貴州省2022屆高三下學(xué)期理綜物理4月高考適應(yīng)性測(cè)試試卷一、單選題1．香煙中含有天然放射性元素釙210（84210Po），吸煙會(huì)使84210Po進(jìn)入體內(nèi)并在肺組織中蓄積，研究表明吸煙者體內(nèi)84210Po水平比不吸煙者高A．84210B．84210Po發(fā)生衰變后產(chǎn)物的結(jié)合能之和一定大于C．通過化學(xué)方法可以改變香煙中84210D．84210Po衰變時(shí)放出的2．天宮一號(hào)完成預(yù)定目標(biāo)后在緩慢靠近地球的過程中，為便于各方開展空間目標(biāo)避碰等軌道分析工作，我國載人航天工程辦公室曾每周發(fā)布天宮一號(hào)軌道狀態(tài)參數(shù)，如“2017年4月10日至4月16日的軌道平均高度約公里，2017年5月15日至5月21日的軌道平均高度約公里”。這一時(shí)期內(nèi)，若把天宮一號(hào)在每一圈的運(yùn)動(dòng)軌道近似看作是圓，關(guān)于天宮一號(hào)，下列說法正確的是（）A．周期越來越小 B．機(jī)械能越來越大C．運(yùn)行速度越來越小 D．向心加速度越來越小3．如圖所示，蛋糕和包裝盒的總質(zhì)量為m，包裝盒為一長(zhǎng)方體，上表面是邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形，包裝帶與上表面的接觸點(diǎn)均為各邊的中點(diǎn)?，F(xiàn)用手拉住包裝帶的交叉點(diǎn)，提起蛋糕使其靜止不動(dòng)，此時(shí)每一條傾斜的包裝帶長(zhǎng)度都是5L8。設(shè)蛋糕和包裝盒質(zhì)量分布均勻，包裝帶質(zhì)量不計(jì)，已知重力加速度為g，則A．14mg B．516mg C．54．如圖所示為一磁約束裝置的簡(jiǎn)化示意圖，內(nèi)半徑為a、外半徑為3a的環(huán)狀區(qū)域I內(nèi)有方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。小圓區(qū)域II中有大量質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在紙面內(nèi)以不同速度向各個(gè)方向運(yùn)動(dòng)。要使所有粒子都不會(huì)穿出區(qū)域I的外邊緣，不計(jì)粒子重力及粒子間相互作用，則粒子的最大速度為（）A．3qBam B．2qBam C．4qBa3m 二、多選題5．如圖所示，固定的點(diǎn)電荷Q附近有一根內(nèi)壁光滑的固定水平絕緣細(xì)管。在細(xì)管內(nèi)M點(diǎn)的帶負(fù)電小球獲得速度v0后向右運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后到達(dá)N點(diǎn)。M、N兩點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)電荷Q正下方的O點(diǎn)對(duì)稱，則（）A．點(diǎn)電荷Q一定是正電荷B．小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度大小一定為v0C．小球從M到N的過程中速度一定先增大后減小D．小球從M到N的過程中加速度一定先減小后增大6．如圖所示是某供電電路的示意圖，電網(wǎng)輸出端a、b間電壓保持不變，理想變壓器原副線圈匝數(shù)比為n1：n2，R1、R2是輸電線的等效電阻，變阻器R代表用戶用電器的總電阻，用電器增加時(shí)相當(dāng)于R減小，圖中電流表和電壓表都是理想交流電表。下列說法正確的是（）A．電流表A1和A2示數(shù)之比為nB．電壓表V1和V2示數(shù)之比為nC．用電器增加時(shí)，兩電流表的示數(shù)都變大D．用電器增加時(shí)，兩電壓表的示數(shù)都變大7．如圖甲所示，一名消防隊(duì)員在演習(xí)訓(xùn)練中，沿著豎直固定鋼管往下滑。圖乙所示的v-t圖像記錄了他兩次從同一位置下滑的運(yùn)動(dòng)情況。關(guān)于這兩次下滑，下列說法正確的是（）A．過程中，消防員兩次下滑的高度相同B．過程中，消防員克服摩擦力做功相等C．過程中，消防員所受摩擦力的沖量相等D．0~3T過程中，消防員兩次下滑的平均速度相同8．如圖所示，abcd是位于豎直平面內(nèi)用粗細(xì)均勻的電阻絲圍成的正方形線框，它的下方有一個(gè)垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN、PQ為磁場(chǎng)的上下水平邊界，兩邊界間的距離與正方形的邊長(zhǎng)均為L(zhǎng)，線框從某一高度開始下落，恰好能勻速進(jìn)入磁場(chǎng)。不計(jì)空氣阻力，以bc邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)為起點(diǎn)，在線框通過磁場(chǎng)的過程中，線框中的感應(yīng)電流i、bc兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Ubc、線框所受的安培力F、線框產(chǎn)生的焦耳熱Q分別隨下落高度h的變化關(guān)系可能正確的是（）A． B．C． D．9．一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A開始，經(jīng)歷了AB、BC、CD和DA四個(gè)過程，其p-V圖像如圖所示，其中AB、CD均與橫坐標(biāo)平行，DA、BC均與縱坐標(biāo)平行。對(duì)該氣體，下列說法正確的是（）A．從狀態(tài)A到狀態(tài)B氣體對(duì)外做功B．狀態(tài)C的溫度高于狀態(tài)A的溫度C．狀態(tài)A的內(nèi)能大于狀態(tài)B的內(nèi)能D．從狀態(tài)D到狀態(tài)A氣體從外界吸收熱量E．狀態(tài)C在單位時(shí)間內(nèi)撞到容器壁單位面積的分子個(gè)數(shù)小于狀態(tài)D的分子個(gè)數(shù)三、實(shí)驗(yàn)題10．為測(cè)量地鐵啟動(dòng)過程中的加速度，黃老師采用了如下的操作方法：將一根細(xì)繩的下端綁上一支圓珠筆，細(xì)繩的上端用膠布臨時(shí)固定在地鐵的豎直金屬桿上。在地鐵起動(dòng)后沿水平直軌道的某段加速過程中，細(xì)繩偏離了豎直金屬桿，穩(wěn)定后，他用手機(jī)拍攝了當(dāng)時(shí)情景的照片如題圖所示，拍攝方向跟地鐵前進(jìn)方向垂直。利用刻度尺和這張照片，可以估算出此時(shí)地鐵加速度的大小。（已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹?）（1）需要測(cè)量的物理量有；（2）根據(jù)測(cè)量數(shù)據(jù)計(jì)算此時(shí)地鐵加速度的大小約為m/s2。（計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）11．李老師為了讓同學(xué)們更好地理解電表的改裝原理，將量程為0~3V~15V的電壓表底座拆開后，展示其內(nèi)部結(jié)構(gòu)，如圖甲所示。圖中a、b、c是該表的3個(gè)接線柱，李老師已根據(jù)圖甲畫出如圖乙所示的電路圖。（1）根據(jù)圖乙可以判斷，當(dāng)需要選擇0~3V的量程時(shí)，應(yīng)接入電路的兩個(gè)接線柱是；（2）若電壓表的表頭內(nèi)阻為200Ω，滿偏電流為600μA，則可以計(jì)算出R1=Ω，R2=Ω；（3）某同學(xué)受到啟發(fā)后，繼續(xù)研究量程為0~0.6A~3A的電流表。拆開電流表底座后，發(fā)現(xiàn)其內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖丙所示，其中“－”為電流表的負(fù)接線柱，d、e為其余兩個(gè)接線柱。在所給的器材符號(hào)之間畫出連線，組成該電流表的電路圖；（4）已知電流表中R4，表頭與電壓表的表頭相同，則R3=Ω。四、解答題12．空間中存在場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為m的帶電小球從斜面頂端A水平拋出，落在斜面上的P點(diǎn)?，F(xiàn)保持場(chǎng)強(qiáng)大小不變，方向改為豎直向上，小球仍從A點(diǎn)以相同的初速度水平拋出，落在斜面上的Q點(diǎn)。已知AQ的距離是AP距離的3倍，重力加速度為g，求：（1）小球從A到P和A到Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比；（2）小球所帶電荷量的大小。13．如圖所示，足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以v=8m/s的恒定速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。在傳送帶的左端有一足夠長(zhǎng)的光滑水平面，一質(zhì)量mA=3kg的小物塊A在水平面上以v0=8m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，與靜止在水平面右端質(zhì)量mB=1kg的小物塊B發(fā)生正碰后，兩物塊均無能量損失地滑上傳送帶，經(jīng)過4s兩物塊再次發(fā)生正碰。已知B與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)μB，重力加速度g=10m/s2，A、B運(yùn)動(dòng)過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且時(shí)間極短。（1）求A、B第一次碰撞后的速度vA、vB的大小；（2）求A與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)μA；（3）分析A、B是否會(huì)發(fā)生第三次碰撞。14．利用如圖所示裝置可以測(cè)量礦物小顆粒的體積。容積為3L的容器A通過體積不計(jì)的細(xì)玻璃管與容器B相連，B下端經(jīng)橡皮軟管與裝有水銀的容器C連通，C上方與外界大氣相通。開始測(cè)量時(shí)，打開閥門K，上下移動(dòng)C，使水銀面到達(dá)容器B的下邊沿a；然后關(guān)閉閥門K，向上移動(dòng)C，使水銀面到達(dá)容器B的上邊沿b，此時(shí)B、C內(nèi)的水銀高度差為h1?，F(xiàn)將待測(cè)礦物小顆粒放入容器A中，再重復(fù)上述操作，B、C內(nèi)的水銀高度差為h2。已知大氣壓強(qiáng)p0，求：（1）容器B的容積；（2）A中待測(cè)礦物小顆粒的體積。15．用某種透明材料制成邊長(zhǎng)為2d的正方體，其橫截面MNPQ如圖所示。將單色光從MN中點(diǎn)O垂直上表面射入該材料，保持入射點(diǎn)O不變，在紙面內(nèi)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)入射光線，使入射光線與圖中虛線的夾角在0~90°范圍內(nèi)變化，在此過程中，發(fā)現(xiàn)NP邊只有DE區(qū)域內(nèi)有光線射出。已知E點(diǎn)到N點(diǎn)的距離為3d，不考慮光線在正方體中的多次反射，求：（1）透明材料對(duì)該單色光的折射率n；（2）DE的長(zhǎng)度。（結(jié)果均用根號(hào)表示）五、填空題16．一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，如圖所示，O、P、Q是該波在傳播方向上的三個(gè)質(zhì)點(diǎn)，O、P平衡位置的距離為6m，P、Q平衡位置的距離為15m。該波從P傳播到Q的時(shí)間為5s，O、P、Q三個(gè)質(zhì)點(diǎn)始終同時(shí)經(jīng)過平衡位置，則這列波的波速為m/s，最大周期為s，O、P的振動(dòng)方向（選填“一定”或“不一定”）相同。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．84210Po的半衰期始終不變，B．84210Po發(fā)生衰變時(shí)會(huì)產(chǎn)生質(zhì)量虧損并釋放能量，所以衰變后產(chǎn)物的結(jié)合能之和一定大于84210C．放射性元素的放射強(qiáng)度由原子核決定，與元素的化學(xué)狀態(tài)無關(guān)，C不符合題意；D．84210Po衰變時(shí)放出的γ射線是原子核從高能級(jí)向低能級(jí)躍遷而輻射的高頻電磁波，故答案為：B。

【分析】半衰期和原子核自身有關(guān)，和反應(yīng)前后質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，γ射線是原子核從高能級(jí)向低能級(jí)躍遷而輻射的高頻電磁波。2．【答案】A【解析】【解答】A．根據(jù)G解得T半徑在減小，周期越來越小，A符合題意；B．在半徑減小過程中，由于稀薄空氣阻力做負(fù)功，導(dǎo)致天宮一號(hào)做近心運(yùn)動(dòng)，故天宮一號(hào)機(jī)械能減小，B不符合題意；C．根據(jù)G解得v半徑在減小，運(yùn)行速度越來越大，C不符合題意；D．根據(jù)G解得a半徑在減小，向心加速度越來越大，D不符合題意。故答案為：A。

【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力得出天宮一號(hào)的線速度和周期的表達(dá)式，并判斷線速度和周期的大小關(guān)系，萬有引力為天宮一號(hào)所受的合力，從而得出向心加速度的表達(dá)式，并判斷向心加速度的大小關(guān)系。3．【答案】C【解析】【解答】設(shè)每條包裝帶與豎直方向夾角為θ，由幾何關(guān)系得sin所以θ則由平衡條件得4解得每條傾斜包裝帶的張力為T故答案為：C。

【分析】對(duì)蛋糕和包裝盒進(jìn)行受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得出每條傾斜包裝帶的張力的表達(dá)式。4．【答案】D【解析】【解答】由題意知，當(dāng)以與內(nèi)圓相切方向進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子在磁場(chǎng)中有最大弦，即軌跡剛好與外圓相切，由幾何關(guān)系知，此時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)半徑滿足2即r由qvB得，粒子的速度為v所以粒子的最大速度為qBam故答案為：D。

【分析】粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，以及幾何關(guān)系得出粒子最大速度的表達(dá)式。5．【答案】B,D【解析】【解答】A．根據(jù)題目無法知道小球的加速度變化及速度變化，所以無法得知點(diǎn)電荷Q的電性，A不符合題意；B．M，N是點(diǎn)電荷Q形成同一等勢(shì)面的兩點(diǎn)，從M到N電場(chǎng)力不做功，小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)動(dòng)能不變，速度大小一定為v0，B符合題意；C．由于不知道點(diǎn)電荷的電性，不知道小球的速度變化，如果點(diǎn)電荷帶正電，小球從M到N的過程中速度先增大后減小，如果點(diǎn)電荷帶負(fù)電，小球從M到N的過程中速度先減小后增大，C不符合題意；D．設(shè)點(diǎn)電荷到細(xì)管的距離為h，小球與點(diǎn)電荷連線和細(xì)管的夾角為θ，小球受到的電場(chǎng)力為F小球受到力的水平分力Fx由牛頓第二定律Fx=ma解得a=kQqmh2cos3θ小球從M到O過程中θ變大，加速度變小，從O到N過程中θ變小，加速度變大，D符合題意．故答案為：BD。

【分析】根據(jù)小球的速度和加速度的變化情況得出點(diǎn)電荷的電性，帶點(diǎn)小球在等勢(shì)面上運(yùn)動(dòng)時(shí)電場(chǎng)力不做功，結(jié)合電場(chǎng)力的表達(dá)式以及牛頓第二定律得出加速度的表達(dá)式。6．【答案】A,C【解析】【解答】A．由圖可知，電流表A1和A2即為兩線圈所在回路電流之比，所以電流表A1和A2示數(shù)之比即為原副線圈匝數(shù)反比，即電流表A1和A2示數(shù)之比為n2n1BD．由圖可知，電壓表V1即為電網(wǎng)輸出端a、b間電壓，保持不變，即為R1與原線圈兩端電壓之和，而原副線圈電壓之比等于匝數(shù)之比，所以電壓表V1和V2示數(shù)之比大于n1n2，且用電器增加時(shí)，電壓表V1C．用電器增加時(shí)，用戶用電器的總電阻減小，則電流表A2增大，又因?yàn)殡娏鞅鞟1和A2示數(shù)之比為n2n1，所以電流表A1故答案為：AC。

【分析】根據(jù)理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比和電流比之間的關(guān)系得出電流表示數(shù)之比和電壓表示數(shù)之比；結(jié)合用戶總電阻的變化得出電流表1的示數(shù)變化情況。7．【答案】C,D【解析】【解答】A．由題圖乙，根據(jù)圖形的對(duì)稱性可知兩圖線的其中一個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，根據(jù)v-t圖像與坐標(biāo)軸所圍面積表示位移可知過程中，消防員第一次下滑的高度比第二次下滑的高度大，A不符合題意；過程中，設(shè)消防員兩次下滑的高度分別為h1、h2，克服摩擦力做功分別為W1、W2，根據(jù)前面分析可知消防員兩次下滑在時(shí)刻的速度大小相同，根據(jù)動(dòng)能定理有mg因?yàn)閔1＞h2，所以W1>W過程中，兩次下滑過程中消防員的重力相同，作用時(shí)間相同，所以重力的沖量IG相同，根據(jù)動(dòng)量定理有I由于兩次時(shí)刻v相同，所以消防員所受摩擦力的沖量If相等，C符合題意；D.0~3T過程中，消防員兩次下滑的高度相同，所用時(shí)間相同，所以平均速度相同，D符合題意。故答案為：CD。

【分析】根據(jù)圖乙以及v-t圖像得出消防員第一次下滑的高度和第二次下滑高度的大小關(guān)系，結(jié)合動(dòng)能定理得出消防員克服摩擦力做功的大小關(guān)系，通過動(dòng)量定理得出摩擦力的沖量大小關(guān)系。8．【答案】A,B,D【解析】【解答】設(shè)正方形線框每條邊的電阻為R，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速率為v。正方形線框進(jìn)入磁場(chǎng)第一個(gè)L過程中，只有bc邊切割磁感線，由右手定則可知，線框中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，設(shè)為正反向，大小為ib、c兩點(diǎn)的電勢(shì)差為U正方形線框所受安培力為F1由左手定則知方向向上。線框產(chǎn)生的焦耳熱為Q由于v為定值，所以進(jìn)入磁場(chǎng)過程，電流i、Ubc、F都恒定不變，Q隨下降高度h均勻增大；正方形線框離開磁場(chǎng)過程中，線框所受安培力繼續(xù)被重力平衡，所以速度還是v。ad邊在切割磁感線，由右手定則可知，由右手定則可知，線框中電流方向?yàn)闉轫槙r(shí)針，與進(jìn)入磁場(chǎng)過程方向相反，則為負(fù)值，其大小為i與i1等大反向。b、c兩點(diǎn)的電勢(shì)差為U正方形線框所受安培力為F1與F1相同。線框產(chǎn)生的焦耳熱為Q隨位移繼續(xù)均勻增大。綜上可知，ABD符合題意，C不符合題意。故答案為：ABD。

【分析】根據(jù)右手定則以及歐姆定律得出線框中電流的表達(dá)式及方向，結(jié)合安培力的表達(dá)式以及焦耳定律的表達(dá)式得出安培力的大小和產(chǎn)生的焦耳熱；并判斷焦耳熱隨位移如何讓變化。9．【答案】A,B,E【解析】【解答】A．從狀態(tài)A到狀態(tài)B氣體體積增大，對(duì)外做功，A符合題意；B．根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程pVT=C可知狀態(tài)C的溫度高于狀態(tài)AC．A→B為等壓膨脹過程，根據(jù)蓋—呂薩克定律可知狀態(tài)B的溫度高于狀態(tài)A的溫度，所以狀態(tài)B的內(nèi)能大于狀態(tài)A的內(nèi)能，C不符合題意；D．D→A為等容過程，根據(jù)查理定理可知狀態(tài)A的溫度低于狀態(tài)D的溫度，即D→A過程氣體內(nèi)能減少，而氣體對(duì)外做功為零，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知?dú)怏w向外界放出熱量，D不符合題意；E．C→D為等壓壓縮過程，根據(jù)蓋—呂薩克定律可狀態(tài)C的溫度高于狀態(tài)D的溫度，即氣體分子在狀態(tài)C的平均速率大于在狀態(tài)D的平均速率，狀態(tài)C氣體分子對(duì)容器壁的平均作用力比狀態(tài)D大，而又因?yàn)闋顟B(tài)C、D壓強(qiáng)相同，根據(jù)氣體壓強(qiáng)的微觀解釋可知狀態(tài)C在單位時(shí)間內(nèi)撞到容器壁單位面積的分子個(gè)數(shù)小于狀態(tài)D的分子個(gè)數(shù)，E符合題意。故答案為：ABE。

【分析】理想氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B氣體體積變大，氣體對(duì)外做功，結(jié)合理想氣體狀態(tài)方程判斷AC溫度的高低，通過蓋呂薩克定律判斷撞擊容器壁單位面積的分子數(shù)。10．【答案】（1）筆（或繩）上某點(diǎn)到懸點(diǎn)的豎直距離和水平距離（2）（1.2~范圍內(nèi)均可）【解析】【解答】（1）設(shè)細(xì)繩與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)力的合成與分解以及牛頓第二定律可知地鐵加速度的大小為a根據(jù)上式可知，若要估算a，需要測(cè)得tanθ，而提供的器材為刻度尺，所以需要測(cè)量筆（或繩）上某點(diǎn)到懸點(diǎn)的豎直距離和水平距離。（2）測(cè)得繩上某點(diǎn)到懸點(diǎn)的豎直距離和水平距離分別為和，則a

【分析】（1）根據(jù)力的合成與分解以及牛頓第二定律得出地鐵加速度的表達(dá)式，從而得出需要測(cè)量的物理量；

（2）根據(jù)加速度的分解得出此時(shí)地鐵的加速度。11．【答案】（1）b、c（2）20000；4800（3）（4）【解析】【解答】（1）電壓表量程越大，與表頭G串聯(lián)的總電阻越大，所以當(dāng)需要選擇0~3V的量程時(shí)，表頭G只與R2串聯(lián)，應(yīng)接入電路的兩個(gè)接線柱是b、c。（2）根據(jù)串聯(lián)電路規(guī)律有II聯(lián)立解得R1=20000（3）根據(jù)題圖丙作出電路圖如圖所示。（4）電流表量程越大，分流總電阻越小，所以e接線柱對(duì)應(yīng)量程，d接線柱對(duì)應(yīng)3A量程，根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律有II聯(lián)立解得R

【分析】（1）根據(jù)電壓表的量程選擇應(yīng)接入電路的接線柱；

（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律得出兩個(gè)電阻的阻值；

（3）根據(jù)圖丙完成該電流表的電路圖；

（4）根據(jù)串聯(lián)電路的特點(diǎn)以及歐姆定律得出R3的阻值。12．【答案】（1）解：設(shè)斜面傾角為θ，則小球從A到P和A到Q的水平位移分別為xx又因?yàn)閤所以小球從A到P和A到Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為t（2）解：設(shè)小球拋出后加速度為a，下落高度為h，則htan所以h又因?yàn)閠所以a設(shè)小球帶電荷量為q，則由牛頓第二定律得mgmg聯(lián)立解得q【解析】【分析】（1）小球做平拋運(yùn)動(dòng)，平拋運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)，利用平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得出A到P和A到Q的時(shí)間比；

（2）根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律吧得出拋出后小球的加速度之比，結(jié)合牛頓第二定律得出小球所帶電荷量的表達(dá)式。13．【答案】（1）解：由于A、B發(fā)生的是彈性正碰，有m1解得vv（2）解：設(shè)B的加速度為aB，經(jīng)過時(shí)間t，B的速度與傳送帶速度相同μ-解得tB剛好與傳送帶速度相同時(shí)與A相碰，此時(shí)B的位移為x解得x設(shè)A的加速度為aAμx解得μ（3）解：設(shè)A、B第二次碰前A的速度為vA1，碰后A、B的速度分別為vA2、vB2v解得vAB發(fā)生第二次彈性正碰，以向左為正m1解得vv假設(shè)A向左勻加速離開傳送帶時(shí)速度為vA3v解得v假設(shè)成立假設(shè)B向左勻加速離開傳送帶時(shí)速度為vB3v解得v說明B是以速度v=8m/s離開傳送帶，因此，【解析】【分析】（1）AB發(fā)生碰撞的過程中根據(jù)動(dòng)量