2022年陕西省咸阳市高考物理模拟试卷（三）（附答案详解）

2022年陕西省咸阳市高考物理模拟试卷（三）

1.如图是电磁起重机的工作原理介绍，其中电磁铁的工作原理主要利用了电流的一种

效应，此效应的发现者是（）

接通电路,电

殿铁产生磁性.肥

铁质物体吸起，放

F重物时,只要断

开电路即可.

A.库仑B.奥斯特C.洛伦兹D.法拉第

2.原子核的比结合能如图所示.下列说法正确的是（）

A.以核比"e核更稳定

B.Ba核比Kr核核子数多，比结合能大

C.U核比Ba核结合能大，比结合能小

D.两个“核结合成He核，需要吸收能量

3.如图甲所示，一轻质弹簧两端分别与质量为Tn1和徵2的4B两物块相连接，并静止

在光滑水平面上。现使物块4瞬间获得一个方向水平向右、大小为3m/s的速度并开

始计时，此后两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是

()

A.t3时刻弹簧被压缩到最短

B.A、B的质量之比TH］：7712=1：2

C.（时刻4、B的动量大小之比Pl：p2=l：1

D.0时刻弹簧具有的弹性势能等于两物块动能之和

4.某课外研究性学习小组设计的家庭电路漏电保护装置如图所示，铁芯左侧线圈由火

线和零线并行绕成。当右侧线圈G中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁

吸起铁K.质开关K,从而切断家庭电路。仅考虑L在铁芯中产生的磁场，下列说法

错误的是（）

A.家庭电路正常工作时，人中的磁感应强度为零

B.家庭电路中使用的电器增减时，G中的磁通量不变

C.家庭电路发生故障时，开关K将被电磁铁吸起

D.地面上的人接触火线发生触电时，开关K将被电磁铁吸起

5.假设宇宙中有两颗相距很远、互不影响且半径都为R的行星人氏y

各有一颗近地“卫星”P、Q绕其做匀速圆周运动。行星周围空I

间某位置的引力加速度为a,该位置到行星中心距离为r,aO

关系如图所示，卫星P、Q的引力加速度大小分别为劭、4劭，则

下列说法正确的是（）

A.卫星P、Q的质量之比为1：4

B.行星4、B的质量之比为1：2

C.行星4、B的第一宇宙速度之比为1：2

D.行星4、B的密度之比为4：1

6.如图所示,在半径为R的圆形区域内存在着垂直于纸面向

30Ml8\

t

里、磁感应强度大小为8的匀强磁场，甲、乙两个相同的X»

负电荷分别从图中4点和。点以方向相同、大小不同的速xx，x■,

*»9

度垂直于磁场的方向射入，两电荷的速度方向与4。的夹

角均为30。。己知甲电荷速度大小为％,从磁场边缘的C点

离开磁场（C点未画出），速度方向偏转了120。，若乙电荷也从C点离开磁场，不计电

荷的重力及电荷间的相互作用力，则下列说法正确的是（）

A.甲、乙两电荷的比荷均为募

DK

B.甲、乙两电荷的比荷均为亮

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C.甲、乙两电荷的速度之比为2：3

D.甲、乙两电荷在磁场中运动的时间之比为2：3

7.如图所示，质量分别为3m和m的4、B两物块放在倾角为。=

37。的斜面上，用绕过动滑轮的细线连接，给动滑轮施加一个

沿斜面向上的拉力F,4、B两物块均处于静止状态，连接两

物块的细线均平行于斜面，不计滑轮的质量，两物块与斜面间的动摩擦因数均为0.5,

最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin37。=0.6,cos37。=0.8,下列说法正确的

是（）

A.逐渐减小拉力F,4先滑动B.逐渐减小拉力F,B先滑动

C.逐渐增大拉力F,4先滑动D.逐渐增大拉力F,B先滑动

8.示波器是一种常见的电学仪器如图所示，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时

间变化的情况。电子经加速后进入偏转电场最终打在荧光屏上。下列关于所加偏转

电压与荧光屏上得的图形的说法中正确的是（）

A.如果只在XX'上加图甲所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（b）

B.如果只在丫丫'上加图乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（①

c.如果在xx'、上分别加图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图«）

D.如果在YT',XX'上分别加图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（d）

9.某同学根据机械能守恒定律，探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系，实验过程如下:

①用游标卡尺测出挡光片的宽度d与弹簧秤测出滑块和遮光条的总质量M；

②将轻弹簧一端固定在气垫导轨左侧，如图甲，调整导轨至水平；

③用带有挡光片的滑块压缩弹簧（不栓接），记录弹簧的压缩量支；用计算机记录滑

块通过光电门的挡光时间At；

④重复③的操作，得到卷与刀的关系如图乙。

丙

(1)该实验可以用(用M、At.d)表示弹簧弹性势能。

(2)用游标卡尺测出遮光条的宽度d,示数如图丙，贝cmo

(3)由图乙知，滑块速度-与位移x成正比；由上述实验可得结论，对同一根弹簧，

弹性势能E,与弹簧的成正比。

10.某学习小组利用可调内阻电池探究电池内外电压的关系。可调内阻电池由电池槽，

正负极板M、N,探针P、Q,气室，气筒等构成(如图a)。正负极板插在两端电池

槽内，中间有一条电液通道，缓慢推动气筒活塞，向电池内打气，以改变电解液液

面的高低，从而改变电池的内阻：液面越低，内电阻越大。实验电路连接如图(b)所

示：量程为3U的电压表匕与正负极板M、N连接，可直接测量电源外部的电压，电

压表/与探针P、Q连接，可直接测量电源内部的电压。R为电阻箱，4为理想电流

表。

'©尊尊解

嘘>10K⑥alK®>100

期

(1)闭合开关S1断开开关52、S3此时电压表匕的读数如图C所示，则可粗略估算电池

的电动势E=

K；

(2)调节电阻箱R至最大值，闭合开关工、52、S3逐渐调小电阻箱的阻值，发现电压

表彩的示数逐渐;

(选填“变大”“变小”或“不变”)，且电压表匕、电压表彩的示数小、4始终满

足(用内、/和E表示)的关系。继续调节电阻箱R的阻值，使电压表匕和匕的

示数相同，此时电阻箱R的读数如图d所示，则可粗略估算电池的内阻为P；

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(3)保持工、S2、S3闭合，用打气筒向电池内打气，同时记录匕、彩表的示数名、U2

和4表的示数1,利用多组数据画出名--/图象，则下列图象正确的是。

A.

11.如图(a),磁力刹车是为保证过山车在最后进站前的安全而设计的一种刹车形式。

磁场很强的钦磁铁长条安装在轨道上，刹车金属片按装在过山车底部或两侧。简化

为图(b)的模型，相距为八水平放置的导轨处于磁感应强度大小为B、方向竖直的

匀强磁场中，整个回路中的等效电阻为R,将过山车上的刹车金属片等效为一根金

属杆4B,过山车的质量为m。不计轨道摩擦和空气阻力。

(1)求水平磁力刹车减速的加速度a大小随速度v变化的关系式；

(2)若过山车进入水平磁力刹车轨道开始减速时，速度为30m/s,刹车产生的加速

度大小为15m/s2。过山车的速度u随位移x的变化规律满足：〃=%-嘉式设水

平轨道起点x=0)。在图(c)中画出水平磁力刹车减速的加速度大小随速度变化的图

线，并求出过山车在水平轨道上减速到10m/s时滑行的距离。

12.如图1所示，轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整

体静止放在离地面高为H=5m的光滑水平桌面上，桌面右端接一水平传送带，传

送带长L=0.9m,且以速度U顺时针匀速转动。现有一滑块A从光滑固定;圆轨道与

4

圆心等高处。点由静止开始滑下，轨道半径R=1.8m,与滑块B发生碰撞并粘在一

起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面

上匀速运动一段后，从P点进入水平传送带，再经Q点离开，最终落在水平地面上N

点。已知啊-2kg,mB-1kg,mc-3kg,滑块C与传送带间的动摩擦因数〃-0.5,

三个滑块都可看作质点，忽略空气阻力，g取10m/s2。求：

（1）滑块4滑到圆弧最低点瞬间受到的支持力大小；

（2）在水平桌面上运动时滑块C的最大速度是多少；

（3）若传送带的速度内讨论u取不同值时滑块C落地点N与Q点间的水平距离x为多

少？并画出久-"图像。（结果可用根号表示）

13.唐诗硼荷叶露珠》中“靠微晓露成珠颗“中的荷叶和露水表现为（选填

“不浸润”或“浸润”），小草、树叶上的小露珠常呈球形，主要是的作用.

晶体在熔化过程中吸收的热量全部用来破坏空间点阵，分子势能（选填“增

力"减少”或“保持不变”），分子平均动能（选填“增加”“减少”或

“保持不变“），所以晶体（选填“没有”“有”或“有时有，有时没有”）固

定的熔点。

14.神舟13号航天员从天和核心舱气闸舱出舱时身着我国新一代“飞天”舱外航天服.

航天服内密封了一定质量的理想气体，体积约为匕=2L,压强pi=1.0x105Pa,

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温度ti=27℃o

(1)打开舱门前，航天员需将航天服内气压降低到P2=4.4xlO4pa,此时密闭气体

温度变为今=-9℃,则航天服内气体体积/变为多少？

(2)为便于舱外活动，航天员出舱前还需要把航天服内的一部分气体缓慢放出，使

气压降到P3=3.0x104「服假设释放气体过程中温度保持为垃=-9。(：不变，体积

变为匕=2.23那么航天服放出的气体与原来气体的质量比为多少？

15.如图，％轴上％=0和x=14m处的0点和P点有两个振动情况完全一样的波源，两波

源振动的振幅均为0.4m,波速大小均为u=10m/s。t=0时刻两波源的振动在0、

P之间形成的波形如图中甲.乙所示，4B、C、D、E、F、G、，是%轴上横坐标分

别为3m、4zn>5m^6m、7m、8m、9m、10m处的质点。由图可知两列波的周期

为s,起振方向：在t=1s后的传播过程中，上述质点中振动减弱的

质点有个，加强点有个；质点4振动的振幅为m.

16.2021年12月9日，“太空教师”翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站为青少年带

来了一场精彩纷呈的太空科普课。王亚平在水膜里注水，得到了一个晶莹剔透的水

球，接着又在水球中央注入一个气泡，形成了两个同心的球，如图所示，MN是通

过球心。的一条直线，一单色细光束4B平行于MN从B点射入球体，出射光线CP与

的交点P到球心。的距离是球半径R的四倍，且与MN所成的角a=30。，求：

（i）水对此单色光的折射率。

（五）为不改变该光束的传播，气泡（球）的半径不得超过多少（不考虑R的变化）？

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：丹麦物理学家奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场，即电流具

有磁效应，故B正确，AC。错误。

故选：B。

电磁铁的工作原理主要利用了电流的磁效应，根据物理学史，结合奥斯特的贡献解答即

可。

本题考查了物理学史部分，要了解这些伟大科学家的重要贡献，培养科学素质和为科学

的奉献精神.

2.【答案】C

【解析】解：4比结合能越大，原子核越稳定，根据比结合能图象可知He核比以核更

稳定，故A错误；

B、Ba核比Kr核核子数多，根据比结合能图象可知Ba核比Kr核的比结合能小，故8错

误；

C、U核比Ba核核子数多，结合能大，根据比结合能图象可知U核比Ba核的比结核能小，

故C正确；

两个〃核结合成He核，由比结合能小向比结合能大的方向反应，质量亏损，会释放

能量，故。错误。

故选：C。

分析图象，确定相关原子核的比结合能的关系，比结合能越大的原子核越稳定；原子核

的结合能等于平均结合能与核子数的乘积；氢核聚变，质量亏损，释放能量。

本题考查了原子核的结合能的和比结合能相关知识，明确比结合能大的原子核稳定，从

图象中提取相关信息是解题的关键。

3.【答案】B

【解析】解：4、由图象可知两物块的运动过程：开始阶段4逐渐减速，B逐渐加速，4的

速度比B的大，弹簧被压缩，ti时刻二者速度相同，系统动能最小，弹簧的弹性势能最

大，弹簧的压缩量最大，然后弹簧逐渐恢复原长，B依然加速，4先减速为零，然后反

向加速，弓时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐

渐增大，两木块均减速，当±3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，故A

错误；

3、从匕到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长。系统动量守恒，取向右为正方向，选择

从开始到七时刻列方程可知:啊%=+m2)v2＞将%=3m/s,v2=lm/s代入得：

m2=1：2,故B正确；

C、结合图乙，可得垃时刻4、B的动量大小之比为台=普=3',=；，故C错误；

D、设4的质量为m,则B的质量为2m,Q时刻两物块动能之和为：Ek=^(m+2m)vf=

2

+2m)xl=|m；根据能量守恒定律可得打时刻弹簧具有的弹性势能：EP=

22

+|x2mvj0=|mx3+x2mxI=詈，所以G时刻弹簧具有的弹性势能

与两物块动能之和不相等，故。错误。

故选：B。

由于水平面光滑，可知两物块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒，系统动能最

小时，弹性势能最大，据此根据图象中两物块速度的变化可以分析系统动能和弹性势能

的变化情况。

对于这类弹簧问题注意用动态思想认真分析物体的运动过程，注意过程中的功能转化关

系；解答时注意动量守恒和机械能守恒列式分析，同时根据图象，分析清楚物体的运动

情况。

4.【答案】C

【解析】解：4、由于火线和零线并行绕制，所以在家庭电路正常工作时，火线和零线

的电流大小相等，方向相反，因此合磁通量为零，人中的磁通量为零，故A正确；

3、当家庭电路中使用的电器增多时，火线和零线的电流仍然大小相等，方向相反，G中

的磁通量不变，故B正确；

C、家庭电路发生短路时，火线和零线的电流同时增大，合磁通量仍然为零，因此开关K

不会被电磁铁吸起，故C错误；

。、当地面上的人接触火线发生触电时，火线的电流突然变大，即人中的磁场发生变化，

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导致G中的磁通量变化，中产生感应电流，电磁铁将开关K吸起，故。正确。

本题选错误的，故选：C。

火线和零线并行绕制，所以在家庭电路正常工作时，火线和零线的电流大小相等，方向

相反，因此合磁通量为零，G中的磁通量为零，地面上的人接触火线发生触电时，火线

的电流突然变大，即人中的磁场发生变化，导致人中的磁通量变化，42中产生感应电流，

电磁铁将开关K吸起。

本题考查了变压器的构造和原理，难点在于明确火线和零线并行绕制电流方向相反，要

理解为什么副线圈中的磁通量为零。

5.【答案】C

【解析】解：AB,根据牛顿第二定律得：^-=ma,则得行星对周围空间各处物体的

引力产生的加速度为：a=胃，由此不能判断近地卫星P、Q的质量大小；由数学知识

知，a-*图象的斜率等于GM,斜率越大，GM越大，M越大，所以B的质量是4的质量

的4倍，故AB错误；

C、设4的第一宇宙速度为分，则即=彳，得。P=/蔽；同理B的第一宇宙速度为：VQ=

，4a（）R=2ja（）R=2vp,即行星4、B的第一宇宙速度之比为1：2,故C正确；

D、由于B的质量是4的质量的4倍，它们的半径相等，则体积相等，根据p=?,可知行

星4、B的密度之比为1：4,故。错误。

故选：C。

根据牛顿第二定律得出行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a与r的表达式，结

合a—*的正比关系函数图象得出4、B的质量关系，根据密度和第一宇宙速度的表达式

分析求解.

解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一思路，知道线速度、角速度、周期、加速

度与轨道半径的关系，并会用这些关系式进行正确的分析和计算.

6.【答案】BD

【解析】解：4B、从4点射入的电荷在磁场中运动的轨迹如图所示

易证△4。。1是等边三角形，四边形AOCOi是棱形,轨迹半径r与磁场圆形区域的半径R相

等，即「=/?,

又qB%=m—

联立解得甲乙比荷为5=含=含

故A错误，B正确；

CD、甲乙做圆周运动的周期为7=筌=乎，甲在磁场中运动的时间为t=

Qtfv3

乙电荷运动的轨迹是半圆，半径为r'=g,乙运动的时间为t'=g故甲乙两电荷的速度

之喷=5=2：1

甲乙两电荷在磁场中运动的时间之比为;=|

故C错误，£＞正确。

故选：BD。

AB,先画出粒子运动轨迹图，再结合洛伦兹力提供向心力求出比荷；

CD、根据周期公式，结合粒子在磁场中转过的圆心角，求出甲乙的速度之比和运动时

间之比。

在涉及圆周运动的周期问题时，要注意周期由不同的表达式，在应用时要注意选择。

7.【答案】AD

【解析】解：48.根据力的平衡可知，滑轮两边绳上的拉力大小分别为：尸，当4刚要向

下滑动时有

2mgsin9=2^mgcos0+[0

解得

Fi=0.8mg

当B刚好要下滑时有

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mgsind=i2mgcosO4-1/^

解得

F2=OAmg

因此逐渐减小F,物块A先滑动，故8错误，A正确；

CD当4刚好要上滑时

2mgsinS+2p.mgcos0=：&

解得

&=4mg

当B刚好要上滑时

mgsind+(imgcosd=

解得

F4—2mg

因此逐渐增大F,物块8先滑动，故C错误，。正确。

故选:AD.

AB刚要向下滑动时一，摩擦力向上，根据共点力平衡可解得产的最小值，当增大凡4B刚

要上滑时，摩擦力向下，根据共点力平衡解得。

本题考查共点力平衡的应用，解题关键掌握摩擦力方向的判断。

8.【答案】ABD

【解析】解：4、如果只在XX'上加上图甲所示的电压，电子只在水平方向偏转，故在

荧光屏上看到的图形是一条水平线段，故A正确；

8、如果只在丫丫'上加上图乙所示的电压，电子只在竖直方向偏转，故在荧光屏上看到的

图形是一条竖直线段，故B正确；

CD、如果在yy'、xx'上加上图甲、乙所示的电压，扫描电压覆盖了两个周期的待测波

形信号，则在荧光屏上看到的图形将如图(d)所示，故C错误，。正确。

故选：ABDo

在xx'上加上图甲所示的电压，电子只在水平方向偏转；在yy'上加上图乙所示的电压，

电子只在竖直方向偏转；在丫丫'、xx'上加上图甲、乙所示的电压，由电压的周期可知，

只有图(码符合题意。

本题考查示波器的显示特点，关键是明确两个方向上电子的偏向和偏转距离与所加电压

的方向与大小关系。

9.【答案】冬1.16压缩量的平方

【解析】解：(1)滑块通过光电门的速度就是滑块通过光电门时的平均速度

由机械能守恒定律可知，弹簧弹性势能转化为滑块的动能，弹簧弹性势能为E=|Mv2=

MW

2At2

(2)游标卡尺的精度为0.1mm,其读数为主尺的示数与游标尺示数之和，故遮光条的宽

度d=11mm+6x0.1mm=11.6mm=1.16cm；

(3)图线是过原点的倾斜直线，所以滑块的速度"与位移x成正比；

弹性势能转化为动能，即E=TMU2,即弹性势能与速度平方成正比，则弹性势能与压

缩量平方成正比.

故答案为：(1)舞；(2)1.16；(3)压缩量的平方。

(1)由光电门测量瞬时速度，当释放压缩的弹簧时，弹性势能转化为滑块的动能，据此

求出弹簧的弹性势能；

(2)游标卡尺的读数=整数毫米+格数x精确度：

(3)根据"与x的关系图，可知，〃与x成正比，结合动能表达式，即可知弹性势能与压缩

量的关系，从而即可求解.

本题考查胡克定律的应用，注意弹簧的长度与形变量的区别，理解光电门能测量瞬时速

度的原理，知道弹簧弹性势能与滑块动能的关系.同时注意图线的物理含义.

10.【答案】2.00U变大E=Ur+U231.2AD

【解析】解：(1)电压表的量程为3V,精度为0.1V,估读到0.01%则读数为2.00匕

(2)逐渐调小电阻箱的阻值，电路中的电流/逐渐增大，电压表眩测量的是电源的内电压,

由/=/r可知示数逐渐变大；

电压表匕测量的是电源的路端电压，由全电路的欧姆定律可知

E=Ut+U2,

电压表匕和%的示数相同，即路端电压等于内电压，即外电阻等于内阻，故电阻箱的读

数即为电源内阻，粗略估算电池的内阻为31.2。；

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(3)48.保持开关Si、S2、S3闭合，用打气筒向电池内打气，电解质溶液液面下降，电池

内阻增大，外电阻不变，由

Ui=IR

故A正确，8错误；

CD.由

E=%+U2,

可知

U2=E-IR

则C错误，。正确；

故选：AD.

故答案为：(1)2.00匕(2)变大，E=UI+U2,31.2；(3)4。

(1)明确电压表接正负极测量的是外压，接探针测量的是内压。

(2)由闭合电路欧姆定律得电压的示数的变化。

(3)由欧姆定律确定图象的正误。

考查的是闭合电路欧姆定律的应用，明确电压表的示数是谁的电压，由欧姆定律分析。

11.【答案】解：(1)金属杆4B在磁场中切割磁感线，产生的感应电动势为

E=Blv

根据牛顿第二定律，有

F=ma

有安培力F=BH

根据闭合电路的欧姆定律可得，回路中的感应电流为

/=-

R

整理可得。=鬻"

(2)过山车的速度〃随位移x的变化规律，结合加速度与速度的关系可得，水平磁力刹车

减速的加速度大小随速度变化的图线如图所示

1一/

V/m»sr1

0

金属杆减速的加速度为

B212

a-------v

mR

由图像可得斜率

k=—=0.5s-1

mR

Xv=v-^—X

uQmR

整理可得x=40m

答：(1)水平磁力刹车减速的加速度a大小随速度"变化的关系式为a=嘉•心

(2)水平磁力刹车减速的加速度大小随速度变化的图线如图所示，过山车在水平轨道上

减速到10m/s时滑行的距离为40m。

【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和牛顿第二定律，结合题

意求出加速度大小随速度变化的关系式；

(2)根据加速度大小随时间变化的关系式，结合题意可得水平磁力刹车减速的加速度大

小随速度变化的图线；

结合图像和题意可得，过山车在水平轨道上减速到l(hn/s时滑行的距离

本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和牛顿第二定律，是电磁感应与

力学的综合题，在处理时要注意各定律的综合运用。

12.【答案】解：(1)设滑块4从。点下滑至水平桌面时速度大小为。°,由机械能守恒定律

可得：^A9R=

解得：Vo=67nls

在最低点，根据牛顿第二定律可得：FN-mAg=m^

解得：FN=60N；

(2)滑块4与B碰撞结束瞬间的速度大小记为%,4碰撞B过程，以4、B组成的系统动量

守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：

mAv0=(mA+mB)V!

解得：Ui=4m/s；

当弹簧再次恢复原长时，滑块C脱离弹簧，速度最大，设此时滑块4、B的速度为火,滑

块C的速度为%,取向右为正方向，由动量守恒定律，得：

(mA+me)vx=(mA+mB)v3+mcv4

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由机械能守恒定律，得：(mA+=|(mA+mB)vj+|mcv^

解得%=0,v4=4m/s；

(3)滑块C以速度%=4m/s冲上传送带，

团若滑块C恰好在传送带上一直加速，设到Q点离开时获得速度为畛，从P到Q由运动学

公式可得：

诏一嵬=211gL

解得%=5m/s

团若滑块C恰好在传送带上一直减速，设到Q点离开时获得速度为九,从P到Q由运动学

公式可得：

诏一诳=-211gL

解得％=yflm/s

从Q到N滑块做平抛运动，竖直方向有：H=\gt2

解得t=Is。

讨论：①当传送带速度0<"S近m/s时，滑块C一直减速运动，以%=bm/s做平抛

运动，有：

x=v6t=V7xlm=V7m；

②当传送带速度V7m/s<u<5m/s时，滑块C最终以u做平抛运动，有：

x=vt=v(m)

③当传送带速度〃257n/s时，滑块C一直加速，最终以外=5m/s做平抛运动，有：

x=v5t=5xlm=5m。

X—V图像如图所示：

答：(1)滑块4滑到圆弧最低点瞬间受到的支持力大小为60N；

(2)在水平桌面上运动时滑块C的最大速度是4m/s；

(3)①当传送带速度0<uW夕M/S时，滑块C落地点N与Q点间的水平距离为夕m；

②当传送带速度bm/s<v<5zn/s时，滑块C落地点N与Q点间的水平距离为x=v(m)；

③当传送带速度u>5m/s时，滑块C落地点N与Q点间的水平距离为5m；

图像见解析。

【解析】(1)由机械能守恒定律求解滑块达到最低点速度大小，在最低点，根据牛顿第

二定律求解支持力大小；

(2)4碰撞B过程，根据动量守恒定律可求解碰撞后的速度大小；当弹簧再次恢复原长过

程中，由动量守恒定律、机械能守恒定律求解滑块C的最大速度；

(3)滑块C以速度以=4m/s冲上传送带，目若滑块C恰好在传送带上一直加速；团滑块C恰

好在传送带上一直减速，从P到Q由运动学公式求解滑块C离开传送带速度大小；

讨论：①滑块C一直减速运动；②滑块C的速度最终等于传送带的速度；③滑块C一直

加速，最终速度恒定分析平抛运动的位移大小，由此作出图像。

本题主要是考查动量守恒定律、能量守恒定律、平抛运动的知识，关键是弄清楚滑块的

运动情况和受力情况，根据能量守恒定律、动量守恒定律、平抛运动的规律进行解答。

13.【答案】不浸润表面张力增加保持不变有

【解析】解：荷叶和露水表现为不浸润；由于液体表面张力的作用总是想使露珠的表面

积减小，而体积相同的情况下球的表面积最小，故露珠呈球状；晶体熔化的过程中，吸

收的热量全部用来破坏空间点阵，增加分子势能，晶体熔化过程中温度保持不变，则分

子平均动能保持不变，故晶体有固定的熔点。

故答案为：不浸润；表面张力；增加；保持不变；有。

荷叶和露水表现为不浸润；

露珠常呈球形，由于液体表面张力的作用总是想使露珠的表面积减小；

晶体熔化的过程中，吸收的热量全部用来破坏空间点阵，增加分子势能，在熔化过程中

温度保持不变，则分子平均动能保持不变，故晶体有固定的熔点。

明确浸润和不浸润的概念，知道液体的表面张力，知道晶体在熔化过程中吸热，温度不

变。

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14.【答案】解：(1)对航天服内的封闭气体为研究对象，根据理想气体状态方程可得: