2023-2024学年安徽省皖南八校高三（第三次）大联考物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2023-2024学年安徽省皖南八校高三（第三次）大联考物理试卷(含详细答案解析)，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.核潜艇是大国重器，在我国的核潜艇研发过程中，黄旭华做出了重要贡献.被称为中国核潜艇之父.2020年1月10日，获国家最高科学技术奖.在接受采访时，面对主持人关于因研发核潜艇30年没有回家的询问时，黄旭华说：对国家的忠就是对父母最大的孝!令人动容.核潜艇的动力来源就是核反应.快堆是我国第四代核能系统的优选堆型，采用钚( 94239⁡Pu)作燃料，在堆心燃料钚的外围再生区里放置不易发生裂变的铀( 92238⁡U)，钚( 94239⁡Pu)裂变释放出的快中子被再生区内的铀( 92238⁡U)吸收，转变为铀( 92239⁡U)，铀( 92239⁡U)极不稳定，经过衰变，进一步转变为易裂变的钚( 94239⁡Pu)，从而实现核燃料的“增殖”.下列说法正确的是( )
A. 铀( 92239⁡U)发生衰变的实质是原子核内的中子转化为质子和电子
B. 钚( 94239⁡Pu)裂变过程中，电荷数守恒，质量数不守恒
C. 铀( 92239⁡U)转变为钚( 94239⁡Pu)，经过了1次α衰变
D. 若钚( 94239⁡Pu)裂变生成两个中等质量的核，钚核的比结合能大于生成的两个核的比结合能
2.如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点.若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从Q经M到P的过程中( )
A. 海王星的加速度逐渐减小
B. 海王星的速度逐渐减小
C. 在海王星从Q点到M点和从M点到P点的过程中，所用时间相同
D. 若海王星和地球绕太阳运行的椭圆轨道的半长轴之比为K，则海王星的运行周期为K32年
3.下图为一定质量的理想气体状态发生变化的p−V图像，在气体由状态A变化到状态B的过程中，下列分析正确的是( )
A. 因为气体的压强逐渐减小，所以气体分子对容器壁的平均撞击力逐渐减小
B. 气体体积逐渐减小，所以气体的温度先降低后升高
C. 因状态A、B气体温度相同，内能不变，故该过程既不吸热也不放热
D. 气体体积增大，对外做功，所以气体从外界吸热
4.某同学一早到游泳馆深水区练习游泳，发现整个泳池只有他一个人，心情大好，却不慎将刚买的防水手表滑落水中并沉入水底，他看到手表在自己正下方，因其不会潜泳，决定游回岸边找工作人员帮忙.他一边缓缓往岸边游一边回望其手表，忽略缓慢泳动引起水面的波动，当游出大约6m远时，他恰好看不到他的手表了，已知水的折射率为n=43，下列说法正确的是( )
A. 该同学看到的手表比实际位置深B. 该过程中水中的手表看起来越来越明亮
C. 手表落水处的水深为2 7mD. 手表落水处的水深为4 73m
5.随着生活水平的日益提高，人民群众的健身意识越来越强，“战绳”是一种近年流行的健身器材，健身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，其局部可看成简谐波.图甲为挥舞后绳中一列沿x轴传播的简谐横波在t=0.5s时刻的波形，图乙为绳上x=4m处的质点M的振动图像.下列说法正确的是( )
A. 波速大小为0.25m/s
B. 波沿x轴正方向传播
C. 因Q点比P点离平衡位置更近，故Q点先回到平衡位置
D. 从t=0.5s时计时，再经过2s时，P点沿x轴移动8m
6.如图所示，一辆小车沿水平方向从静止开始启动加速，一细线跨过用固定杆连接的光滑轻质定滑轮一端连接质量为M的物块，另一端连接一质量为m的小球.启动过程中，滑轮左侧的细线与竖直方向的夹角从0缓慢的增大到30∘，滑轮右侧的细线始终保持竖直.物块与车厢底板间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.车的动力装置图中没有画出.车行驶过程中阻力恒为f，则在该过程中，下列说法不正确的是( )
A. 小车发动机的输出功率与车速成正比B. 细线对小球的拉力一定增大
C. 连接滑轮的轻杆对滑轮的作用力一定增大D. 车厢底板对物块的摩擦力一定增大
7.如图所示，已知一均匀带电的半径为R的固定金属圆环，圆心为O，虚线为过O点且与圆环平面垂直的直线，另有一带电粒子(可视为点电荷)，以一定的初速度仅在电场力作用下沿虚线从距O点为L处的某点运动到O点，且L≫R，则关于粒子在该过程中，下列说法正确的是( )
A. 若圆环带正电，则粒子的电势能一定越来越大
B. 若圆环带负电，则粒子的动能一定越来越小
C. 粒子加速度最大时的位置与粒子及圆环所带电荷的电性无关
D. 粒子每经过相同的距离，动能的改变量一定相同，与圆环所带电荷的电性无关
8.直流电动机在生活生产中有广泛的应用，其主要结构为两部分：定子和转子.其中定子包括：主磁极、机座、转向器、电刷等;转子包括：电枢铁芯、电枢绕组等.如图所示是电动机提升重物的示意图，已知电源电动势E=9V，内阻r=1.5Ω，电阻R=2Ω.闭合开关S，发现电动机被卡死，此时电压表的示数为6V，立即关闭电源.清除故障后重新闭合开关，当电动机正常工作时，电压表的示数为7.5V.重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 电动机内部线圈的电阻为RM=5.5Ω
B. 电动机正常工作时线圈电阻的热功率为1W
C. 电动机正常工作时电源的效率约为66.7%
D. 电动机正常工作时将一个质量为1kg重物由静止吊起，则重物的最大速度为0.55m/s
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9.如图所示，光滑绝缘的水平面上有一边长为L、粗细均匀的正方形金属线框MNPQ，以速度v滑入宽为2L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里(俯视图)，线框静止时磁场右边界到PQ与MN两边刚好等距.下列分析正确的是( )
A. MN刚进入磁场时其两端电压为BLv4
B. MN刚离开磁场时其两端电压为BLv12
C. 进入磁场过程和离开磁场过程通过线框截面的电量之比为2:1
D. 进入磁场过程和离开磁场过程线框中产生的热量之比为8:1
10.如图所示，空间中有正交的匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B，匀强电场方向竖直向下，电场强度为E，将一质量为m，带电荷量为+q的小球水平向左射入场区中，速度大小为v.已知E=Bv=mgq，g为重力加速度，电磁场空间范围足够大.则在小球之后运动的过程中，以下说法正确的是( )
A. 电场力对小球做正功，故小球机械能一直增大
B. 小球运动过程中的最大速度为5v
C. 小球运动过程连续两次速度最大时的位置间的距离为4mυBq
D. 小球偏离入射方向的最大距离为6mvBq
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学在实验室找到了拉力传感器、细线和小球，设计了如图所示的装置验证机械能守恒。
(1)为了减小误差，实验室有同样大小的木球、铝球、铁球，本实验应该选________。
A.木球 B.铝球 C.铁球
(2)当细线竖直且小球静止时力传感器的示数为F1；
(3)把小球拉到细线刚好水平并由静止释放，力传感器的示数最大值是F2；
(4)该实验________(填“需要”、“不需要”)用天平测量小球的质量m；
(5)该实验________(填“需要”、“不需要”)测量细线的长度L；
(6)当表达式________(用题中所给物理量字母或测量的物理量字母表示)在误差允许范围内成立时，机械能守恒定律得到验证。
12.某物理实验小组看到一则消息：锂硫电池的能量密度高，可使电动汽车的续航从500km提升至1500km，提升三倍，手机一个星期都不需充电.这激起了同学们对电池的研究热情，他们从市场上买来一新款电池，要测量这款电池的电动势和内阻，并利用这个电池提供电能测量一未知电阻的阻值，设计了如图甲所示的实验电路，器材如下：
A.待测电池
B.待测电阻Rx(约8Ω)
C.电流表A1(量程1A、内阻很小)
D.电流表A2(量程3A、内阻很小)
E.电阻箱(最大阻值99.9Ω)
F.开关一只，导线若干
(1)将电阻箱阻值调到最大，闭合开关 S，改变电阻箱的阻值使两电表有适当的值，记录电阻箱阻值并读取两电表的读数，重复上述操作;
(2)根据记录的电流表A1的读数I1和电流表A2的读数I2，以I2I1为纵坐标，以对应的电阻箱阻值的倒数1R为横坐标，得到的图像如图乙所示.则图像在纵轴的截距为__________，待测电阻Rx=__________Ω(结果保留两位有效数字);因两电表存在一定的内阻，会对电阻测量引起误差的是__________(填“A1”或“A2”)，且测量值__________(填“大于”或“小于”)真实值;
(3)图丙是以电流表A1的读数为横坐标，以电流表A2的读数为纵坐标得到的结果.由图可求得电池的电动势E=__________V，内阻r=__________Ω(结果均保留三位有效数字).
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.中国人民解放军的口号是“首战用我，用我必胜!”为此人民解放军在平时进行刻苦训练.如图为一名解放军战士在负重训练的过程中，拖着一个质量为40kg的轮胎，轮胎与水平地面之间的动摩擦因数为μ=0.75，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2.不计绳子质量，绳长可自由调节.
(1)当绳子与地面的夹角为θ=37∘，且刚好能拉动轮胎时，求绳子对轮胎的拉力大小(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8);
(2)已知某次解放军战士对轮胎的拉力为272N，A、B两地相距45.9m，为使轮胎从A处运到B处，则该战士用力拉轮胎的最短作用时间是多少?
14.如图所示，x轴上方存在电场强度E=800N/C、方向沿y轴负方向的匀强电场，x轴下方存在着磁感应强度B=0.04T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.一个比荷为qm=1.0×107C/kg的带正电粒子，从y轴上(0,0.1m)的位置P以初速度v0=4×104m/s沿x轴正方向射入匀强电场，不计粒子重力.求：
(1)粒子第一次进入磁场时速度v的大小和方向;
(2)粒子从P点射出到第2次经过x轴时所用的时间及第二次经过x轴的位置到O点的距离;
(3)粒子射出后，在右侧有一与x轴垂直的能检测粒子的薄板，为使粒子能垂直打到薄板上，则该薄板所放位置的横坐标是多少(已知电磁场范围足够大).
15.如图所示，长度为L=0.8m的竖直轻杆上端连着一质量为m=1kg的小球A(可视为质点)，杆的下端用光滑铰链(图中没有画出)连接于水平地面上的O点，置于同一水平面上的各表面均光滑的立方体 B恰与A接触，立方体B的质量为M=4kg.B的右侧有一可视为质点的质量也为m的物块，物块与水平地面之间的动摩擦因数为μ=0.01，在距物块右侧x=1m处有一质量也为m的可视为质点的小球，小球用一长为H=10m的细线竖直悬挂，且小球与地面刚好接触且无弹力，重力加速度为g=10m/s2.上述物体均静止.今有微小扰动，致使 A倾倒.
(1)若向左倾倒，求小球撞击地面之前的瞬间轻杆的弹力大小;
(2)若向右倾倒，求A、B分离瞬间A、B的速度大小.已知A、B分离时B还未与右侧物块碰撞;
(3)在(2)中，立方体 B与A分离后向右运动并与物块发生碰撞，碰后立方体 B被立即锁定，物块向右滑行并与静止的小球发生碰撞，所有的碰撞都不计机械能损失，碰撞时间极短且碰撞前后的速度均在同一直线上，求立方体 B与物块碰撞后系统因摩擦产生的热量及从立方体B第一次与物块碰撞到物块最终静止所用的时间.(已知cs10∘=0.9848，单摆的最大摆角不超过10∘时，可近似看成简谐运动)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查原子核的衰变以及比结合能。原子核在衰变过程中满足电荷数和质量数守恒；根据铀(92239U)衰变为(钚 94239⁡Pu)时质量数和核电荷数变化判断衰变的种类；原子核裂变时释放核能，质量亏损，生成物的比结合能大于裂变前的比结合能，由此分析即可正确求解。
【解答】AC.铀(92239U)衰变为(钚 94239⁡Pu)时质量数不变，核电荷数增加，故发生了β衰变，其本质为中子转化为质子和电子，故A正确，C错误；
B.原子核在衰变过程中，电荷数和质量数均守恒，故B错误；
D.原子核裂变时释放核能，故质量会减少，裂变产物的比结合能大于裂变前的比结合能，故D错误，
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查万有引力定律的应用和开普勒第三定律。解决问题的关键是根据万有引力定律和牛顿第二定律分析海王星的运动情况，利用开普勒第三定律分析海王星的运行周期。
【解答】
ABC.该过程中海王星与太阳之间的距离逐渐减小，由F=GMmr2=ma=mv2r可知海王星的加速度增大，速度增大，因速度越来越大，海王星从Q点到M点和从M点到P点的过程中，所用时间不相同，故ABC错误;
D.地球绕太阳的运行周期为T=1年，设地球绕太阳运行的轨道半长轴为r，海王星绕太阳运行轨道半长轴为r′，周期为T′，由开普勒第三定律可得，T′2T2=r′3r3=K3，解得T′=K32T，即海王星的运行周期为K32年，故D正确。
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查p−V图像以及理想气体状态方程和热力学第一定律的应用，明确图像的物理意义是解决问题的关键。结合p−V图像，由理想气体状态方程可知气体温度的变化情况，由此分析气体分子对容器壁的平均撞击力变化；理想气体的内能只与温度有关，气体体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律分析气体吸放热情况，由此即可正确求解。
【解答】
AB.由理想气体状态方程pVT=C可知，该过程温度先升高后降低，且始、末状态温度相等，气体分子热运动的激烈程度先增大后减小，故分子热运动对容器壁的平均撞击力先增大后减小，故AB错误；
CD.该过程气体体积增大，气体对外做功，即W<0，又因状态A、B气体温度相同，内能不变，即ΔU=0，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q>0，气体从外界吸热，故C错误，D正确。
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查光的折射和全反射。解决问题的关键是清楚光的折射和全反射的特点，知道光发生全反射的条件。
【解答】
A.由光的折射可知，视深比实际深度浅，故A错误;
B.随入射角的增大，反射光能量越来越强，折射光能量越来越弱，故看到的手表应越来越暗，故B错误;
CD.恰好看不见手表时，即入射角等于临界角，由折射定律可知sinθ=1n=x x2+h2，将x=6m，代
入解得h=2 7m，故C正确，D错误。
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查波动和振动的综合应用。解决问题的关键是理解振动图像和波动图像的物理意义，知道波长、波速和周期的关系，知道波传播的特点和质点振动的规律。
【解答】A.由甲、乙两图可知λ=4m，T=1s，故由v=λT=4m/s，故A错误;
B.由乙图可知t=0.5s时，M点的振动方向沿y轴向上，故波沿x轴正方向传播，故B正确;
C.根据波的传播方向可知，此时Q点的振动方向为沿y轴正方向，故P比Q先回到平衡位置，故C错误;
D.波的传播过程中，介质质点只在其平衡位置附近振动，并不会沿波的传播方向定向迁移，故D错误。
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查牛顿第二定律的综合应用。解决问题的关键是清楚灵活选择研究对象，对研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律、功率的表达式及数学知识分析判断。
【解答】
BD.对小球，受重力mg和拉力T，设拉力与竖直方向的夹角为θ，则有Tcsθ=mg，Tsinθ=ma，已知θ逐渐增大，可得该过程中拉力T、加速度a均逐渐增大;对物块受向上的支持力FN、拉力T和向下的重力Mg及向右的摩擦力Ff，由牛顿第二定律可得Ff=Ma，可知车厢地板对物块的摩擦力逐渐增大，故BD正确，不符合题意;
C.以滑轮和搭在滑轮上的一小段绳为研究对象，由题意可得轻杆对滑轮的作用力等于两段绳对滑轮拉力的合力F1，由力的合成可得F1=2Tcsθ2=2mgcsθcsθ2，由数学知识可知，F1随θ增大而逐渐增大，则轻杆对滑轮的作用力增大，故C正确，不符合题意;
A.整辆小车受牵引力F2、重力、支持力和阻力f，由牛顿第二定律F2−f=M车a可知，牵引力F2逐渐增大;再由功率P=F2v，故P与v并不成正比，故A错误，符合题意。
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查电场的叠加原理。将圆环等分成n份，每份看作点电荷，则关于圆心对称的两份为等量同种电荷，根据电场的叠加原理可知电场方向，带电粒子的电性未知，无法确定动能和电势能的变化；根据电场的叠加原理，结合数学知识求解粒子加速度最大的位置；根据电场的特点和动能定理分析粒子经过相同距离动能的改变量，由此即可正确求解。
【解答】
AB.将圆环等分成n份，n趋向于无穷大，将关于圆心对称的两份看成一组，则n2组带等量同种电荷的点电荷在虚线上某点电场方向一定与虚线平行，因粒子带电的电性未知，无法确定其受力方向，故无法确定其动能和电势能的增减，故AB错误；
CD.设圆环带电量为Q，M为轴上某点，θ为M与圆环上一点的连线与相应半径的夹角，根据点电荷的电场强度和电场的叠加原理可知，M点的电场强度为EM=kQsinθcs2θR2，由数学知识可知，当sinθ= 33时，EM有最大值，粒子运动到该处所受电场力最大，加速度也最大，由EM=kQsinθcs2θR2可知该电场并非匀强电场，带电粒子所受电场力是变力，其在相同位移内做的功不相同，由动能定理可知粒子经过相同距离动能的改变量不相同，故C正确，D错误。
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查含电动机的闭合电路的分析。解决问题的关键是清楚电动机被卡住时，相当于纯电阻，电动机正常工作时为非纯电阻，欧姆定律不适用。
【解答】A.电动机被卡住时，相当于纯电阻，电源内电压U1=9V−6V=3V，电路电流I1=U1r=2A，由闭合电路欧姆定律可得电动机内阻为RM=E−U1−I1RI1=1Ω，故A错误;
B.电动机正常工作时，电源内电压U2=9V−7.5V=1.5V，电路电流I2=U2r=1A，电动机线圈电阻的热功率为P1=I22RM=1W，故B正确;
C.电动机正常工作时，电源的效率为η=E−U2E×100%≈83%，故C错误;
D.当重物速度最大时，拉力F=mg，电动机的输出功率P2=(E−U2−I2R)I2=4.5W，由P2=Fv可得重物的最大速度为vm=0.45m/s，故D错误。
9.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查电磁感应的综合应用。解决问题的关键是清楚线框穿越磁场的过程中的受力情况和运动情况，利用线框切割磁感线产生的感应电动势表达式、闭合电路欧姆定律、电流的定义式、动量定理和能量关系分析求解。
【解答】
A.设磁感应强度为B，线框每条边电阻为R，MN刚进入磁场时，MN边切割磁感线，产生的电动势为
E=BLv，线框中的电流为I=E4R，MN两端的电压为U1=3IR=3BLv4，A错误;
C.设从MN到磁场左边界到PQ边到左边界用时为t1，则平均感应电动势为E1=BL2t1，平均电流为I1=E14R，通过线框截面的电荷量为q1=I1t1，联立解得q1=BL24R;设从线框从开始离开磁场到静止用时为t2，则平均感应电动势为E2=BL22t2，平均电流为I2=E2/4R，通过线框截面的电荷量为q2=I2t2，联立解得q2=BL28R，即q1:q2=2:1，C正确;
B.选初速度方向为正方向，设线框完全进入磁场时的速度大小为v1，在t1时间内安培力冲量大小为BI1Lt1=mv−mv1，即BLq1=mv−mv1，从PQ进入磁场到MN到达右边界，线框匀速，从MN到右边界到线框静止用时为t2，在t2时间内安培力冲量大小为BI2Lt2=mv1，即BLq2=mv1，联立解得v1=v3，当MN刚离开磁场时MN边产生的电动势为E3=BLv1，线框中的电流为I3=E34R，MN两端的电压为U2=I3R=BLv12，故B正确;
D.由能量守恒可知t1和t2时间内减少的动能转化线框中的电能产生热量，则有Q1=12mv2−12mv12，Q2=12mv12，联立解得Q1:Q2=8:1，故D正确。
10.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查带电小球在叠加场中的运动。解决问题的关键是清楚小球的受力情况和运动情况，及力作功的情况。利用运动的合成的分解的思想分析解决问题。
【解答】
BCD.将初速度v分解为与初速度方向相同即向左的v1=3v和方向相反即向右的v2=2v，分运动v2对应的洛伦兹力大小F2=qv2B=mg+qE，故粒子以v2向右做匀速直线运动，另一分速度v1在洛伦兹力的作用下逆时针做匀速圆周运动，有qv1B=mv12r，解得r=mv1qB=3mvqB，周期为T=2πmqB，当v1转至与v2同向时速度有最大值v1+v2=5v，其运动过程中偏离入射方向的最大距离即为圆周运动的直径，即2r=6mvqB，连续两次速度达到最大值的时间间隔为T，故其间距为L=v2T=4πmvqB，故BD正确，C错误;
A.由BCD分析可知，在一个周期内，电场力一半时间做正功，一半时间做负功，因此小球机械能并不是一直增大，故A错误。
11.【答案】(1)C；
(4)不需要；
(5)不需要；
(6)F2=3F1。
【解析】 【分析】
本题主要考查验证机械能守恒的实验，明确实验原理是解决问题的关键。
(1)根据实验误差来源分析即可；
(4)(5)(6)结合实验步骤和实验原理，根据平衡条件、牛顿第二定律和机械能守恒定律列式，分析即可正确求解。
【解答】
(1)为了减小误差，小球应选密度大的小球，减小空气阻力的影响，所以应选铁球，故选C；
(4)(5)(6)不需要测量细线的长度L、小球的质量m和小球的直径d，因为细线竖直且小球静止时力传感器的示数为F1，，设小球的质量为m，则F1=mg，把小球拉到细线刚好水平静止释放，小球第一次摆动到最低点时速度最大，力传感器示数最大是F2，设当小球第一次摆动到最低点时的速度为v，细线到球心的距离为R，如果满足机械能守恒，则有mgR=12mv2，根据向心力公式可得F2−mg=mv2R，解得F2=3mg，则有F2=3F1，所以细线的长度L和小球的质量m都不需要测量，当表达式F2=3F1在误差允许范围内成立时，机械能守恒定律得到验证。
12.【答案】(2)1；7.2；A1；大于；(3)8.96；3.20。
【解析】【分析】
本题主要考查了电池电动势和内阻的测量，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合欧姆定律和电路构造，利用图像的物理意义即可完成分析。
(2)根据闭合电路欧姆定律结合电路结构，利用图像的物理意义得粗待测电阻的阻值；
(3)根据欧姆定律结合图像的物理意义得出电池的电动势和内阻。
【解答】：(2)由串并联电路知识及欧姆定律可知：(I2−I1)R=I1Rx，变形得I2I1=1+Rx1R，
故截距为1;
根据图像斜率可得Rx=7.2Ω，因(I2−I1)RI1应为含Rx的支路的总电阻，
即(I2−I1)RI1=Rx+RA1，故引起误差的为A1，且测量值大于真实值.
(3)由闭合电路欧姆定律可知：E=I1Rx+I2r，变形得：I2=Er−RxrI1，
根据图像的纵截距及斜率，可知E=8.96V，r=3.20Ω
13.【答案】解：(1)对轮胎恰好被拉动时，受力如图，则有
F1csθ=f1
mg=F1sinθ+FN1
f1=μFN1
联立解得F1=240N
(2)由题意知撤去拉力前轮胎以最大加速度运动，撤去拉力刚好滑行停在B处时，战士拉轮胎时间最短;设拉力与地面的夹角为α，其受力如图，则有
F2csα−μ(mg−F2sinα)=ma1
解得a1=F2(csα+μsinα)m−μg
由数学关系解得最大加速度为a1max= 1+μ2F2m−μg=1m/s2
撤去拉力后减速μmg=ma2
解得a2=7.5m/s2
设撤去拉力时速度大小为v，则有v22a1+v22a2=xAB
解得v=9m/s
由v=a1maxt1，解得t1=9s，即拉力拉轮胎的最短作用时间为9s.
【解析】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，难度中等.
(1)对轮胎恰好被拉动时，然后对轮胎受力分析，抓住水平分析以及竖直方向上的合力为零，可以求出绳子对轮胎的拉力大小；
(2)由题意知撤去拉力前轮胎以最大加速度运动，撤去拉力刚好滑行停在B处时，战士拉轮胎时间最短根据牛顿第二定律和速度-位移公式求出该战士用力拉轮胎的最短作用时间.
14.【答案】解：(1)粒子从P点到第一次经过x轴，做类平抛运动，到达x轴时，设电场力方向的速度大小为vy，合速度v与x轴正向的夹角为θ，则有：qE=ma，vy2=2ay，v= v02+vy2，tanθ=vyv0，
联立以上各式解得：v=4 2×104m/s，θ=45∘；
(2)设从P到第一次到x轴用时t1，则有：y=vy2t1，解得t1=5×10−6s，
在v0方向匀速，其位移为x1=v0t1=0.2m，
进入磁场匀速圆周运动，则有qvB=mv2r，解得r= 210m，
到第二次经过x轴其轨迹对应的圆心角为90∘，其弦长为L= 2r=0.2m，
运动时间为t2=2πr4v，解得：t2=1.25π×10−6s，
综上可得t=t1+t2=(5+1.25π)×10−6s，d=x1+L=0.4m；
(3)粒子再入电场时与x轴正方向的夹角为θ=45∘，做类斜抛运动，其在电场中的运动时间为2t1，
沿x轴方向的位移为2x1=0.4m，
再入磁场中圆周运动的圆心角仍为90∘，其弦长仍为L= 2r=0.2m，
则粒子运动过程中速度方向沿x轴正方向相同时的位置对应的横坐标为：x=0.3nm，n=1、2、3⋯⋯，
即薄板所放位置的横坐标为x=0.3nm，n=1、2、3⋯⋯
【解析】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程，在电场中的运动应用类平抛运动知识、在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解未知量。
15.【答案】解：(1)小球从竖直到撞击地面前瞬间，由功能关系可知mgL=12mv2，
小球撞击地面之前的瞬间轻杆的弹力大小为F，由牛顿第二定律有F=mv2L，
解得F=2mg=20N；
(2)从竖直到A、B分离，设杆转过θ，A、B速度分别为vA、vB，由功能关系可知
mgL(1−csθ)=12mvA2+12MvB2，
分离时A、B之间恰好无弹力且水平方向的加速度、速度相等，故连接A的轻杆弹力恰好为0，
A、B速度大小关系为：vAcsθ=vB，
A做圆周运动，有mgcsθ=mvA2L，
联立并整理可得4cs3θ+3csθ−2=0，
解得vA=2m/s，vB=1m/s；
(3)B向右匀速滑行与物块碰撞，由动量守恒定律有MvB=MvB1+mv1，
由机械能守恒定律有12MvB2=12MvB12+12mv12，
解得vB1=0.6m/s，v1=1.6m/s，
碰后物块向右减速滑行到与小球碰前，由动能定理有−μmgx=12mv22−12mv12，
解得v2= 2.36m/s，
物块与小球发生弹性碰撞，由动量守恒定律可得mv2=mv3+mv4，
由机械能守恒定律有12mv22=12mv32+12mv42，
解得v3=0，v4= 2.36m/s，
碰后小球上摆，设最大摆角为θ，由动能定理有−mgH(1−csθ)=0−12mv42，
解得csθ=0.9882，故小球摆动可视为简谐运动，周期T=2π Hg=2πs，
小球摆回最低点再与物块碰撞交换速度，因碰撞中无机械能损失，有Q=12mv12=1.28J，
设物块在水平面上滑行的路程为s，由功能关系可得Q=μmgs，解得s=12.8m，
故物块与小球共发生12次碰撞，故小球做简谐运动的总时间为t1=T2×6=6πs，
立方体B固定后，物块与B及小球的碰撞均不改变其动量大小，故有μmgt2=mv1，解得t2=16s，
综上所述t=t1+t2=(16+6π)s。
【解析】本题主要考查竖直平面内的圆周运动、牵连运动问题、弹性碰撞以及单摆问题。
(1)小球在竖直平面内做圆周运动，小球从竖直到撞击地面前瞬间，由功能关系列式，小球撞击地面之前的瞬间，由牛顿第二定律列式，联立即可求解；
(2)小球一方面随着正方体B向右运动，另一方面竖直向下运动，将小球的速度沿着水平方向和竖直方向正交分解，A与B刚脱离接触的瞬间，水平方向的加速度、速度相等，结合功能关系、运动的合成与分解以及圆周运动的规律，联立即可求解；
(3)B向右匀速滑行与物块发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律列式，碰后物块向右减速滑行到与小球碰前，由动能定理列式，物块与小球发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律列式，碰后小球上摆，由动能定理列式，联立求解最大摆角，结合题意可知小球摆动可视为简谐运动，由能量守恒定律求解立方体B与物块碰撞后系统因摩擦产生的热量，分析物块与小球的运动情况，结合单摆的周期和动量定理即可求解立方体B第一次与物块碰撞到物块最终静止所用的时间。