?2023年山東省日照市高考物理一模試卷
1. 下列說(shuō)法正確的是(????)
A. 做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體，下落的瞬間，速度和加速度均為零
B. 在力學(xué)中，力是基本概念，所以力的單位“牛頓”是基本單位
C. 安培提出了分子電流假說(shuō)
D. 法拉第發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，首次揭示了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象之間的聯(lián)系
2. 有關(guān)原子結(jié)構(gòu)和原子核的認(rèn)識(shí)，下列正確的是(????)
A. 一個(gè)原子核在一次衰變中可同時(shí)放出α、β和γ三種射線
B. 電子的發(fā)現(xiàn)使人們認(rèn)識(shí)到原子具有核式結(jié)構(gòu)
C. 太陽(yáng)輻射能量的主要來(lái)源是太陽(yáng)中發(fā)生的重核裂變
D. ?83210Bi的半衰期是5天，100克?83210Bi經(jīng)過(guò)10天后還剩下25克
3. 某電動(dòng)牙刷的充電裝置含有變壓器，原、副線圈匝數(shù)之比為50：1，用正弦交流電給此電動(dòng)牙刷充電時(shí)，原線圈兩端電壓的有效值為220V，副線圈電流的有效值為2.0A，若將該變壓器視為理想變壓器，則(????)
A. 副線圈兩端電壓的有效值約為6.2V
B. 原線圈電流的有效值為100A
C. 副線圈兩端電壓的最大值約為6.2V
D. 變壓器的輸入功率與輸出功率之比為50：1
4. 如圖所示，O點(diǎn)為兩等量異種點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)，一帶正電的粒子(不計(jì)重力)從連線上的A點(diǎn)由靜止釋放。在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)。取A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿直線向右為x軸正方向。在粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，下列關(guān)于粒子運(yùn)動(dòng)的速度v和加速度a隨時(shí)間t的變化，運(yùn)動(dòng)徑跡上電勢(shì)φ和粒子的電勢(shì)能Ep隨位移x的變化圖線可能正確的是(????)
A. B. C. D.
5. 如圖所示，一列簡(jiǎn)諧橫波在xOy平面內(nèi)沿x軸負(fù)方向傳播，波速為8m/s，振幅為4m，M、N是平衡位置相距4m的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)。t=0時(shí)刻，M通過(guò)其平衡位置沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，N位于其平衡位置上方最大位移處。已知該波的周期大于1s，則下列說(shuō)法正確的是(????)
A. 該波的周期為23s
B. 從t=0到t=0.5s，M向左移動(dòng)了4m
C. 在t=0.5s時(shí)，N的速度也一定為8m/s
D. 從t=0到t=0.5s，N的路程為4m
6. 如圖所示，一寬為L(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角為θ的斜面上，在導(dǎo)軌上端接入電源和滑動(dòng)變阻器R，電源電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r，一質(zhì)量為m的金屬棒ab靜止在導(dǎo)軌上，與兩導(dǎo)軌垂直并接觸良好，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬棒的電阻為R0，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。金屬導(dǎo)軌與金屬棒之間的最大靜摩擦力為f，重力加速度為g。閉合開(kāi)關(guān)后，下列判斷正確的是(????)

A. 金屬棒受到的安培力方向沿斜面向上
B. 金屬棒受到的摩擦力方向可能沿斜面向下
C. 若金屬棒恰好不運(yùn)動(dòng)，則滑動(dòng)變阻器的阻值為BLEf?mgsinθ?r?R0
D. 要保持金屬棒在導(dǎo)軌上靜止，滑動(dòng)變阻器R接入電路中的最小阻值為BLEmgsinθ+f?r?R0
7. 隨著“神舟十五號(hào)”進(jìn)駐空間站，標(biāo)志著我國(guó)空間站正式從建造階段，轉(zhuǎn)入運(yùn)營(yíng)階段，可將中國(guó)空間站看作近地衛(wèi)星，空間站繞地球表面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)。某科研小組在地球南極點(diǎn)，用彈簧測(cè)力計(jì)測(cè)得質(zhì)量為m的砝碼所受重力為F，在赤道測(cè)得該砝碼所受重力為F′。假設(shè)地球可視為質(zhì)量分布均勻的球體，則下列說(shuō)法正確的是(????)
A. 地球半徑可表示為R=mFT24π2
B. 地球的第一宇宙速度可表示為v=FT22mπ
C. 地球的自轉(zhuǎn)周期可表示為T(mén)自=TF?F′F
D. 地球的自轉(zhuǎn)周期可表示為T(mén)自=TFF?F′
8. 光滑平行金屬導(dǎo)軌由左側(cè)弧形軌道與右側(cè)水平軌道平滑連接而成，導(dǎo)軌間距均為L(zhǎng)，如圖所示。左側(cè)軌道上端連接有阻值為R的電阻。水平軌道間有連續(xù)相鄰、寬均為d的區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，區(qū)域邊界與水平導(dǎo)軌垂直。I、Ⅲ區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；Ⅱ區(qū)域有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B。金屬棒從左側(cè)軌道上某處由靜止釋放，金屬棒最終停在Ⅲ區(qū)域右邊界上，金屬棒的質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為L(zhǎng)、電阻為R。不計(jì)金屬導(dǎo)軌電阻，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，重力加速度為g，則金屬棒(????)





A. 穿過(guò)區(qū)域Ⅰ過(guò)程，通過(guò)R的電荷量為BLdR
B. 剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ時(shí)受到的安培力大小為B2L2d4mR2
C. 穿過(guò)區(qū)域Ⅰ與Ⅱ過(guò)程，R上產(chǎn)生的焦耳熱之比為11：25
D. 穿過(guò)區(qū)域Ⅰ與Ⅲ過(guò)程，克服安培力做功之比為11：1
9. 一定量的理想氣體從狀態(tài)a開(kāi)始。經(jīng)歷三個(gè)過(guò)程ab、bc、ca回到原狀態(tài)，其p?T圖像如圖所示。下列判斷正確的是(????)
A. 氣體在a、b兩狀態(tài)的體積相等
B. a、b和c三個(gè)狀態(tài)中，狀態(tài)c分子的平均動(dòng)能最大
C. 在過(guò)程bc中氣體吸收的熱量大于氣體對(duì)外界做的功
D. b到c過(guò)程容器壁單位面積單位時(shí)間內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)減少

10. 如圖所示，質(zhì)量為M的三角形斜劈B放置在水平地面上，質(zhì)量為m的木塊A放在三角形斜劈B上，現(xiàn)用大小相等、方向相反的水平力F分別推A和B，木塊A和斜劈B均靜止不動(dòng)，重力加速度為g。則(????)
A. 斜劈B對(duì)木塊A的摩擦力方向可能沿斜面向上
B. 地面對(duì)斜劈B的摩擦力方向水平向右
C. 斜劈B對(duì)木塊A的支持力一定小于mg
D. 地面對(duì)斜劈B的支持力的大小等于(M+m)g
11. 在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定在墻上。如圖甲所示，物體A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量為x，現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B。如圖乙所示。物體A以3v0的速度向右壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量仍為x，下列判斷正確的是(????)

A. 乙圖所示的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物體A和物體B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
B. A物體的質(zhì)量為8m
C. 彈簧壓縮量最大時(shí)物體B的速度為8v03
D. 彈簧及壓縮量最大時(shí)的彈性勢(shì)能為mv022
12. 如圖所示，傾斜圓盤(pán)圓心處固定有與盤(pán)面垂直的細(xì)軸，盤(pán)面上沿同一直徑放有質(zhì)量均為m的A、B兩物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，分別用兩根平行圓盤(pán)的不可伸長(zhǎng)的輕繩與軸相連。物塊A、B與軸的距離分別為2L和L，與盤(pán)面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，盤(pán)面與水平面的夾角為θ。圓盤(pán)靜止時(shí)，兩輕繩無(wú)張力處于自然伸直狀態(tài)。當(dāng)圓盤(pán)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，物塊A、B始終與圓盤(pán)保持相對(duì)靜止。當(dāng)物塊A轉(zhuǎn)到最高點(diǎn)時(shí)，A所受繩子的拉力剛好為零，B所受的摩擦力剛好為最大靜摩擦力。已知重力加速度為g。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。則下列說(shuō)法正確的是(????)
A. μ=3tanθ
B. 運(yùn)動(dòng)過(guò)程中繩子對(duì)A拉力的最大值為mgsinθ
C. 運(yùn)動(dòng)過(guò)程中B所受摩擦力的最小值為mgsinθ
D. 物塊B從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中摩擦力的沖量大小為m 8gLsinθ
13. 某物理興趣小組利用傳感器進(jìn)行“探究向心力大小F與半徑r、角速度ω、質(zhì)量m的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示，裝置中水平光滑直桿能隨豎直轉(zhuǎn)軸一起轉(zhuǎn)動(dòng)，將滑塊套在水平直桿上，用細(xì)線將滑塊與固定的力傳感器連接。當(dāng)滑塊隨水平光滑直桿一起勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，細(xì)線的拉力提供滑塊做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。拉力的大小可以通過(guò)力傳感器測(cè)得，滑塊轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度可以通過(guò)角速度傳感器測(cè)得。

(1)小組同學(xué)先讓一個(gè)滑塊做半經(jīng)r為0.20m的圓周運(yùn)動(dòng)。得到圖乙中②圖線。然后保持滑塊質(zhì)量不變。再將運(yùn)動(dòng)的半徑r分別調(diào)整為0.14m，0.16m，0.18m，0.22m，在同一坐標(biāo)系中又分別得到圖乙中⑤、④、③、①四條圖線。
(2)本實(shí)驗(yàn)所采用的實(shí)驗(yàn)探究方法與下列哪些實(shí)驗(yàn)是相同的______ 。
A.探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)
B.探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系
C.探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律
D.探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系
(3)對(duì)②圖線的數(shù)據(jù)進(jìn)行處理，獲得了F?x圖像，如圖丙所示，該圖像是一條過(guò)原點(diǎn)的直線，則圖像橫坐標(biāo)x代表的是______ 。(用半徑r、角速度ω、質(zhì)量m表示)
(4)對(duì)5條F?ω圖線進(jìn)行比較分析，做F?r圖像，得到一條過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的直線，則該直線的斜率為_(kāi)_____ 。(用半徑r、角速度ω、質(zhì)量m表示)
14. 某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖甲、乙所示的實(shí)驗(yàn)電路測(cè)量某電源的電動(dòng)勢(shì)E(約為3V)和內(nèi)阻r(約為2Ω)。已知電流表的內(nèi)電阻約為1Ω。電壓表的內(nèi)電阻約為3kΩ，變阻器最大電阻20Ω、額定電流1A，定值電阻R0=2Ω。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

(1)請(qǐng)?jiān)趫D丙中用筆畫(huà)線代替導(dǎo)線完成圖乙電路圖的實(shí)物連接。
(2)將滑動(dòng)變阻器的滑片P移至最左端，閉合開(kāi)關(guān)S，移動(dòng)滑片P改變滑動(dòng)變阻器的接入阻值，記錄下幾組電壓表示數(shù)U和對(duì)應(yīng)的電流表示數(shù)I。
(3)重復(fù)步驟(2)。把甲、乙兩組實(shí)驗(yàn)記錄的數(shù)據(jù)在同一坐標(biāo)系內(nèi)描點(diǎn)作出U?I圖像如圖丁所示，可知圖中標(biāo)記為II的圖線是采用實(shí)驗(yàn)電路______ (填“甲”或“乙”)測(cè)量得到的。
(4)為了減小系統(tǒng)誤差，本實(shí)驗(yàn)應(yīng)選用圖______ (選填“甲”或“乙”)實(shí)驗(yàn)電路。
(5)利用圖丁圖像提供的信息可以修正該實(shí)驗(yàn)的系統(tǒng)誤差，則修正后被測(cè)電源的內(nèi)阻r=______ (注：U1、U2、I1、I2、R0為已知量)。
15. 一個(gè)半徑為R的半圓形玻璃磚(折射率n= 3)的截面圖，如圖所示，直徑AOB與半徑OC垂直，一束平行單色光垂直于直徑AOB所在的截面射入玻璃磚，其中距離O點(diǎn)R2的一條光線自玻璃磚右側(cè)折射出來(lái)，與OC所在的直線交于D點(diǎn)。
(1)求D點(diǎn)到O點(diǎn)的距離；
(2)若在玻璃磚平面AOB的某區(qū)域貼上一層不透光的黑紙，平行光照射玻璃磚后，右側(cè)恰好沒(méi)有折射光射出，求黑紙?jiān)贏B方向的寬度。(不考慮光線在玻璃磚內(nèi)的多次反射)
16. 如圖甲所示，一水平傳送帶沿順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，將一可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量m=2kg的小物塊從傳送帶左端A處以某一初速度釋放，t=3s時(shí)恰好到達(dá)右端B處。小物塊從A端到B端運(yùn)動(dòng)的速度-時(shí)間圖像如圖乙所示。重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)和AB間的距離；
(2)小物塊從A端到B端的過(guò)程中，系統(tǒng)因摩擦所產(chǎn)生的熱量。

17. 如圖所示?！癓”型平板B靜置在地面上，物塊A處于平板B上的O′點(diǎn)，O′點(diǎn)左側(cè)粗糙，右側(cè)光滑，光滑部分的長(zhǎng)度d=3.75m。用不可伸長(zhǎng)的經(jīng)繩將質(zhì)量為M的小球懸掛在O′點(diǎn)正上方的O點(diǎn)。輕繩處于水平拉直狀態(tài)，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，將小球由靜止釋放，第1次下擺至最低點(diǎn)與小物塊A發(fā)生碰撞，碰后小球速度方向與碰前方向相同，開(kāi)始做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，物塊A以v0=6m/s的速度沿平板滑動(dòng)直至與B右側(cè)擋板發(fā)生彈性碰撞，一段時(shí)間后，A返回到O點(diǎn)的正下方時(shí)，相對(duì)于地面的速度為零，此后再過(guò)0.75s小球恰好第4次回到最低點(diǎn)。已知A的質(zhì)量mA=0.2kg，B的質(zhì)量mB=0.6kg，A與B的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.4，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.3，重力加速度g=10m/s2，π2=10，整個(gè)過(guò)程中A始終在B上，所有碰撞時(shí)間忽略不計(jì)，不計(jì)空氣阻力，求：
(1)A與B的擋板碰撞后，二者的速度大小vA與vB；
(2)從小球釋放到小球第4次回到最低點(diǎn)，整個(gè)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量；
(3)懸掛小球輕繩的長(zhǎng)度。

18. 如圖所示為某離子控制裝置，離子室內(nèi)存在大量帶正電的離子。其質(zhì)量m=1×10?14kg，電荷量q=2×10?10C，控制室被分為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四個(gè)橫截面為正方形的區(qū)域，正方形邊長(zhǎng)L=1m，區(qū)域間隔L1=1m、L2=0.6m、L3=1m，Ⅰ區(qū)域左右為中間帶有小孔的平行金屬板，板間存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1=9×10?4N/C，方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，Ⅱ，Ⅲ。Ⅳ區(qū)域存在包含邊界的電場(chǎng)或磁場(chǎng)。以a2b2c2d2中間小孔為坐標(biāo)原點(diǎn)建立三維坐標(biāo)系，坐標(biāo)軸及方向如圖所示，Ⅱ區(qū)域存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)，電場(chǎng)強(qiáng)度E2的大小在0～4×10?5N/C間變化；Ⅲ區(qū)域充滿沿y軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1=2×10?5T，Ⅳ區(qū)域充滿平行于平面xOy與y軸正方向成45°角斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2=2 2×10?5T。從離子室飄入小孔的離子速率忽略，忽略離子間的相互作用，不計(jì)離子重力。
(1)若離子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ后能返回區(qū)域Ⅱ，求拉子在邊界a3b3c3d3上射入點(diǎn)與射出點(diǎn)之間的距離；
(2)為保證有離子能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅳ，求L3的最大值；
(3)當(dāng)E2=4×10?5N/C、L3為上問(wèn)中的最大值。若離子在區(qū)域Ⅲ的速度沿z軸時(shí)B1消失，當(dāng)離子第一次經(jīng)過(guò)邊界a4b4c4d4進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅳ時(shí)。區(qū)域Ⅲ的磁場(chǎng)變?yōu)檠貀軸正方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度B3=4×10?5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)并保持不變，求離子第4次經(jīng)過(guò)邊界a4b4c4d4時(shí)的位置坐標(biāo)。

答案和解析

1.【答案】C?
【解析】解：A.做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體，下落的瞬間，速度為零，加速度為重力加速度，不為零，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；
B.在力學(xué)中，基本單位有m、s、kg。力是基本概念，根據(jù)牛頓第二定律有F=ma可知力的單位是1N=1kgm/s2，所以力的單位不是基本單位，而是導(dǎo)出單位，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；
C.安培提出了分子電流假說(shuō)，故C項(xiàng)正確；
D.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，首次揭示了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象之間的聯(lián)系，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。
故選C。
A.自由落體運(yùn)動(dòng)的初速度為0，但是其加速度始終為重力加速度；B.根據(jù)力學(xué)單位制知識(shí)和相關(guān)公式，可以導(dǎo)出力的單位，從而判斷是否為基本單位；CD.根據(jù)相關(guān)物理學(xué)史判斷。
本題目考查了學(xué)生對(duì)自由落體運(yùn)動(dòng)的理解、力學(xué)單位制和物理學(xué)史的知識(shí)，難度不大，要求學(xué)生掌握自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律、熟記物理學(xué)史即可。

2.【答案】D?
【解析】解：A、一個(gè)放射性原子能同時(shí)發(fā)出α、γ二種射線，或者放出β、γ射線，故A錯(cuò)誤；
B、盧瑟福的α粒子散射實(shí)驗(yàn)讓人們認(rèn)識(shí)到了原子具有核式結(jié)構(gòu)，故B錯(cuò)誤；
C、太陽(yáng)輻射能量的主要來(lái)源是太陽(yáng)中發(fā)生輕核的聚變，故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)半衰期公式m余=m原(12)tT
代入數(shù)據(jù)可得100克?83210Bi經(jīng)過(guò)10天后還剩下m余=25克
故D正確。
故選：D。
原子核在衰變中可放出α與γ或β與γ，但不會(huì)在一次衰變中同時(shí)放出α、β、和γ三種射線，盧瑟福的α粒子散射實(shí)驗(yàn)讓人們認(rèn)識(shí)到了原子核具有核式結(jié)構(gòu)，太陽(yáng)輻射能量的主要來(lái)源是太陽(yáng)中發(fā)生輕核的聚變，根據(jù)半衰期公式解答。
本題考查輕核的聚變、α、β、γ三種射線、半衰期的運(yùn)算等內(nèi)容，多讀課本多總結(jié)。

3.【答案】C?
【解析】解：A.根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)比的關(guān)系n1n2=U1U2
副線圈兩端電壓的有效值為U2=n2n1U1=150×220V=4.4V，故A錯(cuò)誤；
B.根據(jù)理想變壓器電流與匝數(shù)比的關(guān)系I1I2=n2n1=150
原線圈電流的有效值為I1=n2n1I2=150×2.0A=0.04A，故B錯(cuò)誤；
C.副線圈兩端電壓的最大值約為U2m= 2U2=4.4 2V≈6.2V，故C正確；
D.理想變壓器變壓器的輸入功率與輸出功率之比為1：1，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
A.根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)比的關(guān)系求解副線圈兩端電壓的有效值；
B.根據(jù)理想變壓器電流與匝數(shù)比的關(guān)系求解原線圈電流的有效值；
C.根據(jù)正弦交流電有效值與最大值的關(guān)系求解；
D.變壓器不改變交流電的頻率。
本題考查了理想變壓器電壓與匝數(shù)比、電流與匝數(shù)比的關(guān)系，基礎(chǔ)題。

4.【答案】B?
【解析】解：AB、根據(jù)等量異種電荷的電場(chǎng)線分布情況可知，在A到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)強(qiáng)度先變小后變大，由F=qE知粒子受到的電場(chǎng)力先變小后變大，則加速度先變小后變大，因此v?t圖象切線的斜率先變小后變大，故A錯(cuò)誤，B正確；
C、沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，φ?x圖象的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，電場(chǎng)強(qiáng)度先減小后增大，所以φ?x圖象的斜率先減小后增大，故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)EP=qφ，得ΔEpΔx=qΔφΔx=qE，E先減小后增大，所以EP?x圖象切線的斜率先減小后增大，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
在A到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的變化，分析粒子受到的電場(chǎng)力變化，判斷加速度的變化，從而知道v?t圖像斜率的變化。根據(jù)φ?x圖象的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，分析該圖的形狀，結(jié)合EP?x圖像的斜率等于qE，分析此圖斜率的變化。
解答本題時(shí)，關(guān)鍵要知道v?t圖像的斜率表示加速度，φ?x圖象的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，EP?x圖像的斜率表示電場(chǎng)力大小。

5.【答案】D?
【解析】解：A.t=0時(shí)刻，M通過(guò)其平衡位置沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，N位于其平衡位置上方最大位移處，已知該波的周期大于1s，且M、N是平衡位置相距4m的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，則有4m=14λ
解得波長(zhǎng)為λ=16m
則周期為T(mén)=λv=168s=2s
故A錯(cuò)誤；
B.質(zhì)點(diǎn)只在平衡位置上附近下振動(dòng)，不會(huì)隨波遷移，故B錯(cuò)誤；
C.質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)速度和波的傳播速度不是同一概念，8m/s只是波的傳播速度，在t=0.5s時(shí)，N的振動(dòng)速度不能確定，故C錯(cuò)誤；
D.由于Δt=0.5s=14T
且t=0時(shí)刻，N位于其平衡位置上方最大位移處，則從t=0到t=0.5s，N的路程為s=A=4m
故D正確。
故選：D。
由題意描述計(jì)算出波長(zhǎng)和波速，根據(jù)波的形成和傳播規(guī)律判斷和計(jì)算。
本題考查波的形成和傳播，要求掌握波的形成過(guò)程和傳播規(guī)律。

6.【答案】C?
【解析】解：AB、根據(jù)左手定則可知，金屬棒受到的安培力方向沿斜面向下，由于金屬棒的重力分力也沿斜面向下，則金屬棒受到的摩擦力方向一定沿斜面向上，故AB錯(cuò)誤；
CD、若金屬棒恰好不運(yùn)動(dòng)，金屬棒受力平衡，合力為零，此時(shí)金屬棒受到的靜摩擦力達(dá)到最大，此時(shí)是保持金屬棒在導(dǎo)軌上靜止受到的最大安培力，根據(jù)受力平衡可得：mgsin?θ+F安=f
又F安=BIL=BER+r+R0L
聯(lián)立可得R=BLEf?mgsinθ?r?R0
可知要保持金屬棒在導(dǎo)軌上靜止，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，滑動(dòng)變阻器R接入電路中的最小阻值為R=BLEf?mgsinθ?r?R0，故C正確，D錯(cuò)誤；
故選：C。
根據(jù)左手定則判斷安培力的方向，以金屬棒為研究對(duì)象，對(duì)金屬棒受力分析，判斷摩擦力的方向，根據(jù)受力平衡計(jì)算安培力的大小，根據(jù)閉合電路歐姆定律計(jì)算電阻大小。
解決本題的關(guān)鍵是分析清楚金屬棒的受力情況，根據(jù)受力平衡計(jì)算即可。

7.【答案】D?
【解析】解：ACD.在兩極點(diǎn)時(shí)萬(wàn)有引力大小等于重力：F=GMmR2
在赤道時(shí)，萬(wàn)有引力是重力和自轉(zhuǎn)向心力的合力：F?F′=m(2πT自)2R
在地球表面時(shí)有F=GMmR2=m(2πT)2R
解得T自=TFF?F′
R=FT24π2m
故AC錯(cuò)誤，D正確；
B.在地球表面時(shí)有F=GMmR2=mv2R
解得v= FRm=FT2πm
故B錯(cuò)誤；
故選：D。
在兩極點(diǎn)時(shí)萬(wàn)有引力大小等于重力，在赤道時(shí)，萬(wàn)有引力是重力和自轉(zhuǎn)向心力的合力，聯(lián)立，求自轉(zhuǎn)周期和半徑；
本題解題關(guān)鍵是掌握：1.在兩極點(diǎn)時(shí)萬(wàn)有引力大小等于重力；2.在赤道時(shí)，萬(wàn)有引力是重力和自轉(zhuǎn)向心力的合力。

8.【答案】D?
【解析】解：A、穿過(guò)區(qū)域I過(guò)程，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E1?=ΔΦ1Δt1=BLdΔt1
根據(jù)電流的定義式有：I1?=q1Δt1=E1?2R
解得：q1=BLd2R，故A錯(cuò)誤；
B、穿過(guò)區(qū)域Ⅲ過(guò)程，根據(jù)：E3?=ΔΦ3Δt3=BLdΔt3
其中：I3?=q3Δt3=E3?2R
解得：q3=BLd2R
設(shè)進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ時(shí)的速度為v2，穿過(guò)區(qū)域Ⅲ過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量定理有：?BI3?LΔt3=0?mv2
解得：v2=B2L2d2mR
剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ時(shí)有：I=BLv22R
根據(jù)安培力的計(jì)算公式有：F=BIL
解得進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅲ區(qū)的安培力：F=B4L4d4mR2，故B錯(cuò)誤；
D、設(shè)進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)的速度為v1，同理可得，穿過(guò)區(qū)域II過(guò)程：q2=I2?Δt2=BLdR
同理，根據(jù)動(dòng)量定理有：?2BI2?LΔt2=mv2?mv1
解得：v1=5B2L2d2mR
設(shè)進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ時(shí)的速度為v0，同理可得，穿過(guò)區(qū)域Ⅰ過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量定理有：
?BI1?LΔt1=mv1?mv0
解得：v0=3B2L2dmR
根據(jù)動(dòng)能定理可知，穿過(guò)區(qū)域I與Ⅲ過(guò)程，克服安培力做功之比為：W克1W克2=12mv02?12mv1212mv22
代入數(shù)據(jù)解得：W克1W克2=11，故D正確；
C、根據(jù)能量守恒與轉(zhuǎn)化定律，穿過(guò)區(qū)域I過(guò)程，R上產(chǎn)生的焦耳熱：Q1=12×(12mv02?12mv12)
根據(jù)能量守恒與轉(zhuǎn)化定律，穿過(guò)區(qū)域II過(guò)程，R上產(chǎn)生的焦耳熱：Q2=12×(12mv12?12mv22)
所以解得：Q1Q2=1124，故C錯(cuò)誤。
故選：D。
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合電流的定義式可解得電荷量；分別在前兩磁場(chǎng)區(qū)域，根據(jù)動(dòng)量定理結(jié)合電流的定義式求出臨界速度，從而解得金屬棒剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ時(shí)受到的安培力大小；根據(jù)焦耳定律及功能關(guān)系或能量守恒定律解得電阻上產(chǎn)生的焦耳熱之比，和克服安培力的做功之比。
本題考查了法拉第電磁感應(yīng)定律的導(dǎo)體棒切割磁感線的模型，此題要注意分析金屬棒的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，對(duì)此類(lèi)模型導(dǎo)體棒受變力而加速度不恒定的運(yùn)動(dòng)，經(jīng)常應(yīng)用動(dòng)量定理解答，要能夠熟練對(duì)安培力的沖量的求解。

9.【答案】AD?
【解析】解：A.根據(jù)公式pV=CT，可知ab過(guò)程中氣體的體積不變，故A正確；
B.溫度是分子的平均動(dòng)能的標(biāo)志，a、b和c三個(gè)狀態(tài)中，狀態(tài)b、c溫度相同，分子的平均動(dòng)能相同，故B錯(cuò)誤；
C.在過(guò)程bc中溫度不變，壓強(qiáng)減小，根據(jù)pV=CT可知?dú)怏w的體積增大，氣體對(duì)外做功；溫度不變則內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=Q+W，可知，bc過(guò)程中氣體吸熱等于對(duì)外做功，故C錯(cuò)誤；
D.b和c兩個(gè)狀態(tài)中，氣體溫度相同，分子平均動(dòng)能相同，但b狀態(tài)比c狀態(tài)壓強(qiáng)大，所以b狀態(tài)下容器壁單位面積單位時(shí)間內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)比c狀態(tài)多，故D正確；
故選：AD。
先根據(jù)圖像得出氣體的體積和溫度的變化，而溫度會(huì)影響氣體的內(nèi)能，再結(jié)合熱力學(xué)第一定律即可完成分析。
本題主要考查了熱力學(xué)圖像的相關(guān)應(yīng)用，理解圖像的物理意義，根據(jù)氣體狀態(tài)參量的變化結(jié)合熱力學(xué)第一定律即可完成分析。

10.【答案】AD?
【解析】解：A.對(duì)A受力分析，若水平推力F較小，木塊A有相對(duì)斜面下滑的趨勢(shì)，根據(jù)滑動(dòng)摩擦力方向規(guī)律，則斜劈B對(duì)木塊A的摩擦力方向沿斜面向上，故A正確；
B.對(duì)A和B整體受力分析，水平方向大小相等、方向相反的兩個(gè)水平力F剛好是一對(duì)平衡力，即地面對(duì)斜劈B的摩擦力為0，故B錯(cuò)誤；
C.對(duì)A受力分析，若水平推力F恰好合適，斜劈B與木塊A之間無(wú)摩擦力，則受力分析如圖所示

由幾何關(guān)系，斜劈B對(duì)木塊A的支持力大于mg，故C錯(cuò)誤；
D.以A和B作為整體研究分析，豎直方向只受重力G=(M+m)g，以及支持力FN，且豎直方向二力平衡，有FN=G=(M+m)g，故D正確。
故選：AD。
以A為研究對(duì)象受力分析，根據(jù)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，分析摩擦力方向；
以A和B作為整體研究分析，根據(jù)平衡條件，分析摩擦力；
以A為研究對(duì)象受力分析，水平推力F恰好合適，斜劈B與木塊A之間無(wú)摩擦力，分析支持力；
以A和B作為整體研究分析，根據(jù)平衡條件，分析地面對(duì)斜劈B的支持力。
本題考查學(xué)生對(duì)整體法、隔離法的使用，以及對(duì)平衡條件的分析，是一道基礎(chǔ)題。

11.【答案】BC?
【解析】解：A、乙圖所示的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧被壓縮，物體A、B的機(jī)械能一部分轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，因此物體A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；
BCD、設(shè)物體A的質(zhì)量為M。甲圖中，物體A壓縮彈簧，最大壓縮量為x時(shí)，A的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，設(shè)為EP，則機(jī)械能守恒定律有EP=12Mv02。
乙圖中，物體A以3v0的速度向右壓縮彈簧過(guò)程中，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)二者共速時(shí)，彈簧達(dá)到最大壓縮量x，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大。取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有M?3v0=(M+m)v
水平面光滑，因此A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律有12M(3v0)2?12(M+m)v2=Ep
聯(lián)立解得：M=8m，v=83v0，EP=4mv02，故BC正確，D錯(cuò)誤。
故選：BC。
乙圖所示的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化情況分析物體A和物體B組成的系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒。當(dāng)兩個(gè)物塊速度相等時(shí)，彈簧的壓縮量最大，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律求解A物體的質(zhì)量和對(duì)應(yīng)的彈性勢(shì)能。
解題的關(guān)鍵是分析出不同情況下的能量轉(zhuǎn)化特點(diǎn)，知道在乙圖所示的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)A、B速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律即可完成分析。

12.【答案】AC?
【解析】解：A.對(duì)A、B受力分析，A在最高點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律，合力提供向心力：μmgcosθ+mgsinθ=mω2×2L
B在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律，合力提供向心力：μmgcosθ?mgsinθ=mω2L
解得μ=3tanθ
故A正確；
B.運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)A到最低點(diǎn)時(shí)，所需的拉力最大設(shè)為T(mén)A，由牛頓第二定律，合力提供向心力：TA+μmgcosθ?mgsinθ=mω2×2L
解得TA=2mgsinθ
故B錯(cuò)誤；
C.運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)B到最高點(diǎn)時(shí)，所需的摩擦力最小設(shè)為fB，由牛頓第二定律，合力提供向心力：fB+mgsinθ=mω2L
解得fB=mgsinθ
故C正確；
D.由A中公式和結(jié)論可得ω= 2gsinθL
則B的線速度大小為vB=ωL= 2gLsinθ
B從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，合外力沖量I合=2mvB=m8gLsin?θ
由于B受的重力、支持力、繩的拉力合力不為零，故物塊B從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中摩擦力的沖量大小不等于m 8gLsinθ，故D錯(cuò)誤。
故選：AC。
對(duì)A、B受力分析，合力提供向心力，求動(dòng)摩擦因數(shù)，同理求A到最低點(diǎn)時(shí)，繩子拉力，B到最高點(diǎn)時(shí)，摩擦力大小，再求角速度線速度和合外力沖量。
本題解題關(guān)鍵是正確對(duì)AB進(jìn)行受力分析，并根據(jù)牛頓第二定律，合力提供向心力列式，去分析問(wèn)題。

13.【答案】BDω2? mω2?
【解析】解：(2)本實(shí)驗(yàn)所采用的實(shí)驗(yàn)探究方法是保持滑塊質(zhì)量不變，探究運(yùn)動(dòng)半徑在不同值時(shí)，滑塊的向心力大小與角速度之間的關(guān)系，屬于控制變量法，與“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系”、“探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)探究方法相同；“探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)”和“探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律”兩實(shí)驗(yàn)的探究方法是等效法。
故選：BD。
(3)②圖線中各圖線均為曲線，對(duì)②圖線的數(shù)據(jù)進(jìn)行分析可以看出，當(dāng)ω增大為原來(lái)的2倍時(shí)，F(xiàn)增大為原來(lái)的4倍，當(dāng)ω增大為原來(lái)的3倍時(shí)，F(xiàn)增大為原來(lái)的9倍……可知，F(xiàn)與ω2成正比，以F為縱軸，ω2為橫軸，則圖像是一條過(guò)原點(diǎn)的直線，故圖丙圖像橫坐標(biāo)x代表的是ω2。
(4)(3)中分析知在r一定時(shí)，F(xiàn)與ω2成正比；F?r圖像又是一條過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的直線，F(xiàn)與r成正比；同時(shí)F也應(yīng)與m成正比，歸納可知，F(xiàn)?r圖像的斜率為mω2。
故答案為：(2)BD；(3)ω2；(4)mω2。
(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)探究的過(guò)程的特點(diǎn)分析判斷；
(3)對(duì)②圖線的數(shù)據(jù)進(jìn)行分析判斷；
(4)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理綜合分析判斷。
本題考查探究向心力大小與半徑、角速度、質(zhì)量的關(guān)系實(shí)驗(yàn)，要求掌握實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)裝置。

14.【答案】甲? 甲?U1I2?R0?
【解析】解：(1)按照?qǐng)D乙電路，連接的實(shí)物圖如下圖所示：

(3)對(duì)圖甲，干路電流I甲=I+URV
把定值電阻看作電源內(nèi)阻的一部分，等效內(nèi)阻r′=R0+r
根據(jù)閉合歐姆定律可得E=U+I甲r′
代入數(shù)據(jù)整理可得U=?RV(R0r)RV+R0+r?I+ERVRV+R0+r
可知，對(duì)應(yīng)U?I圖線，當(dāng)I為零時(shí)，對(duì)應(yīng)U甲=ERVRV+R0+r
對(duì)圖乙，把定值電阻、電流表內(nèi)阻看作電源內(nèi)阻的一部分，等效內(nèi)阻r′′=RA+R0+r
根據(jù)閉合歐姆定律可得U=E?Ir′′=E?I(RA+R0+r)
可知，對(duì)應(yīng)U?I圖線，當(dāng)I為零時(shí)，對(duì)應(yīng)U乙=E>U甲
故可知標(biāo)記為II的圖線是采用實(shí)驗(yàn)電路甲測(cè)量得到的；
(4)當(dāng)采用圖甲所示電路時(shí)，相對(duì)誤差大小為e1=(R0+r)?RV(R0+r)RV+R0+r(R0+r)=R0+rRV+R0+r≈2+22+2+3×103×100%≈0.133%
當(dāng)采用圖乙所示電路時(shí)，相對(duì)誤差大小為e2=RA+R0+r?(R0+r)(R0+r)=RAR0+r≈12+2×100%=25%
該相對(duì)誤差遠(yuǎn)大于圖甲所示電路，故宜選用圖甲所示電路。
(5)圖線I對(duì)應(yīng)的U1和I1滿足U1=E，I1=ERA+R0+r
圖線II對(duì)應(yīng)的U2和I2滿足U2=E?RVRV+R0+r,I2=ER0+r
因此可以解得R0+r=EI2=U1I2
則r=U1I2?R0
故答案為：(1)實(shí)物連接圖見(jiàn)解析；(4)甲；甲；(5)U1I2?R0。
(1)按照?qǐng)D乙電路，連接實(shí)物圖；
(3)根據(jù)閉合電路的歐姆定律分別求解兩種實(shí)驗(yàn)方案的U?I函數(shù)，結(jié)合U?I圖像的縱截距作出判斷；
(4)分別求解兩種方案的相對(duì)誤差，然后作出判斷；
(5)根據(jù)圖線Ⅰ、Ⅱ分別求解相應(yīng)的電壓和電流，再結(jié)合歐姆定律求電源內(nèi)阻的修正值。
本題考查了利用“伏安法”測(cè)量電源的內(nèi)阻，明確實(shí)驗(yàn)原理是解題的關(guān)鍵，難點(diǎn)是實(shí)驗(yàn)誤差的分析。

15.【答案】解：設(shè)光線的入射點(diǎn)為F，出射點(diǎn)為F，出射角為θ，連接OE，即為法線。如圖所示，根據(jù)光的折射定律 3=sinθsin30°
可得：θ=60°
根據(jù)幾何關(guān)系得：DO= 3R
(2)如上圖所示，設(shè)從N點(diǎn)入射時(shí)恰好能發(fā)生全反射，則可知sinC=1n=1 3= 33
由幾何關(guān)系知ON= 33R
所以平行光照射玻璃磚后，要使右側(cè)沒(méi)有折射光射出，黑紙?jiān)贏B方向的寬度至少為d=2 33R

答：(1)D點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為 3R；
(2)若在玻璃磚平面AOB的某區(qū)域貼上一層不透光的黑紙，平行光照射玻璃磚后，右側(cè)恰好沒(méi)有折射光射出，黑紙?jiān)贏B方向的寬度為2 33R。?
【解析】(1)作出光路圖，由幾何關(guān)系求出入射角，由折射定律求出折射角，然后有幾何關(guān)系求出D到O的距離；
(2)平行射到ACB弧面上會(huì)發(fā)生全反射，設(shè)光線恰好發(fā)生全反射，其入射角等于臨界角C，由sinC=1n求出C，再由幾何知識(shí)求出不能在ACB面上發(fā)生全反射的平行的寬度，即為所求黑紙?jiān)贏B方向的寬度．
解決本題的關(guān)鍵掌握幾何光學(xué)問(wèn)題中的折射定律和全反射臨界角公式，運(yùn)用幾何知識(shí)結(jié)合進(jìn)行解答．

16.【答案】解：(1)根據(jù)題意，由圖乙可知，小物塊在傳送帶上先做勻減速運(yùn)動(dòng)，再做勻速運(yùn)動(dòng)，做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為
a=ΔvΔt=4?22m/s2=1m/s2
由牛頓第二定律有μmg=ma
代入數(shù)據(jù)解得μ=0.1
根據(jù)題意可知，AB間的距離等于小物塊的位移，則由v?t圖像中圖像與橫軸圍城的面積表示位移可知，AB間的距離為xAB=[12×(2+4)×2+2×(3?2)]m=8m
(2)根據(jù)題意，由圖乙可知，當(dāng)t=2s，小物塊與傳送帶速度相等，且傳送帶的速度為
v=2m/s
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x=v0t+12at2可得，在0～2s內(nèi)小物塊的位移為x1=(4×2?12×1×22)m=6m
在0～2s內(nèi)傳送帶的位移為x2=vt=2×2m=4m
物體和傳送帶的位移差為：Δx=x1?x2=6m?4m=2m
則小物塊從A端到B端的過(guò)程中，系統(tǒng)因摩擦所產(chǎn)生的熱量為：
Q=μmg?Δx
代入數(shù)據(jù)解得Q=4J。
答：(1)物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，AB間的距離為8m；
(2)小物塊從A端到B端的過(guò)程中，系統(tǒng)因摩擦所產(chǎn)生的熱量為4J。?
【解析】(1)根據(jù)圖乙所示圖象分析清楚小物塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由圖像的斜率找到物體運(yùn)動(dòng)的加速度，進(jìn)而求出摩擦因數(shù)，v?t圖象與時(shí)間軸組成的圖形面積等于物塊的位移，根據(jù)圖示圖象求出小物塊的位移，即可求出AB間的距離；
(2)系統(tǒng)因摩擦所產(chǎn)生的熱量為Q=μmg?Δx，找到相對(duì)位移即可求解。
本題考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，考查了v?t圖象問(wèn)題，知道v?t圖象的斜率等于加速度、圖象與時(shí)間軸圍成圖形的面積等于位移，根據(jù)圖示圖象分析清楚小物塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可解題。

17.【答案】解：(1)設(shè)水平向右為正方向，因?yàn)镺′點(diǎn)右側(cè)光滑，由題意可知A與B發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒和動(dòng)能守恒得
mAv0=mAvA+mBvB
12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得
vA=?3m/s，vB=3m/s
即A和B速度的大小均為3m/s；
(2)碰后對(duì)B手里分析，由牛頓第二定律可知
μ2(mA+mB)g=mBaB
代入數(shù)據(jù)解得
aB=4m/s2
設(shè)B經(jīng)過(guò)t1時(shí)間速度減為零
0=vB?a1t1
代入數(shù)據(jù)解得
t1=0.75s
此過(guò)程A、B的位移分別為
xA=vAt1，xB=vBt1?12aBt12
根據(jù)位移關(guān)系xA+xB

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