2026-2027学年高二上学期期中自编模拟物理试题（一）（山东临沂适用）

2026年山东省临沂市高二上学期期中考试自编模拟试题（一） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．（本题3分）某静电场的电势φ在x轴上的分布如图所示，一电荷量为e、带正电的点电荷，沿x轴正方向经过x=2.5m时的动能为3eV。已知该电荷仅受x轴方向的静电力作用，则该点电荷（　　） A．在x=2m处和x=3m处受到的静电力方向相同 B．在x=2m处受到的静电力小于在x=2.5m处受到的静电力 C．能到达x=4m处 D．通过x=-0.5m时的动能为1.5eV 2．（本题3分）如图，在竖直向下匀强电场中有一长为的轻杆，杆的中点处有光滑的水平转动轴，杆两端分别固定质量均为的小球甲和乙，甲带正电，乙带负电，两者电荷量均为，电场强度为。现将甲、乙从水平位置静止释放，当甲第一次运动到最低点时，转轴处受到杆作用力的合力大小为（     ） A． B． C． D． 3．（本题3分）“半偏法”常用来测电表的内阻，如图甲所示是用来测电流表内阻的常用电路，图乙是用来测电压表内阻的常用电路，以下说法正确的是（　　） A．甲图中测量值偏大，越小测量误差越小 B．甲图中测量值偏小，越大测量误差越小 C．乙图中测量值偏大，越大测量误差越小 D．乙图中测量值偏小，越大测量误差越小 4．（本题3分）图甲为某一小灯泡的U-I图线，现将两盏这样的小灯泡并联后再与一个3Ω的定值电阻R串联，接在内阻r=2Ω、电动势E=5V的电源两端，如图乙所示，其中电流表为理想电表，则通过每盏小灯泡的电流I和每盏小灯泡的电功率P分别为（　　） A．I≈0.38A，P≈0.6W B．I≈0.3A，P≈0.6W C．I≈0.38A，P≈1.2W D．I≈0.3A，P≈1.2W 5．（本题3分）如图，电源电动势为，内阻为，电路中为电容器，为小灯泡。电流表、电压表均为理想电表。滑动变阻器最大电阻为，。最初滑片在端，闭合开关，待电路稳定后，将从端缓慢地移动到端。在端时，灯两端电压过低，尚未发光；在端时，灯能发白光。为电流表A的示数，、分别是电压表V1、V2示数，实验中电流表A的示数改变量绝对值为，电压表V1的示数改变量绝对值为，电压表V2的示数改变量绝对值为，则随着从端移动到端有（    ） A．电容器所带的电荷量减少 B． C．的值变大，而的值变小 D． 6．（本题3分）如图所示，电源电动势，内阻，，，，，电容器的电容。开始时开关处于闭合状态，则下列说法正确的是（     ） A．开关闭合时，电容器上极板带正电 B．开关闭合时，电容器两极板间电势差是 C．将开关断开，稳定后电容器正极板所带的电荷量是 D．将开关断开至电路稳定的过程中，通过的电荷量是 7．（本题3分）如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管、电阻连接，电源负极接地。初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器中的点处于静止状态。下列说法正确的是（     ） A．贴着上极板插入金属板，则电阻中有从流向的电流 B．贴着上极板插入金属板，则油滴将向上移动 C．将开关断开，在两板间插入一陶瓷电介质，则两极板间电势差变大 D．将开关断开，在两板间插入一陶瓷电介质，则油滴将向上移动 8．（本题3分）如图，物块A、物块B和一个处于压缩状态的轻弹簧被锁定在图示位置，处于静止状态．A初始在水平地面上的点左侧，B初始在之间的某一位置．A、B与弹簧不拴连．点左边与A的动摩擦因数；段光滑；点右边与B的动摩擦因数，现同时解除A、B的锁定，已知B运动至之前已和弹簧脱离，并且B在的右边位移为．两物块均可视为质点，已知A的质量为，B的质量为，重力加速度．则（　　 ） A．弹簧恢复原长的过程中，A、B以及弹簧三者系统机械能一定不守恒 B．弹簧恢复原长的过程中，弹簧对B做功为 C．弹簧恢复原长的过程中，弹簧对A的冲量大小为 D．A运动的时间可能为 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9．（本题4分）四个相同的电流表分别改装成两个电流表、和两个电压表、，的量程大于的量程的量程，的量程大于的量程，把它们接入如图所示的电路，闭合开关后（　　） A．的读数比的读数小 B．指针偏转角度比指针偏转角度小 C．读数比读数大 D．指针偏转角度比指针偏转角度大 10．（本题4分）如图所示，电荷量为q的两个正点电荷放置于正方体的顶点A、C，正方体的边长为a，静电力常量为k，则下列说法正确的是（　　） A．顶点B和D的电场强度相等 B．顶点B和D的电势相等 C．顶点B的电场强度大小为 D．顶点 的电场强度大小为 11．（本题4分）如图（a）所示为某同学完成的简易多用电表电路图，图中E是电池；、、、和是定值电阻，是可变电阻；表头G的满偏电流为100μA，内阻为900Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，分别是直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆“×100”挡。则下列说法中正确的是（　　） A．图（a）中的端为红表笔 B．该电表的挡位4、5是电压挡 C．根据题给条件可得 D．使用欧姆“×100”挡时，指针偏转如图（b）所示，则待测电阻的阻值为 12．（本题4分）如图所示，图甲为直线加速器原理示意图，其由多个截面积相同的共轴金属圆筒构成，交变电源的一个极与所有标奇数金属圆筒连接，另一个极与所有标偶数金属圆筒连接，交变电源的电压变化如图乙所示，电压绝对值为u，周期为T。现有一电荷量为+q，质量为m的带电粒子由标号0的圆盘中心处由静止释放，忽略带电粒子重力、穿过狭缝的时间和相对论效应，下列说法正确的是（　　） A．为使带电粒子能够加速，释放粒子时奇数圆筒比偶数圆筒电势高 B．为使带电粒子每次经过狭缝时都能被加速，圆筒长度之比 C．若已实现每次经过狭缝时都能被加速，粒子进入每个圆筒时的速度大小之比 D．若已实现每次经过狭缝时都能被加速，粒子进入每个圆筒时的速度大小之 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13．（本题6分）某实验小组利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻，实验器材如下： 干电池一节（电动势约为1.5V，内阻约为0.5Ω）； 电压表V（量程为0~3V，内阻约为3kΩ）； 电流表A（量程为0~0.6A，内阻约为0.2Ω）； 滑动变阻器（最大阻值为20Ω）； 开关、导线若干。 (1)实验电路图选择______（选填“A”或“B”）。 (2)用笔画线代替导线，将图中的器材在答题纸上连成实验电路______。 (3)完成实验后，某同学利用图像分析由电表内阻引起的实验误差。在下图中，实线是根据实验数据描点作图得到的U-I图像；虚线是该电源真实的路端电压U随真实的干路电流I变化的U-I图像。本次实验分析误差的U-I图像是______。 A．B．C． D． (4)为减小电表内阻引起的实验误差，在电表量程不变的情况下，可以采取的措施是______。 A．换用内阻更小的电压表 B．换用内阻更大的电压表 C．换用内阻更小电流表 D．换用内阻更大的电流表 (5)如图所示是根据实验数据作出的图像，由图可知，电源的电动势E=___________V，内阻r=___________Ω。 14．（本题8分）某实验小组想用让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律， 实验装置如图所示: 地面上铺上复写纸和记录纸并固定，图中的O点为小球抛出点在记录纸上的垂直投影。实验步骤为: ①先使质量为的 球多次从斜轨上释放，记录落点的平均位置为 。 ②把半径相同、质量为的 球静置于轨道末端，再将 球从斜轨上释放，与 球相碰后两球均落在水平地面上，多次重复上述 球与 球相碰的过程，找到碰后落点的平均位置分别为D和F。 ③用刻度尺测量落地点 D 、E、F 与 的距离分别为、、。 (1)关于该实验，下列说法正确的是（　　） A．小球 A 每次必须从同一位置静止释放 B．斜轨必须光滑 C．斜槽末端必须水平 D．必须满足 (2)小球释放后落在复写纸上会在白纸上留下印迹。多次实验，白纸上留下了 10 个印迹， 如果用画圆法确定小球的落点，图中画的三个圆最合理的是_____（填“A”“B”或“C”）； (3)在实验误差允许范围内，若满足关系式_____（用所测物理量的字母表示）， 则可以认为两球碰撞前后的动量守恒。 (4)完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图所示，左右两个圆形轨道半径相同，两圆轨道中间用一光滑水平轨道相连，在圆心下方的M、N点各自固定一个力传感器。初始时，将小球 、 分别静置于M、N，力传感器的读数分别为和；现将小球 B 放在水平轨道中间位置，小球 A 从左侧圆轨道最高点静止释放，小球 A 第一次经过M点时力传感器示数为，碰撞后反弹再次经过M点时传感器示数为，小球 碰撞后经过N点时传感器示数为，若两球碰撞过程中动量守恒，则应满足 _____（用a、b、c表示）。 15．（本题8分）某物流中心使用电动叉车搬运货物。叉车的部分电路简化图如图所示，电源的电动势 E=54V，灯泡的额定电压，额定功率，灯泡电阻可认为不变。仅闭合开关S1时，电流表的示数。同时闭合开关S1、S2，电流表的示数，此时电动机以大小的速度竖直向上匀速提升质量的货物。取重力加速度大小，不计机械传动损失和空气阻力，电流表视为理想电表。 (1)求电源内阻r； (2)求电动机线圈的电阻RM； (3)同时闭合开关S1、S2，若电动机被卡住无法转动，求此时电动机的发热功率P。 16．（本题8分）如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为，电容器极板长，极板间距，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是，荧光屏足够长，在电容器两极板间接一交变电压，上极板与下极板的电势差随时间变化的图像如图乙所示。每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的。求： (1)在时刻进入电容器极板间的电子打在荧光屏上的位置到点的距离； (2)荧光屏上有电子打到的区间长度。 17．（本题14分）在平面内建立直角坐标系xOy，第II象限存在沿y轴负方向的匀强电场2E，其第III象限放置电场线沿半径方向指向圆心的静电分析器，第I、IV象限存在交变电场。A点坐标为处有一粒子源，将质量为m，电荷量为q的正点电荷（不计重力）源源不断地由静止释放。当点电荷运动到x轴时刚好射入静电分析器，而后做匀速圆周运动。t=0时刻，第一个粒子于坐标位置处垂直于y轴进入交变电场，其场强变化规律如图乙所示（y轴正方向为电场正方向）。在交变电场中存在两绝缘挡板，下板位于第IV象限，与x轴距离为d，并紧贴y轴。上板与下板平行放置，两板间距离为，两板长均为，求： (1)粒子第一次经过x轴的速度大小v； (2)静电分析器的电场强度大小E0； (3)在0~T时间内从y轴负半轴进入第四象限的粒子，能够从两板间离开的粒子数占进入粒子总数的百分比。 18．（本题16分）如图甲所示，物块A、B静置于水平面上，物块B的左侧连接有一原长的水平轻质弹簧。现保持A不动，向左用力缓慢推动B将弹簧的长度压缩到后用一轻质细线将A、B连接在一起，此时A到左侧竖直墙壁的距离。撤去控制A的力，烧断细线，A与弹簧分离后经一段时间与左侧的竖直墙壁发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知物块A、B的质量、，弹簧的弹力与形变量之间的关系如图乙所示，求： (1)从烧断细线到物块A与弹簧第一次分离的过程中物块B移动的距离； (2)从小物块A第一次与弹簧分离到再次与弹簧接触所用的时间； (3)小物块A最终的速度大小。 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《2026年山东省临沂市高二上学期期中考试自编模拟试题（一）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C A B B B D B C BC BC ABD BC 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 1．C 【详解】A．0~2.5m区间电势逐渐减小，电场强度方向沿x轴正方向，2.5m之后电势逐渐增大，电场强度方向沿x轴负方向，则点电荷在x=2m处和x=3m处受到的静电力方向相反，故A错误； B．φ-x图像斜率的绝对值表示电场强度的大小，由题图可知，在x=2.5m处电场强度为0，故点电荷在x=2m处受到的静电力大于在x=2.5m处受到的静电力，故B错误； C．带正电的点电荷沿x轴正方向经过x=2.5m时动能为3eV，电势能为-2eV，总能量为1eV，在x=2.5m之后电荷受到沿x轴负方向的静电力，做减速运动，当速度为零时，电势能为1eV，即刚好运动到x=4m处，开始向x轴负方向运动，故C正确； D．反向回到x=2.5m处动能仍为3eV，继续向左运动，在x=0处电势能为0，动能为1eV，继续向x轴负方向运动，通过x=-0.5m处电势能为-1eV，则动能为2.0eV，故D错误。 故选C。 2．A 【详解】甲、乙绕O点转动，转动半径均为，线速度大小始终相等。 从水平静止释放到甲第一次到最低点的过程中，对两球组成的系统由动能定理： 解得 圆心O在甲的正上方，合力向上提供向心力，设杆对甲的作用力为（向上为正）： 得，方向向上。 圆心O在乙的正下方，合力向下提供向心力。设杆对乙的作用力为（向下为正）： 得，方向向下。 根据牛顿第三定律，甲对杆的作用力向下、大小为，乙对杆的作用力向上、大小为 因此转轴受到杆的合力为： 故选A。 3．B 【详解】AB．“半偏法”测电阻时，在题图甲中，近似认为干路电流不变，实际上，当闭合开关S2后总电阻会变小，干路电流会变大，所以通过电阻箱的电流会大于通过电流表的电流，根据欧姆定律可知，电阻箱的阻值小于电流表的内阻，即电流表内阻的测量值偏小，R0越大，则当S2闭合后，电路中电流的变化越小，则电阻箱R的电流越接近总电流的一半，误差越小，故A错误，B正确； CD．“半偏法”测电阻时，在题图乙中，近似认为控制电路输出电压不变，实际上，当断开开关S2后，由于电阻箱R的接入，使得电阻箱R与电压表V两端电压之和变大，调节电阻箱使得电压表示数为满偏电压一半时，电阻箱R的电压应大于电压表满偏电压的一半，即电阻箱R的阻值大于电压表内阻，可知，电压表内阻测量值偏大。当R0越小时，断开S2时，电阻箱R与电压表V两端的电压之和变化越小，电阻箱的电压越接近电压表示数的一半，其误差越小，故CD错误。 故选B。 4．B 【详解】设每盏小灯泡的电压为U，通过的电流为I，则通过整个电路的电流为2I，根据闭合电路的欧姆定律有 E = U＋2I(R＋r） 即U、I还应满足 U = 5－10I 在小灯泡的U—I图像中作出对应的函数图线，如图所示 则两个图线的交点即为小灯泡在电路中的工作点，所以通过小灯泡的电流I ≈ 0.3A，对应灯泡两端的电压U ≈2V，每盏小灯泡的功率 P=UI ≈ 0.6W 故选B。 5．B 【详解】A．由图可知电容器与灯并联，故电容器两端电压即为灯两端电压，灯与滑动变阻器串联，随着从端移动到端滑动变阻器阻值在减小，依据串反并同，故电容器两端电压增大，又有,故电容器所带的电荷量增加，故A错误； B．依据闭合电路欧姆定律 移动滑片P，则 联立解得 移动滑片P，则 联立解得 故 故B正确； C．由 得的值不变 随着从端移动到端，变小，变大，则的值变小，故C错误； D．依据闭合电路欧姆定律 移动滑片P，则 故 移动滑片P，则 故 故 故D错误； 故选B。 6．D 【详解】AB．开关闭合时的等效电路图如图所示 电容器两端电压等于两端电压，已知总电阻 由闭合电路欧姆定律可知干路电流 路端电压 则电容器两极板间电势差 且上极板电势较低，带负电；下极板电势较高，带正电，此时电容器所带电荷量，故AB错误； CD．开关断开时的等效电路图如图所示 电容器两端电压等于两端电压，此时 由图可知，上极板带正电，下极板带负电，电容器所带电荷量 故通过的电荷量为，故C错误，D正确。 故选D。 7．B 【详解】A．当贴着上极板插入金属板时，两极板间的距离减小，根据 可知电容器的电容增大，再根据 由于电容器与电源相连，电容器两端的电压不变，则电容器所带的电荷量将增大，所以电容器将充电，即有电流从电阻的流向，且二极管处于导通状态，故A错误； B．油滴静止时，其所受的电场力与重力等大反向，则有 贴着上极板插入金属板，由于电容器与电源相连，电容器两端的电压不变，两极板间的距离减小，根据 可知极板间电场强度增大，故有电场力大于重力，油滴将向上移动，故B正确； CD．将开关断开，在两板间插入一陶瓷电介质，根据 可知电容器的电容增大，再根据 由于开关断开，极板所带电荷量不变，故两极板间电势差变小，根据 可知极板间电场强度减小，故有电场力小于重力，油滴将向下移动，故C、D错误。 故选B。 8．C 【详解】A．弹簧初始的弹力大小未知，可能小于A与地面的最大静摩擦，即A可能一直保持静止，则系统机械能可能守恒，A错误； B．从解除锁定到B停下，对B由动能定理 解得弹簧对B做功为8J，B错误； C．由于弹簧为轻弹簧，则弹簧分别对A和B的冲量大小相等，由B在N点右端的运动可知，B经过N点时的初速度为 则B受到弹簧的冲量大小为 所以A受到弹簧的冲量大小也为，C正确； D．若物块A在弹簧恢复原长后继续滑动，则全程A都受到滑动摩擦力作用，对物块A列全过程动量定理 解得 此时对应A运动的最长时间，D错误。 故选C。 9．BC 【详解】AB．改装成两个电流表时，并联了不同的电阻，而两电流表又是串联关系，则通过电流表的电流相等，所以电流表的读数相同；量程大的电流表，并联的电阻较小，并联的电阻所分的电流更多，表头分的电流更少，即A1指针偏转角度比A2指针偏转角度小，故A错误，B正确； C．两个电压表量程不同，即两电压表的电阻不同，量程大的电压表电阻大，两电压表串联，电阻大的电压大，即V1的读数比V2的读数大，故C正确； D．两个电压表串联关系，则通过两个电压表的电流相等，即通过两表头的电流也相等，所以指针的偏转角度相同，故D错误。 故选BC。 10．BC 【详解】A．根据等量同种点电荷的电场分布特点可知，顶点B和D的电场强度大小相等，方向相反，故A错误； B．顶点B、D到两个正点电荷的距离都为a，所以顶点B和D的电势相等，故B正确； CD．根据点电荷的场强公式和场强的叠加法则可知，顶点B的电场强度大小为 顶点的电场强度大小为 故C正确，D错误。 故选BC。 11．ABD 【详解】A．由欧姆表的内部电路结构可知，电流从B端流入多用电表，根据“红进黑出”可知B端是红表笔，故A正确； B．该电表的挡位4、5，表头与定值电阻和串联，是电压挡，故B正确； C．由多用电表的电路结构可知，该电表的挡位1、2是电流挡，接1时是电流2.5mA挡，接2时是电流1mA挡，则有 解得，故C错误； D．欧姆挡倍率为“×100”，指针读数为11，因此待测电阻阻值为，故D正确。 故选ABD。 12．BC 【详解】A．由于粒子带正电，为使粒子能够加速，释放粒子时奇数圆筒比偶数圆筒电势低，故A错误； B．第n个圆筒长度 则圆筒长度之比为，故B正确； CD．设带电粒子进入第n个圆筒时速度为，由动能定理有 解得 则粒子进入每个圆筒时的速度大小之比为，C正确，D错误； 故选BC。 13．(1)A (2) (3)A (4)B (5) 1.5 1.0 【详解】（1）因为电源内阻较小，接近电流表内阻，为了减小误差所以电流表采用相对电源外接. 故选A。 （2）根据电路图得实物连接图如图所示 （3）由于电压表的分流作用，相同的路端电压下，电流表测量的电流值小于流过电源的电流，内电阻的测量值为电源和电压表并联后的总电阻，比实际电源的内阻小，对应实线斜率的绝对值比虚线的小，但当电压为零时，电压表的内阻对测量没有影响，实线和虚线重合。故选A。 （4）因为电压表的分流作用产生的误差，为减小电表内阻引起的实验误差，在电表量程不变的情况下，电压表内阻越大，电压表的分流越小，可以采取的措施是换用内阻更大的电压表。 故选B。 （5）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律 整理可得 结合图像可知，电源的电动势 电源的内阻 14．(1)AC (2)B (3) (4) 【详解】（1）A．每次从同一位置由静止释放，才能使小球A到达斜槽末端时的初速度相同，故A正确； B．斜槽存在摩擦时，只要释放位置相同，初速度仍可保持相同，实验不要求斜槽必须光滑，故B错误； C．斜槽末端必须水平，才能使小球离开末端时做平抛运动，保证各次飞行高度和时间的判定一致，故C正确； D．实验只需测出碰撞前后两球的速度并比较动量，题目没有要求，故D错误。 故选AC。 （2）多次落点中可能有偶然偏离点，应作能包含全部落点且大小适当的最小圆，圆心作为平均落点。图B所示圆兼顾了落点范围和定位精度，A所示圆偏小，C所示圆偏大。 故选B。 （3）小球均从同一高度水平飞出，竖直方向的运动相同，飞行时间相同，因此水平位移与水平速度大小成正比。取向右为正方向，设碰撞前A的速度为，碰撞后A、B的速度大小分别为，，由动量守恒定律得 由平抛飞行时间相同可得 代入上式得 （4）设两球质量分别为，，圆轨道半径为。设A碰撞前经过M点、碰撞后反弹经过M点以及B碰撞后经过N点的速度大小分别为，，。初始静止时传感器只承受重力，所以， 小球经过竖直圆轨道最低点时，传感器示数满足 由M点的读数可得 所以 同理， 所以 以及 所以 取向右为正方向，碰撞过程中系统外力冲量可忽略，由动量守恒定律得 整理得 因此 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）由灯泡额定功率公式得灯泡电阻： 仅闭合时，灯泡与电源内阻串联，由闭合电路欧姆定律 解得 （2）同时闭合、时，灯泡与电动机并联，路端电压： 通过灯泡的电流： 通过电动机的电流： 电动机输出机械功率： 电动机输入功率： 由能量守恒 解得 （3）电动机卡住后为纯电阻元件，外电路并联总电阻： 电路总电阻： 总电流： 路端电压： 电动机发热功率： 16．(1) (2)60cm 【详解】（1）设电子经电压加速后的速度为，根据动能定理得 设电容器间偏转电场的场强为，则有 设电子经时间通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为，则沿中心轴线方向有 垂直中心轴线方向有 又 联立解得 设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为，偏转角为，则电子通过偏转电场时有 又 则电子在荧光屏上偏离点的距离为 由题图乙知时刻， 解得 （2）由题知电子偏移量的最大值为 根据可得，当偏转电压绝对值超过时，电子就打不到荧光屏上了，所以代入数据得 所以荧光屏上电子能打到的区间长度为 17．(1) (2) (3) 【详解】（1）带电粒子在第二象限中加速运动，由动能定理可知 解得 （2）带电粒子射入静电分析器，做匀速圆周运动，则有 解得 （3）带电粒子进入第四象限后在水平方向上做匀速直线运动，则可以从两板间离开的粒子，在两板间的运动时间为 设在前半个周期，t1时刻进入两板间的粒子可恰好从两板间离开，做出粒子在板间运动的v-t图像。 依题意，从板间离开的粒子的速度方向平行于两板，则t1时刻进入恰好离开的粒子当其运动到2T-2t1时，恰好打到上板竖直方向速度减为0，之后在竖直方向向下运动，最终从两板间离开。粒子沿y轴正方向的最大速度为 其中 粒子沿y轴负方向的最大速度为 依题意，有 解得 设在前半个周期，t2时刻进入两板间的粒子刚好从下极板边缘离开，粒子沿y轴正方向的最大速度为 粒子沿y轴负方向的最大速度为 依题意，有 解得 则在半个周期内，在时间段内进入的粒子可以从两板间离开，在后半个周期内进入的粒子将直接打到下板，综上所述，能够从两板间离开的粒子数占进入粒子总数的百分比为 18．(1) (2) (3) 【详解】（1）弹簧初始形变量为 弹簧恢复原长时A、B分离，设该过程中A移动的距离为，B移动的距离为，则有 A、B组成的系统初始状态静止，烧断细线后，两物块弹开过程相当于反冲运动，则有 即 联立以上两式解得， 即从烧断细线到物块A与弹簧第一次分离的过程中物块B移动的距离为。 （2）由图乙可知，弹簧的劲度系数 从烧断细线到小物块A第一次与弹簧分离过程中，A、B组成的系统动量守恒，则有 由能量守恒可得 将数值代入以上两式解得（方向向左），（方向向右） A分离后向左运动到墙壁的时间为 此时间内B和弹簧一起向右运动的距离为 A与墙壁碰撞时间极短，碰撞后A与弹簧左端的距离为 A与墙壁弹性碰撞，碰撞后速度大小不变，方向向右，则A再次与弹簧接触所用时间为 从小物块A第一次与弹簧分离到再次与弹簧接触所用的时间为。 （3）从小物块A再次接触弹簧到与弹簧第二次分离的过程中，A、B组成的系统动量守恒，则有 由能量守恒可得 联立以上两式，代入数值后解得， A与弹簧第二次分离后向左运动，再次与墙壁弹性碰撞后向右运动，速度大小为，小于此时B的速度，所以A不再与弹簧接触，即小物块A最终的速度大小为。 $