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2023年山东省潍坊市高考物理三模试卷
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这是一份2023年山东省潍坊市高考物理三模试卷，共24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。
2023年山东省潍坊市高考物理三模试卷
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1. 关于下列图片所示的现象或解释，说法正确的是( )
A. 图中光学镜头上的增透膜利用的是光的衍射现象
B. 如图为单缝衍射，若仅减弱单色光的强度，中央亮纹变窄
C. 图中的“泊松亮斑”，是小圆孔衍射形成的图样
D. 如图是利用偏振眼镜观看立体电影，说明光是横波
2. 如图所示，ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。一汽车在平直公路上以15m/s的速度行驶，汽车通过ETC通道前，以2.5m/s2的加速度减速，当速度减至5m/s后，匀速通过长为10m的匀速行驶区间。当车头到达收费站中心线后，再以5m/s2的加速度匀加速至15m/s，汽车从开始减速至回到原行驶速度的过程，下列判断正确的是( )
A. 通过的最短距离为60m B. 通过的最短距离为70m
C. 所用的最短时间为4s D. 所用的最短时间为6s
3. 根据玻尔的氢原子结构模型，氢原子处于基态时的能量值为E1，处于n能级时的能量值为En，En=E1n2。氢原子由高能级向低能级跃迁时会产生各种谐线系，其中由高能级向n=2能级跃迁时产生的光谱线属于巴尔末线系，普朗克常量为h，真空中的光速为c，则巴尔末系中光谱线的最大波长为( )
A. −9hcE1 B. −4hcE1 C. −4hc3E1 D. −36hc5E1
4. 如图所示，理想变压器的原线圈接在u=220 2sinπt(V)的交流电源上，原、副线圈匝数之比为1：2，电阻R1=10Ω、R2=400Ω，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是( )
A. 副线圈输出交流电的频率为5Hz B. 电流表的示数为1A
C. 电压表的示数为400V D. 电阻R1消耗的功率为20W
5. 如图所示，桶装水的容积为20L，为取水方便，在上面安装一个取水器。某次取水前桶内气体压强为1×105Pa，剩余水的体积为12L，水面距出水口的高度为50cm。取水器每按压一次，向桶内打入压强为1×105Pa、体积为0.3L的空气。已知水桶的横截面积为0.02m2，水的密度为1×103kg/m3，大气压强为1×105Pa，重力加速度为10m/s2，取水过程中气体温度保持不变，则( )
A. 取水器至少按压1次，水才能从出水口流出
B. 取水器至少按压3次，水才能从出水口流出
C. 若要压出4L水，至少需按压16次
D. 若要压出4L水，至少需按压17次
6. 如图甲所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电荷量为σ(σ>0)，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由电场强度的叠加原理求出：E=2πkσ[1−x x2+R2]，方向沿x轴。现考虑单位面积带电荷量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板后(如图乙所示)，在其轴线上任意一点Q(坐标为x)处放置一个点电荷q0，则q0所受电场力的大小为( )
A. 2πkσ0q0x x2+r2 B. 2πkσ0q0r x2+r2
C. 2πkσ0q0xr D. 2πkσ0q0rx
7. 如图所示，在x轴下方宽度为d=0.2m的区域中，x>0的区域有沿y轴正方向的匀强电场，场强E=4×103V/m，x<0的区域无电场。在y>0和y<−0.2m的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.4T。一比荷qm=1×106C/kg的带正电粒子从M(0.1m,−0.2m)点由静止释放，不计粒子重力，以下判断正确的是( )
A. 粒子第一次经过x轴时速度大小为2×104m/s
B. 粒子第三次经过y轴时速度方向与y轴垂直
C. 粒子第三次经过y轴时的位置坐标为(0,0.2m)
D. 粒子从开始释放到第五次经过x轴所用的时间为(2+ 24+ 3+π)×10−5s
8. 如图所示，三个相同的小物块a、b、c，质量均为m，c放在水平地面上，b和c在竖直方向上通过劲度系数为k的轻弹簧相连，a在b的正上方，开始时a、b、c均静止。现让a自由下落，a、b碰后一起向下运动。已知弹簧的弹性势能可表示为EP=12kx2，为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，重力加速度为g。若b向上运动到最高点时，c恰好离开地面，则a开始下落时距b的高度为( )
A. 11mgk B. 9mgk C. 7mgk D. 5mgk
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9. 一列简谐横波在t=0时的波形如图甲所示，图乙是坐标原点O处质点的振动图像。已知质点Q的平衡位置坐标为xQ=6cm，则( )
A. 波向左传播
B. 波的传播速度大小为0.18m/s
C. 质点Q的振动方程为y=0.2sin(πt+π3)m
D. 质点Q的振动方程为y=0.2sin(πt−π3)m
10. 如图所示，一定质量的某种理想气体在状态a时的压强为p0。从状态a到状态c，该气体从外界吸收的热量为Q，在V−T图像中图线ca反向延长线通过坐标原点O，从状态c到状态b温度不变，则( )
A. 气体在状态c的体积为1.5V0
B. 气体在状态b的压强为23p0
C. 从状态a到状态c，气体对外界做功为−p0V0
D. 从状态a到状态b，气体内能的增加量为Q−p0V0
11. 2023年4月16日，在酒泉卫星发射中心使用长征四号乙运载火箭，成功将我国首颗降水测量专用卫星风云三号07星送入预定轨道。若该卫星发射过程可以简化为如图所示的过程：Ⅰ为近地圆轨道(轨道半径可视为等于地球半径)，Ⅲ为距地面高度为h的圆形工作轨道，Ⅱ为与轨道Ⅰ、Ⅲ相切的椭圆转移轨道，切点分别为a、b。已知地球半径为R，第一宇宙速度大小为v0，万有引力常量为G，下列说法中正确的是( )
A. 风云三号07星在轨道Ⅰ运行的周期小于地球自转周期
B. 风云三号07星在轨道Ⅲ经过b点时的加速度大于在轨道Ⅱ经过b点时的加速度
C. 风云三号07星从a点第一次运动到b点所用时间为πRv0 (2R+h2R)3
D. 地球的平均密度为3v024πGR3
12. 如图甲所示，滑雪运动员在助滑道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后落在倾斜的雪道上，其过程可简化为图乙。现有一运动员从跳台O处以初速度v0飞出，方向与雪道成60°，之后落在雪道的P处。运动员质量为m，倾斜雪道与水平方向的夹角为30°。重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 运动员在空中飞行的时间为v0g
B. OP两点间的距离为2v02g
C. 运动员在飞行过程中动能变化量的大小为2mv02
D. 运动员在飞行过程中动量变化量的大小为2mv0
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
13. 某实验小组设计了图甲所示的装置，测量滑块与水平台面间的动摩擦因数μ。已知当地重力加速度为g，实验步骤如下：
(1)用螺旋测微器测量固定在滑块上的遮光条宽度d，示数如图乙所示，则d= ______ mm；
(2)将滑块放在光电门下方，测出滑块到转轴的距离L。控制转台缓慢加速，滑块滑动前每一周的运动都视为匀速圆周运动。当遮光条挡光时间为t时，滑块转动的角速度ω= ______ ；
(3)当遮光条挡光时间为t0时，滑块开始滑动，滑块与平台间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则两者间的动摩擦因数μ= ______ 。(用题中所给物理量的符号表示
)
14. 某实验小组要将一个灵敏电流计G改装为“×10”和“×100”两个倍率挡的简易欧姆表，设计了如图甲所示的电路图。已知灵敏电流计G的内阻为Rg=36Ω、满偏电流Ig=1mA，电源的电动势E=1.5V，内阻r=1Ω。图乙为该多用电表的表盘，欧姆表刻度盘的中值刻度为“15”。不计导线的电阻，请回答下列问题：
(1)在正确操作的情况下，图甲中______ (填“a”或“b”)表笔应为红表笔；
(2)电键S断开时欧姆表的倍率为______ (选填“×10”和“×100”)；图甲中定值电阻R0的阻值为______ Ω；
(3)将图甲中的电键S闭合后，进行欧姆调零，当调零完毕时，滑动变阻器接入电路的阻值R= ______ Ω；欧姆调零后用该欧姆表测量某一待测电阻Rx的阻值，稳定后电表指针指示位置如图乙所示，则该待测电阻的阻值Rx= ______ Ω。
四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）
15. 如图所示，某透明材料的横截面是半径为R的半圆，AB为直径，O为圆心。P为圆周上的一点，P到AB的距离为 32R；透明材料的折射率为 62，底面AB用吸光材料涂黑。入射光平行于AB射向圆面上的P点，经两次折射后射出。已知真空中的光速为c，求：
(1)出射光线与开始的入射光线间的夹角θ；
(2)光通过透明材料的时间。
16. 如图所示，AOB是竖直平面内的光滑圆弧形滑道，由两个半径都是R的14圆周平滑连接而成，圆心O1、O2与两圆弧的连接点O在同一竖直线上，O2B与水池的水面平齐。一小滑块可由弧AO的任意点由静止开始下滑。
(1)若小滑块从圆弧AO上某点释放，之后在两个圆弧上滑过的弧长相等，求释放点和O1的连线与竖直线的夹角；
(2)若小滑块能从O点脱离滑道，求其可能的落水点在水面上形成的区域长度。
17. 如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨间距为L，导轨左侧有两个开关S1、S2，S1与一个阻值为R的定值电阻串联，S2与一个电容为C的电容器串联。导体棒ab垂直于导轨放置，其长度为L、质量为m、电阻也为R。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为2m的重物通过轻质定滑轮用绝缘轻绳与导体棒ab的中点连接，开始时轻绳张紧。现将S1闭合，S2断开，使重物由静止释放，经时间t金属棒达到最大速度。已知导轨足够长，不计导轨电阻，导体棒始终垂直导轨且与导轨接触良好，重物始终未落地，重力加速度为g，不计一切摩擦。求：
(1)导体棒的最大速度；
(2)导体棒从开始运动到刚达到最大速度时，运动的距离；
(3)从导体棒开始运动到刚达到最大速度时，电阻R中产生的热量；
(4)导体棒达到最大速度后，将S1断开、S2闭合，同时撤去重物，电容器所带的最大电荷量。
18. 如图所示，MN是一长为L1=2.0m的水平传送带，以v0=4m/s顺时针匀速转动，传送带左端M与半径r=1.25m的14光滑圆轨道相切，右端N与放在光滑水平桌面上的长木板C上表面平齐。木板长为L2=2.5m，C的右端带有挡板，在C上放有小物块B，开始时B和C静止，B到挡板的距离为L3=78m。现将小物块A从圆弧轨道最高点由静止释放，小物块A与传送带间的动摩擦因数μ1=0.25，A、C之间及B、C之间的动摩擦因数均为μ2=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B、C的质量均为m=1kg，重力加速度为g=10m/s2，所有的碰撞均为弹性正碰。求：
(1)A通过传送带过程产生的内能；
(2)A滑上C后与B碰撞前，B与C间的摩擦力大小；
(3)A滑上C后，经多长时间B与挡板碰撞；
(4)B与C碰后，B到挡板的最大距离。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、甲图中光学镜头上的增透膜利用的是光的干涉现象，故A错误；
B、乙图为单缝衍射，若仅减弱单色光的强度，中央亮纹宽度不变，但亮度变弱，故B错误；
C、“泊松亮斑”是光通过小圆板衍射形成的，故C错误；
D、偏振片式立体电影技术的原理是光的偏振，用的是横波的特点，故D正确。
故选：D。
增透膜利用的是光的干涉现象；单缝衍射，若仅减弱单色光的强度，中央亮纹宽度不变，但亮度变弱；“泊松亮斑”是光通过小圆板衍射形成的；偏振片式立体电影技术的原理是光的偏振，用的是横波的特点。
本题考查光的衍射，干涉的原理以及光的偏振现象，解决本题的关键是知道光现象产生原因及实际应用的原理。
2.【答案】B
【解析】解：AB、减速过程的位移x1=−v2−v022a1=−52−1522×2.5m=40m
加速过程的位移x2=v02−v22a2=152−522×5m=20m
通过的最短距离为x=x1+x2+x3=40m+20m+10m=70m
故A错误，B正确；
CD、减速过程的时间t1=−v−v0a1=−5−152.5s=4s
加速过程的时间t2=v0−va2=15−55s=2s
匀速过程的时间t3=x3v=105s=2s
所用的最短时间为t=t1+t2+t3=4s+2s+2s=8s
故CD错误。
故选：B。
根据匀变速直线运动位移—速度公式求解减速过程和加速过程的位移，进而求解通过的最短距离；根据匀变速直线运动速度—时间公式求解减速过程和加速过程的时间，根据x=vt求解匀速过程的时间，进而求解所用的最短时间。
本题考查匀变速直线运动规律，解题关键是掌握匀变速直线运动规律并能够熟练应用。
3.【答案】D
【解析】解：巴尔末线系中从n=3跃迁到n=2放出的光子能量值最小，由E=hν=hcλ可知其波长最长，由E=E3−E2=E132−E122=−5E136，联立解得：λ=−36hc5E1，故D正确，ABC错误。
故选：D。
能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，根据光子能量E=hν=hcλ确定其波长的大小，再根据能级跃迁公式求解其最大波长。
解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，以及光速公式c=λν，并能灵活运用。
4.【答案】C
【解析】解：A、由瞬时值的表达式可得，ω=π，f=ω2π=π2π=0.5Hz，故A错误。
由瞬时值的表达式可得，电压的有效值U=220V，设原线圈端电流为I1，
根据U=IR得电阻R1两端电压U1=I1R1=10I1，
原线圈端电压U原=220−10I1，
由U1U2=n1n2得副线圈两端电压U副=2U原=440−20I1①，
由I1I2=n1n2得副线圈端电流I2=12I1，
根据U=IR得电阻R2两端电压U2=I2R2=200I1②，
B、由U2=U副及①②式可得I1=2A③，即电流表示数为2A，故B错误。
C、由②③式可得电压表示数为400V，故C正确。
D、由P=I²R得，电阻R1功率P=I12R1=(2A)2×10Ω=40W，故D错误。
故选：C。
根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，即可求得结论。
本题主要考查变压器的知识，要能对交流电的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解。
5.【答案】D
【解析】解：AB、设取水器下压n次后，桶中的水才能从出水口流出。以原来桶中空气和打入的空气为研究对象，设开始时压强为p1，体积为V1，则：
p=p0=1×105Pa，V1=[(20−12)×103+300n]cm3
设桶中空气和打入的空气后来的体积V2，压强为p2，则：V2=(20−12)×103cm3
由玻意耳定律得：p1V1=p2V2
要使桶中水能从出水口流出，则有：p2>p0+ρgh
联立各式解得：n>43，所以至少按压2次，水才能从出水口流出，故AB错误；
CD、水桶高度h0=0.020.02m=1m
装满水时，水面距离出水口高度Δh=50cm−20−12320h0，解得：Δh=10cm
再压出4升水后桶内液面与出水口高度差为：h=20−12+420h0+Δh
解得：h2=70cm
则有：p3=p0+ρgh2
解得：p3=1.07×105Pa
由于外界温度保持不变，根据玻意耳定律有：n′p0V0+p1V1′=p3V2′
其中：V0=0.3L，V1′=(20−12)L=8L，V2′=(20−12+4)L=12L
解得：n′≈16.1
可知，若要再压出4升水，至少需按压17次，C错误，D正确。
故选：D。
设取水器下压n次后，桶中的水才能从出水口流出。以原来桶中空气和打入的空气为研究对象，由玻意耳定律进行解答；求出初末状态的状态参量，根据玻意耳定律进行解答。
本题主要是考查了一定质量的理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析一定质量的理想气体发生的是何种变化，利用一定质量的理想气体的状态方程列方程求解。本题要能用静力学观点分析各处压强的关系，要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化，选择合适的气体实验定律解决问题。
6.【答案】A
【解析】解：在Q点处的合场强E=E1+E2，E1=2πkσ(无穷大的带电圆盘在此处产生的场强)，E2=2πkσ[1−x x2+r2]方向与E1相反。合成得
E=2πkδ0x x2+r2方向与E1相同，q0在此处受的电场力就是2πkδ0qx x2+r2，故BCD错误，故A正确。
故选：A。
挖去半径为r的圆板就可等效在此处放上等量的异种电荷，在x处的场强就等效为无限大的圆盘与半径为r的带异种电荷在的合成，这样此处放的电荷受的电场力就可以求出来了。
要抓住Q点的场强等效于无限大带正电圆盘与半径为r的带负的圆盘在此处的场强的矢量合成。
7.【答案】D
【解析】解：A、粒子从M点由静止释放经过电场加速到第一次经过x轴的过程中有：qEd=12mv12
代入数据可得：v1= 2qEdm= 2×1×106×4×103×0.2m/s=4×104m/s，故A错误；
BC、根据题意画出粒子的运动轨迹图如图，
设粒子经过电场加速一次后在磁场中的运动半径为为r1，由洛伦兹力提供向心力可得：qv1B=mv12r1
可得：r1=mv1qB=4×1041×106×0.4m=0.1m
同理可知，粒子经过电场加速两次后在磁场中的运动半径r2=0.1 2m，由图可知，粒子第三次经过y轴时的位置坐标不为(0,0.2m)，故BC错误；
D、粒子在磁场中运动的的周期T=2πmqB=5π×10−6s，粒子在电场中第一次加速的时间为t1=dv=dv12=0.24×1042s=1×10−5s，粒子在电场中第二次加速的时间为t2=dv=dv1+v22=0.44×104+4 2×104s，粒子在无电场和磁场区域做匀速直线运动的时间为别为t1′=dv1，t2′=dv2，则粒子从开始释放到第五次经过x轴所用的时间为t=2T+t1+t2+t1′+t2′，代入数据得到：t=(2+ 24+ 3+π)×10−5s，故D正确。
故选：D。
根据动能定理求出粒子第一次经过x轴的速度；
画出运动轨迹，求出两次在磁场中的轨迹半径，由几何关系求第三次经过y轴时的坐标；
分别求出粒子在电场、磁场和无场区的时间，相加为所求。
本题考查类似于回旋加速器的工作原理，粒子在电场中加速时由动能定理求进入磁场的速度，在磁场中做匀速圆周运动由牛顿第二定律求得轨道半径，再由几何关系求其他物理量。
8.【答案】B
【解析】解：设初始弹簧被压缩x1，则根据胡克定律可得：
kx1=mg
设a开始下落时与b的距离为H，a、b物块碰撞前瞬间a的速度大小为va，由机械能守恒得：
mgH=12mva2
设a、b物块碰撞后瞬间两者的速度大小为vab，以向下为正方向，由动量守恒定律得：
mva=2mvab
a、b一起压缩弹簧，到两者向上运动到弹簧恢复原长时，a、b恰好分离，此时两者速度相同(设为vab′)对此过程由系统机械能守恒得：
12kx12+12×2mvab2=2mgx1+12×2mvab′2
a、b分离后，b向上运动到最高点时，c恰好离开地面，此时弹簧伸长量x1，此过程b与弹簧组成的系统机械能守恒，则有：
12×mvab′2=mgx1+12kx12
联立解得：H=9mgk，故B正确，ACD错误；
故选：B。
理解运动过程中物体的受力特点，由此得出其运动状态的变化，结合机械能守恒定律列式得出a开始下落时与b的距离。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合胡克定律得出其运动状态的变化，结合机械能守恒定律即可完成解答。
9.【答案】ABC
【解析】解：A、由乙图知坐标原点O处质点，随时间增加位移向正方向先逐渐增加，是被右侧质点带动，所以波是向左传播、故A正确。
B、由甲图知、半波长为18cm.由乙得周期为2s，则波速v=λT=0.362m/s=0.18m/s，故B正确；
CD、由甲、乙图知、振幅A=0.2m，T=2s，ω=2πT=2π2rad/s=πrad/s
根据题意质点Q的平衡位置坐标为xQ=6cm，初相位是618π，即π3
所以质点Q的振动方程为y=0.2sin(πt+π3)m
故C正确，D错误。
故选：ABC。
根据波的传播方向确定Q点在T时刻的振动方向，与振动图象上质点的振动方向比较，确定是哪个质点的振动图象。在波动图象上，根据位移大小研究速度的大小关系。
解决该题需要掌握在振动图象中判断质点的振动方向以及波动图象中判断波的传播方向的方法，掌握简谐运动的运动特征。
10.【答案】BD
【解析】解：A、有题意可知ac为等压线，则有pc=p0，根据盖−吕萨克定律，有V0T0=Vc2T0，解得Vc=2V0，故A错误；
B、cb为等温线，根据玻意耳定律可得：pcVc=pb⋅3V0，解得：pb=23p0，故B正确；
CD、从状态a到状态c为等压变化，气体膨胀，气体对外界做正功，其值W外=p0(Vc−Va)=p0(2V0−V0)=p0V0
根据热力学第一定律可得该过程气体内能增加量ΔQ=W+Q=ΔQ=−W外+Q=Q−p0V0
由于从状态c到状态b为等温变化，所以从状态a到状态b和从状态a到状态c的气体内能的增加量相同，故C错误，D正确。
故选：BD。
从状态a到状态c过程，气体发生等容变化，根据根据盖—吕萨克定律求解状态c的体积；从状态c到状态b过程，气体发生等温变化，根据玻意耳定律求解状态b的压强；对于等压变化过程根据W=P⋅ΔV求解气体对外做功；由于c、b两状态的温度相同，内能相等，则气体从状态a到状态c过程与a到b的过程内能的增量相等。
本题关键抓住气体的内能是状态量，由气体的温度决定，同一封闭气体，温度相同，内能则相同。考查基本的应用能力。
11.【答案】AC
【解析】解：A、根据万有引力提供向心力得：GMmr2=m(2πT)2r，解得T=2π r3GM，可知轨道半径r越小，周期越小，风云三号07星在轨道Ⅰ运行的轨道半径最小，所以周期一定比地球同步卫星的周期小，地球同步卫星的周期等于地球自转周期，故A正确；
B、根据万有引力提供向心力得：GMmr2=ma，这里r是风云三号07星到地心的距离，可知在轨道Ⅲ经过b点时的加速度和在轨道Ⅱ经过b点时的加速度的大小相等，故B错误；
C、设风云三号07星在近地圆轨道Ⅰ的周期为T1，则T1=2πRv0，在轨道Ⅱ的周期为T，根据几何知识求解在椭圆轨道Ⅱ半长轴a=h+2R2，根据开普勒第三定律得：R3T12=a3T2，联立以上各式得：T=2πRv0 (2R+h2R)3，风云三号07星从a点第一次运动到b点所用时间为周期的一半，即为πRv0 (2R+h2R)3，故C正确；
D、根据万有引力提供向心力得：GMmR2=mv02R，求解地球的质量M=Rv02G，再除以地球体积V=43πR3，联立解得地球的平均密度是ρ=3v024πGR2，而不是3v024πGR3，故D错误。
故选：AC。
A、根据万有引力提供向心力先比较风云三号07星在轨道Ⅰ运行的周期和地球同步卫星的周期大小，再和地球自转周期比较判断；
B、根据万有引力提供向心力比较风云三号07星在轨道Ⅲ经过b点时的加速度和在轨道Ⅱ经过b点时的加速度的大小；
C、根据开普勒第三定律求解风云三号07星从a点第一次运动到b点所用时间是否为πRv0 (2R+h2R)3；
D、根据万有引力提供向心力先求解地球的质量，再除以地球体积判断平均密度是否为3v024πGR3。
卫星环绕中心天体做匀速圆周运动，万有引力提供向心力是解题的核心思想，涉及变轨出现椭圆轨道的问题，可以根据近心运动和离心运动定性分析比较速度大小，根据开普勒第三定律分析求解周期等问题。
12.【答案】BD
【解析】解：A、将重力加速度沿斜面和垂直于斜面分解，则垂直于斜面方向上，根据运动学公式可得：
t=2v0sin60°gcos30∘
代入数据解得：t=2v0g，故A错误；
B、沿斜面方向上，根据运动学公式可得：
xOP=vcos60°t+12gsi30°t2
代入数据解得：xOP=2v02g，故B正确；
C、整个运动过程中，根据动能定理可得：
WG=ΔEk=mgxOPsin30°
解得：ΔEk=mv02，故C错误；
D、飞行过程中，根据动量定理可得：
IG=Δp=mgt
解得：Δp=2mv0，故D正确；
故选：BD。
将速度和加速度分解到沿斜面和垂直于斜面方向上，根据运动学公式得出飞行的时间和OP间的距离；
根据动能定理和动量定理结合题意完成分析。
本题主要考查了斜抛运动的相关应用，理解矢量的分解特点，结合运动学公式和动能定理即可完成分析。
13.【答案】1.732 dLt d2gLt02
【解析】解：(1)螺旋测微器的分度值为0.01mm，需要估读到分度值的下一位，则d=1.5mm+2.32×0.01mm=1.732mm；
(2)根据题意可知滑块的线速度大小为：
v=dt
根据v=ωL
解得：ω=dLt
(3)根据题意，滑块开始滑动时，有
μmg=mω2L，ω=dLt
联立解得：μ=d2gLt02
故答案为：(1)1.732；(2)dLt；(3)d2gLt02
(1)根据螺旋测微器的读数规则得出对应的示数；
(2)根据线速度和角速度的关系得出角速度的表达式；
(3)根据牛顿第二定律得出μ的表达式。
本题主要考查了动摩擦因数的测量实验，理解物体做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。
14.【答案】b ×100 4 145.4 140
【解析】解：(1)在多用电表的使用过程中，我们需要让电流从红笔流入，黑笔流出，所以在当欧姆挡使用时，黑表笔接着内部电源正极，b表笔应为红表笔。
(2)当开关断开时，电路中的电流小，对应欧姆表内阻较大的状态，对应是大倍率，故欧姆表倍率为×100．
当开关断开时，欧姆表内阻为R内=EIg=1.51×10−3Ω=1500Ω
闭合开关时，欧姆表为“×10”倍率，电流表满偏时，内阻为150Ω，欧姆表的满偏电流为
I′=ER′=1.5150A=0.01A
此时表头中电流应为满偏电流0.001A，则与之并联电阻R0电流应为
IR0=I1−Ig=0.01A−1×10−3A=0.009A
则并联电阻R0为
R0=IgRgIR0
解得R0=4Ω
(3)闭合开关时，并联部分电阻为R′′=RgR0Rg+R0
滑动变阻器接入电路的阻值
R滑=R′−R′′−r
解得R滑=145.4Ω
电表指针指示位置如图乙所示，该待测电阻的阻值Rx=14×10Ω=140Ω
故答案为：(1)b；(2)×100，4；(3)145.4，140
(1)在多用电表的使用过程中，我们需要让电流从红笔流入，黑笔流出；
(2)根据闭合电路欧姆定律可知电流表量程越小，对应电阻越大，同时解得R0的阻值；
(3)根据闭合电路欧姆定律及欧姆表工作原理分析解答。
本题考查了欧姆表的内部结构，表头部分电流表量程的大小判断，中值电阻的理解以及闭合电路欧姆定律的正确运用。
15.【答案】解：(i)设光在射入圆面时入射角为i，折射角为α，根据几何关系有sini= 32RR= 32
则i=60°
根据折射定律得：
n=sinisinα
光从圆面射出时的入射角为β，折射角为γ，则有
β=α=45°
光射出圆面时，由折射定律得：
n=sinγsinβ
可得：γ=60°
由几何关系得：δ=γ−30°=30°；
(ii)设光在透明材料中通过的距离为L，由几何关系有：
L= 2R
光在透明材料中的传播速度问：v=cn
设光通过透明材料经过的时间为t。则有：t=Lv
联立解得：t= 3Rc
答：(i)出射光线与入射光线延长线间的夹角δ是30°；
(ii)光通过透明材料经过的时间是 3Rc。
【解析】(i)画出光路图，根据折射定律和几何关系结合求出出射光线的折射角，再求出射光线与入射光线延长线间的夹角δ；
(ii)根据几何关系求出光通过透明材料经过的路程，由v=cn求出光在透明材料中传播速度，从而求得传播时间。
本题是考查了折射定律的应用，关键作出光路图，通过几何关系求解相关角度和光程。
16.【答案】解：(1)如图所示
设滑块出发点为P1，离开点为P2，由题意可知O1P1、O2P2与竖直方向的夹角相等，设其为θ，若离开滑道时的速度为v，则滑块在P2处脱离滑道的条件是mv2R=mgcosθ
由动能定理得：2mgR(1−cosθ)=12mv2
联立解得：cosθ=0.8
即释放点和O1的连线与竖直线的夹角为37°；
(2)滑块刚能在O点离开滑道时，有：mg=mv02R
解得，滑块到达O点的速度v0= gR
滑块从O点脱离滑道后做平抛运动，水平方向：x0=v0t
竖直方向：R=12gt2
联立解得：x0= 2R
滑块经过O点时速度v>v0时，经过O点一定脱离滑道，v
滑块从O点脱离滑道后做平抛运动，水平方向：xm=vmt
竖直方向：R=12gt2
联立解得：xm=2R
滑块可能的落水点在水面上形成的区域长度Δx=xm−x0=2R− 2R=(2− 2)R
答：(1)释放点和O1的连线与竖直线的夹角为37°；
(2)滑块可能的落水点在水面上形成的区域长度为(2− 2)R。
【解析】(1)滑块恰好脱离滑道时，恰好不受支持力，重力沿半径方向的分力提供向心力，结合动能定理列式求解即可；
(2)小滑块离开轨道后做平抛运动，根据动能定理和牛顿第二定律求解小滑块经过O点的最小速度和最大速度，根据平抛运动的规律进行讨论即可求解。
本题考查竖直面内的圆周运动、平抛运动和动能定理，解题关键是分析好滑块的运动情况，知道滑块恰好脱离轨道时，恰好不受支持力，重力沿斜面方向的分力提供向心力，结合牛顿第二定律、运动学公式和动能定理列式求解即可。
17.【答案】解：(1)导体棒速度最大时棒和重物受力平衡，根据平衡条件可得：2mg=BIL
其中：I=BLvm2R
联立解得：vm=4mgRB2L2
(2)对重物和棒根据动量定理可得：2mgt−BI−Lt=3mvm−0
其中：I−t=E−2Rt=ΔΦ2R=BS2R=BLx2R
联立解得：x=2RmgtB2L2−24m2R2gB4L4
(3)根据功能关系可得回路中产生的总热量为：Q=2mgx−12×3mvm2
根据焦耳定律可得电阻R中产生的热量：QR=RR+RQ
联立解得：QR=2m2g2RtB2L2−36m3g2R2B4L4
(4)当电容器两端电压等于导体棒两端电压时，回路中没有感应电流，此后导体棒匀速运动，电容器所带的电荷量最大，设最后匀速运动的速度大小为v，取向右为正方向，根据动量定理可得：
−BI−′Lt′=mv−mvm
其中：I−′t′=q=CBLv
联立解得：v=mvmm+B2L2C
电容器所带的最大电荷量：q=CBLv
联立解得：q=4m2gRCBL(m+B2L2C)
答：(1)导体棒的最大速度为4mgRB2L2；
(2)导体棒从开始运动到刚达到最大速度时，运动的距离为2RmgtB2L2−24m2R2gB4L4；
(3)从导体棒开始运动到刚达到最大速度时，电阻R中产生的热量为2m2g2RtB2L2−36m3g2R2B4L4；
(4)导体棒达到最大速度后，将S1断开、S2闭合，同时撤去重物，电容器所带的最大电荷量为4m2gRCBL(m+B2L2C)。
【解析】(1)导体棒速度最大时棒和重物受力平衡，根据平衡条件进行解答；
(2)对重物和棒根据动量定理进行解答；
(3)根据功能关系可得回路中产生的总热量，根据焦耳定律可得电阻R中产生的热量；
(4)当电容器两端电压等于导体棒两端电压时，电容器所带的电荷量最大，根据动量定理、电容的计算公式求解电容器所带的最大电荷量。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
18.【答案】解：(1)A沿圆弧滑动最低点过程中，根据动能定理得：mgr=12mv12
解得：v1= 2gr= 2×10×1.25m/s=5m/s
A的速度大于传送带速度，滑上传送带后先做匀减速直线运动，加速度为：
a=−μ1mgm=−μ1g=−0.25×10m/s2=−2.5m/s2
设A运动了l位移与传送带的速度相同，有：v02−v12=2al
代入数据解得：l=v02−v122a=42−522×(−2.5)m=1.8m<2m
所以A在传送带上匀减速运动了1.8m，之后和传送带一起以4m/s匀速运动了L−l=2m−1.8m=0.2m的距离。
A在传送带上匀减速运动的时间t1=v0−v1a=4−5−2.5s=0.4s
传送带运动的位移l1=v0t1=4×0.4m=1.6m
A与传送带的相对位移Δl=l=l1=1.8m−1.6m=0.2m
A通过传送带过程产生的内能ΔE=μmgΔl=0.25×1×10×0.2J=0.5J
(2)由第(1)问可知物块A与物块B碰撞前，物块A以4m/s的初速度向右匀减速运动，A对BC整体的摩擦力为f=μ2mg；
对BC整体，根据牛顿第二定律得：f=2ma1，a1=f2m=μ2mg2m=0.2×1×102×1m/s2=1m/s2
对B隔离分析，设C对B的摩擦力为f1，则f1=ma1=1×1N=1N
所以A滑上C后与B碰撞前，B与C间的摩擦力大小为1N
(3)A滑上C后，物块A以4m/s的初速度向右匀减速运动，加速度a2=−μ2mgm=−μ2g=−0.2×10m/s2=−2m/s2
设A滑上C后，设经过t时间A与B发生弹性碰撞，对A，根据匀变速规律得：xA=v0t+12a2t2
对BC整体，根据匀变速规律得：xBC=12a1t2
又根据题意得：xA=xBC+L2−L3
联立代入数据解得：t=0.5s
A与B刚刚碰撞前，设A的速度为v1，则v1=v0+a2t=4m/s−2×0.5m/s=3m/s
A与B刚刚碰撞前，设BC整体的速度为v2，则v2=a1t=1×0.5m/s=0.5m/s
A与B发生弹性正碰，设刚刚碰撞结束A的速度为v3，B的速度为v4，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv1+mv2=mv3+mv4
根据机械能守恒定律有：12mv12+12mv22=12mv32+12mv42
联立并代入数据解得：v3=0.5m/s，v4=3m/s；
即碰撞后A与C以相同的初速度0.5m/s向右匀加速运动，加速度同碰撞前BC的加速度a1，B以3m/s的初速度向右做匀减速直线运动，加速度同碰前A的加速度a2，设再经t2时间B与挡板碰撞，对B，根据匀变速直线运动的规律得：xB=v4t2+12a2t22
对AC，根据匀变速直线运动的规律得：xAC=v3t2+12a1t22
又根据题意得：xB=xAC+L3
联立代入数据解得：t2=0.5s
A滑上C后，经Δt=t+t2=0.5s+0.5s=1s时间B与挡板碰撞；
(4)B与C刚刚碰撞前，设B的速度为v5，则v5=v4+a2t2=3m/s−2×0.5m/s=2m/s
B与C刚刚碰撞前，设AC整体的速度为v6，则v6=v3+a1t2=0.5m/s+1×0.5m/s=1m/s
B与C发生弹性正碰，设刚刚碰撞结束B的速度为v7，C的速度为v8，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv5+mv6=mv7+mv8
根据机械能守恒定律有：12mv52+12mv62=12mv72+12mv82
联立并代入数据解得：v7=1m/s，v8=2m/s
B与C碰后，C以2m/s匀减速直线运动，设加速度为a3，a3=−2μ2mgm=−2μ2g=−2×0.2×10m/s2=−4m/s2
A与B都以初速度1m/s匀加速运动，设加速度为a4；a4=μ2mgm=μ2g=0.2×10m/s2=2m/s2
B与C发生弹性正碰后，又经过t3时间，当C与B速度相等时，B与挡板距离最远，即：v7+a4t3=v8+a3t3
代入数据解得：t3=16s
B与C碰后，B到挡板的最大距离Lm=v8t3+12a3t32−(v7t3+12a4t32)=2×16m−12×4×(16)2m−(1×16+12×2×1262)m=112m
答：(1)A通过传送带过程产生的内能为0.5J；
(2)A滑上C后与B碰撞前，B与C间的摩擦力大小为1N；
(3)A滑上C后，经1s时间B与挡板碰撞；
(4)B与C碰后，B到挡板的最大距离为112m。
【解析】(1)根据动能定理求出物块A滑到最低点的速度，结合A的速度大小和传送带速度大小的关系，判断出物块A在传送带上的运动规律，根据牛顿第二定律和运动学公式求出物块A到达传送带最左端的速度，即碰撞前物块a的速度大小；
(2)根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出A、B发生弹性碰撞后的速度大小，结合B在传送带上的运动的位移判断出B返回传送带最左端的速度，从而判断能否发生第二次碰撞。
本题主要是考查了动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿第二定律的综合应用；关键是弄清楚受力情况和运动情况，根据牛顿第二定律、运动学公式等进行分析；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用，解答时要首先确定一个正方向。
2023年山东省潍坊市高考物理三模试卷
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1. 关于下列图片所示的现象或解释，说法正确的是( )
A. 图中光学镜头上的增透膜利用的是光的衍射现象
B. 如图为单缝衍射，若仅减弱单色光的强度，中央亮纹变窄
C. 图中的“泊松亮斑”，是小圆孔衍射形成的图样
D. 如图是利用偏振眼镜观看立体电影，说明光是横波
2. 如图所示，ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。一汽车在平直公路上以15m/s的速度行驶，汽车通过ETC通道前，以2.5m/s2的加速度减速，当速度减至5m/s后，匀速通过长为10m的匀速行驶区间。当车头到达收费站中心线后，再以5m/s2的加速度匀加速至15m/s，汽车从开始减速至回到原行驶速度的过程，下列判断正确的是( )
A. 通过的最短距离为60m B. 通过的最短距离为70m
C. 所用的最短时间为4s D. 所用的最短时间为6s
3. 根据玻尔的氢原子结构模型，氢原子处于基态时的能量值为E1，处于n能级时的能量值为En，En=E1n2。氢原子由高能级向低能级跃迁时会产生各种谐线系，其中由高能级向n=2能级跃迁时产生的光谱线属于巴尔末线系，普朗克常量为h，真空中的光速为c，则巴尔末系中光谱线的最大波长为( )
A. −9hcE1 B. −4hcE1 C. −4hc3E1 D. −36hc5E1
4. 如图所示，理想变压器的原线圈接在u=220 2sinπt(V)的交流电源上，原、副线圈匝数之比为1：2，电阻R1=10Ω、R2=400Ω，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是( )
A. 副线圈输出交流电的频率为5Hz B. 电流表的示数为1A
C. 电压表的示数为400V D. 电阻R1消耗的功率为20W
5. 如图所示，桶装水的容积为20L，为取水方便，在上面安装一个取水器。某次取水前桶内气体压强为1×105Pa，剩余水的体积为12L，水面距出水口的高度为50cm。取水器每按压一次，向桶内打入压强为1×105Pa、体积为0.3L的空气。已知水桶的横截面积为0.02m2，水的密度为1×103kg/m3，大气压强为1×105Pa，重力加速度为10m/s2，取水过程中气体温度保持不变，则( )
A. 取水器至少按压1次，水才能从出水口流出
B. 取水器至少按压3次，水才能从出水口流出
C. 若要压出4L水，至少需按压16次
D. 若要压出4L水，至少需按压17次
6. 如图甲所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电荷量为σ(σ>0)，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由电场强度的叠加原理求出：E=2πkσ[1−x x2+R2]，方向沿x轴。现考虑单位面积带电荷量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板后(如图乙所示)，在其轴线上任意一点Q(坐标为x)处放置一个点电荷q0，则q0所受电场力的大小为( )
A. 2πkσ0q0x x2+r2 B. 2πkσ0q0r x2+r2
C. 2πkσ0q0xr D. 2πkσ0q0rx
7. 如图所示，在x轴下方宽度为d=0.2m的区域中，x>0的区域有沿y轴正方向的匀强电场，场强E=4×103V/m，x<0的区域无电场。在y>0和y<−0.2m的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.4T。一比荷qm=1×106C/kg的带正电粒子从M(0.1m,−0.2m)点由静止释放，不计粒子重力，以下判断正确的是( )
A. 粒子第一次经过x轴时速度大小为2×104m/s
B. 粒子第三次经过y轴时速度方向与y轴垂直
C. 粒子第三次经过y轴时的位置坐标为(0,0.2m)
D. 粒子从开始释放到第五次经过x轴所用的时间为(2+ 24+ 3+π)×10−5s
8. 如图所示，三个相同的小物块a、b、c，质量均为m，c放在水平地面上，b和c在竖直方向上通过劲度系数为k的轻弹簧相连，a在b的正上方，开始时a、b、c均静止。现让a自由下落，a、b碰后一起向下运动。已知弹簧的弹性势能可表示为EP=12kx2，为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，重力加速度为g。若b向上运动到最高点时，c恰好离开地面，则a开始下落时距b的高度为( )
A. 11mgk B. 9mgk C. 7mgk D. 5mgk
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9. 一列简谐横波在t=0时的波形如图甲所示，图乙是坐标原点O处质点的振动图像。已知质点Q的平衡位置坐标为xQ=6cm，则( )
A. 波向左传播
B. 波的传播速度大小为0.18m/s
C. 质点Q的振动方程为y=0.2sin(πt+π3)m
D. 质点Q的振动方程为y=0.2sin(πt−π3)m
10. 如图所示，一定质量的某种理想气体在状态a时的压强为p0。从状态a到状态c，该气体从外界吸收的热量为Q，在V−T图像中图线ca反向延长线通过坐标原点O，从状态c到状态b温度不变，则( )
A. 气体在状态c的体积为1.5V0
B. 气体在状态b的压强为23p0
C. 从状态a到状态c，气体对外界做功为−p0V0
D. 从状态a到状态b，气体内能的增加量为Q−p0V0
11. 2023年4月16日，在酒泉卫星发射中心使用长征四号乙运载火箭，成功将我国首颗降水测量专用卫星风云三号07星送入预定轨道。若该卫星发射过程可以简化为如图所示的过程：Ⅰ为近地圆轨道(轨道半径可视为等于地球半径)，Ⅲ为距地面高度为h的圆形工作轨道，Ⅱ为与轨道Ⅰ、Ⅲ相切的椭圆转移轨道，切点分别为a、b。已知地球半径为R，第一宇宙速度大小为v0，万有引力常量为G，下列说法中正确的是( )
A. 风云三号07星在轨道Ⅰ运行的周期小于地球自转周期
B. 风云三号07星在轨道Ⅲ经过b点时的加速度大于在轨道Ⅱ经过b点时的加速度
C. 风云三号07星从a点第一次运动到b点所用时间为πRv0 (2R+h2R)3
D. 地球的平均密度为3v024πGR3
12. 如图甲所示，滑雪运动员在助滑道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后落在倾斜的雪道上，其过程可简化为图乙。现有一运动员从跳台O处以初速度v0飞出，方向与雪道成60°，之后落在雪道的P处。运动员质量为m，倾斜雪道与水平方向的夹角为30°。重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 运动员在空中飞行的时间为v0g
B. OP两点间的距离为2v02g
C. 运动员在飞行过程中动能变化量的大小为2mv02
D. 运动员在飞行过程中动量变化量的大小为2mv0
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
13. 某实验小组设计了图甲所示的装置，测量滑块与水平台面间的动摩擦因数μ。已知当地重力加速度为g，实验步骤如下：
(1)用螺旋测微器测量固定在滑块上的遮光条宽度d，示数如图乙所示，则d= ______ mm；
(2)将滑块放在光电门下方，测出滑块到转轴的距离L。控制转台缓慢加速，滑块滑动前每一周的运动都视为匀速圆周运动。当遮光条挡光时间为t时，滑块转动的角速度ω= ______ ；
(3)当遮光条挡光时间为t0时，滑块开始滑动，滑块与平台间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则两者间的动摩擦因数μ= ______ 。(用题中所给物理量的符号表示
)
14. 某实验小组要将一个灵敏电流计G改装为“×10”和“×100”两个倍率挡的简易欧姆表，设计了如图甲所示的电路图。已知灵敏电流计G的内阻为Rg=36Ω、满偏电流Ig=1mA，电源的电动势E=1.5V，内阻r=1Ω。图乙为该多用电表的表盘，欧姆表刻度盘的中值刻度为“15”。不计导线的电阻，请回答下列问题：
(1)在正确操作的情况下，图甲中______ (填“a”或“b”)表笔应为红表笔；
(2)电键S断开时欧姆表的倍率为______ (选填“×10”和“×100”)；图甲中定值电阻R0的阻值为______ Ω；
(3)将图甲中的电键S闭合后，进行欧姆调零，当调零完毕时，滑动变阻器接入电路的阻值R= ______ Ω；欧姆调零后用该欧姆表测量某一待测电阻Rx的阻值，稳定后电表指针指示位置如图乙所示，则该待测电阻的阻值Rx= ______ Ω。
四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）
15. 如图所示，某透明材料的横截面是半径为R的半圆，AB为直径，O为圆心。P为圆周上的一点，P到AB的距离为 32R；透明材料的折射率为 62，底面AB用吸光材料涂黑。入射光平行于AB射向圆面上的P点，经两次折射后射出。已知真空中的光速为c，求：
(1)出射光线与开始的入射光线间的夹角θ；
(2)光通过透明材料的时间。
16. 如图所示，AOB是竖直平面内的光滑圆弧形滑道，由两个半径都是R的14圆周平滑连接而成，圆心O1、O2与两圆弧的连接点O在同一竖直线上，O2B与水池的水面平齐。一小滑块可由弧AO的任意点由静止开始下滑。
(1)若小滑块从圆弧AO上某点释放，之后在两个圆弧上滑过的弧长相等，求释放点和O1的连线与竖直线的夹角；
(2)若小滑块能从O点脱离滑道，求其可能的落水点在水面上形成的区域长度。
17. 如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨间距为L，导轨左侧有两个开关S1、S2，S1与一个阻值为R的定值电阻串联，S2与一个电容为C的电容器串联。导体棒ab垂直于导轨放置，其长度为L、质量为m、电阻也为R。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为2m的重物通过轻质定滑轮用绝缘轻绳与导体棒ab的中点连接，开始时轻绳张紧。现将S1闭合，S2断开，使重物由静止释放，经时间t金属棒达到最大速度。已知导轨足够长，不计导轨电阻，导体棒始终垂直导轨且与导轨接触良好，重物始终未落地，重力加速度为g，不计一切摩擦。求：
(1)导体棒的最大速度；
(2)导体棒从开始运动到刚达到最大速度时，运动的距离；
(3)从导体棒开始运动到刚达到最大速度时，电阻R中产生的热量；
(4)导体棒达到最大速度后，将S1断开、S2闭合，同时撤去重物，电容器所带的最大电荷量。
18. 如图所示，MN是一长为L1=2.0m的水平传送带，以v0=4m/s顺时针匀速转动，传送带左端M与半径r=1.25m的14光滑圆轨道相切，右端N与放在光滑水平桌面上的长木板C上表面平齐。木板长为L2=2.5m，C的右端带有挡板，在C上放有小物块B，开始时B和C静止，B到挡板的距离为L3=78m。现将小物块A从圆弧轨道最高点由静止释放，小物块A与传送带间的动摩擦因数μ1=0.25，A、C之间及B、C之间的动摩擦因数均为μ2=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B、C的质量均为m=1kg，重力加速度为g=10m/s2，所有的碰撞均为弹性正碰。求：
(1)A通过传送带过程产生的内能；
(2)A滑上C后与B碰撞前，B与C间的摩擦力大小；
(3)A滑上C后，经多长时间B与挡板碰撞；
(4)B与C碰后，B到挡板的最大距离。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、甲图中光学镜头上的增透膜利用的是光的干涉现象，故A错误；
B、乙图为单缝衍射，若仅减弱单色光的强度，中央亮纹宽度不变，但亮度变弱，故B错误；
C、“泊松亮斑”是光通过小圆板衍射形成的，故C错误；
D、偏振片式立体电影技术的原理是光的偏振，用的是横波的特点，故D正确。
故选：D。
增透膜利用的是光的干涉现象；单缝衍射，若仅减弱单色光的强度，中央亮纹宽度不变，但亮度变弱；“泊松亮斑”是光通过小圆板衍射形成的；偏振片式立体电影技术的原理是光的偏振，用的是横波的特点。
本题考查光的衍射，干涉的原理以及光的偏振现象，解决本题的关键是知道光现象产生原因及实际应用的原理。
2.【答案】B
【解析】解：AB、减速过程的位移x1=−v2−v022a1=−52−1522×2.5m=40m
加速过程的位移x2=v02−v22a2=152−522×5m=20m
通过的最短距离为x=x1+x2+x3=40m+20m+10m=70m
故A错误，B正确；
CD、减速过程的时间t1=−v−v0a1=−5−152.5s=4s
加速过程的时间t2=v0−va2=15−55s=2s
匀速过程的时间t3=x3v=105s=2s
所用的最短时间为t=t1+t2+t3=4s+2s+2s=8s
故CD错误。
故选：B。
根据匀变速直线运动位移—速度公式求解减速过程和加速过程的位移，进而求解通过的最短距离；根据匀变速直线运动速度—时间公式求解减速过程和加速过程的时间，根据x=vt求解匀速过程的时间，进而求解所用的最短时间。
本题考查匀变速直线运动规律，解题关键是掌握匀变速直线运动规律并能够熟练应用。
3.【答案】D
【解析】解：巴尔末线系中从n=3跃迁到n=2放出的光子能量值最小，由E=hν=hcλ可知其波长最长，由E=E3−E2=E132−E122=−5E136，联立解得：λ=−36hc5E1，故D正确，ABC错误。
故选：D。
能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，根据光子能量E=hν=hcλ确定其波长的大小，再根据能级跃迁公式求解其最大波长。
解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，以及光速公式c=λν，并能灵活运用。
4.【答案】C
【解析】解：A、由瞬时值的表达式可得，ω=π，f=ω2π=π2π=0.5Hz，故A错误。
由瞬时值的表达式可得，电压的有效值U=220V，设原线圈端电流为I1，
根据U=IR得电阻R1两端电压U1=I1R1=10I1，
原线圈端电压U原=220−10I1，
由U1U2=n1n2得副线圈两端电压U副=2U原=440−20I1①，
由I1I2=n1n2得副线圈端电流I2=12I1，
根据U=IR得电阻R2两端电压U2=I2R2=200I1②，
B、由U2=U副及①②式可得I1=2A③，即电流表示数为2A，故B错误。
C、由②③式可得电压表示数为400V，故C正确。
D、由P=I²R得，电阻R1功率P=I12R1=(2A)2×10Ω=40W，故D错误。
故选：C。
根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，即可求得结论。
本题主要考查变压器的知识，要能对交流电的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解。
5.【答案】D
【解析】解：AB、设取水器下压n次后，桶中的水才能从出水口流出。以原来桶中空气和打入的空气为研究对象，设开始时压强为p1，体积为V1，则：
p=p0=1×105Pa，V1=[(20−12)×103+300n]cm3
设桶中空气和打入的空气后来的体积V2，压强为p2，则：V2=(20−12)×103cm3
由玻意耳定律得：p1V1=p2V2
要使桶中水能从出水口流出，则有：p2>p0+ρgh
联立各式解得：n>43，所以至少按压2次，水才能从出水口流出，故AB错误；
CD、水桶高度h0=0.020.02m=1m
装满水时，水面距离出水口高度Δh=50cm−20−12320h0，解得：Δh=10cm
再压出4升水后桶内液面与出水口高度差为：h=20−12+420h0+Δh
解得：h2=70cm
则有：p3=p0+ρgh2
解得：p3=1.07×105Pa
由于外界温度保持不变，根据玻意耳定律有：n′p0V0+p1V1′=p3V2′
其中：V0=0.3L，V1′=(20−12)L=8L，V2′=(20−12+4)L=12L
解得：n′≈16.1
可知，若要再压出4升水，至少需按压17次，C错误，D正确。
故选：D。
设取水器下压n次后，桶中的水才能从出水口流出。以原来桶中空气和打入的空气为研究对象，由玻意耳定律进行解答；求出初末状态的状态参量，根据玻意耳定律进行解答。
本题主要是考查了一定质量的理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析一定质量的理想气体发生的是何种变化，利用一定质量的理想气体的状态方程列方程求解。本题要能用静力学观点分析各处压强的关系，要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化，选择合适的气体实验定律解决问题。
6.【答案】A
【解析】解：在Q点处的合场强E=E1+E2，E1=2πkσ(无穷大的带电圆盘在此处产生的场强)，E2=2πkσ[1−x x2+r2]方向与E1相反。合成得
E=2πkδ0x x2+r2方向与E1相同，q0在此处受的电场力就是2πkδ0qx x2+r2，故BCD错误，故A正确。
故选：A。
挖去半径为r的圆板就可等效在此处放上等量的异种电荷，在x处的场强就等效为无限大的圆盘与半径为r的带异种电荷在的合成，这样此处放的电荷受的电场力就可以求出来了。
要抓住Q点的场强等效于无限大带正电圆盘与半径为r的带负的圆盘在此处的场强的矢量合成。
7.【答案】D
【解析】解：A、粒子从M点由静止释放经过电场加速到第一次经过x轴的过程中有：qEd=12mv12
代入数据可得：v1= 2qEdm= 2×1×106×4×103×0.2m/s=4×104m/s，故A错误；
BC、根据题意画出粒子的运动轨迹图如图，
设粒子经过电场加速一次后在磁场中的运动半径为为r1，由洛伦兹力提供向心力可得：qv1B=mv12r1
可得：r1=mv1qB=4×1041×106×0.4m=0.1m
同理可知，粒子经过电场加速两次后在磁场中的运动半径r2=0.1 2m，由图可知，粒子第三次经过y轴时的位置坐标不为(0,0.2m)，故BC错误；
D、粒子在磁场中运动的的周期T=2πmqB=5π×10−6s，粒子在电场中第一次加速的时间为t1=dv=dv12=0.24×1042s=1×10−5s，粒子在电场中第二次加速的时间为t2=dv=dv1+v22=0.44×104+4 2×104s，粒子在无电场和磁场区域做匀速直线运动的时间为别为t1′=dv1，t2′=dv2，则粒子从开始释放到第五次经过x轴所用的时间为t=2T+t1+t2+t1′+t2′，代入数据得到：t=(2+ 24+ 3+π)×10−5s，故D正确。
故选：D。
根据动能定理求出粒子第一次经过x轴的速度；
画出运动轨迹，求出两次在磁场中的轨迹半径，由几何关系求第三次经过y轴时的坐标；
分别求出粒子在电场、磁场和无场区的时间，相加为所求。
本题考查类似于回旋加速器的工作原理，粒子在电场中加速时由动能定理求进入磁场的速度，在磁场中做匀速圆周运动由牛顿第二定律求得轨道半径，再由几何关系求其他物理量。
8.【答案】B
【解析】解：设初始弹簧被压缩x1，则根据胡克定律可得：
kx1=mg
设a开始下落时与b的距离为H，a、b物块碰撞前瞬间a的速度大小为va，由机械能守恒得：
mgH=12mva2
设a、b物块碰撞后瞬间两者的速度大小为vab，以向下为正方向，由动量守恒定律得：
mva=2mvab
a、b一起压缩弹簧，到两者向上运动到弹簧恢复原长时，a、b恰好分离，此时两者速度相同(设为vab′)对此过程由系统机械能守恒得：
12kx12+12×2mvab2=2mgx1+12×2mvab′2
a、b分离后，b向上运动到最高点时，c恰好离开地面，此时弹簧伸长量x1，此过程b与弹簧组成的系统机械能守恒，则有：
12×mvab′2=mgx1+12kx12
联立解得：H=9mgk，故B正确，ACD错误；
故选：B。
理解运动过程中物体的受力特点，由此得出其运动状态的变化，结合机械能守恒定律列式得出a开始下落时与b的距离。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合胡克定律得出其运动状态的变化，结合机械能守恒定律即可完成解答。
9.【答案】ABC
【解析】解：A、由乙图知坐标原点O处质点，随时间增加位移向正方向先逐渐增加，是被右侧质点带动，所以波是向左传播、故A正确。
B、由甲图知、半波长为18cm.由乙得周期为2s，则波速v=λT=0.362m/s=0.18m/s，故B正确；
CD、由甲、乙图知、振幅A=0.2m，T=2s，ω=2πT=2π2rad/s=πrad/s
根据题意质点Q的平衡位置坐标为xQ=6cm，初相位是618π，即π3
所以质点Q的振动方程为y=0.2sin(πt+π3)m
故C正确，D错误。
故选：ABC。
根据波的传播方向确定Q点在T时刻的振动方向，与振动图象上质点的振动方向比较，确定是哪个质点的振动图象。在波动图象上，根据位移大小研究速度的大小关系。
解决该题需要掌握在振动图象中判断质点的振动方向以及波动图象中判断波的传播方向的方法，掌握简谐运动的运动特征。
10.【答案】BD
【解析】解：A、有题意可知ac为等压线，则有pc=p0，根据盖−吕萨克定律，有V0T0=Vc2T0，解得Vc=2V0，故A错误；
B、cb为等温线，根据玻意耳定律可得：pcVc=pb⋅3V0，解得：pb=23p0，故B正确；
CD、从状态a到状态c为等压变化，气体膨胀，气体对外界做正功，其值W外=p0(Vc−Va)=p0(2V0−V0)=p0V0
根据热力学第一定律可得该过程气体内能增加量ΔQ=W+Q=ΔQ=−W外+Q=Q−p0V0
由于从状态c到状态b为等温变化，所以从状态a到状态b和从状态a到状态c的气体内能的增加量相同，故C错误，D正确。
故选：BD。
从状态a到状态c过程，气体发生等容变化，根据根据盖—吕萨克定律求解状态c的体积；从状态c到状态b过程，气体发生等温变化，根据玻意耳定律求解状态b的压强；对于等压变化过程根据W=P⋅ΔV求解气体对外做功；由于c、b两状态的温度相同，内能相等，则气体从状态a到状态c过程与a到b的过程内能的增量相等。
本题关键抓住气体的内能是状态量，由气体的温度决定，同一封闭气体，温度相同，内能则相同。考查基本的应用能力。
11.【答案】AC
【解析】解：A、根据万有引力提供向心力得：GMmr2=m(2πT)2r，解得T=2π r3GM，可知轨道半径r越小，周期越小，风云三号07星在轨道Ⅰ运行的轨道半径最小，所以周期一定比地球同步卫星的周期小，地球同步卫星的周期等于地球自转周期，故A正确；
B、根据万有引力提供向心力得：GMmr2=ma，这里r是风云三号07星到地心的距离，可知在轨道Ⅲ经过b点时的加速度和在轨道Ⅱ经过b点时的加速度的大小相等，故B错误；
C、设风云三号07星在近地圆轨道Ⅰ的周期为T1，则T1=2πRv0，在轨道Ⅱ的周期为T，根据几何知识求解在椭圆轨道Ⅱ半长轴a=h+2R2，根据开普勒第三定律得：R3T12=a3T2，联立以上各式得：T=2πRv0 (2R+h2R)3，风云三号07星从a点第一次运动到b点所用时间为周期的一半，即为πRv0 (2R+h2R)3，故C正确；
D、根据万有引力提供向心力得：GMmR2=mv02R，求解地球的质量M=Rv02G，再除以地球体积V=43πR3，联立解得地球的平均密度是ρ=3v024πGR2，而不是3v024πGR3，故D错误。
故选：AC。
A、根据万有引力提供向心力先比较风云三号07星在轨道Ⅰ运行的周期和地球同步卫星的周期大小，再和地球自转周期比较判断；
B、根据万有引力提供向心力比较风云三号07星在轨道Ⅲ经过b点时的加速度和在轨道Ⅱ经过b点时的加速度的大小；
C、根据开普勒第三定律求解风云三号07星从a点第一次运动到b点所用时间是否为πRv0 (2R+h2R)3；
D、根据万有引力提供向心力先求解地球的质量，再除以地球体积判断平均密度是否为3v024πGR3。
卫星环绕中心天体做匀速圆周运动，万有引力提供向心力是解题的核心思想，涉及变轨出现椭圆轨道的问题，可以根据近心运动和离心运动定性分析比较速度大小，根据开普勒第三定律分析求解周期等问题。
12.【答案】BD
【解析】解：A、将重力加速度沿斜面和垂直于斜面分解，则垂直于斜面方向上，根据运动学公式可得：
t=2v0sin60°gcos30∘
代入数据解得：t=2v0g，故A错误；
B、沿斜面方向上，根据运动学公式可得：
xOP=vcos60°t+12gsi30°t2
代入数据解得：xOP=2v02g，故B正确；
C、整个运动过程中，根据动能定理可得：
WG=ΔEk=mgxOPsin30°
解得：ΔEk=mv02，故C错误；
D、飞行过程中，根据动量定理可得：
IG=Δp=mgt
解得：Δp=2mv0，故D正确；
故选：BD。
将速度和加速度分解到沿斜面和垂直于斜面方向上，根据运动学公式得出飞行的时间和OP间的距离；
根据动能定理和动量定理结合题意完成分析。
本题主要考查了斜抛运动的相关应用，理解矢量的分解特点，结合运动学公式和动能定理即可完成分析。
13.【答案】1.732 dLt d2gLt02
【解析】解：(1)螺旋测微器的分度值为0.01mm，需要估读到分度值的下一位，则d=1.5mm+2.32×0.01mm=1.732mm；
(2)根据题意可知滑块的线速度大小为：
v=dt
根据v=ωL
解得：ω=dLt
(3)根据题意，滑块开始滑动时，有
μmg=mω2L，ω=dLt
联立解得：μ=d2gLt02
故答案为：(1)1.732；(2)dLt；(3)d2gLt02
(1)根据螺旋测微器的读数规则得出对应的示数；
(2)根据线速度和角速度的关系得出角速度的表达式；
(3)根据牛顿第二定律得出μ的表达式。
本题主要考查了动摩擦因数的测量实验，理解物体做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。
14.【答案】b ×100 4 145.4 140
【解析】解：(1)在多用电表的使用过程中，我们需要让电流从红笔流入，黑笔流出，所以在当欧姆挡使用时，黑表笔接着内部电源正极，b表笔应为红表笔。
(2)当开关断开时，电路中的电流小，对应欧姆表内阻较大的状态，对应是大倍率，故欧姆表倍率为×100．
当开关断开时，欧姆表内阻为R内=EIg=1.51×10−3Ω=1500Ω
闭合开关时，欧姆表为“×10”倍率，电流表满偏时，内阻为150Ω，欧姆表的满偏电流为
I′=ER′=1.5150A=0.01A
此时表头中电流应为满偏电流0.001A，则与之并联电阻R0电流应为
IR0=I1−Ig=0.01A−1×10−3A=0.009A
则并联电阻R0为
R0=IgRgIR0
解得R0=4Ω
(3)闭合开关时，并联部分电阻为R′′=RgR0Rg+R0
滑动变阻器接入电路的阻值
R滑=R′−R′′−r
解得R滑=145.4Ω
电表指针指示位置如图乙所示，该待测电阻的阻值Rx=14×10Ω=140Ω
故答案为：(1)b；(2)×100，4；(3)145.4，140
(1)在多用电表的使用过程中，我们需要让电流从红笔流入，黑笔流出；
(2)根据闭合电路欧姆定律可知电流表量程越小，对应电阻越大，同时解得R0的阻值；
(3)根据闭合电路欧姆定律及欧姆表工作原理分析解答。
本题考查了欧姆表的内部结构，表头部分电流表量程的大小判断，中值电阻的理解以及闭合电路欧姆定律的正确运用。
15.【答案】解：(i)设光在射入圆面时入射角为i，折射角为α，根据几何关系有sini= 32RR= 32
则i=60°
根据折射定律得：
n=sinisinα
光从圆面射出时的入射角为β，折射角为γ，则有
β=α=45°
光射出圆面时，由折射定律得：
n=sinγsinβ
可得：γ=60°
由几何关系得：δ=γ−30°=30°；
(ii)设光在透明材料中通过的距离为L，由几何关系有：
L= 2R
光在透明材料中的传播速度问：v=cn
设光通过透明材料经过的时间为t。则有：t=Lv
联立解得：t= 3Rc
答：(i)出射光线与入射光线延长线间的夹角δ是30°；
(ii)光通过透明材料经过的时间是 3Rc。
【解析】(i)画出光路图，根据折射定律和几何关系结合求出出射光线的折射角，再求出射光线与入射光线延长线间的夹角δ；
(ii)根据几何关系求出光通过透明材料经过的路程，由v=cn求出光在透明材料中传播速度，从而求得传播时间。
本题是考查了折射定律的应用，关键作出光路图，通过几何关系求解相关角度和光程。
16.【答案】解：(1)如图所示
设滑块出发点为P1，离开点为P2，由题意可知O1P1、O2P2与竖直方向的夹角相等，设其为θ，若离开滑道时的速度为v，则滑块在P2处脱离滑道的条件是mv2R=mgcosθ
由动能定理得：2mgR(1−cosθ)=12mv2
联立解得：cosθ=0.8
即释放点和O1的连线与竖直线的夹角为37°；
(2)滑块刚能在O点离开滑道时，有：mg=mv02R
解得，滑块到达O点的速度v0= gR
滑块从O点脱离滑道后做平抛运动，水平方向：x0=v0t
竖直方向：R=12gt2
联立解得：x0= 2R
滑块经过O点时速度v>v0时，经过O点一定脱离滑道，v
滑块从O点脱离滑道后做平抛运动，水平方向：xm=vmt
竖直方向：R=12gt2
联立解得：xm=2R
滑块可能的落水点在水面上形成的区域长度Δx=xm−x0=2R− 2R=(2− 2)R
答：(1)释放点和O1的连线与竖直线的夹角为37°；
(2)滑块可能的落水点在水面上形成的区域长度为(2− 2)R。
【解析】(1)滑块恰好脱离滑道时，恰好不受支持力，重力沿半径方向的分力提供向心力，结合动能定理列式求解即可；
(2)小滑块离开轨道后做平抛运动，根据动能定理和牛顿第二定律求解小滑块经过O点的最小速度和最大速度，根据平抛运动的规律进行讨论即可求解。
本题考查竖直面内的圆周运动、平抛运动和动能定理，解题关键是分析好滑块的运动情况，知道滑块恰好脱离轨道时，恰好不受支持力，重力沿斜面方向的分力提供向心力，结合牛顿第二定律、运动学公式和动能定理列式求解即可。
17.【答案】解：(1)导体棒速度最大时棒和重物受力平衡，根据平衡条件可得：2mg=BIL
其中：I=BLvm2R
联立解得：vm=4mgRB2L2
(2)对重物和棒根据动量定理可得：2mgt−BI−Lt=3mvm−0
其中：I−t=E−2Rt=ΔΦ2R=BS2R=BLx2R
联立解得：x=2RmgtB2L2−24m2R2gB4L4
(3)根据功能关系可得回路中产生的总热量为：Q=2mgx−12×3mvm2
根据焦耳定律可得电阻R中产生的热量：QR=RR+RQ
联立解得：QR=2m2g2RtB2L2−36m3g2R2B4L4
(4)当电容器两端电压等于导体棒两端电压时，回路中没有感应电流，此后导体棒匀速运动，电容器所带的电荷量最大，设最后匀速运动的速度大小为v，取向右为正方向，根据动量定理可得：
−BI−′Lt′=mv−mvm
其中：I−′t′=q=CBLv
联立解得：v=mvmm+B2L2C
电容器所带的最大电荷量：q=CBLv
联立解得：q=4m2gRCBL(m+B2L2C)
答：(1)导体棒的最大速度为4mgRB2L2；
(2)导体棒从开始运动到刚达到最大速度时，运动的距离为2RmgtB2L2−24m2R2gB4L4；
(3)从导体棒开始运动到刚达到最大速度时，电阻R中产生的热量为2m2g2RtB2L2−36m3g2R2B4L4；
(4)导体棒达到最大速度后，将S1断开、S2闭合，同时撤去重物，电容器所带的最大电荷量为4m2gRCBL(m+B2L2C)。
【解析】(1)导体棒速度最大时棒和重物受力平衡，根据平衡条件进行解答；
(2)对重物和棒根据动量定理进行解答；
(3)根据功能关系可得回路中产生的总热量，根据焦耳定律可得电阻R中产生的热量；
(4)当电容器两端电压等于导体棒两端电压时，电容器所带的电荷量最大，根据动量定理、电容的计算公式求解电容器所带的最大电荷量。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
18.【答案】解：(1)A沿圆弧滑动最低点过程中，根据动能定理得：mgr=12mv12
解得：v1= 2gr= 2×10×1.25m/s=5m/s
A的速度大于传送带速度，滑上传送带后先做匀减速直线运动，加速度为：
a=−μ1mgm=−μ1g=−0.25×10m/s2=−2.5m/s2
设A运动了l位移与传送带的速度相同，有：v02−v12=2al
代入数据解得：l=v02−v122a=42−522×(−2.5)m=1.8m<2m
所以A在传送带上匀减速运动了1.8m，之后和传送带一起以4m/s匀速运动了L−l=2m−1.8m=0.2m的距离。
A在传送带上匀减速运动的时间t1=v0−v1a=4−5−2.5s=0.4s
传送带运动的位移l1=v0t1=4×0.4m=1.6m
A与传送带的相对位移Δl=l=l1=1.8m−1.6m=0.2m
A通过传送带过程产生的内能ΔE=μmgΔl=0.25×1×10×0.2J=0.5J
(2)由第(1)问可知物块A与物块B碰撞前，物块A以4m/s的初速度向右匀减速运动，A对BC整体的摩擦力为f=μ2mg；
对BC整体，根据牛顿第二定律得：f=2ma1，a1=f2m=μ2mg2m=0.2×1×102×1m/s2=1m/s2
对B隔离分析，设C对B的摩擦力为f1，则f1=ma1=1×1N=1N
所以A滑上C后与B碰撞前，B与C间的摩擦力大小为1N
(3)A滑上C后，物块A以4m/s的初速度向右匀减速运动，加速度a2=−μ2mgm=−μ2g=−0.2×10m/s2=−2m/s2
设A滑上C后，设经过t时间A与B发生弹性碰撞，对A，根据匀变速规律得：xA=v0t+12a2t2
对BC整体，根据匀变速规律得：xBC=12a1t2
又根据题意得：xA=xBC+L2−L3
联立代入数据解得：t=0.5s
A与B刚刚碰撞前，设A的速度为v1，则v1=v0+a2t=4m/s−2×0.5m/s=3m/s
A与B刚刚碰撞前，设BC整体的速度为v2，则v2=a1t=1×0.5m/s=0.5m/s
A与B发生弹性正碰，设刚刚碰撞结束A的速度为v3，B的速度为v4，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv1+mv2=mv3+mv4
根据机械能守恒定律有：12mv12+12mv22=12mv32+12mv42
联立并代入数据解得：v3=0.5m/s，v4=3m/s；
即碰撞后A与C以相同的初速度0.5m/s向右匀加速运动，加速度同碰撞前BC的加速度a1，B以3m/s的初速度向右做匀减速直线运动，加速度同碰前A的加速度a2，设再经t2时间B与挡板碰撞，对B，根据匀变速直线运动的规律得：xB=v4t2+12a2t22
对AC，根据匀变速直线运动的规律得：xAC=v3t2+12a1t22
又根据题意得：xB=xAC+L3
联立代入数据解得：t2=0.5s
A滑上C后，经Δt=t+t2=0.5s+0.5s=1s时间B与挡板碰撞；
(4)B与C刚刚碰撞前，设B的速度为v5，则v5=v4+a2t2=3m/s−2×0.5m/s=2m/s
B与C刚刚碰撞前，设AC整体的速度为v6，则v6=v3+a1t2=0.5m/s+1×0.5m/s=1m/s
B与C发生弹性正碰，设刚刚碰撞结束B的速度为v7，C的速度为v8，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv5+mv6=mv7+mv8
根据机械能守恒定律有：12mv52+12mv62=12mv72+12mv82
联立并代入数据解得：v7=1m/s，v8=2m/s
B与C碰后，C以2m/s匀减速直线运动，设加速度为a3，a3=−2μ2mgm=−2μ2g=−2×0.2×10m/s2=−4m/s2
A与B都以初速度1m/s匀加速运动，设加速度为a4；a4=μ2mgm=μ2g=0.2×10m/s2=2m/s2
B与C发生弹性正碰后，又经过t3时间，当C与B速度相等时，B与挡板距离最远，即：v7+a4t3=v8+a3t3
代入数据解得：t3=16s
B与C碰后，B到挡板的最大距离Lm=v8t3+12a3t32−(v7t3+12a4t32)=2×16m−12×4×(16)2m−(1×16+12×2×1262)m=112m
答：(1)A通过传送带过程产生的内能为0.5J；
(2)A滑上C后与B碰撞前，B与C间的摩擦力大小为1N；
(3)A滑上C后，经1s时间B与挡板碰撞；
(4)B与C碰后，B到挡板的最大距离为112m。
【解析】(1)根据动能定理求出物块A滑到最低点的速度，结合A的速度大小和传送带速度大小的关系，判断出物块A在传送带上的运动规律，根据牛顿第二定律和运动学公式求出物块A到达传送带最左端的速度，即碰撞前物块a的速度大小；
(2)根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出A、B发生弹性碰撞后的速度大小，结合B在传送带上的运动的位移判断出B返回传送带最左端的速度，从而判断能否发生第二次碰撞。
本题主要是考查了动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿第二定律的综合应用；关键是弄清楚受力情况和运动情况，根据牛顿第二定律、运动学公式等进行分析；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用，解答时要首先确定一个正方向。
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