2023年陕西省西安重点大学附中高考物理三模试卷

2023年陕西省西安重点大学附中高考物理三模试卷

一、单选题（本大题共5小题，共15.0分）

1.如图所示，在匀强磁场中的4点有一静止的放射性原子核，它发生某种

衰变时，射出的粒子及新核做如图所示轨迹的圆周运动，测得两轨迹的半

径之比为44：1,则下列判断正确的是（）

A.这是0衰变，衰变时新核向右运动，放射性元素的原子序数是43

B.这是口衰变，衰变时新核向左运动，放射性元素的原子序数是43

C.这是a衰变，衰变时新核向右运动，放射性元素的原子序数是90

D.这是a衰变,衰变时新核向左运动，放射性元素的原子序数是90

2.如图所示，质量为M的斜面体静止在水平地面上，质量

为小的滑块在沿着斜面向上的恒力产作用下向下做匀速运动,

斜面体始终处于静止状态。已知重力加速度为g,在滑块下

滑的过程中，下列说法正确的是（）

A.滑块与斜面体之间的动摩擦因数〃大于tan。

B.撤去恒力F后，地面对斜面体的支持力不变

C.地面对斜面体的支持力大于（M+m）g

D.地面对斜面体的摩擦力方向水平向左

3.如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为的木块4放在长木板的左

端，一颗质量为27n的子弹以速度火射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为普，

木块在木板上滑行的时间为3则下列说法错误的是（）

।~A

B

V77777777777777777777777777777777777777'

A.木块获得的最大速度为半

B.木块滑离木板时，木板获得的速度大小为等

O

C.木块在木板上滑动时，木块与木板之间的滑动摩擦力大小为鬻

IZoc

D.因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差

4.假设宇宙中有两颗相距无限远的行星4和B,自身球体半径分别为以和RB•两颗行星各自周

围的卫星的轨道半径的三次方&3）与运行公转周期的平方（72）的关系如图所示；7°为卫星环

绕各自行星表面运行的周期。则（）

A.行星a的质量小于行星B的质量

B.行星4的密度小于行星B的密度

C.行星4的第一宇宙速度等于行星8的第一宇宙速度

D.当两行星周围的卫星的运动轨道半径相同时，行星4的卫星的向心加速度大于行星B的卫

星的向心加速度

5.如图中，描述物体做自由落体运动的是（）

二、多选题（本大题共5小题，共15.0分）

6.理想自耦变压器如图所示，开始时滑片P置于图中所示位置，此时原、副线圈的匝数比是

5：1,原线圈接入电压为220U的正弦交流电，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串连接在

副线圈上，电压表和电流表均为理想交流电表，开关K断开，则下列说法正确的是（）

A.电压表的读数为44V

B.若只将开关K闭合，则滑动变阻器的热功率变大

C.若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则两电表读数均减小

D.若只将滑片顺时针方向滑过一小段长度，则电流表示数减小

7.如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B,边

长为a的正方形闭合单匝线框4BCD斜向穿进磁场，当为正方形

的对角线）刚进入磁场时速度为"31CD）,若线框的总电阻为R,则（

A.AC刚进入磁场时线框中感应电流为二辔

B.4C刚进入磁场时线框所受安培力为马也

R

C.此时CD两端电压为：Bau

D.此时CO两端电压为：Bau

4

8.如图，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、

。两点与圆心。等高.一质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另

一端固定在P点，P点在圆心。的正下方R/2处。小球从最高点4由静止开始沿逆时针方向下滑,

已知弹簧的原长为R,弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是：（）

A.小球运动到8点时的速度大小为2/^

B.小球在4、B两点时对圆环的压力差为47ng

C.小球运动到B点时重力的功率为

D.弹簧长度等于R时，小球的机械能最大

9.下列说法正确的是（）

A.某种液体的饱和气压与温度有关

B.多晶体都具有各向同性的特点

C.第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律

D.当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快，所以分子间的

作用力一定表现为引力

E.一定质量的理想气体，放热的同时外界对其做功，其内能可能减少

10.如图所示为一简谐横波在t=0时刻的图象。此时质点P的运动方向沿y轴负方向，且当

t=1.8s时质点P恰好第三次到达y轴负方向最大位置处，下列说法正确的是（）

A.波沿x轴负方向传播

B.波的传播速度为lm/s

C.至t=1.6s,质点P的运动路程为0.4m

D.经0.1s,质点Q第一次到达y轴正方向最大位移处

E.Q点的振动方程为y=5sin（|nt+^）cm

三、填空题（本大题共I小题，共3.0分）

11.如图是某实验小组进行的用电流表和电压表测电池的电

动势和内阻的实验中，画出的U-/图像，从图像中可以读出

其测出的电动势是K,内阻是0。

四、实验题（本大题共1小题，共3.0分）

12.某同学利用图甲所示的实验装置，探究物体在水平桌面上的运动规律，物块在重物的牵

引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离后停在桌面上（尚未到达滑轮处）。从纸带

上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示，打点计时器

电源的频率为50Hz.（不计空气阻力，g=10.0m/s2）«

打点计时器物块细绳

(1)通过分析纸带数据，可判断重物在两相邻计数点和之间某时刻落地

(2)计数点3对应的速度大小巧=rn/s.(保留三位有效数字)。

(3)物块减速运动过程中加速度的大小为a=m/s2.(保留三位有效数字)。

(4)物块与桌面的动摩擦因数为,物块与重物质量比为。

五、简答题(本大题共2小题，共6.0分)

13.如图所示，半径R=0.8机的光滑;圆弧轨道固定在光滑水平面上，在轨道末端c点紧靠(不

相连)一质量M=3kg的长木板，长木板上表面与圆弧轨道末端的切线相平，距离木板右侧1m

处有一固定在地面上的木桩，轨道上方的4点与轨道圆心。的连线长也为R,且4。连线与水平

方向夹角。=30。.一个可视为质点、质量为zn=1kg的小物块，从4点由静止开始下落后打在

圆弧轨道的B点，假设在该瞬间碰撞过程中，小物块沿半径方向的分速度立刻减为零，而沿

切线方向的分速度不变，此后小物块将沿圆弧轨道下滑，已知小物块与长木板间的动摩擦因

数4=0.3,(g取lOm/s2).求：

(1)小物块运动到B点时的速度大小；

(2)长木板第一次与木桩碰撞时的速度大小；

(3)假设长木板与木桩和圆弧轨道间的每一次碰撞过程都不损失机械能，为使小物块不滑出长

木板，木板的长度至少为多少？

14.如图所示，截面积分别2s=2CM2与S=lew?的两个上部开口

的柱形气缸力、B,底部通过体积可以忽略不计的细管连通.力、B两

个气缸内分别有两个活塞，质量分别为啊=2.8kg,mB=1.4kg.A气

缸内壁粗糙，活塞与气缸间的最大静摩擦力为/'=6N,8气缸内壁光滑.当气缸内充有某种

理想气体时,A中的活塞高为心=4cm,B中活塞高度为说=5cm,此时气体温度为7。=390K,

外界大气压为Po=10xlO’Pa.现在缓慢降低气体温度，g取lOm/s?,则：

①当气缸B中的活塞刚好下降至气缸底部时，气体的温度A；

②当气缸4中的活塞刚要滑动时，气体的温度%.

六、计算题(本大题共2小题，共20.0分)

15.如图所示，直线与两平行极板垂直.两极板之间存在匀强电场，电场强度大小为E,

方向向右，极板间距离为d,Si、S2为极板上的两个小孔.在MN下方和两极板外侧区域存在

相同的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.MN上方有一绝缘挡板PQ,与MN平行放置.从小

孔Si处由静止释放的带正电粒子，经电场加速后，恰能从小孔S2进入磁场，飞出右侧磁场后

与挡板PQ相碰.已知两小孔Si、52到直线MN的距离均为d,粒子质量为m、电量为q,与挡

板碰撞前后，粒子电量没有损失，平行于挡板方向的分速度不变，垂直于挡板方向的分速度

反向，大小不变，不计粒子的重力.

(1)求粒子到达小孔S2时的速度大小

(2)若磁场的磁感应强度大小为J瑞，为保证粒子再次回到S2,挡板PQ应固定在离直线MN

多远处？

(3)若改变磁场的磁感应强度大小，使粒子每次通过S2进入磁场后均能沿第(2)问中的路径运

动，求粒子第n次通过两侧磁场区域所用时间.

P----------------------。

M.......................-N

XXXXXXX

"xXXxBX

XXXXXXX

16.如图所示，一透明球体置于空气中，球半径R=10cm,折射率n=是一条通过

球心的直线，单色细光束48平行于MN射向球体，B为入射点，AB与MN间距为5Ccm,CD

为出射光线.

①完成光路；

②计算：光从B点传到C点的时间.

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：因射出粒子与新核在磁场中运动的轨迹是内切圆，故射出粒子带负电，即为0粒子。

由

得：T

因喷号=竽

可知放射性元素的原子系数为43,由洛伦兹力的方向判定知衰变后新核向右运动，射出粒子向左

运动，故A正确，BC£>错误；

故选：Ao

理解a衰变和口衰变的区别，结合左手定则得出粒子的运动轨迹特点，再根据粒子的速度关系和半

径的计算公式得出对应的原子序数。

本题中原子核衰变过程类似于爆炸，遵守动量守恒和能量守恒，应用半径公式解决。

2.【答案】B

【解析】解：4、对滑块ni进行受力分析可知m受四个力，由于滑块山在做向下的匀速运动，所以

受力平衡，有：F+f=mgsind,又：/=fimgcosd,可得：〃=tan。-m^,ose>所以〃小于tan。，

故4错误；

8、对斜面M进行受力分析可知，M所受的力与恒力F没有关系，故撤去恒力尸后，地面对斜面体

的支持力不变，故B正确；

CO、以滑块和斜面体组成的整体为研究对象，分析受力如图所示，根据平衡条件得:

竖直方向有：FN+Fsind=(M+m)g

得地面对斜面体的支持力：FN<（M+m）g；

水平方向有：f=Fcos3,地面对斜面体的摩擦力/方向水平向右，故C。错误。

故选：B。

滑块匀速运动，合外力为零，根据平衡条件和滑动摩擦力公式相结合分析动摩擦因数的大小。撤

去恒力尸后，分析滑块的受力情况，判断地面对斜面体的支持力变化情况。对整体，由平衡条件

分析地面对斜面体的支持力和摩擦力。

解决本题的关键要灵活选择研究对象，要知道滑块匀速运动，斜面体静止，二者合外力均为零，

能看成整体来研究

3.【答案】B

【解析】解：4、子弹射入木块的瞬间木块获得的速度最大，取向右为正方向，对子弹和木块组

成的系统，由动量守恒定律得2m,攻）=（表m+:山）巧，可得，木块获得的最大速度巧=卜。。

故A正确。

B、木块滑离木板时，取向右方向为正，对木板和木块（包括子弹）系统：嘿=（白山+；小）x等+

io1O4-O

mv2

解得：%=舞，故2错误。

IZo

C、木块在木板上滑动时，对木板，以向右方向为正，由动量定理得九=血方-0,得/=鬻，

故c正确；

。、由能量守恒定律可知，木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和

木块减少的动能与木板增加的动能之差，故。正确。

本题选错误的，

故选：B。

子弹射入木块的瞬间木块获得的速度最大，由动量守恒定律求木块获得的最大速度。木块在木板

上滑行时，木块（含子弹）与木板组成的系统合外力为零，总动量守恒，由动量守恒定律求木块滑

离木板时木板获得的速度。木块在木板上滑动时，对木板，利用动量定理列式，可求得木块与木

板之间的滑动摩擦力大小。结合能量守恒定律分析。

本题是冲击块模型，理清木块和木板的运动规律，结合动量守恒定律和能量守恒定律、动量定理

进行解答。要明确在研究涉及力在时间的效应时可根据动量定理求力的大小。

4.【答案】D

【解析】解：

A、根据万有引力提供向心力，有：G翳=mR等

解得：7=J需,

对于环绕行星4表面运行的卫星，有：

T。=

对于环绕行星B表面运行的卫星，有：

To=

联立①②得：好率③

由图知，RA>RB,所以MA>MB，故A错误。

33

8、4行星质量为：MA=pA•为周B行星的质量为：MB=PB•9兀庵，代入③得：-^-3=

33PA^APB'^RB

解得：PA=PB，故B错误。

C、行星的近地卫星的线速度即第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力，有：G券=加1

R2R

解得:=J7rR0cR，

因为&>RB，所以外>外，故c错误。

。、根据G鬻=ma知，a=皆，由于>MB，行星运动的轨道半径相等，则行星A的卫星的向

心加速度大于行星B的卫星的向心加速度，故。正确。

故选：D。

根据万有引力提供向心力，得出卫星的周期与行星的质量、半径之间的关系，然后进行比较；结

合万有引力提供向心力，分别写出第一宇宙速度的表达式，然后比较它们的大小关系。

本题考查考生从图象获取信息的能力，万有引力提供圆周运动向心力，掌握万有引力和向心力的

表达式并能灵活运用是正确解题的关键。

5.【答案】A

【解析】解：4、自由落体运动是初速度为零,加速度为g的匀加速直线运动，其速度为:V=gt=10t,

即。与t成正比，故"-t图象应该是一条通过坐标原点的直线，故A正确，B错误；

C、由位移公式x=：gt2知，位移与时间的平方成正比，故CD错误

故选:4。

自由落体运动是初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，根据速度与时间，和位移与时间的

关系，得出正确的图象.

本题关键是明确自由落体运动的性质，然后写出速度时间关系和位移时间关系表达式，再作图讨

论.

6.【答案】BD

【解析】

【分析】

根据变压器原、副线圈电压与匝数成正比可求得副线圈两端的电压，根据电流的热效应求出副线

圈两端的电压，根据输入功率等于输出功率，确定电流表读数的变化。本题需要掌握变压器的电

压之比和匝数比之间的关系，同时对于二极管和电容器的作用要了解。

【解答】

A.根据电压与匝数成正比，即优=氤即管/得U2=44V,根据电流的热效应，有1•六

2

%解得％=期=22或V,故A错误；

员将开关K闭合，二极管被短路，滑动变阻器消耗的热功率为原来的2倍，即滑动变阻器的热功率

变大，故B正确；

C.将滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器连入电路的电阻变大，变压器的输出功率减小，原

线圈电压不变，电流表读数减小，电压表示数不变，故C错误；

D若只将滑片顺时针方向滑过一小段长度，副线圈匝数减小，副线圈电压减小，输出功率减小，

输入功率减小，根据七=//1,知电流表读数减小，故O正确；

故选

7.【答案】BC

【解析】

【分析】

安培力是联系电磁感应与力学知识的桥梁，要熟练地由法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安

培力表达式。

根据E=84求出电路中的感应电动势，由闭合电路的欧姆定律求出电路中的电流和C。两端的电

压；将AD边与CD边受到的安培力进行矢量合成，求出线框受到的安培力。

【解答】

A4C刚进入磁场时CD边切割磁感线，4。边不切割磁感线，所以产生的感应电动势：E-Bav,则

线框中感应电流为：/=慨=萼，故A错误；

AK

8.4C刚进入磁场时线框的cd边产生的安培力与"的方向相反，ad边受到的安培力的方向垂直于4。

向下，它们的大小都是：F=BIa,由几何关系可以看出，4。边与CZ）边受到的安培力的方向相互

垂直，所以4C刚进入磁场时线框所受安培力为4。边与CD边受到的安培力的矢量合，即：?合=

口,=<7的,故B正确；

CD.当4c刚进入磁场时，CD两端电压：U=Ix^R=lBav,故C正确、O错误；

故选8C。

8.【答案】ABD

【解析】解：4、由题分析可知，小球在4、B两点时弹簧的形变量大小相等，弹簧的弹性势能相

等，小球从4到B的过程，根据系统的机械能守恒得：

2mgR=\mvl，解得小球运动到B点时的速度为：vB=2。瓦故A正确。

B、设小球在4、B两点时弹簧的弹力大小为尸.在4点，圆环对小球的支持力Fi=mg+F；

在B点，由圆环，由牛顿第二定律得：F2-mg-F=m条,解得圆环对小球的支持力为：F2=

5mg+F；

则尸2-0=4巾9，由牛顿第三定律知，小球在4、B两点时对圆环的压力差为4mg,故B正确。

C、小球运动到B点时重力与速度方向垂直，则重力的功率为0,故C错误。

。、根据小球与弹簧系统的机械能守恒知，弹簧长度等于R时，小弹簧的弹性势能为零，最小，则

小球的机械能最大，故。正确。

故选：ABD.

小球通过力和IB两点时，弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，根据系统的机械能守恒求小球

运动到B点时的速度。在小球运动的过程中，弹簧的弹力对小球做功等于小球机械能的增量。通

过分析小球的受力情况，分析小球速度的变化，从而判断出动能的变化情况。根据牛顿第二定律

和第三定律求小球在4、B两点时对圆环的压力差。

解决本题的关键要分析清楚小球的受力情况，判断能量的转化情况，要抓住小球通过4和B两点时,

弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等。

9.【答案】ABE

【解析】

【分析】

在密闭条件中，在一定温度下，与固体或液体处于相平衡的蒸汽所具有的压力称为饱和蒸汽压。

同一物质在不同温度下有不同的饱和蒸气压，并随着温度的升高而增大。单晶体具有各向异性，

多晶体具有各向同性；第二类永动机不能制成是因为它违反了热力学第二定律；分子间的作用力

表现为斥力或引力与分子之间的距离有关；根据热力学第一定律，一定质量的理想气体，放热的

同时外界对其做功，其内能可能增大，有可能不变，可能减少。

本题主要是考查饱和蒸气压、晶体的特点以及、热力学定律等知识，解答本题的关键是能够熟练

掌握热学部分的基本知识并能够熟练应用。

【解答】

4.同一物质在不同温度下有不同的饱和蒸气压，并随着温度的升高而增大，故A正确；

B.单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性，故8正确；

C.第二类永动机没有违反了能量守恒定律,不能制成是因为它违反了热力学第二定律，故C错误；

。.当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快；但当分子之间的距

离小于2时表现为斥力，在分子之间的距离大于时，分子间的作用力表现为引力，故。错误；

E.根据热力学第一定律，一定质量的理想气体，放热(Q<0)的同时外界对其做功(勿>0),其内

能：△U=Q+W可能减少，可能增大，有可能不变。故E正确。

故选ABE。

10.【答案】ACE

【解析】解：A、根据图象，由质点P的运动方向沿y轴负方向可得：波沿%轴负方向传播，故A正

确；

]8s

B、当£=1.8s时质点P恰好第三次到达y轴负方向最大位置处，故周期7=m=08s；

4

由图象可得：波长;1=0.4m,故波的传播速度y=9=0.5ni/s；故8错误；

C、St=1.6s,质点P刚好运动两个周期，故质点P的运动路程为2X4A=2X4x5cm=0.4m,

故C正确；

DE、质点Q向上运动，振幅为5cm,周期7=0.8s,t=0时，y=2.5cm,故Q点的振动方程为丫=

5sin(^nt+^)cm：

由|行+牌轲得：t=gs=^s,故经2s,质点Q第一次到达y轴正方向最大位移处，故。错

误，E正确；

故选：ACE..

根据P的振动方向得到波的传播方向，然后根据P的振动得到周期，即可由图得到波长，从而求得

波速；根据周期求得P的振动，再根据Q的初始位置得到振动方程，从而求得第一次到达y轴正方

向最大位移处的时间。

在给出波形图求解质点振动、波速的问题中，一般根据图象得到波长及时间间隔与周期的关系，

从而求得周期，即可得到质点振动情况，由今求得波速。

11.【答案】3.05.0

【解析】解：由闭合电路欧姆定律可得U=E-/r,由图像可知，电源电动势为

E=3.0K

电源内阻为

,AU,3.0_UM

r=印=而。=5.00

故答案为:3.0；5.0。

由闭合电路欧姆定律结合图像物理意义和数据计算电源电动势和内阻。

本题要求掌握利用图像处理数据的方法。

12.【答案】670.6012.000.22：1

【解析】解：(1)从纸带上的数据分析得知：在点计数点6之前，两点之间的位移逐渐增大，是加

速运动，位移的增量为定值，均为2cm,而在6、7间增加的位移小于2cm；故说明在6、7间物体

即开始减速；

(2)每5个点取1个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s,

根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上某点时小车

的瞬时速度大小。

计数点3对应的速度大小为%=黑=吗胃;°】x10-2=0.601m/s

乙INXU.JL

(3)计数点根据匀变速直线运动的推论公式△x=a72可以求出

物块加速运动过程中加速度，得：

a/°yxl0-2=2.0(Ws2。

而物块减速运动过程中加速度，得:

4.60+6.60-8.61-10.60

a!=9X1U2=—2.00m/s2„

4X0.12

因此减速运动过程中加速度的大小为2.00m/s2；

(4)设物块的质量为M,而重物质量为m；

根据/'=〃Mg，再由牛顿第二定律，f-Ma,则有：〃=]=卷=0.2；

在加速过程中，则有，mg-nMg=(M+m)a

而“Mg=Ma',

解得：M：m=2：1；

故答案为：(1)6、7；

(2)0.601：

(3)2.00；

(4)0.2；2：1„

由纸带两个点之间的时间相同，若位移逐渐增大，表示物体做加速运动，若位移逐渐减小，则表

示物体做减速运动；

根据匀变速直线运动的推论公式△x=aK可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中

点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上某点时小车的瞬时速度大小；

根据f=结合f=ma,即可求解动摩擦因数；再结合牛顿第二定律，及加速时加速度，即

可求解物块与重物质量之比。

本题考查匀变速直线运动中的纸带处是问题，要掌握利用平均速度求解瞬时速度，以及根据△y=

求解加速度的方法，同时掌握牛顿第二定律的应用。

13.【答案】解：(1)小物块落到圆弧上的B点，B、4两点关于。点对称，则：AB=R,

根据机械能守恒定律得：mgR=

解得：vB-yj2gR-4m/s,

所以小物块运动到B点时的速度大小为4m/s.

(2)小物体到达B点后沿切线方向的分速度：vBffJ=vBcos6,

解得：%以=2/3m/s,

小物体从B点到C点，机械能守恒，去圆弧最低点C为重力势能的零点，

由机械能守恒定律得：2m以加+mgR(l-sin。)=哈

-

解得：vc=2A/5zn/s(

设长木板第一次与木桩碰撞之前，小物块与长木板的速度相同，系统的动量守恒，以向右为正方

向，由动量守恒定律得：

mvc=(M+m)v,

解得：i7=Wm/s，

对长木板，由动能定理得：nmgs=Mv2,

解得：s=<Im

o

假设成立，即长木板第一次与木桩碰撞时，速度的大小为警加小.

(3)长木板第一次由于木桩碰撞反弹后，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：

Mv—mv=(M+m)v',

解得：1y=?m/s，

由能量守恒定律得：fimgL=^mvc-1(m4-

解得：L==3.125m,所以木板的长度至少为3.125m；

o

答：⑴小物块运动到B点时的速度大小为4rn/s；

(2)长木板第一次与木桩碰撞时的速度大小为?m/s;

(3)木板的长度至少为3.125m.

【解析】(1)物块从4到B的过程中，物块只在重力的作用下运动，机械能守恒，有机械能守恒可

以求得到达B时的速度的大小；

(2)小物块在长木板上运动的过程中，系统不受其他外力的作用，所以系统的动量守恒，有动量守

恒定律可以求得长木板的速度的大小；

(3)小物块不滑出长木板，则小物块和长木板的动能都克服摩擦力做功，转化成系统的内能，根据

能量的守恒可以求得木板的长度.

物体与斜面碰撞时，损失了物体沿半径方向的速度，所以在物体与斜面碰撞后，物体的速度要变

化.本题考查了机械能守恒还有动量守恒，同时还有摩擦力做功转化为系统内能的问题，涉及的

知识点较多，对学生的能力要求较强.

14.【答案】解：①此过程为等压过程，有附=*，而%=2自S+/IBS，匕=2也s,

解得：Ti=240K

②从B活塞到达底部，到4活塞开始运动，气体发生等容变化：,=自，

最初，对B活塞，有：PyS=Pos+mBg

解得：Pi=2.4x105匕

活塞要动时，对4活塞，有P22s+/=Po2s+niAg,

5

解得：P2=2.1x10Pa

代入等容方程，解得：T2=210K

答：①当气缸B中的活塞刚好下降至气缸底部时