动的叠加，圆周运动的初速度
方向向上，当圆周运动经过t=(2n+1)T4时，圆周运动的速度水平，合速度水平向右。
此时，水平位移 x为匀速直线运动位移和匀速圆周运动水平位移的和，
直线运动位移x1=vxt
T=2πmqB
x1=(2n+1) 3πL2
圆周运动的水平位移为半径长度x2=r=L
x=x1−x2=(2n+1) 3πL2−L(n=0,1,2,3⋯)
【解析】(1)粒子在区域Ⅰ做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得到圆周运动的半径，根据在电场中做斜抛运动，看成反向类平抛运动，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解；
(2)在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据运动的圆心角求得在磁场中的时间，根据斜抛运动的对称性求得在电场中运动的时间；
(3)在区域Ⅱ中加磁场后，粒子在Ⅱ复合场中的运动可看作匀速直线运动和匀速圆周运动的叠加，圆周运动的初速度方向向上，结合几何关系进行求解。
本题主要考查带电粒子在有界磁场中的运动以及在电场中的运动，难度较大。