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2023年山东省日照市高考物理一模试卷（含答案解析）
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这是一份2023年山东省日照市高考物理一模试卷（含答案解析），共22页。试卷主要包含了 下列说法正确的是，2V，5s，M向左移动了4m等内容，欢迎下载使用。
2023年山东省日照市高考物理一模试卷
1. 下列说法正确的是( )
A. 做自由落体运动的物体，下落的瞬间，速度和加速度均为零
B. 在力学中，力是基本概念，所以力的单位“牛顿”是基本单位
C. 安培提出了分子电流假说
D. 法拉第发现了电流的磁效应，首次揭示了电现象和磁现象之间的联系
2. 有关原子结构和原子核的认识，下列正确的是( )
A. 一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线
B. 电子的发现使人们认识到原子具有核式结构
C. 太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变
D. 83210Bi的半衰期是5天，100克 83210Bi经过10天后还剩下25克
3. 某电动牙刷的充电装置含有变压器，原、副线圈匝数之比为50：1，用正弦交流电给此电动牙刷充电时，原线圈两端电压的有效值为220V，副线圈电流的有效值为2.0A，若将该变压器视为理想变压器，则( )
A. 副线圈两端电压的有效值约为6.2V
B. 原线圈电流的有效值为100A
C. 副线圈两端电压的最大值约为6.2V
D. 变压器的输入功率与输出功率之比为50：1
4. 如图所示，O点为两等量异种点电荷连线的中点，一带正电的粒子(不计重力)从连线上的A点由静止释放。在电场力作用下运动到B点。取A点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向。在粒子从A点运动到B点的过程中，下列关于粒子运动的速度v和加速度a随时间t的变化，运动径迹上电势φ和粒子的电势能Ep随位移x的变化图线可能正确的是( )
A. B. C. D.
5. 如图所示，一列简谐横波在xOy平面内沿x轴负方向传播，波速为8m/s，振幅为4m，M、N是平衡位置相距4m的两个质点。t=0时刻，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处。已知该波的周期大于1s，则下列说法正确的是( )
A. 该波的周期为23s
B. 从t=0到t=0.5s，M向左移动了4m
C. 在t=0.5s时，N的速度也一定为8m/s
D. 从t=0到t=0.5s，N的路程为4m
6. 如图所示，一宽为L的平行金属导轨固定在倾角为θ的斜面上，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R，电源电动势为E、内阻为r，一质量为m的金属棒ab静止在导轨上，与两导轨垂直并接触良好，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直于斜面向上的匀强磁场中，金属棒的电阻为R0，导轨电阻不计。金属导轨与金属棒之间的最大静摩擦力为f，重力加速度为g。闭合开关后，下列判断正确的是( )
A. 金属棒受到的安培力方向沿斜面向上
B. 金属棒受到的摩擦力方向可能沿斜面向下
C. 若金属棒恰好不运动，则滑动变阻器的阻值为BLEf−mgsinθ−r−R0
D. 要保持金属棒在导轨上静止，滑动变阻器R接入电路中的最小阻值为BLEmgsinθ+f−r−R0
7. 随着“神舟十五号”进驻空间站，标志着我国空间站正式从建造阶段，转入运营阶段，可将中国空间站看作近地卫星，空间站绕地球表面做匀速圆周运动的周期为T。某科研小组在地球南极点，用弹簧测力计测得质量为m的砝码所受重力为F，在赤道测得该砝码所受重力为F′。假设地球可视为质量分布均匀的球体，则下列说法正确的是( )
A. 地球半径可表示为R=mFT24π2
B. 地球的第一宇宙速度可表示为v=FT22mπ
C. 地球的自转周期可表示为T自=TF−F′F
D. 地球的自转周期可表示为T自=TFF−F′
8. 光滑平行金属导轨由左侧弧形轨道与右侧水平轨道平滑连接而成，导轨间距均为L，如图所示。左侧轨道上端连接有阻值为R的电阻。水平轨道间有连续相邻、宽均为d的区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，区域边界与水平导轨垂直。I、Ⅲ区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B；Ⅱ区域有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。金属棒从左侧轨道上某处由静止释放，金属棒最终停在Ⅲ区域右边界上，金属棒的质量为m、长度为L、电阻为R。不计金属导轨电阻，金属棒与导轨接触良好，重力加速度为g，则金属棒( )
A. 穿过区域Ⅰ过程，通过R的电荷量为BLdR
B. 刚进入区域Ⅲ时受到的安培力大小为B2L2d4mR2
C. 穿过区域Ⅰ与Ⅱ过程，R上产生的焦耳热之比为11：25
D. 穿过区域Ⅰ与Ⅲ过程，克服安培力做功之比为11：1
9. 一定量的理想气体从状态a开始。经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p−T图像如图所示。下列判断正确的是( )
A. 气体在a、b两状态的体积相等
B. a、b和c三个状态中，状态c分子的平均动能最大
C. 在过程bc中气体吸收的热量大于气体对外界做的功
D. b到c过程容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数减少
10. 如图所示，质量为M的三角形斜劈B放置在水平地面上，质量为m的木块A放在三角形斜劈B上，现用大小相等、方向相反的水平力F分别推A和B，木块A和斜劈B均静止不动，重力加速度为g。则( )
A. 斜劈B对木块A的摩擦力方向可能沿斜面向上
B. 地面对斜劈B的摩擦力方向水平向右
C. 斜劈B对木块A的支持力一定小于mg
D. 地面对斜劈B的支持力的大小等于(M+m)g
11. 在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定在墙上。如图甲所示，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x，现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B。如图乙所示。物体A以3v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，下列判断正确的是( )
A. 乙图所示的运动过程中，物体A和物体B组成的系统机械能守恒
B. A物体的质量为8m
C. 弹簧压缩量最大时物体B的速度为8v03
D. 弹簧及压缩量最大时的弹性势能为mv022
12. 如图所示，倾斜圆盘圆心处固定有与盘面垂直的细轴，盘面上沿同一直径放有质量均为m的A、B两物块(可视为质点)，分别用两根平行圆盘的不可伸长的轻绳与轴相连。物块A、B与轴的距离分别为2L和L，与盘面的动摩擦因数均为μ，盘面与水平面的夹角为θ。圆盘静止时，两轻绳无张力处于自然伸直状态。当圆盘以角速度ω匀速转动时，物块A、B始终与圆盘保持相对静止。当物块A转到最高点时，A所受绳子的拉力刚好为零，B所受的摩擦力刚好为最大静摩擦力。已知重力加速度为g。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是( )
A. μ=3tanθ
B. 运动过程中绳子对A拉力的最大值为mgsinθ
C. 运动过程中B所受摩擦力的最小值为mgsinθ
D. 物块B从最低点运动到最高点的过程中摩擦力的冲量大小为m 8gLsinθ
13. 某物理兴趣小组利用传感器进行“探究向心力大小F与半径r、角速度ω、质量m的关系”实验，实验装置如图甲所示，装置中水平光滑直杆能随竖直转轴一起转动，将滑块套在水平直杆上，用细线将滑块与固定的力传感器连接。当滑块随水平光滑直杆一起匀速转动时，细线的拉力提供滑块做圆周运动的向心力。拉力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得。
(1)小组同学先让一个滑块做半经r为0.20m的圆周运动。得到图乙中②图线。然后保持滑块质量不变。再将运动的半径r分别调整为0.14m，0.16m，0.18m，0.22m，在同一坐标系中又分别得到图乙中⑤、④、③、①四条图线。
(2)本实验所采用的实验探究方法与下列哪些实验是相同的______ 。
A.探究平抛运动的特点
B.探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
C.探究两个互成角度的力的合成规律
D.探究加速度与物体受力、物体质量的关系
(3)对②图线的数据进行处理，获得了F−x图像，如图丙所示，该图像是一条过原点的直线，则图像横坐标x代表的是______ 。(用半径r、角速度ω、质量m表示)
(4)对5条F−ω图线进行比较分析，做F−r图像，得到一条过坐标原点的直线，则该直线的斜率为______ 。(用半径r、角速度ω、质量m表示)
14. 某同学设计了如图甲、乙所示的实验电路测量某电源的电动势E(约为3V)和内阻r(约为2Ω)。已知电流表的内电阻约为1Ω。电压表的内电阻约为3kΩ，变阻器最大电阻20Ω、额定电流1A，定值电阻R0=2Ω。请回答下列问题：
(1)请在图丙中用笔画线代替导线完成图乙电路图的实物连接。
(2)将滑动变阻器的滑片P移至最左端，闭合开关S，移动滑片P改变滑动变阻器的接入阻值，记录下几组电压表示数U和对应的电流表示数I。
(3)重复步骤(2)。把甲、乙两组实验记录的数据在同一坐标系内描点作出U−I图像如图丁所示，可知图中标记为II的图线是采用实验电路______ (填“甲”或“乙”)测量得到的。
(4)为了减小系统误差，本实验应选用图______ (选填“甲”或“乙”)实验电路。
(5)利用图丁图像提供的信息可以修正该实验的系统误差，则修正后被测电源的内阻r=______ (注：U1、U2、I1、I2、R0为已知量)。
15. 一个半径为R的半圆形玻璃砖(折射率n= 3)的截面图，如图所示，直径AOB与半径OC垂直，一束平行单色光垂直于直径AOB所在的截面射入玻璃砖，其中距离O点R2的一条光线自玻璃砖右侧折射出来，与OC所在的直线交于D点。
(1)求D点到O点的距离；
(2)若在玻璃砖平面AOB的某区域贴上一层不透光的黑纸，平行光照射玻璃砖后，右侧恰好没有折射光射出，求黑纸在AB方向的宽度。(不考虑光线在玻璃砖内的多次反射)
16. 如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，将一可视为质点的质量m=2kg的小物块从传送带左端A处以某一初速度释放，t=3s时恰好到达右端B处。小物块从A端到B端运动的速度-时间图像如图乙所示。重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物体与传送带之间的动摩擦因数和AB间的距离；
(2)小物块从A端到B端的过程中，系统因摩擦所产生的热量。
17. 如图所示。“L”型平板B静置在地面上，物块A处于平板B上的O′点，O′点左侧粗糙，右侧光滑，光滑部分的长度d=3.75m。用不可伸长的经绳将质量为M的小球悬挂在O′点正上方的O点。轻绳处于水平拉直状态，小球可视为质点，将小球由静止释放，第1次下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动，物块A以v0=6m/s的速度沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞，一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度为零，此后再过0.75s小球恰好第4次回到最低点。已知A的质量mA=0.2kg，B的质量mB=0.6kg，A与B的动摩擦因数μ1=0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2=0.3，重力加速度g=10m/s2，π2=10，整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求：
(1)A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小vA与vB；
(2)从小球释放到小球第4次回到最低点，整个系统因摩擦产生的热量；
(3)悬挂小球轻绳的长度。
18. 如图所示为某离子控制装置，离子室内存在大量带正电的离子。其质量m=1×10−14kg，电荷量q=2×10−10C，控制室被分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个横截面为正方形的区域，正方形边长L=1m，区域间隔L1=1m、L2=0.6m、L3=1m，Ⅰ区域左右为中间带有小孔的平行金属板，板间存在电场强度大小为E1=9×10−4N/C，方向水平向右的匀强电场，Ⅱ，Ⅲ。Ⅳ区域存在包含边界的电场或磁场。以a2b2c2d2中间小孔为坐标原点建立三维坐标系，坐标轴及方向如图所示，Ⅱ区域存在沿x轴正方向的匀强电场(图中未画出)，电场强度E2的大小在0∼4×10−5N/C间变化；Ⅲ区域充满沿y轴正方向的匀强磁场，磁感应强度B1=2×10−5T，Ⅳ区域充满平行于平面xOy与y轴正方向成45∘角斜向上的匀强磁场，磁感应强度B2=2 2×10−5T。从离子室飘入小孔的离子速率忽略，忽略离子间的相互作用，不计离子重力。
(1)若离子进入区域Ⅲ后能返回区域Ⅱ，求拉子在边界a3b3c3d3上射入点与射出点之间的距离；
(2)为保证有离子能进入区域Ⅳ，求L3的最大值；
(3)当E2=4×10−5N/C、L3为上问中的最大值。若离子在区域Ⅲ的速度沿z轴时B1消失，当离子第一次经过边界a4b4c4d4进入区域Ⅳ时。区域Ⅲ的磁场变为沿y轴正方向、磁感应强度B3=4×10−5T的匀强磁场并保持不变，求离子第4次经过边界a4b4c4d4时的位置坐标。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.做自由落体运动的物体，下落的瞬间，速度为零，加速度为重力加速度，不为零，故A项错误；
B.在力学中，基本单位有m、s、kg。力是基本概念，根据牛顿第二定律有F=ma可知力的单位是1N=1kgm/s2，所以力的单位不是基本单位，而是导出单位，故B项错误；
C.安培提出了分子电流假说，故C项正确；
D.奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭示了电现象和磁现象之间的联系，故D项错误。
故选C。
A.自由落体运动的初速度为0，但是其加速度始终为重力加速度；B.根据力学单位制知识和相关公式，可以导出力的单位，从而判断是否为基本单位；CD.根据相关物理学史判断。
本题目考查了学生对自由落体运动的理解、力学单位制和物理学史的知识，难度不大，要求学生掌握自由落体运动的规律、熟记物理学史即可。
2.【答案】D
【解析】解：A、一个放射性原子能同时发出α、γ二种射线，或者放出β、γ射线，故A错误；
B、卢瑟福的α粒子散射实验让人们认识到了原子具有核式结构，故B错误；
C、太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生轻核的聚变，故C错误；
D、根据半衰期公式m余=m原(12)tT
代入数据可得100克 83210Bi经过10天后还剩下m余=25克
故D正确。
故选：D。
原子核在衰变中可放出α与γ或β与γ，但不会在一次衰变中同时放出α、β、和γ三种射线，卢瑟福的α粒子散射实验让人们认识到了原子核具有核式结构，太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生轻核的聚变，根据半衰期公式解答。
本题考查轻核的聚变、α、β、γ三种射线、半衰期的运算等内容，多读课本多总结。
3.【答案】C
【解析】解：A.根据理想变压器电压与匝数比的关系n1n2=U1U2
副线圈两端电压的有效值为U2=n2n1U1=150×220V=4.4V，故A错误；
B.根据理想变压器电流与匝数比的关系I1I2=n2n1=150
原线圈电流的有效值为I1=n2n1I2=150×2.0A=0.04A，故B错误；
C.副线圈两端电压的最大值约为U2m= 2U2=4.4 2V≈6.2V，故C正确；
D.理想变压器变压器的输入功率与输出功率之比为1：1，故D错误。
故选：C。
A.根据理想变压器电压与匝数比的关系求解副线圈两端电压的有效值；
B.根据理想变压器电流与匝数比的关系求解原线圈电流的有效值；
C.根据正弦交流电有效值与最大值的关系求解；
D.变压器不改变交流电的频率。
本题考查了理想变压器电压与匝数比、电流与匝数比的关系，基础题。
4.【答案】B
【解析】解：AB、根据等量异种电荷的电场线分布情况可知，在A到B的运动过程中，电场强度先变小后变大，由F=qE知粒子受到的电场力先变小后变大，则加速度先变小后变大，因此v−t图象切线的斜率先变小后变大，故A错误，B正确；
C、沿着电场线方向电势降低，φ−x图象的斜率表示电场强度，电场强度先减小后增大，所以φ−x图象的斜率先减小后增大，故C错误；
D、根据EP=qφ，得ΔEpΔx=qΔφΔx=qE，E先减小后增大，所以EP−x图象切线的斜率先减小后增大，故D错误。
故选：B。
在A到B的运动过程中，根据电场强度的变化，分析粒子受到的电场力变化，判断加速度的变化，从而知道v−t图像斜率的变化。根据φ−x图象的斜率表示电场强度的大小，分析该图的形状，结合EP−x图像的斜率等于qE，分析此图斜率的变化。
解答本题时，关键要知道v−t图像的斜率表示加速度，φ−x图象的斜率表示电场强度的大小，EP−x图像的斜率表示电场力大小。
5.【答案】D
【解析】解：A.t=0时刻，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处，已知该波的周期大于1s，且M、N是平衡位置相距4m的两个质点，则有4m=14λ
解得波长为λ=16m
则周期为T=λv=168s=2s
故A错误；
B.质点只在平衡位置上附近下振动，不会随波迁移，故B错误；
C.质点的振动速度和波的传播速度不是同一概念，8m/s只是波的传播速度，在t=0.5s时，N的振动速度不能确定，故C错误；
D.由于Δt=0.5s=14T
且t=0时刻，N位于其平衡位置上方最大位移处，则从t=0到t=0.5s，N的路程为s=A=4m
故D正确。
故选：D。
由题意描述计算出波长和波速，根据波的形成和传播规律判断和计算。
本题考查波的形成和传播，要求掌握波的形成过程和传播规律。
6.【答案】C
【解析】解：AB、根据左手定则可知，金属棒受到的安培力方向沿斜面向下，由于金属棒的重力分力也沿斜面向下，则金属棒受到的摩擦力方向一定沿斜面向上，故AB错误；
CD、若金属棒恰好不运动，金属棒受力平衡，合力为零，此时金属棒受到的静摩擦力达到最大，此时是保持金属棒在导轨上静止受到的最大安培力，根据受力平衡可得：mgsinθ+F安=f
又F安=BIL=BER+r+R0L
联立可得R=BLEf−mgsinθ−r−R0
可知要保持金属棒在导轨上静止，根据闭合电路欧姆定律可得，滑动变阻器R接入电路中的最小阻值为R=BLEf−mgsinθ−r−R0，故C正确，D错误；
故选：C。
根据左手定则判断安培力的方向，以金属棒为研究对象，对金属棒受力分析，判断摩擦力的方向，根据受力平衡计算安培力的大小，根据闭合电路欧姆定律计算电阻大小。
解决本题的关键是分析清楚金属棒的受力情况，根据受力平衡计算即可。
7.【答案】D
【解析】解：ACD.在两极点时万有引力大小等于重力：F=GMmR2
在赤道时，万有引力是重力和自转向心力的合力：F−F′=m(2πT自)2R
在地球表面时有F=GMmR2=m(2πT)2R
解得T自=TFF−F′
R=FT24π2m
故AC错误，D正确；
B.在地球表面时有F=GMmR2=mv2R
解得v= FRm=FT2πm
故B错误；
故选：D。
在两极点时万有引力大小等于重力，在赤道时，万有引力是重力和自转向心力的合力，联立，求自转周期和半径；
本题解题关键是掌握：1.在两极点时万有引力大小等于重力；2.在赤道时，万有引力是重力和自转向心力的合力。
8.【答案】D
【解析】解：A、穿过区域I过程，根据法拉第电磁感应定律有：E1−=ΔΦ1Δt1=BLdΔt1
根据电流的定义式有：I1−=q1Δt1=E1−2R
解得：q1=BLd2R，故A错误；
B、穿过区域Ⅲ过程，根据：E3−=ΔΦ3Δt3=BLdΔt3
其中：I3−=q3Δt3=E3−2R
解得：q3=BLd2R
设进入区域Ⅲ时的速度为v2，穿过区域Ⅲ过程，根据动量定理有：−BI3−LΔt3=0−mv2
解得：v2=B2L2d2mR
刚进入区域Ⅲ时有：I=BLv22R
根据安培力的计算公式有：F=BIL
解得进入磁场Ⅲ区的安培力：F=B4L4d4mR2，故B错误；
D、设进入区域Ⅱ时的速度为v1，同理可得，穿过区域II过程：q2=I2−Δt2=BLdR
同理，根据动量定理有：−2BI2−LΔt2=mv2−mv1
解得：v1=5B2L2d2mR
设进入区域Ⅰ时的速度为v0，同理可得，穿过区域Ⅰ过程，根据动量定理有：
−BI1−LΔt1=mv1−mv0
解得：v0=3B2L2dmR
根据动能定理可知，穿过区域I与Ⅲ过程，克服安培力做功之比为：W克1W克2=12mv02−12mv1212mv22
代入数据解得：W克1W克2=11，故D正确；
C、根据能量守恒与转化定律，穿过区域I过程，R上产生的焦耳热：Q1=12×(12mv02−12mv12)
根据能量守恒与转化定律，穿过区域II过程，R上产生的焦耳热：Q2=12×(12mv12−12mv22)
所以解得：Q1Q2=1124，故C错误。
故选：D。
根据法拉第电磁感应定律结合电流的定义式可解得电荷量；分别在前两磁场区域，根据动量定理结合电流的定义式求出临界速度，从而解得金属棒刚进入区域Ⅲ时受到的安培力大小；根据焦耳定律及功能关系或能量守恒定律解得电阻上产生的焦耳热之比，和克服安培力的做功之比。
本题考查了法拉第电磁感应定律的导体棒切割磁感线的模型，此题要注意分析金属棒的运动过程，对此类模型导体棒受变力而加速度不恒定的运动，经常应用动量定理解答，要能够熟练对安培力的冲量的求解。
9.【答案】AD
【解析】解：A.根据公式pV=CT，可知ab过程中气体的体积不变，故A正确；
B.温度是分子的平均动能的标志，a、b和c三个状态中，状态b、c温度相同，分子的平均动能相同，故B错误；
C.在过程bc中温度不变，压强减小，根据pV=CT可知气体的体积增大，气体对外做功；温度不变则内能不变，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可知，bc过程中气体吸热等于对外做功，故C错误；
D.b和c两个状态中，气体温度相同，分子平均动能相同，但b状态比c状态压强大，所以b状态下容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数比c状态多，故D正确；
故选：AD。
先根据图像得出气体的体积和温度的变化，而温度会影响气体的内能，再结合热力学第一定律即可完成分析。
本题主要考查了热力学图像的相关应用，理解图像的物理意义，根据气体状态参量的变化结合热力学第一定律即可完成分析。
10.【答案】AD
【解析】解：A.对A受力分析，若水平推力F较小，木块A有相对斜面下滑的趋势，根据滑动摩擦力方向规律，则斜劈B对木块A的摩擦力方向沿斜面向上，故A正确；
B.对A和B整体受力分析，水平方向大小相等、方向相反的两个水平力F刚好是一对平衡力，即地面对斜劈B的摩擦力为0，故B错误；
C.对A受力分析，若水平推力F恰好合适，斜劈B与木块A之间无摩擦力，则受力分析如图所示
由几何关系，斜劈B对木块A的支持力大于mg，故C错误；
D.以A和B作为整体研究分析，竖直方向只受重力G=(M+m)g，以及支持力FN，且竖直方向二力平衡，有FN=G=(M+m)g，故D正确。
故选：AD。
以A为研究对象受力分析，根据运动趋势，分析摩擦力方向；
以A和B作为整体研究分析，根据平衡条件，分析摩擦力；
以A为研究对象受力分析，水平推力F恰好合适，斜劈B与木块A之间无摩擦力，分析支持力；
以A和B作为整体研究分析，根据平衡条件，分析地面对斜劈B的支持力。
本题考查学生对整体法、隔离法的使用，以及对平衡条件的分析，是一道基础题。
11.【答案】BC
【解析】解：A、乙图所示的运动过程中，弹簧被压缩，物体A、B的机械能一部分转化为弹簧的弹性势能，因此物体A、B组成的系统机械能不守恒，故A错误；
BCD、设物体A的质量为M。甲图中，物体A压缩弹簧，最大压缩量为x时，A的动能全部转化为弹簧的弹性势能，设为EP，则机械能守恒定律有EP=12Mv02。
乙图中，物体A以3v0的速度向右压缩弹簧过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，当二者共速时，弹簧达到最大压缩量x，此时弹簧的弹性势能最大。取向右为正方向，由动量守恒定律有M⋅3v0=(M+m)v
水平面光滑，因此A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律有12M(3v0)2−12(M+m)v2=Ep
联立解得：M=8m，v=83v0，EP=4mv02，故BC正确，D错误。
故选：BC。
乙图所示的运动过程中，根据能量转化情况分析物体A和物体B组成的系统机械能是否守恒。当两个物块速度相等时，弹簧的压缩量最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解A物体的质量和对应的弹性势能。
解题的关键是分析出不同情况下的能量转化特点，知道在乙图所示的运动过程中，当A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，应用动量守恒定律和机械能守恒定律即可完成分析。
12.【答案】AC
【解析】解：A.对A、B受力分析，A在最高点根据牛顿第二定律，合力提供向心力：μmgcosθ+mgsinθ=mω2×2L
B在最低点，根据牛顿第二定律，合力提供向心力：μmgcosθ−mgsinθ=mω2L
解得μ=3tanθ
故A正确；
B.运动过程中，当A到最低点时，所需的拉力最大设为TA，由牛顿第二定律，合力提供向心力：TA+μmgcosθ−mgsinθ=mω2×2L
解得TA=2mgsinθ
故B错误；
C.运动过程中，当B到最高点时，所需的摩擦力最小设为fB，由牛顿第二定律，合力提供向心力：fB+mgsinθ=mω2L
解得fB=mgsinθ
故C正确；
D.由A中公式和结论可得ω= 2gsinθL
则B的线速度大小为vB=ωL= 2gLsinθ
B从最低点运动到最高点的过程中，合外力冲量I合=2mvB=m8gLsinθ
由于B受的重力、支持力、绳的拉力合力不为零，故物块B从最低点运动到最高点的过程中摩擦力的冲量大小不等于m 8gLsinθ，故D错误。
故选：AC。
对A、B受力分析，合力提供向心力，求动摩擦因数，同理求A到最低点时，绳子拉力，B到最高点时，摩擦力大小，再求角速度线速度和合外力冲量。
本题解题关键是正确对AB进行受力分析，并根据牛顿第二定律，合力提供向心力列式，去分析问题。
13.【答案】BDω2 mω2
【解析】解：(2)本实验所采用的实验探究方法是保持滑块质量不变，探究运动半径在不同值时，滑块的向心力大小与角速度之间的关系，属于控制变量法，与“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”、“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验探究方法相同；“探究平抛运动的特点”和“探究两个互成角度的力的合成规律”两实验的探究方法是等效法。
故选：BD。
(3)②图线中各图线均为曲线，对②图线的数据进行分析可以看出，当ω增大为原来的2倍时，F增大为原来的4倍，当ω增大为原来的3倍时，F增大为原来的9倍……可知，F与ω2成正比，以F为纵轴，ω2为横轴，则图像是一条过原点的直线，故图丙图像横坐标x代表的是ω2。
(4)(3)中分析知在r一定时，F与ω2成正比；F−r图像又是一条过坐标原点的直线，F与r成正比；同时F也应与m成正比，归纳可知，F−r图像的斜率为mω2。
故答案为：(2)BD；(3)ω2；(4)mω2。
(2)根据实验探究的过程的特点分析判断；
(3)对②图线的数据进行分析判断；
(4)根据实验原理综合分析判断。
本题考查探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系实验，要求掌握实验原理、实验装置。
14.【答案】甲 甲 U1I2−R0
【解析】解：(1)按照图乙电路，连接的实物图如下图所示：
(3)对图甲，干路电流I甲=I+URV
把定值电阻看作电源内阻的一部分，等效内阻r′=R0+r
根据闭合欧姆定律可得E=U+I甲r′
代入数据整理可得U=−RV(R0r)RV+R0+r⋅I+ERVRV+R0+r
可知，对应U−I图线，当I为零时，对应U甲=ERVRV+R0+r
对图乙，把定值电阻、电流表内阻看作电源内阻的一部分，等效内阻r′′=RA+R0+r
根据闭合欧姆定律可得U=E−Ir′′=E−I(RA+R0+r)
可知，对应U−I图线，当I为零时，对应U乙=E>U甲
故可知标记为II的图线是采用实验电路甲测量得到的；
(4)当采用图甲所示电路时，相对误差大小为e1=(R0+r)−RV(R0+r)RV+R0+r(R0+r)=R0+rRV+R0+r≈2+22+2+3×103×100%≈0.133%
当采用图乙所示电路时，相对误差大小为e2=RA+R0+r−(R0+r)(R0+r)=RAR0+r≈12+2×100%=25%
该相对误差远大于图甲所示电路，故宜选用图甲所示电路。
(5)图线I对应的U1和I1满足U1=E，I1=ERA+R0+r
图线II对应的U2和I2满足U2=E⋅RVRV+R0+r,I2=ER0+r
因此可以解得R0+r=EI2=U1I2
则r=U1I2−R0
故答案为：(1)实物连接图见解析；(4)甲；甲；(5)U1I2−R0。
(1)按照图乙电路，连接实物图；
(3)根据闭合电路的欧姆定律分别求解两种实验方案的U−I函数，结合U−I图像的纵截距作出判断；
(4)分别求解两种方案的相对误差，然后作出判断；
(5)根据图线Ⅰ、Ⅱ分别求解相应的电压和电流，再结合欧姆定律求电源内阻的修正值。
本题考查了利用“伏安法”测量电源的内阻，明确实验原理是解题的关键，难点是实验误差的分析。
15.【答案】解：设光线的入射点为F，出射点为F，出射角为θ，连接OE，即为法线。如图所示，根据光的折射定律 3=sinθsin30∘
可得：θ=60∘
根据几何关系得：DO= 3R
(2)如上图所示，设从N点入射时恰好能发生全反射，则可知sinC=1n=1 3= 33
由几何关系知ON= 33R
所以平行光照射玻璃砖后，要使右侧没有折射光射出，黑纸在AB方向的宽度至少为d=2 33R
答：(1)D点到O点的距离为 3R；
(2)若在玻璃砖平面AOB的某区域贴上一层不透光的黑纸，平行光照射玻璃砖后，右侧恰好没有折射光射出，黑纸在AB方向的宽度为2 33R。
【解析】(1)作出光路图，由几何关系求出入射角，由折射定律求出折射角，然后有几何关系求出D到O的距离；
(2)平行射到ACB弧面上会发生全反射，设光线恰好发生全反射，其入射角等于临界角C，由sinC=1n求出C，再由几何知识求出不能在ACB面上发生全反射的平行的宽度，即为所求黑纸在AB方向的宽度．
解决本题的关键掌握几何光学问题中的折射定律和全反射临界角公式，运用几何知识结合进行解答．
16.【答案】解：(1)根据题意，由图乙可知，小物块在传送带上先做匀减速运动，再做匀速运动，做匀减速运动的加速度大小为
a=ΔvΔt=4−22m/s2=1m/s2
由牛顿第二定律有μmg=ma
代入数据解得μ=0.1
根据题意可知，AB间的距离等于小物块的位移，则由v−t图像中图像与横轴围城的面积表示位移可知，AB间的距离为xAB=[12×(2+4)×2+2×(3−2)]m=8m
(2)根据题意，由图乙可知，当t=2s，小物块与传送带速度相等，且传送带的速度为
v=2m/s
由运动学公式x=v0t+12at2可得，在0∼2s内小物块的位移为x1=(4×2−12×1×22)m=6m
在0∼2s内传送带的位移为x2=vt=2×2m=4m
物体和传送带的位移差为：Δx=x1−x2=6m−4m=2m
则小物块从A端到B端的过程中，系统因摩擦所产生的热量为：
Q=μmg⋅Δx
代入数据解得Q=4J。
答：(1)物体与传送带之间的动摩擦因数为0.1，AB间的距离为8m；
(2)小物块从A端到B端的过程中，系统因摩擦所产生的热量为4J。
【解析】(1)根据图乙所示图象分析清楚小物块的运动过程，由图像的斜率找到物体运动的加速度，进而求出摩擦因数，v−t图象与时间轴组成的图形面积等于物块的位移，根据图示图象求出小物块的位移，即可求出AB间的距离；
(2)系统因摩擦所产生的热量为Q=μmg⋅Δx，找到相对位移即可求解。
本题考查了牛顿第二定律的应用，考查了v−t图象问题，知道v−t图象的斜率等于加速度、图象与时间轴围成图形的面积等于位移，根据图示图象分析清楚小物块的运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
17.【答案】解：(1)设水平向右为正方向，因为O′点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒和动能守恒得
mAv0=mAvA+mBvB
12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
代入数据联立解得
vA=−3m/s，vB=3m/s
即A和B速度的大小均为3m/s；
(2)碰后对B手里分析，由牛顿第二定律可知
μ2(mA+mB)g=mBaB
代入数据解得
aB=4m/s2
设B经过t1时间速度减为零
0=vB−a1t1
代入数据解得
t1=0.75s
此过程A、B的位移分别为
xA=vAt1，xB=vBt1−12aBt12
根据位移关系xA+xB
即A在减速之前B速度减为零，且不再运动，整个系统产生的热量为
Q=12mAvA2+12mBvB2
代入数据解得
Q=3.6J
(3)A剩余匀速向左运动的时间为d−xA−xB=vAt2
解得t2=0.125s
A减速运动的时间为t3，根据动量定理−μ1mAgt3=0−mAvA
解得t3=0.75s
小球和A碰撞后A向右匀速运动的时间为t0，则t0=dv0=3.756s=0.625s
设小球做简谐振动的周期为T，摆长为L0，则有
32T=t0+t1+t2+t3+0.75s
即32T=0.625s+0.75s+0.125s+0.75s+0.75s
代入数据解得T=2s
由单摆周期公式T=2π L0g
解得小球的摆长L0=1m
答：(1)A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小均为3m/s；
(2)从小球释放到小球第4次回到最低点，整个系统因摩擦产生的热量为3.6J；
(3)悬挂小球轻绳的长度为1m。
【解析】(1)根据动量守恒和动能守恒计算A与B碰撞后的速度；
(2)根据牛顿第二定律和运动学公式计算出B的加速度和运动时间，再计算出A、B的位移根据能量守恒求整个系统产生的热量；
(3)根据匀速和减速运动的时间计算单摆的周期，根据单摆周期公式求摆长。
本题考查板块模型问题，要求进行受力分析和运动分析，利用动量和能量、单摆周期公式进行求解。
18.【答案】解：(1)在区域I，根据动能定理qE1L1=12mv02
解得v0=6m/s
离子在区域II射出时速度的偏向角为θ，运动轨迹如图所示
则v=v0cosθ
由qvB1=mv2r
射入点与射出点的距离为d=2rcosθ=2mvB1q⋅cosθ=2mv0B1q
与E2大小无关，
代入数据解得d=0.3m
(2)根据L3=r+rsinθ
可知当E2=4×10−5N/C时，离子在Ⅲ中运动的速度v最大，则运动半径r最大，L3有最大值，在区域II做类平抛运动L2=v0t1
vx=at1
根据牛顿第二定律qE2=ma
根据几何关系tanθ=vxv0
解得tanθ=43
沿x方向的位移为x=12at12
解得x=0.4m
由几何关系得半径r1=12dcosθ
解得：r1=0.25m
轨迹恰好与边界b3c3c4b4相切，L3的最大值L3=r1+r1sinθ
解得L3=0.45m
(3)离子从b4c4的中点进入区域IV，由qvB2=mv2r2
得r2= 28m
重新回到区域Ⅲ后qvB3=mv2r3
解得r3=0.125m
如图所示
第4次经过边界a4b4c4d4时，x坐标为x4=0.25m；y坐标为y4=0.5m；z坐标为z4=1.0.5m
即离子第4次经过边界a4b4c4d4时的位置坐标：(0.25m,−0.5m,1.05m)。
答：(1)若离子进入区域Ⅲ后能返回区域Ⅱ，离子在边界a3b3c3d3上射入点与射出点之间的距离为0.3m；
(2)为保证有离子能进入区域Ⅳ，L3的最大值为0.45m；
(3)离子第4次经过边界a4b4c4d4时的位置坐标为(0.25m,−0.5m,1.05m)。
【解析】(1)在区域I，根据动能定理求出离子的末速度，在区域Ⅱ粒子做类平抛运动，将运动沿x方向与z方向分解，求出射出时速度的偏向角为θ与速度大小，离子在区域Ⅲ做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力求出半径，然后由几何关系求出；
(2)当E2=4×10−5N/C时，离子在Ⅲ中运动的速度v最大，则运动半径r最大，L3有最大值，结合几何关系和半径公式求出；
(3)由半径公式求出离子的半径，然后结合几何关系判断即可。
本题考查了求离子的速率、电场强度，分析清楚离子运动过程、应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题，分析清楚离子运动过程、作出其运动轨迹是正确解题题的前提与关键．
2023年山东省日照市高考物理一模试卷
1. 下列说法正确的是( )
A. 做自由落体运动的物体，下落的瞬间，速度和加速度均为零
B. 在力学中，力是基本概念，所以力的单位“牛顿”是基本单位
C. 安培提出了分子电流假说
D. 法拉第发现了电流的磁效应，首次揭示了电现象和磁现象之间的联系
2. 有关原子结构和原子核的认识，下列正确的是( )
A. 一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线
B. 电子的发现使人们认识到原子具有核式结构
C. 太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变
D. 83210Bi的半衰期是5天，100克 83210Bi经过10天后还剩下25克
3. 某电动牙刷的充电装置含有变压器，原、副线圈匝数之比为50：1，用正弦交流电给此电动牙刷充电时，原线圈两端电压的有效值为220V，副线圈电流的有效值为2.0A，若将该变压器视为理想变压器，则( )
A. 副线圈两端电压的有效值约为6.2V
B. 原线圈电流的有效值为100A
C. 副线圈两端电压的最大值约为6.2V
D. 变压器的输入功率与输出功率之比为50：1
4. 如图所示，O点为两等量异种点电荷连线的中点，一带正电的粒子(不计重力)从连线上的A点由静止释放。在电场力作用下运动到B点。取A点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向。在粒子从A点运动到B点的过程中，下列关于粒子运动的速度v和加速度a随时间t的变化，运动径迹上电势φ和粒子的电势能Ep随位移x的变化图线可能正确的是( )
A. B. C. D.
5. 如图所示，一列简谐横波在xOy平面内沿x轴负方向传播，波速为8m/s，振幅为4m，M、N是平衡位置相距4m的两个质点。t=0时刻，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处。已知该波的周期大于1s，则下列说法正确的是( )
A. 该波的周期为23s
B. 从t=0到t=0.5s，M向左移动了4m
C. 在t=0.5s时，N的速度也一定为8m/s
D. 从t=0到t=0.5s，N的路程为4m
6. 如图所示，一宽为L的平行金属导轨固定在倾角为θ的斜面上，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R，电源电动势为E、内阻为r，一质量为m的金属棒ab静止在导轨上，与两导轨垂直并接触良好，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直于斜面向上的匀强磁场中，金属棒的电阻为R0，导轨电阻不计。金属导轨与金属棒之间的最大静摩擦力为f，重力加速度为g。闭合开关后，下列判断正确的是( )
A. 金属棒受到的安培力方向沿斜面向上
B. 金属棒受到的摩擦力方向可能沿斜面向下
C. 若金属棒恰好不运动，则滑动变阻器的阻值为BLEf−mgsinθ−r−R0
D. 要保持金属棒在导轨上静止，滑动变阻器R接入电路中的最小阻值为BLEmgsinθ+f−r−R0
7. 随着“神舟十五号”进驻空间站，标志着我国空间站正式从建造阶段，转入运营阶段，可将中国空间站看作近地卫星，空间站绕地球表面做匀速圆周运动的周期为T。某科研小组在地球南极点，用弹簧测力计测得质量为m的砝码所受重力为F，在赤道测得该砝码所受重力为F′。假设地球可视为质量分布均匀的球体，则下列说法正确的是( )
A. 地球半径可表示为R=mFT24π2
B. 地球的第一宇宙速度可表示为v=FT22mπ
C. 地球的自转周期可表示为T自=TF−F′F
D. 地球的自转周期可表示为T自=TFF−F′
8. 光滑平行金属导轨由左侧弧形轨道与右侧水平轨道平滑连接而成，导轨间距均为L，如图所示。左侧轨道上端连接有阻值为R的电阻。水平轨道间有连续相邻、宽均为d的区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，区域边界与水平导轨垂直。I、Ⅲ区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B；Ⅱ区域有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。金属棒从左侧轨道上某处由静止释放，金属棒最终停在Ⅲ区域右边界上，金属棒的质量为m、长度为L、电阻为R。不计金属导轨电阻，金属棒与导轨接触良好，重力加速度为g，则金属棒( )
A. 穿过区域Ⅰ过程，通过R的电荷量为BLdR
B. 刚进入区域Ⅲ时受到的安培力大小为B2L2d4mR2
C. 穿过区域Ⅰ与Ⅱ过程，R上产生的焦耳热之比为11：25
D. 穿过区域Ⅰ与Ⅲ过程，克服安培力做功之比为11：1
9. 一定量的理想气体从状态a开始。经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p−T图像如图所示。下列判断正确的是( )
A. 气体在a、b两状态的体积相等
B. a、b和c三个状态中，状态c分子的平均动能最大
C. 在过程bc中气体吸收的热量大于气体对外界做的功
D. b到c过程容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数减少
10. 如图所示，质量为M的三角形斜劈B放置在水平地面上，质量为m的木块A放在三角形斜劈B上，现用大小相等、方向相反的水平力F分别推A和B，木块A和斜劈B均静止不动，重力加速度为g。则( )
A. 斜劈B对木块A的摩擦力方向可能沿斜面向上
B. 地面对斜劈B的摩擦力方向水平向右
C. 斜劈B对木块A的支持力一定小于mg
D. 地面对斜劈B的支持力的大小等于(M+m)g
11. 在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定在墙上。如图甲所示，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x，现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B。如图乙所示。物体A以3v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，下列判断正确的是( )
A. 乙图所示的运动过程中，物体A和物体B组成的系统机械能守恒
B. A物体的质量为8m
C. 弹簧压缩量最大时物体B的速度为8v03
D. 弹簧及压缩量最大时的弹性势能为mv022
12. 如图所示，倾斜圆盘圆心处固定有与盘面垂直的细轴，盘面上沿同一直径放有质量均为m的A、B两物块(可视为质点)，分别用两根平行圆盘的不可伸长的轻绳与轴相连。物块A、B与轴的距离分别为2L和L，与盘面的动摩擦因数均为μ，盘面与水平面的夹角为θ。圆盘静止时，两轻绳无张力处于自然伸直状态。当圆盘以角速度ω匀速转动时，物块A、B始终与圆盘保持相对静止。当物块A转到最高点时，A所受绳子的拉力刚好为零，B所受的摩擦力刚好为最大静摩擦力。已知重力加速度为g。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是( )
A. μ=3tanθ
B. 运动过程中绳子对A拉力的最大值为mgsinθ
C. 运动过程中B所受摩擦力的最小值为mgsinθ
D. 物块B从最低点运动到最高点的过程中摩擦力的冲量大小为m 8gLsinθ
13. 某物理兴趣小组利用传感器进行“探究向心力大小F与半径r、角速度ω、质量m的关系”实验，实验装置如图甲所示，装置中水平光滑直杆能随竖直转轴一起转动，将滑块套在水平直杆上，用细线将滑块与固定的力传感器连接。当滑块随水平光滑直杆一起匀速转动时，细线的拉力提供滑块做圆周运动的向心力。拉力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得。
(1)小组同学先让一个滑块做半经r为0.20m的圆周运动。得到图乙中②图线。然后保持滑块质量不变。再将运动的半径r分别调整为0.14m，0.16m，0.18m，0.22m，在同一坐标系中又分别得到图乙中⑤、④、③、①四条图线。
(2)本实验所采用的实验探究方法与下列哪些实验是相同的______ 。
A.探究平抛运动的特点
B.探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
C.探究两个互成角度的力的合成规律
D.探究加速度与物体受力、物体质量的关系
(3)对②图线的数据进行处理，获得了F−x图像，如图丙所示，该图像是一条过原点的直线，则图像横坐标x代表的是______ 。(用半径r、角速度ω、质量m表示)
(4)对5条F−ω图线进行比较分析，做F−r图像，得到一条过坐标原点的直线，则该直线的斜率为______ 。(用半径r、角速度ω、质量m表示)
14. 某同学设计了如图甲、乙所示的实验电路测量某电源的电动势E(约为3V)和内阻r(约为2Ω)。已知电流表的内电阻约为1Ω。电压表的内电阻约为3kΩ，变阻器最大电阻20Ω、额定电流1A，定值电阻R0=2Ω。请回答下列问题：
(1)请在图丙中用笔画线代替导线完成图乙电路图的实物连接。
(2)将滑动变阻器的滑片P移至最左端，闭合开关S，移动滑片P改变滑动变阻器的接入阻值，记录下几组电压表示数U和对应的电流表示数I。
(3)重复步骤(2)。把甲、乙两组实验记录的数据在同一坐标系内描点作出U−I图像如图丁所示，可知图中标记为II的图线是采用实验电路______ (填“甲”或“乙”)测量得到的。
(4)为了减小系统误差，本实验应选用图______ (选填“甲”或“乙”)实验电路。
(5)利用图丁图像提供的信息可以修正该实验的系统误差，则修正后被测电源的内阻r=______ (注：U1、U2、I1、I2、R0为已知量)。
15. 一个半径为R的半圆形玻璃砖(折射率n= 3)的截面图，如图所示，直径AOB与半径OC垂直，一束平行单色光垂直于直径AOB所在的截面射入玻璃砖，其中距离O点R2的一条光线自玻璃砖右侧折射出来，与OC所在的直线交于D点。
(1)求D点到O点的距离；
(2)若在玻璃砖平面AOB的某区域贴上一层不透光的黑纸，平行光照射玻璃砖后，右侧恰好没有折射光射出，求黑纸在AB方向的宽度。(不考虑光线在玻璃砖内的多次反射)
16. 如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，将一可视为质点的质量m=2kg的小物块从传送带左端A处以某一初速度释放，t=3s时恰好到达右端B处。小物块从A端到B端运动的速度-时间图像如图乙所示。重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物体与传送带之间的动摩擦因数和AB间的距离；
(2)小物块从A端到B端的过程中，系统因摩擦所产生的热量。
17. 如图所示。“L”型平板B静置在地面上，物块A处于平板B上的O′点，O′点左侧粗糙，右侧光滑，光滑部分的长度d=3.75m。用不可伸长的经绳将质量为M的小球悬挂在O′点正上方的O点。轻绳处于水平拉直状态，小球可视为质点，将小球由静止释放，第1次下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动，物块A以v0=6m/s的速度沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞，一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度为零，此后再过0.75s小球恰好第4次回到最低点。已知A的质量mA=0.2kg，B的质量mB=0.6kg，A与B的动摩擦因数μ1=0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2=0.3，重力加速度g=10m/s2，π2=10，整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求：
(1)A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小vA与vB；
(2)从小球释放到小球第4次回到最低点，整个系统因摩擦产生的热量；
(3)悬挂小球轻绳的长度。
18. 如图所示为某离子控制装置，离子室内存在大量带正电的离子。其质量m=1×10−14kg，电荷量q=2×10−10C，控制室被分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个横截面为正方形的区域，正方形边长L=1m，区域间隔L1=1m、L2=0.6m、L3=1m，Ⅰ区域左右为中间带有小孔的平行金属板，板间存在电场强度大小为E1=9×10−4N/C，方向水平向右的匀强电场，Ⅱ，Ⅲ。Ⅳ区域存在包含边界的电场或磁场。以a2b2c2d2中间小孔为坐标原点建立三维坐标系，坐标轴及方向如图所示，Ⅱ区域存在沿x轴正方向的匀强电场(图中未画出)，电场强度E2的大小在0∼4×10−5N/C间变化；Ⅲ区域充满沿y轴正方向的匀强磁场，磁感应强度B1=2×10−5T，Ⅳ区域充满平行于平面xOy与y轴正方向成45∘角斜向上的匀强磁场，磁感应强度B2=2 2×10−5T。从离子室飘入小孔的离子速率忽略，忽略离子间的相互作用，不计离子重力。
(1)若离子进入区域Ⅲ后能返回区域Ⅱ，求拉子在边界a3b3c3d3上射入点与射出点之间的距离；
(2)为保证有离子能进入区域Ⅳ，求L3的最大值；
(3)当E2=4×10−5N/C、L3为上问中的最大值。若离子在区域Ⅲ的速度沿z轴时B1消失，当离子第一次经过边界a4b4c4d4进入区域Ⅳ时。区域Ⅲ的磁场变为沿y轴正方向、磁感应强度B3=4×10−5T的匀强磁场并保持不变，求离子第4次经过边界a4b4c4d4时的位置坐标。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.做自由落体运动的物体，下落的瞬间，速度为零，加速度为重力加速度，不为零，故A项错误；
B.在力学中，基本单位有m、s、kg。力是基本概念，根据牛顿第二定律有F=ma可知力的单位是1N=1kgm/s2，所以力的单位不是基本单位，而是导出单位，故B项错误；
C.安培提出了分子电流假说，故C项正确；
D.奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭示了电现象和磁现象之间的联系，故D项错误。
故选C。
A.自由落体运动的初速度为0，但是其加速度始终为重力加速度；B.根据力学单位制知识和相关公式，可以导出力的单位，从而判断是否为基本单位；CD.根据相关物理学史判断。
本题目考查了学生对自由落体运动的理解、力学单位制和物理学史的知识，难度不大，要求学生掌握自由落体运动的规律、熟记物理学史即可。
2.【答案】D
【解析】解：A、一个放射性原子能同时发出α、γ二种射线，或者放出β、γ射线，故A错误；
B、卢瑟福的α粒子散射实验让人们认识到了原子具有核式结构，故B错误；
C、太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生轻核的聚变，故C错误；
D、根据半衰期公式m余=m原(12)tT
代入数据可得100克 83210Bi经过10天后还剩下m余=25克
故D正确。
故选：D。
原子核在衰变中可放出α与γ或β与γ，但不会在一次衰变中同时放出α、β、和γ三种射线，卢瑟福的α粒子散射实验让人们认识到了原子核具有核式结构，太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生轻核的聚变，根据半衰期公式解答。
本题考查轻核的聚变、α、β、γ三种射线、半衰期的运算等内容，多读课本多总结。
3.【答案】C
【解析】解：A.根据理想变压器电压与匝数比的关系n1n2=U1U2
副线圈两端电压的有效值为U2=n2n1U1=150×220V=4.4V，故A错误；
B.根据理想变压器电流与匝数比的关系I1I2=n2n1=150
原线圈电流的有效值为I1=n2n1I2=150×2.0A=0.04A，故B错误；
C.副线圈两端电压的最大值约为U2m= 2U2=4.4 2V≈6.2V，故C正确；
D.理想变压器变压器的输入功率与输出功率之比为1：1，故D错误。
故选：C。
A.根据理想变压器电压与匝数比的关系求解副线圈两端电压的有效值；
B.根据理想变压器电流与匝数比的关系求解原线圈电流的有效值；
C.根据正弦交流电有效值与最大值的关系求解；
D.变压器不改变交流电的频率。
本题考查了理想变压器电压与匝数比、电流与匝数比的关系，基础题。
4.【答案】B
【解析】解：AB、根据等量异种电荷的电场线分布情况可知，在A到B的运动过程中，电场强度先变小后变大，由F=qE知粒子受到的电场力先变小后变大，则加速度先变小后变大，因此v−t图象切线的斜率先变小后变大，故A错误，B正确；
C、沿着电场线方向电势降低，φ−x图象的斜率表示电场强度，电场强度先减小后增大，所以φ−x图象的斜率先减小后增大，故C错误；
D、根据EP=qφ，得ΔEpΔx=qΔφΔx=qE，E先减小后增大，所以EP−x图象切线的斜率先减小后增大，故D错误。
故选：B。
在A到B的运动过程中，根据电场强度的变化，分析粒子受到的电场力变化，判断加速度的变化，从而知道v−t图像斜率的变化。根据φ−x图象的斜率表示电场强度的大小，分析该图的形状，结合EP−x图像的斜率等于qE，分析此图斜率的变化。
解答本题时，关键要知道v−t图像的斜率表示加速度，φ−x图象的斜率表示电场强度的大小，EP−x图像的斜率表示电场力大小。
5.【答案】D
【解析】解：A.t=0时刻，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处，已知该波的周期大于1s，且M、N是平衡位置相距4m的两个质点，则有4m=14λ
解得波长为λ=16m
则周期为T=λv=168s=2s
故A错误；
B.质点只在平衡位置上附近下振动，不会随波迁移，故B错误；
C.质点的振动速度和波的传播速度不是同一概念，8m/s只是波的传播速度，在t=0.5s时，N的振动速度不能确定，故C错误；
D.由于Δt=0.5s=14T
且t=0时刻，N位于其平衡位置上方最大位移处，则从t=0到t=0.5s，N的路程为s=A=4m
故D正确。
故选：D。
由题意描述计算出波长和波速，根据波的形成和传播规律判断和计算。
本题考查波的形成和传播，要求掌握波的形成过程和传播规律。
6.【答案】C
【解析】解：AB、根据左手定则可知，金属棒受到的安培力方向沿斜面向下，由于金属棒的重力分力也沿斜面向下，则金属棒受到的摩擦力方向一定沿斜面向上，故AB错误；
CD、若金属棒恰好不运动，金属棒受力平衡，合力为零，此时金属棒受到的静摩擦力达到最大，此时是保持金属棒在导轨上静止受到的最大安培力，根据受力平衡可得：mgsinθ+F安=f
又F安=BIL=BER+r+R0L
联立可得R=BLEf−mgsinθ−r−R0
可知要保持金属棒在导轨上静止，根据闭合电路欧姆定律可得，滑动变阻器R接入电路中的最小阻值为R=BLEf−mgsinθ−r−R0，故C正确，D错误；
故选：C。
根据左手定则判断安培力的方向，以金属棒为研究对象，对金属棒受力分析，判断摩擦力的方向，根据受力平衡计算安培力的大小，根据闭合电路欧姆定律计算电阻大小。
解决本题的关键是分析清楚金属棒的受力情况，根据受力平衡计算即可。
7.【答案】D
【解析】解：ACD.在两极点时万有引力大小等于重力：F=GMmR2
在赤道时，万有引力是重力和自转向心力的合力：F−F′=m(2πT自)2R
在地球表面时有F=GMmR2=m(2πT)2R
解得T自=TFF−F′
R=FT24π2m
故AC错误，D正确；
B.在地球表面时有F=GMmR2=mv2R
解得v= FRm=FT2πm
故B错误；
故选：D。
在两极点时万有引力大小等于重力，在赤道时，万有引力是重力和自转向心力的合力，联立，求自转周期和半径；
本题解题关键是掌握：1.在两极点时万有引力大小等于重力；2.在赤道时，万有引力是重力和自转向心力的合力。
8.【答案】D
【解析】解：A、穿过区域I过程，根据法拉第电磁感应定律有：E1−=ΔΦ1Δt1=BLdΔt1
根据电流的定义式有：I1−=q1Δt1=E1−2R
解得：q1=BLd2R，故A错误；
B、穿过区域Ⅲ过程，根据：E3−=ΔΦ3Δt3=BLdΔt3
其中：I3−=q3Δt3=E3−2R
解得：q3=BLd2R
设进入区域Ⅲ时的速度为v2，穿过区域Ⅲ过程，根据动量定理有：−BI3−LΔt3=0−mv2
解得：v2=B2L2d2mR
刚进入区域Ⅲ时有：I=BLv22R
根据安培力的计算公式有：F=BIL
解得进入磁场Ⅲ区的安培力：F=B4L4d4mR2，故B错误；
D、设进入区域Ⅱ时的速度为v1，同理可得，穿过区域II过程：q2=I2−Δt2=BLdR
同理，根据动量定理有：−2BI2−LΔt2=mv2−mv1
解得：v1=5B2L2d2mR
设进入区域Ⅰ时的速度为v0，同理可得，穿过区域Ⅰ过程，根据动量定理有：
−BI1−LΔt1=mv1−mv0
解得：v0=3B2L2dmR
根据动能定理可知，穿过区域I与Ⅲ过程，克服安培力做功之比为：W克1W克2=12mv02−12mv1212mv22
代入数据解得：W克1W克2=11，故D正确；
C、根据能量守恒与转化定律，穿过区域I过程，R上产生的焦耳热：Q1=12×(12mv02−12mv12)
根据能量守恒与转化定律，穿过区域II过程，R上产生的焦耳热：Q2=12×(12mv12−12mv22)
所以解得：Q1Q2=1124，故C错误。
故选：D。
根据法拉第电磁感应定律结合电流的定义式可解得电荷量；分别在前两磁场区域，根据动量定理结合电流的定义式求出临界速度，从而解得金属棒刚进入区域Ⅲ时受到的安培力大小；根据焦耳定律及功能关系或能量守恒定律解得电阻上产生的焦耳热之比，和克服安培力的做功之比。
本题考查了法拉第电磁感应定律的导体棒切割磁感线的模型，此题要注意分析金属棒的运动过程，对此类模型导体棒受变力而加速度不恒定的运动，经常应用动量定理解答，要能够熟练对安培力的冲量的求解。
9.【答案】AD
【解析】解：A.根据公式pV=CT，可知ab过程中气体的体积不变，故A正确；
B.温度是分子的平均动能的标志，a、b和c三个状态中，状态b、c温度相同，分子的平均动能相同，故B错误；
C.在过程bc中温度不变，压强减小，根据pV=CT可知气体的体积增大，气体对外做功；温度不变则内能不变，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可知，bc过程中气体吸热等于对外做功，故C错误；
D.b和c两个状态中，气体温度相同，分子平均动能相同，但b状态比c状态压强大，所以b状态下容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数比c状态多，故D正确；
故选：AD。
先根据图像得出气体的体积和温度的变化，而温度会影响气体的内能，再结合热力学第一定律即可完成分析。
本题主要考查了热力学图像的相关应用，理解图像的物理意义，根据气体状态参量的变化结合热力学第一定律即可完成分析。
10.【答案】AD
【解析】解：A.对A受力分析，若水平推力F较小，木块A有相对斜面下滑的趋势，根据滑动摩擦力方向规律，则斜劈B对木块A的摩擦力方向沿斜面向上，故A正确；
B.对A和B整体受力分析，水平方向大小相等、方向相反的两个水平力F刚好是一对平衡力，即地面对斜劈B的摩擦力为0，故B错误；
C.对A受力分析，若水平推力F恰好合适，斜劈B与木块A之间无摩擦力，则受力分析如图所示
由几何关系，斜劈B对木块A的支持力大于mg，故C错误；
D.以A和B作为整体研究分析，竖直方向只受重力G=(M+m)g，以及支持力FN，且竖直方向二力平衡，有FN=G=(M+m)g，故D正确。
故选：AD。
以A为研究对象受力分析，根据运动趋势，分析摩擦力方向；
以A和B作为整体研究分析，根据平衡条件，分析摩擦力；
以A为研究对象受力分析，水平推力F恰好合适，斜劈B与木块A之间无摩擦力，分析支持力；
以A和B作为整体研究分析，根据平衡条件，分析地面对斜劈B的支持力。
本题考查学生对整体法、隔离法的使用，以及对平衡条件的分析，是一道基础题。
11.【答案】BC
【解析】解：A、乙图所示的运动过程中，弹簧被压缩，物体A、B的机械能一部分转化为弹簧的弹性势能，因此物体A、B组成的系统机械能不守恒，故A错误；
BCD、设物体A的质量为M。甲图中，物体A压缩弹簧，最大压缩量为x时，A的动能全部转化为弹簧的弹性势能，设为EP，则机械能守恒定律有EP=12Mv02。
乙图中，物体A以3v0的速度向右压缩弹簧过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，当二者共速时，弹簧达到最大压缩量x，此时弹簧的弹性势能最大。取向右为正方向，由动量守恒定律有M⋅3v0=(M+m)v
水平面光滑，因此A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律有12M(3v0)2−12(M+m)v2=Ep
联立解得：M=8m，v=83v0，EP=4mv02，故BC正确，D错误。
故选：BC。
乙图所示的运动过程中，根据能量转化情况分析物体A和物体B组成的系统机械能是否守恒。当两个物块速度相等时，弹簧的压缩量最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解A物体的质量和对应的弹性势能。
解题的关键是分析出不同情况下的能量转化特点，知道在乙图所示的运动过程中，当A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，应用动量守恒定律和机械能守恒定律即可完成分析。
12.【答案】AC
【解析】解：A.对A、B受力分析，A在最高点根据牛顿第二定律，合力提供向心力：μmgcosθ+mgsinθ=mω2×2L
B在最低点，根据牛顿第二定律，合力提供向心力：μmgcosθ−mgsinθ=mω2L
解得μ=3tanθ
故A正确；
B.运动过程中，当A到最低点时，所需的拉力最大设为TA，由牛顿第二定律，合力提供向心力：TA+μmgcosθ−mgsinθ=mω2×2L
解得TA=2mgsinθ
故B错误；
C.运动过程中，当B到最高点时，所需的摩擦力最小设为fB，由牛顿第二定律，合力提供向心力：fB+mgsinθ=mω2L
解得fB=mgsinθ
故C正确；
D.由A中公式和结论可得ω= 2gsinθL
则B的线速度大小为vB=ωL= 2gLsinθ
B从最低点运动到最高点的过程中，合外力冲量I合=2mvB=m8gLsinθ
由于B受的重力、支持力、绳的拉力合力不为零，故物块B从最低点运动到最高点的过程中摩擦力的冲量大小不等于m 8gLsinθ，故D错误。
故选：AC。
对A、B受力分析，合力提供向心力，求动摩擦因数，同理求A到最低点时，绳子拉力，B到最高点时，摩擦力大小，再求角速度线速度和合外力冲量。
本题解题关键是正确对AB进行受力分析，并根据牛顿第二定律，合力提供向心力列式，去分析问题。
13.【答案】BDω2 mω2
【解析】解：(2)本实验所采用的实验探究方法是保持滑块质量不变，探究运动半径在不同值时，滑块的向心力大小与角速度之间的关系，属于控制变量法，与“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”、“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验探究方法相同；“探究平抛运动的特点”和“探究两个互成角度的力的合成规律”两实验的探究方法是等效法。
故选：BD。
(3)②图线中各图线均为曲线，对②图线的数据进行分析可以看出，当ω增大为原来的2倍时，F增大为原来的4倍，当ω增大为原来的3倍时，F增大为原来的9倍……可知，F与ω2成正比，以F为纵轴，ω2为横轴，则图像是一条过原点的直线，故图丙图像横坐标x代表的是ω2。
(4)(3)中分析知在r一定时，F与ω2成正比；F−r图像又是一条过坐标原点的直线，F与r成正比；同时F也应与m成正比，归纳可知，F−r图像的斜率为mω2。
故答案为：(2)BD；(3)ω2；(4)mω2。
(2)根据实验探究的过程的特点分析判断；
(3)对②图线的数据进行分析判断；
(4)根据实验原理综合分析判断。
本题考查探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系实验，要求掌握实验原理、实验装置。
14.【答案】甲 甲 U1I2−R0
【解析】解：(1)按照图乙电路，连接的实物图如下图所示：
(3)对图甲，干路电流I甲=I+URV
把定值电阻看作电源内阻的一部分，等效内阻r′=R0+r
根据闭合欧姆定律可得E=U+I甲r′
代入数据整理可得U=−RV(R0r)RV+R0+r⋅I+ERVRV+R0+r
可知，对应U−I图线，当I为零时，对应U甲=ERVRV+R0+r
对图乙，把定值电阻、电流表内阻看作电源内阻的一部分，等效内阻r′′=RA+R0+r
根据闭合欧姆定律可得U=E−Ir′′=E−I(RA+R0+r)
可知，对应U−I图线，当I为零时，对应U乙=E>U甲
故可知标记为II的图线是采用实验电路甲测量得到的；
(4)当采用图甲所示电路时，相对误差大小为e1=(R0+r)−RV(R0+r)RV+R0+r(R0+r)=R0+rRV+R0+r≈2+22+2+3×103×100%≈0.133%
当采用图乙所示电路时，相对误差大小为e2=RA+R0+r−(R0+r)(R0+r)=RAR0+r≈12+2×100%=25%
该相对误差远大于图甲所示电路，故宜选用图甲所示电路。
(5)图线I对应的U1和I1满足U1=E，I1=ERA+R0+r
图线II对应的U2和I2满足U2=E⋅RVRV+R0+r,I2=ER0+r
因此可以解得R0+r=EI2=U1I2
则r=U1I2−R0
故答案为：(1)实物连接图见解析；(4)甲；甲；(5)U1I2−R0。
(1)按照图乙电路，连接实物图；
(3)根据闭合电路的欧姆定律分别求解两种实验方案的U−I函数，结合U−I图像的纵截距作出判断；
(4)分别求解两种方案的相对误差，然后作出判断；
(5)根据图线Ⅰ、Ⅱ分别求解相应的电压和电流，再结合欧姆定律求电源内阻的修正值。
本题考查了利用“伏安法”测量电源的内阻，明确实验原理是解题的关键，难点是实验误差的分析。
15.【答案】解：设光线的入射点为F，出射点为F，出射角为θ，连接OE，即为法线。如图所示，根据光的折射定律 3=sinθsin30∘
可得：θ=60∘
根据几何关系得：DO= 3R
(2)如上图所示，设从N点入射时恰好能发生全反射，则可知sinC=1n=1 3= 33
由几何关系知ON= 33R
所以平行光照射玻璃砖后，要使右侧没有折射光射出，黑纸在AB方向的宽度至少为d=2 33R
答：(1)D点到O点的距离为 3R；
(2)若在玻璃砖平面AOB的某区域贴上一层不透光的黑纸，平行光照射玻璃砖后，右侧恰好没有折射光射出，黑纸在AB方向的宽度为2 33R。
【解析】(1)作出光路图，由几何关系求出入射角，由折射定律求出折射角，然后有几何关系求出D到O的距离；
(2)平行射到ACB弧面上会发生全反射，设光线恰好发生全反射，其入射角等于临界角C，由sinC=1n求出C，再由几何知识求出不能在ACB面上发生全反射的平行的宽度，即为所求黑纸在AB方向的宽度．
解决本题的关键掌握几何光学问题中的折射定律和全反射临界角公式，运用几何知识结合进行解答．
16.【答案】解：(1)根据题意，由图乙可知，小物块在传送带上先做匀减速运动，再做匀速运动，做匀减速运动的加速度大小为
a=ΔvΔt=4−22m/s2=1m/s2
由牛顿第二定律有μmg=ma
代入数据解得μ=0.1
根据题意可知，AB间的距离等于小物块的位移，则由v−t图像中图像与横轴围城的面积表示位移可知，AB间的距离为xAB=[12×(2+4)×2+2×(3−2)]m=8m
(2)根据题意，由图乙可知，当t=2s，小物块与传送带速度相等，且传送带的速度为
v=2m/s
由运动学公式x=v0t+12at2可得，在0∼2s内小物块的位移为x1=(4×2−12×1×22)m=6m
在0∼2s内传送带的位移为x2=vt=2×2m=4m
物体和传送带的位移差为：Δx=x1−x2=6m−4m=2m
则小物块从A端到B端的过程中，系统因摩擦所产生的热量为：
Q=μmg⋅Δx
代入数据解得Q=4J。
答：(1)物体与传送带之间的动摩擦因数为0.1，AB间的距离为8m；
(2)小物块从A端到B端的过程中，系统因摩擦所产生的热量为4J。
【解析】(1)根据图乙所示图象分析清楚小物块的运动过程，由图像的斜率找到物体运动的加速度，进而求出摩擦因数，v−t图象与时间轴组成的图形面积等于物块的位移，根据图示图象求出小物块的位移，即可求出AB间的距离；
(2)系统因摩擦所产生的热量为Q=μmg⋅Δx，找到相对位移即可求解。
本题考查了牛顿第二定律的应用，考查了v−t图象问题，知道v−t图象的斜率等于加速度、图象与时间轴围成图形的面积等于位移，根据图示图象分析清楚小物块的运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
17.【答案】解：(1)设水平向右为正方向，因为O′点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒和动能守恒得
mAv0=mAvA+mBvB
12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
代入数据联立解得
vA=−3m/s，vB=3m/s
即A和B速度的大小均为3m/s；
(2)碰后对B手里分析，由牛顿第二定律可知
μ2(mA+mB)g=mBaB
代入数据解得
aB=4m/s2
设B经过t1时间速度减为零
0=vB−a1t1
代入数据解得
t1=0.75s
此过程A、B的位移分别为
xA=vAt1，xB=vBt1−12aBt12
根据位移关系xA+xB
即A在减速之前B速度减为零，且不再运动，整个系统产生的热量为
Q=12mAvA2+12mBvB2
代入数据解得
Q=3.6J
(3)A剩余匀速向左运动的时间为d−xA−xB=vAt2
解得t2=0.125s
A减速运动的时间为t3，根据动量定理−μ1mAgt3=0−mAvA
解得t3=0.75s
小球和A碰撞后A向右匀速运动的时间为t0，则t0=dv0=3.756s=0.625s
设小球做简谐振动的周期为T，摆长为L0，则有
32T=t0+t1+t2+t3+0.75s
即32T=0.625s+0.75s+0.125s+0.75s+0.75s
代入数据解得T=2s
由单摆周期公式T=2π L0g
解得小球的摆长L0=1m
答：(1)A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小均为3m/s；
(2)从小球释放到小球第4次回到最低点，整个系统因摩擦产生的热量为3.6J；
(3)悬挂小球轻绳的长度为1m。
【解析】(1)根据动量守恒和动能守恒计算A与B碰撞后的速度；
(2)根据牛顿第二定律和运动学公式计算出B的加速度和运动时间，再计算出A、B的位移根据能量守恒求整个系统产生的热量；
(3)根据匀速和减速运动的时间计算单摆的周期，根据单摆周期公式求摆长。
本题考查板块模型问题，要求进行受力分析和运动分析，利用动量和能量、单摆周期公式进行求解。
18.【答案】解：(1)在区域I，根据动能定理qE1L1=12mv02
解得v0=6m/s
离子在区域II射出时速度的偏向角为θ，运动轨迹如图所示
则v=v0cosθ
由qvB1=mv2r
射入点与射出点的距离为d=2rcosθ=2mvB1q⋅cosθ=2mv0B1q
与E2大小无关，
代入数据解得d=0.3m
(2)根据L3=r+rsinθ
可知当E2=4×10−5N/C时，离子在Ⅲ中运动的速度v最大，则运动半径r最大，L3有最大值，在区域II做类平抛运动L2=v0t1
vx=at1
根据牛顿第二定律qE2=ma
根据几何关系tanθ=vxv0
解得tanθ=43
沿x方向的位移为x=12at12
解得x=0.4m
由几何关系得半径r1=12dcosθ
解得：r1=0.25m
轨迹恰好与边界b3c3c4b4相切，L3的最大值L3=r1+r1sinθ
解得L3=0.45m
(3)离子从b4c4的中点进入区域IV，由qvB2=mv2r2
得r2= 28m
重新回到区域Ⅲ后qvB3=mv2r3
解得r3=0.125m
如图所示
第4次经过边界a4b4c4d4时，x坐标为x4=0.25m；y坐标为y4=0.5m；z坐标为z4=1.0.5m
即离子第4次经过边界a4b4c4d4时的位置坐标：(0.25m,−0.5m,1.05m)。
答：(1)若离子进入区域Ⅲ后能返回区域Ⅱ，离子在边界a3b3c3d3上射入点与射出点之间的距离为0.3m；
(2)为保证有离子能进入区域Ⅳ，L3的最大值为0.45m；
(3)离子第4次经过边界a4b4c4d4时的位置坐标为(0.25m,−0.5m,1.05m)。
【解析】(1)在区域I，根据动能定理求出离子的末速度，在区域Ⅱ粒子做类平抛运动，将运动沿x方向与z方向分解，求出射出时速度的偏向角为θ与速度大小，离子在区域Ⅲ做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力求出半径，然后由几何关系求出；
(2)当E2=4×10−5N/C时，离子在Ⅲ中运动的速度v最大，则运动半径r最大，L3有最大值，结合几何关系和半径公式求出；
(3)由半径公式求出离子的半径，然后结合几何关系判断即可。
本题考查了求离子的速率、电场强度，分析清楚离子运动过程、应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题，分析清楚离子运动过程、作出其运动轨迹是正确解题题的前提与关键．
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