2020年河南省郑州市高考物理二模试卷

2020年河南省郑州市高考物理二模试卷
一、选择题：本大题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1．（6分）2020年3月15日中国散裂中子源（CSNS）利用中子成像技术帮助中国科技大学进行了考古方面的研究。

散裂中子源是研究中子特性、探测物质微观结构和运动的科研装置。

CNSN是我国重点建设的大科学装置，将成为发展中国家拥有的第一台散裂中子源。

下列关于中子研究的说法正确的是（）
A．α粒子轰击N ，生成O，并产生了中子
B ．U经过4次α衰变，2次β衰变，新核与原来的原子核相比，中子数少了6个
C．放射性β射线其实质是高速中子流，可用于医学的放射治疗
D．核电站可通过控制中子数目来控制核反应剧烈程度
2．（6分）水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，一光滑绝缘轻杆竖直立在地面上，轻杆上有两点A、B．轻杆左侧固定一带正电的点电荷，电荷量为+Q，点电荷在轻杆AB两点的中垂线上，一个质量为m，电荷量为+q的小球套在轻杆上，从A 点静止释放，小球由A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是（）
A．小球受到的电场力先减小后增大
B．小球的运动速度先增大后减小
C．小球的电势能先增大后减小
D．小球的加速度大小不变
3．（6分）为了抗击病毒疫情，保障百姓基本生活，许多快递公司推出了“无接触配送”。

快递小哥想到了用无人机配送快递的方法。

某次配送快递无人机在飞行过程中，水平方向速度v x及竖直方向v y与飞行时间t的关系图象如图甲、图乙所示。

关于无人机运动说
法正确的是（）
A．0﹣t1时间内，无人机做曲线运动B．t2时刻，无人机运动到最高点C．t3﹣t4时间内，无人机做匀变速直线运动D．t2时刻，无人机的速度为
4．（6分）宇宙中有一孤立星系，中心天体周围有三颗行星，如图所示。

中心天体质量远大于行星质量，不考虑行星之间的万有引力，三颗行星的运动轨道中，有两个为圆轨道，半径分别为r1、r3，一个为椭圆轨道，半长轴为a，a＝r3．在△t时间内，行星Ⅱ、行星Ⅲ与中心天体连线扫过的面积分别为S2、S3；行星Ⅰ的速率为v1、行星Ⅱ在B点的速率为v2B、行星Ⅱ在E点的速率为v2E、行星Ⅲ的速率为v3，下列说法正确的是（）
A．S2＝S3B．行星Ⅱ与行星Ⅲ的运行周期相等
C．行星Ⅱ与行星Ⅲ在P点时的向心加速度大小相等D．v3＜v1＜v2E＜v2B
5．（6分）如图所示，在某一水平地面的同一直线上，固定一个半径为R的四分之一圆形轨道AB，轨道右侧固定一个倾角为30°的斜面，斜面顶端固定一大小可忽略的轻滑轮，轻滑轮与OB在同一水平高度。

一轻绳跨过定滑轮，左端与圆形轨道上质量为m的小圆环相连，右端与斜面上质量为M的物块相连，在圆形轨道底端A点由静止释放小圆环，
小圆环运动到图中P点时，轻绳与轨道相切，OP与OB夹角为60°；小圆环运动到B 点时速度恰好为零。

忽略一切摩擦阻力，小圆环和物块均可视为质点，物块离斜面底端足够远，重力加速度为g。

则下列说法正确的是（）
A．小圆环到达B 点时的加速度为
B．小圆环到达B点后还能再次滑回A点
C．小圆环到达P点时，小圆环和物块的速度之比为2：
D ．小圆环和物块的质量之比满足
（多选）6．（6分）如图所示为电磁抽水泵模型，泵体是一个长方体，ab边长为L1，左右两侧面是边长为L2的正方形，在泵体内加入导电剂后，液体的电阻率为ρ，泵体所在处于方向垂直纸面向外的匀强磁场B．工作时，泵体的上下两表面接电压为U的电源（内阻不计）上。

若电磁泵和水面高度差为h，理想电流表示数为I，不计水在流动中和管壁之间的阻力，重力加速度为g。

在抽水泵正常工作过程中，下列说法正确的是（）
A．泵体上表面应接电源正极
B．电磁泵不加导电剂也能抽取纯水
C．电源提供总的功率为I 2
D．若t时间内抽取水的质量为m，这部分水离开电磁泵时的动能为UIt﹣mgh﹣I 2t
（多选）7．（6分）如图所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传动带的左端，传送带右端A点坐标为X A＝8m，匀速运动的速度V0＝5m/s，一质量m＝1kg的小物块，轻轻放在传送带上OA的中点位置，小物块随传动带运动到A点后，冲上光滑斜面且刚好能够到达N点处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面上M 点为AN的中点，重力加速度g＝10m/s2．则下列说法正确的是（）
A．N点纵坐标为y N＝1.25m
B．小物块第一次冲上斜面前，在传送带上运动产生的热量为12.5J
C．小物块第二次冲上斜面，刚好能够到达M点
D．在x＝2m位置释放小物块，小物块可以滑动到N点上方
（多选）8．（6分）如图所示，在纸面内有一个半径为r、电阻为R的线圈，线圈处于足够
大的匀强磁场中，匀强磁场的电磁感应大小为B，方向垂直纸面向里，线圈与磁场右边界相切与P点。

现使线圈绕过P点且平行于磁场方向的轴，以角速度ω顺时针方向匀速转过90°，到达图中虚线位置，则下列说法正确的是（）
A．线圈中产生沿逆时针方向的感应电流B．线圈受到的安培力逐渐增大
C．线圈经过虚线位置时的感应电动势为2Br2ωD ．流过线圈某点的电荷量为
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第34题为选考题，考生根据要求作答．
9．（6分）某同学利用如图所示的装置来测量动摩擦因数，同时验证碰撞中的动量守恒。

竖直平面内的一斜面下端与水平面之间由光滑小圆弧相连，斜面与水平面材料相同。

第一次，将小滑块A从斜面顶端无初速度释放，测出斜面长度为l，斜面顶端与水平地面的距离为h，小滑块在水平桌面上滑行的距离为x1（甲图）；第二次将左侧贴有双面胶的小滑块B放在圆弧轨道的最低点，再将小滑块A从斜面顶端无初速度释放，A与B 碰撞后结合为一个整体，测出整体沿桌面滑动的距离x2（图乙）。

已知滑块A和B的材料相同，测出滑块A、B的质量分别为m1、m2，重力加速度为g。

（1）通过第一次试验，可得动摩擦因数为μ＝。

（用字母l、h、x1表示）
（2）通过这两次试验，只要验证，则验证了A和B碰撞过程中动量守恒。

（用字母m1、m2、x1、x2表示）
10．（9分）某同学利用如图所示的电路可以测量多个物理量。

实验室提供的器材有：
两个相同的待测电源（内阻r≈1Ω）电阻箱R1（最大阻值为999.9Ω）
电阻箱R2（最大阻值为999.9Ω）电压表V（内阻约为2kΩ）
电流表A（内阻约为2Ω）灵敏电流计G，两个开关S1、S2。

主要实验步骤如下：
①按图连接好电路，调节电阻箱R1和R2至最大，闭合开关S1和S2，再反复调节R1和
R2，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V、电阻箱R1、电阻箱R2的示数分别为0.40A、12.0V、30.6Ω、28.2Ω；
②反复调节电阻箱R1和R2（与①中的电阻值不同），使电流计G的示数为0，读出电流
表A、电压表V的示数分别为0.60A、11.7V。

回答下列问题：
（1）步骤①中：电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电势差U AB＝V；
A和C两点的电势差U AC＝V；A和D两点的电势差U AD＝V；
（2）利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为Ω，电流表的内阻为Ω；
（3）结合步骤①步骤②的测量数据电源的电动势E为V，内阻r为Ω。

11．（12分）如图所示，光滑水平面上有一被压缩的轻质弹簧，左端固定，质量为m A＝1kg 的滑块A紧靠弹簧右端（不栓接），弹簧的弹性势能为E p＝32J．质量为m B＝1kg的槽B静止在水平面上，内壁间距L＝0.6m，槽内放有质量为m c＝2kg的滑块C（可视为质点），C到左端侧壁的距离d＝0.1m，槽与滑块C之间的动摩擦因数μ＝0.1．现释放弹簧，滑块A离开弹簧后与槽B发生正碰并粘在一起。

A、B整体与滑块C 发生碰撞时，
A、B整体与滑块C交换速度。

（g＝10m/s2）求：
（1）从释放弹簧，到B与C第一次发生碰撞，整个系统损失的机械能；
（2）从槽开始运动到槽和滑块C相对静止经历的时间。

12．（20分）如图所示，虚线AB、BC、CD将平面直角坐标系四个象限又分成了多个区域。

在第一、二象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为．在第三、四象限
中，﹣2d＜y＜0区域又分成了三个匀强电场区域，其中在x＞d区域有沿x轴负方向的匀强电场；在x＜﹣d区域有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小相等；﹣d＜x＜d 区域有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度是另外两个电场强度的2倍。

第三、四象限中，y＜﹣2d区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。

一个质量为m，电荷量为q的带电粒子，以速度
v0由原点O沿y轴正方向射入磁场。

运动轨迹恰
好经过B（﹣d，﹣2d）、C（d，﹣2d）两点，第
一次回到O点后，进入竖直向上电场区域，不计
粒子重力，求：
（1）电场区域内的电场强度大小E；
（2）y＜﹣2d区域内磁场的磁感应强度B2；
（3）由原点O出发开始，到第2次回到O点所用时间。

（15分）[物理一一选修3-3]（15分）
（多选）13．（5分）一定质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V﹣T图象
如图所示，p a、p b、p c分别表示a、b、c的压强，下
列判断正确的是（）
A．状态a、b、c的压强满足p a＝p b＝3p c
B．过程a到b中气体内能增大
C．过程b到c中气体吸收热量
D．过程b到c中每一分子的速率都减小
E．过程c到a中气体吸收的热量等于对外做的功
14．（10分）如图所示，粗细均匀的U形管，左侧开口，右侧封闭。

右细管内有一段被水银封闭的空气柱，空气柱长为l＝12cm，左侧水银面上方有一块薄绝热板，距离管口也是l＝12cm，两管内水银面的高度差为h＝4cm。

大气压强为p0＝76cmHg，初始温度t0＝27℃．现在将左侧管口封闭，并对左侧空气柱缓慢加热，直到左右两管内的水银面在同一水平线上，在这个过程中，右侧空气柱温度保持不变，试求：
（ⅰ）右侧管中气体的最终压强；（ⅱ）左侧管中气体的最终温度。

2020年河南省郑州市高考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1．【分析】根据质量数守恒和电荷数守恒判断核反应方程以及中子数的减少量；
β放射性β射线其实质是高速电子流；
核电站可通过控制中子数目来控制核反应剧烈程度。

【解答】解：A、根据质量数守恒和电荷数守恒知，α粒子轰击N ，生成O，并产生了质子，故A错误；
B、每次α衰变，质量数少4，电荷数少2，所以中子数少2，每次β衰变一个中子转化
成一个质子和一个电子，所以中子数少1，
所以4次α衰变，2次β衰变，新核与原来的原子核相比，中子数少4×2+2×1＝10，故B错误；
C、放射性β射线其实质是高速电子流，故C错误；
D、核电站可通过控制中子数目来控制核反应剧烈程度，故D正确。

故选：D。

【点评】本题难度较小，主要是识记内容，不需要理解，所以需要同学们不定期的读诵。

2．【分析】通过对小球进行受力分析来判断电场力及加速度的变化；通过做功情况判断小球的运动速度和电势能的变化情况。

【解答】解：A、小球下滑时受匀强电场的电场力是不变的，受到点电荷的电场力先增
加后减小，则小球受到的电场力先增加后减小，选项A错误；
B、小球下滑时，匀强电场的电场力垂直小球运动方向，则对小球不做功，点电荷在前
半段先对象去做负功，重力做正功，但是由于不能比较正功和负功的大小关系，则不能确定小球速度变化情况；在后半段，点电荷电场力和重力均对小球做正功，则小球的运动速度增大，选项B错误；
C、小球下滑时，匀强电场的电场力垂直小球运动方向，则对小球不做功；点电荷在前
半段先做负功，在后半段对小球做正功，则小球的电势能先增大后减小，选项C正确；
D、由小球的受力情况可知，在A点时小球的加速度小于g，在AB中点时小球的加速
度等于g，在B点时小球的加速度大于g，则加速度是不断变化的，选项D错误。

故选：C。

【点评】本题考查的是小球在电场中约束条件下的受力情况及运动分析，关键是做好受力分析，找好临界状态区分好运动过程。

3．【分析】根据图中所给的无人机在水平方向和竖直方向的运动规律，根据速度的合成和分解其合运动，速度方向和加速度方向在同一直线时，做直线运动，速度方向和加速度方向不在同一直线时，做曲线运动；
明确在v﹣t图象中，图象与时间轴所围的面积代表位移；
根据矢量合成法则，求解t2时刻无人机的速度；
【解答】解：A、0﹣t1时间内，无人机在水平方向上的分运动为初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方向上的分运动也是初速度为零的匀加速直线运动，则其合运动也为初速度为零的匀加速直线运动，故A 错误；
B、在v y﹣t图象中图线与时间轴所围的面积表示无人机的上升高度，所以是在t4时刻无
人机运动到最高点，故B错误；
C、t3﹣t4时间内，无人机在水平方向的分运动为匀速直线运动，其竖直方向上的运动为
匀减速直线运动，则其合运动一定是曲线运动，故C错误；
D、t2时刻，根据速度合成可知无人机的速度，故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查了匀变速直线运动的图象、曲线运动的条件等知识点。

利用v﹣t图象判断物体的运动状态时解决本题的关键。

4．【分析】对于行星Ⅱ、行星Ⅲ由于半长轴和圆轨道半径相等，据开普勒第三定律判定其周期关系，△t取整周期根据椭圆面积和圆面积关系判断；根据万有引力提供向心力比较两个圆轨道的线速度关系，引入以E点到中心天体为半径的匀速圆周运动的圆轨道来比较线速度大小关系。

【解答】解：AB、行星Ⅱ、行星Ⅲ满足a＝r3，据开普勒第三定律知他们的运行周期相等，令△t等于一个周期，它们与中心天体连线扫过的面积，椭圆面积小于圆面积，故A 错误，B正确；
C、向心加速度为垂直于速度方向的加速度，行星Ⅱ与行星Ⅲ在P点时加速度相等，但
行星Ⅱ在该点的向心加速度为此加速度沿P至椭圆圆心方向的分量，小于行星Ⅲ在P点时加速度，故C错误；
D 、据，考虑到Ⅰ到Ⅱ的变轨过程应该在B点加速，有v1＜v2B，B
到E过程动能向势能转化，有v2B＞v2E，考虑到v2E小于在E点能够绕中心天体匀速圆周运动所需的速度v E，而v E＜v3，所以有v2E＜v3，综上所述v2E＜v3＜v1＜v2B，故D错误。

故选：B。

【点评】本题考查的是卫星变轨问题，对于圆周轨道由万有引力提供向心力来计算线速度大小关系，对于圆周轨道和椭圆轨道相切处根据离心运动和近心运动来进行处理。

5．【分析】小圆环到达B点时，分析其受力情况，由牛顿第二定律求加速度，在运动过程中，系统只有重力做功，机械能守恒，即可判断出小环再次能够达到A点，利用动能定理求得量质量间的比值，根据速度的合成与分级求得小环在P点时的两者的速度之比。

【解答】解：A、小环到达B点时，小环受到竖直向下的重力，水平向右的拉力和圆环对小环向左的支持力，竖直方向只受重力，根据牛顿第二定律可知mg＝ma，解得a＝g，故A错误；
B、小环和物块组成的系统，在运动过程中，由于忽略一切摩擦力，故只有重力做功，
机械能守恒，当小环到达B点时，速度都为零，此后小环沿圆轨道向下运动，机械能还是守恒，组最终小环和物块速度都减到零，故圆环到达B点后还能再次滑回A点，故B 正确；
C、小环在P点时，小环的速度方向沿绳的方向，根据速度的合成与分解可知，此时小
圆环和物块的速度之比为1：1，故C错误；
D、设轻滑轮的位置为C，由几何关系可知OC＝2R，AC ＝，在运动过程中，对环
和物块组成的系统，根据动能定理可知：
解得：，故D错误；
故选：B。

【点评】本题考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律等知识点，注意点：小环和物块沿绳的方向的速度大小相等，而实际速度大小不一定相等，注意点容易出错。

6．【分析】当泵体中电流向下时，安培力向左，故液体被抽出。

根据电磁泵的工作原理分析电磁泵能否抽取纯水。

根据电阻定律得到液体的电阻，根据能量守恒求解水离开电磁泵的动能。

【解答】解：A、当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体，故A正确；
B、纯水中不含有导电离子，分析电磁泵的工作原理可知，不加导电剂，不能抽取不导
电的纯水，故B错误；
C、理想电流表的示数为I，则电源提供总的功率为UI，故C错误；
D、根据电阻定律，泵体内液体的电阻：R＝ρ＝ρ•＝，根据能量守恒定律可
知，电源提供的总功率等于液体消耗的电功率和水的机械功率，液体消耗的电功率为I2R ＝，
t时间内电源提供电能为UIt，若t时间内抽取水的质量为m，这部分水离开电磁泵时的动能为UIt﹣mgh﹣I 2t，故D正确。

故选：AD。

【点评】此题考查了霍尔效应及其应用，解题的关键是明确电磁泵的工作原理，要能够结合欧姆定律、电阻定律、安培力公式分析抽液高度的影响因素。

7．【分析】分析物块的运动情况，由动力学公式可求得小球冲上斜面的速度，再由机械能守恒定律可得出小球升高的高度；根据运动学公式求得物块在传送带上发生的相对位移，根据Q＝μmg•△x求得内能，根据运动的对称性判断出物块第二次到达A点的速度，即可判断在斜面上运动的位移，若x＝2m位置，根据运动学公式判断出达到A点的速度，即可判断达到斜面的位置。

【解答】解：A、物块在传送带上产生的加速度为a ＝
达到传送带速度通过的位移，故物块达到A点前已经达到传
送带速度，从A到N 只有重力做功，根据动能定理可得
解得h＝1.25m，故A正确；
B、物块匀加速达到传送带速度所需时间t ＝，1s内传送带通过的位移为x″
＝v0t＝5m/s，物块与传送带发生的相对位移△x＝x″﹣x′＝2.5m，
产生的内能为Q＝μmg•△x＝0.5×1×10×2.5J＝12.5J，故B正确；
C、斜面光滑，物块从斜面上下滑到A点时速度大小为5m/s，在传送带上根据运动的对
称性可知，再次到达A点时的速度还是5m/s，第二次冲上斜面还能达到N点，故C错误；
D、在x＝2m位置释放小物块，物体在传送带上开始加速，由于达到传送带速度物体通
过的位移x′＝2.5m＜x A﹣x＝6m，故到达A点的速度还是5m/s，然后冲上斜面，根据动能定理可知，物块还是到达N点，故D错误；
故选：AB。

【点评】本题考查功能关系及动力学规律，要注意正确进行受力分析及过程分析，灵活应用物理规律等求解。

8．【分析】根据楞次定律判断导线框中的感应电流的方向；
线圈顺时针方向匀速转动时，切割磁感线的有效长度逐渐变大，感应电流逐渐变大，根据F＝BIL分析安培力大小；
根据E＝BLv分析感应电动势大小；
根据电荷量的公式求解电荷量。

【解答】解：A、线圈顺时针方向匀速转动时，穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线圈中产生沿顺时针方向的感应电流，故A错误；
B、线圈顺时针方向匀速转动时，切割磁感线的有效长度逐渐变大，感应电流逐渐变大，
根据F＝BIL可知，线圈受到的安培力逐渐增大，故B正确；
C、线圈经过虚线位置时的感应电动势为；E ＝＝2Br2ω，故C正确；
D、流过线圈某点的电荷量为：q ＝＝，故D错误。

故选：BC。

【点评】解决该题的关键是明确知道限权在转动过程中产生感应电动势的形式，掌握感应电流的方向的判断方法，掌握电荷量的计算公式。

二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第34题为选考题，考生根据要求作答．
9．【分析】（1）第一次实验对整个运动过程应用动能定理可以求出动摩擦因数。

（2）应用动能定理求出碰撞前滑块A的速度，应用动能定理求出碰撞后滑块AB的速度，然后求出碰撞前后的动量，如果碰撞前后动量相等，则动量守恒。

【解答】解：（1）第一次实验，对整个运动过程，由动能定理得：
m1gh﹣μm1g ••l﹣μm1gx1＝0，
解得：μ＝；
（2）第一次实验，A在水平面上滑动过程，由动能定理得：﹣μm1gx1＝﹣0，解得：v1＝，
AB碰撞后在水平面上运动过程，由动能定理得：﹣μ（m1+m2）gx2＝0﹣，解得：v2＝，
碰撞前系统动量：P1＝m1v1＝m 1，
碰撞后系统动量：P2＝（m1+m2）v2＝（m1+m2），
如果P1＝P2，即如果：m 1＝（m1+m2），系统动量守恒；
故答案为：（1）；（2）m 1＝（m1+m2）。

【点评】本题考查了测动摩擦因数与验证动量守恒定律实验，分析清楚滑块的运动过程是解题的前提，应用动能定理与动量计算公式可以解题。

10．【分析】（1）电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电势相等，电势差为零；
电压表示数即为AC两点间电势差；左右两个电源两极间的电压相等求解A和D两点的电势差；
（2）根据欧姆定律和并联电路的特点求两电表的内阻；
（3）对两种情况分别运用闭合电路欧姆定律列式，可求得电源的电动势和内阻。

【解答】解：（1）电流计G的示数为0时，由欧姆定律知，G的电压为零，即电路中A 和B两点的电势差U AB＝0；
A和C两点的电势差等于电阻箱R1两端电压，即电压表示数，故A和C两点的电势差U AC＝12.0V；
左右两个电源两极间的电压值相等，故U AD＝﹣U AC＝﹣12.0V；
（2）由于电流计G的示数为0，所以电流表的示数等于电压表的电流与电阻R1的电流之和。

则
在步骤1中，通过电压表的电流I V＝I1﹣
电压表的内阻为R V ＝＝＝＝1530Ω
左右两个电源两极间的电压相等，则有：U1＝I1（R A+R2）
解得，电流表的内阻R A ＝﹣R2＝﹣28.2Ω＝1.8Ω
（3）根据闭合电路欧姆定律得：
E＝U1+I1r
E＝U2+I2r
解得：E ＝＝V＝12.6V，
r ＝＝＝1.5Ω
故答案为：（1）0、12.0、﹣12.0；（2）1530、1.8；（3）12.6、1.5。

【点评】解决本题的关键要理解题意，明确电流计G的示数为0的意义，知道相同电源，电流相等时路端电压相等，运用欧姆定律和电路的特点研究。

11．【分析】（1）根据机械能守恒求出碰撞前的速度大小，碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律列式即可求解速度，然后应用能量守恒定律整个系统损失的机械能；
（2）对A、B、C根据动量守恒定律求出B、C相对静止时速度大小，再对A、B整体以及C应用牛顿第二定律和运动学公式从槽开始运动到槽和滑块C相对静止经历的时间。

【解答】解：（1）弹簧将A弹开，由机械能守恒可得：解得：v0＝8m/s
A、B发生碰撞，由动量守恒可得：
m A v0＝（m A+m B）v1
解得：v1＝4m/s
此过程机械能损失为：＝16J
接下来，A、B与C相对运动，到第一次发生碰撞，相对运动位移为d，此过程机械能损失为：
△E2＝μm C gd＝0.2J
因此整个过程机械能损失为：△E＝△E1+△E2＝16.2J
（2）设槽和滑块C相对静止时速度为v，由动量守恒可得：
m A v0＝（m A+m B+m C）v
解得：v＝2m/s
分别对A、B和C受力分析可知：μm C g＝（m A+m B）a1
μm C g＝m C a2
解得：
A、B整体与滑块C发生碰撞时，A、B与滑块C交换速度，由题意可知：v＝a1t
解得：t＝2s
答：（1）从释放弹簧，到B与C第一次发生碰撞，整个系统损失的机械能为16.2J；
（2）从槽开始运动到槽和滑块C相对静止经历的时间为2s。

【点评】本题考查的是机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿第二定律
以及运动学公式的综合应用，关键是灵活选取研究对象和研究过程。

12．【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，找到两个方向的位移，根据运动学公式结合牛顿第二定律求解电场强度；
（2）根据类平抛运动的特点求出粒子在y＜﹣2d区域内的运动速度，根据几何知识求解在该区域内的半径，由洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度B2；
（3）分析粒子在各段的运动时间，其中粒子在两个电场中的运动时间相等，将各段时间相加，即为总时间。

【解答】解：粒子的运动轨迹如图所示。

（1）在x＜﹣d电场区域中粒子做类平抛运动，可知
2d＝v0t，
，
根据牛顿第二定律有：
由以上三式可得：E ＝；（2）由（1）问中各式可解得
粒子在B点的速度有v y＝v0
v x＝a1t1＝v0
可得v B ＝
运动轨迹经过B、C两点，由几何关系可知，粒子在y＜﹣2d的磁场区域内运动的轨道半径为：
运动轨迹对应的圆心角θ＝90°
由
可得B2＝＝B1；
（3）由对称性可知，粒子从O点进入电场时的速度大小为v0
E2＝2E1，
所以a2＝2a1
在d＞x＞﹣d的电场区域内，粒子沿y轴负方向运动的位移s ＝
粒子将做往返运动，其时间为：
在两个磁场中的运动周期均为。