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2023年山东省临沂市普通高中高考物理一模试卷（等级考）（含答案解析）
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2023年山东省临沂市普通高中高考物理一模试卷（等级考）
1. 图甲为研究光电效应的电路，K极为金属钠(截止频率为5.53×1014Hz，逸出功为2.29eV)。图乙为氢原子能级图。氢原子光谱中有四种可见光，分别是从n=6、5、4、3能级跃迁到n=2能级产生的。下列说法正确的是( )
A. 氢原子光谱中有三种可见光能够让图甲K极金属发生光电效应
B. 大量处于n=5能级的氢原子最多能辐射出8种不同频率的光
C. 仅将图甲中P向右滑动，电流计示数一定变大
D. 仅将图甲中电源的正负极颠倒，电流计示数一定为0
2. 如图所示为某小型发电站高压输电示意图。发电机输出功率恒定，变压器均为理想变压器。在输电线路的起始端接入甲乙两个互感器(均为理想器材)，两互感器原线圈的匝数比分别为200：1和1：20，降压变压器原副线圈的匝数比为200：1，电压表的示数为220V，电流表的示数为5A，输电线路总电阻r=20Ω，则下列说法正确的是( )
A. 互感器甲是电流互感器，互感器乙是电压互感器
B. 输电线路上损耗的功率约占输电总功率的4.5%
C. 用户端的电压U4为200V
D. 用户使用的用电设备增多，流过电流互感器的电流减小
3. 一定质量的理想气体经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中ba的延长线通过坐标原点，气体a、b、c、d四个状态的压强与温度的关系如图所示，则( )
A. 气体在bc过程中体积的变化量等于da过程中体积的变化量
B. 气体在ab过程中内能的增加量小于cd过程中内能的减少量
C. 气体在ab过程中吸收的热量等于cd过程中放出的热量
D. 气体在ab过程中吸收的热量小于cd过程中放出的热量
4. 战绳训练需要训练者上下交替摆动两根粗重的绳子，训练者把两根相同绳子的一端固定在一点，用双手分别握住绳子的另一端，上下抖动绳子使绳子振动起来，研究发现战绳训练能将训练者的最大氧气摄入量增加50%，对训练者的心肺水平也是一个挑战。若以手的平衡位置为坐标原点，训练者右手在抖动绳子过程中某时刻的波形如图所示，若右手抖动的频率是2Hz，下列说法正确的是( )
A. 该时刻Q点的振动方向沿y轴负方向
B. 该绳波传播速度为2m/s
C. 再经过0.25s，Q点到达x轴上方对称位置
D. 从该时刻开始计时，质点P的振动方程为y=20sin(πt+π)cm
5. 如图所示，倾角为30∘的光滑斜坡足够长，某时刻A球和B球同时在斜坡上向上运动，开始运动时A球在斜坡底，初速度是10m/s，B球在斜坡上距离坡底6m的地方，初速度是5m/s，经过时间t两球相遇，相遇点到坡底的距离为L，重力加速度g=10m/s2，则( )
A. t=1.4s B. t=2.2s C. L=8.4m D. L=4.8m
6. 人类首次发现的引力波来源于距地球之外13亿光年的两个黑洞互相绕转最后合并的过程。设两个黑洞A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图所示，黑洞A的轨道半径大于黑洞B的轨道半径，两个黑洞的总质量为M，两个黑洞中心间的距离为L，则( )
A. 黑洞A的质量一定大于黑洞B的质量
B. 黑洞A的线速度一定小于黑洞B的线速度
C. 其运动周期T= 4π2L3GM
D. 两个黑洞的总质量M一定，L越大，角速度越大
7. 某学习小组设计了一种测温装置，用于测量教室内的气温(教室内的气压为一个标准大气压，相当于76cm汞柱产生的压强)，结构如图所示，导热性能良好的大玻璃泡A内有一定量的气体，与A相连的B管插在水银槽中，B管内水银面的高度x可反映所处环境的温度，据此在B管上标注出温度的刻度值。当教室内温度为7℃时，B管内水银面的高度为20cm。B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，则以下说法正确的是( )
A. B管上所刻的温度数值上高下低
B. B管内水银面的高度为16cm时，教室内的温度为17℃
C. B管上所到的温度数值间隔是不均匀的
D. 若把这个已刻好温度值的装置移到高山上，测出的温度比实际温度偏高
8. 如图所示，真空中有一个边长为L的正方体，正方体的两个顶点处分别放置一对电荷量都为q的正、负点电荷。图中的a、b、c、d是其他的四个顶点，下列表述正确的是( )
A. a点电势高于c点电势
B. a、c两点电场强度的比值为2 2
C. a、b、c、d四个顶点处电场方向不相同
D. 将正点电荷移到c点，b点的电场强度不变
9. 为了研究某种透明新材料的光学性质，将其压制成半圆柱形，如图甲所示。一束激光由真空沿半圆柱体的径向与其底面过O的法线成θ角射入。CD为光学传感器，可以探测光的强度，从AB面反射回来的光强随角θ变化的情况如图乙所示.现将这种新材料制成的一根光导纤维束暴露于空气中(假设空气中的折射率与真空相同)，用同种激光从光导纤维束端面EF射入，且光线与EF夹角为β，如图丙所示。则( )
A. 图甲中若减小入射角θ，则反射光线和折射光线之间的夹角也将变小
B. 该新材料的折射率为 2
C. 若该激光在真空中波长为λ，则射入该新材料后波长变为 22λ
D. 若该束激光不从光导纤维束侧面外泄，则β角需满足0∘<β<180∘
10. 如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平地面上，两物块间的接触面光滑，物块B与地面间的摩擦因数为μ。在物块A上施加一个水平拉力F，使A、B一起向右做匀速运动，弹簧始终处在弹性限度内。某时刻撤去水平拉力F，则( )
A. 撤去F的瞬间，物块A的加速度为2μg
B. 弹簧第一次恢复到原长时，物块A相对地面的速度可能向右
C. 物块A最终一定会停在物块B上
D. 之后任意一段时间内地面对物块B摩擦力的冲量方向一定向左
11. 细线拉着一质量为m的带电小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，该区域内存在水平方向的匀强电场(图中未画出)，小球所受电场力水平向右，大小是其重力的 3倍，圆周上A点在圆心的正上方，小球过A点时的速度大小为v0，方向水平向左，除受重力、电场力及细线的拉力外小球不受其他力的作用，重力加速度为g，在小球做圆周运动的过程中( )
A. 小球最小速率为 v02−2gR
B. 小球速率最小时其电势能最大
C. 若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时速率为 3v03
D. 若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时速率为 3v02
12. 如图所示，两电阻不计的光滑平行导轨水平放置，MN部分的宽度为2l，PQ部分的宽度为l，金属棒a和b的质量分别为2m和m，其电阻大小分别为2R和R，a和b分别静止在MN和PQ上，垂直于导轨且相距足够远，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现对金属棒a施加水平向右的恒力F，两棒运动时始终保持平行且a总在MN上运动，b总在PQ上运动，经过足够长时间后，下列说法正确的是( )
A. 金属棒a与b均做匀速直线运动且距离逐渐减小
B. 金属棒a与b均做匀变速运动且加速度之比为1：2
C. 流过金属棒a的电流大小为2F5BL
D. 回路中的感应电动势保持不变大小为FRBl
13. 某同学用如图甲所示装置验证小车加速度与力的关系。小车通过细绳与钩码相连，固定在小车上的挡光片宽度为d，光电门传感器固定在轨道上。实验时，将小车从某一位置由静止释放，通过光电门测出挡光片的挡光时间△t，实验中小车从同一位置由静止释放，记录弹簧测力计的示数F。改变动滑轮下悬挂的钩码个数，进行多次测量，测得多组△t和F，根据测得的数据在坐标系1(Δt)2−F中，得到如图乙所示的点和一条过原点的直线。
(1)关于该实验的说法，下列正确的是______ ；
A.实验操作过程中需要适度抬高轨道的左端来平衡摩擦
B.该实验中，钩码的质量需远小于小车质量
C.小车加速时，弹簧测力计的示数小于所挂钩码所受重力大小的一半
D.在误差允许的范围内，小车加速度与悬挂的钩码所受的重力大小的一半成正比。
(2)在实验操作完全正确的情况下，若小车的位移为x，小车的质量为M，请写出1(Δt)2关于F的函数表达式______ ；
(3)该同学实验后发现图像在纵轴上有一正截距，原因可能是______ 。
14. 某学习小组要测量一个电源的电动势及内阻。除该电源外还准备的器材有：一个电阻箱R(最大阻值99.9Ω)，一个量程为“0∼200mA”内阻是10Ω的电流表A，一个阻值为5Ω的定值电阻R0，一个开关和若干导线。
(1)同学们利用欧姆表来核实电流表A及定值电阻R0的阻值，已知它们的阻值都是准确的，当欧姆表两表笔与电阻R0相连时，欧姆表指针恰好偏转到满刻度的45，当欧姆表两表笔与电流表A相连时，欧姆表指针将偏转到满刻度的______ (用分数表示)，连接时要注意红表笔要与电流表的______ (填“正”或“负”)接线柱相连。
(2)由于电流表A的量程较小，考虑到安全因素，同学们利用定值电阻R0将该电流表进行改装，改装后的量程为______ 。
(3)设计的测量电路如下图所示。若实验中记录电阻箱的阻值R和电流表的示数I，并计算出1I，得到多组数据后描点作出R−1I图线如图所示，则该电源的电动势E=______ V，内阻r=______ Ω。(结果保留两位有效数字)
15. 如图所示，为透明材料制成的一件艺术摆件的截面图，上半部分是半径为R的半圆形，一细光束沿径向射入，在底面B点恰好发生全反射，OA是圆心O到底面的高，已知OA=AB= 24R，光在真空中传播的速度为c，求：
(1)该透明材料的折射率；
(2)最终从透明艺术摆件射出的光线与最初的入射光线相比偏转的角度；
(3)光在透明艺术摆件中传播的时间。
16. 如图所示，竖直面内有光滑斜面AB和光滑半圆轨道BC在B点平滑连接，半圆轨道的半径为R。一质量为m的小球从A点由静止滚下，恰好能通过半圆轨道最高点C点，之后小球又恰好垂直落到斜面AB上，小球可视为质点，重力加速度g已知，求：
(1)A点到水平面BD的高度H；
(2)斜面AB的长度L。
17. 如图所示，光滑水平面AB的左侧有一固定的竖直挡板，在B端放置两个滑块，滑块甲的质量M=0.4kg，滑块乙的质量m=0.2kg，两滑块间固定一压缩弹簧(图中未画出)，水平面B端紧靠倾角θ=37∘的传送带，传送带与水平面通过B端小圆弧平滑连接，传送带逆时针转动，速率恒为v=2m/s。现解除滑块间弹簧，两滑块分别向左右弹开，滑块乙经过B处冲上传送带，恰好到达C端，然后返回到B端。已知光滑水平面A、B长度为6m，B、C两端间的距离L=3.2m，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2，滑块与竖直挡板、两滑块间的碰撞均为弹性碰撞。滑块通过B处时无机械能损失。两滑块均可看作为质点。求：
(1)压缩弹簧储存的弹性势能Ep；
(2)滑块乙从B端滑上传送带到第一次回到B端的时间t；
(3)滑块乙第一次返回到AB面上后与滑块甲碰撞的位置及碰后二者的速度大小。
18. 如图所示，在平面坐标系xOy中，在x轴上方空间内充满匀强磁场Ⅰ，磁场方向垂直纸面向外，在第三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，一质量为m电荷量为q的带正电离子从x轴上的M(−3d,0)点射入电场，速度方向与x轴正方向夹角为45∘，之后该离子从N(−d,0)点射入磁场Ⅰ，速度方向与x轴正方向夹角也为45∘，速度大小为v，离子在磁场Ⅰ中的轨迹与y轴交于P点，最后从Q(3d,0)点射出第一象限，不计离子重力。
(1)求第三象限内电场强度的大小E；
(2)求出P点的坐标；
(3)边长为d的立方体中有垂直于AA′C′C面的匀强磁场Ⅱ，立方体的ABCD面刚好落在坐标系xOy平面内的第四象限，A点与Q点重合，AD边沿x轴正方向，离子从Q点射出后在该立方体内发生偏转，且恰好通过C′点，设匀强磁场强磁场Ⅱ的磁感应强度为B2；求B1与B2的比值。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.根据E=Em−En可知从n=6、5、4、3能级跃迁到n=2能级产生的光的能量分别为3.02eV、2.86eV、2.55eV，、1.89eV，大于2.29eV的跃迁有三种，根据光电效应产生的条件可知有三种可见光能够让图甲K极金属发生光电效应，故A正确；
B.大量处于n=5能级的氢原子最多能辐射出C52=10种不同频率的光，故B错误；
C.仅将图甲中P向右滑动，正向电压变大，则开始阶段电流计示数变大，当达到饱和光电流时，电流不再增加，故C错误；
D.仅将图甲中电源的正负极颠倒，光电管加反向电压，仍有光电子到达A极，即电流计示数不一定为0，故D错误。
故选：A。
依据能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，根据光电效应发生的条件判断A项，根据数学方法分析B项，根据光电效应实验分析CD。
考查学生对波尔原子模型的理解，解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，以及知道光电效应的原理。
2.【答案】B
【解析】解：A.电压互感器是将高压降为低压，初级线圈匝数多，电压互感器并联在火线和零线上，因此甲是电压互感器；电流互感器是将大电流变为小电流，初级线圈匝数少，电流互感器串联在电路中，因此乙是电流互感器，故A错误；
B.电流表的示数为5A，互感器原、副线圈的匝数比1：20，根据理想变压器电流与匝数比的关系，则线路上电流I=201×5A=100A，线路上损耗的功率P损=I2r=1002×20W=200kW；电压表的示数为220V，原、副线圈匝数比为200：1，根据理想变压器电压与匝数比的关系，输送电压U=2001×220V=44000V；根据功率公式，输送功率P=UI=4400kW，则输电线路上损耗的功率与输电总功率的比值P损P×100%=2004400×100%≈4.5%，故B正确；
C.输电线上的电压损失U损=Ir=100×20V=2000V，降压变压器初级电压U3=U−U损=44000V−2000V=42000V
根据理想变压器电压与匝数比的关系，用户端的电压U4=n4n3U3=1200×42000V=210V，故C错误；
D.用户使用的用电设备增多，用户回路电流变大，降压变压器原线圈中的电流增大，流过电流互感器的电流变大，故D错误。
故选：B。
A.根据互感器初级线圈的匝数及连接方式作出判断；
B.根据理想变压器的电压与匝数比的关系、电流与匝数比的关系以及功率公式求解；
C.根据欧姆定律求解输电线上的电压损失，根据电压关系求解降压变压器初级线圈两端电压，再根据理想变压器电压与匝数比的关系求解用户端的电压；
D.用户使用的用电设备增多，用户回路电流变大，降压变压器原线圈中的电流增大，然后分析作答。
本题考查了互感器与远距离输电的综合运用，弄清理想变压器的电压与匝数比的关系、电流与匝数比的关系以及功率公式是解题的关键。
3.【答案】D
【解析】解：A、气体在bc过程是等温压缩，c态的压强增大到b态的32倍，则体积变为b态的23；da过程是等温膨胀，a态的压强变为d态压强的12，则体积变为d态体积的2倍；因ab两态体积相等，设为V，则c态体积23V，d态体积12V，气体在bc过程中体积的变化量小于da过程中体积的变化量，故A错误；
B、气体在ab过程中温度变化量等于cd过程中温度变化量，则气体在ab过程中内能的增加量等于cd过程中内能的减少量，故B错误；
CD、由以上分析可知，气体在ab过程中体积不变，则：Wab=0
由以上分析可知，气体在cd过程中体积减小，则：Wcd>0
根据热力学第一定律有：气体在ab过程中吸收的热量：Qab=ΔUab
cd过程中放出的热量：Qcd=Wcd−ΔUcd
由于两过程的温差相等，则：ΔUab=−ΔUcd
所以气体在ab过程中吸收的热量小于cd过程中放出的热量，故C错误，D正确。
故选：D。
ab的延长线通过原点，则ab过程气体发生等容过程，由查理定律分析压强与温度的变化；
bc过程和da过程是等温压缩和等温膨胀过程，结合ab是等容线，分析两个过程体积的变化量；
根据图象可知ab和cd过程的温度变化量相等，从而判断两个过程内能的变化量；
由热力学第一定律分析ab过程和cd过程吸放热的大小关系。
本题中对于等温变化和等压变化，根据玻意耳定律和盖-吕萨克定律分析体积的变化，而另外两个过程，抓住过绝对零度的直线表示等容变化，结合热力学第一定律进行分析。
4.【答案】C
【解析】解：A.由波形图，波向x正方向传播，根据“同侧法”，该时刻Q点的振动方向沿y轴正方向，故A错误；
B.该波传播速度v=λT=40.5m/s=8m/s
故B错误；
C.右手抖动的频率是2Hz，波的周期T=12s=0.5s，再经过0.25s=12T，Q点到达x轴上方对称位置，故C正确；
D.从该时刻开始计时，开始时P振动方向沿y轴负向ω=2πf，解得ω=4πrad/s
则质点P振动方程y=20sin(4πt+π)cm
故D错误。
故选：C。
根据“同侧法”，判断Q点振动方向；
根据波速公式，求波速；
根据传播时间，确定波动振动时间，确定位置；
根据振动方程形式，求振动方程。
本题考查学生对振动方程书写、波的传播速度公式、振动“同侧法”规律的使用，是一道中等难度题。
5.【答案】C
【解析】解：根据牛顿第二定律，设两球质量为m，两球在光滑斜面上运动的加速度为a=mgsinθm=gsinθ，解得a=5m/s2
设经过A点速度为vA，经过B点速度为vB，AB初始距离为d，根据匀变速直线运动位移-时间公式和位移关系vAt−12at2=d+vBt−12at2
解得t=1.2s
此过程中A球发生的位移为L=vAt−12at2=(10×1.2−12×5×1.22)m=8.4m
即相遇点到坡底的距离为8.4m。故C正确，ABD错误。
故选C。
根据牛顿第二定律，求加速度，根据匀变速直线运动位移-时间公式和位移关系，求A球发生的位移。
本题考查学生对牛顿第二定律、匀变速直线运动位移-时间公式的掌握，是一道基础题。
6.【答案】C
【解析】解：A.设两个黑洞质量分别为mA、mB，轨道半径分别为RA、RB，角速度为ω
则由万有引力定律可知GmAmBL2=mAω2RA
GmAmBL2=mBω2RB
且满足RA+RB=L
联立可以得到mAmB=RBRA
所以mA
B.由于二者角速度相等，则线速度分别为vA=ωRA
vB=ωRB
可知vA>vB
故B错误；
CD.根据A项可以得到M=mA+mB=ω2L3G
而且T=2πω
整理可以得到T=2π L3GM
可知当总质量M一定，L越大，则T越大，角速度越小，故选项C正确，D错误。
故选：C。
对两个黑洞进行受力分析，所受的万有引力提供向心力，化简得到相关物理量的比值关系即可完成解答。
本题主要考查了双星系统的相关知识点，理解双星系统的角速度相等，结合万有引力公式和向心力公式完成解答，对于公式之间的转换要熟练掌握。
7.【答案】D
【解析】解：A、当温度升高时，管内气体体积变大，B管液面降低，因此B管上所刻的温度数值上低下高，故A错误；
B、据题，B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，可认为管内气体发生等容变化。
当温度为7℃时候，温度为T1=273K+7K=280K
玻璃泡A内气体压强为p1=76cmHg−20cmHg=56cmHg
温度改变为T2时，气体压强为p2=76cmHg−16cmHg=60cmHg
根据p1T1=p2T2，可得T2=300K，则t2=(300−273)℃=27℃，故B错误；
C、温度改变为T时，气体压强为p=76−x，根据p1T1=pT，可得T=380−5x，T与x是线性关系，则B管上所到的温度数值间隔是均匀的，故C错误；
D、若把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，大气压强比地面偏小，导致A内体积偏大，管内液面下降，则测出的温度比实际偏高，故D正确。
故选：D。
根据温度的变化，分析管内气体体积的变化，判断B管液面变化，即可确定B管上所刻的温度数值高低。B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，可认为气体发生等容变化，根据查理定律计算B管内水银面的高度为16cm时教室内的温度。根据查理定律分析温度刻度是否均匀。把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，大气压强比地面偏小，导致A内体积偏大，管内液面下降，从而知道温度测量值与实际值的关系。
解决本题时，要明确管内气体近似发生等容变化，利用查理定律进行处理。
8.【答案】B
【解析】解：A.因ac两点在过等量异号电荷连线的中垂面上，中垂面为等势面，可知a点电势等于c点电势，故A错误；
B.a点电场强度Ea= 2kqL2，两电荷在c点产生的场强竖直方向的分量低消，则水平方向叠加的电场强度Ec= 2kq( 2L)2cos45∘=kq2L2
则a、c两点电场强度的比值为的比值为2 2，故B正确；
C.a、b、c、d四个顶点都处在两电荷连线的中垂面上，则四点处电场方向相同，都是平行两电荷连线，指向负电荷方向，故C错误；
D.原来b点在两电荷连线的中垂面上，b点场强方向垂直中垂面指向负电荷一方；将正点电荷移到c点，b点仍在两电荷连线的中垂面上，b点场强方向仍垂直中垂面指向负电荷一方，但是由于两个中垂面不同，则b点的电场强度一定不同，则场强要变化，故D错误。
故选：B。
根据库仑定律的公式求出库仑力的大小，根据电场线的分布比较电场强度的大小和电势的高低．
本题主要考查了等量异种电荷周围电场线的分布，知道垂直平分线为等势线，知道沿着电场线方向电势逐渐降低．
9.【答案】BC
【解析】解：A.图甲中若减小入射角θ，则反射角减小，折射角也减小，则反射光线和折射光线之间的夹角将变大，故A错误；
B.由图乙可知，当入射角大于45∘时，反射光线的强度不再变化，可知临界角为C=45∘，则该新材料的折射率为n=1sinC=1sin45∘= 2
故B正确；
C.若该激光在真空中波长为λ，则λ=cf
射入该新材料后波长变为λ′=vf=cnf= 22λ
故C正确；
D.若该束激光恰好不从光导纤维束侧面外泄，则β角需满足n=sinαsinβn=1sin(90∘−α)
解得β=30∘
则若该束激光不从光导纤维束侧面外泄30∘<β<150∘，故D错误。
故选：BC。
若减小入射角θ，由反射定律和折射定律结合几何关系可知反射光线和折射光线之间的夹角如何变化；由图象乙能读出此新材料的临界角C，根据全反射临界角公式sinC=1n，求解其折射率n；该束激光不从光导纤维束侧面外泄，则激光在光导纤维外侧面发生全反射，根据sinC=1n和几何关系求解。
解决本题本题的关键要掌握发生全反射的条件，并能结合几何知识进行分析。
10.【答案】AB
【解析】解：A.开始时两物块一起做匀速运动，则
F=2μmg
弹簧弹力也为F弹=2μmg
撤去F的瞬间，弹簧弹力不能突变，则此时物块A的加速度为a=2μmgm=2μg
故A正确；
B.到弹簧第一次恢复到原长时，物块A向右做减速运动，加速度从2μg减小到0；木板B也向右做减速运动，加速度从0增加到2μg，因开始阶段物块A的加速度较大，则A的速度小于木板B的速度，此时弹簧长度缩短，但是因为A的速度减小的快，可能在弹簧到达原长时速度还没减小到零，即最终当弹簧第一次恢复到原长时，物块A相对地面的速度可能向右，故B正确；
C.因两物块的速度不可能同时减为零，即当一个物体速度为零时，弹簧不可能处于原长状态，且物块A与木板B之间光滑，则物块A最终不会停在物块B上，而是相对木板来回振动，故C错误；
D.开始阶段，木块相对地面向右运动，此时地面给木板的摩擦力向左，即摩擦力冲量向左；但是最终木块相对木板来回振动，地面给木板的静摩擦力方向不断变化，摩擦力的冲量不断变化，则在之后任意一段时间内地面对物块B摩擦力的冲量方向不一定向左，故D错误。
故选：AB。
撤去F的瞬间，弹簧弹力不能突变，根据牛顿第二定律解答，撤去拉力后分析AB的运动情况和受力情况分析BCD。
本题考查动量定理，解题关键掌握牛顿第二定律及冲量与力的关系。
11.【答案】AC
【解析】解：A.如图
当小球到达B点时小球的速度最大，到达C点时速度最小，BC连线与竖直方向夹角为tanθ=qEmg
tanθ= 3，θ=60∘
由A到C根据动能定理：mgR(1−cos60∘)−qERsin60∘=12mvC2−12mv02
解得vC= v02−2gR
故A正确；
B.电场方向是水平方向，沿电场方向电势降低最快，故电势最高点和最低点应该在水平直径的两端，则C点不是电势能最大的位置，故B错误；
CD.若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时水平速度减为零，时间t=v0qEm
解得t=v0 3g
竖直方向做自由落体，则速率v=vy=gt
解得v= 3v03
故C正确，D错误。
故选：AC。
受力分析，求角度，由A到C根据动能定理，求速度；
电场方向沿水平方向，电势最高点和最低点在水平直径两端，C点不是电势能最大位置；
小球电势能最大时水平速度减为零，求时间，竖直方向做自由落体，求速率。
本题解题关键是熟练使用动能定理和分析小球运动规律，即竖直方向做自由落体，并分析出电场方向是水平方向，沿电场方向电势降低最快，电势最高点和最低点应该在水平直径的两端。
12.【答案】BD
【解析】解：AB、对a、b两棒整体分析，由于受恒定拉力作用，则经过足够长时间后最终达到稳定状态，此时回路中的感应电动势保持恒定，则回路中的电流恒定。设a、b两棒的加速度分别为aa、ab，则有E总=B⋅2l(va+aaΔt)−Bl(vb+abΔt)
由于总电动势恒定，则对上式两边求变化率，有0=2Blaa−Blab，则可得ab=2aa，因此经过足够长时间后，金属棒a与b均做匀变速运动且加速度之比为1：2，故A错误，B正确；
C、根据受力分析，由牛顿第二定律得
对a棒有：F−F安a=2maa
对B棒有：F安b=mab
又F安b=BIl，联立解得：I=F3Bl。由于金属棒a，b串联，则流过a的电流大小也为F3Bl，故C错误。
D、回路中的感应电动势保持不变大小为E=I(2R+R)=FRBl，故D正确。
故选：BD。
对a、b整体分析，整体受恒定拉力作用，经过足够长时间后最终达到稳定状态，此时回路中的感应电动势保持恒定，回路中的电流恒定，根据总电动势表达式确定加速度之比。对两棒分别运用牛顿第二定律列方程，从而求得流过金属棒a的电流大小。根据闭合电路欧姆定律计算回路中的感应电动势大小。
解决本题的关键要正确分析两棒的受力情况，判断稳定时两棒的加速度关系。由于两棒加速度不同，所以应用牛顿第二定律可采用隔离法。
13.【答案】AC1(Δt)2=2xMd2F 平衡摩擦力过度
【解析】解：(1)A.为了使得弹簧测力计的读数等于小车的合力，则实验操作过程中需要适度抬高轨道的左端来平衡摩擦，故A正确；
B.该实验中，由于有弹簧测力计测量小车的拉力，则不需要钩码的质量需远小于小车质量，故B错误；
C.小车加速时，钩码失重，则弹簧测力计的示数小于所挂钩码所受重力大小的一半，故C正确；
D.设加速度大小为a，根据牛顿第二定律，对小车F=Ma
对钩码mg−2F=ma
联立解得a=mg2M+m
因此小车加速度与悬挂的钩码所受的重力大小的一半不是成正比，故D错误。
故选：AC。
(2)小车经过光电门时的速度v=dΔt
则v2=2ax
根据牛顿第二定律F=Ma
代入数据联立解得1(Δt)2=2xMd2F
(3)图线在纵轴上有一段正截距，说明没有加力F时，小车已经运动，据此可知木板一端抬的过高，小车平衡摩擦力过度。
故答案为：(1)AC；(2)1(Δt)2=2xMd2F；(3)平衡摩擦力过度。
(1)A.本实验探究的是加速度与合力的关系，因此需要平衡小车所受摩擦力；
B.该实验不是用钩码的重力来代替绳子的拉力，而是用弹簧测力计测量拉力，因此不需要满足钩码的质量远小于小车的质量；
C.小车做加速运动，钩码所受的加速度方向竖直向下，钩码处于失重状态；
D钩码和小车做加速运动，根据牛顿第二定律分析作答。
注意：在本实验中，由于绳子的拉力可以根据弹簧测力计的示数来读出，不需要用钩码的质量来代替，所以不需要满足钩码的质量远小于小车的质量。
14.【答案】23 负 0∼0.6A6.02.7
【解析】解：(1)设欧姆表内的电源电动势为E′，满偏电流为Ig，其内组为R内，当欧姆表测量电阻R0时，欧姆表指针恰好偏转到满刻度的45，由闭合电路欧姆定律得：45Ig=E′R内+R0
当欧姆表测量电流表A内阻时，同理可得：nIg=E′R内+RA
又有：Ig=E′R内，RA=10Ω，R0=5Ω，
联立解得：n=23，即当欧姆表两表笔与电流表A相连时，欧姆表指针将偏转到满刻度的23。
根据欧姆表的电流方向为“红进黑出”，可知红表笔要与电流表的负接线柱相连。
(2)将定值电阻R0与电流表并联进行改装，改装后的量程最大值为：
I=Ig+IgRAR0=200mA+200mA×10Ω5Ω=600mA=0.6A，故改装后的量程为0∼0.6A。
(3)根据(2)的解答可知，电流表的量程扩大到了3倍，则电流表读数为I时，流过电源的电流为3I，根据闭合电路欧姆定律得：
E=IRA+3I(R+r)
变形代入已知数据为：R=E3⋅1I−10+3r3
根据R−1I图像，可知图像的斜率为：6.03.0V=E3，图像的纵截距为：−6.0Ω=−10+3r3
解得：E=6.0V，r=83Ω≈2.7Ω。
故答案为：(1)23；负；(2)0∼0.6A；(3)6.0；2.7。
(1)根据欧姆表的测量原理，以及指针偏角与电流成正比解答；欧姆表的黑表笔在表的内部与电源的负极相连，欧姆表的电流方向为“红进黑出”；
(2)扩大电流表的量程需要并联分流电阻，根据改表的原理解答；
(3)根据闭合电路欧姆定律和R−1I图像的斜率与纵截距求解，注意干路电流与电流表测量电流存在倍数关系。
本题是综合实验题，考查了测量电源的电动势及内阻、电表改装、欧姆表测量原理。欧姆表的测量原理是闭合电路欧姆定律，其指针偏角与电流成正比，但是被测电阻值与电流不成反比关系。测量电源的电动势及内阻要注意电流表的经过改装，干路电流与电流表的示数存在倍数关系。
15.【答案】解：(1)由题意可知，该透明材料的临界角为C=45∘
则折射率n=1sin45∘=1 22= 2
(2)光路如图
由题中数据可知∠OBC=90∘，OB=12R，则∠OCB=30∘
根据光的折射定律n=sinαsin∠OCB
可得：sinα=sin∠DCO=nsin30∘= 22
则∠DCO=45∘
可得∠CDO=75∘
即最终从透明艺术摆件射出的光线与最初的入射光线相比偏转的角度105∘；
(3)光在透明艺术摆件中传播的速度v=cn= 22c
传播的时间t=R+12R+Rcos30∘v=( 6+3 2)R2c
答：(1)该透明材料的折射率为 2；
(2)最终从透明艺术摆件射出的光线与最初的入射光线相比偏转的角度为105∘；
(3)光在透明艺术摆件中传播的时间为( 6+3 2)R2c。
【解析】(1)根据光的传播情况作出光路图；根据几何关系得出临界角，由全反射临界角公式sinC=1n求出折射率n；
(2)由几何知识求得光线在F点的入射角，由折射定律求解出射光线与法线的夹角，然后求出射出的光线与最初的入射光线相比偏转的角度；
(3)光在棱镜中的传播速度v=cn，由几何知识求出光线在棱镜中传播的距离，由位移-时间关系求解传播的时间。
本题主要是考查光的折射，解答此类问题的关键是画出光路图，根据折射定律和几何关系列方程联立求解。
16.【答案】解：(1)因小球恰好能通过半圆轨道最高点C点，则mg=mvC2R
从A到C由动能定理mg(H−2R)=12mvC2
解得H=52R
(2)小球离开C点后做平抛运动，垂直打在斜面上，则vy=vCtanθ=gt
由几何关系tanθ=2R−12vytvCt
解得tanθ= 22
斜面AB的长度L=Hsinθ=5 32R
答：(1)A点到水平面BD的高度52R；
(2)斜面AB的长度L=5 32R。
【解析】(1)小球恰好能通过半圆轨道最高点C点，重力提供向心力，从A到C由动能定理，联立求高度；
(2)小球离开C点后做平抛运动，垂直打在斜面上，根据速度分解和竖直方向速度-时间公式列等式，结合几何关系，求斜面长度。
本题考查学生对圆周运动的向心力分析、动能定理的应用、平抛规律的应用，是一道中等难度题。
17.【答案】解：(1)设滑块乙上滑过程中的加速度为a1，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1
代入数据解得：a1=10m/s2
滑块乙上滑过程中做匀减速运动直至速度减为零，由位移-速度公式得：v乙2=2a1L
代入数据解得：v乙=8m/s
由动量守恒定律得：Mv甲=mv乙
代入数据解得：v甲=4m/s
根据能量守恒定律得，弹簧储存的弹性势能Ep=12Mv甲2+12mv乙2
代入数据解得：Ep=9.6J
(2)设滑块乙从B点运动到C点所用时间为t1，由速度-时间公式得：v乙=a1t1
代入数据解得：t1=0.8s
滑块乙下滑过程中，设刚开始下滑阶段加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma2
代入数据解得：a2=10m/s2
设滑块乙从C点向下加速度到与传送带速度相同时间为t2，位移为x1，则有：v=a2t2
x1=12vt2
代入数据解得：t2=0.2s
x1=0.2m
由于mgsinθ>μmgcosθ
滑块继续向下加速，设加速度为a3，由牛顿第二定律得：mgsinθ−μmgcosθ=ma3
代入数据解得：a3=2m/s2
之后运动到B点所用时间设为t3，则有：L−x1=vt3+12a3t32
代入数据解得：t3=1s
则滑块乙从B端滑上传送带到第一次回到B端的时间t=t1+t2+t3=0.8s+0.2s+1s=2s
(3)滑块乙回到B端的速度v乙′=v+a3t3=2m/s+2×1m/s=4m/s
由于s甲=v甲t=4×2m=8m
此时滑块甲与挡板碰撞后返回到距A端2m处，由于v甲=v乙′=4m/s
可以判断得出滑块在距A端4m处发生第一次碰撞；
滑块甲与滑块乙碰撞过程，以向右问正方向，根据动量守恒得Mv甲−mv乙′=Mv甲2+mv乙2
根据能量守恒得：
代入数据联立解得：v甲2=−43m/s
v乙2=203m/s
可知碰后甲、乙的速度大小分别为43m/s，203m/s。
答：(1)压缩弹簧储存的弹性势能Ep为9.6J；
(2)滑块乙从B端滑上传送带到第一次回到B端的时间t为2s；
(3)滑块乙第一次返回到AB面上后在距A端4m处发生第一次碰撞，碰后甲、乙的速度大小分别为43m/s，203m/s。
【解析】(1)由牛顿第二定律求解乙上滑过程的加速度，根据位移-速度公式求解乙的初速度，根据动量守恒定律求解甲的速度，根据能量守恒定律求解弹簧储存的弹性势能；
(2)由速度-时间公式求解滑块乙从B运动到C的时间，根据牛顿第二定律求解下滑过程的加速度，由运动学公式求解滑块与传送带共速的时间和位移，分析滑块所受重力沿斜面方向的分力与最大静摩擦力的关系，判断共速后滑块的的运动情况，结合运动学公式求解下滑时间；
(3)分析甲和乙在水平面上的运动情况，结合位移关系分析碰撞位置；两滑块发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律列式求解即可。
本题考查传送带问题和碰撞问题，解题关键是分析好两滑块的运动情况和受力情况，结合牛顿第二定律、运动学公式和动量守恒定律、能量守恒定律列式求解即可。
18.【答案】解：
(1)粒子在M点的速度大小为v′，则
v′cos45∘=vcos45∘
则v′=v
粒子在电场中从M点到N点运动的时间为t，加速度为a，则
2d=vtcos45∘
a=qEm
l=2vsin45∘a
解得场强大小
E=mv22qd
(2)由几何关系可知
R=2 2d
设P点的坐标为yP，则
R2=d2+(yP+2d)2
解得yP=( 7−2)d
则P点的坐标为[0,( 7−2)d]
(3)粒子在匀强磁场I中
qvB1=mv2R
离子在匀强磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的半径R2，则
qvB2=mv2R2
由几何关系
R22=( 2d)2+(R2−d)2
解得R2=32d
联立解得B1B2=R2R
带入数据B1B2=3 28
答：(1)第三象限内电场强度的大小E为mv22qd；
(2)P点的坐标为[0,( 7−2)d]；
(3)B1与B2的比值为3 28。
【解析】(1)设粒子在M点的速度大小为v′，粒子在电场中从M点到N点运动的时间为t，加速度为a，结合几何关系求第三象限内电场强度的大小E；
(2)结合几何关系求出P点的坐标；
(3)离子在匀强磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的半径R2，结合几何关系求解B1与B2的比值。
本题考查带电粒子在组合场中的运动，学生需根据题意结合几何关系进行求解。
2023年山东省临沂市普通高中高考物理一模试卷（等级考）
1. 图甲为研究光电效应的电路，K极为金属钠(截止频率为5.53×1014Hz，逸出功为2.29eV)。图乙为氢原子能级图。氢原子光谱中有四种可见光，分别是从n=6、5、4、3能级跃迁到n=2能级产生的。下列说法正确的是( )
A. 氢原子光谱中有三种可见光能够让图甲K极金属发生光电效应
B. 大量处于n=5能级的氢原子最多能辐射出8种不同频率的光
C. 仅将图甲中P向右滑动，电流计示数一定变大
D. 仅将图甲中电源的正负极颠倒，电流计示数一定为0
2. 如图所示为某小型发电站高压输电示意图。发电机输出功率恒定，变压器均为理想变压器。在输电线路的起始端接入甲乙两个互感器(均为理想器材)，两互感器原线圈的匝数比分别为200：1和1：20，降压变压器原副线圈的匝数比为200：1，电压表的示数为220V，电流表的示数为5A，输电线路总电阻r=20Ω，则下列说法正确的是( )
A. 互感器甲是电流互感器，互感器乙是电压互感器
B. 输电线路上损耗的功率约占输电总功率的4.5%
C. 用户端的电压U4为200V
D. 用户使用的用电设备增多，流过电流互感器的电流减小
3. 一定质量的理想气体经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中ba的延长线通过坐标原点，气体a、b、c、d四个状态的压强与温度的关系如图所示，则( )
A. 气体在bc过程中体积的变化量等于da过程中体积的变化量
B. 气体在ab过程中内能的增加量小于cd过程中内能的减少量
C. 气体在ab过程中吸收的热量等于cd过程中放出的热量
D. 气体在ab过程中吸收的热量小于cd过程中放出的热量
4. 战绳训练需要训练者上下交替摆动两根粗重的绳子，训练者把两根相同绳子的一端固定在一点，用双手分别握住绳子的另一端，上下抖动绳子使绳子振动起来，研究发现战绳训练能将训练者的最大氧气摄入量增加50%，对训练者的心肺水平也是一个挑战。若以手的平衡位置为坐标原点，训练者右手在抖动绳子过程中某时刻的波形如图所示，若右手抖动的频率是2Hz，下列说法正确的是( )
A. 该时刻Q点的振动方向沿y轴负方向
B. 该绳波传播速度为2m/s
C. 再经过0.25s，Q点到达x轴上方对称位置
D. 从该时刻开始计时，质点P的振动方程为y=20sin(πt+π)cm
5. 如图所示，倾角为30∘的光滑斜坡足够长，某时刻A球和B球同时在斜坡上向上运动，开始运动时A球在斜坡底，初速度是10m/s，B球在斜坡上距离坡底6m的地方，初速度是5m/s，经过时间t两球相遇，相遇点到坡底的距离为L，重力加速度g=10m/s2，则( )
A. t=1.4s B. t=2.2s C. L=8.4m D. L=4.8m
6. 人类首次发现的引力波来源于距地球之外13亿光年的两个黑洞互相绕转最后合并的过程。设两个黑洞A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图所示，黑洞A的轨道半径大于黑洞B的轨道半径，两个黑洞的总质量为M，两个黑洞中心间的距离为L，则( )
A. 黑洞A的质量一定大于黑洞B的质量
B. 黑洞A的线速度一定小于黑洞B的线速度
C. 其运动周期T= 4π2L3GM
D. 两个黑洞的总质量M一定，L越大，角速度越大
7. 某学习小组设计了一种测温装置，用于测量教室内的气温(教室内的气压为一个标准大气压，相当于76cm汞柱产生的压强)，结构如图所示，导热性能良好的大玻璃泡A内有一定量的气体，与A相连的B管插在水银槽中，B管内水银面的高度x可反映所处环境的温度，据此在B管上标注出温度的刻度值。当教室内温度为7℃时，B管内水银面的高度为20cm。B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，则以下说法正确的是( )
A. B管上所刻的温度数值上高下低
B. B管内水银面的高度为16cm时，教室内的温度为17℃
C. B管上所到的温度数值间隔是不均匀的
D. 若把这个已刻好温度值的装置移到高山上，测出的温度比实际温度偏高
8. 如图所示，真空中有一个边长为L的正方体，正方体的两个顶点处分别放置一对电荷量都为q的正、负点电荷。图中的a、b、c、d是其他的四个顶点，下列表述正确的是( )
A. a点电势高于c点电势
B. a、c两点电场强度的比值为2 2
C. a、b、c、d四个顶点处电场方向不相同
D. 将正点电荷移到c点，b点的电场强度不变
9. 为了研究某种透明新材料的光学性质，将其压制成半圆柱形，如图甲所示。一束激光由真空沿半圆柱体的径向与其底面过O的法线成θ角射入。CD为光学传感器，可以探测光的强度，从AB面反射回来的光强随角θ变化的情况如图乙所示.现将这种新材料制成的一根光导纤维束暴露于空气中(假设空气中的折射率与真空相同)，用同种激光从光导纤维束端面EF射入，且光线与EF夹角为β，如图丙所示。则( )
A. 图甲中若减小入射角θ，则反射光线和折射光线之间的夹角也将变小
B. 该新材料的折射率为 2
C. 若该激光在真空中波长为λ，则射入该新材料后波长变为 22λ
D. 若该束激光不从光导纤维束侧面外泄，则β角需满足0∘<β<180∘
10. 如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平地面上，两物块间的接触面光滑，物块B与地面间的摩擦因数为μ。在物块A上施加一个水平拉力F，使A、B一起向右做匀速运动，弹簧始终处在弹性限度内。某时刻撤去水平拉力F，则( )
A. 撤去F的瞬间，物块A的加速度为2μg
B. 弹簧第一次恢复到原长时，物块A相对地面的速度可能向右
C. 物块A最终一定会停在物块B上
D. 之后任意一段时间内地面对物块B摩擦力的冲量方向一定向左
11. 细线拉着一质量为m的带电小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，该区域内存在水平方向的匀强电场(图中未画出)，小球所受电场力水平向右，大小是其重力的 3倍，圆周上A点在圆心的正上方，小球过A点时的速度大小为v0，方向水平向左，除受重力、电场力及细线的拉力外小球不受其他力的作用，重力加速度为g，在小球做圆周运动的过程中( )
A. 小球最小速率为 v02−2gR
B. 小球速率最小时其电势能最大
C. 若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时速率为 3v03
D. 若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时速率为 3v02
12. 如图所示，两电阻不计的光滑平行导轨水平放置，MN部分的宽度为2l，PQ部分的宽度为l，金属棒a和b的质量分别为2m和m，其电阻大小分别为2R和R，a和b分别静止在MN和PQ上，垂直于导轨且相距足够远，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现对金属棒a施加水平向右的恒力F，两棒运动时始终保持平行且a总在MN上运动，b总在PQ上运动，经过足够长时间后，下列说法正确的是( )
A. 金属棒a与b均做匀速直线运动且距离逐渐减小
B. 金属棒a与b均做匀变速运动且加速度之比为1：2
C. 流过金属棒a的电流大小为2F5BL
D. 回路中的感应电动势保持不变大小为FRBl
13. 某同学用如图甲所示装置验证小车加速度与力的关系。小车通过细绳与钩码相连，固定在小车上的挡光片宽度为d，光电门传感器固定在轨道上。实验时，将小车从某一位置由静止释放，通过光电门测出挡光片的挡光时间△t，实验中小车从同一位置由静止释放，记录弹簧测力计的示数F。改变动滑轮下悬挂的钩码个数，进行多次测量，测得多组△t和F，根据测得的数据在坐标系1(Δt)2−F中，得到如图乙所示的点和一条过原点的直线。
(1)关于该实验的说法，下列正确的是______ ；
A.实验操作过程中需要适度抬高轨道的左端来平衡摩擦
B.该实验中，钩码的质量需远小于小车质量
C.小车加速时，弹簧测力计的示数小于所挂钩码所受重力大小的一半
D.在误差允许的范围内，小车加速度与悬挂的钩码所受的重力大小的一半成正比。
(2)在实验操作完全正确的情况下，若小车的位移为x，小车的质量为M，请写出1(Δt)2关于F的函数表达式______ ；
(3)该同学实验后发现图像在纵轴上有一正截距，原因可能是______ 。
14. 某学习小组要测量一个电源的电动势及内阻。除该电源外还准备的器材有：一个电阻箱R(最大阻值99.9Ω)，一个量程为“0∼200mA”内阻是10Ω的电流表A，一个阻值为5Ω的定值电阻R0，一个开关和若干导线。
(1)同学们利用欧姆表来核实电流表A及定值电阻R0的阻值，已知它们的阻值都是准确的，当欧姆表两表笔与电阻R0相连时，欧姆表指针恰好偏转到满刻度的45，当欧姆表两表笔与电流表A相连时，欧姆表指针将偏转到满刻度的______ (用分数表示)，连接时要注意红表笔要与电流表的______ (填“正”或“负”)接线柱相连。
(2)由于电流表A的量程较小，考虑到安全因素，同学们利用定值电阻R0将该电流表进行改装，改装后的量程为______ 。
(3)设计的测量电路如下图所示。若实验中记录电阻箱的阻值R和电流表的示数I，并计算出1I，得到多组数据后描点作出R−1I图线如图所示，则该电源的电动势E=______ V，内阻r=______ Ω。(结果保留两位有效数字)
15. 如图所示，为透明材料制成的一件艺术摆件的截面图，上半部分是半径为R的半圆形，一细光束沿径向射入，在底面B点恰好发生全反射，OA是圆心O到底面的高，已知OA=AB= 24R，光在真空中传播的速度为c，求：
(1)该透明材料的折射率；
(2)最终从透明艺术摆件射出的光线与最初的入射光线相比偏转的角度；
(3)光在透明艺术摆件中传播的时间。
16. 如图所示，竖直面内有光滑斜面AB和光滑半圆轨道BC在B点平滑连接，半圆轨道的半径为R。一质量为m的小球从A点由静止滚下，恰好能通过半圆轨道最高点C点，之后小球又恰好垂直落到斜面AB上，小球可视为质点，重力加速度g已知，求：
(1)A点到水平面BD的高度H；
(2)斜面AB的长度L。
17. 如图所示，光滑水平面AB的左侧有一固定的竖直挡板，在B端放置两个滑块，滑块甲的质量M=0.4kg，滑块乙的质量m=0.2kg，两滑块间固定一压缩弹簧(图中未画出)，水平面B端紧靠倾角θ=37∘的传送带，传送带与水平面通过B端小圆弧平滑连接，传送带逆时针转动，速率恒为v=2m/s。现解除滑块间弹簧，两滑块分别向左右弹开，滑块乙经过B处冲上传送带，恰好到达C端，然后返回到B端。已知光滑水平面A、B长度为6m，B、C两端间的距离L=3.2m，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2，滑块与竖直挡板、两滑块间的碰撞均为弹性碰撞。滑块通过B处时无机械能损失。两滑块均可看作为质点。求：
(1)压缩弹簧储存的弹性势能Ep；
(2)滑块乙从B端滑上传送带到第一次回到B端的时间t；
(3)滑块乙第一次返回到AB面上后与滑块甲碰撞的位置及碰后二者的速度大小。
18. 如图所示，在平面坐标系xOy中，在x轴上方空间内充满匀强磁场Ⅰ，磁场方向垂直纸面向外，在第三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，一质量为m电荷量为q的带正电离子从x轴上的M(−3d,0)点射入电场，速度方向与x轴正方向夹角为45∘，之后该离子从N(−d,0)点射入磁场Ⅰ，速度方向与x轴正方向夹角也为45∘，速度大小为v，离子在磁场Ⅰ中的轨迹与y轴交于P点，最后从Q(3d,0)点射出第一象限，不计离子重力。
(1)求第三象限内电场强度的大小E；
(2)求出P点的坐标；
(3)边长为d的立方体中有垂直于AA′C′C面的匀强磁场Ⅱ，立方体的ABCD面刚好落在坐标系xOy平面内的第四象限，A点与Q点重合，AD边沿x轴正方向，离子从Q点射出后在该立方体内发生偏转，且恰好通过C′点，设匀强磁场强磁场Ⅱ的磁感应强度为B2；求B1与B2的比值。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.根据E=Em−En可知从n=6、5、4、3能级跃迁到n=2能级产生的光的能量分别为3.02eV、2.86eV、2.55eV，、1.89eV，大于2.29eV的跃迁有三种，根据光电效应产生的条件可知有三种可见光能够让图甲K极金属发生光电效应，故A正确；
B.大量处于n=5能级的氢原子最多能辐射出C52=10种不同频率的光，故B错误；
C.仅将图甲中P向右滑动，正向电压变大，则开始阶段电流计示数变大，当达到饱和光电流时，电流不再增加，故C错误；
D.仅将图甲中电源的正负极颠倒，光电管加反向电压，仍有光电子到达A极，即电流计示数不一定为0，故D错误。
故选：A。
依据能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，根据光电效应发生的条件判断A项，根据数学方法分析B项，根据光电效应实验分析CD。
考查学生对波尔原子模型的理解，解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，以及知道光电效应的原理。
2.【答案】B
【解析】解：A.电压互感器是将高压降为低压，初级线圈匝数多，电压互感器并联在火线和零线上，因此甲是电压互感器；电流互感器是将大电流变为小电流，初级线圈匝数少，电流互感器串联在电路中，因此乙是电流互感器，故A错误；
B.电流表的示数为5A，互感器原、副线圈的匝数比1：20，根据理想变压器电流与匝数比的关系，则线路上电流I=201×5A=100A，线路上损耗的功率P损=I2r=1002×20W=200kW；电压表的示数为220V，原、副线圈匝数比为200：1，根据理想变压器电压与匝数比的关系，输送电压U=2001×220V=44000V；根据功率公式，输送功率P=UI=4400kW，则输电线路上损耗的功率与输电总功率的比值P损P×100%=2004400×100%≈4.5%，故B正确；
C.输电线上的电压损失U损=Ir=100×20V=2000V，降压变压器初级电压U3=U−U损=44000V−2000V=42000V
根据理想变压器电压与匝数比的关系，用户端的电压U4=n4n3U3=1200×42000V=210V，故C错误；
D.用户使用的用电设备增多，用户回路电流变大，降压变压器原线圈中的电流增大，流过电流互感器的电流变大，故D错误。
故选：B。
A.根据互感器初级线圈的匝数及连接方式作出判断；
B.根据理想变压器的电压与匝数比的关系、电流与匝数比的关系以及功率公式求解；
C.根据欧姆定律求解输电线上的电压损失，根据电压关系求解降压变压器初级线圈两端电压，再根据理想变压器电压与匝数比的关系求解用户端的电压；
D.用户使用的用电设备增多，用户回路电流变大，降压变压器原线圈中的电流增大，然后分析作答。
本题考查了互感器与远距离输电的综合运用，弄清理想变压器的电压与匝数比的关系、电流与匝数比的关系以及功率公式是解题的关键。
3.【答案】D
【解析】解：A、气体在bc过程是等温压缩，c态的压强增大到b态的32倍，则体积变为b态的23；da过程是等温膨胀，a态的压强变为d态压强的12，则体积变为d态体积的2倍；因ab两态体积相等，设为V，则c态体积23V，d态体积12V，气体在bc过程中体积的变化量小于da过程中体积的变化量，故A错误；
B、气体在ab过程中温度变化量等于cd过程中温度变化量，则气体在ab过程中内能的增加量等于cd过程中内能的减少量，故B错误；
CD、由以上分析可知，气体在ab过程中体积不变，则：Wab=0
由以上分析可知，气体在cd过程中体积减小，则：Wcd>0
根据热力学第一定律有：气体在ab过程中吸收的热量：Qab=ΔUab
cd过程中放出的热量：Qcd=Wcd−ΔUcd
由于两过程的温差相等，则：ΔUab=−ΔUcd
所以气体在ab过程中吸收的热量小于cd过程中放出的热量，故C错误，D正确。
故选：D。
ab的延长线通过原点，则ab过程气体发生等容过程，由查理定律分析压强与温度的变化；
bc过程和da过程是等温压缩和等温膨胀过程，结合ab是等容线，分析两个过程体积的变化量；
根据图象可知ab和cd过程的温度变化量相等，从而判断两个过程内能的变化量；
由热力学第一定律分析ab过程和cd过程吸放热的大小关系。
本题中对于等温变化和等压变化，根据玻意耳定律和盖-吕萨克定律分析体积的变化，而另外两个过程，抓住过绝对零度的直线表示等容变化，结合热力学第一定律进行分析。
4.【答案】C
【解析】解：A.由波形图，波向x正方向传播，根据“同侧法”，该时刻Q点的振动方向沿y轴正方向，故A错误；
B.该波传播速度v=λT=40.5m/s=8m/s
故B错误；
C.右手抖动的频率是2Hz，波的周期T=12s=0.5s，再经过0.25s=12T，Q点到达x轴上方对称位置，故C正确；
D.从该时刻开始计时，开始时P振动方向沿y轴负向ω=2πf，解得ω=4πrad/s
则质点P振动方程y=20sin(4πt+π)cm
故D错误。
故选：C。
根据“同侧法”，判断Q点振动方向；
根据波速公式，求波速；
根据传播时间，确定波动振动时间，确定位置；
根据振动方程形式，求振动方程。
本题考查学生对振动方程书写、波的传播速度公式、振动“同侧法”规律的使用，是一道中等难度题。
5.【答案】C
【解析】解：根据牛顿第二定律，设两球质量为m，两球在光滑斜面上运动的加速度为a=mgsinθm=gsinθ，解得a=5m/s2
设经过A点速度为vA，经过B点速度为vB，AB初始距离为d，根据匀变速直线运动位移-时间公式和位移关系vAt−12at2=d+vBt−12at2
解得t=1.2s
此过程中A球发生的位移为L=vAt−12at2=(10×1.2−12×5×1.22)m=8.4m
即相遇点到坡底的距离为8.4m。故C正确，ABD错误。
故选C。
根据牛顿第二定律，求加速度，根据匀变速直线运动位移-时间公式和位移关系，求A球发生的位移。
本题考查学生对牛顿第二定律、匀变速直线运动位移-时间公式的掌握，是一道基础题。
6.【答案】C
【解析】解：A.设两个黑洞质量分别为mA、mB，轨道半径分别为RA、RB，角速度为ω
则由万有引力定律可知GmAmBL2=mAω2RA
GmAmBL2=mBω2RB
且满足RA+RB=L
联立可以得到mAmB=RBRA
所以mA
B.由于二者角速度相等，则线速度分别为vA=ωRA
vB=ωRB
可知vA>vB
故B错误；
CD.根据A项可以得到M=mA+mB=ω2L3G
而且T=2πω
整理可以得到T=2π L3GM
可知当总质量M一定，L越大，则T越大，角速度越小，故选项C正确，D错误。
故选：C。
对两个黑洞进行受力分析，所受的万有引力提供向心力，化简得到相关物理量的比值关系即可完成解答。
本题主要考查了双星系统的相关知识点，理解双星系统的角速度相等，结合万有引力公式和向心力公式完成解答，对于公式之间的转换要熟练掌握。
7.【答案】D
【解析】解：A、当温度升高时，管内气体体积变大，B管液面降低，因此B管上所刻的温度数值上低下高，故A错误；
B、据题，B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，可认为管内气体发生等容变化。
当温度为7℃时候，温度为T1=273K+7K=280K
玻璃泡A内气体压强为p1=76cmHg−20cmHg=56cmHg
温度改变为T2时，气体压强为p2=76cmHg−16cmHg=60cmHg
根据p1T1=p2T2，可得T2=300K，则t2=(300−273)℃=27℃，故B错误；
C、温度改变为T时，气体压强为p=76−x，根据p1T1=pT，可得T=380−5x，T与x是线性关系，则B管上所到的温度数值间隔是均匀的，故C错误；
D、若把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，大气压强比地面偏小，导致A内体积偏大，管内液面下降，则测出的温度比实际偏高，故D正确。
故选：D。
根据温度的变化，分析管内气体体积的变化，判断B管液面变化，即可确定B管上所刻的温度数值高低。B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，可认为气体发生等容变化，根据查理定律计算B管内水银面的高度为16cm时教室内的温度。根据查理定律分析温度刻度是否均匀。把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，大气压强比地面偏小，导致A内体积偏大，管内液面下降，从而知道温度测量值与实际值的关系。
解决本题时，要明确管内气体近似发生等容变化，利用查理定律进行处理。
8.【答案】B
【解析】解：A.因ac两点在过等量异号电荷连线的中垂面上，中垂面为等势面，可知a点电势等于c点电势，故A错误；
B.a点电场强度Ea= 2kqL2，两电荷在c点产生的场强竖直方向的分量低消，则水平方向叠加的电场强度Ec= 2kq( 2L)2cos45∘=kq2L2
则a、c两点电场强度的比值为的比值为2 2，故B正确；
C.a、b、c、d四个顶点都处在两电荷连线的中垂面上，则四点处电场方向相同，都是平行两电荷连线，指向负电荷方向，故C错误；
D.原来b点在两电荷连线的中垂面上，b点场强方向垂直中垂面指向负电荷一方；将正点电荷移到c点，b点仍在两电荷连线的中垂面上，b点场强方向仍垂直中垂面指向负电荷一方，但是由于两个中垂面不同，则b点的电场强度一定不同，则场强要变化，故D错误。
故选：B。
根据库仑定律的公式求出库仑力的大小，根据电场线的分布比较电场强度的大小和电势的高低．
本题主要考查了等量异种电荷周围电场线的分布，知道垂直平分线为等势线，知道沿着电场线方向电势逐渐降低．
9.【答案】BC
【解析】解：A.图甲中若减小入射角θ，则反射角减小，折射角也减小，则反射光线和折射光线之间的夹角将变大，故A错误；
B.由图乙可知，当入射角大于45∘时，反射光线的强度不再变化，可知临界角为C=45∘，则该新材料的折射率为n=1sinC=1sin45∘= 2
故B正确；
C.若该激光在真空中波长为λ，则λ=cf
射入该新材料后波长变为λ′=vf=cnf= 22λ
故C正确；
D.若该束激光恰好不从光导纤维束侧面外泄，则β角需满足n=sinαsinβn=1sin(90∘−α)
解得β=30∘
则若该束激光不从光导纤维束侧面外泄30∘<β<150∘，故D错误。
故选：BC。
若减小入射角θ，由反射定律和折射定律结合几何关系可知反射光线和折射光线之间的夹角如何变化；由图象乙能读出此新材料的临界角C，根据全反射临界角公式sinC=1n，求解其折射率n；该束激光不从光导纤维束侧面外泄，则激光在光导纤维外侧面发生全反射，根据sinC=1n和几何关系求解。
解决本题本题的关键要掌握发生全反射的条件，并能结合几何知识进行分析。
10.【答案】AB
【解析】解：A.开始时两物块一起做匀速运动，则
F=2μmg
弹簧弹力也为F弹=2μmg
撤去F的瞬间，弹簧弹力不能突变，则此时物块A的加速度为a=2μmgm=2μg
故A正确；
B.到弹簧第一次恢复到原长时，物块A向右做减速运动，加速度从2μg减小到0；木板B也向右做减速运动，加速度从0增加到2μg，因开始阶段物块A的加速度较大，则A的速度小于木板B的速度，此时弹簧长度缩短，但是因为A的速度减小的快，可能在弹簧到达原长时速度还没减小到零，即最终当弹簧第一次恢复到原长时，物块A相对地面的速度可能向右，故B正确；
C.因两物块的速度不可能同时减为零，即当一个物体速度为零时，弹簧不可能处于原长状态，且物块A与木板B之间光滑，则物块A最终不会停在物块B上，而是相对木板来回振动，故C错误；
D.开始阶段，木块相对地面向右运动，此时地面给木板的摩擦力向左，即摩擦力冲量向左；但是最终木块相对木板来回振动，地面给木板的静摩擦力方向不断变化，摩擦力的冲量不断变化，则在之后任意一段时间内地面对物块B摩擦力的冲量方向不一定向左，故D错误。
故选：AB。
撤去F的瞬间，弹簧弹力不能突变，根据牛顿第二定律解答，撤去拉力后分析AB的运动情况和受力情况分析BCD。
本题考查动量定理，解题关键掌握牛顿第二定律及冲量与力的关系。
11.【答案】AC
【解析】解：A.如图
当小球到达B点时小球的速度最大，到达C点时速度最小，BC连线与竖直方向夹角为tanθ=qEmg
tanθ= 3，θ=60∘
由A到C根据动能定理：mgR(1−cos60∘)−qERsin60∘=12mvC2−12mv02
解得vC= v02−2gR
故A正确；
B.电场方向是水平方向，沿电场方向电势降低最快，故电势最高点和最低点应该在水平直径的两端，则C点不是电势能最大的位置，故B错误；
CD.若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时水平速度减为零，时间t=v0qEm
解得t=v0 3g
竖直方向做自由落体，则速率v=vy=gt
解得v= 3v03
故C正确，D错误。
故选：AC。
受力分析，求角度，由A到C根据动能定理，求速度；
电场方向沿水平方向，电势最高点和最低点在水平直径两端，C点不是电势能最大位置；
小球电势能最大时水平速度减为零，求时间，竖直方向做自由落体，求速率。
本题解题关键是熟练使用动能定理和分析小球运动规律，即竖直方向做自由落体，并分析出电场方向是水平方向，沿电场方向电势降低最快，电势最高点和最低点应该在水平直径的两端。
12.【答案】BD
【解析】解：AB、对a、b两棒整体分析，由于受恒定拉力作用，则经过足够长时间后最终达到稳定状态，此时回路中的感应电动势保持恒定，则回路中的电流恒定。设a、b两棒的加速度分别为aa、ab，则有E总=B⋅2l(va+aaΔt)−Bl(vb+abΔt)
由于总电动势恒定，则对上式两边求变化率，有0=2Blaa−Blab，则可得ab=2aa，因此经过足够长时间后，金属棒a与b均做匀变速运动且加速度之比为1：2，故A错误，B正确；
C、根据受力分析，由牛顿第二定律得
对a棒有：F−F安a=2maa
对B棒有：F安b=mab
又F安b=BIl，联立解得：I=F3Bl。由于金属棒a，b串联，则流过a的电流大小也为F3Bl，故C错误。
D、回路中的感应电动势保持不变大小为E=I(2R+R)=FRBl，故D正确。
故选：BD。
对a、b整体分析，整体受恒定拉力作用，经过足够长时间后最终达到稳定状态，此时回路中的感应电动势保持恒定，回路中的电流恒定，根据总电动势表达式确定加速度之比。对两棒分别运用牛顿第二定律列方程，从而求得流过金属棒a的电流大小。根据闭合电路欧姆定律计算回路中的感应电动势大小。
解决本题的关键要正确分析两棒的受力情况，判断稳定时两棒的加速度关系。由于两棒加速度不同，所以应用牛顿第二定律可采用隔离法。
13.【答案】AC1(Δt)2=2xMd2F 平衡摩擦力过度
【解析】解：(1)A.为了使得弹簧测力计的读数等于小车的合力，则实验操作过程中需要适度抬高轨道的左端来平衡摩擦，故A正确；
B.该实验中，由于有弹簧测力计测量小车的拉力，则不需要钩码的质量需远小于小车质量，故B错误；
C.小车加速时，钩码失重，则弹簧测力计的示数小于所挂钩码所受重力大小的一半，故C正确；
D.设加速度大小为a，根据牛顿第二定律，对小车F=Ma
对钩码mg−2F=ma
联立解得a=mg2M+m
因此小车加速度与悬挂的钩码所受的重力大小的一半不是成正比，故D错误。
故选：AC。
(2)小车经过光电门时的速度v=dΔt
则v2=2ax
根据牛顿第二定律F=Ma
代入数据联立解得1(Δt)2=2xMd2F
(3)图线在纵轴上有一段正截距，说明没有加力F时，小车已经运动，据此可知木板一端抬的过高，小车平衡摩擦力过度。
故答案为：(1)AC；(2)1(Δt)2=2xMd2F；(3)平衡摩擦力过度。
(1)A.本实验探究的是加速度与合力的关系，因此需要平衡小车所受摩擦力；
B.该实验不是用钩码的重力来代替绳子的拉力，而是用弹簧测力计测量拉力，因此不需要满足钩码的质量远小于小车的质量；
C.小车做加速运动，钩码所受的加速度方向竖直向下，钩码处于失重状态；
D钩码和小车做加速运动，根据牛顿第二定律分析作答。
注意：在本实验中，由于绳子的拉力可以根据弹簧测力计的示数来读出，不需要用钩码的质量来代替，所以不需要满足钩码的质量远小于小车的质量。
14.【答案】23 负 0∼0.6A6.02.7
【解析】解：(1)设欧姆表内的电源电动势为E′，满偏电流为Ig，其内组为R内，当欧姆表测量电阻R0时，欧姆表指针恰好偏转到满刻度的45，由闭合电路欧姆定律得：45Ig=E′R内+R0
当欧姆表测量电流表A内阻时，同理可得：nIg=E′R内+RA
又有：Ig=E′R内，RA=10Ω，R0=5Ω，
联立解得：n=23，即当欧姆表两表笔与电流表A相连时，欧姆表指针将偏转到满刻度的23。
根据欧姆表的电流方向为“红进黑出”，可知红表笔要与电流表的负接线柱相连。
(2)将定值电阻R0与电流表并联进行改装，改装后的量程最大值为：
I=Ig+IgRAR0=200mA+200mA×10Ω5Ω=600mA=0.6A，故改装后的量程为0∼0.6A。
(3)根据(2)的解答可知，电流表的量程扩大到了3倍，则电流表读数为I时，流过电源的电流为3I，根据闭合电路欧姆定律得：
E=IRA+3I(R+r)
变形代入已知数据为：R=E3⋅1I−10+3r3
根据R−1I图像，可知图像的斜率为：6.03.0V=E3，图像的纵截距为：−6.0Ω=−10+3r3
解得：E=6.0V，r=83Ω≈2.7Ω。
故答案为：(1)23；负；(2)0∼0.6A；(3)6.0；2.7。
(1)根据欧姆表的测量原理，以及指针偏角与电流成正比解答；欧姆表的黑表笔在表的内部与电源的负极相连，欧姆表的电流方向为“红进黑出”；
(2)扩大电流表的量程需要并联分流电阻，根据改表的原理解答；
(3)根据闭合电路欧姆定律和R−1I图像的斜率与纵截距求解，注意干路电流与电流表测量电流存在倍数关系。
本题是综合实验题，考查了测量电源的电动势及内阻、电表改装、欧姆表测量原理。欧姆表的测量原理是闭合电路欧姆定律，其指针偏角与电流成正比，但是被测电阻值与电流不成反比关系。测量电源的电动势及内阻要注意电流表的经过改装，干路电流与电流表的示数存在倍数关系。
15.【答案】解：(1)由题意可知，该透明材料的临界角为C=45∘
则折射率n=1sin45∘=1 22= 2
(2)光路如图
由题中数据可知∠OBC=90∘，OB=12R，则∠OCB=30∘
根据光的折射定律n=sinαsin∠OCB
可得：sinα=sin∠DCO=nsin30∘= 22
则∠DCO=45∘
可得∠CDO=75∘
即最终从透明艺术摆件射出的光线与最初的入射光线相比偏转的角度105∘；
(3)光在透明艺术摆件中传播的速度v=cn= 22c
传播的时间t=R+12R+Rcos30∘v=( 6+3 2)R2c
答：(1)该透明材料的折射率为 2；
(2)最终从透明艺术摆件射出的光线与最初的入射光线相比偏转的角度为105∘；
(3)光在透明艺术摆件中传播的时间为( 6+3 2)R2c。
【解析】(1)根据光的传播情况作出光路图；根据几何关系得出临界角，由全反射临界角公式sinC=1n求出折射率n；
(2)由几何知识求得光线在F点的入射角，由折射定律求解出射光线与法线的夹角，然后求出射出的光线与最初的入射光线相比偏转的角度；
(3)光在棱镜中的传播速度v=cn，由几何知识求出光线在棱镜中传播的距离，由位移-时间关系求解传播的时间。
本题主要是考查光的折射，解答此类问题的关键是画出光路图，根据折射定律和几何关系列方程联立求解。
16.【答案】解：(1)因小球恰好能通过半圆轨道最高点C点，则mg=mvC2R
从A到C由动能定理mg(H−2R)=12mvC2
解得H=52R
(2)小球离开C点后做平抛运动，垂直打在斜面上，则vy=vCtanθ=gt
由几何关系tanθ=2R−12vytvCt
解得tanθ= 22
斜面AB的长度L=Hsinθ=5 32R
答：(1)A点到水平面BD的高度52R；
(2)斜面AB的长度L=5 32R。
【解析】(1)小球恰好能通过半圆轨道最高点C点，重力提供向心力，从A到C由动能定理，联立求高度；
(2)小球离开C点后做平抛运动，垂直打在斜面上，根据速度分解和竖直方向速度-时间公式列等式，结合几何关系，求斜面长度。
本题考查学生对圆周运动的向心力分析、动能定理的应用、平抛规律的应用，是一道中等难度题。
17.【答案】解：(1)设滑块乙上滑过程中的加速度为a1，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1
代入数据解得：a1=10m/s2
滑块乙上滑过程中做匀减速运动直至速度减为零，由位移-速度公式得：v乙2=2a1L
代入数据解得：v乙=8m/s
由动量守恒定律得：Mv甲=mv乙
代入数据解得：v甲=4m/s
根据能量守恒定律得，弹簧储存的弹性势能Ep=12Mv甲2+12mv乙2
代入数据解得：Ep=9.6J
(2)设滑块乙从B点运动到C点所用时间为t1，由速度-时间公式得：v乙=a1t1
代入数据解得：t1=0.8s
滑块乙下滑过程中，设刚开始下滑阶段加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma2
代入数据解得：a2=10m/s2
设滑块乙从C点向下加速度到与传送带速度相同时间为t2，位移为x1，则有：v=a2t2
x1=12vt2
代入数据解得：t2=0.2s
x1=0.2m
由于mgsinθ>μmgcosθ
滑块继续向下加速，设加速度为a3，由牛顿第二定律得：mgsinθ−μmgcosθ=ma3
代入数据解得：a3=2m/s2
之后运动到B点所用时间设为t3，则有：L−x1=vt3+12a3t32
代入数据解得：t3=1s
则滑块乙从B端滑上传送带到第一次回到B端的时间t=t1+t2+t3=0.8s+0.2s+1s=2s
(3)滑块乙回到B端的速度v乙′=v+a3t3=2m/s+2×1m/s=4m/s
由于s甲=v甲t=4×2m=8m
此时滑块甲与挡板碰撞后返回到距A端2m处，由于v甲=v乙′=4m/s
可以判断得出滑块在距A端4m处发生第一次碰撞；
滑块甲与滑块乙碰撞过程，以向右问正方向，根据动量守恒得Mv甲−mv乙′=Mv甲2+mv乙2
根据能量守恒得：
代入数据联立解得：v甲2=−43m/s
v乙2=203m/s
可知碰后甲、乙的速度大小分别为43m/s，203m/s。
答：(1)压缩弹簧储存的弹性势能Ep为9.6J；
(2)滑块乙从B端滑上传送带到第一次回到B端的时间t为2s；
(3)滑块乙第一次返回到AB面上后在距A端4m处发生第一次碰撞，碰后甲、乙的速度大小分别为43m/s，203m/s。
【解析】(1)由牛顿第二定律求解乙上滑过程的加速度，根据位移-速度公式求解乙的初速度，根据动量守恒定律求解甲的速度，根据能量守恒定律求解弹簧储存的弹性势能；
(2)由速度-时间公式求解滑块乙从B运动到C的时间，根据牛顿第二定律求解下滑过程的加速度，由运动学公式求解滑块与传送带共速的时间和位移，分析滑块所受重力沿斜面方向的分力与最大静摩擦力的关系，判断共速后滑块的的运动情况，结合运动学公式求解下滑时间；
(3)分析甲和乙在水平面上的运动情况，结合位移关系分析碰撞位置；两滑块发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律列式求解即可。
本题考查传送带问题和碰撞问题，解题关键是分析好两滑块的运动情况和受力情况，结合牛顿第二定律、运动学公式和动量守恒定律、能量守恒定律列式求解即可。
18.【答案】解：
(1)粒子在M点的速度大小为v′，则
v′cos45∘=vcos45∘
则v′=v
粒子在电场中从M点到N点运动的时间为t，加速度为a，则
2d=vtcos45∘
a=qEm
l=2vsin45∘a
解得场强大小
E=mv22qd
(2)由几何关系可知
R=2 2d
设P点的坐标为yP，则
R2=d2+(yP+2d)2
解得yP=( 7−2)d
则P点的坐标为[0,( 7−2)d]
(3)粒子在匀强磁场I中
qvB1=mv2R
离子在匀强磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的半径R2，则
qvB2=mv2R2
由几何关系
R22=( 2d)2+(R2−d)2
解得R2=32d
联立解得B1B2=R2R
带入数据B1B2=3 28
答：(1)第三象限内电场强度的大小E为mv22qd；
(2)P点的坐标为[0,( 7−2)d]；
(3)B1与B2的比值为3 28。
【解析】(1)设粒子在M点的速度大小为v′，粒子在电场中从M点到N点运动的时间为t，加速度为a，结合几何关系求第三象限内电场强度的大小E；
(2)结合几何关系求出P点的坐标；
(3)离子在匀强磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的半径R2，结合几何关系求解B1与B2的比值。
本题考查带电粒子在组合场中的运动，学生需根据题意结合几何关系进行求解。
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