2023年广东省新高考物理试卷含答案解析

绝密★启用前
2023年广东省新高考物理试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。

3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。

第I卷（选择题）
一、单选题：本大题共7小题，共28分。

1.理论认为，大质量恒星塌缩成黑洞的过程，受核反应 612C+Y→816O的影响。

下列说法正确的是( )
A. Y是β粒子，β射线穿透能力比γ射线强
B. Y是β粒子，β射线电离能力比γ射线强
C. Y是α粒子，α射线穿透能力比γ射线强
D. Y是α粒子，α射线电离能力比γ射线强
2.如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。

壁面可视为
斜面，与竖直方向夹角为θ。

船和机器人保持静止时，机器人仅受重力G、支持力F N、
摩擦力F f和磁力F的作用，磁力垂直壁面。

下列关系式正确的是( )
A. F f=G
B. F=F N
C. F f=Gcosθ
D. F=Gsinθ
3.铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。

在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。

随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体运动。

取竖直向上为正方向。

下列可能表示激光关闭后铯原子团速度v或加速度a随时间t变化的图像是( )
A. B.
C. D.
4.渔船常用回声探测器发射的声波探测水下鱼群与障碍物。

声波在水中传播速度为1500m/s，若探测器发出频率为1.5×106Hz的声波，下列说法正确的是( )
A. 两列声波相遇时一定会发生干涉
B. 声波由水中传播到空气中，波长会改变
C. 该声波遇到尺寸约为1m的被探测物时会发生明显衍射
D. 探测器接收到的回声频率与被探测物相对探测器运动的速度无关
5.某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为0.5m，磁感应强度大小为1.12T，质子加速后获得的最大动能为1.5×107eV。

根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为(忽略相对论效应，1eV=
1.6×10−19J)( )
A. 3.6×106m/s
B. 1.2×107m/s
C. 5.4×107m/s
D. 2.4×108m/s
6.用一台理想变压器对电动汽车充电。

该变压器原、副线圈的匝数比为1：2，输出功率为8.8kW，原线圈的输入电压u=220√ 2sin(100πt)V。

关于副线圈输出电流的有效值和频率正确的是( )
A. 20A，50Hz
B. 20√ 2A，50Hz
C. 20A，100Hz
D. 20√ 2A，100Hz
7.如图(a)所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。

由于P的遮挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图(b)所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。

已知Q的质量为M，引力常量为G。

关于P的公转，下列说法正确的是( )
A. 周期为2t1−t0
B. 半径为√GM(t1−t0)2
4π2
3
C. 角速度的大小为π
t1−t0D. 加速度的大小为√2πGM
t1−t0
3
二、多选题：本大题共3小题，共18分。

8.人们用滑道从高处向低处运送货物。

如图所示，可看作质点的货物从1
4
圆
弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6m/s。

已知货物质量为20kg，滑道高度ℎ为4m，且过Q点的切线水平，重力加速
度取10m/s2。

关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有( )
A. 重力做的功为360J
B. 克服阻力做的功为440J
C. 经过Q点时向心加速度大小为9m/s2
D. 经过Q点时对轨道的压力大小为380N
9.电子墨水是一种无光源显示技术，它利用电场调控带电颜料微粒的分布，使之在自然光的照射下呈现出不同颜色。

透明面板下有一层胶囊，其中每个胶囊都是一个像素。

如图所示，胶囊中有带正电的白色微粒和带负电的黑色微粒。

当胶囊下方的电极极性由负变正时，微粒在胶囊内迁移(每个微粒电量保持不变)，像素由黑色变成白色。

下列说法正确的有( )
A. 像素呈黑色时，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势
B. 像素呈白色时，黑色微粒所在区域的电势低于白色微粒所在区域的电势
C. 像素由黑变白的过程中，电场力对白色微粒做正功
D. 像素由白变黑的过程中，电场力对黑色微粒做负功
10.某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。

多个质量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。

开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/s。

关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有( )
A. 该过程动量守恒
B. 滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N⋅s
C. 滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N⋅s
D. 滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N
第II卷（非选择题）
三、实验题：本大题共2小题，共17分。

11.某同学用激光笔和透明长方体玻璃砖测量玻璃的折射率。

实验过程如下：
(1)将玻璃砖平放在水平桌面上的白纸上，用大头针在白纸上标记玻璃砖的边界。

(2)①激光笔发出的激光从玻璃砖上的M点水平入射，到达ef面上的O点后反射到N点射出。

用大头针在白纸上标记O点、M点和激光笔出光孔Q的位置。

②移走玻璃砖。

在白纸上描绘玻璃砖的边界和激光的光路，作QM连线的延长线与ef面的边界交于P点，如图(a)所示。

③用刻度尺测量PM和OM的长度d1和d2。

PM的示数如图(b)所示，d1为______ cm。

测得d2为3.40cm。

(3)利用所测量的物理量，写出玻璃砖折射率的表达式n=______ 。

由测得的数据可得折射率n为______ (结果保留3位有效数字)。

(4)相对误差的计算式δ=测量值−真实值
×100%。

为了减小d1、d2测量的相对误差，实验中激光在M点入射
真实值
时应尽量使入射角______ 。

12.某兴趣小组设计了测量盐水电导率的实验。

所用器材有：电源E(电动势恒定，内阻可忽略)；毫安表mA 动(量程15mA，内阻可忽略)；电阻R1(阻值500Ω)、R2(阻值500Ω)、R3(阻值600Ω)和R4(阻值200Ω)；开关S1和S2；装有耐腐蚀电极板和温度计的有机玻璃样品池；导线若干。

请完成下列实验操作和计算。

(1)电路连接
图(a)为实验原理图，在图(b)的实物图中，已正确连接了部分电路，只有R4一端的导线还未连接，该导线应接到R3的______ (填“左”或“右”)端接线柱。

(2)盐水电导率和温度的测量
①测量并记录样品池内壁的长宽高。

在样品池中注满待测盐水。

②闭合开关S1，______ 开关S2，毫安表的示数为10.0mA，记录此时毫安表的示数。

计算得到流过样品池的
电流I1为______ mA。

③______ 开关S2，毫安表的示数为15.0mA，记录此时毫安表的示数。

计算得到流过样品池的电流I2为
______ mA。

④断开开关S1，测量并记录盐水的温度。

(3)根据上述数据，计算得到样品池两电极板间待测盐水的电阻为______ Ω，进而可求得该温度时待测盐水的电导率。

四、简答题：本大题共3小题，共37分。

13.在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化，使
小气泡周期性膨胀和收缩，气泡内气体可视为质量不变的理想气体，其膨胀
和收缩过程可简化为如图所示的p−V图像，气泡内气体先从压强为p0、体
积为V0、温度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为p B的状态B，然后
从状态B绝热收缩到体积为V0、压强为1.9p0、温度为T C的状态C，B到C过程
中外界对气体做功为W。

已知p0、V0、T0和W。

求：
(1)p B的表达式；
(2)T C的表达式；
(3)B到C过程，气泡内气体的内能变化了多少？
14.光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为ℎ，其俯视图如图(a)所示，两磁场磁感应强度随时间t的变化如图(b)所示，0～τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R，边长为ℎ的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行。

t=0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。

在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界ℎ
处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图(a)中的虚线框所示。

随后在τ～2τ时间内，Ⅰ区磁感应2
强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。

求：
(1)t=0时线框所受的安培力F；
(2)t=1.2τ时穿过线框的磁通量Φ；
(3)2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q。

15.如图为某药品自动传送系统的示意图。

该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。

药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。

已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中。

A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之损失的能量为碰撞前瞬间总动能的1
4
前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。

求：
(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；
(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。

答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：核反应前后质量数守恒和电荷数守恒，由此可得：
Y的质子数为：8−6=2
Y的质量数为：16−12=4
即Y是α粒子，而α射线的电离能力比γ射线强，故D正确，ABC错误；
故选：D。

根据核反应的质量数和电荷数守恒的特点得出Y的类型，结合射线的不同特点和题目选项即可完成分析。

本题主要考查了核反应的相关应用，理解核反应前后的质量数和电荷数守恒的特点，结合射线的特点即可完成解答。

2.【答案】C
【解析】解：将机器人的重力按照壁面和垂直于壁面的方向分解，如图所示：
沿壁面方向上：Gcosθ=F f
垂直于壁面方向上：F=F N+Gsinθ，故C正确，ABD错误；
故选：C。

将机器人的重力分解到沿壁面和垂直于壁面方向上，根据几何关系和题目选项完成分析。

本题主要考查了共点力的平衡问题，熟悉物体的受力分析，根据几何关系和物体的平衡状态即可完成解答。

3.【答案】D
【解析】解：激光关闭后铯原子做竖直上抛运动，因此铯原子团先向上做匀减速运动，接着向下做匀加速运动，加速度都为重力加速度，方向竖直向下，故D正确，ABC错误；
故选：D。

根据题意分析出铯原子团的受力情况，由此得出其加速度的特点和速度变化关系。

本题主要考查了竖直上抛运动的相关应用，理解竖直上抛运动的物体加速度和速度的变化情况，结合图像的物理意义即可完成分析。

4.【答案】B
【解析】解：AD、根据多普勒效应可知，探测器接收到的回声频率与被探测物相对探测器运动的速度有关，而两列声波发生干涉的条件是频率相等，所以两列声波相遇时不一定会发生干涉，故AD错误；
B、声波由水中传播到空气中时，声波的波速发生变化，所以波长会发生改变，故B正确；
C、根据波长的计算公式可得：
λ=v
f =1500
1.5×106
m=1×10−3m，当遇到尺寸约1m的被探测物时不会发生明显衍射，故C错误；
故选：B。

根据多普勒效应分析出探测器接收到的回声频率的影响因素，结合干涉的条件完成分析；
根据波长的计算公式得出波长的大小，结合衍射的条件完成分析。

本题主要考查了声波的相关应用，理解声波的传播特点，结合声波发生干涉和衍射的条件即可完成分析。

5.【答案】C
【解析】解：质子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
qBv=mv2 r
其中，E k=1
2
mv2=1.5×107eV=1.5×107×1.6×10−19J=2.4×10−12J
联立解得：v=5.4×107m/s，故C正确，ABD错误；
故选：C。

质子受到的洛伦兹力提供向心力，结合动能的表达式联立等式得出质子的最大速率。

本题主要考查了回旋加速器的相关应用，理解质子做圆周运动的向心力来源，结合动能的计算公式即可完成分析。

6.【答案】A
【解析】解：根据正弦式交流电中有效值和峰值的关系可知，原线圈的电压有效值为：
U1=
√ 2=
√ 2
√ 2
=220V
根据变压器的工作原理可得：
U1 U2=n1
n2=
1
2
代入数据解得：U2=440V
因为理想变压器原副线圈的功率相等，则
I2=P1
U2=
8800
440A=20A
变压器无法改变电流的频率，则
f=ω
2π=100π
2π
Hz=50Hz，故A正确，BCD错误；
故选：A。

根据正弦式交流电的峰值和有效值的关系得出电压的有效值，结合变压器的工作原理得出对应的电流和频率。

本题主要考查了变压器的相关应用，理解变压器的工作原理，结合正弦式交流电峰值和有效值的关系即可完成分析。

7.【答案】B
【解析】解：AC、根据图(b)可知，Q的亮度变化的周期为：
T=t1−t0
则角速度的大小为：
ω=2π
T=
2π
t1−t0
故AC错误；
B、行星P受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMm r2=m·
4π2
T2
r
解得：r=√GM(t1−t0)2
4π2
3，故B正确；
D、行星P受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：GMm
r2
=ma
解得
a=
2π
t−t0√
2π
GM(t−t0)
3
故D错误；
故选：B。

根据题意解得角速度和周期的大小，根据万有引力提供向心力解得轨道半径和加速度大小。

本题关键掌握万有引力定律和万有引力等于向心力这一基本思路，结合题意进行解题。

8.【答案】BCD
【解析】解：AB、货物从P到Q的运动过程中，根据动能定理可得：
mgℎ−W
克=
1
2mv
2
其中，mgℎ=20×10×4J=800J
代入数据解得：W克=440J，故A错误，B正确；
C、根据题意可知，r=ℎ
速度的表达式可得：
a=v 2
r =6
2
4
m/s2=9m/s2，故C正确；
D、在Q点，货物受到的支持力和重力的合力提供货物做圆周运动的向心力，则
F N−mg=ma
根据牛顿第三定律可得：
F
压
=F N
联立解得：F压=380N，故D正确；
故选：BCD。

根据动能定理得出重力做的功和克服阻力做的功；
根据加速度的计算公式得出加速度的大小；
根据牛顿第二定律和牛顿第三定律得出货物在Q点对轨道的压力。

本题主要考查了动能定理的相关应用，根据动能定理分析出力的做功情况，结合牛顿第二定律和牛顿第三定律即可完成分析。

9.【答案】AC
【解析】解：AB、根据题意可知，像素呈黑色时，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势；像素呈白色时，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故A正确，B错误；
CD、像素由黑变白的过程中，黑色微粒受到向下的电场力，位移向下，白色微粒受到向上的电场力，位移向上，所以电场力对白色和黑色微粒都做正功，故C正确，D错误；
故选：AC。

根据像素的颜色结合题意得出对应区域的电势大小关系；
分析出像素变化过程中，不同颜色的微粒受到的电场力方向和位移方向，从而得出电场力的做功类型。

本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉带电物体的受力分析，结合位移和力的关系即可完成解答。

10.【答案】BD
【解析】解：选择水平向右的方向为正方向。

A、滑块1和滑块2组成的系统的初动量为：
p1=mv1=1×0.40kg⋅m/s=0.40kg⋅m/s
碰撞后，滑块1和滑块2组成的系统的动量为：
p2=2mv2=2×1×0.22kg⋅m/s=0.44kg⋅m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；
B、对滑块1，根据动量定理可得：
ΔI=mv1−mv0
代入数据解得：ΔI=−0.18N⋅s，负号表示方向水平向左，故B正确；
C、同理可得，对滑块2分析可得：
ΔI′=mv1−0
代入数据解得：ΔI′=0.22N⋅s，故C错误；
D、根据公式ΔI′=FΔt
代入数据解得：F=5.5N，故D正确；
故选：BD。

根据题意计算出滑块1和滑块2组成的系统在碰撞前后的动量大小，结合题意分析出两滑块组成的系统动量是否守恒；
分别对滑块1和滑块2根据动量定理得出各自受到的合外力的冲量，结合冲量的表达式得出滑块2受到滑块1的平均作用力。

本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒的条件，结合动量定理和冲量的计算公式即可完成分析。

11.【答案】2.27d2
1.50大一些
d1
【解析】解：(2)刻度尺的分度值为0.1cm，需要估读到分度值的下一位，则d1=2.27cm；
(3)根据题意标出光线对应的入射角和折射角，如图所示：
结合几何关系和折射定律可得：
n=sinα
sinβ=
fM
d1
fM
d2
=
d2
d1
代入数据解得：n=3.40
2.27
≈1.50
(4)为了减小d1、d2测量的相对误差，实验中激光在M点入射时应尽量使入射角大一些。

故答案为：(2)2.27；(3)d2
d1
；1.50；(4)大一些。

(2)根据刻度尺的读数规则得出对应的读数；
(3)根据几何关系和折射定律得出折射率的表达式，代入数据得出n的大小；
(4)为了减小d1、d2测量的相对误差，实验中要尽量增大入射角。

本题主要考查了折射定律的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合几何关系和折射定律即可完成分析。

12.【答案】右断开40.0闭合60.0100
【解析】解：(1)根据图(a)的电路构造可知，R4一端的导线应接到R3的右端接线柱；
(2)②闭合开关S1，断开开关S2，毫安表的示数为10.0mA，则通过电阻R4的电流为：
I4=I3R3 R4
根据电路构造可得：I1=I3+I4
联立解得：I1=40.0mA
③闭合开关S2，毫安表的示数为15.0mA，则流过电阻R4的电流为：
I4′=I3′R3 R4
I2=I3′+I4′
联立解得：I2=60.0mA
(3)设待测盐水的电阻为R0，根据闭合电路欧姆定律可得：
开关S2断开时，E=I1(R0+R2+R3R4
R3+R4
)
开关S2闭合时，E=I2(R0+R1R2
R1+R2+R3R4
R3+R4
)
其中，I1=40.0mA=0.04A；I2=60.0mA=0.06A
联立解得：R0=100Ω
故答案为：(1)右；(2)②断开；40.0；③闭合；60.0；(3)100 (1)根据电路图得出对应的电路连线图；
(2)熟悉电路构造的分析，掌握正确的实验操作，结合闭合电路欧姆定律得出电流的大小；
(3)根据闭合电路欧姆定律联立等式得出待测盐水的电阻。

本题主要考查了盐水电导率的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉电路构造的分析，结合欧姆定律和电阻定律即可完成解答。

13.【答案】解：(1)封闭气体从A→B过程中发生等温变化，根据玻意耳定律可得：
p0V0=p B×5V0
解得：p B=1
5
p0
(2)封闭气体从A→C的过程中，根据查理定律可得：
p0 T0=1.9p0
T C
解得：T C=1.9T0
(3)从B到C过程中，气体绝热收缩，则Q=0
根据热力学第一定律可得：
ΔU=Q+W
解得：ΔU=W
答：(1)p B的表达式为1
5
p0；
(2)T C的表达式为1.9T0；
(3)B到C过程，气泡内气体的内能变化了W。

【解析】(1)根据图像得出气体变化前后的状态参量，根据玻意耳定律得出气体的压强；
(2)根据图像得出气体变化前后的状态参量，根据查理定律得出气体的温度；
(3)根据热力学第一定律列式得出气体内能的变化量。

本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合热力学第一定律即可完成分析。

14.【答案】解：(1)ab边、cd边切割磁感线，根据右手定则可知产生的感应电流都是沿线框顺时针方向，则根据切割情况下电动势的表达式得：电动势E=2B0ℎv+B0ℎv=3B0ℎv
根据闭合电路欧姆定律得：电流I=E
R =3B0ℎv
R
，根据安培力表达式求解t=0时ab边的安培力F1=2B0Iℎ，cd
边的安培力F2=B0Iℎ，根据左手定则判断这两个安培力方向都向左，根据对称判断bc、ad边安培力合力为0，ab、cd边所受安培力合成之后得出线框所受的安培力：
F=F1+F2=2B0Iℎ+B0Iℎ=3B0Iℎ=3B0ℎ×3B0ℎv
R =9B0
2ℎ2v
R
；
(2)根据图像得出t =1.2τ时，Ⅰ区的磁感应强度B =2B 0+0−2B 02τ−τ
×(1.2τ−τ)=1.6B 0，方向向下；Ⅱ区的磁感应强度为B 0，方向向上，穿过线框的磁通量Φ=1.6B 0×ℎ22−B 0ℎ22
=0.3B 0ℎ2； (3)2τ～3τ时间内，根据法拉第电磁感应定律得E 1=ΔΦΔt =ΔB Δt S =B 0τ×ℎ22=B 0ℎ22τ
根据闭合电路欧姆定律得：电流I 1=E 1R =B 0ℎ22τR
根据焦耳定律得：线框中产生的热量Q =
I 12Rτ=(B 0ℎ22τR )2Rτ=B 02ℎ44τR 。

答：(1)线框所受的安培力为9B 02ℎ2v R
； (2)t =1.2τ时穿过线框的磁通量为0.3B 0ℎ2；
(3)2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q 为B 02ℎ44τR 。

【解析】(1)根据切割情况下电动势的表达式求解线框电动势，根据闭合电路欧姆定律求解电流，再根据安培力表达式分别求解t =0时ab 边、cd 边的安培力，合成之后就是线框所受的安培力F ；
(2)根据图像得出t =1.2τ时，Ⅰ区，Ⅱ区的磁感应强度，根据磁通量定义求穿过线框的磁通量Φ；
(3)2τ～3τ时间内，根据法拉第电磁感应定律求解电动势，根据闭合电路欧姆定律求解电流，再根据焦耳定律求解线框中产生的热量Q 。

本题主要考查了电磁感应问题，涉及线框两边切割方向相反的磁场产生感应电动势问题，涉及磁通量变化产生感应电动势问题，也涉及了基本的闭合电路欧姆定律、焦耳定律以及磁通量、安培力计算等，掌握好基本概念和基本规律是正确求解问题的关键。

15.【答案】解：(1)选择水平向右的方向为正方向，A 在传送带上运动时，根据牛顿第二定律可得： μmg =ma
结合运动学公式可得：
v 0=0+at
联立解得：t =v
0μg (2)B 从M 点滑至N 点的过程中，根据动能定理可得：
2mg ×3L −W =12×2m ×(2v 0)2−12×2mv 02
联立解得：W =6mgL −3mv 02 (3)设碰撞后A 和B 的速度分别为v A 和v B ，选择水平向右的方向为正方向，则根据动量守恒定律可得： 2m ×2v 0=2mv A +mv B
根据能量守恒定律可得：
1 2×2mv B2+1
2
mv A2=(1−1
4
)×1
2
×2m×(2v0)2
联立解得：v A1=2
3v0；v B1=5
3
v0
另一解为：v A2=2v0；v B2=v0
根据碰撞的特点可知，A的速度大于B的速度，即第一组解舍去。

离开平台后，药品盒做平抛运动，则有：
L=1
2
gt12
根据题意可得：
s=1
2
(v A2+v B2)t1
联立解得：s=3v0
2√ 2L
g
答：(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间为v0
μg
；
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功为6mgL−3mv02；
(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离为3v0
2√ 2L
g。

【解析】(1)对药品盒A进行受力分析，根据牛顿第二定律和运动学公式得出加速的时间；
(2)从M点到N点的过程中，对药品盒B根据动能定理列式得出克服阻力做的功；
(3)根据动量守恒定律和能量守恒定律得出药品盒的速度，结合平抛的运动特点和几何关系得出水平距离s的大小。

本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒定律的条件，结合动能定理和平抛运动的运动学公式即可完成分析。