2023-2024学年河南省青桐鸣联盟高三联考物理试卷（5月）（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年河南省青桐鸣联盟高三联考物理试卷（5月）（含详细答案解析），共18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.如图所示，甲、乙两个图像分别表示四个物体沿同一直线的运动情况，a、c为直线，b、d为曲线，3 s末，b、d物体图线的斜率分别与a、c物体图线的斜率相同，下列说法正确的是 ( )
A. 3 s末，a、b两物体的速度相等，c、d两物体的加速度相等
B. a、b在1 s末相遇，c、d也在1 s末相遇
C. c、d两物体在1∼4s内的平均速度相等
D. 四个物体的运动方向一直都相同
2.光电传感器是根据光电效应，利用光电转换元件将光信号转换成电信号的器件，光电传感器中金属的极限频率为ν0。两种频率分别为ν1和ν2的单色光分别通过同一双缝干涉装置，形成的干涉条纹分别如图中Ⅰ和Ⅱ所示。两种单色光中只有一种能使光电传感器中的金属发生光电效应，则ν0、ν1、ν2的大小关系为 ( )
A. ν1>ν2>ν0B. ν1>ν0>ν2C. ν2>ν0>ν1D. ν0>ν1>ν2
3.如图所示，在长度为10 cm的轻绳中间用光滑挂钩(未画出，质量不计)悬挂一重力为20 N的物体，然后将绳的两端固定在直尺上的A、B小孔上，初始时直尺水平放置，物体静止。现将直尺绕A点在纸面内顺时针缓慢转动30∘，下列说法正确的是 ( )
A. 初始时轻绳上张力大小为1003N
B. 初始时轻绳对直尺的作用力的合力方向竖直向上
C. 旋转后轻绳上张力变小
D. 旋转后轻绳对挂钩的作用力的合力变大
4.一条长为3 210m的细灯带AB置于一水池中，A端到水面的竖直高度为0.3m，B端到水面的竖直高度为0.6m，水对灯带发出的光的折射率为 2。A端在水面照亮的光斑半径为rA，B端在水面照亮的光斑半径为rB，水面上产生光斑的面积为S。下列说法正确的是 ( )
A. rA=3rBB. rA=13rBC. S=45π+72200m2D. S=9π25m2
5.已知电荷分布均匀的球壳对内部点电荷的库仑力为零。如图所示，半径为R的均匀带正电的绝缘球体内有一穿过球心O的光滑真空通道(细通道对球体电荷分布无影响)。一带电荷量为+q、质量为m的带电小球以初速度v0进入通道，并能从通道另一端穿出。规定小球在入口处电势能为零。已知入口处电场强度为E0，不计小球重力，静电力常数为k，下列说法正确的是 ( )
A. 小球在通道内的运动为简谐运动B. 绝缘球体的带电荷量为E0Rk
C. 小球的初速度大小为 qE0R2mD. 小球在球心处具有的电势能为qE0R2
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
6.2024年1月17日，搭载“天舟七号”货运飞船的运载火箭在文昌航天发射场发射。次日凌晨，“天舟七号”货运飞船成功对接空间站“天和”核心舱。对接后，“天舟七号”与空间站组成组合体，运行在离地高度约为400 km的圆形轨道上，下列说法正确的是( )
A. 组合体的线速度大于轨道高度为800 km的圆轨道卫星的线速度
B. 货运飞船中货物在圆形轨道上受到的重力大于在地球表面受到的重力
C. 若已知引力常量G和地球半径R，则可求出地球的第一宇宙速度
D. “天舟七号”与“天和”核心舱对接前需从低轨道点火加速
7.如图所示，内壁光滑的绝热汽缸开口向上放置，底部装有电热丝。汽缸内用两个活塞A和B封闭了两部分理想气体。初始时导热性能良好的活塞A恰好与汽缸口相平，绝热活塞B在卡扣下面与卡扣接触且无作用力，此时A、B两活塞的间距及活塞B与汽缸底部的间距均为h，气体及周围的温度为t0=27℃。现在活塞A上缓慢加入一定质量的沙子，活塞A缓慢下降了h4，活塞B下降了h12。不计卡扣、电热丝及A、B两活塞的体积，所有接触密封性良好，两活塞的横截面积均为S。已知活塞A的质量为m且mg=p0S。活塞B不计质量，大气压强为p0，重力加速度为g。下列说法正确的是 ( )
A. 缓慢加沙子的过程中活塞A、B之间的气体内能增加
B. 活塞A上所加沙子的质量为2m5
C. 停止加沙子后，活塞B下方气体的温度为360 K
D. 停止加沙子后，若用电热丝缓慢给气体加热到400 K，则活塞B下方气体的压强为8p03
8.如图甲所示，匝数N=100、截面积S=0.05m2的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的匀强磁场B1，磁感应强度大小随时间变化的规律如图乙所示。两根相互平行、足够长的倾斜光滑导轨与水平面的夹角为θ=37∘，两导轨的间距d=0.5m，匀强磁场B2垂直导轨平面向下，磁感应强度大小B2=2T，导轨上端接有电容C=0.2F的电容器和阻值R=2Ω的定值电阻，导轨和线圈通过导线和开关S相连。t=0时开关S闭合，质量m=0.1kg、电阻r=1Ω、长度也为0.5m的导体棒ab恰好能静止在匀强磁场B2内。已知导体棒离电容器足够远，电容器的击穿电压足够大，导轨电阻、线圈电阻和各接触点接触电阻均不计。重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。下列说法正确的是 ( )
A. 图乙中B0的数值为0.36
B. 若t=3s时断开开关S，同时用外力控制导体棒ab静止，则通过定值电阻R的电荷量为0.24C
C. 若t=3s时断开开关S，同时对导体棒ab施加沿导轨斜面向上、大小为0.6N的力F，则导体棒ab运动的最大速度大小为1.8m/s
D. 若t=3s时断开开关S，同时对导体棒ab施加沿导轨斜面向上、大小为0.6N的力F，则在导体棒ab达到稳定状态的过程中，电容器释放的电荷量为0.04C
三、实验题：本大题共1小题，共9分。
9.实验室有下列器材：直流电源(5V,允许最大电流1A)、电流表A1(量程0∼1mA，内阻约200Ω)、电流表A2(量程0∼500mA，内阻约20Ω)、电压表(量程0∼2V，内阻约20kΩ)、电阻箱R1(0∼99999.9Ω)、滑动变阻器R2(最大阻值5000Ω)、滑动变阻器R3(最大阻值10Ω)、开关和导线若干。
(1)某学习小组先测量电流表A1的内阻，电路如图甲所示，测得电压表V的示数为1.80V，电流表A1的示数为0.9mA，电阻箱旋钮位置如图乙所示，则电流表A1的内阻RA1=_________Ω(结果保留三位有效数字)；
(2)为了将电流表A1改装为量程为0∼6V的电压表，该学习小组将电阻箱R1与电流表A1串联，则应将电阻箱R1的阻值调为_________Ω；
(3)将改装好的电表连接成如图丙所示的电路测量待测电阻Rx的阻值。
①按照图丙电路，用笔画线表示导线，将图丁中实物图连接完整；
②调节滑动变阻器R3的滑片，得到多组电流表A1的示数I1和电流表A2的示数I2，绘制出如图戊所示的I2−I1图像，由I2−I1图像可得待测电阻的阻值Rx=_________Ω。(结果保留三位有效数字)
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
10.某同学设计了一个探究平抛运动特点的实验装置。如图1所示，在水平桌面上固定一个斜槽，斜槽水平部分的末端与桌子边缘对齐，每次都让小钢球从斜槽上的同一位置静止滚下，离开轨道末端后小钢球做平抛运动。
(1)斜槽不光滑_________(填“会”或“不会”)影响实验结果。
(2)为了方便记录小钢球平抛运动经过的位置，该同学将一张带有小方格的白纸固定在背景板上，然后通过频闪照相得到了如图2所示的照片，照片记录了小钢球在运动过程中的三个位置，每个小格的边长为1 cm，已知重力加速度g取10m/s2，实际长度与照片中的长度之比为5:1，小钢球做平抛运动的初速度大小为_________m/s，通过B点时的速度大小为_________m/s。
(3)若在照片上以A点为坐标原点建立平面直角坐标系，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，则小球抛出点在照片上的位置坐标x=_________cm，y=_________cm。
11.在如图1所示的直角坐标系中，x轴为介质Ⅰ和Ⅱ的分界面，x轴上方为介质Ⅰ，下方为介质Ⅱ。P(0,8m)和Q(0,−32m)点存在两个相同的波源，从t=0时刻起，两波源同时开始振动，P点波源的振动图像如图2所示，两波源振动方向均与x轴平行。已知波在介质Ⅰ中的传播速度为2m/s，在介质Ⅱ中传播的速度是在介质Ⅰ中的2倍，波在介质Ⅱ中传播的振幅是在介质Ⅰ中振幅的一半(即波由介质Ⅰ传播到介质Ⅱ时振幅可视为突变)。求：
(1)波在介质Ⅱ中传播时的波长；
(2)在t=0至t=10s内，坐标为(0,−8m)处质点D(图中未画出)通过的路程。
12.如图所示，水平传送带长L=6.4m，以v0=8m/s的速度顺时针转动。质量为m1=1kg、足够长的长木板A静止在粗糙的水平面上，长木板A与传送带的上表面平齐，质量为m2=3kg的物块B静置于长木板A的左端。现将质量为m3=1kg的物块C轻轻放在传送带的左端，到达传送带右端时恰好与传送带共速，物块C与物块B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞结束瞬间取走物块C。已知长木板A与水平面间的动摩擦因数为μ1=0.1，物块B与长木板A间的动摩擦因数为μ2=0.2，物块B与C可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)物块C与传送带间的动摩擦因数μ3；
(2)物块C与物块B碰撞后瞬间物块B的速度大小vB；
(3)长木板A在水平面上滑行的位移大小x。
13.如图1所示为某同学设计的控制带电粒子运动轨迹的装置模型。这个装置由两个圆形区域磁场Ⅰ和Ⅱ以及第一象限内的平行板电容器MN组成。磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度分别为B1、B2，方向分别为垂直纸面向里和向外(磁场方向未画出)，半径分别为R1、R2，其中R2= 3R1=h。磁场Ⅱ的右边界与y轴相切于B点，两个圆形磁场相切于x轴上的A点。宽度为R1、运动方向与x轴平行的带正电粒子束，某时刻平行且关于圆心O1对称同时射入磁场Ⅰ，粒子束是由质量为m、带电荷量为+q的相同粒子组成，粒子束的速度均为v0。粒子经过磁场Ⅰ偏转后都经过A点，经过磁场Ⅱ后均沿x轴正方向从y轴上的G、H两点之间进入第一象限。平行板电容器放于G、H两点且与x轴平行，其间加交变电场，从G点出射的粒子进入电容器时开始计时，电场变化如图2所示。不计粒子重力和粒子间相互作用，重力加速度为g。
(1)求B1B2的值；
(2)求所有粒子经过A点时与x轴正方向间的夹角θ满足的范围以及G、H间的距离；
(3)若第一个从G点进入电场的带电粒子恰好在TT=2 3πh9v0+πh3v0时从距电容器下极板h8处离开电场，离开电场时速度与水平方向的夹角为45∘，求第一个从H点进入电场的粒子离开电场时的速度大小与位置。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查对运动学图像的认识，要注意明确位移一时间图像和速度一时间图像都只能描述直线运动的规律，要注意两种图像的区别。
【解答】
解：A、3s末，b、d物体图线的斜率分别与a、c物体图线的斜率相同，甲图中图线斜率表示速度，乙图中图线斜率表示加速度，则3s末，a、b两物体的速度相等，c、d两物体的加速度相等，A正确;
B、甲图为x−t图像，a、b图像的交点表示相遇，乙图为v−t图像，c、d图线的交点表示速度相等，则a、b两物体在1s末相遇，由于不知道c、d两物体的初位置关系，故不能判断c、d两物体在1s末是否相遇，B错误;
C、v−t图像与t轴围成的面积表示位移，由图像可知，c、d两物体在1∼4s内的位移不相等，故平均速度不相等，C错误;
D、b物体先向负方向运动再向正方向运动，a、c、d三个物体都向正方向运动，D错误。
故选A。
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查光电效应。解决问题的关键是由△x=ldλ和c=λν分析单色光的频率的关系，再结合发生光电效应的条件分析判断。
【解答】由△x=ldλ和c=λν可知干涉条纹宽度越大，光的频率越小，所以ν1>ν2，两种单色光中只有一种能使光电传感器中的金属发生光电效应，所以ν1>ν0，ν2<ν0，则ν0、ν1、ν2的大小关系为ν1>ν0>ν2，故B正确，ACD错误。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了力的分解与合成，由受力平衡，两绳的拉力的合力等于重力，两绳的夹角变化，合力不变，拉力随之变化。
【解答】
解析：A.对结点受力分析如图所示，两侧轻绳拉力的合力不变，始终等于物体的重力mg，则有2Fcsθ=mg，根据几何关系可知csθ=35，解得F=503N，A错误;
B.轻绳对直尺的作用力方向与图中F方向相反，所以轻绳对直尺的作用力的合力方向竖直向下，B错误;
C.直尺顺时针缓慢转动过程中，A、B两点之间的水平距离减小，左右两侧轻绳之间的夹角减小，θ减小，由2Fcsθ=mg可知，绳上张力变小，C正确;
D.由于直尺缓慢转动，可认为物体始终处于平衡状态，两轻绳的合力等于物体的重力，则轻绳对挂钩的作用力的合力不变，D错误。
故选C。
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查光的全反射，根据全发射和折射率的关系，画出光路图，结合几何知识求解。
【解答】
AB.细灯带A 端可视为点光源，如图1所示，由全反射规律可知sinC=1n= 22，由几何关系得tanC=rAhA，所以rA=hA=0.3m，同理可得rB=hB=0.6m，则rA=12rB，A、B错误;
CD.水面上产生的光斑如图2所示，其面积为S=πrB2=9π25m2，C错误，D正确。
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查点电荷的电场强度、简谐运动的特点以及电势能。结合题意，由点电荷的电场强度公式求得绝缘球体的带电荷量，根据带电小球所受电场力分析带电小球的运动情况；作出电场强度E−x图像，E−x图线与x轴围成的面积表示两点电势差，结合题意求解O点电势，由公式Ep=qφ求得带电小球在O点的电势能；由能量守恒定律分析小球的初速度大小，由此分析即可正确求解。
【解答】
AB.设带电球体带电荷量为Q，距离球心x处电场强度为E，根据点电荷场强公式可得E0=kQR2，解得Q=E0R2k，距离球心x以内球体带电荷量Q′=Q43πR3⋅43πx3，距离球心x处电场强度E=kQ′x2=kQR3⋅x=E0⋅xR，带电小球所受电场力均背离球心，大小为F=qE=qE0xR，所以小球不做简谐运动，故AB错误；
CD.由以上推导可得E−x图像如图所示：
图线与x轴围成的面积表示两点电势差，则O点电势φ=E0R2，带电小球在O点的电势能Ep=qφ=qE0R2，小球能从通道另一端穿出，由能量守恒定律有12mv02>Ep，解得v0> qE0Rm，故C错误，D正确。
6.【答案】AD
【解析】【解答】
根据万有引力提供向心力得GMmr2=mv2r，可得v= GMr，轨道半径越大，线速度越小，所以组合体的线速度大于轨道高度为800km的圆轨道卫星的线速度，A正确;
根据GMmr2=mg可知货运飞船中货物在圆形轨道上受到的重力小于在地球表面受到的重力，B错误;
若已知引力常量G和地球半径R，根据万有引力提供向心力得GMmR2=mv12R，因为不知道地球质量，所以不能求出地球的第一宇宙速度，C错误;
“天舟七号”与“天和”核心舱对接时需从低轨道变轨到高轨道，做离心运动，需要点火加速， D正确。故选AD。
【分析】
本题综合考查了万有引力定律及其在卫星问题上的应用。根据万有引力提供向心力可以同步求出角速度、线速度及向心加速度与环绕半径的关系，第一宇宙速度的求解方法，另外对接问题利用了低轨道加速离心的圆周规律，从而判断出正确选项。
7.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查了物体的内能、理想气体状态方程、气体做等压变化及盖-吕萨克定律等知识点。抓住理想气体不变的状态参量，选择相应的气体实验定律是解题的关键。另外，理想气体的内能只与温度有关，注意根据理想气体状态方程的应用。
【解答】
A、缓慢加沙子的过程中，活塞A导热性能良好，所以活塞A下方气体的温度保持不变，理想气体的内能只与温度有关，气体内能不变，A错误;
BC、由于活塞B的质量不计，所以上下两部分气体压强相等，加沙子前对活塞A受力分析可得p0S+mg=p1×S，可得p1=2p0，
在活塞A上缓慢地加沙子的过程，上部分气体做等温变化，有2p0Sh=p1×S(h−h4+h12)，
对下部分气体，根据理想气体状态方程有2p0ShT0=p1×S(h−h12)T，其中T0=273+t0=300K，联立解得p1=125p0，T=330K，再对活塞A受力分析可得p0S+mg+△mg=p1×S，可得△m=2m5，B正确，C错误;
D、用电热丝给气体缓慢加热到活塞B恰好到卡扣的过程，气体整体做等压变化，
对活塞B下方气体有1112hST=hST1，解得T1=360K，
可见给气体缓慢加热到T2=400K时，活塞B到达卡扣处，并且对卡扣有压力，
设此时活塞B下方气体的压强为p2，对气体有p1×1112ShT=p2×ShT2，其中T2=400K，
解得p2=83p0，D正确。
8.【答案】AD
【解析】【分析】
本题主要考查法拉第电磁感应定律的应用、含容电路问题以及导体棒切割磁感线运动的问题。导体棒ab恰好能静止在匀强磁场B2内，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律以及平衡条件联立即可求解感应电流的大小和B0的数值；若t=3s时断开开关S，根据电容的定义式求解通过定值电阻R的电荷量；若t=3s时断开开关S，同时对导体棒ab施加沿导轨斜面向上、大小为0.6N的力F，分析导体棒ab的受力情况可知运动情况，当导体棒ab产生的电动势与电容器极板间电压相等时，回路中电流为零，导体棒ab速度达到最大，对导体棒ab由动量定理列式，结合电流的定义式、动生电动势表达式以及电容的定义式，联立即可求解导体棒ab运动的最大速度大小和电容器释放的电荷量，由此即可正确求解。
【解答】
A.由法拉第电磁感应定律得线圈产生的感应电动势为E1=NΔB1ΔtS=5B03(V)，通过导体棒ab的感应电流为I1=E1r，由受力平衡得mgsin37∘=B2I1d，解得I1=0.6A，B0=0.36T，故A正确；
B.断开开关S后用外力控制导体棒ab静止，电容器、定值电阻和导体棒ab构成闭合回路，电容器放电，通过定值电阻R的电荷量为q=CI1r=0.12C，故B错误；
CD.对导体棒ab施加沿导轨斜面向上、大小为0.6N的力F，F与导体棒ab的重力沿导轨斜面的分力平衡，导体棒ab受到的安培力沿导轨斜面向上，导体棒ab加速，同时导体棒ab切割磁感线产生电动势，回路中电流减小，当导体棒ab产生的电动势与电容器极板间电压相等时，回路中电流为零，导体棒ab速度达到最大，对导体棒ab由法拉第电磁感应定律得U′=B2dv，由动量定理得B2idΔt=mv，其中q′=iΔt，对电容器有CU−CU′=q′，q=CU，解得v=0.4m/s，电容器释放的电荷量q′=0.04C，故C错误，D正确。
9.【答案】(1)185；
(2)5815.0；
(3)①；
②21.5(21.4∼21.6)
【解析】【分析】
本题考查测电流表的内阻、电表的改装和测量待测电阻Rx的阻值的实验。解决问题的关键是清楚实验原理，能正确连接实物图，会处理实验数据。
【解答】
(1)由图乙可知电阻箱R1接入电路的阻值为R1=1815.0Ω，根据欧姆定律得U=I1(R1+RA1)，则电流表A1的内阻RA1=185Ω；
(2)将电流表A1改装为量程为0∼6V的电压表，根据欧姆定律得Um=I1m(R′1+RA1)，解得R1′=5815.0Ω；
(3)①按照图丙电路，用笔画线表示导线，将图丁中实物图连接完整，如图所示
；
②根据欧姆定律得I2=I1+I1(R1′+RA1)Rx，
整理得I2=Rx+R1′+RA1RxI1，由图戊可得Rx+R′1+RA1Rx=280Ω，解得Rx≈21.5Ω。
10.【答案】(1)不会；(2)1.5；2.5(3)−3；−1。
【解析】【分析】
本题主要考查了平抛运动规律的理解和应用，平时要加强练习，提高应用基本规律解决问题能力，解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．
(1)保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平斜槽光滑或者不光滑无关；
(2)根据平抛运动的特点，熟练应用运动学中的基本规律来解决平抛运动问题．根据平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律求出平抛运动的初速度以及通过B点时的速度大小．
(3)根据平抛运动的特点，可知小球抛出点在照片上的位置坐标。
【解答】：(1)只要保证小钢球每次从同一位置静止释放即可，斜槽光滑或者不光滑对实验结果没有影响。
(2)小钢球做平抛运动，设每个小格的边长为 L，实际长度与照片中的长度之比为5:1，
则15L=v0T，△y=10L=gT2，联立可得T=0.1s，v0=1.5m/s;
小钢球经过B点时的竖直速度为vBy=(3L+5L)×52T=2m/s，
所以vB= υ02+υBy2=2.5m/s。
(3)小钢球从抛出到运动到B点的时间t=vByg=0.2s，由于频闪时间为0.1s，
则抛出点到A点的竖直距离与AB竖直距离之比满足1:3的关系，所以抛出点在照片中的
坐标为x=−3cm，y=−1cm。
11.【答案】解：(1)由图2可知，波源振动的周期T=4s，波在介质Ⅰ中传播的速度为v1=2m/s，则波在介质Ⅱ中传播的速度v2=4m/s，根据v2=λT，可得λ=v2T=16m；
(2)P点振动形式传播到D 点所需要的时间t3=82s+84s=6s，
Q点振动形式传播到D点所需要的时间t4=32−84s=6s，
即两个波源的振动形式同时传到D点，所以两列波在D点叠加，D点是振动加强点，由于波在介质Ⅱ中传播的振幅是在介质Ⅰ中振幅的一半，则两波在介质Ⅱ中振幅均为1cm，
在D点叠加后振幅为2cm，
t=0s到t=10s时间内，质点D通过的路程s=2cm×4=8cm。
【解析】(1)由图2可知，波源振动的周期，根据波在介质Ⅰ、Ⅱ中传播的速度求解波在介质Ⅱ中传播时的波长；
(2)根据P、Q 点振动形式传播到D 点所需要的时间，即两个波源的振动形式同时传到D点，所以两列波在D点叠加，D点是振动加强点，继而求出质点D通过的路程。
本题考查了波动图像，掌握波速、波长和周期的关系，理解质点在不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。
12.【答案】解析：(1)对物块C在传送带上运动过程，由动能定理得
μ 3m3gL=12m3v02
解得μ 3=0.5
(2)物块C与物块B发生弹性碰撞，由动量守恒定律得m3v0=m3v1+m2vB
由机械能守恒定律得12m3v02=12m3v12+12m2vB2
解得v B=4m/s
(3)物块B在长木板A上与长木板A共速前，对物块B，由牛顿第二定律得
μ 2m2g=m2a1
对长木板A，由牛顿第二定律得
μ 2m2g−μ 1(m1+m2)g=m1a2
经过时间t1，物块B与长木板A共速，则
vB−a1t1=a2t1
这个过程中，长木板A在水平面上滑行的位移大小为
x1=12a2t12
由于μ 2>μ 1，物块B与长木板A共速后一起做减速运动，由牛顿第二定律得
μ 1(m1+m2)g=(m1+m2)a3
这个过程中，长木板A在水平面上滑行的位移大小为
x2=(a2t1)22a3
长木板A在水平面上滑行的位移大小为
x=x1+x2=3m
【解析】(1)根据动能定理可求物块C与传送带间的动摩擦因数；
(2)物块C与物块B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律即可求得物块C与物块B碰撞后瞬间物块B的速度大小；
(3)根据牛顿第二定律以及运动学公式即可求得长木板A在水平面上滑行的位移大小。
本题主要考查动力学综合问题，涉及动能定理，动量守恒定律、机械能守恒定律以及运动学公式，分清楚每个物体的运动状态即可。
13.【答案】解：(1)根据题意可知所有粒子均经过A点，并且离开磁场Ⅱ时方向均沿x轴正方向，可知所有粒子在磁场中的运动均满足磁聚焦、磁发散模型，则带电粒子在两磁场中做圆周运动的轨迹半径均等于磁场圆的半径，运动轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力，可得qv0B=mv02R，
可得R1=mv0B1q，R2=mv0B2q，
由R2= 3R1，
得B1B2= 3；
(2)根据题意，作出最上面和最下面入射粒子在磁场Ⅰ中的运动轨迹，如图所示
入射粒子到水平直径的距离为磁场半径的一半，而粒子运动半径与磁场半径相等，根据几何知识可知，△DEA为等边三角形，△DFA为等腰三角形，轨迹所对应的圆心角分别为60∘和120∘。由几何关系可知，所有粒子经过A点时与x轴正方向间的夹角θ满足的范围为60∘≤θ≤120∘(或π3≤θ≤23π)，
由于R2=h，粒子离开磁场打在y轴的最高点为H点，最低点为G点，如图所示
，
OH=R2+R2sin30∘=32h，
OG=R2sin30∘=12h，
故G、H间的距离为OH−OG=h；
(3)从G点进入电场的粒子在电场中水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀变速直线运动，粒子离开电场时速度与水平方向的夹角为45∘，则离开电场时竖直分速度为v0，竖直方向的v−t图像如图丁所示
由图像可知粒子在竖直方向的位移是h8=v02×T2=v0T4，
第一个从H点进入电场的粒子比第一个从G点进入电场的粒子滞后一些，由第(2)问可知，滞后的时间为△t=2πR16v0+2πR26v0= 3πh9v0+πh3v0，
由于T=2( 3πh9v0+πh3v0)，所以第一个从H点进入电场的粒子竖直方向的v−t图像如戊图所示，
由图戊可知粒子在竖直方向的位移为2v02×T2+v0+2v02×T2=5v0T4=58h，
则第一个从H点进入电场的粒子离开电场的位置距上极板的距离为58h，
离开电场的速度v= v02+v02= 2v0。
【解析】考查磁聚焦模型、带电粒子在交变电场中的运动，画出粒子轨迹，结合运动规律求解。