2023年广东省汕头市高考物理一模试卷及答案解析

第=page11页，共=sectionpages11页2023年广东省汕头市高考物理一模一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1.氦元素对地球来说是一种非常稀少和宝贵的资源。如图所示为氦离子(He+)的能级图，若根据玻尔原子理论，关于氦离子能级跃迁，下列说法正确的是(    )A.大量处于n=3能级的氦原子，最多可辐射2种不同频率的光子B.从n=4向n=3能级跃迁，要向外辐射光子的能量2.64eVC.处于n=1能级的氦原子，可以吸收54.0eV的能量而发生电离D.从n=3跃迁到n=2能级比从n=2跃迁到n=1能级辐射出的光子波长短2.科学家正在研究太阳系外的行星，它们被称作系外行星。它们中的多数围绕其它恒星运转，还有一部分在恒星间漫步游荡。已知一颗半径为R，自转周期为5πRv0的系外行星的赤道上空有一颗相对于它静止的同步的卫星，在该卫星上的探测器刚好能够覆盖行星赤道的13区域，下列说法正确的是(    )A.该卫星的速度为4v025B.该卫星的速度为4v05C.该卫星离行星表面的距离为2RD.该卫星离行星表面的距离为53R3.工业机器人广泛用于工业领域。某工业机器人设备接在u=3802sin100πt(V)的交流电源上，正常工作时电流为2A，则下面说法正确的是(    )A.该交流电的频率为100HzB.该交流电每秒内电流方向变化50次C.该设备正常工作时电流的峰值为2AD.该设备正常工作时消耗的功率为0.76kW4.如图所示，在竖直平面中，有一根水平放置的，长度为L的不可伸长的轻绳，绳的一端固定在O点，另一端连有质量为m的小球。现从A点静止释放小球，当小球运动到O点正下方B点时，绳子突然断裂。B点位于斜面顶端，斜面足够长，倾角为θ，则下面的说法正确的是(    )A.小球落至斜面所需的时间为22LgtanθB.小球落至斜面所需的时间为2LgtanθC.小球落至斜面C点与B点的距离为4LtanθD.小球落至斜面C点与B点的距离为4Lsinθcos2θ5.汽车的制动安全和制动舒适性是考量制动性能的两大标准，ABS系统能让车辆在紧急制动时保有理想的抓地力而让制动依然可控，车速平稳下降从而化解险情。检测人员在某直线路段测试，如图为当ABS启动时车身速度—时间图像和车轮的转速—时间图像，则制动后，以下判断正确的是(    )A.车轮转速不断减小B.车身的加速度不断减小C.车身做匀减速直线运动D.车身速度大小始终与车轮转速大小相等6.如图所示，足球场上，守门员会戴着厚厚的手套向水平飞奔而来的球扑去，使球停下，关于此过程守门员戴手套的作用，以下正确的是(    )A.减小球的平均作用力B.增大手受到球的冲量C.球受到的动量变大D.使球的加速度变大7.新型交通信号灯，如图所示，在交通信号灯前方路面埋设通电线圈，这个包含线圈的传感器电路与交通信号灯的时间控制电路连接，当车辆通过线圈上方的路面时，会引起线圈中电流的变化，系统根据电流变化的情况确定信号灯亮的时间长短，下列判断正确的是(    )A.汽车经过线圈会产生感应电流B.汽车通过线圈时，线圈激发的磁场不变C.当线圈断了，系统依然能检测到汽车通过的电流信息D.线圈中的电流是由于汽车通过线圈时发生电磁感应引起的8.早期的滤尘器由两块带正电的平行板及它们之间的一组带负电的导线构成，如图所示，带电导线附近会形成很强的电场使空气电离，废气中的尘埃吸附离子后在电场力的作用下向收集板迁移并沉积，以达到除尘目的。假设尘埃向收集板运动过程中所带电量不变，下列判断正确的是(    )A.两平行板间存在匀强电场B.带正电尘埃向收集板运动并沉积C.两平行板间越靠近带电导线电势越高D.带电尘埃向收集板运动过程中电势能减小二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）9.随着近年疫情影响，越来越多的人开始注意呼吸道的清洁卫生。如图为一款瓶罐式鼻腔喷雾器，它通常借用瓶内气压将生理盐水送入鼻孔，借助于生理盐水自身的杀菌作用及水流的冲击力，将鼻腔内污垢排出，从而使鼻腔恢复正常的生理环境，达到保护鼻腔的目的。瓶内气囊中的气体可看作理想气体，以下说法正确的是(    )A.向外喷雾时，因为气体对外做功，罐身温度略降B.向外喷雾时，因为气体向外散热，罐身温度略降C.使用后放置一小段时间，罐内气体内能较使用前减少D.使用后放置一小段时间，罐内气体内能与使用前相同10.摆钟如图是一种较有年代的计时钟表。其基本原理是利用了单摆的周期性，结合巧妙的擒纵器设计，实现计时的功能。如图为其内部的结构简图。设原先摆钟走时准确，则(    )A.摆动过程中，金属圆盘所受合力为其回复力B.摆钟在太空实验室内是无法正常使用的C.该摆钟从北京带到汕头，为使走时准确，需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动D.该摆钟在冬季走时准确，到夏季为了准时，考虑热胀冷缩需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动11.有款市面上流行的指针式恒温“温奶器”，如图是其内部调温的工作示意图，温度的敏感元件是双金属片，在温度升高时上层金属的膨胀大于下层金属，可造成双金属片的形变。则关于该装置，下列说法正确的是(    )A.传感器工作的一般流程：电信息→敏感元件→处理电路→非电信息B.电源刚接通时上下触点是接触的C.若要提高温奶的温度，则应使调温旋钮下移一些D.若要提高温奶的温度，则应使调温旋钮上移一些12.依附建筑物架设的磁力缓降高楼安全逃生装置，该装置原理如图可等效为：间距L=0.5m的两根竖直导轨上部连通，人和磁铁固定在一起，沿导轨共同下滑，磁铁产生磁感应强度B=0.2T的匀强磁场。人和磁铁所经位置处，可等效为有一固定导体棒cd与导轨相连，整个装置总电阻始终为R=4×10−5Ω，在某次逃生试验中，质量M=50kg的测试者利用该装置最终以v=2m/s的速度匀速下降，已知与人一起下滑部分装置的质量m=20kg，重力加速度取g=10m/s2，则(    )A.导体棒cd中电流的方向从d到cB.导体棒cd中电流的方向从c到dC.下落过程中除安培力的阻力为200ND.下落过程中除安培力的阻力为1200N三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）13.收音机中可变电容器作为调谐电台使用。如图为空气介质单联可变电容器的结构，它是利用正对面积的变化改变电容器的电容大小，某同学想要研究这种电容器充、放电的特性，于是将之接到如图所示的实验电路中，实验开始时电容器不带电。(1)首先将开关S打向1，这时观察到灵敏电流计G有短暂的示数，稳定后，旋转旋钮，使电容器正对面积迅速变大，从开始到最终稳定，灵敏电流计示数随时间变化的图像可能是______(填选项中的字母)序号。(2)充电稳定后，断开单刀双掷开关，用电压表接在电容器两端测量电压，发现读数缓慢减小，原因是______。(3)该同学做完实验，得到电容器的电容后，突然想起他用的是一节旧电池(电动势不变，内阻不可忽略)，他想要得到尽量精确的电容值，______(填“需要”或“不需要”)重新换一节新电池来测量。14.物理创新实验研究小组用步进电机、圆盘、小物块、手机等制作了圆周运动综合探究平台，探究圆周运动中向心力、向心加速度等各个物理量之间的关系：(1)手机内部自带加速度传感器，可测量向心加速度大小与方向，规定x、y、z三个方向的正方向如图1所示。某同学站在转台上将手水平伸直，以不同朝向拿着手机，如图以自己身体为轴旋转，某段时间内测得y轴方向加速度—时间图像如图2，x、z轴方向加速度为零，则她可以是______(填选项前的字母)。A.将手机竖起，手机屏幕正对自己旋转B.手机平放在手掌上，屏幕朝上，让底边对着自己旋转C.手机平放在手掌上，屏幕朝上，让侧边对着自己旋转(2)为了测加速度传感器在手机中位置，该同学如图3将手机沿径向平放固定在圆盘上，底边正对圆盘转轴，让步进电机带动圆盘旋转，手机的加速度、角速度等值可通过手机appphyphox读取，由an−ω2的图像获得斜率为k(使用国际单位)，再用刻度尺测量手机底边到转轴的长度d，如图4，则d=______m。手机内部加速度传感器到手机底边的长度为______(用题目所给的物理量表示)。(3)手机中有光照传感器，用手电筒在圆盘固定位置打光，手机旋转时记录光照强度周期性变化如图5所示，则手机旋转的周期为______s(保留2位小数)。测得手机的质量m，周期为T，手机视为质点，手机到转轴的距离为r，可求得向心力Fn=______(用题目所给的物理量表述)。四、简答题（本大题共2小题，共6.0分）15.1897年，汤姆逊利用电磁偏转的方法，测量了电子的荷质比。20世纪初，考夫曼用磁聚焦法也测量出粒子的荷质比，并且该实验还是狭义相对基础实验之一。如图为磁聚焦法简化原理图。电子从电子枪K出发，初速度为零。虽然由于各种原因在Q处会出现散开一个角度，但可以认为经过加速电场MN的做功，所有电子均获得相同的轴向速度。如图方向的磁场作用下，电子将做螺旋运动，重新会聚在另一点。这种发散粒子束会聚到一点的现象与透镜将光束聚焦现象十分相似，因此叫磁聚焦。已知加速电压为U，磁感应强度为B，Q处角度为2θ，电子的轴向速度为v0，不计重力以及电子之间的相互作用，求：(1)求电子的比荷k；(2)求在磁场中相邻两个会聚点的距离。16.如图，L形滑板A静止在粗糙水平面上，在A上距离其左端为3l处静置小木块B，AB之间光滑；水平面上距离A右端处静止着一滑块C，A和C与水平面之间的动摩擦因数均为μ。ABC的质量均为m，AB、AC之间的碰撞都属于完全非弹性碰撞且不粘连。现对A施加水平向右的恒定推力，当AC相碰瞬间撤去，碰撞后瞬间AC的速度vAC=4μgl，由于A板足够长，所以不考虑BC的相碰。已知重力加速度为g。求：(1)水平推力F的大小；(2)当AC都停下时C离A板右端的距离d。答案和解析1.【答案】B 【解析】解：A.大量处于n=3能级的氦离子，最多可辐射C32=3种不同频率的光子，故A错误；B.因为从n=4向n=3能级跃迁，要向外辐射光子的能量ΔE43=E4−E3=−3.40eV+6.04eV=2.64eV，故B正确；C.由图可知，E1=−54.4eV，处于n=1能级的氦离子，可以吸收至少54.4eV的能量才能发生电离，故C错误；D.因为从n=3跃迁到n=2能级辐射的光子能量为ΔE′=E3−E2=6.04eV+13.6eV=7.56eV，从n=2跃迁到n=1能级辐射的光子能量为ΔE′′=E2−E1=−13.6eV+54.4eV=40.8eVV，即从n=3跃迁到n=2能级比从n=2跃迁到n=1能级辐射出的光子的能量小，又因为E=hν=hcλ，所以从n=3跃迁到n=2能级比从n=2跃迁到n=1能级辐射出的光子频率低，波长长，故D错误。故选：B。根据数学组合公式Cn2求解释放不同频率光子的种数；能级间跃迁释放或吸收的能量等于两能级间的能级差．依据电离的条件判断．解决本题的关键知道能级间跃迁能级差与光子能量的关系，以及知道从高能级向低能级跃迁，释放光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子．2.【答案】B 【解析】解：CD、一颗相对于它静止的同步的卫星，在该卫星上的探测器刚好能够覆盖行星赤道的为13区域，则∠α=60°则由几何关系可知，同步的卫星的运动轨道半径为R′=2R，卫星离地面的高度为h=2R−R=R，故CD错误；AB、根据v=2πR′T，可知v=4v05，故A错误，B正确。故选：B。先根据几何关系求出同步卫星的轨道半径，再根据匀速圆周运动的规律求出卫星的线速度。本题考查卫星围绕中心天体做匀速圆周运动的模型，解决本题的关键是根据几何关系求出同步卫星的轨道半径。3.【答案】D 【解析】解：A、根据u=3802sin100πt(V)可知，角速度为ω=100πrad/s该交流电的频率为f=ω2π=100π2πHz=50Hz故A错误；B、正弦式交流电一个周期内电流方向变化两次，所以该交流电每秒内电流方向变化n=2×50次=100次故B错误；C、由题可知，该设备正常工作时电流的峰值为Im=2I=22A故C错误；D、由电压瞬时值公式可知，电压的峰值为Um=3802V该交流电电压的有效值为U=Um2=38022V=380V该设备正常工作时消耗的功率为P=UI=380×2W=760W=0.76kW故D正确。故选：D。根据电压的表达式得出交流电的角速度，从而得出其频率的大小；在一个周期内，电流变化两次，从而得出每秒电流方向的变化次数；根据电流峰值和正常工作时电流的关系得出电流峰值的大小；根据功率的计算公式得出功率的大小。本题主要考查了交流电的相关应用，理解交流电的峰值和有效值的关系，结合频率和角速度的关系即可完成分析。4.【答案】D 【解析】解：AB.小球AB过程，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律有，mgL=12mvB2，解得vB=2gL；小球BC过程做平抛运动，根据平抛运动规律有tanθ=yx=12gt2vBt=gt2vB，解得t=2vBtanθg=22gLtanθg=22Lgtanθ，所以从A点静止释放小时下落时间应包括AB过程所用时间，所以小球落至斜面所需的时间大于t，故AB错误；CD.小球BC过程做平抛运动，有y=12gt2=12g⋅8Ltan2θg=4Ltan2θ，小球落至斜面C点与B点的距离为s=ysinθ=4Ltan2θsinθ=4Lsinθcos2θ，故C错误，D正确。故选：D。AB过程小球只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律可解得B点的速度；小球在BC过程做平抛运动，根据平抛运动规律可求出落到斜面的时间和CB间的距离。本题考查平抛运动规律和机械能守恒定律的应用，要注意掌握平抛运动的特点，知道平抛运动分解为水平方向上匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动进行分析求解。5.【答案】C 【解析】解：A.从车轮的转速—时间图像可知，车轮做减速—加速—减速—加速……的变速运动，直到速度减小为零，所以说车轮的转速并不是不断减小的，故A错误；BC.从车身的速度—时间图像可知，速度与时间的图像关系为斜率恒定的直线，直线斜率表示加速度，因此车身做的是加速度恒定的匀减速运动，故B错误，C正确；D.车身的速度—时间图像与车轮转速—时间图像不重叠，因此车身速度大小与车轮转速大小并不相等，故D错误。故选：C。明确v−t图象的性质，知道v−t图象的斜率表示加速度，从而确定车身和车轮的速度变化情况，明确二者转速的大小关系。本题考查对v−t图象的掌握，要注意明确v−t图象的斜率表示加速度，由图象可以确定车身和车轮的加速度变化情况。6.【答案】A 【解析】解：守门员戴着厚厚的手套向水平飞奔而来的球扑去，这样可以延长球与手接触的时间，对球，取球的初速度方向为正方向，根据动量定理得：−Ft=0−mv，可得F=mvt，当时间延长时，动量的变化量不变，则球受到的冲量不变，可减小球动量的变化率，即减小手对球的平均作用力，球的加速度变小，故A正确，BCD错误。故选：A。守门员戴着厚厚的手套向水平飞奔而来的球扑去，延长球与手接触的时间，利用动量定理分析即可。本题是缓冲问题，利用动量定理分析时，要抓住动量的变化量不变，时间延长，来分析作用力的变化。7.【答案】A 【解析】解：A.汽车的材质主要为导电的金属，汽车经过线圈时会引起线圈磁通量的变化，从而产生电磁感应现象，产生感应电流。故A正确；B.汽车通过线圈时，线圈由于电磁感应使自身电流发生变化，激发的磁场也能变化。故B错误；C.当线圈断了，无法形成完成的闭合回路，系统就无法检测到汽车通过的电流信息，故C错误；D.线圈本身就是通电线圈，线圈中的电流不是汽车通过线圈时发生电磁感应引起的，汽车通过线圈产生的电磁感应现象只是引起线圈中电流的变化。故D错误。故选：A。根据感应电流的产生分析是否能产生感应电流；根据电磁感应现象分析出电流的变化，从而分析出线圈产生的磁场的变化趋势。本题主要考查了电磁感应在生活中的应用，理解电磁感应现象，结合感应电流的产生条件即可完成分析。8.【答案】D 【解析】解：A.依题意，带电导线附近会形成很强的电场，两平行板间不是匀强电场，故A错误；B.依题意，带负电尘埃向收集板运动并沉积，故B错误；C.依题意，带电导线带负电，两平行板间越靠近带电导线电势越低，故C错误；D.依题意，带电尘埃向收集板运动过程中电场力做正功，电势能减小，故D正确。故选：D。匀强电场电场强度处处相等；根据题意，带负电尘埃向收集板运动并沉积，越靠近带电导线电势越低，电场力做正功，电势能减小。本题解题关键是掌握沿电场线电势逐渐降低、电场力做正功，电势能减小。9.【答案】AC 【解析】解：AB、向外喷雾时，瓶内液体减少，瓶内气体体积增大，气体对外做功，气体内能减少，故而气体吸热，罐身温度略降，故A正确，B错误；CD、使用后放置一小段时间，罐内外温度相同，平均动能不变，但质量减小，相同体积内的分子数减小，导致罐内气体内能与使用前减小，故D错误，C正确。故选：AC。根据热力学第一定律以及决定能内的因素进行分析。该题考查热力学第一定律以及决定物体内能的因素，题目与生活联系密切，较为新颖，具有一定的难度。10.【答案】BCD 【解析】解：A.恢复力是指向平衡位置的力，所以摆动过程中，金属圆盘所受重力沿轨迹切线方向的分力为其回复力，金属圆盘所受合力还有一部分提供向心力，故A错误；B.摆钟在太空实验室内是处于失重状态的，所以无法使用，故B正确；C.该摆钟从北京带到汕头，重力加速度变小，由T=2πLg，可知周期变大，摆钟变慢，为使走时准确，需要摆钟的摆长变短，需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动，故C正确；D.该摆钟在冬季走时准确，到夏季温度升高，由于热胀冷缩，摆长变长，为了准时，需要摆长变短，所以需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动，故D正确。故选：BCD。单摆在竖直面内做简谐运动时向心力是细线的拉力与重力沿细线方向分力的合力提供，摆球做简谐运动，回复力是重力沿圆弧切线方向的分力．本题考查单摆作为圆周运动和简谐运动的受力特点的了解，注意向心力和回复力的区别及联系．比较简单．11.【答案】BC 【解析】解：A.传感器工作流程：非电信息→敏感元件→处理电路→电信息，故A错误；B.电源刚接通时上下触点是接触的，电路为通路，温度升高到某值，上层金属膨胀大于下层金属，触电断开，停止加热，故B正确；CD.提高温奶温度，应使调温旋钮下移一些，使弹性铜片和双金属片更近一些，温度更高一些，触点断开，故C正确，D错误；故选：BC。本题根据题意和传感器的工作原理进行分析，即可解答。本题考查学生的分析能力，解题关键是正确分析出传感器的作用，以及原理，即度升高到某值，由于上层金属的膨胀大于下层金属，触电断开，停止加热。12.【答案】AC 【解析】解：AB、导体棒cd向下做切割磁感线运动，由右手定则可知，导体棒cd中电流的方向从d到c，故A正确，B错误；CD、设下落过程中除安培力的阻力为为f。导体棒cd产生的感应电动势为E=BLv，感应电流I=ER=BLvR，cd受到的安培力大小为FA=BIL=B2L2vR由左手定则可判断，导体棒cd所受安培力方向向下，根据牛顿第三定律可知磁铁受力向上，大小为F′A=B2L2vR对M和m，由平衡条件得：(M+m)g=F′A+f，联立解得：f=200N，故C正确，D错误。故选：AC。利用右手定则判断感应电流方向。根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和平衡条件相结合计算下落过程中除安培力的阻力。本题从力的角度研究电磁感应问题，关键要根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式推导出安培力与速度的关系式。13.【答案】A 电压表并非理想电表，电容器通过电压表放电，电荷量越来越少，电压越来越小 不需要 【解析】解：(1)电容器充电时，刚开始电流比较大，充电结束后，电流为0。由电容器的决定式C=ɛrS4πkd可知当电容器正对面积迅速变大，电容迅速增大，又由Q=CU可得电容器的带电量Q增加，故电容器再次充电，充电结束后电流为0，故A正确，BCD错误；(2)用电压表接在电容器两端测量电压，发现读数缓慢减小，说明电容器在缓慢放电，电路中有电流，电压表不是理想电压表，电荷量越来越少，电压越来越小。(3)本实验测量电容的原理是C=QU，电容器的带电量Q由Q=It可由步骤(1)所得的I−t图线与坐标轴围成的面积求得；充电后两极板之间电压则由步骤(2)中的电压表测得。给电容器充电时由于使用了旧电池，导致充电时电流较小，但最终充电的时间会稍长一点，当充电电流等于0的时候，电容器两端电压仍然等于电源电动势，所以电容器最终所带电量不变，不影响测量结果。所以不需要更换电池。故答案为：(1)A；(2)电压表并非理想电表，电容器通过电压表放电，电荷量越来越少，电压越来越小；(3)不需要先由电容器充放电的电流和时间的关系图像可以选出正确的图像；由电容器的电容的决定式可知电压和电荷量的关系，可以判断出电容器在放电；电容器的带电量Q由I−t图线与坐标轴围成的面积求得，与电池的电动势没有关系。本题以可变电容的充放电为载体，考查了电容器充放电时电流大小和时间的关系，所带电荷量与电压的关系，电荷量通过图像的面积计算这些知识点，是一道对电容器知识考查比较全面的题目。14.【答案】B 0.1016 k−d 2.03 m4π2rT2 【解析】解：(1)根据图像可知旋转时有沿y轴负方向的加速度，向心加速度指向圆周运动的圆心，可能是手机平放在手掌上，屏幕朝上，让底边对着自己旋转，故B正确，AC错误；故选：B。(2)根据刻度尺的读数规则及图像可知：d=101.6mm=0.1016m根据公式ankω2即旋转半径为k，手机内部加速度传感器到手机底边的长度为k−d；(3)在时间t=20.288006s的时间内共有10个闪光周期，即T=20.28800610s=2.03s根据题意可得：Fn=man=m4π2rT2故答案为：(1)B；(2)0.1016；k−d；(3)2.03；m4π2rT2(1)根据题目得出向心加速度的方向，结合选项分析出可能的情况；(2)熟悉刻度尺的读数规则并得出对应的示数，结合图像的物理意义得出对应的长度；(3)根据向心力的计算公式即可完成分析。本题主要考查了圆周运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合向心力的计算公式即可完成分析。15.【答案】解：(1)电子经过加速电场加速，由动能定理可得：Ue=12mv02解得：k=em=v022U(2)电子进入磁场后，受洛伦兹力影响，在径向上做匀速圆周运动，则：f=Bev⊥而洛伦兹力：f=mv⊥2r电子在磁场中运动周期为：T=2πrv⊥而沿轴的方向上具有相同的速度v0，所以轴上两个会聚点的距离为Δl，则：Δl=v0T联立可得：Δl=4πUBv0答：(1)电子的比荷k为v022U；(2)在磁场中相邻两个会聚点的距离为4πUBv0。 【解析】(1)电子在电场加速，根据动能定理和题设条件求电子的比荷；(2)分别在沿磁场方向和垂直于磁场方向去分析，带电粒子在磁场运动半径与周期的计算两个会聚点的距离。需要学生对之前学过的运动的分解深入理解后应用到该题，在解题中要注意在两个方向分别去求解。16.【答案】解：(1)对A，由动能定理：(F−2μmg)l=12mv02−0AC相碰，以向右方向为正方向，根据动量守恒定律有：mv0=2mvAC联立代入数据得到：F=34μmg(2)AC相碰后，由于A受到的地面的摩擦力更大，所以AC分离，对C，根据动能定理有：−μmgxC=0−12mvAC2代入得到：xC=8l对A，从AC碰撞到与B发生碰撞前，根据动能定理有：−μ×2mg(3l−l)=12mvAC2−12mvA2代入解得：vA=8μgl然后AB相碰，以向右方向为正方向，根据动量守恒定律有：mvA=2mvAB此后，对A根据动能定理有：−μ×2mgxA2=0−12mvAB2代入数据得：xA2=0.5l所以最后AC之间的距离：d=xC−(3l−l)−xA2代入数据得：d=5.5l答：(1)水平推力F的大小为34μmg；(2)当AC都停下时，C离A板右端的距离d为5.5l。 【解析】(1)对A，在有拉力的过程中根据动能定理列式，之后AC碰撞合为一体，根据动量守恒定律和题设条件列式，联立求得水平力F的大小；(2)对A根据动能定理求出与B碰撞前的速度，再由动量守恒定律求出共同速度。再对C和A分别根据动能定理分别求出停止时的位移，最后根据初始位置的几何关系得到AC两者之间的距离。本题的关键是分析清楚物体的运动过程，明确在水平外力撤去前后A和B的运动状态，以及A和C碰撞后，A和B运动状态，还有A和B碰撞后的AB运动状态，应用动量守恒定律、动能定理可以解题。