2018年湖南省郴州市高考一模试卷物理

2018年湖南省郴州市高考一模试卷物理

2018 年湖南省郴州市高考一模试卷物理 一、选择题（共 12 小题，每小题 3 分，共 36 分） 1.（3 分）以下表述正确的是( ) A.奥斯特首先发现了电磁感应定律，开辟了能源利用的新时代 B.牛顿利用扭秤实验，首先测出引力常量，为人类实现飞天梦想奠定了基础 C.安培首先提出了“场”的概念，使人们认识了物质存在的另一种形式 D.伽利略利用实验和推理相结合的方法，得出了力不是维持物体运动的原因 解析：A、法拉第首先发现了电磁感应定律，开辟了能源利用的新时代。故 A 错误。 B、卡文迪许利用扭秤实验，首先测出引力常量，为人类实现飞天梦想奠定了基础。故 B 错 误。 C、法拉第首先提出了“场”的概念，使人们认识了物质存在的另一种形式。故 C 错误。 D、伽利略利用实验和推理相结合的方法，得出了力不是维持物体运动的原因。故 D 正确。 答案：D 2.（3 分）某区域的电场线分布情况如图所示，M、N、P 是电场中的三个点，下列说法正确 的是( ) A.M 点和 N 点的电场强度的方向相同 B.同一电荷在 N 点受到的电场力大于其在 M 点所受的电场力 C.正电荷在 M 点的电势能小于其在 N 点的电势能 D.负电荷由 M 点移动到 P 点，静电力做正功 解析：A、根据电场强度的方向沿着电场线的切线方向，则知 M 点和 N 点的电场强度的方向 不同，故 A 错误。 B、电场线的疏密反电场强度的相对大小，电场线越密场强越大，N 处电场线比 M 处密，则 N 处场强大，由 F=qE，知同一电荷在 N 点受到的电场力大于其在 M 点所受的电场力，故 B 正 确。 C、正电荷从 M 移动到 N 点时电场力做正功，电势能会减小，所以正电荷在 M 点的电势能大 于其在 N 点的电势能，故 C 错误。 D、负电荷所受的电场力方向与电场强度相反，则负电荷由 M 点移动到 P 点，静电力负功， 故 D 错误。 答案：B 3.（3 分）如图所示，质量为 m 的物块与转台之间的最大静摩擦力为物块重力的 k 倍，物块 与转轴 OO′相距 R，物块随转台由静止开始转动，当转速缓慢增加到一定值时，物块即将在 转台上滑动，在物块由静止到相对滑动前瞬间的过程中，转台的摩擦力对物块做的功为 ( ) A.0 B.2π kmgR C.2kmgR D.0.5kmgR 解析：根据牛顿第二定律得： R vm 2 kmg  ， 根据动能定理得：W= 2v 2 1 m = mgRk 2 1 。 答案：D 4.（3 分）如图所示，一物块以初速度 v0 从图中所示位置 A 开始沿粗糙水平面向右运动， 同时物块受到一水平向左的恒力 F 作用，在运动过程总物块受到的滑动摩擦力大小等于 0.6F， 且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物体从 A 点向右运动到最大位移处所用的时间与从右侧 最大位移处在回到 A 点所用时间之比为( ) A.1：4 B.1：3 C.1：2 D.2：3 解析：物体从 A 点向右运动的过程，由牛顿第二定律得 F+0.6F=ma1. 物体从右侧最大位移处向左运动的过程，由牛顿第二定律得 F﹣0.6F=ma2. 则得 a1：a2=4：1 物体向右的运动逆过程是初速度为零的匀加速运动，由 x= 2at 2 1 ，x 相等，得 t1：t2= 2a ： 1a =1：2。 答案：C 5.（3 分）如图所示，平行金属板中带电质点 P 原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对 电路的影响，R1 的阻值和电内阻 r 相等。当滑动变阻器 R4 的滑片向 b 端移动时，( ) A.电压表读数增大 B.电流表读数减小 C.电的输出功率逐渐增大 D.质点 P 将向上运动 解析：当滑动变阻器 R4 的滑片向 b 端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小， 根据闭合电路欧姆定律分析得知干路电流 I 增大。电容器板间电压等于 R3 的电压。R4 减小， AB 间并联部分的总电阻减小，则 R3 的电压减小，R3 上消耗的功率逐渐减小，电容器板间场 强减小，质点 P 所受的电场力减小，所以质点 P 将向下运动。 流过电流表的电流 IA=I﹣I3，I 增大，I3 减小，则 IA 增大，所以电流表读数增大。 R4 的电压 U4=U3﹣U2，U3 减小，U2 增大，则 U4 减小，所以电压表读数减小。 由于 R1 的阻值和电源内阻 r 相等，则外电路总电阻大于电源的内阻 r，当外电阻减小时，电 源的输出功率逐渐增大。故 ABD 错误，C 正确。 答案：C 6.（3 分）如图所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带正电，甲乙叠放在一起，置于粗糙的 绝缘水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现加一水平向左的匀强电场， 发现甲、乙无相对滑动一起向左加速运动。在加速运动阶段( ) A.甲、乙两物块间的摩擦力不变的 B.甲、乙两物块可能做加速度减小的加速运动 C.乙物块与地面之间的摩擦力不断减小 D.甲、乙两物体可能做匀加速直线运动 解析：A、由于 f 增大，F 一定，根据牛顿第二定律得，加速度 a 减小，对甲研究得到，乙 对甲的摩擦力 f 甲=m 甲 a，则得到 f 甲减小，甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小。故 A 错误。 C、以甲乙整体为研究对象，分析受力如图，则有 N=F 洛+（m 甲+m 乙）g，当甲乙一起加速运 动时，洛伦兹力 F 洛增大，N 增大，则地面对乙的滑动摩擦力 f 增大，故 C 错误。 B、D、甲乙整体受到的摩擦力逐渐增加，故做加速度不断减小的加速运动，最后是一起匀速 运动；故 B 正确，D 错误。 答案：B 7.（3 分）如图所示，ABC 为竖直平面内的金属半圆环，AC 连线水平，AB 为固定在 A、B 两 点间的直的金属棒，在直棒上和圆环的 BC 部分分别套着两个相同的小环 M、N，现让半圆环 绕对称轴以角速度 ω 做匀速转动，半圆环的半径为 R，小圆环的质量均为 m，棒和半圆环均 光滑，已知重力加速度为 g，小环可视为质点，则 M、N 两环做圆周运动的线速度之比为( ) A. 242 g gR  B. g - 422 Rg C. 422 - g Rg D. g 242 gR  解析：M 点的小球受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平 方向，所以：Fn=mgtan45°=mω •vM 所以：  gv M …① 同理，N 点的小球受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平 方向，设 ON 与竖直方向之间的夹角为，Fn′=mgtanθ =mω vN 所以：  gtanv N …② 又： rmF 2 n '  …③ r=Rsinθ …④ 联立②③④得： 242 g1v    RN …⑤ 所以： N M v v = 242 g g R 。 答案：A 8.（3 分）两个可视为质点的小球 a 和 b，用质量可忽略的刚性细杆相连，放置在一个光滑 的半球面内，如图所示。已知小球 a 和 b 的质量之比为 3 ，细杆长度是球面半径的 2 倍。 两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹角 θ 是( ) A.45° B.30° C.22.5° D.15° 解析：因杆可以绕任一点转动，故若杆对 a、b 的作用力不沿杆，则杆不可能处于平衡状态， 故杆对 ab 球的弹力一定沿杆，且对两球的作用力大小一定相等。 设细杆对两球的弹力大小为 T，小球 a、b 的受力情况如图所示其中球面对两球的弹力方向 指向圆心，即有： cosα = R R 2 2 = 2 2 解得：α =45° 故 FNa 的方向为向上偏右，即 β 1=90°﹣45°﹣θ =45°﹣θ FNb 的方向为向上偏左，即 β 2=90°﹣（45°﹣θ ）=45°+θ 两球都受到重力、细杆的弹力和球面的弹力的作用，过 O 作竖直线交 ab 于 c 点，设球面的 半径为 R，则 oac 与左侧力三角形相似；obc 与右侧力三角相似；则由几何关系可得： OC gm a = R NaF = ac T OC gm b = R NbF = bc T 解得：FNa= 3 FNb 取 a、b 及细杆组成的整体为研究对象，由平衡条件得： FNa•sin β 1=FNb•sin β 2 即 FNb•sin（45°﹣θ ）=FNb•sin（45°+θ ） 解得：θ =15°。 答案：D 9.（3 分）2017 年 6 月 19 日，我国在西昌卫星发射中心发射“中星 9A”广播电视直播卫星， 按预定计划，“中星 9A”应该首先被送入近地点约为 200 公里，远地点约为 3.6 万公里的 转移轨道Ⅱ（椭圆），然后通过远地点变轨，最终进入地球同步轨道Ⅲ（圆形）。但是由于火 箭故障，卫星实际入轨后初始轨道Ⅰ远地点只有 1.6 万公里。科技人员没有放弃，通过精心 操作，利用卫星自带燃料在近地点点火，尽量抬高远地点的高度，经过 10 次轨道调整，终 于在 7 月 5 日成功于预定轨道，下列说法正确的是( ) A.卫星从轨道Ⅰ的 P 点进入轨道Ⅱ后机械能增加 B.卫星在轨道Ⅲ经过 Q 点时和轨道Ⅱ经过 Q 点时的速度相同 C.“中星 9A”发射失利原因可能是发射速度没有达到 7.9km/s D.卫星在轨道Ⅱ由 P 点向 Q 点运动时处于失重状态 解析：A、卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ轨道半径变大，要做离心运动，卫星应从轨道Ⅰ的 P 加速后才能做离心运动从而进入轨道Ⅱ后，卫星加速过程机械能增加，卫星从轨道Ⅰ的 P 点进入轨道Ⅱ后机械能增加，故 A 正确； B、卫星由Ⅱ的 Q 点加速后才能进入Ⅲ，由此可知，卫星在轨道Ⅲ经过 Q 点时的速度大于在 轨道Ⅱ经过 Q 点时的速度，故 B 错误； C、卫星的最小发射速度为 7.9km/s，卫星已经发射，失利原因不可能是发射速度没有达到 7.9km/s，故 C 错误； D、卫星在轨道Ⅱ由 P 点向 Q 点运动时只受到万有引力的作用，相对于地面向上做减速运动， 所以是处于失重状态，故 D 正确。 答案：AD 10.（3 分）t=0 时，甲乙两汽车从相距 70km 的两地开始相向行驶，它们的 v﹣t 图象如图所 示。忽略汽车掉头所需时间。下列对汽车运动状况的描述正确的是( ) A.在第 1 小时末，乙车改变运动方向 B.在第 2 小时末，甲乙两车相距 10km C.在前 4 小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大 D.在第 4 小时末，甲乙两车相遇 解析：A、在第 1 小时末，乙车的速度仍然为负值，说明运动方向并未改变。故 A 错误。 B、在第 2 小时末，甲的位移大小 x 甲= 2 1 ×30×2km=30km，乙的位移大小 x 乙= ×30× 2km=30km，此时两车相距△x=70﹣30﹣30=10（km）。故 B 正确。 C、在前 4 小时内，乙图线的斜率绝对值始终大于甲图线的斜率绝对值，则乙车的加速度大 小总比甲车大。故 C 正确。 D、在第 4 小时末，甲车的位移 x 甲= ×60×4km=120km，乙车的位移 x 乙=﹣ ×30×2km+ ×60×2km=30km，因 x 甲＞x 乙+70km，可知甲乙两车未相遇。故 D 错误。 答案：BC 11.（3 分）如图所示，形状和质量完全相同的两个圆柱体 a、b 靠在一起，表面光滑，重力 为 G，其中 b 的下半部刚好固定在水平面 MN 的下方，上边露出另一半，a 静止在平面上。现 过 a 的轴心施加一水平作用力 F，可缓慢的将 a 拉离平面一直滑到 b 的顶端，对该过程分析， 则应有( ) A.a、b 的压力开始最大为 2G，而后逐渐减小到 G B.开始时拉力 F 最大为 G3 ，以后逐渐减小为 0 C.拉力 F 先增大后减小，最大值是 G D.a、b 间的压力由 0 逐渐增大，最大为 G 解析：对于 a 球：a 球受到重力 G、拉力 F 和 b 球的支持力 N，由平衡条件得： F=Ncosθ ， Nsinθ =G 则得：F=Gcotθ ，N= sin G ， 根据数学知识可知，θ 从 30°增大到 90°，F 和 N 均逐渐减小； 当 θ =30°，F 有最大值，为 3 G，N 有最大值，为 2G； 当 θ =90°，F 有最小值，为 G，N 有最小值，为 0； 故 AB 正确，CD 错误。 答案：AB。 12.（3 分）如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度大小均为 B 的匀强磁场，磁场 方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC 边界的夹角∠DAC=30°，边界 AC 与边界 MN 平行， Ⅱ区域宽度为 d，长度无限大。质量为 m。电荷量为+q 的粒子可在边界 AD 上的不同点射入。 入射速度垂直于 AD 且垂直于磁场，若入射速度大小为 m dqB ，不计粒子重力，Ⅰ区磁场右边 界距 A 点无限远，则( ) A.粒子距 A 点 0.5d 处射入，不会进入Ⅱ区 B.粒子距 A 点 1.5d 处射入，在磁场区域内运动的时间为 Bq m C.粒子在磁场区域内运动的最短时间为 B3q m D.从 MN 边界出射粒子的区域长为 d13 ）（  解析：A、粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有： qvB=m r v 2 其中：v= 解得：r=d， 画出恰好不进入Ⅱ区的临界轨迹，如图所示： 结合几何关系，有： AO= sin30 r =2r=2d 故从距 A 点 0.5d 处射入，会进入Ⅱ区，故 A 错误； B、粒子距 A 点 1.5d 处射入，在Ⅰ区内运动的轨迹为半个圆周，故时间为： t= 2 T = Bq m ，故 B 正确； C、从 A 点进入的粒子在磁场中运动的轨迹最短（弦长也最短），时间最短，轨迹如图所示： 轨迹对应的圆心角为 60°，故时间为： t= 6 T = B3q m ，故 C 正确。 D、临界轨迹如图， 根据几何关系得，从 MN 边界出射粒子的区域长为 d)13(rr3r tan30 r1   ，故 D 正确。 答案：BCD 二、实验题（共 2 小题，共 40 分） 13.（15 分）某同学利用图 1 示装置研究小车的匀变速直线运动。 (1)实验中必要的措施是 。 A.细线必须与长木板平行 B.先接通电源再释放小车 C.小车的质量远大于钩码的质量 D.平衡小车与长木板间的摩擦力 解析：A、为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平； 同时为了打点稳定，应先开电源再放纸带；故 AB 正确； C、本实验中只是研究匀变速直线运动，故不需要让小车的质量远大于钩码的质量；只要能 让小车做匀加速运动即可；故 C 错误； D、由 C 的分析可知，只要摩擦力恒定即可，不需要平衡摩擦力；故 D 错误。 答案：AB (2)他实验时将打点机器接到频率为 50Hz 的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点 如图 2 所示（每相邻两个计数点间还有 4 个点，图中未画出）。s1=3.59cm，s2=4.41cm，s3=5.19cm， s4=5.97cm，s5=6.78cm，s6=7.64cm。则小车的加速度 a= m/s2（要求充分利用测量的 数据），打点计时器在打 B 点时小车的速度 vB= m/s。（结果均保留两位有效数字） 解析：每两个计数点间有四个点没有画出，故两计数点间的时间间隔为 T=5×0.02=0.1s； 根据逐差法可知，物体的加速度 a= 2 321654 9T )ss(s-)ss(s  = 210 0.019 )19.541.4(3.59-)64.778.6.975(    =0.80m/s2； B 点的速度等于 AC 段的平均速度，则有：v= 2T ss 21  = 21.0 0441.00359.0   =0.40m/s。 答案：0.80；0.40。 14.（25 分）回答下列问题： (1)用 DIS 测电源电动势和内电阻电路如图（a）所示，R0 为定值电阻。调节电阻箱 R，记录 电阻箱的阻值 R 和相应的电流值 I，通过变换坐标，经计算机拟合得到如图(b)所示图线， 则该图线选取了 为纵坐标，由图线可得该电源电动势为 V。 解析：由闭合电路欧姆定律可知：I= rRR 0  E ；要形成与电阻成一次函数关系，则纵坐 标只能取 I 1 ； 则有： = E R + E rR 0  ； 则图象的斜率为：k= E 1 = 5.4 1 ； 则有：E=4.5V； =1， 则有：R0+r=4.5。 答案： ，4.5。 (2)现有三个标有“2.5V，0.6A”相同规格的小灯泡，其 I﹣U 特性曲线如图(a)所示，将它 们与图（a）中电源按图(d)所示电路相连，A 灯恰好正常发光，则电源内阻 r= Ω ， 图（a）中定值电阻 R0= Ω 。 解析：A 灯正常发光的电流为：I=0.6A； 则 BC 两灯的电流为 0.3A，由图象可知，BC 两灯的电压为 0.5V； 路端电压为：U=2.5V+0.5V=3V； 则内压为：U 内=4.5﹣3=1.5V； 则内阻为：r= 6.0 5.1 =2.5Ω ； 则定值电阻为：R0=4.5﹣2.5=2Ω 。 答案：2.5；2。 (3)若将图（a）中定值电阻 R0 换成图(d)中小灯泡 A，调节电阻箱 R 的阻值，使电阻箱 R 消 耗的电功率是小灯泡 A 的两倍，则此时电阻箱阻值应调到 Ω 。 解析：灯泡与滑动变阻器串联，故灯泡与电阻中流过的电流相等，而滑动变阻器阻值约为灯 泡电阻的两倍；则滑动变阻器两端的电压为灯泡两端电压的两倍， 设灯泡两端电压为 U，则滑动变阻器两端电压为 2U，则由闭合电路欧姆定律可知： 3U+2.5I=4.5 变形得 I=1.8﹣1.2U；在上图中作出对应的 I﹣U 图象，则与原图象的交点为符合条件点； 由图可知，I=0.48A，U=1.15V； 则滑动变阻器阻值为：R= I U2 = 48.0 15.12  =4.80Ω （4.6﹣4.9 均可）； 答案：4.80。 三、计算题（共 3 小题，共 45 分） 15.（15 分）“折返跑”是耐力跑的替代项目。这个项目既能发展学生的速度和灵敏素质， 又能提高变换方向的能力，是一项很有价值的锻炼项目。在某次“20 米折返跑”测试中， 受试者在平直跑道上听到“跑”的口令后，在起点终点线前全力跑向正前方 20 米处的折返 线，测试员同时开始计时。受试者到达折返线时，用手触摸折返线处的物体（如木箱），再 转身跑向起点终点线，当胸部到达起点终点线的垂直面时，测试员停表，所计时间即为“折 返跑”的成绩，如图所示。设受试者起跑的加速度为 4.0m/s2，运动过程中的最大速度为 6.4m/s，到达折返线处时需减速到零，加速度的大小为 8.0m/s2，返回时达到最大速度后不 需减速，保持最大速度冲线。受试者在加速和减速阶段的运动均可视为匀变速直线运动。求 该受试者“折返跑”的成绩为多少秒？ 解析：对受试者，由起点终点线向折返线运动的过程中； 加速阶段： s a v m 6.1 4 4.6t 1 1  …① 12.56.14.6 2 1 2 1x 11  tvm m…② 减速阶段： sv m 8.0 8 4.6 a t 2 3  …③ mtvx m 56.28.04.6 2 1 2 1 33  …④ 匀速阶段： s v xx m 925.1 4.6 )56.212.5(20)(1t 31 2  …⑤ 由折返线向起点终点线运动的过程中 加速阶段： t4=t1=1.6s，…⑥ x4=x1=5.12m…⑦ 匀速阶段： s325.21t 4 5  mv x …⑧ 受试者“折返跑”的成绩为： t=t1+t2+t3+t4+t5=8.25s。 答案：该受试者“折返跑”的成绩为 8.25s。 16.（15 分）如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨 MN，PQ 竖直放置，其宽度 L=1m，一 匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端 M 与 P 之间连接阻值为 R=0.40Ω 的电阻，质量为 m=0.01kg、电阻为 r=0.30Ω 的金属棒 ab 紧贴在导轨上。现使金属棒 ab 由静止开始下滑， 下滑过程中 ab 始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离 x 与时间 t 的关系如图乙所 示，图象中的 OA 段为曲线，AB 段为直线，导轨电阻不计，g=10m/s2（忽略 ab 棒运动过程中 对原磁场的影响），求： (1)判断金属棒两端 a、b 的电势高低； 解析：由右手定则可知，ab 中的感应电流由 a 流向 b，ab 相当于电源，则 b 点电势高，a 点电势低。 答案：金属棒 a 端电势低，b 端电势高。 (2)磁感应强度 B 的大小； 解析：由 x﹣t 图象求得 t=1.5s 时金属棒的速度为：v= t x   = 5.1-1.2 7-2.11 =7m/s， 金属棒匀速运动时所受的安培力大小为：F=BIL，而 I= rR  E ，E=BLv 得到：F= rR v22  LB ， 根据平衡条件得：F=mg 则有：mg= ， 代入数据解得：B=0.1T。 答案：磁感应强度是 0.1T。 (3)在金属棒 ab 从开始运动的 1.5s 内，电阻 R 上产生的热量。 解析：金属棒 ab 在开始运动的 1.5s 内，金属棒的重力势能减小转化为金属棒的动能和电路 的内能。 设电路中产生的总焦耳热为 Q，根据能量守恒定律得： mgx= 2 1 mv2+Q，代入数据解得 Q=0.455J，QR= rR  R Q=0.26J。 答案：金属棒 ab 在开始运动的 1.5s 内，电阻 R 上产生的热量为 0.26J。 17.（15 分）如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径 R=0.6m。平台 上静止着两个滑块 A、B，mA=0.1kg，mB=0.2kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡 板的小车，静止在光滑的水平地面上。小车质量为 M=0.3kg，车面与平台的台面等高，小车 的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在 Q 点，小车的上表面左端点 P 与 Q 点之间 是粗糙的，滑块 B 与 PQ 之间表面的动摩擦因数为 μ =0.2，Q 点右侧表面是光滑的。点燃炸 药后，A、B 分离瞬间 A 滑块获得向左的速度 vA=6m/s，而滑块 B 则冲向小车。两滑块都可以 看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平 直线上，且 g=10m/s2。求： (1)滑块 A 在半圆轨道最高点对轨道的压力； 解析：A 从轨道最低点到轨道最高点，由机械能守恒定律得： Rmmm AAA 2gu 2 1u 2 1 22 A  A 在最高点时，由牛顿第二定律得： mAg+FN=mA R V 2 滑块在半圆轨道最高点受到的压力为：FN=1N 由牛顿第三定律得：滑块在半圆轨道最高点对轨道的压力大小为 1N，方向竖直向上。 答案：滑块在半圆轨道最高点对轨道的压力大小为 1N，方向竖直向上。 (2)若 L=0.8m，滑块 B 滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能； 解析：爆炸过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得： mAvA﹣mBvB=0 解得：vB=3m/s； 滑块 B 冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，取向右为正方向，由动量 守恒定律得： mBvB=（mB+M）v 共 由能量守恒定律得： EP= 2 1 mBvB 2﹣ （mB+M）v 共 2﹣μ mBgL 解得：EP=0.22J。 答案：滑块 B 滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能为 0.22J。 (3)要使滑块 B 既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上 PQ 之间的距离 L 应在什么范 围内？ 解析：滑块最终没有离开小车，滑块和小车具有共同的末速度，设为 u，滑块与小车组成的 系统动量守恒，有 mB vB=（M+mB）u 若小车 PQ 之间的距离 L 足够大，则滑块还没与弹簧接触就已经与小车相对静止， 设滑块恰好滑到 Q 点，由能量守恒定律得 22 B1 u)( 2 1u 2 1g MmmLm BBB  联立解得 L1=1.35 m 若小车 PQ 之间的距离 L 不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于 Q 点右侧是光滑的，滑块必 然被弹回到 PQ 之间，设滑块恰好回到小车的左端 P 点处，由能量守恒定律得 22 B2 u)( 2 1u 2 1g2 MmmLm BBB  联立式解得 L2=0.675 m。 综上所述，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ 之间的距离 L 应满足的范围 是 0.675 m＜L＜1.35m。 答案：PQ 之间的距离 L 应满足的范围是 0.675 m＜L＜1.35m。