2025年湖北省新八校协作体高考物理联考试卷（2月份）（含详细答案解析）

这是一份2025年湖北省新八校协作体高考物理联考试卷（2月份）（含详细答案解析），共19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.下面说法错误的是( )
A. 比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定
B. 在探究光电效应的实验中，遏止电压的大小与光照强度有关
C. 铀核(92238U)衰变为铅核(82206Pb)的过程中，要经过8次α衰变和6次β衰变
D. β衰变的实质在于核内的一个中子转化成了一个质子和一个电子，其转化方程是： 01n→11H+−10e
2.如图用夹石器夹住石块，借助吊车的吊钩钩住铁链AB的中点O即可将石块吊起并运走。若夹石器夹住质量为m的石块处于静止状态，吊钩位于铁链的中点O，夹石器的质量也为m，铁链AB的质量可忽略不计，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 铁链OA、OB的拉力均为mg
B. 石块受到4个力的作用
C. 铁链对吊车吊钩的作用力大于2mg
D. 若仅缩短铁链长度，石块仍静止，则铁链OA的拉力变大
3.2024年9月19日，我国在西昌卫星发射中心计划发射第五十九颗、第六十颗北斗导航卫星，至此北斗系统中已有多颗各种轨道的卫星。若卫星①为放在地球赤道上相对于地面静止的还未发射的卫星，卫星②为墨子号量子通信卫星(近似为圆轨道，高度约为500千米)，卫星③为地球同步圆轨卫星，卫星④为四川省西昌市卫星发射中心卫星发射架上的卫星。若卫星①②③④相对于地心的线速度分别为v1，v2，v3，v4，运动的周期分别为T1，T2，T3，T4，角速度分别为ω1，ω2，ω3，ω4；动能为E1，E2，E3，E4；则( )
A. ω4>ω1>ω2>ω3B. T4=T1=T3v3>v1>v4D. E2>E3>E1>E4
4.一定质量的理想气体从状态a开始，第一次经过等温过程到状态b，第二次先经过等压过程到状态c，再经过绝热过程到状态b。P−V图像如图所示。则( )
A. 气体在状态c时比在状态b时的分子平均动能大
B. 气体在a→b过程中放出的热量大于在a→c过程中放出的热量
C. 气体在状态a时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多
D. a→b过程中外界对气体做的功等于a→c→b过程中外界对气体做的功
5.水袖是中国古典舞中用于情感表达和抒发的常用技巧，舞者的手有规律的振动传导至袖子上，给人营造出一种“行云流水”的美感。某次表演过程中，舞者抖动水袖形成一列向x轴正方向传播的简谐横波，P、Q是平衡位置x=0m和x=3m的两质点。t=0时刻形成的波形图如图所示，t=4s时Q点恰好到达波峰。下列说法正确的是( )
A. t=0时刻P点沿y轴正方向振动
B. 该波的最小波速为52m/s
C. 若周期T=16s，则t=12s时，质点P位于波峰
D. 这列波2s内传播的距离可能为5m
6.某吹风机内部的简化电路如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，原线圈输入电压U0恒定。当开关K断开时，变压器副线圈中的电流I随时间t的变化如图乙所示。当开关K闭合后，原线圈的输入功率变为原来的3倍。下列说法正确的是( )
A. 原线圈中电流的周期为0.04s
B. 当开关K断开时，原线圈的输入功率为U0I14
C. 定值电阻R的阻值为 2U08I1
D. 当开关K闭合后，副线圈的输出电压变大
7.某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动，如图所示，材料表面上方矩形区域PP′N′N充满竖直向下的匀强电场，电场宽为d；矩形区域NN′M′M充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，长为L，宽为S；NN′为磁场与电场之间的薄隔离层，一个电荷量为e、质量为m、初速度为零的电子，从P点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，时间极短、运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%，电子第一次进入磁场区域恰好未从MM′穿出，第五次穿越隔离层后垂直于磁场边界M′N′飞出，不计电子所受重力。则下列说法正确的是( )
A. 电子在磁场中第一次与第二次圆周运动的半径比为 10：3
B. 电子在磁场中第一次与第二次运动的时间比为10：9
C. 电场强度大小为B2eS22md
D. L=4.61S
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.下列有关电磁感应现象说法正确的是( )
A. 近地卫星在赤道平面内绕地球做匀速圆周运动，由于地磁场的存在(不考虑磁偏角)运行过程中其金属表面产生感应电流，导致卫星受到阻碍其运动的安培力
B. 如图甲，abcd是光滑水平放置的金属框，PQ为导体棒，静止在框架上；一条形磁体在abcd所在的平面内转过90∘与OO′重合，导体棒PQ不动
C. 如图乙，放在U形磁体中的线圈A和线圈B用导线串联。当用力使线圈A向右运动时，悬挂着的线圈B将向左摆动
D. 如图丙，轻质弹簧上端固定，下端悬挂条形磁铁。第一次在磁铁下方固定一闭合线圈，第二次不放线圈，然后将磁铁下拉相同的距离后由静止释放，第一次磁铁振动的时间更短
9.如图，质量分别为m1和m2的两个重物系于不可伸长的细绳两端，绳子绕过一个半径为R的轻质滑轮，在滑轮的轴上固定了四个长为L的轻杆，每两根杆之间的夹角为90∘，滑轮转动时可同时带动杆转动，杆的端点各固定有质量为m的相同小球。一开始用手托住系统静止，现释放m1，系统开始运动起来，已知m1=10m，m2=6m，整个运动过程中绳子和滑轮间无相对滑动，且滑轮两边绳子足够长，各物体之间均未发生碰撞，小球和物块都可以看作质点。则当m1下降高度为h时( )
A. m1和m2组成的系统机械能守恒
B. m1减小的机械能大于m2增加的机械能
C. 下降过程中任意时刻m1的速率与杆上小球的速率之比为一定值
D. m1下降高度为h时，m1的速率为R 2gh4R2+L2
10.如图为竖直放置的平行板电容器，现有一质量为m，电荷量为q的小球，在电容器上端沿两板中心线，从N点以v0竖直向下进入极板间运动，刚好经过右极板下边缘的P点，且在P点处速度与水平向右方向的夹角为67∘，已知重力加速度为g，极板间电场强度为E= 3mgq，不考虑边缘效应，不计空气阻力，sin37∘=0.6，则( )
A. 小球在极板间的运动轨迹为抛物线的一部分
B. 小球在P点速度大小vP=2 33v0
C. 小球在极板间运动时间t=(4 3−3)v012g
D. 若电容器极板竖直长度为L，水平间距为d，则2L+ 3d=11v0212g
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.用如图1所示电路测定电流表G的内阻，实验室可提供的器材如下：
A.电流表G：满偏电流为300μA；
B.干电池E：电动势为3V；
C.滑动变阻器R1：最大阻值为5kΩ，额定电流为1A
D.滑动变阻器R2：最大阻值为16kΩ，额定电流为0.5A
E.电阻箱R0：阻值范围0∼999.9Ω
F.开关两个，导线若干
(1)滑动变阻器R应选用______(选填“C”或“D”)，将开关S1、S2都断开，使滑动变阻器接入电路的电阻达到最大后，闭合开关S1，移动滑动变阻器的滑片，使电流表G的示数为300μA。
(2)闭合开关S2，调节电阻箱R0使电流表G的示数为100μA，此时电阻箱阻值如图2所示为R0=______Ω，则电流表内阻的测量值为Rg测=______Ω。
(3)Rg测与真实值相比______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
12.某同学用如图1所示的装置验证轻弹簧和物块(带有遮光条)组成的系统机械能守恒。图中光电门安装在铁架台上且位置可调。物块释放前，细线与弹簧和物块的拴接点A、B在同一水平线上，且弹簧处于原长。滑轮质量和一切摩擦均不计，细线始终伸直。物块连同遮光条的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，弹性势能Ep=12kx2(x为弹簧形变量)，重力加速度为g，遮光条的宽度为d，物块释放点与光电门之间的距离为l(d远小于l)。现将物块由静止释放，记录物块通过光电门的时间t。
(1)某次实验中物块从B点静止释放，记录l和对应的时间t，物块通过光电门时的动能为______，此时弹簧的弹性势能为______；若要验证轻弹簧和物块组成的系统机械能守恒，则在误差允许的范围内，需要验证的关系式是______(三空均用k，t，m，d，l和g其中的字母表示)。
(2)某同学为了更精确地完成实验，多次改变光电门的位置，重复实验，每次物块均从B点静止释放，记录多组l和对应的时间t。
①他以l为横轴，1t2为纵轴，做出1t2−l图像，如图2所示，他发现此图像为一条曲线，为了方便数据处理应该将此曲线转化成一条直线，那么他应该做的图像是______(填字母)。
A.1t2−l2图像
B.1t2−(l+mgk)2图像
C.1t2−(l−mgk)2图像
②做出①中的直线，理论上此直线的斜率的绝对值为______(用m，d，k表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13.如图，有一横截面为矩形的透明玻璃砖，玻璃砖对红光的折射率为43，现有两束红光都以与玻璃平砖上表面成30∘角射入玻璃砖，两束红光在玻璃砖入射点之间的距离为d，则：
(1)证明：红光在玻璃砖上表面的入射光线和下表面的出射光线相互平行；
(2)两束红光在玻璃砖内的折射光线的距离l。(可用根式表示)
14.如图所示，竖直面内有垂直平面向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小B=0.5T，有一厚度不计、下端封闭上端开口且内壁光滑的绝缘玻璃管，管内底部静置一质量为0.08kg，电荷量为1.6C的带正电小球。t=0时，在外力作用下玻璃管从静止开始水平向右做a=2m/s2的匀加速直线运动，经过时间t0后小球恰好脱离管底，再经过相同的时间后小球从管口离开玻璃管，已知g取10m/s2。则：
(1)t0的取值；
(2)小球离开管口时的动能；
(3)经分析知，小球离开管口后做旋轮线运动，求上升阶段中小球的最小速度(不讨论小球可能与地面发生的碰撞，可用根式表示)。
15.如图所示，一质量M=2kg内侧为四分之一光滑圆弧的滑块静置于水平面上，圆弧半径R=0.2m，与水平地面的动摩擦因数为μ1，圆弧轨道与传送带间由一小段上表面光滑的木板平滑连接。传送带足够长，以速度v0=0.5m/s顺时针匀速转动。现将质量m1=1kg的小球甲从圆弧轨道的最高点由静止释放，从圆弧轨道最低点离开后与静止在木板某处质量m2=3kg的物块乙发生弹性正碰，碰撞时间极短。此过程中圆弧轨道始终处于静止状态，已知甲、乙均可看作质点，乙与传送带间动摩擦因数为μ2=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。则：
(1)甲再次回到圆弧轨道时轨道对甲的作用力；
(2)t=0时刻，乙滑上传送带，传送带运动2s后传送带由于故障，传送带的速度大小立即变为2.5m/s的顺时针匀速转动，忽略传送带故障时间，求乙在传送带留下的划痕长度；
(3)圆弧轨道与水平面之间的动摩擦因数μ1的取值范围。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故A正确；
B.在探究光电效应的实验中，根据公式Uc=heν−Ek0e，可知遏止电压的大小与光照强度无关，故B错误；
C.根据核反应方程书写规则， 92238U→82206Pb+824He+6−10e，需要经过8次α衰变和6次β衰变，故C正确；
D.β衰变的实质在于核内的一个中子转化成了一个质子和一个电子，其转化方程是 01n→11H+−10e，故D正确。
本题选错误的，故选：B。
根据核反应方程的书写规则，比结合能的知识，光电效应规律进行分析解答。
考查核反应方程的书写规则，比结合能的知识，光电效应规律进行分析解答。
2.【答案】D
【解析】A.故铁索AO和OB的拉力大小相等，设铁索AO和OB的夹角为θ，两铁索的拉力均为F，对夹石器和石块整体受力分析，则有2Fcsθ2=2mg，解得F=mgcsθ2≠mg，故A错误；
B.石块受到重力，夹石器两侧对石块的压力和静摩擦力共5个力的作用，故B错误；
C.对夹石器、石块整体受力分析，由平衡条件可知，铁链对整体的作用力等于整体的重力，为2mg，铁链对吊车吊钩的作用力大小也为2mg，故C错误；
D.仅缩短铁索长度，石块仍静止时，θ增大，由平衡条件可知F=mgcsθ2，csθ2减小，则F增大，故铁索OA上的拉力变大，故D正确。
故选：D。
A.对夹石器和石块整体由平衡条件分析；
B.对石块受力分析；
C.铁链对吊车吊钩的作用力大小等于铁链对夹石器和石块整体的作用力；
D.根据力的合成与分解分析。
本题考查共点力的平衡问题、力的合成与分解的应用，关键要会灵活地选取研究对象进行正确的受力分析。
3.【答案】C
【解析】解：AB.同步卫星的周期和放置在地球上的卫星周期相等，由
ω=2πT
可知它们的角速度大小也相等，所以有
T1=T3=T4
ω1=ω3=ω4
对于卫星②，其轨道半径小于同步卫星轨道半径，根据开普勒第三定律，可知其周期小于同步卫星的周期，由
ω=2πT
可知其角速度大于同步卫星的角速度，故可得
T1=T3=T4>T2
ω1=ω3=ω4r1>r4
根据
v=ωr
可知
v3>v1>v4
对于卫星②，根据
GMmr2=mv2r
则
v= GMr
其轨道半径小于卫星③，则可得
v2>v3>v1>v4
故C正确；
D.由于未知四个卫星的质量关系，所以无法比较四个卫星的动能大小，故D错误。
故选：C。
AB.根据角速度和周期的关系以及开普勒第三定律判断；
C.根据万有引力提供向心力求速度关系；
D.根据动能表达式判断。
地球卫星围绕地球做匀速圆周运动，圆心是地球的地心，万有引力提供向心力，合理选择公式解决问题；静止卫星即同步卫星有四个“定”：定轨道、定高度、定速度、定周期。
4.【答案】B
【解析】解：A、a到b过程中温度不变，则有：Ta=Tb，a到c状态发生等压变化，由VT=C可知，体积减小，则物体降低，所以有：TcTc，则气体在状态c时比在状态b时的分子平均动能小，故A错误；
B、a到b过程内能不变，则此过程放出的热量等于外界对气体做的功，即曲线ab与横轴围成的面积；考虑气体从a→c→b，a→c放热，c→b绝热，且a、b状态内能相等，则a→c放出的热量等于曲线acb与横轴围成的面积，此面积小于曲线ab与横轴围成的面积，故B正确；
C、a、c状态压强相等，a状态温度高，则a状态单位时间内撞击在单位面积上分子数少，故C错误；
D、a→b和a→c→b这两个过程外界对气体做的功分别等于曲线ab和曲线acb与横轴围成的面积大小，则者两个过程中外界对气体做的功不相等，故D错误。
故选：B。
一定质量的理想气体内能取决于温度，根据Pp−V图线结合理想状态状态方程分析气体状态变化情况，根据p−V曲线与坐标轴围成的面积表示做功情况判断即可。
本题考查气体状态变化的图像问题，对于一定质量的理想气体，内能只与温度有关，温度升高则内能变大，气体体积变大，则气体对外做功，气体体积变小，则外界对气体做功。根据热力学第一定律分析气体的吸热、放热情况。p−v图像与坐标轴围成的面积表示气体做功。
5.【答案】D
【解析】解：A、由波的传播方向沿x轴正方向，结合同侧法，根据图中的波形图，即可知t=0时刻，P点振动方向为：y轴负方向，Q点振动方向为：y轴正方向，故A错误；
B、由Q点在t=4s时恰好到达波峰，即可知振动周期满足：(14+n)T=Δt，根据波形图可知波长λ=2×(7m−3m)=8m，
由波长和周期即可得波速的可能值：v=λT，化简得：v=4n+12m/s，n=0时，vmin=0.5m/s；n=1时，v=52m/s，故B错误；
D、若这列波在2s内传播距离的为5m，则波速为：v=xt=5m2s=52m/s，由B选项分析可知，该值为可能值，故D正确；
C、若T=16s，根据12s与16s的关系：12s16s=34，质点P在t=0时刻的振动方向为y轴负方向，由简谐运动特点可知经历34T，P点不会恰好在波峰，故C错误。
故选：D。
由波的传播方向，结合同侧法，根据波形图，即可分析P、Q点此时的振动方向；由Q点在t=4s时恰好到达波峰，即可知振动周期的可能值，根据波形图可知波长，由波长和周期即可计算波速的可能值；由波速的可能值，即可计算在2s内传播距离的可能值；若T=16s，根据12s与16s的关系，结合P的振动方向，即可知质点P在12s所处的位置。
本题考查波形图的分析，关键是根据波的传播方向，确定质点的振动方向。
6.【答案】C
【解析】解：A、变压器原、副线圈中电流的周期相等，根据图乙可知电流周期为T=0.02s，故A错误；
B、设副线圈的输出电压为U，根据U0U=41可得，U=U04，副线圈中电流的有效值为I=I1 2，变压器的输入功率等于输出功率，则当开关K断开时，原线圈的输入功率为P=UI= 28U0I1，故B错误；
C、当开关K闭合后，原线圈的输入功率变为原来的3倍，所以通过定值电阻的电流为I′=2I，则定值电阻R的阻值为R=UI′，解得R= 2U08I1，故C正确；
D、当开关K闭合后，原副线圈的匝数比不变，所以副线圈的输出电压不变，故D错误。
故选：C。
变压器原、副线圈中电流的周期相等；根据变压比得到副线圈的输出电压，根据P=UI计算功率；根据功率变化可得通过定值电阻的电流，然后根据欧姆定律计算；当开关K闭合后，原副线圈的匝数比不变。
掌握变压器的变压规律是解题的基础，知道变压器的输入功率等于输出功率。
7.【答案】D
【解析】解：C.设粒子第一次到达隔离层时的速度大小为v0，穿过隔离层后的速度大小为v1，粒子第一次进入磁场区域做圆周运动的半径
R1=S
由动能定理得
qEd=12mv2
由题意知
12mv02×0.9=12mv12
由牛顿第二定律得
ev1B=mv12S
解得
E=5B2eS29md
故C错误；
A.设粒子穿过隔离层后第2次进入电场时的速度大小为v2，粒子由电场返回穿越隔离层后的速度大小为v3，第二次在磁场中做圆周运动的半径为R2，由题意知
12mv12×0.9=12mv22
12mv22×0.9=12mv32
由牛顿第二定律得
ev3B=mv32R2
解得
R2=0.9R1=0.9S
故电子在磁场中第一次与第二次圆周运动的半径比为10：9，故A错误；
BD.电子第一次与第二次在磁场中均转过半个周期，时间比为1：1.。电子第三次在磁场中运动的半径为
R3=0.9R2=0.92S
则磁场区域的长度
L=2R1+2R2+R3
解得
L=4.61S
故B错误，D正确。
故选：D。
C.根据动能定理和牛顿第二定律求电场强度；
A.根据动能定理和洛伦兹力提供向心力求电子在磁场中第一次与第二次圆周运动的半径比；
BD.根据周期公式和长度关系求解。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
8.【答案】BD
【解析】解：A.近地卫星在赤道平面内绕地球做匀速圆周运动过程中穿过卫星的地磁场磁通量不变，不产生感应电流，没有安培力阻碍卫星的运动，故A错误；
B.条形磁铁在水平面内转过90∘过程中线框磁通量不变，没有感应电流产生，导体棒不动，故B正确；
C.A线框往右运动时A线框下边产生向里的感应电流，B线框下边会产生向外的电流，根据左手定则可知B线框往右摆动，故C错误；
D.第一次磁铁下面有闭合线圈，振动过程中线圈中会产生感应电流，阻碍相对运动，因此第一次更快的停下来，故D正确。
故选：BD。
根据磁场、磁通量和磁通量的改变结合左手定则，电磁阻尼等知识进行分析解答。
考查磁场、磁通量和磁通量的改变结合左手定则，电磁阻尼等知识，会根据题意进行准确分析解答。
9.【答案】BCD
【解析】解：AB.根据受力关系和机械能守恒的条件可知，m1，m2及杆上的四个小球组成的系统机械能守恒，即
ΔE1=ΔE2+4ΔE球
故A错误，B正确；
C.小球同轴转动
v1=ωR
m1，m2的速率与滑轮边缘线速度大小相等为
v2=ωL
则m1的速率与杆上小球的速率之比为LR
故C正确；
D.m1下降高度为h时
4mgh=12m1v22+12m2v22+12×4mv12
解得
v2=R 2gh4R2+L2
故D正确。
故选：BCD。
AB.根据机械能守恒的条件和特点判断；
C.根据v=ωr判断下降过程中任意时刻m1的速率与杆上小球的速率之比；
D.根据功能关系求m1的速率。
本题主要考查了机械能守恒定律及角速度与线速度关系的直接应用，知道球转动的角速度与滑轮转动角速度相同，难度适中。
10.【答案】AC
【解析】解：小球所受合外力
F= (mg)2+(Eq)2=2mg
与水平方向夹角θ，则
tanθ=mgEq
解得
θ=30∘
将小球在N、P两点的速度沿合力方向和垂直于合力方向正交分解，以沿合力方向为y轴，以垂直于合力方向斜向下为x轴，则有
v0x=v0sin60∘= 32v0′
v0y=v0cs60∘=12v0
vpx=vpsin37∘=35v0
vpy=vpsin37∘=35v0
且有
v0x=vpx
则有
vp=5 36v0′
t=vpy−v0y2g=(4 3−3)v012g
由动能定理可知
12mvp2−12mv02=mgL+Eqd2
化简得2L+ 3d=13v0212g
故AC正确，BD错误。
故选：AC。
根据运动的合成与分解找出速度关系，再根据动能定理求解即可。
本题考查带电粒子在电场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
11.【答案】D； 12，24； 偏小。
【解析】解：(1)由图可知，本实验中采用半偏法确定表头内阻，为了减小并联电阻箱后对电流的影响，滑动变阻器应选择总阻值较大的D；
(2)闭合开关S2，由图可知调节电阻箱R0的阻值为R0=0×100Ω+1×10Ω+2×1Ω+0×0.1Ω=12Ω
电流表G的示数为100μA，则电阻箱分流200μA；根据串并联电路的规律可知，Rg测R0=21，则电流表G的内阻为Rg测=24Ω；
(3)闭合开关S2，电流表与电阻箱并联后总电阻比电流表的内阻小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流增大，通过电阻箱的电流大于200μA，则电流表内阻的测量值小于真实值。
故答案为：(1)D；(2)12，24；(3)偏小。
(1)根据减小并联电阻箱后对电流的影响分析判断；
(2)电阻箱的读数为各挡位示数乘以倍率，根据串并联电路的特点计算；
(3)根据闭合电路欧姆定律分析判断。
本题关键掌握半偏法测电阻的实验原理和电阻箱的读数方法。
12.【答案】md22t2；12kl2；mgl=12kl2+md22t2； ①C；②kmd2。
【解析】解：(1)物块通过光电门时的瞬时速度v=dt
物块的动能Ek=12mv2=12m(dt)2=md22t2
物块下落l时，弹簧的伸长量为l，弹簧的弹性势能Ep弹=12kl2
根据能量守恒定律，需要验证的关系式是mgl=12kl2+md22t2
(2)①根据关系式mgl=12kl2+md22t2
变形得1t2=−kmd2⋅(l−mgk)2+mg2kd2
因此需要作1t2−(1−mgk)2图像，故AB错误，C正确。
故选：C。
②结合1t2−(1−mgk)2函数，图像斜率的绝对值为k0=kmd2。
故答案为：(1)md22t2；12kl2；mgl=12kl2+md22t2；(2)①C；②kmd2。
(1)根据公式v=dt求解物块通过光电门的瞬时速度；根据动能的定义式、弹性势能的定义式和能量守恒定律求解作答；
(2)①根据上述(1)得到的关系式求解1t2−(1−mgk)2函数；
②根据得到的1t2−(1−mgk)2函数，结合图像斜率的含义求解作答。
本题考查了验证轻弹簧和物块(带有遮光条)组成的系统机械能守恒的实验，要明确实验原理，掌握动能的定义式、系统机械能守恒定律的运用，根据系统机械能守恒定律求解1t2−(1−mgk)2函数是解题的关键。
13.【答案】证明见解析；
两束红光在玻璃砖内的折射光线的距离l为 378d。
【解析】解：(1)证明：由题意可得下图，
由光的折射定律可知：
n=sinisinr=sini′sinr′=43，
由平行线的性质可知：
r=r′，
由此可知：
i′=i=90∘−30∘=60∘，
则红光在玻璃砖上表面的入射光线和下表面的出射光线相互平行；
(2)两束红光在玻璃砖入射点之间的距离为d，结合前面分析可知，两束光线与玻璃砖上、下表面的夹角均为：α=90∘−r，
则两束红光在玻璃砖内的折射光线的距离为：l=d⋅sinα，
由此可知：l=d⋅csr，
由(1)可知：sin60∘sinr=43，
由数学知识可知：sin2r+cs2r=1，
联立可得：l= 378d；
答：(1)证明见解析；
(2)两束红光在玻璃砖内的折射光线的距离l为 378d。
(1)由题意画图，结合光的折射定律、数学知识分别列式，即可分析求解；
(2)结合前面分析，由光的折射定律、几何关系分别列式，即可分析求解。
本题考查光的折射定律，解题时需注意：根据题意正确画出光路图，根据几何知识正确找出角度关系，依光的折射定律列式求解。
14.【答案】t0的取值为0.5s；
小球离开管口时的动能为0.41J；
经分析知，小球离开管口后做旋轮线运动，上升阶段中小球的最小速度为( 292−1)m/s。
【解析】解：(1)小球恰好脱离管底时，有
mg=Bqvx0
又
vx0=at0
求得
t0=0.5s
(2)取小球刚离开管底到离开管口为研究过程，取竖直向上为正方向，由动量定理
Bq∑vxiti−mgt0=mvy−0
其中vy为出管口时的竖直方向的速度又∑vxiti为管在第二个t0的水平位移，有
vx0+vx0+at02t0=∑vxiti
得
vy=2.5m/s
此时
Ek=12m(vx2+vy2)
其中
vx=vx0+at0
得
Ek=0.41J
(3)小球速度最小时，方向水平向左，上升到最高ym处水平方向，以水平向右为正方向，由动量定理
−Bq∑vyit1i=m(−vm)−mvx
由初位置到最高点由动能定理
−mgym=12mvm2−Ek
其中
∑vyit1i=ym
得
vm=( 292−1)m/s
答：(1)t0的取值为0.5s；
(2)小球离开管口时的动能为0.41J；
(3)经分析知，小球离开管口后做旋轮线运动，上升阶段中小球的最小速度为( 292−1)m/s。
(1)根据平衡关系求t0的取值；
(2)由动量定理和动能公式求小球离开管口时的动能；
(3)由动量定理和动能定理求上升阶段中小球的最小速度。
本题考查带电粒子在复合中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
15.【答案】甲再次回到圆弧轨道时轨道对甲的作用力为15N。
乙在传送带留下的划痕长度为1m。
圆弧轨道与水平面之间的动摩擦因数μ1的取值范围为μ1≥3 1020。
【解析】解：(1)由题意，对甲滑块有：m1gR=12m1v02−0，解得：v0=2m/s
甲、乙发生弹性正碰：m1v0=m1v甲+m2v乙，甲回到圆弧轨道时：12m1v02=12m1v甲2+12m2v乙2，FN−m1g=m1v甲2R，解得：v甲=−1m/s，v乙=1m/s
求得甲再次回到圆弧轨道时轨道对甲的作用力：FN=15N
(2)乙冲上传送带后做减速运动，有：μ2m2g=m2a，求得加速度大小：a=2m/s2 经时间t1后两者共速：v0=v乙−at1，解得：t1=0.25s该段时间的相对位移：Δx1=−v0t1+v乙+v02t1=0.0625m，传送带速度变为2.5m/s后，乙物体做加速运动：2.5m/s=at2+v0，解得：t2=1s，该段时间的相对位移：Δx2=2.5m/s⋅t2−2.5m/s+v02t2=1m，可知划痕重叠，乙在传送带留下的划痕长度为：s=Δx2=1m
(3)甲做圆周运动有：m1gRsinθ=12m1v2−0，θ为小球所在位置与水平半径的夹角；对甲有：FN−m1gsinθ=m1v2R，以四分之一圆弧轨道为研究对象，根据平衡条件可得方程：3m1gsinθcsθ≤μ1(Mg+3m1gsinθsinθ)恒成立，由数学知识可得：μ1≥3 1020
答：(1)甲再次回到圆弧轨道时轨道对甲的作用力为15N。
(2)乙在传送带留下的划痕长度为1m。
(3)圆弧轨道与水平面之间的动摩擦因数μ1的取值范围为μ1≥3 1020。
(1)甲从圆弧轨道的最高点释放，在光滑轨道上滑动至最低点时，根据机械能守恒定律可求得其速度。然后甲与乙发生弹性碰撞，利用动量守恒定律和动能定理联立求解两者的速度。接着，甲沿原轨道返回，利用牛顿第二定律分析其受力情况，并计算轨道对甲的作用力。
(2)乙滑上传送带后，受摩擦力作用做匀减速运动，最终与传送带达到相同速度。利用运动学公式计算乙在这一过程中的相对位移。之后传送带速度突变，乙在新的摩擦力作用下做加速运动，再次计算相对位移，并结合运动过程判断划痕的总长度。
(3)分析甲在圆弧轨道上运动时的受力情况，建立关于摩擦力的力学平衡方程。结合轨道与水平面之间的摩擦力计算，利用数学不等式求出摩擦因数μ1的取值范围。
本题考查了能量守恒、动量守恒、牛顿第二定律及摩擦力的分析，涉及多阶段运动过程的理解与计算。解题过程中需准确建立物理模型，合理运用守恒定律，并注意碰撞及摩擦力对运动状态的影响。关键在于清晰分析各阶段的动力学关系，避免计算遗漏。