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1、山西省吕梁市2021-2022学年高二下学期物理期末考试试卷阅卷人-、单选题（共9题；共18分）得分1.（2 分）如图所示为两分子系统的势能“与两分子间距离r 的关系曲线。下列说法正确的是（）A.当r 等于r i时，分子间的作用力表现为引力B.当r 等于ri时，分子间的作用力表现为斥力C.当r 等于电时，分子间的作用力最大D.当r 等于上时，两分子系统的势能为0【答案】B【解析】【解答】A B.由图像可知，分子间距离为上时分子势能最小，此时分子间的距离为平衡距离，O V r F 时分子力为斥力，故当r 等于r i时，分子间的作用力表现为斥力。A 不符合题意，B符合题意；C.当r 等于上时，分子
2、间的作用力为零，C 不符合题意；D.由图可知当r 等于全时，两分子系统的势能不为0,D 不符合题意。故答案为：Bo【分析】利用分子力与分子间距离的关系图像可以判别分子力的大小和方向，同时可以判别分子势能的大小。2.（2 分）2022冬奥会使北京成为第一个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会以及亚洲运动会三项国际赛事的城市，奥运直播成为人们关注的焦点。下列关于电磁波的说法正确的是（）A.麦克斯韦预言并用实验证明了电磁波的存在B.电磁波在真空中的传播速度是c=3xl08m/sC.红外线、紫外线、X 射线、a 射线、6射线、y射线均属于电磁波D.电磁波只能传播信息不能传播能量【答案】B【解析
3、】【解答】A.麦克斯韦预言电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在，A 不符合题忌；B.电磁波在真空中的传播速度是c=3xl08m/s,B 符合题意；C.红外线、紫外线、X 射线、y射线均属于电磁波，而a射线、夕射线不是电磁波，C 不符合题意；D.电磁波即能传播信息也能传播能量，D 不符合题意。故答案为：Bo【分析】麦克斯韦预言电磁波的存在，赫兹利用实验证明了电磁波的存在；a 射线和/?射线不属于电磁波；电磁波可以传播能量和信息。3.（2 分）在大型活动现场如果麦克风的位置摆放不当，喇叭会发出刺耳的声音，这个刺耳的声音叫做“啸叫”，或者叫做“反馈增益”。这个过程是由于麦克风输入信号过强，使放
4、出去的声音失真导致的啸叫。如图所示，会场上有M、N 两个振动情况完全相同的喇叭，播放麦克风输入的相同频率的声音。空间有a、b、c、d、e 五个位置，a、e 在 MN连线的中垂线上。试音时发现麦克风放置在e 点喇叭会发出啸叫，判定在其余四个点中一定会发出啸叫的点为（）c *bA.a 点 B.b 点 C.c 点 D.d 点【答案】A【解析】【解答】M、N 是两个振动情况完全相同的喇叭，a、e 是 MN连线的中垂线上的两个点，a、e 到M、N 两个声源的距离相等，路程差为零，a、e 两点的振动加强，由题意可知麦克风放置在e 点喇叭会发出啸叫，所以麦克风放置在a 点喇叭也会发出啸叫，A 符合题意，BC
5、D不符合题意。故答案为：Ao【分析】利用波的叠加结合波程差可以判别振动加强点的位置，利用加强点的位置可以判别发生啸叫的位置。4.（2 分）一空船静止于水面上，船后舱因有漏洞进水，堵住漏洞后用一水泵把后舱中的水抽往前舱，前后舱用隔板隔开，如图所示。不计水的阻力，在抽水过程中船的运动情况是（），彳Am后 三 三A.保持静止 B.持续向前运动C.持续向后运动 D.前后往复运动【答案】C【解析】【解答】不计水的阻力，则系统动量守恒，系统总动量为零，用一水泵把后舱的水抽往前舱，则水的重心前移，故船将向后运动（等效于人船模型）。故答案为：Co【分析】利用动量守恒定律结合水的速度方向可以判别船运动的方向。5
6、.（2 分）如图，线圈L 的自感系数极大，直流电阻忽略不计；Di、D?是两个二极管，当电流从“+”流 向 时 能 通 过，反之不通过；Ro是保护电阻，则（）LA.闭 合 S 之后，B 灯慢慢变亮B.闭合S 之后，A 灯亮且亮度不变C.断开S 瞬时，A 灯闪一下再慢慢熄灭D.断开S 瞬时，B 灯闪一下再慢慢熄灭【答案】D【解析】【解答】A B.闭合S 瞬间，A 灯二极管正向导通A 灯亮，B 灯二极管正向不能导通，因此不亮，之后线圈自感阻碍逐渐减小，电流从自感线圈流过的电流逐渐增大，A 灯又熄灭，AB不符合题意；C D.断开S 瞬间，线圈L 产生与原电流方向相同的自感电流，可通过D2,B 灯闪一下
7、再慢慢熄灭，而不能通过D”A灯不亮，C不符合题意，D符合题意。故答案为：Do【分析】开关闭合时，由于电感对电流的阻碍作用，所以A灯泡导通，当电感作用消失时A灯泡又熄灭，B灯由于二极管的作用不会亮；当开关断开时，感应电流通过B灯所以B灯先闪再慢慢熄灭。6.（2分）如图所示，为一自耦变压器的电路图，其特点是铁芯上只绕有一个线圈，把整个线圈作为原线图，而取线圈的一部分作为副线圈。原线圈接在电压为U的正弦交流电源上，电流表为、人2；均为理想交流电流表。当触头P向下移动时，下列说法正确的是（）C.R两端电压变小，变压器输入功率变大D.R两端电压变大，变压器输入功率变小【答案】A【解析】【解答】当触头P向
8、下移动时、次级匝数减小，根据台=疑nl n2可知次级电压减小，R两端电压变小，根据/2=可知次级电流减小，即乙读数变小；根据P=U212可知初级电流减小，即4读数变小，变压器输入功率变小，A符合题意，BCD不符合题意;故答案为：A。【分析】当P向下滑动则次线圈的匝数减小，结合匝数之比可以判别次级电压减小，结合欧姆定律可以判别电流减小，由于输出电流减小，结合输入功率等于输出功率则输入电流减小；利用电功率的表达式可以判别输入功率减小。7.（2分）如图所示，一定质量的理想气体，由状态a经过ab过程到达状态b,再经过b e过程到达状态c,然后经过c a过程回到状态a,设气体在状态a、状态b和状态c的温
9、度分别为给、几和鹿，下列说法正确的是（)2PoPoaXb O Vo 2V0 VA.Th Ta,a r b 过程放出热量C.Ta=Tc,C T a过程吸收热量B.Tc Th,b-c 过程放出热量D.Ta=Tc,整个过程放出热量【答案】D【解析】【解答】A.从 a 到b 是等容变化,由查理定律得引=界解得兀=2Tba r b 过程Wab=0,温度降低，内能减小，即AU0,则根据热力学第一定律可知，Q 0,即气体放出热量，A 不符合题意；B.从b 到c 是等压变化，由盖吕萨克定律得攀=作解得鹿=2Tbb-c 过程体积变大，对外做功W k 0,根据热力学第一定律，则Q 0,即气体吸收热量，B 不符合题
10、意；C.由上述可知兀=乙=2%e r a 过程体积减小，则 Wca0,内能不变，AU=0,则气体放出热量，C 不符合题意;D.由状态a 到 b 经过c 再回到a,可知内能不变，根据p-V图线与坐标轴所围的面积表示功，可知由b 到c 气体对外做功W尸-pV由c 到a 外界对气体做功HZ2=簧%=Ip。%由此可知外界对气体为W=W2+W1=Jp0V0 0根据热力学第一定律AU=Q+W可知整个过程放出热量，D 符合题意。故答案为：D【分析】从图像可以判别气体压强和体积的大小，利用状态方程可以比较温度的大小；利用温度的变化可以比较气体内能的变化，结合体积的变化可以判别外界对气体做功的大小，结合热力学第
11、一定律可以判别气体热传递的情况。8.（2 分）如图所示，一轻弹簧与质量为m 的物体组成弹簧振子，物体在同一条竖直线上的A、B 间做简谐运动，0 为平衡位置，C 为A 0 的中点，已知0C=心 弹簧的劲度系数为k,某时刻物体恰好以大小为v 的速度经过C 点并向上运动，则从此时刻开始半个周期的时间内，对质量为m 的物体、下列说法中正确的是（）:AcoA.重力势能减少了B.回复力做功为2mg八C.回复力的冲量大小为2mbD.通过A 点时回复力的大小为2k/i+【答案】C【解析】【解答】A.由简谐运动的对称性可知，从 C 点开始经过半个周期的时间内，物体运动到C点关于平衡位置对称的位置，即到达0 点下
12、方h 处，则重力做功为2m gh,重力势能减少2mgh,A不符合题意；B.物体的回复力是重力和弹簧弹力的合力，由于初末速度相等，由动能定理可知，半个周期内回复力做功为零，B 不符合题意；C.经过半个周期后，振子的速度反向，取向上为正方向，则由动量定理可知回复力的冲量为/=mv mv=-2mvc 符合题意；D.回复力时重力和弹力的合力，所以A 点时的回复力大小为2k/i,D 不符合题意。故答案为：C【分析】利用运动的对称性可以判别物体运动的高度差，利用高度差可以求出重力势能的变化量；利用对称性可以判别初末速度相等，则回复力做功等于0；利用初末速度结合动量定理可以求出冲量的大小；利用合力的大小可以
13、求出A 点时回复力的大小。9.（2 分）空间存在着匀强磁场，磁场沿水平方向且垂直于xOy坐标轴所在平面。一带电的小球在重力和磁场的作用下，从坐标原点。由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该小球运动轨迹【答案】B【解析】【解答】B.小球在重力作用下，初速度方向向下，若磁场方向垂直纸面向里，小球带正电，根据左手定则，可判断出向y 轴负方向运动的小球同时受到沿x 轴正方向的洛伦兹力，故带电小球向x 轴正方向偏转，运动的过程中重力对带电小球做功，小球速度大小发生变化，小球所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，从开始到带电小球偏转再次运动到x 轴时，重力做功为0,洛伦兹力不做功，故带电小球再次回到
14、x 轴时的速度为0,随后受重力作用再次进入第一象限重复向右偏转，B 符合题意；A C D.无论磁场方向如何，小球所带电性如何，因洛伦兹力不做功，只有重力做功，能量守恒，所以不可能出现ACD三个选项的情况，ACD不符合题意。故答案为：B。【分析】利用左手定则可以判别小球偏转方向，结合回到x 轴小球的速度等于0,可以判别小球继续循环之前的运动。阅卷入二、多选题（共3题；共6分）得分10.（2 分）“玉兔号”月球车上有一种小型核能电池，以提供月球车长时间处于黑夜工作时需要的电能，核能电池中核过程方程为情P a-2 朗 4n+乂，下列说法正确的是（）A.X 是电子B.X 的穿透能力比a 粒子强C.该核
15、过程为重核的裂变D.2 朗 4n的比结合能比2 周p”的比结合能大【答案】A,B,D【解析】【解答】A.根据电荷数守恒和质量数守恒可知X 为夕 粒 子（即电子），A 符合题意；B.6粒子的穿透能力比a粒子强，B 符合题意；C.该过程为重核的。衰变，C 不符合题意；D.核反应的生成物比反应物稳定，则嗡4n比畿P”稳定，所以曜/血的比结合能比2 周 比 的比结合能大，D 符合题意。故答案为：ABD【分析】利用电荷数和质量数守恒可以判别X 为电子；电子穿透性比a粒子强；该过程属于重核衰变过程；利用衰变过程释放能量则生成物的比结合能小于反应物的比结合能。1 1.（2分）用单色光a、b、c分别照射同一光
16、电管，研究产生的光电效应现象，得到光电流I与光电管两极间所加电压U 的关系如图所示，下列说法正确的是（）A.a、c单色光的颜色不相同B.b照射光电管时，逸出光电子的最大初动能最大C.增大b 光的光照强度，逸出光电子的最大初动能增大D.若 a光照射某金属发生光电效应，b 光照射该金属一定发生光电效应【答案】B,D【解析】【解答】A.由题图知，a、c照射逸出的光电子遏制电压相等，根据加/-知a、c单色光的频率相同，所以颜色相同，A 不符合题意；B.由题图知，b 光照射逸出的光电子的遏制电压最大，由幻7 n=e4知，b 的光电子最大初动能最大，B 符合题意；C.增大b 光的光照强度，可以使单位时间逸
17、出的光电子数量变多，饱和电流增大，而最大初动能不变，C 不符合题意；D.由A B 中分析可知，b 光的频率大于a和 c,若 a光照射某金属发生光电效应，b 光照射该金属一定发生光电效应，D 符合题意。故答案为：BDo【分析】利用遏止电压相等结合逸出功相等可以判别光的频率大小；利用遏止电压的大小可以比较光最大初动能的大小；增大光的强度，光的饱和电流增大则光的最大初动能保持不变；利用光的频率大小可以判别是否发生光电效应。12.（2分）一列简谐横波某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，图中质点A的振动图像如图乙所示，则下列说法中正确的是（）A.这列波沿x轴负方向传播B.经9秒时间质点A沿x轴传播
18、225m,并且在波峰位置C.若此波遇到另一列频率为1.25Hz的波能发生稳定干涉现象D.若此波遇到一个大小为10m的障碍物不能发生明显的衍射现象【答案】A,C【解析】【解答】A.由振动图像可知，该时刻后，A质点先向上振动，由“前一质点带动后一质点”可知这列波沿x轴负方向传播，A符合题意；B.波的传播过程中，质点并不“随波逐流”，B不符合题意；C.该波的周期为0.8 s,所以频率为/=*=1.25Hz故此波遇到另一列频率为1.25Hz的波能发生稳定干涉现象，C符合题意；D.该波的波长为20m,大 于10m,故此波遇到一个大小为10m的障碍物能发生明显的衍射现象。D不符合题意。故答案为：ACo【分
19、析】利用质点的振动方向可以判别波的传播方向；波传播过程时质点不会随波移动；利用波的周期可以求出频率的大小，两波发生干涉时频率相等；利用波的波长大小可以判别发生衍射现象时障碍物的尺寸大小。阅卷入三、实验题供2题；共10分）得分13.（4 分）物理兴趣小组在实验室做“用单摆测量重力加速度的大小”的实验。（1）（2 分）下列最合理的装置是一；粗的金属杆弹性棉绳塑料球（2）（2 分）该小组同学根据实验数据，利用计算机拟合得到单摆周期T 与摆长L 的关系方程为：仔=4.044-0.05。由此可以得出当地重力加速度。=m/s2（兀取3.1 4,结果保留3位有效数字），从方程中可知72与L 没有成正比关系，
20、其原因可能是A.开始计时时，小球可能在最高点 B.小球摆动过程中，可能摆角太大C.计算摆长时，可能多加了小球的半径 D.计算摆长时，可能少加了小球的半径【答案】（1）D（2）9.76；C【解析】【解答（1）单摆摆动过程中，摆线要求长度不变，摆线应该选择弹性小的细丝线，且摆球应选择密度大的铁球，以减小阻力的影响，为了防止摆球摆动时摆长变化，则应该用铁夹夹住上端，故答案为：D；（2）根据单摆周期公式7=2兀f有产=等 心而T2=4.04L-0.05,从方程中可知g=4.049解得 9 9.76m/s2从方程中可知T2与L没有成正比，图像在L轴正方向有截距，即可能多加了小球半径，即以悬点到摆球下端长
21、度做为了摆长，与计时点以及摆角无关。故答案为：Co【分析】（1）单摆过程中要求摆长不变，且应该选择密度较大的铁球；（2）利用单摆的周期公式可以求出周期和摆长的表达式，结合图像斜率可以求出重力加速度的大小；利用表达式可以判别图像在L轴有截距则可以判别小球半径测量值偏大。14.（6分）如图所示，用“碰撞实验器材”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道末端碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置0。接下来的实验步骤如下：步骤1：不放小球B,让小球A从斜槽上G点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心
22、就是小球落点的平均位置；步骤2：把小球B放在斜槽前端边缘位置，让小球A从G点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离0点的距离，即线段OM、0P、O N的长度。（1）（1分）上述实验除需测量线段OM、OP、O N的长度外，还需要测量小球的质量，为了防止碰撞后A球反弹，应保证A球的质量沉4 B球质量租8（选填“大于”、“等于”或“小于”）。（2）（1分）请由图乙读出碰撞前A球的水平射程0 P为 cm。（3）（1分）若两个小球在轨道末端碰撞过程动量守恒，则需验证的关系式为o （用题中给出的
23、字母表示）（4）（2分）实验中造成误差的可能原因有oA.用刻度尺测量线段OM、OP、O N的长度值B.轨道不光滑C.轨道末端不水平D.轨道末端到地面的高度未测量（5）（1分）若测得各落点痕迹到。点的距离：0M=2.68cm,ON=11.50cm,OP使 用（2）中数据，并知小球的质量比为由作mB=2-.1,则系统碰撞前总动量p 与碰撞后总动量p的百分误差=亚 料 x 100%=%（结果保留一位有效数字）。【答案】（1）大于（2）8.60（3）mA0P=mA0M+mB0N（4）A；C（5）2【解析】【解答】（1）为了防止碰撞后A 球反弹，应保证A 球的质量加4大于B 球质量徵8。（2）用尽量小的
24、圆将各个落点圈起来，圆心即为平均落地点，则由图乙读出碰撞前A 球的水平射程OP 为 8.60cm。（3）由于两球从同一高度开始下落，且下落到同一水平面上，故两球下落的时间相同；根据动量守恒定律可得在水平方向有mAVo=mAVi+mBV2故 mAVot=mAv 1 t+mBVot即 mAOP=mAOM+mBON（4）A.用刻度尺测量线段OM、OP、ON的长度值可造成偶然误差，A 符合题意；B.轨道不光滑对实验无影响，只要到达底端时的速度相同即可，B 不符合题意；C.轨道末端不水平，则小球不能做平抛运动，则对实验会造成误差，C 符合题意；D.两球从同一高度开始下落，则下落的时间相等，即轨道末端到地
25、面的高度未测量对实验不会造成误差，D 不符合题意。故答案为：AC0（5）设 AB两球的质量分别为2m和m,则=与。x 100%=|2mx8.60（2mx2.684-mxll.50）|1 n n o/_?0/2 mx 8.6 0 X 4 =N%【分析】（l）为了防止碰撞过程小球反弹，A 球的质量要大于B 球的质量；（2）利用尽量小的圆把落点圈起来，利用圆心的位置可以求出水平射程的大小;（3）利用动量守恒定律结合平抛运动的位移公式可以导出需要验证的表达式；（4）实验斜槽轨道不需要光滑；实验不需要测量小球下落的高度；（5）利用小球质量和水平距离的乘积可以求出误差的大小。阅卷入四、解答题供4题；共4
26、0分）得分1 5.（1 0 分）为建设“最美城市”打造宜居环境。在城市中心花园建设一人工湖，湖的形状像一个正立的碗，截面为半圆形，如图所示，半径R =9 0 m,在湖底A处放一单色L E D 灯，将湖内注满水。已知水对该单色光的折射率n =*光在真空中的传播速度c =3.0 x 1 08m/s,不计湖底对光的反射。求：（1）（5 分）从 L E D 灯发出的单色光射出水面所需的最短时间t?（2）（5 分）要使在湖的周围和上方均能看到L E D 灯发出的光，L E D 灯需要移动到距水面的最小距离约为多少？【答案】（1）解：光在介质的传播速度v =?x l 0 8 m/s所以从L E D 灯发出
27、的单色光射出水面所需的最短时间t =区=4 X 1 0-7sV（2）解：当光射向湖的边缘C点时恰好发生全反射时，则s i n C =4=摄n 4由几何分析知S =盛=孚 m=30巾m77所以要使在湖的周围和上方均能看到L E D 灯发出的光，L E D 灯需要移动到距水面的最小距离约为30yHm。【解析】【分析】（1）已知折射率的大小，利用折射率的大小可以求出光传播的速度，结合传播的最小路程可以求出传播时间；（2）当光射向边缘C发生全反射时，利用全反射定律可以求出临界角的大小，结合几何关系可以求出L E D 灯需要移动的距离。1 6.（1 0 分）如图所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞厚度不计
28、，在B 两处设有限制装置，使活塞只能在4、B 之间运动，B 左面汽缸的容积为九,4、8 之间的容积为0.1%,开始时活塞在B处，缸内气体的压强为O.9 P o（P。为大气压强），温度为2 9 7 K,现缓慢加热汽缸内的理想气体，直至3 9 9.3 K.求：（1）（5 分）活塞刚离开B 处时的温度；（2）（5 分）缸内气体最后的压强.p P【答案】（1）解：活塞离开B处前缸内气体发生等容变化，由查理定律有六=初11 12其中的P i=0 9 P o、T=297K、P2=Po解得活塞刚离开B处时的温度7 2 =3 3 0 K（2）解：当活塞到达A处时，温度升高，缸内气体又发生等容变化.D T7 p
29、 17气体由开始状态到最终状态，由气态方程有竽=宇11 3T3=3 9 9.9 K,V3=V0+O.l/o解得缸内气体最后的压强P 3 =LI P o【解析】【分析】（1）活塞离开B处前气体发生等容变化，利用理想气体的状态方程可以求出活塞离开 B处的温度；（2）当活塞到达A处时有发生等容变化，利用理想气体的状态方程可以求出气体最后的压强。1 7.（1 0 分）如图甲，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为！=1.0 m 的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线每边的电阻为0.0 0 5 0；在t =0 到=3.0
30、s 时间内，磁感应强度大小随时间的变化关系如图乙所示。求：（I）（5分）t=2.0s时金属框所受安培力的大小；（2）（5分）在t=0到t=2.0s时间内金属框产生的焦耳热。【答案】（1）解：金属框的总电阻为R=4 x 0.0050=0.020,2金属框中产生的感应电动势为口好小彳0.3 1E =-6i=-a r =Tx2x l y=-0 5 lz金属框中的电流为/=2.5At=2.Os时磁感应强度为B=0.1 7,金属框处于磁场中的有效长度为L=&l=V2m此时金属框所受安培力大小为以=BIL=0,1 X 2,5 x V2/V=（2）解：0 2.0s内金属框产生的焦耳热为Q=/2Rt=2.52
31、 x 0.02 x 2/=0.25/【解析】【分析】（1）已知磁感应强度随时间变化的图线，利用法拉第电磁感应定律可以求出电动势的大小，结合欧姆定律可以求出感应电流的大小，再利用安培力的表达式可以求出安培力的大小；（2）己知感应电流的大小，利用焦耳定律可以求出产生的焦耳热的大小。18.（10分）如图所示，光滑水平面上质量为犯4 =2kg,me=3的 的A、B两物块用轻质弹簧连接，一起以%=4m/s的速度向右匀速运动，与静止在水平面上质量me=1kg的物块C发生碰撞，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦阻力。%C7 7 7 7/7 7 7 7 7 7/7 7 7 7 7 7 7 7 7
32、 7 7 7/7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7/7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7（1）（5分）若物块B与C发生弹性碰撞，求碰后C的速度大小；（2）（5分）若物块B与C碰撞后粘合在一起运动。求碰后C的速度大小；求此后弹簧能获得的最大弹性势能。【答案】（1）解：物块B与C发生弹性碰撞，则BC整体由动量守恒和能量守恒有=+mCvCJ W pVg+2mCvC解得加=2m/s,vc=6m/s(2)解：若物块B与C碰撞后粘合在一起运动，则BC由动量守恒有租8%=+mc)v解得u =3m/s BC碰撞后的共同速度为3 m/s,A的速度为4 m/s,
33、所以BC将加速，A将减速，当A的速度与BC的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，ABC系统由动量守恒有巾4%+msv0=(mA+mB+解得1/=学m/s则碰撞后由机械能守恒可得E建=1(mf i 4-mc)v2+mAVQ-(mA+mB+mc)v2=|/【解析】【分析】(1)物块B与C发生弹性碰撞，利用动量守恒定律及能量守恒定律可以求出碰后的速度大小；(2)当B与C碰后粘在一起，利用动量守恒定律可以求出碰后C的速度大小；当ABC系统共速时，利用动量守恒定律及能量守恒定律可以求出弹性势能的最大值。试题分析部分1、试卷总体分布分析总分：74分分值分布客观题（占比）24.0(32.4%)主观题（占比）50
34、.0(67.6%)题量分布客观题（占比）12(66.7%)主观题（占比）6(33.3%)2、试卷题量分布分析大题题型题目量（占比）分 值（占比）实验题2(11.1%)10.0(13.5%)解答题4(22.2%)40.0(54.1%)多选题3(16.7%)6.0(8.1%)单选题9(50.0%)18.0(24.3%)3、试卷难度结构分析序号难易度占比1普通(100.0%)4、试卷知识点分析序号知识点（认知水平）分 值（占比）对应题号1电磁波谱2.0(27%)22能量守恒定律2.0(2.7%)93气体的变化图像P-V图、P-T图、V-T图2.0(2.7%)74电磁感应与电路10.0(13.5%)1
35、75简谐运动2.0(27%)86分子间的作用力2.0(27%)17左手定则2.0(27%)98光电效应2.0(27%)119验证动量守恒定律6.0(8.1%)1410动量定理2.0(2.7%)811波的干涉和衍射2.0(27%)312动量守恒定律12.0(16.2%)4,1813探究单摆的运动，用单摆测定重力加速度4.0(5.4%)1314理想气体的状态方程10.0(13.5%)1615变压器原理2.0(27%)616核反应方程2.0(27%)1017光的折射10.0(13.5%)1518电磁感应与图象10.0(13.5%)1719横波的图象2.0(27%)1220电感和电容对交流电的影响2.0(27%)5