【物理】山东省章丘区第四中学2020届高三高考模拟试题（三）（解析版） 22页

山东省章丘区第四中学2020届高三 高考模拟试题（三）‎ 一、选择题：（本题共12小题，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。）‎ ‎1.下列说法正确的是 A. 诊断甲状腺疾病时，给病人注射放射性同位素的目的是将其作为示踪原子 B. U的半衰期约为7亿年，随着地球温度的升高，其半衰期将变短 C. 核反应过程中如果核子的平均质量减小，则要吸收能量 D. 结合能越大，原子中核子结合得越牢固，原子核越稳定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．放射性同位素可以作为示踪原子，诊断甲状腺疾病时，给病人注射放射性同位素的目的是将其作为示踪原子，故A正确；‎ B．半衰期由原子核内部本身的因素决定，跟原子所处的 物理或化学状态无关，故B错误；‎ C．核反应过程中如果核子的平均质量减小，根据爱因斯坦质能方程可知要释放核能，故C错误；‎ D．比结合能的大小反映原子核的稳定程度，比结合能越大，原子中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎2.如图，一粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂线重合．A、O、B为竖直平面上的三点，且O为等量异种点电荷连线的中点，AO=BO．现有带电荷量为q、质量为m的小物块视为质点，从A点以初速度v0向B滑动，到达B点时速度恰好为0．则 A. 从A到B，小物块的加速度逐渐减小 B. 从A到B，小物块的加速度先增大后减小 C. 小物块一定带负电荷，从A到B电势能先减小后增大 D. 从A到B，小物块的电势能一直减小，受到的电场力先增大后减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】小物块受重力、电场力和墙壁的弹力以及摩擦力作用，可知q带负电，从A到O的过程中，电场强度越来越大，则电场力越来越大，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力增大，导致滑动摩擦力增大，根据知，加速度增大，从O到B，电场强度越来越小，则电场力越来越小，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力减小，导致滑动摩擦力减小，根据知，加速度减小，B正确A错误；q带负电，由于AB是等势线，则电荷的电势能不变，从A到B，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，C错误D错误．‎ ‎3.如图所示，地球和行星绕太阳做匀速圆周运动，地球和行星做匀速圆周运动的半径r1、r2之比为r1：r2=1：4，不计地球和行星直接的相互影响。此时地球和行星距离最近下列说法错误的是（　　）‎ A. 行星绕太阳做圆周运动的周期为8年 B. 地球和行星线速度大小之比为 C. 至少经过年，地球和行星距离再次最近 D. 经过相同时间，地球、行星圆周运动半径扫过的面积之比为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据万有引力提供圆周运动的向心力，有 可得周期 所以 因为地球公转周期为1年，故行星公转周期为8年，故A正确，不符合题意；‎ B．根据万有引力提供圆周运动的向心力，有 可得线速度 所以 故B错误，符合题意；‎ C．地球周期短，故当地球比行星多公转一周时，地球将再次位于太阳和行星之间，即 则时间为 年 故C正确，不符合题意；‎ D．行星与太阳连线扫过的面积 故有 故D正确，不符合题意。‎ 故选B。‎ ‎4.如图甲所示，一匝数N=10匝、总电阻R=7.5Ω、ad长L1=‎0.4m、ab宽L2=‎0.2m的匀质矩形金属线框静止在粗糙水平面上，线框的bc边正好过半径r=‎0.1m的圆形磁场的直径，线框的左半部分处于垂直线框平面向上的匀强磁场区域内，磁感应强度B0=1T，圆形磁场的磁感应强度为B，方向垂直线框平面向下，大小随时间变化规律如图乙所示，已知线框与水平面间的最大静摩擦力f=1.2N，π≈3，则（ ）‎ A. t=0时刻穿过线框的磁通量大小为0.01Wb B. 线框静止时，线框中感应电流为‎0.2A C. 线框静止时，ad边所受安培力水平向左，大小为0.8N D. 经时间t=2s，线框开始滑动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 穿过线框的磁通量由两部分组成，根据磁通量，即可求解；根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，即可求解感应电流的大小；根据安培力表达式，结合左手定则与受力平衡条件，即可求解。‎ ‎【详解】A．设磁场向上穿过线框磁通量为正，由磁通量的定义得t=0时，有 A正确；‎ B．根据法拉第电磁感应定律有 由闭合电路欧姆定律，则有 B错误；‎ C．由楞次定律可知，圆形磁场的磁感应强度增大时，线框内产生的感应电流的方向为逆时针方向，ad中的感应电流的方向向下，由左手定则可知，ad边受到的安培力的方向向左，ad边受到的安培力是10匝线圈受到的安培力的和，即 所以ad边受到的摩擦力的大小为0.4N，C错误；‎ D．圆形磁场的磁感应强度均匀增大，所以产生大小不变的电动势，感应电流的大小不变，而左侧的磁场区域内的磁场不变；由图乙可知，在t=0.4s时刻，右侧的磁感应强度，由左手定则可知，右侧的bc边受到的安培力方向向左，大小为 所以整体受到安培力的和等于 所以线框受到的安培力的大小与摩擦力相等，所以线框在t=0.4s后才能开始滑动，D错误。‎ 故选A。‎ ‎5.在光滑水平地面放置着足够长的质量为M的木板，其上放置着质量为m带正电的小物块（电荷量保持不变），两者之间的动摩擦因数恒定，且M>m，空间存在足够大的方向垂直于纸面向里的匀强磁场。某时刻开始它们以大小相等的速度相向运动，如图所示。取水平向右的方向为正方向，则下列图象可能正确反映它们以后运动的是（　　）‎ A. B. ‎ C D. ‎ ‎【答案】D ‎【详解】对m分析可知，m受重力、支持力和洛伦兹力与摩擦力作用，由左手定则可知，洛伦兹力方向向上；水平方向受M的摩擦力作用而做减速运动；则由F=Bqv可知，洛伦兹力减小，故m对M的压力增大，摩擦力增大，故m的加速度越来越大；同时M受m向右的摩擦力作用，M也做减速运动；因摩擦力增大，故M的加速度也越来越大；则可知v—t图象中对应的图象应为曲线；对Mm组成的系统分析可知，系统所受外力之和为零，故系统的动量守恒，最终两物体速度一定相同，则有 因M＞m，故最终速度一定为负值，说明最终两物体均向左做匀速运动，综合分析可知D项图像正确，ABC项的图像错误。‎ 故选D。‎ ‎6.如图所示，物块用一不可伸长的轻绳跨过小滑轮与小球相连，与小球相连的轻绳处于水平拉直状态。小球由静止释放运动到最低点过程中，物块始终保持静止，不计空气阻力。下列说法正确的有（　　）‎ A. 小球刚释放时，地面对物块的摩擦力为零 B. 小球运动到最低点时，地面对物块的支持力可能为零 C. 上述过程中小球的机械能不守恒 D. 上述过程中小球重力的功率一直增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球刚释放时，小球速度为零，此时绳子的拉力为零，对物块分析可知，受到的摩擦力为零，故A正确；‎ B．小球运动到最低点时，若地面对物块的支持力为零，此时绳子的拉力对物块有向右的分力，不可能静止，故B错误；‎ C．对小球摆动过程只有重力做功，故小球的机械能守恒，故C错误；‎ D．刚释放时速度为零，小球的功率为零，到达最底端时，速度方向与重力方向垂直，功率为零，故功率先增大后减小，故D错误。故选A。‎ ‎7.关于热力学定律，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功 B. 理想气体的等压膨胀过程一定放热 C. 热量不可能从低温物体传递到高温物体 D. 压缩气体做功，该气体的内能一定增加 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据热力学第二定律可知，可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，但是会引起其他的变化，如绝热气缸，故A正确；‎ B．当理想气体做等压膨胀过程时，根据 可得温度要增加，故内能△U增加；又因为气体膨胀对外做功，所以W＜0，再根据热力学第一定律 ‎△U=W+Q 可得Q＞0，气体一定吸收热量，故B错误；‎ C．根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传递到高温物体，若有外界做功的话，可以从低温物体传递到高温物体；故C错误；‎ D．压缩气体，外界对气体做功，W＜0，根据热力学第一定律 ‎△U=W+Q 得知若气体同时放热，气体的内能不一定增加；故D错误。‎ 故选A。‎ ‎8.如图所示，足够长的光滑斜面固定在水平面上，轻质弹簧与A、B物块相连，A、C物块由跨过光滑小滑轮的轻绳连接。初始时刻，C在外力作用下静止，绳中恰好无拉力，B放置在水平面上，A静止。现撤去外力，物块C沿斜面向下运动，当C运动到最低点时，B刚好离开地面。已知A、B的质量均为m，弹簧始终处于弹性限度内，则上述过程中（　　）‎ A. C的质量mC可能小于m B. C的速度最大时，A的加速度为零 C. C的速度最大时，弹簧弹性势能最大 D. A、B、C系统的机械能先变小后变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．刚开始对A受力分析，可知A只受重力和弹簧的弹力作用，根据平衡条件有 解得弹簧原来的压缩量 当C运动到最低点时，B对地面的压力刚好为零，弹簧的拉力等于B的重力，则弹簧此时的伸长量为 则x1=x2，弹簧初末状态的弹性势能相等，根据A、B、C和弹簧构成的系统机械能守恒，有 α是斜面的倾角，得，sinα＜1‎ 所以，故A错误；‎ BC．当C的速度最大时A的速度达到最大，即ABC与弹簧为一系统，系统的动能最大，则弹性势能最小，则弹簧为原长。而C在斜面方向合力为0，即绳拉力 T=mCgsinα=mg 即绳对A的拉为mg，则A的合力为0，加速度为零，故B正确，C错误；‎ D．由于A、B、C和弹簧构成的系统机械能守恒，而弹簧先复原再拉长，故弹性势能先减小后增加，故A、B、C系统的机械能先变大后变小，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎9.如图所示，在“验证力的平行四边形定则”的实验中，用A、B两弹簧秤拉橡皮条结点，使其到达O点处，此时α+β>90°，然后保持弹簧测力计B的示数不变而减小β时，为保持结点O位置不变，可采取的办法是 A. 减小A的读数，同时减小α角 B. 减小A的读数，同时增大α角 C. 增大A的读数，同时减小α角 D. 增大A的读数，同时增大α角 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】要使结点不变，应保证合力不变，故可以根据平行四边形定则作图进行分析．‎ O点位置不变，即合力大小和方向不变，保持B的示数不变，即B的拉力大小不变，即一个分力大小不变，一个分力大小和方向都变，要减小，如图，根据平行四边形定则可得减小A的读数，同时减小α角或减小A的读数，同时增大α角，AB正确．‎ ‎10.两列沿绳传播的简谐横波（虚线表示甲波，实线表示乙波）在某时刻的波形图如图所示，M为绳上x=‎0.2m处的质点，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. M点是振动加强点 B. 由图示时刻开始，再经甲波的周期，质点M将位于波峰 C. 图示时刻质点M的速度为零 D. 甲波传播速度v1比乙波的传播速度v2大 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．质点M是两列波的波峰或波谷相遇点，振动始终加强，速度不为零，故A正确，C错误；‎ B．甲向右传播，由波形平移法知，图示时刻M点正向下运动，再经甲波的周期，M将位于波峰，故B正确；‎ D．波速由介质的性质决定，两列均沿绳传播，同种介质，则波速相等，故D错误。‎ 故选AB。‎ ‎11.甲图中S、N间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表，V为理想交流电压表，矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴匀速转动，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻R，从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的交变电动势随时间变化的图像如图乙所示，忽略线圈、电刷与导线的电阻，以下判断正确的是（ ）‎ A. 电压表的示数为 B. 0.01s时穿过发电机线圈的磁通量最小 C. 保持R的大小不变，P的位置向上移动，电流表读数减小 D. 保持R的大小及P的位置不变，发电机线圈的转速增大一倍，变压器的输入功率将增大到原来的4倍 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电压表显示的是交流电的有效值，故示数为 故A错误；‎ B．0.01s时感应电动势负向最大，此时磁通量变化率最大，磁通量为零，最小，故B正确；‎ C．若P的位置向上移动，匝数比减小，副线圈电压增大，R的大小不变时，电流表读数将增大，故C错误；‎ D．若P的位置不变、R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，根据 电压增大为原来的2倍，则变压器的输入功率将增大到原来的4倍，故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎12.用图示装置可以检测霍尔效应。利用电磁铁产生磁场，电流表检测输入霍尔元件的电流，电压表检测元件输出的电压。已知图中的霍尔元件是半导体，与金属导体不同，它内部形成电流的“载流子”是空穴，空穴可视为能自由移动的带正电的粒子。图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。当开关S1、S2闭合后，电流表A和电流表B、C都有明显示数，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 电表B为电压表，电表C为电流表 B. 接线端4的电势低于接线端2的电势 C. 若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，但大小不变，则电压表的示数将保持不变 D. 若增大R1、增大R2，则电压表示数增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．B表为测量通过霍尔元件的电流，C表测量霍尔电压，故电表B 为电流表，电表C为电压表，故A错误；‎ B．根据安培定则可知，磁场的方向向下，通过霍尔元件的电流由1流向接线端3，电子移动方向与电流的方向相反，由左手定则可知，电子偏向接线端2，所以接线端2的电势低于接线端4的电势，故B正确；‎ C．当调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流方向相反，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，即2、4两接线端的电势高低关系不发生改变，故C正确；‎ D．增大，电磁铁中的电流减小，产生的磁感应强度减小，增大，霍尔元件中的电流减小，所以霍尔电压减小，即电压表示数一定减小，故D错误。故选BC。‎ 二、实验题（本题共2小题）‎ ‎13.图中圆盘可绕过中心垂直于盘面的水平轴转动。圆盘加速转动时，角速度的增加量与对应时间的比值定义为角加速度，用β表示，，我们用测量直线运动加速度的实验装置来完成实验，实验步骤如下。其中打点计时器所接交流电的频率为50Hz，图中A、B、C、D……为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出。‎ ‎①如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；‎ ‎②接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动；‎ ‎③断开电源，经过一段时间，停止转动圆盘和打点，取下纸带，进行测量。‎ ‎（1）用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙所示，圆盘的直径为___________mm；‎ ‎（2）由图丙可知，打下计数点D时，圆盘转动的角速度为_________rad/s（保留两位有效数字）；‎ ‎（3）圆盘转动的角加速度大小为_________rad/s2。（保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】(1). 120.00 (2). 6.5 (3). 10(9.8~10)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]游标卡尺主尺部分读数为‎120mm，游标上是第0格与主尺，精确度为‎0.05mm，故圆盘的直径为 ‎（2）[2]由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小 故 ‎（3）[3]根据匀变速直线运动的推论公式 ‎△x=aT2‎ 可以求出加速度的大小，得 由于 ‎，‎ 故角加速度为 ‎（9.8~10）‎ ‎14.按图甲所示的电路测量一节旧电池的电动势E(约1.5V)和内阻r(约20Ω)，可供选择的器材如下：‎ 两个相同电流表A1、A2（量程0～500μA，内阻约为500Ω），‎ 滑动变阻器R（阻值0～100Ω，额定电流‎1.0A），‎ 定值电阻R1（阻值约为100Ω），‎ 两个相同的电阻箱R2、R3（阻值0～999.9Ω），‎ 开关、导线若干。‎ 由于现有电流表量程偏小，不能满足实验要求，为此，先将电流表改装（扩大量程），然后再按图甲电路进行测量。‎ ‎（1）测量电流表A2的内阻，按图乙电路测量A2的内阻时，必要的操作如下．‎ A．断开S1‎ B．闭合S1、S2‎ C．按图乙连接线路，将滑动变阻器R的滑片调至最左端，R2调至最大 D．断开S2，闭合S3‎ E．调节滑动变阻器R，使A1、A2的指针偏转适中，记录A1的示数I1‎ F．调节R2，使A1的示数为I1，记录R2的值 请按合理顺序排列其余实验步骤（填序号）______‎ ‎（2）将电流表A2（较小量程）改装成电流表A（较大量程），如果(1)中测出A2的内阻为468.0Ω，现用R2将A2改装成量程为20mA的电流表A，应把R2为_______‎ ‎（3）利用电流表A、电阻箱R3，测电池的电动势和内阻。用电流表A、电阻箱R3及开关S按图甲所示电路测电池的电动势和内阻。实验时，改变R3的值，记下电流表A的示数I，得到若干组R3、I的数据，然后通过做出有关物理量的的线性图象，求得电池电动势E和内阻r。‎ a.图中虚线框内为一条直线，其中纵轴为，横轴应为__________；‎ b.已知图中直线纵轴截距为b，斜率为k，改装后电流表A的内阻为RA，则电动势E=____，内阻r=_____纵轴截距的绝对值。‎ ‎【答案】(1). EDF (2). 12 (3). R3 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]等效替代法测电阻的核心是“效果相同”，本题中体现为使A1的示数相同，所以步骤为CBEDFA；‎ ‎（2）[2]改装原理如图所示 电阻需要分担电流 电阻电压 则 ‎（3）[3]由闭合电路欧姆定律得 将此公式变形后即得 故横坐标为，图像的斜率距表示电源电动势，故 解得 解得 ‎【点睛】测电阻的方法有伏安法、半偏法、等效替代法等．电表改装原理可记为“串大并小”．测量电源电动势和内阻始终离不开闭合电路的欧姆定律。‎ 三、计算题（本题共4小题）‎ ‎15.如图所示，一开口向上的气缸固定在水平地面上，质量均为m、横截面积均为S的活塞A、B将缸内气体分成I、II两部分.在活塞A的上方放置一质量为‎2m的物块，整个装置处于平衡状态，此时I、II两部分气体的长度均为l0.已知大气压强与活塞质量的关系为，气体可视为理想气体且温度始终保持不变，不计一切摩擦，气缸足够高.当把活塞A上面的物块取走时，活塞A将向上移动，求系统重新达到平衡状态时，A活塞上升的高度.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】对气体Ⅰ，其初态压强 末态压强为 设末态时Ⅰ气体的长度为l1，可得 ‎，‎ 代入数据解得 ‎．‎ 对Ⅱ气体，其初态压强为 末态压强为 设末态时Ⅱ气体的长度为，可得 代入数据解得 ‎．‎ 故活塞A上升的高度为 得 ‎．‎ ‎16.如图所示是一个透明的玻璃圆柱体的横截面，其半径R=‎20cm，AB是过圆心的一条水平直径.从激光源S发出一条与AB平行的细光束，入射到玻璃圆柱体上，光束到顶部的距离h=‎2.68cm，折射光束恰好过B点，经B点反射后从圆柱体中射出.已知光在真空中的传播速度为c=3×‎108m/s,.‎ ‎ ‎ ‎①求玻璃的折射率；‎ ‎②求此光束从射入圆柱体到射出圆柱体所用的时间.(只考虑一次反射)‎ ‎【答案】① ②‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①光线SC折射后经过B点，光路如图所示，由折射定律有 由几何关系知，‎ 解得 玻璃的折射率为 ‎②根据对称性知CB=BD=2Rcosβ 光在玻璃中传播的速度为 光束从射入圆柱体到射出圆柱体所用的时间为 s ‎17.如图所示，坐标原点O处有一点状的放射源，它向xoy平面内的x轴上方各个方向(包括x轴正方向和负方向)发射带正电的同种粒子，速度大小都是v0，在的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为，其中q与m分别为该种粒子的电荷量和质量；在的区域内分布有垂直xOy平面的匀强磁场.ab为一块很大的平面感光板，放置于y=2d处，观察发现此时恰好没有粒子打到ab板上.(不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用)‎ ‎(1)求粒子刚进入磁场时的速率；‎ ‎(2)求磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)将ab板平移到距x轴最远什么位置时所有粒子均能打到板上？‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据动能定理得 可得刚进入磁场时的速率 ‎（2）根据（1）可知，对于沿x轴正方向射出的粒子，其进入磁场时与x轴正方向的夹角 其在电场中沿x轴正方向的位移 若沿x轴正方向输出的粒子不能打到ab板上，则所有粒子均不能打到ab板上，因此沿x轴正方向射出的粒子在磁场中运动的轨迹与ab板相切，如图甲所示：‎ 由几何关系可知 可得粒子做圆周运动的半径 洛伦兹力提供向心力 可得 ‎（3）若沿x轴负方向射出的粒子能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上，临界情况就是沿x轴负方向射出的粒子在磁场中运动的轨迹恰好与ab板相切.如图乙所示：‎ 由图可知，此时磁场宽度为 即当ab板位于的位置时，恰好所有粒子均能打到板上.‎ ‎18.如图所示，光滑曲面与光滑水平导轨MN相切，导轨右端N处于水平传送带理想连接，传送带长度L=‎4m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=‎4.0m/s运动．滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，B、C与细绳、弹簧一起静止在导轨MN上.一可视为质点的滑块A从h=‎0.2m高处由静止滑下，已知滑块A、B、C质量均为m=‎2.0kg，滑块A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短．因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离.滑块C脱离弹簧后以速度vC=‎2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点．已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取‎10m/s2.‎ ‎(1)求滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；‎ ‎(2)求滑块B、C与细绳相连时弹簧的弹性势能EP；‎ ‎(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？‎ ‎【答案】(1) ‎4.0m/s (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）滑块C滑上传送带到速度达到传送带的速度v=‎4m/s所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x，有 代入数据可得 滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为v=‎4.0m/s ‎（2）设A、B碰撞前A的速度为v0，A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，有 A、B碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒 代入数据可解得 ‎（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v.设A与B碰撞后的速度为，分离后A与B的速度为，滑块C的速度为，C在传送带上做匀减速运动的末速度为v=‎4m/s，加速度大小为‎2m/s2，有 解得 以向右为正方向，A、B碰撞过程 弹簧伸开过程 代入数据解得 m/s．‎