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必刷卷03——【高考三轮冲刺】2023年高考物理考前20天冲刺必刷卷（山东专用）（原卷版+解析版）
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2023年高考物理考前信息必刷卷03
山东地区专用
物理实验试题都突出对双基的考查，具体表现在两个方面。一是从考查内容上看，延续之前高考实验题的考查方式，仍以教材中学生必做实验为基础，以高中物理主干规律的探究、验证或某个重要物理量的测量为命题载体。二是重视实验过程的考查，加强了对实验仪器使用、实验具体操作的考查。
2023年新高考地区对于实验的考查还会依然沿用旧高考的两个实验的形式，一个力学实验和一个电学实验，对实验部分的两点要求：①学生以真实做过实验为基础；②突出实验的探究性。但是力学和电学实验考查的方式，相较于旧高考，开放性更高，仪器的使用、读数和选择，数据处理、误差分析是考查的重点。
本卷满分100分，考试时间90分钟。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．2022年6月23日21时53分，随着168小时试运行试验圆满完成，辽宁红沿河核电站6号机组（如图所示）正式具备商业运行条件，标志着红沿河核电站一期和二期工程共6台机组全面投产。现代核电站主要是通过可控链式核裂变反应来实现核能的和平利用。已知一个原子核在中子的轰击下发生裂变反应，其裂变方程为，下列说法正确的是（ ）
A．裂变方程式左右两边都有中子，可以改写成
B．裂变反应释放出大量的核能，也叫热核反应
C．裂变释放能量，原子核的比结合能比原子核的大
D．裂变释放能量，原子核的结合能比原子核的大
【答案】C
【解析】A．裂变反应中左右两边都有中子，这是核反应原理，必须有中子的参与，不能改写成，A错误；
B．轻原子核的聚变才叫热核反应，B错误；
C．比结合能越大，原子核越稳定，原子核裂变得到原子核，说明原子核比原子核稳定，即原子核的比结合能比原子核的大，C正确；
D．结合能与核子数有关，原子核的核子数远大于原子核的核子数，所以原子核的结合能比原子核的小，D错误。
故选C。
2．用红、蓝两种单色光做单缝衍射实验，得到的图样如图所示，则（ ）
A．图甲为红光，图乙为蓝光
B．在相同介质中，图甲对应单色光比图乙对应单色光传播速度大
C．减小单缝宽度，则两个图样中央亮纹宽度变宽，亮度变亮
D．两束单色光以相同入射角从水中射入空气中若空气中只有一束光，则应为图乙对应单色光
【答案】D
【解析】A．单缝衍射实验中，单缝宽度相同，光的波长越长，中央亮条纹越粗，红光的波长比蓝光的波长长，故图乙为红光，图甲为蓝光。A错误；
B．蓝光的频率大于红光频率，蓝光的折射率大于红光的折射率，由
得
在相同介质中，图甲对应单色光比图乙对应单色光传播速度小。B错误；
C．减小单缝宽度，则两个图样中央亮纹宽度变宽，因为通的光变少，亮度变暗。C错误；
D．设光从水射向空气时，全反射角为，则
水中蓝光的折射率大于红光的折射率，全反射角蓝光比红光小。两束单色光以相同入射角从水中射入空气中若空气中只有一束光，则必然是蓝光发生了全反射，应为图乙对应单色光。D正确。
故选D。
3．光电继电器是一种利用光电效应工作的仪器。当光照射到光电管阴极时，阴极会逸出光电子，此时放大器中有电流流过，进而使得电磁继电器工作，实现自动控制。下列说法正确的是（ ）
A．只要入射光的强度足够大，光电管就能发生光电效应，与光的频率无关
B．保持入射光的强度不变，增大入射光的频率，放大器中的电流将变小
C．若将电源的正负极对调，放大器中的电流将减为零
D．若入射光的频率为，阴极材料的逸出功为，普朗克常量为h，则电子逸出时的动能为
【答案】B
【解析】A．根据光电效应的条件可知，入射光的频率必须大于或等于阴极金属的截止频率才能发生光电效应，A错误；
B．保持入射光的强度不变，增大入射光的频率，则单位时间照射到阴极单位面积上的入射光的光子数目减少，即阴极单位时间单位面积上接收到的光子数将减少，故而阴极单位时间内逸出的电子数减少，放大器中的电流也将减小，B正确；
C．若将电源的正负极对调，电源将提供反向减速电压，如果该反向电压可能没有达到遏止电压，故而电流不一定为零，C错误；
D．根据
可知，为光电子的最大初动能，实际上电子逸出时的动能可能比小，D错误。
故选B。
4．均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在水平面内传播，波面为圆。某时刻第一象限内第一次出现如图（a）所示的波面分布，其中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷，从此时刻开始计时，坐标（，）处质点的振动图像如图（b）所示，轴正方向竖直向上。下列说法正确的是（ ）
A．该水波的波长为6m
B．，P点偏离平衡位置的位移为0.5cm
C．，P点正在平衡位置的上方且向下运动
D．若波源从平衡位置起振，则波源的起振方向一定向上
【答案】C
【解析】A．由图（a）可知，该水波的波长为12m，故A错误；
B．由图（b）可知，该水波的周期为4s，根据波速的公式可得
P点到波源O的距离为
根据
可知时刻，P点由平衡位置向上振动，其振动方程为
，P点偏离平衡位置的位移为
故B错误；
C．P点与图中实线所表示的波峰相距3m，即为四分之一波长，可知P点振动情况滞后四分之一周期，即1.5s时P点的振动情况与图b中0.5s时坐标（，）处质点振动情况相同，所以P点正在平衡位置的上方且向下运动，故C正确；
D．波源从平衡位置起振，若波源的起振方向向下，当振动时间时，第一象限内第一次出现如图（a）所示的波面分布；若波源的起振方向向上，当振动时间时，第一象限内第一次出现如图（a）所示的波面分布；故D错误。
故选C。
5．如图所示，一定质量的理想气体从a状态开始，经历b、c状态再次回到a状态。b到c过程气体放热，c到a过程气体吸热。则下列说法正确的是（ ）
A．c→a过程相同时间内撞到单位面积上的分子数减少
B．a→b过程气体温度先减小后增大
C．a→b过程气体吸热4.05J
D．经过一个循环，气体对外界做的总功为
【答案】C
【解析】A．由题图可知，c→a过程是等容变化，由查理定律可知，气体的压强增大，温度升高，气体又吸热，气体分子的平均动能增大，气体的密度不变，则有相同时间内撞到单位面积上的分子数增加，A错误；
B．在 p−V图像中，等温过程对应的图线是一条曲线，对同一气体，等温线离坐标轴越远温度越高，因此 a→b不是等温过程，气体温度先升高后降低， B错误；
CD． a→b过程，压强减小体积增大，气体对外做功，由气体做功公式可知，p−V图线与坐标轴所围面积表示做功数值，则有
b→c过程，是等压变化，体积减小，外界对气体做功，则有
由热力学第一定律可知，气体经过一个循环，内能不变，则有
解得
可知a→b过程气体吸热4.05J。c→a过程是等容变化，气体对外不做功，外界对气体也不做功，因此经过一个循环，气体对外界做的总功为
C正确，D错误。
故选C。
6．发射人造航天器时，可利用地球的自转让航天器发射前就获得相对地心的速度。设地球表面的重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，酒泉卫星发射中心的纬度为φ。将地球视为质量均匀分布的球体，则在酒泉卫星发射中心发射的航天器利用地球自转能获得相对地心的最大速度为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】地球表面两极处质量为的物体所受的重力等于万有引力，则有
同理该物体在赤道处，由牛顿第二定律有
联立解得地球半径为
对在酒泉卫星发射中心发射的航天器进行建模，如图所示，则分析可知，在酒泉卫星发射中心发射的航天器利用地球自转能获得的相对地心的最大速度为
故选C。
7．空间中有一匀强电场（图中未画出），一个质量为m、电荷量为+q的带电小球（重力不可忽略）在外力作用下沿着如图所示半径为r的竖直面内的圆弧轨道运动，圆弧轨道所在平面与电场方向平行。带电小球从A点顺时针转过60°到达B点，电场力做的功为W（W>0），小球再继续转过180°到达C点，克服电场力做的功为2W。下列说法正确的是（ ）
A．带电小球在B点的动能一定大于其在A点的动能
B．C点的电势比A点的电势低
C．该匀强电场沿CB方向且由C点指向B点
D．该匀强电场的电场强度大小为
【答案】D
【解析】A．题中只说明了运动过程中电场力的做功情况，未说明其他力的做功情况，因此粒子动能的变化情况不能确定，故A错误；
B．由
可知
则
故B错误；
C．由
（d为电场线方向的距离）
可知
如图所示
沿电场线方向电势降低，由几何关系可知，该电场方向垂直于AO指向上方，故C错误；
D．由几何关系可知
则电场强度大小
故D正确。
故选D。
8．如图所示，竖直轻弹簧一端与地面相连，另一端与物块相连，物块处于静止状态。现对物块施加一个竖直向上的拉力，使物块向上做初速度为零的匀加速直线运动，此过程中弹簧的形变始终在弹性限度内，则拉力随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】物块处于静止状态时，弹簧弹力等于重力，弹簧处于压缩状态
现给物体施加一个竖直向上的拉力，做匀加速直线运动则有
当物体向上位移x，则有
整理得
物块做匀加速直线运动，有
联立可得
可知拉力与时间图像呈抛物线形状。
故选A。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．如图所示，一个半圆形铝框处在水平向外的非匀强磁场中，场中各点的磁感应强度为，y为该点到地面的距离，c为常数，为一定值．铝框平面与磁场垂直，直径水平，（空气阻力不计）铝框由静止释放下落的过程中（ ）
A．直径受安培力方向与框的运动方向相反为阻力
B．半圆弧受安培力方向与框的运动方向相反为阻力
C．铝框下落的加速度大小一定小于重力加速度
D．铝框下落加速度大小可能等于
【答案】AC
【解析】A．铝框由静止释放下落的过程中，由楞次定律可知，铝框有顺时针方向的电流，由左手定则得直径ab受安培力方向为竖直向上，与框的运动方向相反，故A正确；
BCD．在半圆弧ab上等高且左右对称的位置分别取一段电流元，由对称性和力的平行四边形定则得，这两段电流元所受安培力的合力竖直向下，所以半圆弧ab受的安培力竖直向下，由于离地面距离大，所处位置磁感应强度小，半圆弧ab受的安培力没有直径ab受的安培力大，所以整个铝框受安培力合力竖直向上，即铝框下落的加速度大小一定小于重力加速度g，故BD错误，C正确。
故选AC。
10．我国早在3000年前就发明了辘轳，其简化模型如图所示，辘轳的卷筒可绕水平轻轴转动，卷筒的半径为R，质量为M、厚度不计。某人转动卷筒通过细绳从井里吊起装满水的薄壁柱状水桶，水桶的高为d，空桶质量为，桶中水的质量为m。井中水面与井口的高度差为H，重力加速度为g，不计辐条的质量和转动轴处的摩擦。下列分析判断正确的是（ ）
A．若人以恒定以像速度匀速转动卷筒，则水桶上升的速度为
B．若人以恒定功率P转动卷筒，装满水的水桶到达井口前已做匀速运动，水桶上升过程的最大速度为
C．空桶从桶口位于井口处由静止释放并带动卷筒自由转动，水桶落到水面时的速度大小
D．忽略提水过程中水面高度的变化，水桶从图示位置缓慢上升高度H，人做的功
【答案】AC
【解析】A．人以恒定以像速度匀速转动卷筒，则水桶上升的速度为
A正确；
B．设水桶做匀速运动时受到细绳的拉力为，则有
又
解得
C．桶由静止下落过程中，水桶和卷筒组成的系统机械能守恒，则有
解得
C正确；
D．设水桶在水中受到的浮力为，桶口运动到井口的过程中，由动能定理
解得
D错误。
故选AC。
11．如图所示，倾角为的固定斜面AB段粗糙，BP段光滑，一轻弹簧下端固定于斜面底端P点，弹簧处于原长时上端位于B点，质量为m的物体（可视为质点）从A点由静止释放，第一次将弹簧压缩后恰好能回到AB的中点Q。已知A、B间的距离为x，重力加速度为g，则（ ）
A．物体最终停止于Q点
B．物体由A点运动至最低点的过程中，加速度先不变后减小为零，再反向增大直至速度减为零
C．物体与AB段的动摩擦因数
D．整个运动过程中物体与斜面间摩擦生热为
【答案】CD
【解析】A．从A点由静止释放，物体能够滑下，说明重力的分力大于滑动摩擦力，所以物体不能停止于Q点，故A错误；
B．物体接触弹簧前，由牛顿第二定律可得
解得
加速度保持不变，刚接触弹簧时，因BP段光滑，没有摩擦，加速度突然增大为，接触弹簧后，由牛顿第二定律
随着压缩量x的增大，加速度a减小，当满足
加速度为零，之后
随着压缩量x的增大，加速度a增大，直至速度为零，综上所述可知，物体由A点运动至最低点的过程中加速度先不变后突然增大，再减小为零，最后反向增大直至速度减为零，故B错误；
C．物体从A开始运动到上滑到Q点的过程，由能量守恒得：
解得
故C正确；
D．由于物体在AB段运动时会有机械能损失，故物体每次反弹后上升的高度逐渐较少，最终物体以B点为最高点做往复运动，之后不会产生热量，由功能关系可得，物体在从开始到最终停止的整个运动过程中摩擦生热为
故D正确。
故选CD。
12．如图甲所示，光电编码器由码盘和光电检测装置组成，电动机转动时，码盘与电动机旋转轴同速旋转，发光二极管发出的光经凸透镜转化为平行光，若通过码盘镂空的明道照在光敏管上，信号端输出高电位，反之输出低电位，两个光敏管分布在同一半径上。根据输出两路信号可以测量电动机的转速和判断旋转方向。从左往右看，内、外都均匀分布20个明道的码盘如图乙所示，电动机转动时两信号的图像如图丙所示，则（ ）
A．从左往右看，电动机顺时针转动 B．从左往右看，电动机逆时针转动
C．电动机转动的转速为 D．电动机转动的转速为
【答案】AC
【解析】AB．由图丙可知，在时，信号A开始输出低电位，此时信号B开始输出高电位，结合图乙可知，从左往右看，电动机顺时针转动，故A正确，B错误；
CD．由图丙可知，电动机转动的周期为
则角速度为
根据
可得电动机转动的转速为
故C正确，D错误。
故选AC。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．在“用DIS研究机械能守恒定律”的实验中，光电门用来测量摆锤经过不同位置的瞬时速度，实验装置如图（a）所示。
①（单选）关于在这个实验中光电门的使用，下列说法正确的是___________；
A．调节摆线长，使摆锤摆动时摆线能通过光电孔
B．测量中，光电门始终固定在某个确定的位置
C．摆锤释放器的位置要随光电门的位置变化而作相应的调整
D．每次改变光电门的位置，要用测平器使光电门的光电孔与所测点位于同一水平线
②在某次实验数据基础上，作出的摆锤在下摆过程中动能、重力势能随高度h变化的图象如图（b）所示，则其中___________（选填“I”或“II”）是摆锤动能随高度h变化的图线，该图线斜率大小等于___________。
【答案】 D I 摆锤的重力
【解析】①[1]
A．调节摆线长，使摆锤摆动时摆锤能通过光电孔而不是摆线，A错误；
B．因为要测不同位置的速度，所以光电门位置要改变，B错误；
C．摆锤释放器的位置要固定，C错误；
D．每次改变光电门的位置，要用测平器使光电门的光电孔与所测点位于同一水平线，这样测得的该处的速度准确，D正确。
故选D。
②[2][3]根据Ep=mgh知，距离最低点的高度h越大，重力势能越大，图象中表示小球的重力势能Ep随小球距D点的高度h变化关系的图线是图线II；根据机械能守恒，高度越大，重力势能越大则摆锤的动能越小，故摆锤动能随高度h变化为图线I；根据动能定理得
则有图线斜率
即斜率大小等于摆锤的重力。
14．一个同学想要测定某电源的电动势和内阻，所使用的器材有：待测电源、电流表A（量程0.6A，内阻RA小于1Ω）、电流表A1（量程0.6A，内阻未知）、电阻箱R1（0~999.99Ω）、滑动变阻器R2（0~10Ω）、单刀双掷开关S、单刀单掷开关K各一个、导线若干。（计算结果均保留两位有效数字）
（1）该同学先用欧姆表粗测电流表A的内阻。如图1所示，欧姆表内部电源电动势为4.50V，表盘中间刻线示数为“15”。将该欧姆表红、黑表笔接在电流表两接线柱上，则黑表笔应接在电流表___________（选填“正”或“负”）接线柱。欧姆表选取“×1”挡位时，欧姆表指针偏转角度为满偏的，可知电流表A的内阻约为___________Ω。
（2）该同学又设计了如图2所示电路进行实验操作。
①实物电路图有一处未连接好，请在图3中补全电路___________。
②利用该电路测电流表A的内阻：闭合开关K，将开关S与D接通，通过调节电阻箱R1和滑动变阻器R2，读取电流表A的示数为0.24A、电流表A1的示数为0.60A，电阻箱R1的示数为0.64Ω，则电流表A的内阻RA=___________Ω。
③利用步骤②测得电流表A的内阻阻值，测量电源的电动势和内阻：断开开关K，将开关S接C，调节电阻箱R1，记录电阻箱R1的阻值和电流表A的示数；多次调节电阻箱R1重新实验，并记录多组电阻箱R1的阻值R和电流表A的示数I。如图4所示是由实验数据绘出的图像，由此求出电源电动势E=___________V、内阻r=___________Ω。
【答案】 正 1.1 0.96 2.9 4.8
【解析】（1）[1]欧姆表黑表笔接内部电源的正极，故黑表笔应与电流表正接线柱连接；
[2]欧姆表选取“×1”挡位时，则欧姆表内部电阻为，根据闭合电路欧姆定律有
联立可得
（2）[3]实物连接如图所示
[4]开关S与D接通，电表A的示数为0.24A、电流表A1的示数为0.60A，电阻箱R1的示数为0.64Ω，则
解得
[5][6]断开开关K，将开关S接C，记录电阻箱R1的阻值R和电流表A的示数I，多次重复实验得到多组数据，根据闭合电路欧姆定律
即
结合图线有
解得
，
四、解答题
15．某同学利用实验室闲置的1m长的玻璃管和一个标称4.5L的导热金属容器做了一个简易温度计。如图所示，将1m长的直尺和玻璃管固定在木板上，直尺与玻璃管两端对齐，玻璃管左端A开口，玻璃管右端B处用细软管与金属容器连接，接口处均密封良好，在玻璃管内有一小段密封良好、可自由滑动的圆柱体蜡块（长度可以忽略），蜡块与玻璃管的摩擦不计。大气压强始终为，软管内部体积可忽略，玻璃管内横截面积为。当温度为时，蜡块刚好在玻璃管的正中间。取绝对零度为－273。
（1）计算这个温度计测量温度的最大值。
（2）若用一个光滑密封的活塞从左端A缓慢向右推进，直到把蜡块从玻璃管中间位置压到玻璃管右端B点，求此时金属容器中气体的压强。（由于导热，气体的温度保持不变）
【答案】（1）330K；（2）
【解析】（1）因被封的气体进行等压变化，设金属容器的体积为V，由题意可知
其中
解得
（2）蜡块从玻璃管中间位置压到玻璃管右端B点，此时容器内气体的压强为p，则
解得
16．某快递点的传送装置（传送带与水平面的夹角）因停电而锁止，工人找了块质量为的带钩木板置于传送带上，再在木板上放置货物，通过轻绳与木板钩子相连，工人可在高处工作台对木板施加平行于传送带方向、大小为的拉力，使得货物能从静止开始向上运动。已知木板与传送带间的动摩擦因数，货物质量，货物与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，，求：
（1）货物的加速度大小？
（2）拉力作用（货物未到达顶端）后，货物的机械能增加量？
（3）已知传送带顺时针稳定转动的速度为（k可调，且）。某次工作中，当木板的速度到后，突然来电，工人马上撤去拉力，不计传送带的加速时间。k取何值时，撤去拉力至木板速度减为0的过程中（仍未到达顶端），木板与传送带之间的摩擦所产生的热量最小？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）假设货物与木板相对静止，一起匀加速运动，设加速度为a，对货物与木板整体分析，由牛顿第二定律得
解得
设木板对货物的静摩擦力为f，对货物分析得
可得
货物与木板间的最大静摩擦力为
由于木板对货物的静摩擦力小于最大静摩擦力，假设符合实际情况，所以货物的加速度大小为。
（2）拉力作用后，货物的速度为
货物的位移为
所以货物增加的机械能为
（3）突然来电，工人撤去拉力后，由于，货物与木板会保持相对静止，一起做变速运动，木板从速度减速到的过程，由牛顿第二定律
解得
减速时间
在时间内，木板与传送带的相对位移大小为
木板从速度减速到0的过程，由牛顿第二定律
解得
减速时间
在时间内，木板与传送带的相对位移大小为
在时间内，木板与传送带之间的摩擦所产生的热量为
整理得
由上式可知，当时，木板与传送带之间的摩擦所产生的热量最小。
17．如图所示，在三维坐标系O-xyz中存在一长方体ABCD－abOd，yOz平面左侧存在沿z轴负方向、磁感应强度大小为B1（未知）的匀强磁场，右侧存在沿BO方向、磁感应强度大小为B2（未知）的匀强磁场。现有一带正电粒子以初速度v从A点沿平面ABCD进入磁场，经C点垂直yOz平面进入右侧磁场，此时撤去yOz平面左侧的磁场B1，换上电场强度为E（未知）的匀强电场，电场强度的方向竖直向上，最终粒子恰好打在Aa棱上。已知、，，粒子的电量为q，质量为m（重力不计）。求：
（1）磁感应强度B1的大小；
（2）粒子第二次经过yOz平面的坐标；
（3）电场强度E的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）带电粒子在yOz平面左侧磁场中做圆周运动，有几何关系得
解得
由牛顿第二定律可得
解得
（2）在右侧磁场中由牛顿第二定律得
解得
即坐标为。
（3）粒子在电场中做类平抛运动，x轴方向上
y轴方向上
解得
18．如图所示，质量的长木板A的左端a处固定有一宽度不计的轻质竖直挡板P，b为长木板的右端点。质量的可视为质点的小物块B放在长木板上的c位置，且，小物块B与长木板A均静置于水平地面上。在长木板左侧，质量也为m、与长木板A等高的小物块Q正以某一速度水平向右运动，时刻，小物块Q以速度与长木板A发生弹性碰撞，碰撞时间极短，经历一段时间，小物块B与挡板P亦发生弹性碰撞，碰撞时间也极短，碰撞之后，小物块B恰好到达长木板A的右端点b处。已知小物块Q与水平地面间的动摩擦因数，小物块B与长木板A之间的动摩擦因数，长木板A与水平地面间的动摩擦因数，重力加速度g取，求：
（1）小物块Q停止运动时的位置与长木板A开始运动前左端a点之间的距离；
（2）长木板A上c位置到右端b点之间的距离（结果保留3位有效数字）。
【答案】（1）18 m；（2）3.14 m
【解析】（1）小物块Q与长木板A发生弹性碰撞，则有
，
解得
，
碰后，小物块Q反向做匀减速直线运动，有
解得
（2）小物块Q与长木板A发生碰撞后，分别对小物块B与长木板A进行受力分析，设其加速度大小分别为、，由牛顿第二定律有
，
小物块B与挡板P发生碰撞前，小物块B向右做匀加速直线运动，长木板A向右做匀减速直线运动，且长木板A的速度始终大于小物块B的速度，由运动学公式有
解得
或（舍去）
设小物块B与P碰前瞬间速度为，由运动学公式有
设长木板A与小物块B碰前瞬间速度为，由运动学公式有
小物块B与挡板P发生弹性碰撞，设碰后瞬间长木板A的速度为，小物块B的速度为，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
，
解得
，
小物块B与挡板P碰撞后，两者均向右做匀减速直线运动，小物块B的加速度大小仍为，设长木板A的加速度大小为，由牛顿第二定律有
由分析可知，长木板A停止运动后，小物块B继续以加速度大小做匀减速直线运动，直到运动至长木板A的右端点b处停止。由运动学公式有
解得
绝密★启用前
2023年高考物理考前信息必刷卷03
山东地区专用
物理实验试题都突出对双基的考查，具体表现在两个方面。一是从考查内容上看，延续之前高考实验题的考查方式，仍以教材中学生必做实验为基础，以高中物理主干规律的探究、验证或某个重要物理量的测量为命题载体。二是重视实验过程的考查，加强了对实验仪器使用、实验具体操作的考查。
2023年新高考地区对于实验的考查还会依然沿用旧高考的两个实验的形式，一个力学实验和一个电学实验，对实验部分的两点要求：①学生以真实做过实验为基础；②突出实验的探究性。但是力学和电学实验考查的方式，相较于旧高考，开放性更高，仪器的使用、读数和选择，数据处理、误差分析是考查的重点。
本卷满分100分，考试时间90分钟。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．2022年6月23日21时53分，随着168小时试运行试验圆满完成，辽宁红沿河核电站6号机组（如图所示）正式具备商业运行条件，标志着红沿河核电站一期和二期工程共6台机组全面投产。现代核电站主要是通过可控链式核裂变反应来实现核能的和平利用。已知一个原子核在中子的轰击下发生裂变反应，其裂变方程为，下列说法正确的是（ ）
A．裂变方程式左右两边都有中子，可以改写成
B．裂变反应释放出大量的核能，也叫热核反应
C．裂变释放能量，原子核的比结合能比原子核的大
D．裂变释放能量，原子核的结合能比原子核的大
【答案】C
【解析】A．裂变反应中左右两边都有中子，这是核反应原理，必须有中子的参与，不能改写成，A错误；
B．轻原子核的聚变才叫热核反应，B错误；
C．比结合能越大，原子核越稳定，原子核裂变得到原子核，说明原子核比原子核稳定，即原子核的比结合能比原子核的大，C正确；
D．结合能与核子数有关，原子核的核子数远大于原子核的核子数，所以原子核的结合能比原子核的小，D错误。
故选C。
2．用红、蓝两种单色光做单缝衍射实验，得到的图样如图所示，则（ ）
A．图甲为红光，图乙为蓝光
B．在相同介质中，图甲对应单色光比图乙对应单色光传播速度大
C．减小单缝宽度，则两个图样中央亮纹宽度变宽，亮度变亮
D．两束单色光以相同入射角从水中射入空气中若空气中只有一束光，则应为图乙对应单色光
【答案】D
【解析】A．单缝衍射实验中，单缝宽度相同，光的波长越长，中央亮条纹越粗，红光的波长比蓝光的波长长，故图乙为红光，图甲为蓝光。A错误；
B．蓝光的频率大于红光频率，蓝光的折射率大于红光的折射率，由
得
在相同介质中，图甲对应单色光比图乙对应单色光传播速度小。B错误；
C．减小单缝宽度，则两个图样中央亮纹宽度变宽，因为通的光变少，亮度变暗。C错误；
D．设光从水射向空气时，全反射角为，则
水中蓝光的折射率大于红光的折射率，全反射角蓝光比红光小。两束单色光以相同入射角从水中射入空气中若空气中只有一束光，则必然是蓝光发生了全反射，应为图乙对应单色光。D正确。
故选D。
3．光电继电器是一种利用光电效应工作的仪器。当光照射到光电管阴极时，阴极会逸出光电子，此时放大器中有电流流过，进而使得电磁继电器工作，实现自动控制。下列说法正确的是（ ）
A．只要入射光的强度足够大，光电管就能发生光电效应，与光的频率无关
B．保持入射光的强度不变，增大入射光的频率，放大器中的电流将变小
C．若将电源的正负极对调，放大器中的电流将减为零
D．若入射光的频率为，阴极材料的逸出功为，普朗克常量为h，则电子逸出时的动能为
【答案】B
【解析】A．根据光电效应的条件可知，入射光的频率必须大于或等于阴极金属的截止频率才能发生光电效应，A错误；
B．保持入射光的强度不变，增大入射光的频率，则单位时间照射到阴极单位面积上的入射光的光子数目减少，即阴极单位时间单位面积上接收到的光子数将减少，故而阴极单位时间内逸出的电子数减少，放大器中的电流也将减小，B正确；
C．若将电源的正负极对调，电源将提供反向减速电压，如果该反向电压可能没有达到遏止电压，故而电流不一定为零，C错误；
D．根据
可知，为光电子的最大初动能，实际上电子逸出时的动能可能比小，D错误。
故选B。
4．均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在水平面内传播，波面为圆。某时刻第一象限内第一次出现如图（a）所示的波面分布，其中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷，从此时刻开始计时，坐标（，）处质点的振动图像如图（b）所示，轴正方向竖直向上。下列说法正确的是（ ）
A．该水波的波长为6m
B．，P点偏离平衡位置的位移为0.5cm
C．，P点正在平衡位置的上方且向下运动
D．若波源从平衡位置起振，则波源的起振方向一定向上
【答案】C
【解析】A．由图（a）可知，该水波的波长为12m，故A错误；
B．由图（b）可知，该水波的周期为4s，根据波速的公式可得
P点到波源O的距离为
根据
可知时刻，P点由平衡位置向上振动，其振动方程为
，P点偏离平衡位置的位移为
故B错误；
C．P点与图中实线所表示的波峰相距3m，即为四分之一波长，可知P点振动情况滞后四分之一周期，即1.5s时P点的振动情况与图b中0.5s时坐标（，）处质点振动情况相同，所以P点正在平衡位置的上方且向下运动，故C正确；
D．波源从平衡位置起振，若波源的起振方向向下，当振动时间时，第一象限内第一次出现如图（a）所示的波面分布；若波源的起振方向向上，当振动时间时，第一象限内第一次出现如图（a）所示的波面分布；故D错误。
故选C。
5．如图所示，一定质量的理想气体从a状态开始，经历b、c状态再次回到a状态。b到c过程气体放热，c到a过程气体吸热。则下列说法正确的是（ ）
A．c→a过程相同时间内撞到单位面积上的分子数减少
B．a→b过程气体温度先减小后增大
C．a→b过程气体吸热4.05J
D．经过一个循环，气体对外界做的总功为
【答案】C
【解析】A．由题图可知，c→a过程是等容变化，由查理定律可知，气体的压强增大，温度升高，气体又吸热，气体分子的平均动能增大，气体的密度不变，则有相同时间内撞到单位面积上的分子数增加，A错误；
B．在 p−V图像中，等温过程对应的图线是一条曲线，对同一气体，等温线离坐标轴越远温度越高，因此 a→b不是等温过程，气体温度先升高后降低， B错误；
CD． a→b过程，压强减小体积增大，气体对外做功，由气体做功公式可知，p−V图线与坐标轴所围面积表示做功数值，则有
b→c过程，是等压变化，体积减小，外界对气体做功，则有
由热力学第一定律可知，气体经过一个循环，内能不变，则有
解得
可知a→b过程气体吸热4.05J。c→a过程是等容变化，气体对外不做功，外界对气体也不做功，因此经过一个循环，气体对外界做的总功为
C正确，D错误。
故选C。
6．发射人造航天器时，可利用地球的自转让航天器发射前就获得相对地心的速度。设地球表面的重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，酒泉卫星发射中心的纬度为φ。将地球视为质量均匀分布的球体，则在酒泉卫星发射中心发射的航天器利用地球自转能获得相对地心的最大速度为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】地球表面两极处质量为的物体所受的重力等于万有引力，则有
同理该物体在赤道处，由牛顿第二定律有
联立解得地球半径为
对在酒泉卫星发射中心发射的航天器进行建模，如图所示，则分析可知，在酒泉卫星发射中心发射的航天器利用地球自转能获得的相对地心的最大速度为
故选C。
7．空间中有一匀强电场（图中未画出），一个质量为m、电荷量为+q的带电小球（重力不可忽略）在外力作用下沿着如图所示半径为r的竖直面内的圆弧轨道运动，圆弧轨道所在平面与电场方向平行。带电小球从A点顺时针转过60°到达B点，电场力做的功为W（W>0），小球再继续转过180°到达C点，克服电场力做的功为2W。下列说法正确的是（ ）
A．带电小球在B点的动能一定大于其在A点的动能
B．C点的电势比A点的电势低
C．该匀强电场沿CB方向且由C点指向B点
D．该匀强电场的电场强度大小为
【答案】D
【解析】A．题中只说明了运动过程中电场力的做功情况，未说明其他力的做功情况，因此粒子动能的变化情况不能确定，故A错误；
B．由
可知
则
故B错误；
C．由
（d为电场线方向的距离）
可知
如图所示
沿电场线方向电势降低，由几何关系可知，该电场方向垂直于AO指向上方，故C错误；
D．由几何关系可知
则电场强度大小
故D正确。
故选D。
8．如图所示，竖直轻弹簧一端与地面相连，另一端与物块相连，物块处于静止状态。现对物块施加一个竖直向上的拉力，使物块向上做初速度为零的匀加速直线运动，此过程中弹簧的形变始终在弹性限度内，则拉力随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】物块处于静止状态时，弹簧弹力等于重力，弹簧处于压缩状态
现给物体施加一个竖直向上的拉力，做匀加速直线运动则有
当物体向上位移x，则有
整理得
物块做匀加速直线运动，有
联立可得
可知拉力与时间图像呈抛物线形状。
故选A。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．如图所示，一个半圆形铝框处在水平向外的非匀强磁场中，场中各点的磁感应强度为，y为该点到地面的距离，c为常数，为一定值．铝框平面与磁场垂直，直径水平，（空气阻力不计）铝框由静止释放下落的过程中（ ）
A．直径受安培力方向与框的运动方向相反为阻力
B．半圆弧受安培力方向与框的运动方向相反为阻力
C．铝框下落的加速度大小一定小于重力加速度
D．铝框下落加速度大小可能等于
【答案】AC
【解析】A．铝框由静止释放下落的过程中，由楞次定律可知，铝框有顺时针方向的电流，由左手定则得直径ab受安培力方向为竖直向上，与框的运动方向相反，故A正确；
BCD．在半圆弧ab上等高且左右对称的位置分别取一段电流元，由对称性和力的平行四边形定则得，这两段电流元所受安培力的合力竖直向下，所以半圆弧ab受的安培力竖直向下，由于离地面距离大，所处位置磁感应强度小，半圆弧ab受的安培力没有直径ab受的安培力大，所以整个铝框受安培力合力竖直向上，即铝框下落的加速度大小一定小于重力加速度g，故BD错误，C正确。
故选AC。
10．我国早在3000年前就发明了辘轳，其简化模型如图所示，辘轳的卷筒可绕水平轻轴转动，卷筒的半径为R，质量为M、厚度不计。某人转动卷筒通过细绳从井里吊起装满水的薄壁柱状水桶，水桶的高为d，空桶质量为，桶中水的质量为m。井中水面与井口的高度差为H，重力加速度为g，不计辐条的质量和转动轴处的摩擦。下列分析判断正确的是（ ）
A．若人以恒定以像速度匀速转动卷筒，则水桶上升的速度为
B．若人以恒定功率P转动卷筒，装满水的水桶到达井口前已做匀速运动，水桶上升过程的最大速度为
C．空桶从桶口位于井口处由静止释放并带动卷筒自由转动，水桶落到水面时的速度大小
D．忽略提水过程中水面高度的变化，水桶从图示位置缓慢上升高度H，人做的功
【答案】AC
【解析】A．人以恒定以像速度匀速转动卷筒，则水桶上升的速度为
A正确；
B．设水桶做匀速运动时受到细绳的拉力为，则有
又
解得
C．桶由静止下落过程中，水桶和卷筒组成的系统机械能守恒，则有
解得
C正确；
D．设水桶在水中受到的浮力为，桶口运动到井口的过程中，由动能定理
解得
D错误。
故选AC。
11．如图所示，倾角为的固定斜面AB段粗糙，BP段光滑，一轻弹簧下端固定于斜面底端P点，弹簧处于原长时上端位于B点，质量为m的物体（可视为质点）从A点由静止释放，第一次将弹簧压缩后恰好能回到AB的中点Q。已知A、B间的距离为x，重力加速度为g，则（ ）
A．物体最终停止于Q点
B．物体由A点运动至最低点的过程中，加速度先不变后减小为零，再反向增大直至速度减为零
C．物体与AB段的动摩擦因数
D．整个运动过程中物体与斜面间摩擦生热为
【答案】CD
【解析】A．从A点由静止释放，物体能够滑下，说明重力的分力大于滑动摩擦力，所以物体不能停止于Q点，故A错误；
B．物体接触弹簧前，由牛顿第二定律可得
解得
加速度保持不变，刚接触弹簧时，因BP段光滑，没有摩擦，加速度突然增大为，接触弹簧后，由牛顿第二定律
随着压缩量x的增大，加速度a减小，当满足
加速度为零，之后
随着压缩量x的增大，加速度a增大，直至速度为零，综上所述可知，物体由A点运动至最低点的过程中加速度先不变后突然增大，再减小为零，最后反向增大直至速度减为零，故B错误；
C．物体从A开始运动到上滑到Q点的过程，由能量守恒得：
解得
故C正确；
D．由于物体在AB段运动时会有机械能损失，故物体每次反弹后上升的高度逐渐较少，最终物体以B点为最高点做往复运动，之后不会产生热量，由功能关系可得，物体在从开始到最终停止的整个运动过程中摩擦生热为
故D正确。
故选CD。
12．如图甲所示，光电编码器由码盘和光电检测装置组成，电动机转动时，码盘与电动机旋转轴同速旋转，发光二极管发出的光经凸透镜转化为平行光，若通过码盘镂空的明道照在光敏管上，信号端输出高电位，反之输出低电位，两个光敏管分布在同一半径上。根据输出两路信号可以测量电动机的转速和判断旋转方向。从左往右看，内、外都均匀分布20个明道的码盘如图乙所示，电动机转动时两信号的图像如图丙所示，则（ ）
A．从左往右看，电动机顺时针转动 B．从左往右看，电动机逆时针转动
C．电动机转动的转速为 D．电动机转动的转速为
【答案】AC
【解析】AB．由图丙可知，在时，信号A开始输出低电位，此时信号B开始输出高电位，结合图乙可知，从左往右看，电动机顺时针转动，故A正确，B错误；
CD．由图丙可知，电动机转动的周期为
则角速度为
根据
可得电动机转动的转速为
故C正确，D错误。
故选AC。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．在“用DIS研究机械能守恒定律”的实验中，光电门用来测量摆锤经过不同位置的瞬时速度，实验装置如图（a）所示。
①（单选）关于在这个实验中光电门的使用，下列说法正确的是___________；
A．调节摆线长，使摆锤摆动时摆线能通过光电孔
B．测量中，光电门始终固定在某个确定的位置
C．摆锤释放器的位置要随光电门的位置变化而作相应的调整
D．每次改变光电门的位置，要用测平器使光电门的光电孔与所测点位于同一水平线
②在某次实验数据基础上，作出的摆锤在下摆过程中动能、重力势能随高度h变化的图象如图（b）所示，则其中___________（选填“I”或“II”）是摆锤动能随高度h变化的图线，该图线斜率大小等于___________。
【答案】 D I 摆锤的重力
【解析】①[1]
A．调节摆线长，使摆锤摆动时摆锤能通过光电孔而不是摆线，A错误；
B．因为要测不同位置的速度，所以光电门位置要改变，B错误；
C．摆锤释放器的位置要固定，C错误；
D．每次改变光电门的位置，要用测平器使光电门的光电孔与所测点位于同一水平线，这样测得的该处的速度准确，D正确。
故选D。
②[2][3]根据Ep=mgh知，距离最低点的高度h越大，重力势能越大，图象中表示小球的重力势能Ep随小球距D点的高度h变化关系的图线是图线II；根据机械能守恒，高度越大，重力势能越大则摆锤的动能越小，故摆锤动能随高度h变化为图线I；根据动能定理得
则有图线斜率
即斜率大小等于摆锤的重力。
14．一个同学想要测定某电源的电动势和内阻，所使用的器材有：待测电源、电流表A（量程0.6A，内阻RA小于1Ω）、电流表A1（量程0.6A，内阻未知）、电阻箱R1（0~999.99Ω）、滑动变阻器R2（0~10Ω）、单刀双掷开关S、单刀单掷开关K各一个、导线若干。（计算结果均保留两位有效数字）
（1）该同学先用欧姆表粗测电流表A的内阻。如图1所示，欧姆表内部电源电动势为4.50V，表盘中间刻线示数为“15”。将该欧姆表红、黑表笔接在电流表两接线柱上，则黑表笔应接在电流表___________（选填“正”或“负”）接线柱。欧姆表选取“×1”挡位时，欧姆表指针偏转角度为满偏的，可知电流表A的内阻约为___________Ω。
（2）该同学又设计了如图2所示电路进行实验操作。
①实物电路图有一处未连接好，请在图3中补全电路___________。
②利用该电路测电流表A的内阻：闭合开关K，将开关S与D接通，通过调节电阻箱R1和滑动变阻器R2，读取电流表A的示数为0.24A、电流表A1的示数为0.60A，电阻箱R1的示数为0.64Ω，则电流表A的内阻RA=___________Ω。
③利用步骤②测得电流表A的内阻阻值，测量电源的电动势和内阻：断开开关K，将开关S接C，调节电阻箱R1，记录电阻箱R1的阻值和电流表A的示数；多次调节电阻箱R1重新实验，并记录多组电阻箱R1的阻值R和电流表A的示数I。如图4所示是由实验数据绘出的图像，由此求出电源电动势E=___________V、内阻r=___________Ω。
【答案】 正 1.1 0.96 2.9 4.8
【解析】（1）[1]欧姆表黑表笔接内部电源的正极，故黑表笔应与电流表正接线柱连接；
[2]欧姆表选取“×1”挡位时，则欧姆表内部电阻为，根据闭合电路欧姆定律有
联立可得
（2）[3]实物连接如图所示
[4]开关S与D接通，电表A的示数为0.24A、电流表A1的示数为0.60A，电阻箱R1的示数为0.64Ω，则
解得
[5][6]断开开关K，将开关S接C，记录电阻箱R1的阻值R和电流表A的示数I，多次重复实验得到多组数据，根据闭合电路欧姆定律
即
结合图线有
解得
，
四、解答题
15．某同学利用实验室闲置的1m长的玻璃管和一个标称4.5L的导热金属容器做了一个简易温度计。如图所示，将1m长的直尺和玻璃管固定在木板上，直尺与玻璃管两端对齐，玻璃管左端A开口，玻璃管右端B处用细软管与金属容器连接，接口处均密封良好，在玻璃管内有一小段密封良好、可自由滑动的圆柱体蜡块（长度可以忽略），蜡块与玻璃管的摩擦不计。大气压强始终为，软管内部体积可忽略，玻璃管内横截面积为。当温度为时，蜡块刚好在玻璃管的正中间。取绝对零度为－273。
（1）计算这个温度计测量温度的最大值。
（2）若用一个光滑密封的活塞从左端A缓慢向右推进，直到把蜡块从玻璃管中间位置压到玻璃管右端B点，求此时金属容器中气体的压强。（由于导热，气体的温度保持不变）
【答案】（1）330K；（2）
【解析】（1）因被封的气体进行等压变化，设金属容器的体积为V，由题意可知
其中
解得
（2）蜡块从玻璃管中间位置压到玻璃管右端B点，此时容器内气体的压强为p，则
解得
16．某快递点的传送装置（传送带与水平面的夹角）因停电而锁止，工人找了块质量为的带钩木板置于传送带上，再在木板上放置货物，通过轻绳与木板钩子相连，工人可在高处工作台对木板施加平行于传送带方向、大小为的拉力，使得货物能从静止开始向上运动。已知木板与传送带间的动摩擦因数，货物质量，货物与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，，求：
（1）货物的加速度大小？
（2）拉力作用（货物未到达顶端）后，货物的机械能增加量？
（3）已知传送带顺时针稳定转动的速度为（k可调，且）。某次工作中，当木板的速度到后，突然来电，工人马上撤去拉力，不计传送带的加速时间。k取何值时，撤去拉力至木板速度减为0的过程中（仍未到达顶端），木板与传送带之间的摩擦所产生的热量最小？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）假设货物与木板相对静止，一起匀加速运动，设加速度为a，对货物与木板整体分析，由牛顿第二定律得
解得
设木板对货物的静摩擦力为f，对货物分析得
可得
货物与木板间的最大静摩擦力为
由于木板对货物的静摩擦力小于最大静摩擦力，假设符合实际情况，所以货物的加速度大小为。
（2）拉力作用后，货物的速度为
货物的位移为
所以货物增加的机械能为
（3）突然来电，工人撤去拉力后，由于，货物与木板会保持相对静止，一起做变速运动，木板从速度减速到的过程，由牛顿第二定律
解得
减速时间
在时间内，木板与传送带的相对位移大小为
木板从速度减速到0的过程，由牛顿第二定律
解得
减速时间
在时间内，木板与传送带的相对位移大小为
在时间内，木板与传送带之间的摩擦所产生的热量为
整理得
由上式可知，当时，木板与传送带之间的摩擦所产生的热量最小。
17．如图所示，在三维坐标系O-xyz中存在一长方体ABCD－abOd，yOz平面左侧存在沿z轴负方向、磁感应强度大小为B1（未知）的匀强磁场，右侧存在沿BO方向、磁感应强度大小为B2（未知）的匀强磁场。现有一带正电粒子以初速度v从A点沿平面ABCD进入磁场，经C点垂直yOz平面进入右侧磁场，此时撤去yOz平面左侧的磁场B1，换上电场强度为E（未知）的匀强电场，电场强度的方向竖直向上，最终粒子恰好打在Aa棱上。已知、，，粒子的电量为q，质量为m（重力不计）。求：
（1）磁感应强度B1的大小；
（2）粒子第二次经过yOz平面的坐标；
（3）电场强度E的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）带电粒子在yOz平面左侧磁场中做圆周运动，有几何关系得
解得
由牛顿第二定律可得
解得
（2）在右侧磁场中由牛顿第二定律得
解得
即坐标为。
（3）粒子在电场中做类平抛运动，x轴方向上
y轴方向上
解得
18．如图所示，质量的长木板A的左端a处固定有一宽度不计的轻质竖直挡板P，b为长木板的右端点。质量的可视为质点的小物块B放在长木板上的c位置，且，小物块B与长木板A均静置于水平地面上。在长木板左侧，质量也为m、与长木板A等高的小物块Q正以某一速度水平向右运动，时刻，小物块Q以速度与长木板A发生弹性碰撞，碰撞时间极短，经历一段时间，小物块B与挡板P亦发生弹性碰撞，碰撞时间也极短，碰撞之后，小物块B恰好到达长木板A的右端点b处。已知小物块Q与水平地面间的动摩擦因数，小物块B与长木板A之间的动摩擦因数，长木板A与水平地面间的动摩擦因数，重力加速度g取，求：
（1）小物块Q停止运动时的位置与长木板A开始运动前左端a点之间的距离；
（2）长木板A上c位置到右端b点之间的距离（结果保留3位有效数字）。
【答案】（1）18 m；（2）3.14 m
【解析】（1）小物块Q与长木板A发生弹性碰撞，则有
，
解得
，
碰后，小物块Q反向做匀减速直线运动，有
解得
（2）小物块Q与长木板A发生碰撞后，分别对小物块B与长木板A进行受力分析，设其加速度大小分别为、，由牛顿第二定律有
，
小物块B与挡板P发生碰撞前，小物块B向右做匀加速直线运动，长木板A向右做匀减速直线运动，且长木板A的速度始终大于小物块B的速度，由运动学公式有
解得
或（舍去）
设小物块B与P碰前瞬间速度为，由运动学公式有
设长木板A与小物块B碰前瞬间速度为，由运动学公式有
小物块B与挡板P发生弹性碰撞，设碰后瞬间长木板A的速度为，小物块B的速度为，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
，
解得
，
小物块B与挡板P碰撞后，两者均向右做匀减速直线运动，小物块B的加速度大小仍为，设长木板A的加速度大小为，由牛顿第二定律有
由分析可知，长木板A停止运动后，小物块B继续以加速度大小做匀减速直线运动，直到运动至长木板A的右端点b处停止。由运动学公式有
解得
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