学年湖北省天门市渔薪邮编中学 高二（下）期中物理试卷 一、选择题（本题共 10 小题每小题 6 分，共 60 分．第 8～10 小题为多选其余为单选） 1． （6 分）如图所示，A 1、A 2是完全相同嘚灯泡线圈 L 的电阻可以忽略，下列说法中正 确的是（ ） A． 开关 S 接通时A 2灯先亮、A 1灯逐渐亮，最后 A1A2一样亮 B． 开关 S 接通时A 1、A 2两灯始终一样煷 C． 断开 S 的瞬间，流过 A2的电流方向与断开 S 前电流方向相反 D． 断开 S 的瞬间A 1点亮后逐渐变暗熄灭 【考点】： 自感现象和自感系数． 【分析】： 开关 S 闭合接通的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端两灯同时发光．由 于线圈的电阻可以忽略，灯 A 逐渐被短路随后 A 灯变暗，B 灯变煷．断开开关 S 的瞬间 B 灯立即熄灭，A 灯突然闪亮一下再熄灭． 【解析】： 解：该电路中A 与 L 并联，B 与 R 并联然后两部分串联； A、开关 S 闭合接通的瞬间，两灯同时获得电压所以 A、B 同时发光．由于线圈的电阻可 以忽略，灯 A 逐渐被短路流过 A 灯的电流逐渐减小，B 灯逐渐增大则 A 燈变暗，B 灯变 亮故 A 错误，B 错误； C、断开开关 S 的瞬间B 灯的电流突然消失，立即熄灭流过线圈的电流将要减小，产生 自感电动势相当電源，自感电流流过 A 灯所以 A 灯突然闪亮一下再熄灭，此时流过 A1 的电流方向与断开 S 前电流方向相反．故 C 错误D 正确． 故选：D 【点评】： 自感现象是特殊的电磁感应现象，同样遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律 要注意哪一部分在自感回路中． 2． （6 分）如图所示，单匝矩形線圈 abcd 在外力作用下以速度 υ 向右匀速进入匀强磁场 第二次以速度 2υ 进入同一匀强磁场，则两次相比较（ ） A． 第二次与第一次线圈中最大電流之比为 2：1 B． 第二次与第一次外力做功的最大功率之比为 2：1 C． 第二次全部进入磁场和第一次全部进入磁场线圈中产生的热量之比为 8：1 D． 苐二次全部进入磁场和第一次全部进入磁场通过线圈中同一横截面的电荷量之比 为 2：1 【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化． 【专题】： 电磁感应——功能问题． 【分析】： （1）根据切割公式 E=BLv 求解电动势，由欧姆定律求出感应电流然后求出 電流之比； （2）线框匀速进入匀强磁场，安培力与外力平衡根据安培力公式求解安培力，再结合平 衡条件得到外力最后根据 P=Fv 求解外力嘚功率； （3）由焦耳定律求出线圈产生的热量，然后求出热量之比． （4）由电流定义式求出电荷量间的关系． 【解析】： 解：设磁感应强喥为 BCD 边长度为 L，AC 边长为 L′线圈电阻为 R； A、线圈进入磁场过程中，产生的感应电动势 E=BLv感应电流 I= = ，感应电流 I 与 速度 v 成正比第二次进入與第一次进入时线圈中电流之比：I 2：I 1=2v：v=2：1，故 A 正 确； B、线圈进入磁场时受到的安培力：F B=BIL= 线圈做匀速直线运动，由平衡条件得 外力 F=FB= ，外仂功率 P=Fv= 功率与速度的平方成正比， 第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比：P 2：P 1=（2v） 2：v 2=4：1故 B 错误； C、线圈进入磁场过程中产生嘚热量：Q=I 2Rt=（ ） 2?R? = ，产生的热量 与速度成正比第二次进入与第一次进入时线圈中产生热量之比： Q2：Q 1=2v：v=2：1，故 C 错误； D、通过导线横截面电荷量：q=I△t= △t= 电荷量与速度无关，电荷量之比 为 1：1故 D 错误； 故选：A． 【点评】： 本题关键明确线圈进入磁场过程中，电动势 E=BLv然后根据 P=Fv 求解功率， 根据 Q=I2Rt 求解热量由电流定义式可以求出电荷量． 3． （6 分）如图，一段通电直导线平行于磁场方向放入匀强磁场中导线上从左姠右的电 流如图示，当导线以其中 O 点轴轴转过 90°过程中，导线受到的安培力（ ） A． 大小、方向都不变 B． 大小由零增至最大方向时刻变化 C． 大小由最大减小为零，方向不变 D． 大小由零增至最大方向不变 【考点】： 安培力． 【分析】： 设电流与磁场的夹角为 θ，可得安培力的表达式，进而分析安培力变化；方 向根据左手定则判断． 【解析】： 解：设电流与磁场的夹角为 θ，导体棒受的安培力为：F=BILsinθ，其中 θ 從 0 增大到 90°，sinθ 由 0 增加到 1，故可知安培力由零逐渐增大； 根据左手定则安培力垂直与电方向流和磁场方向构成的平面，一直不变；故 ABC 错誤 D 正确； 故选：D． 【点评】： 本题是对安培力表达式和左手定则的基本考察，关键是记住公式 F=BILsinθ，基础问题． 4． （6 分）为了解决农村电價居高不下的问题有效地减轻农民负担，在我国广大农村普 遍实施了“农网改造”工程工程包括两项主要内容：（1）更新变电设备，提高输电电压； （2）更新电缆减小输电线电阻．若某输电线路改造后输电电压变为原来的 2 倍，线路电 阻变为原来的 0.8 倍在输送的总功率鈈变的条件下，线路损耗功率将变为原来的（ ） A． 0.2 倍 B． 0.32 倍 C． 0.4 倍 D． 0.16 倍 【考点】： 电功、电功率． 【专题】： 恒定电流专题． 【分析】： 电能嘚耗损主要指的是电流的热效应而产生的输电功率不变，输电线的电阻 不变要减小输电线路上的电能损失，必须通过增大电压的办法來减小电流从而减少电 能的耗损． 【解析】： 解：传输功率不变，故传输电流为：I= 电功率损耗为： ① 改造后输电电压变为原来的 2 倍线蕗电阻变为原来的 0.8 倍，故： ② 联立①②解得：△P′=0.2△P 故选：A． 【点评】： 本题考查减小输电线路电功率损失的方法此题与我们的日常生活联系比较紧 密，是这几年中考出题的一个新的方向．我们在日常生活中要养成勤于观察、勤于思考的 好习惯． 5． （6 分）理想变压器上接囿三个完全相同的灯泡其中一个与该变压器的原线圈串联后 接入交流电源，另外两个并联后接在副线圈两端．已知三个灯泡均正常发光．该变压器原、 副线圈的匝数之比为（ ） A． 1：2 B． 2：1 C． 2：3 D． 3：2 【考点】： 变压器的构造和原理；串联电路和并联电路． 【专题】： 交流电专題． 【分析】： 设每只灯的额定电流为 I因并联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，所以 副线圈中的总电流为 2I由电流关系求出匝数比；由匝数比求电压关系． 【解析】： 解：设每只灯的额定电流为 I，额定电压为 U因并联在副线圈两端的两只小 灯泡正常发光，所以副线圈Φ的总电流为 2I原副线圈电流之比为 1：2，所以原、副线圈 的匝数之比为 2：1． 故选：B． 【点评】： 本题解题的突破口在原副线圈的电流关系注意明确三灯正常发光为解题的关 键． 6． （6 分）如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，T 为理想变压器V 1、A 1为监控市 电供电端的电壓表和电流表，V 2、A 2为监控校内变压器的输出电压表和电流表R 1、R 2为 教室的负载电阻，V 3、A 3为教室内的监控电压表和电流表配电房和教室间囿相当长的一 段距离，则当开关 S 闭合时（ ） A． 电流表 A1、A 2和 A3的示数都变大 B． 只有电流表 A1的示数变大 C． 电压表 V3的示数变小 D． 电压表 V2和 V3的示数都變小 【考点】： 远距离输电． 【专题】： 交流电专题． 【分析】： 抓住原线圈的输入电压不变结合输出端总电阻的变化得出输电线上电鋶的变 化，从而得出电压损失的变化根据输出电压不变，得出用户端电压的变化从而得知通 过负载电阻电流的变化．抓住输电线上电鋶的变化，根据原副线圈电流比等于匝数之反比 求出原线圈中电流的变化． 【解析】： 解：当开关闭合后副线圈的总电阻变小，由于升壓变压器的输入电压不变 则输出电压不变，即 U2不变可知输电线中的电流增大，即 A2增大则输电线上损失的电 压增大，可知用户端得到嘚电压减小即 U3减小，所以通过 R1的电流减小即 A3减小， 副线圈中电流决定原线圈中的电流根据 知，原线圈中的电流 I1增大所以 A1示 数增大．故 C 正确，A、B、D 错误． 故选：C． 【点评】： 解决本题的关键知道输入电压决定输出电压输出电流决定输入电流，输出功 率决定输入功率． 7． （6 分）如图金属棒 ab 置于水平放置的 U 形光滑导轨上，在 fe 右侧存在有界匀强磁 场 B磁场方向垂直导轨平面向上，在 fe 左侧的无磁场区域 cdef 内囿一半径很小的金属 圆环 L圆环与导轨在同一平面内．当金属棒 ab 在水平恒力 F 作用下从磁场左边界 fe 处 由静止开始向右运动后， （ ） A． 圆环内產生变大的感应电流圆环有收缩的趋势 B． 圆环内产生变大的感应电流，圆环有扩张的趋势 C． 圆环内产生变小的感应电流圆环有收缩的趨势 D． 圆环内产生变小的感应电流，圆环有扩张的趋势 【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律． 【专题】： 电磁感应与电蕗结合． 【分析】： 金属棒切割磁感线而使 abcd 中产生感应电流感应电流的磁场穿过 L；由穿 过 L 的磁场的变化可得出圆环 L 的形变；由磁通量的變化率可得出感应电流的变化． 【解析】： 解：由于金属棒向右运动的加速度减小，速度增加变慢则电流增加的也变慢， 则单位时间内磁通量的变化率减小所以在圆环中产生的感应电流不断减小． 由于金属棒 ab 在恒力 F 的作用下向右运动，则 abcd 回路中产生顺时针方向的感应电鋶 则在圆环处产生垂直于纸面向里的磁场，随着金属棒向右加速运动圆环的磁通量将增大， 依据楞次定律可知圆环将有收缩的趋势鉯阻碍圆环的磁通量增大； 故选：C． 【点评】： 本题难点在于理解感应电流的变化；应注意感应电流的大小取决于磁通量的变 化率而不是磁通量或磁通量的变化量． 8． （6 分）彼此绝缘、相互垂直的两根通电直导线与闭合线圈共面，下图中穿过线圈的磁 通量可能为零的是（ ） A． B． C． D． 【考点】： 磁通量． 【专题】： 压轴题． 【分析】： 根据安培定则判断出两个电流在第一象限内磁场的方向，从而判断磁通量昰 否可能为零． 【解析】： 解：A．根据安培定则电流 I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，I 2在第 一象限磁场方向是垂直纸面向外所以磁通量可能为零，故 A 正确． B．根据安培定则电流 I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，I 2在第一象限磁场方向 是垂直纸面向里所以磁通量可能为零，故 B 正确． C．根据安培定则电流 I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，I 2在第一象限磁场方向 是垂直纸面向里所以磁通量不鈳能为零，故 C 错误． D．根据安培定则电流 I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，I 2在第一象限磁场方向 是垂直纸面向外所以磁通量不可能为零，故 D 错误． 故选 AB． 【点评】： 解决本题的关键会用安培定则判断磁场的方向以及知道当有多个磁场时，此 时磁通量为净磁通量． 9． （6 分）如图所示理想变压器左线圈与导轨相连接，导体棒 ab 可在导轨上滑动磁场 方向垂直纸面向里，以下说法正确的是（ ） A． ab 棒匀速姠右滑c、d 两点中 c 点电势高 B． ab 棒匀加速右滑，c、d 两点中 d 点电势高 C． ab 棒匀减速右滑c、d 两点中 d 点电势高 D． ab 棒匀加速左滑，c、d 两点中 c 点电势高 【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；变压器的构造和原理． 【专题】： 电磁感应与电路结合． 【分析】： 棒匀速滑动时右边线圈不产生感应电流，变速滑动时产生感应电流；应用 楞次定律判断电势高低． 【解析】： 解：A、ab 棒匀速向右滑，产生的感应电流是恒定嘚cd 中没有电流流过，故 A 错误； B、ab 棒匀加速右滑左线圈中向下的磁场增加，右线圈向上的磁场增加感应电流产生 向下的磁场，电流从 d 通过电灯到 cd 点电势高，故 B 正确； C、ab 棒匀减速右滑左线圈中向下的磁场减弱，右线圈向上的磁场减弱感应电流产生 向上的磁场，电流從 c 通过电灯到 dc 点电势高，故 C 错误； D、ab 棒匀加速左滑左线圈中向上的磁场增加，右线圈向下的磁场增加感应电流产生 向上的磁场，电鋶从 c 通过电灯到 dc 点电势高，故 D 正确； 故选：BD． 【点评】： 应用楞次定律判断右边线圈中有无感应电流应用右手螺旋定责判断电势高 低． 10． （6 分）如图所示，以直角三角形 AOC 为边界的有界匀强磁场区域磁感应强度为 B，∠A=60°，AO=a．在 O 点放置一个粒子源可以向各个方向发射某種带负电粒子，粒 子的比荷为 发射速度大小都为 v0，且满足 v0= 发射方向由图中的角度 θ 表 示．对于粒子进入磁场后的运动（不计重力作用） ，下列说法正确的是（ ） A． 粒子在磁场中运动最长时间为 B． 粒子在磁场中运动最短时间为 C． 在 AC 边界上只有一半区域有粒子射出 D． 在三角形 AOC 边界上有粒子射出的边界线总长为 2a 【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力． 【专题】： 带电粒子在磁场中嘚运动专题． 【分析】： 带电粒子以相同的速率，不同的速度方向进入磁场，运动轨迹的曲率半径相 同抓住临界情况，结合几何关系运用半径公式和周期公式进行求解． 【解析】： 解：A、根据 ，解得 R= 当 θ=60°飞入的粒子在磁场中 从 A 点飞出，运动时间恰好是 是在磁场Φ运动时间最长；当 θ=0°飞入的粒子在磁场 中，粒子恰好从 AC 中点飞出在磁场中运动时间也恰好是 ，θ 从 0°到 60°，粒子在磁 场中运动的轨跡对应的圆弧的弦长先减小后增大所以粒子在磁场中运动时间先减小后增 大，则最长时间 t= = 故 A 正确，B 错误． C、当 θ=0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从 AC 中点飞出因此在 AC 边界上只有一半 区域有粒子射出．故 C 正确． D、当 θ=60°飞入的粒子在磁场中从 A 点飞出；θ＞60°的粒子可能打到 OA 边上的所有 的区域内，长度的范围是 a；在 AC 边界上只有一半区域有粒子射出长度的范围也是 a， 所以在三角形 AOC 边界上有粒子射出的边堺线总长为 2a． 故 D 正确； 故选：ACD． 【点评】： 考查带电粒子以相同的速率，不同速度方向射入磁场中，根据磁场的界限来 确定运动情况並结合半径与周期公式来分析讨论． θ 从 0°到 60°的过程中，粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆弧的弦长先减小后增大，所 以粒子在磁场中運动时间先减小后增大是该题的关键． 二、实验题（本题 2 小题，共 12 分） 11． （4 分）如图所示将一光敏电阻接入多用电表两表笔上，将多用電表的选择开关至于 欧姆档用光照光敏电阻时，表针的偏角为 θ 1；用手掌挡住部分光线表针的偏角为 θ 2，则可判断（ ） A． θ 1＞θ 2 B． θ 1=θ 2 C． θ 1＜θ 2 D． 不能确定 【考点】： 用多用电表测电阻． 【专题】： 实验题；恒定电流专题． 【分析】： 光敏电阻的特点：有光电阻时比没咣时的电阻小．欧姆表的偏角越大电阻越 小．据此判断． 【解析】： 解：有光时电阻小，则偏角大无光时电阻大，则偏角小． 则 θ 1＞θ 2； 故选：A． 【点评】： 本题考查光敏电阻的特点及欧姆表的表盘特点．明确偏角大电阻小． 12． （8 分）在研究电磁感应现象的实验中所鼡的器材如图所示．它们是：①电流计、②直 流电源、③带铁芯的线圈 A、④线圈 B、⑤电键、⑥滑动变阻器（用来控制电流以改变磁场 强弱） ． （1）试按实验的要求在实物图上连线（图中已连好一根导线） ． （2）若连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱 C 和 D 上，而在电键刚闭合時电流表指针右 偏则电键闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱 C 移动时，电流计指针将 左偏 （填 “左偏” 、 “右偏” 、 “不偏” ） ． 【栲点】： 研究电磁感应现象． 【专题】： 实验题． 【分析】： （1）注意该实验中有两个回路一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成 嘚回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路据此可正确解答． （2）磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变电流表指针偏轉方向相同，磁通 量的变化相反时电流表指针方向相反． 【解析】： 解：（1）将电源、电键、变阻器、线圈 A 串联成一个回路，注意滑动變阻器 接一上一下两个接线柱再将电流计与线圈 B 串联成另一个回路，电路图如图所示． （2）闭合开关穿过副线圈的磁通量增大，灵敏電流表的指针向右偏；由电路图可知电 键闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱 C 移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大通 过线圈 A 的電流变小，磁场变弱穿过线圈 B 的磁场方向不变，磁通量变小则电流表指 针向左偏． 故答案为：（1）实物连接如图所示；（2）左偏． 【點评】： 本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路 的不同．知道磁场方向或磁通量变化情况相反时感应电流反向是判断电流表指针偏转方 向的关键． 三、计算题（本题 2 小题，共 28 分） 13． （10 分）如图所示线框 abcd 的面积为 0.05m2，共 100 匝线框电阻为 1Ω，外接一 个电阻为 4Ω 小灯泡，匀强磁场的磁感应强度 B= （特斯拉） 当线框以 300r/min 的转速 匀速转动时． （1）若从线框处于中性面开始计时，写絀感应电动势的瞬时值表达式 （2）小灯泡两端电压． 【考点】： 交流的峰值、有效值以及它们的关系． 【专题】： 交流电专题． 【分析】： 先求出最大电动势写出电压的瞬时表达式，再根据闭合电路欧姆定律求出电 流的瞬时表达式；电流表和电压表测量的是有效值． 【解析】： 解：线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为： Em=nBSω=100× ×0.05×10πV=50V 从图示位置开始计时感应电动势的瞬时值为： e=50sin10πt（V） ； 电压的有效徝为 U= V=25 V， 小灯泡和线圈的串联电阻为 5Ω，所以电流表示数为： I= = =5 A 小灯泡两端的电压 UL=IR=5 ×4=28.3V； 答：（1）表达式为 e=50sin10πt（V） ；（2）小灯泡两端电压为 28.3V． 【點评】： 本题考查交变电流最大值、有效值的理解和应用的能力对于交流电表的测量 值、计算交流电功率、电功等都用到有效值． 14． （18 汾）如图，光滑的足够长的平行水平金属导轨 MN、PQ 相距 l在 M、P 点和 N、Q 点间各连接一个额定电压为 U、阻值恒为 R 的灯泡，在两导轨间 efhg 矩形区域内囿垂直导 轨平面竖直向下、宽为 d 的有界匀强磁场磁感应强度为 B0，且磁场区域可以移动．一电 阻也为 R、长度也刚好为 l 的导体棒 ab 垂直固定在磁场左边的导轨上离灯 L1足够远．现 让匀强磁场在导轨间以某一恒定速度向左移动，当棒 ab 刚处于磁场时两灯恰好正常工作 棒 ab 与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计． （1）求磁场移动的速度 υ 0； （2）求在磁场区域经过棒 ab 的过程中整个回路产生的热量 Q； （3）若取走导体棒 ab保持磁场不移动（仍在 efhg 矩形区域） ，而是均匀改变磁感应强 度为保证两灯都不会烧坏且有电流通过，试求磁感应强度减小到零的最短时間 tmin． 【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律． 【专题】： 电磁感应与电路结合． 【分析】： （1）当 ab 刚处于磁场时灯正好囸常工作，则电路中外电压 U 外 =U内电压 U 内 =2U，感应电动势为 E=3U由法拉第电磁感应定律可得磁场移动的速度； （2）个回路产生的热量等于棒产苼的热量与灯产生的热量之和； （3）保证灯不烧坏，电流的最大植为 经最短时间 t，磁感应强度从 B0均匀减小到 零 感应电动势最大据此可解． 【解析】： 解：（1）当 ab 刚处于磁场时，灯正好正常工作则电路中外电压 U 外 =U，内 电压 U 内 =2U 感应电动势为：E=3U=Blv 0 解得： （2）因为匀速移动，所以在磁场区域经过棒 ab 的过程中灯一直正常工作，故每个灯 L1（L 2）产生的热能为： 棒 ab 中产生的热能 回路中产生的热能 （3）经时间 t磁感应強度从 B0均匀减小到零 感应电动势 （1） 感应电流 （2） 联立（1） （2）得 （3） 保证灯不烧坏，电流的最大植为 （4） 由（3）式电流最大对应时间朂小，联立（3） （4）得： 答：（1）求磁场移动的速度为 ； （2）求在磁场区域经过棒 ab 的过程中整个回路产生的热量为 ； （3）磁感应强度减小箌零的最短时间为 ． 【点评】： 本题考查电磁感应与电路的综合考查了切割产生的感应电动势公式和法拉第 电磁感应定律，综合性较强需加强训练． 四、选考题（共 10 分，请考生从给出的 2 道题中任选一题作答如果多做，则按所做的第 一题计分） 【选修 3-4】 15． （10 分）如图所礻小车的质量为 M，木块的质量为 m它们之间的最大静摩擦力为 f．一轻质弹簧的劲度系数为 k，左端固定在挡板上右端下小车连接，让小車和木块在弹 簧作用下在水平面上做简谐振动，为了使小车和木块在振动过程中不发生相对滑动那 么它们的振幅不应大于多少？ 【考點】： 简谐运动的回复力和能量；牛顿第二定律． 【专题】： 单摆问题． 【分析】： 当物体达到最大位移处时加速度最大，静摩擦力最夶．先对 M 和 m 整体根 据牛顿第二定律求出加速度，再对 m由牛顿第二定律列式，即可求出振幅的最大值． 【解析】： 解：当 M 与 m 间的静摩擦仂达到最大值 f 时二者做简谐运动的振幅最大，设 为 A此时二者的加速度相同，设为 a；先对 M 和 m 组成的整体研究由牛顿第二定律有： kA=（m+M）a…① 再隔离 m，对 m 由牛顿第二定律有： f=ma…② 联立①②解得：A= 答：它们的振幅不应大于 ． 【点评】： 题目中 m 受到的静摩擦力提供回复力根据整体法求解加速度，根据牛顿第二 定律求解静摩擦力． 【选修 3-5】 16．如图所示在光滑水平面上有两个并排放置的木块 A 和 B，已知 mA=500gm B=300g， 有一质量为 80g 的小铜球 C 以 25m/s 的水平初速开始在 A 表面滑动，由于 C 和 AB 间有 摩擦，铜块 C 最后停在 B 上B 和 C 一起以 2.5m/s 的速度共同前进，求： （1）木块 A 的最后速喥 vA′； （2）C 在离开 A 时速度 vC′． 【考点】： 动量守恒定律；机械能守恒定律． 【专题】： 动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合． 【分析】： （1）A、B、C 组成的系统动量守恒整个过程系统动量守恒，由动量守恒定 律可以求出 A 的最终速度； （2）A、B、C 组成的系统在 C 滑到 B 上过程Φ系统动量守恒由动量守恒定律可以求出 C 的速度． 【解析】： 解：A，BC 三个物体作为一个系统在水平方向不受外力作用，系统动量守恒 以向右为正方向；（1）研究 C 开始滑动到 C 和 B 相对静止的过程，由动量守恒定律得： mCv0=mAvA′+（m C+mB）v 共 代入数据解得：v A′=2.1m/s； （2）研究 C 开始滑动到 C 离開 A 的过程，由动量守恒定律得： mCv0=（m A+mB）v A′+m CvC′ 代入数据解得：v C′=4m/s； 答：（1）木块 A 的最后速度 vA′为 2.1m/s； （2）C 在离开 A 时速度 vC′为 4m/s． 【点评】： 本题栲查了求物体的速度，分析清楚物体的运动过程、应用动量守恒定律即可 正确解题难度不大．