2022年云南省曲靖二中高考物理三模试卷（附答案详解）

2022年云南省曲靖二中高考物理三模试卷

1.下列说法正确的是()

A.相同频率的光照射到不同的金属上，逸出功越大，出射的光电子最大初动能越小

牡核铭衰变成镁核豺放出一个中子，并伴随着放出光子

B.47Tl4pa,y

C.根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子运动的加速度减小

D.比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢靠，原子核越稳定

2.北京时间2021年8月1日，东京奥运会男子100米半决赛中，苏炳添(Su)和罗尼贝克

(Baker)都跑出了9秒83的好成绩，打破了亚洲纪录。两人比赛中的分段用时统计

如表：由以上信息判断：下列哪一个图最能反映两位运动员比赛过程的速度-时间

关系？()

用时(秒)

参赛选手0-30米30-60米60-80米80-100米0-100米

苏炳添(Su)3.732.561.741.809.83

罗尼贝克(Ba/cer)3.822.551.691.779.83

3.如图所示，高考倒计时数字贴通过磁性贴在金属板上,心.距离高考仅剩

时刻提醒着同学们高考在即，关于吸在金属板上的某

004009

个数字贴受力情况，下列说法正确的是()♦的Ip

A.数字贴受到三个力的作用

B.数字贴磁性越强越不容易取下，故磁性越强的数字贴受的摩擦力越大

C.金属板对数字贴的磁力和金属板对数字贴的弹力是一对平衡力

D.数字贴对金属板的磁力与金属板对数字贴的弹力是一对相互作用力

4.2021年10月1611,长征二号F遥十三运载火箭在酒泉卫星发射中心点火起飞，托举

载有翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员的神舟十三号载人飞船进入太空，神舟十

三号飞船运行轨道距地面的高度为400km。若神舟十三号飞船做匀速圆周运动，引

力常量为G,地球半径为6400k?n,地球表面的重力加速度g取lOm/s?。则()

A.神舟十三号飞船内的宇航员不受重力作用

B.神舟十三号飞船绕地球运动的速度约为8.0/OTI/S

C.若神舟十三号飞船绕地球运动的周期为7,则地球的密度为言

D.神舟十三号飞船在轨道上运行的向心加速度约为8.9m/s2

5.如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻弹簧下端固定，将套在杆上的滑块

向下压缩弹簧至离地高度/i=0.1m处，滑块与弹簧不拴接.现由静止释放滑块，通

过传感器测量到滑块的速度和离地高度九并作出滑块的动能a-八图象，其中九=

0.18m时对应图象的最顶点，高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余为

曲线，取g=10m/s2,由图象可知()

A.滑块的质量为0.18kgB.弹簧的劲度系数为10N/m

C.滑块运动的最大加速度为40m/s2D.弹簧的弹性势能最大值为0.7/

6.图(a)是一款无线充电手机的实物图，图(b)是其原理图。送电线圈接电源。受电线

圈接手机电池，则()

图(a)图(b)

A.若送电线圈接直流电源，则受电线圈中将产生不变的电流

B.若送电线圈接正弦交流电，则受电线圈中将产生周期性变化的电流

C.当送电线圈产生的磁场如图(b)所示且逐渐变大时，受电线圈将产生向下的感应磁场

D.当送电线圈产生的磁场如图(b)所示且逐渐变小时，受电线圈将产生向下的感应磁场

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7.粗糙的水平面上取。点为坐标原点，水平向右建立工轴，空间存在沿久轴方向的电场。

且x轴上各点处的电场强度分布如图所示。今有一带电量为+q,质量为m的小滑块

从。点以初动能3qEoX（）沿x轴正方向运动且最终停在x=5&处，小滑块运动时受到

的阻力恒定，下列说法正确的是（）

A.x=0与x=之间的电势差为2Eo出

B.小滑块能达到的最大速度为但还

Ym

C.小滑块运动到久=3和时电势能减少3qEo%o

D.小滑块与水平面间由于摩擦产生的总热量为5q&）Xo

8.如图所示，两条粗糙平行金属导轨固定，所在平面与水fB

平面夹角为氏导轨间的距离为，，导轨电阻忽略不计，

磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直，将两J

根相同的导体棒ab、cd置于导轨上不同位置，两者始

终与导轨垂直且接触良好，两棒间的距离足够大，已知

两棒的质量均为m、电阻为R,某时刻给好棒沿导轨向下的瞬时冲量/o，已知两导

体棒与导轨间的动摩擦因数4=tanJ,在两棒达到稳定状态的过程中（）

A.两棒达到稳定状态后两棒间的距离均匀减小

B.回路中产生的热量生

4m

C.当导体棒cd的动量为:/o时，导体棒ab的速度大小为普

4u47n

D.当导体棒cd的动量为时，导体棒协的加速度大小为冷

4u4m2/?

9.利用如图所示的装置可测量滑块与斜面间的动摩擦因数〃，倾角。可调的斜面底端P

点连接一半径为21的竖直圆弧，斜面底端为圆弧最低点，在P点处固定一个压力传

感器（可测量滑块对圆弧轨道最低点的压力）和量角器，且使量角器刻度盘的圆心与

P点重合，水平直径与圆弧底端切线重合，滑块质量为重力加速度为g,忽略滑

块到达底端的机械能损失：

（1）改变。，每次将同一小滑块均从斜面上距P点的水平距离为，处静止释放，滑块克

服摩擦力所做的功（填“相同”或“不同”）。

(2)记录每次实验的角度。和相应的力传感器的示数F,则二者满足的等量关系为

(用4、。、m、g表示)。

(3)以尸为纵坐标，tanJ为横坐标，描绘出F-tan。图像，若该图像的斜率为鼠纵

截距为b,则滑块与斜面间的动摩擦因数为(用人b表示)。

10.在新冠肺炎疫情防控时期，我们经常需要测量体温，某同学利用老师提供的一热敏

电阻(阻值随温度的升高线性增加)设计了一个简易电子测温装置，他进行了如下操

作：

(1)由于该同学不知热敏电阻的详细参数，为了测量热敏电阻R阻值随温度变化的关

系，该同学设计了如图1所示的电路，他们的实验步骤如下。

①先将单刀双掷开关S掷向1,调节热敏电阻的温度G，记下电流表的相应示数小

②然后将单刀双掷开关S掷向2,调节电阻箱使电流表的读数为______记下电阻

箱相应的示数/；

③逐步升高温度的数值，每一温度下重复步骤①②；

④根据实验测得的数据，作出了R随温度t变化的图像如图2所示。

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(2)设计电子测温装置，实验室提供了如下器材：

A干电池，电动势为1.5V,内阻不计；

8.灵敏毫安表，量程10WL4,内阻以为100；

C.滑动变阻器治；

开关、导线若干。

该同学计划设计测温范围为0久〜50冤，设计了如图3所示的电路图，并进行了如下

操作：

①调节热敏电阻的温度为0。&调节滑动变阻器R,使毫安表指针满偏后保持滑动

变阻器％阻值不变；

②写出毫安表的电流值/(A)和温度tfC)的关系式；

③根据关系式将毫安表刻度盘上的电流值改写为温度值；

④若干电池用久了其电源电动势不变，而其内阻变大，无法忽略不计，保持此不

变。测量结果将会(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

11.如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外：在x

轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45。夹角。一质量为m、

电荷量为q(q>0)的粒子以初速度％从y轴上的P点沿y轴正方向射出，一段时间后

进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反：又经过一段时间%,磁场的方

向变为垂直于纸面向里，大小不变。不计重力。

(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需时间。

(2)若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值。

12.如图所示，一粗糙的水平平台左端固定一轻质弹簧，在平台最右端并排静止放置可

视为质点的两个小物块4和8,质量=0.2kg,mB=OAkg,4、B间夹有少量炸

药。在平台右侧紧挨着平台的水平地面上静止放置一质量为Tn。=0.2kg的木板C,

木板C的上表面与平台在同一水平面上，其高度h=0.2m,长度L=lm,物块B与

木板C上表面、地面与木板C下表面间的动摩擦因数分别为%=0.4,^2=0.1.某时

刻炸药爆炸，力、B分别沿水平方向运动，物块4压缩弹簧后被弹回并恰好停在爆炸

前的位置，且弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为%=4.05/；物块B最终落到地

面上。重力加速度为g=lOm/sz.求

（1）物块B从木板C上表面飞出至落到地面上所经历的时间;

（2）爆炸后瞬间，物块B的速度大小;

（3）物块B刚落到地面时与木板C右端的水平距离。

左右

///////////

13.一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、be、ca回到原状态，其p-U图

像如图所示，由图像可知：b和c两个状态比较，b状态中容器壁单位面积单位时间

内受到气体分子撞击的次数较（“多”或“少”）；若经历ca过程气体的内能

减少了20/,则该过程气体放出的热量为

r/(xio-3m3)

14.如图所示为某兴趣小组设计的一种气压型“体积测量仪”的工作原理示意图，该测

量仪可以测量不规则物体的体积。火压气筒）和B（测量罐）均为高L、横截面积为S的

导热汽缸（传感器体积忽略不计），中间用体积可忽略不计的细管连接，C为质量也、

润滑良好且厚度不计的密闭活塞，将缸内的理想气体（氮气）封闭。当外界大气压为

Po=F，环境温度为27久时，活塞正好在压气筒4的顶部。现在C活塞上放置一

质量为5nl的重物，活塞缓慢下移，待缸内温度再次和环境温度相等时，测量活塞

压气筒潸量岸

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①放置重物之前，缸内气体的压强Pi;

②不规则物体的体积V。

15.如图所示,两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=-2m

和x-12m处，两列波的传播速度均为。-4m/s,两波源的振幅均为A-2cm。图

示为t=0时刻两列波的图象(传播方向如图所示)，此时刻平衡位置处于x=2nl和

%=8根的P、Q两质点刚开始振动。质点M的平衡位置处于x=56处，则下列正确

的是()

A.t=0.75s时刻，两列波开始相遇

B.t=0.75s时刻，质点P、Q都运动到M点

C.t=ls时刻，质点M的位移为4cm

D.t=Is时刻，质点Q的速度最大

E.质点P、Q的起振方向都沿y轴负方向

16.如图，三棱镜的截面为等边三角形A4BC,该三角形的边长为I,在此截面内入射

光线从的中点以入射角&=45。射入，进入棱镜后光线直接射到力C边，并以出射

角G=45。射出。真空中光速为c。求：

(1)出射光线相对入射光线偏转角；

(2)光线在三棱镜中传播的时间。

B

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：4、根据光电效应方程Ekm=好-W知，勿越大出射的光电子最大初动能

Ekm越小，故A正确；

B、根据电荷数守恒和质量数守恒知，牡核箫,Th,衰变成锲核鸵，「直放出一个电子,

故B错误；

C、根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后能量减小，轨道半径减小，库仑力增大，

电子的加速度增大，故C错误；

。、比结合能越大，将核子分解需要的能量越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核

越稳定，故。错误；

故选：4。

根据光电效应方程得出最大初动能与入射光频率的关系；根据电荷数守恒和质量数守恒

判断核反应过程释放的是什么粒子：根据玻尔理论分析电子加速度的变化；由结合能的

意义分析原子核的稳定性。

本题主要考查了光电效应方程、衰变以及玻尔理论等，解题时注意夕衰变时，其电子来

自原子核，不是核外电子，比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定。

2.【答案】C

【解析】解：苏炳添0-30米的用时3.73s的速度大于罗尼贝克的速度，30-60米用时

2.56s,其速度与罗尼贝克的速度相差不大，60-100米的用时多于罗尼贝克用时，这

一阶段速度小于罗尼贝克的速度，最能反映两位运动员比赛过程的速度-时间关系是C

项，故A3。错误，C正确。

故选：C。

根据表格给出的数据，分析各段位移苏炳添和罗尼贝克的速度关系，再分析即可。

本题要能根据位移与时间之比分析速度关系，考查学生从图表数据转化到图像数据的能

力。

3.【答案】C

【解析】解：4数字贴受到重力、磁铁吸力、支持力、摩擦力四个力的作用，故A错误；

8.因为数字贴受力平衡，则在竖直方向上数字贴受的摩擦力为静摩擦力等于重力，故摩

擦力不变，故B错误；

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C.金属板对数字贴的磁力和金属板对数字贴的弹力等大反向，作用于数字贴上是一对平

衡力，故C正确，

D数字贴对金属板的磁力和金属板对数字贴的磁力是一对相互作用力，。错误。

故选：C。

根据对数字贴的受力分析，结合平衡状态得出摩擦力的变化趋势；

理解一对相互作用力和一对平衡力的概念即可。

本题主要考查了物体的受力分析，理解一对平衡力和一对相互作用力的区别，根据物体

的平衡状态即可完成分析。

4.【答案】D

【解析】解：力、神舟十三号飞船内的宇航员受到重力作用，以提供他们绕地球做匀速

圆周运动的向心力，故A错误；

B、第一宇宙速度7.9km/s是物体绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，神舟十三号

飞船绕地球运动的速度一定小于7.9km/s,故B错误；

C、设地球质量为神州十三号质量为若神舟十三号飞船绕地球运动的周期为T,

根据牛顿第二定律有G嬴=m某（R+①

根据密度公式有"=P-7TR3

联立以上两式可得地球的密度为p=嘿祟

故C错误；

。、设神舟十三号飞船在轨道上运行的向心加速度大小为a,根据牛顿第二定律有

GMm=ma

(R+h)2

当神舟十三号在地球表面上待发射时，其所受万有引力等于重力，即簧=mg

联立以上两式可得a=8.9m/s2

故。正确。

故选：Do

神舟十三号飞船内的宇航员受到重力作用，第一宇宙速度是最大的环绕速度；根据地球

表面的物体受到的重力等于万有引力GWM=mM（R+/i）,可解得地球的质量M,进

而解得密度；根据万有引力提供向心力解得加速度。

本题要掌握第一宇宙速度的定义，正确利用万有引力公式列出第一宇宙速度的表达式;

同时注意万有引力提供向心力的应用.

5.【答案】C

【解析】解：4、在从0.2m上升到0.35m范围内，AEk=AEP=mgAh,图线的斜率绝对

值为：4=赞=O,、=2N=mg,则m=0.2kg,故A错误；

An0.35—0.2

B、在a-九图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m

范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力

为恒力，所以从h=0.2m,滑块与弹簧分离，弹簧的原长的0.2m,当弹簧弹力等于重

力时，物块的速度最大，B根据图象可知，此时h=0.18m,则有：mg-kAx,解得：

2

k~n=100N/m,故8错误；

U.Z-U.lo

c、滑块静止释放后做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力等于重力时，加速度为0,

物块的速度最大，所以物块在释放瞬间加速度最大.由牛顿第二定律可得：ama*=

53=(0.2-0.1)X1000.2X10=S2,故c正确；

m0.2

。、根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最

大弹性势能，所以Epm=mg/h=0.2x10x(0.35—0.1)=0.5/,故。错误.

故选：Ce

根据外一/i图象的斜率表示滑块所受的合外力，高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为

直线，其余部分为曲线，结合能量守恒定律求解。注意直线过程中弹力应为零是解题的

关键。

根据Ek-h图象的斜率表示滑块所受的合外力，高度从0.2m上升到0.35/n范围内图象为

直线，其余部分为曲线，说明九=0.2小，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的0.2m,当弹

簧弹力等于重力时，物块的速度最大，根据平衡条件求出k.物块在释放瞬间加速度最大,

由牛顿第二定律可求最大加速度.根据能的转化与守恒可知滑块上升至最大高度时，增

加的重力势能即为弹簧最大弹性势能.

6.【答案】BC

【解析】解：4若送电线圈中的电流为周期性变化的直流电源，则受电线圈也会产生周

期性变化的电流。故A错误；

8.若送电线圈接正弦交流电，则受电线圈中将产生周期性变化磁场，产生周期性变化的

电流。故8正确；

C.当送电线圈产生的磁场如图(b)所示且逐渐变大时，根据楞次定律，受电线圈将产生

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向下的感应磁场。故C正确；

D当送电线圈产生的磁场如图(b)所示且逐渐变小时，根据楞次定律，受电线圈将产生

向上的感应磁场。故。错误。

故选：BC。

根据电流的特点分析出磁通量的变化，结合楞次定律分析出感应电流的特点：

根据磁场的变化特点分析出受电线圈产生的感应磁场方向。

本题主要考查了楞次定律的相关应用，根据楞次定律分析出感应电流的方向即可，难度

不大。

7.【答案】AD

【解析】解：4由题意得，x=0与x=5%之间的电势差为2E°&+gx2E。x2x0-|x

2E0x2x0=2Eoxo,故A正确；

8.由动能定理得2qEo%o-/X5x0=0-3qEoxQ

解得/=qE0

可知滑块运动到x=2x0时速度最大,根据动能定理得：2qEoxo+|xq(2E0+E0)xx0-

/•2x0=^mv^-3qEoxo

解得外=3百

故B错误；

CD.由功能关系得ZEp=2qE0x0+^q-2E0X2Ko=小滑块运动到x=3g时电

势能减少4qE()Xo，小滑块与水平面间由于摩擦产生的总热量为Q=/x5x0=5qEoxo,

故C错误，。正确；

故选：ADo

由图象的面积表示电势差；由动能定理可求滑块的最大速度大小；根据功能关系分析解

答。

本题的关键是要明确图象的物理意义，从而读取有用的信息，结合动能定理等物理规律

分析。

8.【答案】BCD

【解析】解：力、由于〃=tan。，可知mgsin。=〃7ngeos。，且两棒受的安培力等大反

向，可知系统所受外力之和为零，因此导体棒ab和cd组成的系统动量守恒。两棒达到

稳定状态后，两棒做速度相同的匀速直线运动，两棒达到稳定状态后两棒间的距离不变，

故A错误；

B、某时刻给帅棒沿导轨向下的瞬时冲量/(),设此时ab棒为火，两棒达到稳定状态后两

棒速度为"，由动量定理/()=nW。，得见-3根据动量守恒定律得nr%=2nw,得。-枭

由能量守恒定律得，回路中产生的热量Q=|mvg2mv2=xmX(^)2-1x

27nx(正产=生，故B正确；

v2m74m

CD、当导体棒cd的动量为；/o时，设导体棒cd速度为丹，导体防速度为%,则％=孤=上,

由动量守恒定律/o=，+nw2,得。2=非，由法拉第电磁感应定律，当导体棒Cd的动

量为时，回路中的感应电动势E=E%—B/%,由欧姆定律得，/=。=黑，当导

体棒cd的动量为，o时，对导体棒ab由牛顿第二定律得mgsEJ-fimgcosO+BIl=ma,

解得Q=受学，故C、。正确；

4m2/?

故选：BCD。

根据导体棒的受力特点分析出导体棒的运动类型和稳定时候的速度情况，由此分析出两

棒间的距离变化；根据动量守恒定律和能量守恒定律得出回路中产生的热量；根据动量

定理分析出导体棒的速度，结合安培力的计算公式和牛顿第二定律得出加速度。

本题主要考查了电磁感应定律的相关应用，要熟悉感应电动势的计算，由此分析出安培

力的变化，解题的关键点是理解电磁感应中动量守恒定律的用法，特别是用好累积效应

完成分析。

9.【答案】相同F=mgtand+(1-Qmg口=1"

【解析】解：(1)每次滑块下滑时克服摩擦力做的功为W=fimgcos0^=nmgl

故滑块克服摩擦力所做的功相同。

(2)滑块下滑过程据动能定理可得mg/tanO-W=|mv2

在最低点P,由动能定理可得F—mg=若

联立解得F=mgtand+(1-Qmg

(3)对比F-tern。函数关系可知，图像的斜率为k=mg

纵轴截距为b=(1-Qmg

联立解得滑块与斜面间的动摩擦因数为〃=1-3

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故答案为：(1)相同；(2)F=mgtcm。+(1-〃)?ng

(1)根据功的计算公式结合几何关系完成分析；

(2)根据动能定理得出。和F的等量关系；

(3)根据图像的截距得出〃的表达式。

本题主要考查了测量摩擦力因素的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合动能

定理和图像的特点完成分析即可，难度不大。

10.【答案】3=急偏大

【解析】解：(1)②实验采用替代法，将开关S与2端闭合，调节电阻箱使电流表的读数

为h；

(2)②由图乙可知R随温度t变化的关系为

R=100+3t

热敏电阻的温度为1C时，热敏阻值为100。电流表满偏，根据欧姆定律，则有

1=―--

R+/?.+%

解得：R]=40。

,,E0.5

故/r=

“7(-1-0-0--+-3-t-)-+--R--n-+--R--i=--5-0-4---t,

④若干电池用久了其电源电动势不变，而其内阻变大，无法忽略不计，保持治不变，

则在某温度下，根据闭合电路欧姆定律，电流测量值偏小，对应测量的温度结果偏大。

故答案为：(1)②人(2)②/=急④偏大

(1)根据实验原理分析实验操作；

(2)根据电阻随温度t变化关系和闭合电路欧姆定律可得电流值和温度的关系式；根据闭

合电路欧姆定律分析实验误差。

本题关键是根据闭合电路欧姆定律列式得到电流与电阻关系式，然后再结合电阻与温度

关系图像分析求解。

11.【答案】解：(1)带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R,运动周期为T,

洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q%B=rn胃，

粒子做圆周运动的周期：7=詈，

由题意可知，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为：兀，

4

所需时间ti为：ti=1T,解得：公=遇；

(2)粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0,

然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为北，

设粒子在电场中运动的总时间为t2,加速度大小为a，电场强度大小为E,

at2

由牛顿第二定律得：qE=ma,v0=|2＞解得：J=舞，

根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足今之7。，

解得，电场强度最大值：E=誓.

答：(1)粒子从P点出发至第一次到达X轴时所需的时间为翳；

(2)若要使粒子能够回到P点，电场强度的最大值为誓.

【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律与

粒子的周期公式求出粒子的运动时间.

(2)分析清楚粒子在电场中的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式求出电场强度.

本题考查了粒子在磁场与电场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的前提与关

键，分析清楚粒子运动过程后，应用牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题.

12.【答案】解：(1)物块B从木板C上表面飞出做平抛运动

由九=3g培.................................①

得：t0=0.2s...............................②

(2)设爆炸后瞬间，物块4的速度大小为力，物块4向左运动的最大距离为S,物块4与水

平平台间的动摩擦因数为〃.由功能关系可知

一〃2,2S=0--mAvl................................③

l^mAgS=EP..........................................④

爆炸前、后系统4、B动量守恒，取向右为正方向，则：mBvB—mAvA-0......⑤

得：Vg=4.5m/s....................................⑥

(3)设B从C的左端滑到右端过程中，设C运动的距离为Sc

则此过程中：n-i.vn.Bg-mBaB..........................⑦

得：a8=4m/s2。

1

2

Sc+L=vBt--aBt..............................⑧

对C,有“iTHsg-g(巾B+mc)=nicac......................⑨

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得：2

ac=5m/so

Sc=立产......................................⑩

得：t=gs或t=|s(舍去)

从的上表面水平抛出时，设、的速度分别为外、

BCBCovc

vB0=vB-aBt...................................................................................⑪

vc=a(；t..................................................................................................⑫

B从C的上表面水平抛出后：

=mcac'...................................................................................⑬

从的上表面水平抛出后，速度减小到所用时间：由此可知在平抛

BCC0t'=^>t0,B

过程中C一直在做匀减速直线运动。贝IJB从C的上表面水平抛出后，8、C在水平方向运

动的距离

XB-VBO^O.................................................................................................⑭

Xc=vctQ-^ac'tl...................................................................................⑮

物块刚落到水平地面时与木板右端的水平距离

BC4x=xB-

xc...........................................................................⑯

解得Ax=0.32m

答：

(1)物块B从木板C上表面飞出至落到地面上所经历的时间是0.2s；

(2)爆炸后瞬间，物块B的速度大小是4.5m/s；

(3)物块B刚落到地面时与木板C右端的水平距离是0.32m。

【解析】(1)物块B从木板C上表面飞出做平抛运动，根据下落的高度求运动时间。

(2)爆炸前、后系统4、B动量守恒，由动量守恒定律列式。爆炸后4的运动过程，由功

能关系列式，联立可求得爆炸后瞬间物块B的速度大小。

(3)分析B离开C前是否共速，由牛顿第二定律和运动学公式通过计算作出判断。物块B刚

落到地面的过程，由运动学公式求物块B刚落到地面时与木板C右端的水平距离。

解决本题的关键要正确分析物块的受力情况，通过计算分析其运动过程，运用牛顿第二

定律和运动学公式进行研究。

13.【答案】多120

【解析】解：b和c两个状态比较，根据图像可知pU相等，由一定质量的理想气体状态

方程岸=C可知，b和c两个状态温度相等，则分子平均动能相等。由于b状态压强较大，

则b状态中容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数多；

根据P—V图象与U轴所围的面积表示气体做功，则c-a过程，外界对气体做功为W=

5

pAV=0.5x10x(3-1)x10-3/=100j

此过程中，内能变化量AU=—20/

根据热力学第一定律ZU=勿+Q,

解得Q=-12O/,即该过程气体放出的热量为120/。

故答案为：多，1207o

分子平均动能与温度有关，温度越高，分子平均动能越大；气体的压强与气体分子的