2022年海南省西南大学东方实验中学高考物理模拟试卷（附答案详解）.pdf

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1、2022年海南省西南大学东方实验中学高考物理模拟试卷1.下列说法中与物理学史实不符的是（）A.牛顿通过多次实验发现力不是维持物体运动的原因B.亚里士多德认为力是维持物体运动的原因C.卡文迪许通过扭秤实验第一个测出万有引力常量G的值D.伽利略通过实验及合理外推，指出自由落体运动是一种匀变速直线运动2.如图所示，人造卫星A,B在同一平面内绕地心。做匀速圆周运动。已知4,B连线与4。连线间的夹角最大为0,则卫星4 B的角速度之比黄等于（）A.sit?。B-初C.Vsin303.如图所示，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为加的小环（可视为质点）从大环的最高处由静止滑下

2、，重力加速度大小为g,当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为（）A.Mg-5mgB.Mg+mgC.Mg+SmgD.Mg+lOmg如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图.变压器的输入电压是市区电网的电压,假设负载变化时输入电压保持不变.输出电压通过输电线输送给用户，两条-一输电线的总电阻用Ro表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R的值减小.忽略变压器上的能量损失，不计电压表、电流表的内阻对电路的影响.当用户的用电器增加时，下列说法正确的是（）A.电压表读数增大，电流表读数增大B.电压表读数减小，电流表读数增大C.电压表读数不变，电流表读数增大D.电压表读数不

3、变，电流表读数减小5.一定质量的理想气体经历如图所示的状态变化，变化顺序由a b-c -a,ab线段延长线过坐标原点，be线段与t轴垂直，ac线段与V轴垂直。气体在此状态变化过程中（）A.从状态a到状态b,压强不变/一y cB.从状态b到状态c,压强增大C.从状态b到状态c,气体内能增大D.从状态c到状态a,单位体积内的分子数减少6.上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小,对此现象下列说法正确的是（）A.摆球机械能守恒B.总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能C.能量正在消失D.只有动能和重力势能的相互转化7.如图所示，一段导线abed位于磁感

4、应强度大小为8的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直.线段ab、be和cd的长度均为L,且Nabc=X X X X X乙bed=135。.流经导线的电流为/，方向如图中箭头所示.导线段abed所受到的磁场的作用力的合力（）A.方向沿纸面向下，大小为（e+1）8B.方向沿纸面向上，大小为（四+1）/LBC.方向沿纸面向下，大小为（注-D.方向沿纸面向上，大小为（鱼一 1）/LB8.一个半径是地球a倍、质量是地球b倍的行星，它的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度的比值为（）A.p B.C.yfab D.9.如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对

5、两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（）0 077777777777777777777777777777777）A.两手同时放开后，系统总动量始终为零B.先放开左手，后放开右手，总动量向右第 2 页，共 17页C.先放开左手，后放开右手，总动量向左D.无论何时放手，两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量一定为零10.位移传感器能够将位移这个力学量通过电容器转化成电学量，如图所示，电容器两极板固定不动，带等量异种电荷，且保持不变，当被测物体带动电介质板向左移动时，电容器（）电介 质 足?左,右被测物住，电容一板板A.电容增大 B.电容减小C.两极板电压变大 D

6、.两极板电压变小11.如图所示为一正弦交变电压随时间变化的图像，由图可 al 知（）CXZQSJ1 *A.交流电的周期为2sB.用电压表测量该交流电压时，读数为3111/C.交变电压的有效值为220VD.将它加在电容器上时，电容器的耐压值小于等于311V12.下列说法正确的是（）A.夏日雷声有时轰鸣不绝，这是声波的衍射现象B.闻其声而不见其人，是声波的干涉现象C.围绕正在发声的音叉走一圈，就会听到声音忽强忽弱，是声波的干涉现象D.在较大的空房子里的讲话，有时会余音缭绕，是声波的反射现象13.矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度 水平射向滑块

7、.若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图.上述两种情况相比较（）二二二 C D_-LCA.子弹对滑块做功一样多 B.子弹对滑块做的功不一样多C.系统产生的热量一样多 D.系统产生热量不一样多14.在验证牛顿第二定律的实验中，某组同学使用如图甲所示装置，采用控制变量法,研究小车质量、小车的加速度与小车受到的力的关系：滑 就小 车 仃 色 计 时”L会 块甲（1）下列措施中正确的是.4 平衡摩擦力时小车需挂上小桶正每次改变小车的拉力后都需要重新平衡摩擦力C.实验中先释放小车，后接通打点计时器的电源D 实验中通过在小桶中增加祛码来改变小车受到的拉力（2）该组同学根据实

8、验得到数据，画出a-尸图象如图乙所示，那么该组同学实验中出现的问题最可能的是4 平衡摩擦力不足员平衡摩擦力过度C.小车质量发生变化D 绳子拉力方向没有跟平板平行.15.（1）测某金属丝的电阻率，为了精确的测出金属丝的电阻，需用欧姆表对金属丝的电阻粗测，下图是分别用欧姆档的“x 1档”（图a）和“x 10档”（图b）测量时表针所指的位置，则测该段金属丝应选择档（填“x l”或“X 10”），该段金属（2）所测金属丝的直径d如图c所示，d=m m；接入电路金属丝的长度L如图戢金属丝的左端从零刻度线对齐）所示，L=cm.（3）为了更精确的测量该段金属丝的电阻，实验室提供了如下实验器材:A.电源电动势

9、E（3 V,内阻约10）B.电流表4（00.6 4 内阻万约50）第 4 页，共 17页C.电流表&（0 1 0 m A,内 阻=10。）/）.电压表1/（0 1 5 V,内阻约3kO）E定值电阻&=250。F.滑动变阻器凡（0 5 0,额定电流14）G.滑动变阻器/?2（0 1500额定电流0.3A）”.开关，导线若干（4）请根据你选择的实验器材在下面的虚线框内画出实验电路图并标明所选器材的字母代号.（5）若所选电表公、&的读数分别用A、%表示，根据你上面所设计的实验电路，所测金属丝的电阻的表达式为R=,若所测电阻值为R,所测金属丝电阻率的表达式为。=（用R、L、d表示）.16.在“用单摆测

10、重力加速度”的实验中，由于没有游标卡尺，无法测小球的直径d,实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长，测得多组周期T和，的数据，作出了2一1图象，如图所示.（1）实验得到的72-，图象是（2）小球的直径是 cm；（3）实验测得当地重力加速度大小是 m/s2（取三位有效数字）.17.如图所示，有两个不计质量的活塞M,N将两部分理想气体封闭在绝热气缸内，温度均是2 7 P M活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿气缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S=2cm2,初始时“活塞相对于底部的高度为H=27cm,N活塞相对于底部的高度为h=18czn。现将一质量为m=400g的小物体放在M活塞的上表面上，

11、活塞下降。已知大气压强为po=10 x 105Pa,求下部分气体的压强多大；现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为127。a求稳定后活塞M,N距离底部的高度。1 8.如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块8上，另一端与滑块C接触但不连接，该整体静止在光滑水平地面上，并且C被锁定在地面上.现有一滑块4从光滑曲面上离地面八高处由静止开始下滑，与滑块B发生碰撞并粘连在一起压缩弹簧，当速度减为碰后速度一半时滑块C解除锁定.已知叫,=?n,mB 2m,g=3m.求:(1)滑块4 与滑块B碰撞结束瞬间的速度：(2)被压缩弹簧的弹性势能的最大值.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.4

12、0m,金属导轨所 在平面与水平面夹角0=37。，在导轨所在平面内，分布着磁 E感应强度B=0.5 0 T,方向垂直于导轨所在平面斜向上的匀强磁场.金属导轨的一端接有电动势E=4.51Z,内阻r=0.500的直流电源.现把一个质量为m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止.导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻Ro=2.5 0,金属导轨电阻不计，g 取lOm/s?。已知sin37。=0.60,cos37=0.8 0,求:(1)通过导体棒的电流:(2)导体棒受到的安培力大小;(3)导体棒受到的摩擦力。第 6 页，共 17页答案和解析1.【答案】A【解

13、析】【分析】解决本题的关键是熟练掌握物理常识和物理史实，了解牛顿、伽利略、卡文迪许等科学家的物理学成就.【解答】解：A伽利略通过理想斜面实验，发现力不是维持物体运动的原因，而不是牛顿，该说法不符合史实，B.亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，符合史实，C.牛顿发现了万有引力之后，卡文迪许通过扭秤实验第一个测出万有引力常量G的值,该说法符合史实，D伽利略通过铜球在斜面上的实验及合理外推，指出自由落体运动是一种匀变速直线运动，符合史实，本题选与物理学史实不符的，故选：A。2.【答案】C【解析】【分析】已 知A、B连 线 与A、0连线间的夹角最大为6 ,此 时0B垂 直 于AB,根据几何知识求出两

14、卫星的轨道半径之比，再由开普勒第三定律求得周期之比，从而得到角速度之比。解决本题的关键是运用几何知识求出两卫星的轨道半径之比，要熟练运用开普勒第三定律求出周期之比。【解答】解：人造卫星A、B在同一平面内绕地心。做匀速圆周运动。已 知4,B连线与A,0连线间的夹角最大为6,贝lj O B垂 直 于AB,由几何关系有RB=RAsinO,由开普勒第三定律有鬟=普，由 3 =夺 得 卫 星4，B的角速度之比？=黑，联lAT3?1 A立 解 得 詈=病而，故C正确，A B D错误。(i)2故 选C O3.【答案】C【解析】【分析】根据牛顿第二定律求出小环运动到最低点时，大环对它的拉力，再用隔离法对大环分

15、析,求出大环对轻杆的拉力大小.解决本题的关键搞清小环做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解.【解答】解：小环在最低点时，根据牛顿第二定律得：F-m g =m ,得：F=m g +,小环从最高到最低，由动能定理，则有：m g -2R=|m v2-0,2对大环分析，有：7=F+M g -m(g+-)+M g =5 mg+M g,故 C 正确，A BD 错误。故选：C O4.【答案】C【解析】解：理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以V的示数不变；当用电器增加时，相当于R的值减小，电路中的总的电阻减小，所以电流要变大，即

16、副线圈中的电流示数变大，副线圈消耗的功率增大；由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大。故选：Ce和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况.电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再第8页，共17页确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法.5.【答案】B【解析】【分析】解决本题需明确：V-T图象中倾斜的直线为等压变化，斜率越大，

17、压强越小。本题中，要抓住过绝对零度的直线表示等压变化进行分析。【解答】A过各点的等压线如图，从 状 态 a 到 状 态b,斜率变大，则压强变小，故 A 错误;-273B.从 状 态b到 状 态 c,斜率变小，则压强变大，故 B 正确；C.从 状 态b到 状 态 c,温度不变，则内能不变，故 C 错误；D.从 状 态 c 到 状 态 a,体积不变，则单位体积内的分子数不变，故D错误；故 选B。6.【答案】B【解析】解：由题意可知，摆球的机械能由于阻力做功越来越小，故机械能不再守恒;减小的机械能转化为周围的内能；故只有B 正确；故选：B分析小球在摆动中各力的做功情况，则可得出能量的转化情况.机械能

18、是否守恒有两种判断方法，一种是根据条件，判断是否只有重力做功；二是根据能量的变化，特别要注意内能的变化.7.【答案】B【解析】解：由安培力公式F=8/3 与左手定则，可得ab段导线的安培力方向垂直于导线与磁感线构成的平面并斜向左.同理cd段导线的安培力方向垂直于导线与磁感线构成的平面并斜向右.因此由平行四边形定则对这两个安培力进行分解，可得沿几段方向的安培力分力正好相互平衡，所以时段与cd段导线的安培力的合力为e B/L,方向竖直向上；而be段安培力的大小为B/3 方向是竖直向上.则导线段a b e d 所受到的磁场的作用力的合力大小为（鱼+1）B，方向是竖直向上.故选：B当磁场方向与电流方向

19、垂直时，由安培力F =8/3根据电流的大小可求出各段安培力大小，由左手定则判定安培力方向，再根据平行四边形定则，对安培力进行分解即可解得.解决本题的关键掌握安培力的大小公式F =与/垂直），同时运用力的平行四边形定则对安培力时行分解.此处的导线也可以等效成将a d 两点连接的导线所受的安培力.8 .【答案】A【解析】解：设地球质量M,某星球质量6M,地球半径r,某星球半径1.5 r由万有引力提供向心力做匀速圆周运动得：#=m艺，r2 r解得：卫星在圆轨道上运行时的速度公式U =秒分别代入地球和某星球的各物理量得：V艳 球=杵_ GbMV星 球=解得：故该星球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度比

20、值为：J故选：A.物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度叫做第一宇宙速度，大小7 9 k m/s,可根据卫星在圆轨道上运行时的速度公式=呼 解 得.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.9 .【答案】AC【解析】解：力、当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A 正确；8、先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故 B 错误，C 正确。、如图同时放开两手，系统动量守恒，系统总动量为0；两手不

21、同时放开时系统总动量不为零，但放开后系统动量守恒，故。错误.故选：AC.当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，先放开左手，左边的小第 10页，共 17页车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左.本题主要考查了动量守恒定律的直接应用，难度不大，属于基础题.10.【答案】BC【解析】解：由公式。=义 知，当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板间电介质减小，那么其电容C减小，由公式c=知，电荷量不变时，U增大，故 BC正确，错误；故选：BC.根据电容的决定式判断电容大小，根据定义式判断电压变化.本题

22、考查电容的定义式及决定式的配合使用，注意只能根据决定式判断电容的变化，再由定义式判断电压或电量的变化.1 I.【答案】C【解析】解：4、由图可知交流电的周期为2 x 1 0-2 5,故 4 错误；8、用电压表测量该交流电压时，测得的是有效值，不是最大值，故 B错误；C、交变电压的有效值为U=*P =220 V,故 C 正确；D、若将它加在电容器上时，电容器的耐压值应该大于311 V,故。错误.故选：C.根据图像得出交变电压的周期、有效值，理解电压表测量的是电压的有效值；正确理解电容器的耐压值的概念并完成分析。本题主要考查了交变电流的相关概念，熟悉物理量之间的关系即可，属于基础题型，平时多注意积

23、累。12.【答案】CD【解析】解：4、夏日雷声有时轰鸣不绝，这是声波的反射现象，同样，较大的空房子里的讲话，有时会余音缭绕，也是声波的反射现象，故 A 错误，。正确；8、闻其声而不见其人，是声波的衍射现象，声波偏离直线方向传播，故 B错误；C、围绕正在发声的音叉走一圈，确保频率相同，当听到声音忽强忽弱，是声波的干涉现象，故 C正确；故选：CD雷声有时轰鸣不绝，这是声波的反射；闻其声而不见其人，是声波的衍射；发声的音叉走一圈，就会听到声音忽强忽弱，是声波的干涉；空房子里的讲话，有时会余音缭绕，是声波的反射.考查波的反射、衍射与干涉现象及发生的条件，并注意它们之间的区别.1 3.【答案】AC【解析

24、】解：最终子弹都未射出，则最终子弹与滑块的速度相等，根据动量守恒定律知，两种情况下系统的末速度相同.A、子弹对滑块做的功等于滑块动能的变化量，滑块动能的变化量相同，则子弹对滑块做功一样多.故A正确，B错误.C、根据能量守恒定律得，系统初状态的总动能相等，末状态总动能相等，则系统损失的能量，即产生的热量一样多.故C正确，力错误.故选AC.子弹嵌入滑块的过程，符合动量守恒，所以我们判断出最后它们的速度是相同的，然后利用动能定理或者是能量守恒进行判断.本题综合考查了动量守恒定律、动能定理和能量守恒定律，难度不大，关键是选择不同的研究对象，选择不同的规律分析.1 4.【答案】D；A【解析】解：(1)力

25、、平衡摩擦力的方法就是，小车与纸带相连，小车前面不挂小桶，把小车放在斜面上给小车一个初速度，看小车能否做匀速直线运动，故4错误；8、每次改变拉小车的拉力后都不需要重新平衡摩擦力，故B错误；C、实验中应先接通电源，后放开小车，故C错误；。、实验中通过在小桶中增加祛码来改变小车受到的拉力，故。正确；故选(2)由图象可知，尸-a图象在F轴上有截距，这是由于没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足造成的，故选A.故答案为：(1)。；(2)A.(1)探究加速度与力的关系实验时，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，不需要挂任何东西.平衡摩擦力时，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即：m

26、gsind=fimgcosd,可以约掉m,只需要平衡一次摩擦力.操作过第 12页，共 17页程是先接通打点计时器的电源，再放开小车.小车的加速度应根据打出的纸带求出.(2)实验时应平衡摩擦力，没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，a-F 图象在F轴上有截距；平衡摩擦力过度，在a-尸图象的a轴上有截距.本题考查了实验注意事项、实验数据处理分析，知道实验原理及注意事项即可正确解题;探究加速度与力、质量的关系实验时，要平衡小车受到的摩擦力，不平衡摩擦力、或平衡摩擦力不够、或过平衡摩擦力，小车受到的合力不等于钩码的重力.15.【答案】(1)x 1；7；(2)1.700；99.02；(4)电路图如图所示；z

27、r x 2(o+r2)nd2R 下 百【解析】解：(1)由图a、b所示可知，图b所示欧姆表指针偏转角度太大，应选用图a所示测量电阻阻值，图a所示欧姆档的“x 1档”，所测电阻阻值为7 x 1=70；(2)由图c所示螺旋测微器可知，固 定 刻 度 示 数 为 可 动 刻 度 示 数 为 20.0 x0.01mm=0.200m m,螺旋测微器示数为 1.5mm+0.200mm=1.700mm；由图d所示刻度尺可知，其分度值为1 m m,刻度尺示数为99.02cm；(4)电压表量程为1 5 V,电源电动势为3 V,用电压表测电压误差太大，不能用电压表测电压，可以用内阻已知的电流表4 与定值电阻串联组

28、成电压表测电压，电路最大电流约为/=,2 0.4 3 4 电流表应选A 待测电阻丝阻值约为7 0,电流表内阻约为5。,电压表内阻为10+250=2600,电压表内阻远大于电阻丝电阻，电流表应采用外接法，为测多组实验数据、方便实验操作，滑动变阻器应选择并采用分压接法，实验电路图(5)由电路图可知，电阻两端电压为：/=/2(/?0+r2),待测电阻阻值为：华 黑,电阻为：R=P5=P急,则电阻率为：p =等；故答案为：(1)X 1；7；(2)1.7 0 0；9 9.0 2；(4)电路图如图所示；(5)甯 了；譬。(1)应用欧姆表测定值时应选择合适的挡位，使指针指针表盘中央刻度线附近，欧姆表指针示数

29、与挡位的乘积是欧姆表示数；(2)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；确定刻度尺分度值，然后读出其示数；(4)根据实验原理与所给实验器材选择实验需要的实验器材，根据实验器材与实验目的设计实验原理图；(5)根据实验电路图应用欧姆定律求出电阻表达式，由电阻定律求出电阻率的表达式。应用欧姆表测定值时应选择合适的挡位，使指针指针表盘中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数：本题考查了实验器材选择与实验电路设计，知道实验原理、知道实验器材的选择原则选择实验器材，然后设计实验电路。1 6.【答案】c；1.2；9.8 6,d

30、【解析】解：由7 =2兀 二得 =盘 产+*则由数学关系得斜率为：景，截距为T则可求得：(1)图的截距为正，则图象为C(2)因截距为 1 =0.6 cm 贝d=1.2 c m(3)由k =号=竺，k J 4*2.4贝i j：g=9.8 6 m/s2故答案为：(l)c；(2)1.2；(3)9.8 6由重力加速度的表达式求得，-产 的关系式，根据数学知识分析图象的图线斜率及截距的意义.可分析各物理量.本题重点为考查摆长、周期等物理量之间的关系，会由关系式分析图线的意义.1 7.【答案】解：对两个活塞和重物作为整体进行受力分析得:pS=mg+p0S第 14页，共 17页解得：p=1.2 x 105P

31、a对下部分气体进行分析，由理想气体状态方程可得：pohS _ ph2S丁 二 甘解得：h2=20cm,对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律定律可得：Po(H h)S=pLS解得：L=7.5cm,故此时活塞M距离底端的距离为：H2 20 cm+7.5cm=27.5cm。答：下部分气体的压强为1.2 x 105Pa.现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为127久，稳定后活塞M,N距离底部的高度分别为27.5cm、20cm.【解析】先由力学知识确定出状态上下两部分的气体压强，然后确定添加物块后的压强,根据对下部分的气体列玻意耳定律方程即可求解。先根据玻意耳定律求出上部分气体后来

32、的长度，然后以下部气体为研究对象列理想气体状态方程求解。此题的关键是找到压力和压强关系，每一问都要分析清楚气体的初末状态的参量，注意单位。18.【答案】解：(1)滑块4下滑过程中机械能守恒，设4到达水平面时速度为%,由机械能守恒定律有mAgh=5nA说,解 得%=12gh.A、B碰撞过程动量守恒，设滑块4与滑块B碰撞结束瞬间的速度为以，取水平向右为正方向，由AB系统的动量守恒定律有犯1%=(.rnA+mB)v2解 得 方=；5禽=!河(2)滑块C解除锁定后，滑块4、8继续压缩弹簧，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块4、B、C速度相等，设为速度内,由动量守恒定律有：(mA+7ng)=(g +机8+

33、优 挑3 故畛=y2gh.滑块4、B 发生碰撞后到弹簧压缩最大，4、B、C 及弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律有：Epmax=*啊 +机B)诏-1+ms+mc)v f，7解得Ep m a x =五爪g 儿答：(1)滑块4 与滑块8 碰撞结束瞬间的速度为5 例 无(2)被压缩弹簧的弹性势能的最大值为 6m9九.【解析】(1)4 下滑过程中只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出4 到达水平面时的速度；A 与B 碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后两物体的共同速度；(2)C 解除锁定后，4、B、C 三者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出三者的共同速度，三者速度相

34、等时，弹簧的压缩量最大，弹性势能最大；在A B 碰撞完毕到A B C三者速度相等，弹簧压缩量最大的过程中，三者组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能.本题考查的是动量守恒与机械能守恒的应用，根据动量守恒定律与机械能守恒定律分别求出碰前和碰后滑块的速度，然后根据被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C 速度相等即可求出弹簧的最大弹性势能.19.【答案】解：根据闭合电路欧姆定律得/=/=去4 =L5 4（2）导体棒受到的安培力/7 q=BIL=0.5 0 x 1.5 x 0.4 0/V=0.3 0 N(3)对导体棒受力分析如图，将重力正交分解沿导轨方向F i =mgsi

35、n 3 70 =0.0 4 x 10 x 0.6 0 N=0.24 NFT F安,根据平衡条件mgsin 3 7 +号=F 安解得4=0.0 6 N方向平行导轨向下答：(1)通过导体棒的电流为1.5 4；第 16页，共 17页(2)导体棒受到的安培力大小是0.3 0 N；(3)导体棒受到的摩擦力大小是0.0 6 N,方向平行导轨向下。【解析】(1)根据闭合电路的欧姆定律计算通过导体棒的电流；(2)根据公式F安=8可以计算导体棒受到的安培力大小；(3)对导体棒受力分析，根据平衡条件可以得到导体棒所受摩擦力。熟练掌握闭合电路的欧姆定律、安培力公式、左手定则、平衡条件是解题的基础，本题难度不大，属于基础题。