2021届广东省梅州市曾宪梓中学高考物理考前适应性试卷(一)附答案详解

2021届广东省梅州市曾宪梓中学高考物理考前适应性试卷（一）
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.核潜艇是以核反应堆为动力来源的潜艇，有一种核裂变方程为 92235U+01n→X+3894Sr+1001n.关于
裂变反应及上述裂变反应产物，下列说法正确的是()
A. 裂变反应中亏损的质量变成了能量
B. 裂变反应出现质量亏损导致质量数不守恒
C. X原子核中有54个中子
D. X原子核比铀核的比结合能大
2.2019年8月，“法国哪吒”扎帕塔身背燃料包，脚踩由5个小型涡轮喷气发动
机驱动的“飞板”，仅用22分钟就飞越了英吉利海峡35公里的海面。

已知扎
帕塔(及装备)的总质量为120kg，设发动机启动后将气流以6000m/s的恒定速
度从喷口向下喷出，则当扎帕塔(及装备)悬浮在空中静止时，发动机每秒喷出
气体的质量为(不考虚喷气对总质量的影响，取g=10m/s2)()
A. 0.02kg
B. 0.20kg
C. 0.50kg
D. 5.00kg
3.如图，发电机的电动势e=678sin100πtV，变压器的副线圈匝数可调，触头P置于a处时，用户
恰好得到220V的电压，R表示输电线的电阻．下列说法正确的是()
A. 电流的频率为100Hz
B. 电压表V2的示数为220V
C. 电压表V1的示数为678V
D. 当触头P向上滑时，V2的示数变大
4.解放前后，机械化生产水平较低，人们经常通过“驴拉磨”的方式把粮食
颗粒加工成粗面来食用．如图所示，假设驴拉磨的平均用力大小为500N，
运动的半径为1m，驴拉磨转动一周所用时间约为10s，则驴拉磨转动一周
的平均功率约为()
A. 0
B. 50W
C. 50πW
D. 100πW
5.如图所示，在直角坐标系的第一象限0≤x≤R区域内有沿y轴正方向的匀强
电场，右侧有个以坐标为(2R,0)的M点为圆心、半径为R的半圆形区域半圆
形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场(图中未面出)。

现有一质量为m，带电
荷量为e的电子，从y轴上的P点以速度v沿x轴正方向射入电场，飞出电场后
恰能从坐标为(R,0)的Q点进入半圆形区域，且此时电子的速度方向与x轴正方向的夹角为30°，电子穿出半国形区域时的速度方向垂直于x轴，不考虑电子所受的重力，下列说法正确的是()
A. 电子进人半圆形区域时的速度大小为2v0
B. 匀强电场的电场强度大小2√3mv02
3eR
C. 半圆形区域内匀强磁场的磁感应强度B的大小为2√3mv0
3eR
D. 电子刚穿出半圆形区域时的位置坐标为(3R
2,√2R
2
)
二、多选题（本大题共4小题，共23.0分）
6.如图所示，通电螺线管置于闭合金属环a的轴线上，当螺线管中电流I增大时()
A. 环中感应电流方向与图中标示的方向相同
B. 环中感应电流方向与图中标示的方向相反
C. 环有扩大的趋势
D. 环有缩小的趋势
7.如图所示，一质量m=0.01kg、电荷量q=0.01C的带正电小球，在竖直
平面内沿与水平方向成30°角的虚线斜向上做初速度为0的匀加速运动。

1s
后小球经过O点，已知小球只受到电场力和重力作用，且匀强电场的电场
强度大小为10√3N/C，取重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是()
A. 小球做匀加速运动的加速度大小为10m/s2
B. 小球在O点的速度大小为1m/s
C. 小球运动过程中，若突然撤去电场，则小球将做变加速运动
D. 小球从初始位置运动到O点的过程中克服重力做功为0.25J
8.宇宙飞船绕地心做半径为r的匀速圆周运动，飞船舱内有一质量为m的人站在可称体重的台秤上，
用R表示地球的半径，g表示地球表面处的重力加速度，g′表示宇宙飞船所在处的地球引力加速度，N表示人对秤的压力，下面一些关系式正确的是()
A. g′=R2
r2g B. g′=0 C. N=m R2
r2
g D. N=0
9.如图所示为分子力随分子间距离变化的图象，则下列说法正确的是
()
A. 当分子间距离小于r0时，分子间只有斥力
B. 分子间距离从r0增大到r1，分子间作用力在增大
C. 分子间距离从r0增大到r1的过程中，分子力做负功，从r1增大到
r2的过程，分子力做正功
D. 分子间距离从r0增大到r2的过程中，分子势能一直在增大
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
10.为验证动能定理，某同学设计了如下实验．
将一长直木板一端垫起，另一端侧面装一速度传感器，斜面的倾角为θ，一滑块与木板之间的动摩擦因数为μ，让该滑块由静止从木板上ℎ高处(从传感器所在平面算起)自由滑下，测出滑块通过传感器时的速度v，(重力加速度为g)．
(1)为验证动能定理成立，只需验证ℎ和v满足函数关系式______即可．(用g、θ、μ表示)
(2)该实验中，用游标卡尺测量遮光条的宽度如图乙所示，则遮光条的宽度为d=______mm，遮光
条通过光电门时，显示时间为t=0.002s，则物块通过光电门时的瞬时速度v=______m/s．(3)让滑块分别从不同高度无初速释放，测出滑块释放的初位置到光电门所在平面的高度ℎ1、ℎ2、ℎ3…，
读出滑块上遮光条每次通过光电门的时间，计算出遮光条每次通过光电门的速度v1、v2、v3….某同学利用测量的数据绘制出了如图丙所示的ℎ−v2图象，并测出该图线的斜率为k，若该实验中滑块和木板之间的摩擦因数μ未知，则可求出μ=______.(仅用g、θ、k表示)
11.用如图1所示电路，测定一节干电池的电动势和内阻．电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变
阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用．除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：
(a)电流表(量程0.6A)、(b)电流表(量程3A)；
(c)电压表(量程3V)(d)电压表(量程15V)；
(e)定值电阻(阻值1Ω、额定功率5W)；
(f)定值电阻(阻值10Ω、额定功率10W)；
(g)滑动变阻器(阻值范围0～10Ω、额定电流2A)；
(ℎ)滑动变阻器(阻值范围0～100Ω、额定电流1A)．
(1)要正确完成实验，电流表应选择______ ；电压表应选择______ 定值电阻R0应选择______ ，滑动
变阻器R应选择______ ．
(2)引起该实验系统误差的主要原因是______ ．
(3)根据描出的图象(图2)可得E=______ V，r=______ Ω
四、简答题（本大题共1小题，共14.0分）
12.如图所示，水平传送带以v0=2m/s的速度做逆时针运动，传送带左端与水平地面平滑连接，传
送带与一固定的四分之一光滑圆弧轨道相切，物块a从圆弧轨道最高点由静止下滑后滑过传送带，与静止在水平地面右端上的物块b发生弹性碰撞。

已知物块b的质量M=0.3kg，两物块均可视为质点，物块a滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小F=3N，圆弧轨道半径r=1.25m，传送带左、右两端的距离d=4.5m，物块a与传送带和水平地面间的动摩擦因数均为μ1=0.1，物块b与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.5，取重力加速度大小g=10m/s2，碰撞时间极短。

求：
(1)物块a的质量；
(2)物块a第一次与物块b碰撞后瞬间，物块b的速度大小；
(3)两物块最多能碰撞的次数及最终两者的距离。

五、计算题（本大题共2小题，共28.0分）
13.如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右
侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN 为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R.用质量m1=0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为x=6t−2t2，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．g=10m/s2，求：
(1)BP间的水平距离．
(2)判断m2能否沿圆轨道到达M点．
(3)释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功．
14.为了测定某种合金材料制成的球形工件的比热容，可以先将工作均匀加热
到不同温度，然后将其置于0℃的大冰块上，分别测出工件陷入冰中的深度
ℎ，如图所示。

已知：当工件初始温度分别为t1=75℃和t2=100℃时，对
应工件陷入冰中的深度分别为ℎ1=13.6cm，ℎ2=16.7cm，球的体积V球=4πr3/3，工件的密度约为冰的3倍。

设实验过程中环境温度恒为0℃，不计热量损失。

冰的熔解热λ=3.34×105J/ kg(1kg的某种物质在熔点时，从固态变成液态所需要吸收的热量，叫做这种物质的熔解热)，冰的比热容c冰=2.1×103J/(kg⋅℃)。

试求：该材料的比热容C。

参考答案及解析
1.答案：D
解析：解：A、在裂变反应中亏损的质量以能量的形式释放出来，不是亏损的质量变成了能量，故A 错误；
B、裂变反应中，电荷数守恒、质量数守恒，故B错误；
C、根据电荷数守恒知X的电荷数为92−38=54，即质子数为54，根据质量数守恒X的质量数为235+ 1−94−10×1=132，故其中子数为132−54=78，故C错误；
D、中等核的比结合能较大，知X原子核比铀核的平均结合能大，故D正确。

故选：D。

在裂变反应中亏损的质量以能量的形式释放出来；在核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒。

中等核的比结合能较大。

解决本题的关键知道核反应方程中电荷数守恒、质量数守恒，明确比结合能与结合能的区别与联系。

2.答案：B
解析：解：设扎帕塔(及装备)的总质量为：m=120kg，发动机启动后气流速度为：v=6000m/s，当扎帕塔(及装备)悬浮在空中静止时，气流对扎帕塔(及装备)的力为F，对扎帕塔(及装备)由平衡条件得：F=mg，根据牛顿第三定律得扎帕塔(及装备)对喷出的气体的力为：F′=F；设Δt时间内喷
=0.20kg/s，所以发动机出的气体的质量为Δm，由动量定理得：F′⋅Δt=Δmv−0，联立解得：△m
△t
每秒喷出气体的质量为0.20kg，故B正确，ACD错误。

故选：B。

对扎帕塔(及装备)由平衡条件和牛顿第三定律得出扎帕塔(及装备)对喷出的气体的力；设Δt时间内喷出的气体的质量为Δm，由动量定理得发动机每秒喷出气体的质量。

本题以“法国哪吒”扎帕塔身背燃料包，脚踩由5个小型涡轮喷气发动机驱动的“飞板”为背景命制试题，非常符合物理学贴近现实生活的特点，能够激发学生对科学的求知欲和对科学的热爱，考查得是牛顿第三定律和动量定理得应用，难点是学会选取Δt时间内喷出的气体的质量Δm为研究对象。

3.答案：D
解析：解：变压器只改变电压，不会改变频率，故频率为f=50H Z，故A错误；
B、电压表的示数为用户和输电线路上损失的电压值和大于220V，故B错误；
，故C错误；
C、电压表测量的是有效值，故示数为U=
√2
D 、当用户功率增大时，由P =UI 可知，输电线路上的电流增大，故损失电压增大，变压器副线圈
两端电压增大，故由U 1U 2=n
1n 2可知触头P 应向上滑，故D 正确 故选：D
变压器只改变电压，不会改变频率，副线圈两端的电压等于用户电压和输电线路损失电压之和；由变压器原副线圈电压之比等于匝数之比即可比较
分析变压器时注意输出电压和输入功率这两个物理量的决定关系，然后结合电阻的串并联知识进行求解．
4.答案：D
解析：解：本题中驴对磨的拉力沿圆周切线方向，拉力作用点的速度方向也在圆周切线方向，故可认为拉磨过程中拉力方向始终与速度方向相同，故根据微分原理可知，拉力对磨盘所做的功等于拉力的大小与拉力作用点沿圆周运动弧长的乘积，由题意知，磨转动一周，弧长L =2πR =2πm ，所以拉力所做的功W =FL =500×2πJ =1000πJ ，平均功率P =
W t =1000π10=100πW
故选：D 。

W =FS 适用于恒力做功，因为驴拉磨的过程中拉力方向时刻在变化是变力，但由于圆周运动知识可知，驴拉力方向时刻与速度方向相同，根据微分原理可知，拉力所做的功等于力与路程的乘积，功率等于功除以时间．
本题关键抓住驴拉磨的过程中拉力方向与速度方向时刻相同，即拉力方向与作用点的位移方向时刻相同，虽然拉力方向在变化，根据微分思想可以求得拉力所做的功等于力的大小与路程的乘积，这是解决本题的突破口． 5.答案：C
解析：解：A 、电子在匀强电场中做类平抛运动，电子进入圆形区域时的速度大小为
v =v 0
cos30∘=2√33v 0，故A 错误；
B 、电子沿y 轴方向的速度分量v y =v o tan30°=√33
v 0 ① 又v y =at ②
根据牛顿第二定律，有
eE =ma ③
R =v o t ④
联立①②③④，得E =√3mv 023eR
故B错误；
C、轨迹如图，
根据图中几何关系可得电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，
由evB=m v2
R
故B=2√3 mv0
3eR
，故C正确；
D、根据几何关系可得电子穿出半圆形匀强磁场区域时的位置坐标为
x=R+R
2
=
3
2
R
y=−√3
2
R，故D错误；
故选：C。

A、根据类平抛运动运动特点，由分速度可以求出合速度大小；
B、根据分运动的特点，结合牛顿第二定律，可以求出电场强度大小；
C、利用洛伦兹力提供向心力，结合已知条件，可以求出匀强磁场的磁感应强度的大小；
D、根据粒子受力特点，画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系，求出电子的位置坐标。

本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，关键要能根据受力分析出研究对象的运动，进而画出研究对象的运动轨迹图。

6.答案：AC
解析：
该题可以使用楞次定律的四个步骤逐步分析解答，也可以根据楞次定律“阻碍变化”快速做出正确的解答；正确理解楞次定律即可正确解题。

AB.当螺线管中通过的电流逐渐变大时，电流产生的磁场逐渐变强，故穿过金属环a的磁通量增大，根据楞次定律可知，为阻碍原磁通量增大，金属环a中感应电流产生的磁场的方向与螺线管产生的磁场的方向相反，据右手螺旋定则，感应电流方向与图中的方向相同，故A正确，B错误；
CD.当螺线管中通过的电流逐渐变大时，电流产生的磁场逐渐变强，故穿过金属环a的磁通量增大，所以金属环a有扩大的趋势，才会对原磁通量的增强起阻碍作用，故C正确，D错误。

故选：AC
7.答案：AD
解析：解：A 、由题意可知，小球受到的电场力大小为F =Eq =10√3×0.01N =√310
N ，重力大小为G =mg =0.1N
小球沿虚线向上做匀加速运动，合力沿虚线向上，设电场力方向与水平线的夹角为θ，小球的加速度为a ，由牛顿第二定律得：
水平方向：√310
cosθ=macos30° 竖直方向：√310
sinθ−mg =masin30° 两式联立解得θ=60°，将其代入上式，得到a =10m/s 2，故A 正确；
B 、因小球做初速度为0的匀加速直线运动，则小球在O 点的速度大小v O =at =10×1m/s =10m/s ，故B 错误；
C 、小球运动过程中，若突然撤去电场，则小球只受重力，重力与速度不在同一直线上，则小球开始做匀变速曲线运动，故C 错误；
D 、小球从初始位置到O 点过程的位移x =
0+v o 2t =0+102×1m =5m
则小球上升的高度为ℎ=xsin30°=2.5m
故小球克服重力做功W =mgℎ=0.01×10×2.5J =0.25J ，故D 正确。

故选：AD 。

小球沿虚线向上做匀加速运动，合力沿虚线向上，根据牛顿第二定律求加速度；根据速度公式v =at 求小球在O 点的速度大小；小球运动过程中，若突然撤去电场，小球只受重力，做匀变速曲线运动；根据上升的高度求小球从初始位置运动到O 点的过程中克服重力做功。

解决本题时，要掌握物体做直线运动和曲线运动的条件，能正确分析小球的受力情况来判断其运动情况。

8.答案：AD
解析：解：AB 、忽略地球的自转，万有引力等于重力：
在地球表面处：mg =G
Mm R 2，则GM =gR 2， 宇宙飞船：m′g′=G Mm′r 2，g′=GM
r 2=R 2
r 2g ，故A 正确，B 错误；
CD 、宇宙飞船绕地心做匀速圆周运动，
飞船舱内物体处于完全失重状态，即人只受万有引力(重力)作用，所以人对秤的压力F N =0，故C 错误，D 正确；
故选：AD 。

忽略地球的自转，万有引力等于重力，根据万有引力公式列式求出重力加速度的表达式，注意代换GM =gR 2的应用；
宇宙飞船绕地心做匀速圆周运动，飞船舱内物体处于完全失重状态．
根据万有引力等于重力列出等式去求解，是本题解题的关键；运用黄金代换式GM =gR 2是万用引力定律应用的常用方法．
9.答案：BD
解析：
↵
分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但总是斥力变化得较快，根据斥力和引力的大小确定分子力表现为引力还是斥力；当分子力做负功，分子势能增大，当分子力做正功，分子势能减小．
解决本题的关键知道分子力的特点：(1)当r =r 0时，F 引=F 斥，分子力F =0；(2)当r <r 0时，F 引和F 斥都随距离的减小而增大，但F 斥比F 引增大得更快，分子力F 表现为斥力；(3)当r >r 0时，F 引和F 斥都随距离的增大而减小，但F 斥比F 引减小得更快，分子力F 表现为引力；(4)当r >10r 0(10−9 m)时，F 引、F 斥迅速减弱，几乎为零，分子力F ≈0．
解：A 、分子间的引力和斥力是同时存在的，当分子间距离小于r 0时，分子间的斥力大于引力，分子力表现为斥力，故A 错误。

B 、由分子力随分子间的距离变化图象可知，分子间距离从r 0增大到r 1，分子间作用力在增大，故B 正确。

C 、分子间距离从r 0增大到r 1的过程中，分子力表现为引力，分子力做负功，从r 1增大到r 2的过程，分子力表现为引力，分子力也是做负功，故C 错误。

D 、分子间距离从r 0增大到r 2的过程中，分子力一直做负功，分子势能一直增大，故D 正确。

故选：BD 。

10.答案：ℎ=v 22g(1−μtanθ)；5.20；2.6；(1−12gk )tanθ
解析：解：(1)对滑块该过程的运动运用动能定理：mgℎ−μmgcosθ⋅ℎsinθ=12mv 2
可得需验证ℎ和v 的函数关系式：ℎ=v 22g(1−μtanθ)
(2)游标卡尺的读数=主尺读数+对齐格数×分度值，可知遮光条的宽度为d =5mm +4×0.05mm =
5.20mm
物块经过遮光条的平均速度即为物块通过光电门时的瞬时速度：v =d t =5.2×10−3m 0.002s =2.6m/s (3)根据(1)中的表达式：ℎ=v 22g(1−
μtanθ) 可知斜率：12g(1−μtanθ)=k
解得：μ=(1−12gk )tanθ
故答案为：(1)ℎ=v 22g(1−μtanθ)；(2)5.20，2.6；(3)(1−1
2gk )tanθ． (1)对滑块该过程的运动运用动能定理即可得到需验证ℎ和v 的函数关系式；
(2)游标卡尺的读数等于主尺读数加游标读数，不需要估读；求出物块经过遮光条的平均速度即为物块通过光电门时的瞬时速度，
(3)根据(1)中的表达式，找出ℎ−v 2图象的斜率的表达式，代入斜率值k ，即可求出摩擦因数μ． 此题考查了探究做功和物体速度变化关系实验，关键是搞清实验的原理，知道物块经过遮光条的平均速度等于物块的瞬时速度，能用图象法来研究实验的数据．
11.答案：a ；c ；e ；g ；电流表的分压；1.49；0.91
解析：解：(1)由于电源是一节干电池(1.5V)，所选量程为3V 的电
压表；估算电流时，考虑到干电池的内阻一般几Ω左右，加上保
护电阻，最大电流在0.5A 左右，所以选量程为0.6A 的电流表；由
于电池内阻很小，所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、
电压表取值范围小，造成的误差大，故定值电阻选择e ；滑动变阻
器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取0～10Ω能很好地
控制电路中的电流和电压，若取0～100Ω会出现开始几乎不变最后突然变化的现象．
(2)关于系统误差一般由测量工具和所造成测量方法造成的，一般具有倾向性，总是偏大或者偏小．本实验中由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比测量值小；
(3)由U =E −Ir 可知，图象与纵坐标的交点表示电源的电动势，图象的斜率表示内电阻，故由图可知E =1.49V ；
内阻R 0+r =1.49−0.8
0.36=1.91Ω；故r =1.91−1=0.91Ω；
故答案为：(1)a ，c ，eg ；(2)电流表的分压作用；(3)1.49；0.91．
(1)由欧姆定律估算电路中的电流，根据安全及准确性原则可选出电流表及电压表；根据电源内阻的大小可判断保护电阻的大小，及滑动变阻器的阻值大小；
(2)分析电路中的各电表的特点，找出其产生的作用，即可得出误差产生的原因．
(3)根据闭合电路欧姆定律进行分析，再结合图象的性质即可明确电源的电动势和内电阻．
本题考查测量电源的电动势和内电阻的实验，实验仪器的选择是考试中经常出现的问题，在学习中要注意掌握好其安全、准确的原则，同时注意滑动变阻器的电路中的应用规律．
12.答案：解：(1)设物块a的质量为m，物块a沿圆弧从最高点由静止下滑到圆弧轨道最低点，根据机械能守恒定律有：
mgr═1
2
mv12
物块a运动到轨道最低点时，有：F−mg=m v12
r
解得：m=0.1kg，v1=5m/s
(2)物块a在传送带上运动时，有：ma1=μ1mg
设物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小为v2，则有：
v12−v22=2a1d 解得：v2=4m/s>v0=2m/s
所以物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小为4m/s。

物块a、b碰撞过程机械能守恒，动量守恒，则有：
mv2=mv3+Mv4
1 2mv22=
1
2
mv32+
1
2
Mv42
解得：v3=−2m/s，v4=2m/s
即第一次碰撞后瞬间物块b的速度大小为2m/s；
(3)物块b碰撞后沿地面向左做匀减速运动，物块a沿传送带先向右做匀减速运动，速度减到0后再向左做匀加速运动，则有：
v42=2a2x1
其中a2=μ2g
解得：x1=0.4m
v4=a2t1
解得：t1=0.4s
根据位移−时间关系可得：v32=2a1x2。

解得：x2=2m<d
根据速度−时间关系可得：−v3=a1t2
解得：t2=2s
t1<t2，所以物块a第二次与b碰撞前b已经停止运动，设物块a第二次与b碰撞前瞬间的速度大小为v3，则有：v32−v52=2a1x1
解得：v5=4√5
5
m/s
物块a、b第二次碰撞过程机械能守恒、动量守恒，则有：
mv5=mv6+Mv7
1 2mv52=
1
2
mv62+
1
2
Mv72
解得：v6=−2√5
5m/s，v7=2√5
5
m/s
物块b第二次碰撞后向左滑行的距离x4=v72
2a2
=0.08m
物块a第二次碰撞后向右滑行的距离x5=v62
2a1
=0.4m
所以两物块最多碰撞2次，最终a、b两物块的距离为x4+x5=0.48m。

答：(1)物块a的质量为0.1kg；
(2)物块a第一次与物块b碰撞后瞬间，物块b的速度大小为2m/s；
(3)两物块最多能碰撞2次，最终两者的距离为0.48m。

解析：(1)物块a沿圆弧从最高点由静止下滑到圆弧轨道最低点，根据机械能守恒定律结合向心力公式求解；
(2)根据运动学公式求解物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小，物块a、b碰撞过程机械能守恒，动量守恒，由此列方程求解；
(3)物块b碰撞后沿地面向左做匀减速运动，物块a沿传送带先向右做匀减速运动，速度减到0后再向左做匀加速运动，根据运动学公式结合受力情况分析物块a第二次与b碰撞前b是否运动，物块a、b第二次碰撞过程机械能守恒、动量守恒列方程，再根据运动学公式求解物块b第二次碰撞后向左滑行的距离、物块a第二次碰撞后向右滑行的距离，由此得到最终a、b两物块的距离。

本题主要是考查了动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿第二定律的综合应用以及机械能守恒定律等；关键是弄清楚受力情况和运动情况，根据牛顿第二定律、运动学公式等进行分析；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。

13.答案：解：(1)设物块由D点以初速v D做平抛运动，
由公式R=1
2
gt2和v y=gt可知物块落到P点时其竖直速度为：
v y=√2gR
又知：v y
v D
=tan45°
代入数据联立解得：v D=4m/s
平抛用时为t，水平位移为s，则：R=1
2
gt2，s=v D t，
解得：s=2R=1.6m．
由公式x=6t−2t2可知物块在桌面上过B点后以初速v0=6m/s、加速度a=−4m/s2减速到v D，
BD间位移为：s1=v02−v D2
2a =36−16
2×4
m=2.5m
则BP水平间距为：s+s1=1.6+2.5m=4.1m
(2)若物块能沿轨道到达M点，其速度为v M，则：1
2m2v M2=1
2
m2v D2−√2
2
m2gR
轨道对物块的压力为F N，则：F N+m2g=m2v M2
R
解得：F N>0
即物块能到达M点
(3)设弹簧长为AC时的弹性势能为E P，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，
释放m1时，E p=μm1gs CB
释放m2时，E p=μm2gs CB+1
2
m2v02
且m1=2m2，可得E p=m2v02=7.2J
m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为W f，
则：E p=W f+1
2
m2v D2
可得W f=5.6J
答：(1)BP间的水平距离为4.1m．
(2)m2能沿圆轨道到达M点．
(3)释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功为5.6J．
解析：(1)物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道，在此过程中做平抛运动，根据高度求出物块在P 点竖直方向上的分速度，结合平行四边形定则求出平抛运动的初速度，从而求出平抛运动的水平位
移．物块过B点后其位移与时间的关系为x=6t−2t2，知物块做初速v0=6m/s，加速度a=−4m/s2的匀减速直线运动，根据速度位移公式求出BD的距离，从而得出BP间的水平距离．
(2)对D到M运用动能定理，结合牛顿第二定律求出在M点轨道对物块的作用力，通过作用力的正负判断是否能到达M点．
(3)用质量m1=0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，知弹性势能全部克服阻力做功，用同种材料、质量为m2=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，通过B点的速度，结合能量守恒得出弹性势能的大小．对m2从C到D点研究，根据能量守恒求出克服摩擦力做功的大小．
本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律、能量守恒定律，涉及到直线运动、平抛运动和圆周运动，综合性较强，关键是理清物块的运动情况，选择合适的规律进行求解．
14.答案：解：设工件的半径为r，则V=4
3πr3，m
球
=ρ
球
×4
3
πr3
截面积为：S=πr2，那么第一次熔化了的冰的体积为：S(13.6−r)+2
3
πr3
第二次熔化了的冰的体积为：V2=S(16.7−r)+2
3
πr3
根据第一次热平衡，列出方程：
cm
球△t1=λρ
冰
[πr2(ℎ1−r)+
2
3
πr3]①
根据第二次热平衡，列出方程：
cm
球△t2=λρ
冰
[πr2(ℎ2−r)+
2
3
πr3]②
代入数值解得r=12.9cm c=802J/(kg⋅℃)答：该材料的比热容C为802J/(kg⋅℃)
解析：设工件的半径为r，则V=4
3πr3，那么第一次熔化了的冰的体积为V1=S(13.6−r)+2
3
πr3；
第二次熔化了的冰的体积为V2=S(16.7−r)+2
3
πr3
求出熔化了的冰的体积差，再利用密度公式求熔化了冰的质量差，可求两次冰吸收的热量差。

再根据两次热平衡方程即可求出该材料的比热容。

本题考查学生对吸热公式、晶体熔化放热公式、密度公式的掌握和运用，过程较复杂，要细心。