【文档说明】湖北省荆州市公安县第三中学2023-2024学年高三上学期入学考试物理试题+含答案.docx，共(25)页，1.569 MB，由小赞的店铺上传

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公安县第三中学2023-2024学年入学考试高三物理第I卷（选择题）一、单选题1．关于分子动理论，下列说法中正确的是（）A．布朗运动是指液体或气体分子的无规则运动B．气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加C．当分子间距离r>r0时，随若r的增大，分子间的斥力减小，引力增大D．当分子间距离

r＜r0时，分子势能随着r的减小而增大2．2023年正月十三至正月二十二，已有上千年历史的涿州市元宵灯会上以三国文化为主题的各类霓虹灯悉数登场，多姿多彩的霓虹灯使人们在红红火火的元宵花灯节上感受着浓浓的新春气息．霓虹灯

发光原理是不同气体原子从高能级向低能级跃迁时发出能量各异的光子而呈现五颜六色，如图所示为氢原子能级图，氢原子处于n=5能级上，已知可见光的光子能量范围为1.62~3.11eV，则下列说法正确的是（）A．一群处于n=

5能级的氢原子向低能级跃迁时，最多产生6种谱线B．氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁过程中发出的光为不可见光C．一群氢原子从n=5能级向n=1能级跃迁过程中，发出的光中有5种频率的光能使逸出功为2.85eV的金属发生光电效应D．氢原子从n

=5能级向n=1能级跃迁过程中发出光的波长最长3．挂灯笼的习俗起源于1800多年前的西汉时期，已成为中国人喜庆的象征。如图所示，由五根等长的轻质细绳悬挂起四个质量相等的灯笼，中间的细绳是水平的，另外四根细绳与水平面所成的角分别1和2。下列关系式中

正确的是（）A．12tanOAmgT=B．2sinABmgT=C．12tanBCTmg=D．12sin2sin=4．一定质量的理想气体，从状态A经B、C变化到状态D的状态变化过程pV−图像如图所示，AB与横轴平行，BC与纵轴平行，ODC

在同一直线上。已知A状态温度为400K，从A状态至B状态气体吸收了320J的热量，下列说法正确的是（）A．D状态的温度为225KB．A状态的内能大于C状态的内能C．从A状态到B状态的过程中，气体内能增

加了240JD．从B状态到C状态的过程中，器壁单位面积在单位时间内受到撞击的分子数增加5．2023年4月14日我国首颗综合性太阳探测卫星“夸父一号”准实时观测部分数据完成了国内外无差别开放，实现了数据共享，体现了大国担当。如图所示，“夸父一号”

卫星和另一颗卫星分别沿圆轨道、椭圆轨道绕地球逆时针运动，圆的半径与椭圆的半长轴相等，两轨道相交于A、B两点，某时刻两卫星与地球在同一直线上，下列说法中不正确的是（）A．两卫星在图示位置的速度12vvB．两卫

星在A处的加速度大小相等C．两颗卫星在A或B点处不可能相遇D．两颗卫星的运动周期相等6．如图所示，在等边三角形的A、B、C三个顶点上分别固定着三个带电量相等的点电荷，其中A处点电荷带负电，B、C处点电荷均带正电。D为AB边的中点，E、F在AB边上且EDFD=，P为BC边

的中点，M、N在BC边上且MPNP=。下列说法正确的是（）A．M、N两点的电场强度相同B．E点的电场强度大于F点的电场强度C．负电荷在M点具有的电势能比在N点具有的电势能大D．负电荷在E点具有的电势能比在F点具有的电势能大7．如图所示，高度为h的薄圆

筒，某次工作时将筒由水面上方开口向下吊放至深度为80mH=的水下，已知水的密度为321.010kg/m=，重力加速度210m/sg=，大气压强为501.010Pap=，桶内空气可视为理想气体且h远小

于H，忽略筒内气体温度的变化和水的密度随深度的变化，保持H不变，用气泵将空气压入筒内，使筒内的水全部排出，则压入气体的质量与筒内原气体质量的比值约为（）A．8B．7C．6D．58．甲、乙两物体由同一位置出发沿一直线运动，其速度－时间图像如图所示，下列说法正确的是（）A．甲做匀速直线运动，乙做匀变速

直线运动B．2s后，甲、乙两物体的速度方向相反C．乙在6s内运动的加速度方向都是正方向D．两物体两次相遇的时刻分别是在2s末和6s末二、多选题9．理发店里用的某型号大功率电吹风电路图如图所示，A、B、C、D为四个固定触点。转换开关为可动的扇形金属触片，可

同时接触两个触点，触片处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种状态该电吹风插头接在220V的交流电插座上，吹热风时输入功率为1200W，吹冷风时输入功率为100W。小风扇额定电压为50V，输出功率为92W。则（）A．触片位于BC之间时吹冷风B．小风扇

的内阻是25C．吹冷风时通过插头的电流为2AD．变压器原、副线圈的匝数比为22:510．电阻为R=1Ω的金属圆环，放在匀强磁场中，磁场与圆环所在平面垂直，如图所示，磁场对圆环的磁通量随时间的变化关系如图所示，则（）A．第1s内感应电流方向于第2

s内感应电流方向相反B．第1s内通过金属环横截面的电量为1CC．第1s末到第3s末平均电动势为2VD．在两个周期的时间内金属环中产生的热量为16J11．超声波加湿器利用水槽底部雾化器模块将电能转换成机械能，高频电信号由图甲电路产生，通过压电陶瓷转换成同频率的高频声信号，发出超声

波。两列超声波信号叠加后，会出现振动加强点，图乙为某时刻两列超声波在水中传播的波形图，(1.5,0)(0.5,0)MN−、分别为两列波的前端，已知声波在水中传播的速度为1500m/s。下列说法正确的是（）A．该超声波加湿器所发出的超声波

信号频率为1500HzB．两列波传播稳定后，坐标原点O的振幅是2mmC．沿x轴上的M、N两点间（包括M、N两点），振动加强点的位置有4个D．拔出图甲线圈中的铁芯，沿x轴上的M、N两点间振动加强点的个数减少12．如图，在水平地面上

固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E，方向沿斜面向下的匀强电场中．一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态．一质量为m，带电量为q（q>0）的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触后粘在一起不分离且无没

有机械能损失，物体刚好返回到s0段中点，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g，则（）A．滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间为012sinmstqEmg=+B．滑块运动过程中的最大动能等于

0sin(sin)mgmgqEsk++C．弹簧的最大弹性势能为()0sinmgqEs+D．运动过程物体和弹簧系统机械能和电势能始终总和一直保持不变第II卷（非选择题）三、实验题13．某同学用如图a所示装置探究加速度与质量的关系。图中小

车及砝码A的质量用M表示，托盘及钩码B的质量用m表示，交流电源的频率为50Hz，当地重力加速度g取10m/s2，实验中该同学取托盘及钩码B的重力mg作为小车所受的合力。（1）实验中，下列说法正确的是。A．每次在小车上加减砝码时，需再重新补偿阻力B．实验中M应远大于mC．实验时应先释放小车

后接通电源D．小车加速度可用mgaM=计算（2）某次实验得到的纸带如图b所示，图中相邻计数点之间还有4个点未画出，由该纸带可求得小车的加速度大小为a=m/s2。（结果保留2位有效数字）（3）该同学增减砝码以改变小车的质量M，可得到小车的加速度大小a与对应质量M的数据。画出1

aM−图线如图c所示，由图中数据可求得托盘及钩码B的总质量为kg。14．某同学为了测量电流表G的内阻和一段电阻丝AB的电阻率，设计了如图甲所示的电路。已知滑片P与电阻丝有良好的接触，其他连接导线电阻不计。除了一段粗细均匀的电阻丝AB（总长度L总=60cm）外，还有以下器材：A

．待测电流表G（量程为60mA，内阻Rg）B．定值电阻R1=20ΩC．定值电阻R2=200ΩD．电源E（电动势为6V，内阻不计）E.毫米刻度尺F.开关S，导线若干（1）先用多用电表粗测电阻丝的总电阻，选择开关“×10”，进行正确操作后，指针

的位置如图乙，则金属丝的电阻为Ω；（2）为了减小实验误差，定值电阻应选择（选填“R1”或“R2”）；（3）按照电路图，在图丙中用笔画线代替导线连接完整电路；（4）闭合开关S，调节滑片P的位置，测出电阻丝AP的长度L和电

流表的读数I；改变P的位置，测得多组L与I的值；（5）根据测出的I的值，将出1I的值，并在坐标纸上描出各数据点（L，1I），根据这些数据点作出1LI−的图像；（6）若电源的电动势为E、定值电阻为R，金属

丝的直径为d。1LI−的图像的纵截距为b，斜率为k，利用上述物理量表示电流表内阻Rg=，金属丝的电阻率为。四、解答题15．超强超短光脉冲产生方法曾获诺贝尔物理学奖，其中用到的一种脉冲激光展宽器截面如图所示。在空气中对称放置四个相同的直角三棱镜，顶角为。一细束脉冲激光垂直第一个棱镜左

侧面入射，经过前两个棱镜后分为平行的光束，再经过后两个棱镜重新合成为一束，此时不同频率的光前后分开，完成脉冲展宽。已知相邻两棱镜斜面间的距离100.0mmd=，脉冲激光中包含两种频率的光，它们在棱镜中的折射率分别为12n=和2314n=。取3sin375=，4cos375=

，51.8907=。（1）为使两种频率的光都能从左侧第一个棱镜斜面射出，求的取值范围；（2）若37=，求两种频率的光通过整个展宽器的过程中，在空气中的路程差L（保留3位有效数字）。16．风洞是研究空气动力学的重要设备。如图所示，两水平虚线间为风洞区域，高H=0.8m，

若物体进入该区域将受到恒定的水平风力作用。现从风洞区域下边界上的O点将一质量为m=0.1kg的小球以初速度v0=5m/s竖直向上抛出，小球最后落在风洞区域下边界的P点，OP=2m。若不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，求小球从O点抛出到落回P点的过程中：（1）在风洞内、外运动的时间之比；

（2）风洞中风力F的大小。17．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量

为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上3yh=处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x=2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向从磁场边界的Q点（图中未画出）射出磁场。不计粒子重力。求（1）电场强度大小E；（2）Q点的位置坐标；（3）粒子从进入电场到离开磁场经历

的总时间t。18．如图所示，水平地面上有一个质量为3kgM=、左端带有固定挡板的长木板A，其上表面O点左侧光滑、右侧粗糙，O点距右端的距离18ml=，距左端挡板的距离24ml=，下表面与地面间的动摩擦因数为10.2=。长木板右端放置一个可视为

质点的小滑块B，其质量为1kgm=，B与木板间的动摩擦因数20.1=，初始时滑块和长木板均静止。现给长木板A大小为08m/sv=、水平向右的初速度；当B相对于长木板滑至O点时，给长木板施加一水平向右、大小为14NF=的恒力。经过一段时间，滑块与挡板发生第一次弹性碰撞；此后的运动过程

中，滑块B与挡板发生多次弹性碰撞，所有碰撞过程时间极短可以忽略。g取210m/s。求：（1）从开始运动到滑块相对于长木板向左滑至O点的过程中，长木板A的位移；（2）滑块B与挡板发生第一次碰撞后的瞬间，长木板A和滑块B的速度大小；（3）滑块B与挡板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前的时间

间隔；（4）滑块B与挡板发生第n次碰撞前拉力F的总功。参考答案：1．D。【详解】A．布朗运动指悬浮在液体中的颗粒所做的无规则运动的运动，不是分子的运动，故A错误；B．温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，温度升高，平均动能增大

，物体内每个分子的动能不一定增大，故B错误；C．根据分子力的特点可知，随着r的增大，分子间的斥力减小，引力也减小，故C错误；D．分子势能在平衡距离处最小，从平衡距离处开始增大或减小分子间距离，分子势能都增大，故D

正确。故选D。2．C。【详解】A．一群处于n=5能级的氢原子向低能级跃迁时，最多产生的谱线为2510C=种，选项A错误；B．从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出光子的能量为1.89eV，又可见光的光子能量范围为1.62~3.11eV，则该光属于可见光，选项B错误；C．一群氢原子从n=5能级向n=

1能级跃迁过程中，能使逸出功为2.85eV的金属发生光电效应的跃迁对应于五种跃迁：5→1，对应光子能量13.06eV；5→2，对应光子能量2.86eV；4→1，对应光子能量12.75eV；3→1，对应光子能量12.09eV；2

→1，对应光子能量10.2eV；选项C正确；D．氢原子从n=5能级向n=1能级跃迁过程中能级差最大，发出光的频率最大，波长最短，选项D错误。故选C。3．B。【详解】B．由五根等长的轻质细绳悬挂起四个质量相等的灯笼，两边受

力对称，对B点受力分析有2cosABBCTT=2sinABTmg=解得2sinABmgT=，2tanBCmgT=故B正确；ACD．对A受力分析，由平衡条件有12coscosOAABTT=12sinsinOAABTmgT=+联立各式解得12sin

OAmgT=，1122cossincosABmgT=，12tan2tanθθ=，12tanBCmgT=故ACD错误；故选B。4．AC。【详解】A．由题图可得50.2103Pa4Dp=根据AADDADpVpVTT=可解得225KDT=

故A正确；B．根据pVCT=可知，由于AC两态的pV乘积相等，则两状态的温度相同，所以A状态的内能等于C状态的内能，故B错误；C．从A状态到B状态的过程中，气体吸收了320J的热量，同时气体对外做功，因pV−图像的面积等于功，可得530.41021080JABW−=−=−

根据热力学第一定律可得320J80J240JUQW=+=−=气体内能增加了240J，故C正确；D．由图知，从B状态到C状态的过程中，气体的体积不变，压强减小，根据压强的微观解释，可知器壁单位面积在单位时间内受到撞击的分子数减小，故D

错误。故选AC。5．A。【详解】A．2v为椭圆轨道的远地点，速度比较小，1v表示匀速圆周运动的速度，故12vv，故A错误；B．两卫星在A点，所受万有引力提供向心力，即2MmGmar=，解得2GMar=，故加速度大小相同，故B正确；CD

．椭圆的半长轴与圆轨道的半径相同，根据开普勒第三定律可知，两卫星的运动周期相等，则不会相遇，故CD正确。本题选错误的，故选A。6．BD。【详解】A．B、C处的正电荷在M、N两点的场强等大、反向，再叠加上A处的负电荷产生的场强，由对称性可知，M

、N两点的电场强度大小相等，方向不同，A错误；B．A、B处的两个点电荷在E、F两点产生的场强大小相等，方向均由B指向A，C处正点电荷在E、F处产生的场强大小也相等，方向由C指向E和F，由平行四边形定则可知，E点两部分场强夹角较小，F点两部分场强夹角较大，故

E点的合场强大于F点的合场强，B正确；C．A、B、C三处的点电荷在M、N点叠加的电势相等，所以负电荷在M、N点具有的电势能相等，C错误；D．离负电荷越近电势越低，离正电荷越近电势越高，所以E点电势低于F点电势，负电荷在E点具有的电势能比在F点具有的电势能大，D正确。故选BD。7．

A。【详解】设在80mH=的水下桶内气体占据空间的长度为L，压强为1p，根据平衡条件可得1009ppgHp=+=根据玻意耳定律有01pShpSL=解得9hL=h远小于H，所以增加气体后，压强不变，温度不变，增加的气体的体积为18()9ShVhLS=−=原来气体的体积为09ShVLS==压入气体的

质量与筒内原气体质量的比值约为108VV=故选A。8．D。【详解】AC．甲做匀速直线运动；乙物体前2s做匀加速直线运动，加速度为正方向，后4s做匀减速直线运动，加速度为负方向，所以乙物体全程不是匀变速直线运动，故AC错误。B

．由于在速度－时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；所以2s后甲乙两物体的速度方向相同，故B错误。D．甲、乙两物体由同一位置出发；在速度－时间图象中图象与坐标轴围成面

积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负；所以前2s内乙的三角形面积等于甲的正方形面积，即位移相同，此时两车相遇；前6s内甲车的矩形面积等于乙车三角形的面积，此时又相遇，即两物体两次相遇的时刻分别是在2s末和6s末，故D正确。故选D

。9．AD。【详解】A．由图示电路图可知，触片P若同时接触两个触点BC，电热丝没有连入电路，所以吹冷风，故A正确：BCD．变压器的原线圈、副线圈的匝数比为112222022505nUnU===，吹冷风时只有小风扇工作，

流过小风扇的电流为22100A2A50PIU===入，由1221InIn=，解得15A11I=，所以吹冷风时经过插头的电流为5A11，小风扇的热功率为100W92W8WP=−=热，又因为22RIR=热解得2ΩR=故BC错误，

D正确。故选AD。10．AD。【详解】根据楞次定律可知，第1s内磁通量在增加，而第2s内磁通量在减小，而磁场方向不变，则感应电流方向必相反，故A正确；根据电量的综合表达式221QCCR===，故B错误；由法拉第电磁感应定律，则有：第1s末到第3s末平均电动势为2

12EVVt===，故C错误；根据焦耳定律，在一个周期内的热量Q=I2R•23T=(21)2×1×2=8J，那么在两个周期的时间内金属环中产生的热量为16J，故D正确；故选AD．11．C。【详解】A．由图乙可知，两列波的波长1cm=15

0000Hzvf==故A错误；B．坐标原点O到M、N两点的距离差1cmx=是两列波波长的1倍，所以是振动减弱点，故B错误；C．M、N两点间任意一点到两点间的距离差是半波长的奇数倍的位置都是振动加强点，即(1.5)(0.5)(21)2xxn+−

−=+解得在M、N两点间有(1.25,0)(0.75,0)(0.25,0)(0.25,0)−−−、、、四点，故C正确；D．拔出铁芯后自感系数减小，振荡周期2TLC=减小，波长vT=变小，沿x轴上的M、N

两点间振动加强点的个数增多，故D错误。故选C。12．AD。【详解】A．根据牛顿第二定律sinqEmgma+=又20112sat=联立解得012sinmstqEmg=+故A正确；B．当滑块的加速度为零时，速度最大、动能最大，即sinkxqEmg=+根据动能定理可得()()0

kmsin0qEmgxsWE++−=−弹故B错误；C．当滑块的速度减为零，弹簧被压缩至最短时弹性势能最大，设此时弹簧的形变量为0x，根据能量守恒可求最大的弹性势能()()pm00sinEqEmgsx=++所以C错误；D．在物体运动的过程中有重力、弹力、电场力做功，故物体和弹簧系

统机械能和电势能始终总和一直保持不变，所以D正确。故选AD。考点：本题考查牛顿运动定律、能量守恒13．B0.500.2【详解】（1）[1]A．平衡摩擦力，假设木板倾角为，则有sincosfmgmg=

=m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力，故A错误；B．为了保证钩码的重力等于细绳的拉力，钩码的质量m应远小于小车和砝码的质量M，故B正确；C．实验时应先接通电源后释放小车，故C错误；D．小车的加速度应该根据打点计时器打

出的纸带应用匀变速运动规律求出，不能用mgaM=计算，故D错误。故选B；（2）[2]根据2xaT=可得2222(2.012.502.99)(0.511.011.49)10m/s0.50m/s0.09xaT−++−++===（3）

[3]由牛顿第二定律mgMa=解得1amgM=所以1aM−图像的斜率为mg，由图可知0.80.4mg=解得0.2kgm=14．220R1bER−214dEk【详解】（1）[1]由图读出，电阻为2210Ω220Ω=（2）[2]为减小实验误差，应使电路中的电流变化尽量较大，则应使电

路总电阻较小，故定值电阻选择R1。（3）[3]根据图甲，连线如下（6）[4][5]根据闭合电路欧姆定律g()xLEIRRRL=++总整理得g1xRRRLIEEL+=+总故gRRbE+=xRkEL=总解得gRbER=−xRkEL=总根据电阻定律21()2xLRd

=总解得21=4dEk15．（1）045（或45）；（2）Δ14.4mmL=【详解】（1）由几何关系可得，光线在第一个三梭镜右侧斜面上的入射角等于，要使得两种频率的光都从左侧第一个棱镜斜面射出，则需要比两种频率光线的全反射角都小，设C是全反射的临界角，

根据折射定律得1sinCn=①折射率越大，临界角越小，代入较大的折射率得min45C=②所以顶角的范围为045（或45）③（2）脉冲激光从第一个三棱镜右侧斜面射出时发生折射，设折射角分别为1和2，由折射定律得11sin

sinn=④22sinsinn=⑤设两束光在前两个三棱镜斜面之间的路程分别为1L和2L，则11cosdL=⑥22cosdL=⑦()12Δ2LLI=−⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据得Δ14.4mmL=⑨16．（1）2

3；（2）1N【详解】（1）竖直方向只受重力，做竖直上抛运动，竖直向上位移为H时，用时为2t，则有202212Hvtgt=−解得20.2st=或20.8st=所以0.2s到0.8s内小球在风洞外，风洞外的时间为0.8s0.2s0

.6st=−=从O到P所用时间为021svtg==则小球在风洞内的时间为0.4sttt=−=则小球在风洞内、外运动的时间之比为0.420.63tt==（2）0~0.2s内，水平方向位移为21112x

at=，10.2st=又Fma=0.2~0.8s内在洞外，水平方向做匀速直线运动，则有213xatt=，30.6stt==0.8~1s内在洞内，则有2314412xattat=+，41s0.8s0.2st=−=又123

2mxxx++=联立解得1NF=17．（1）2032mvqh；（2）（032mvhBq−，03mvBq−）；（3）0223hmvBq+【详解】（1）设粒子在电场中做平抛运动的时间为t1，根据运动学规律有2h=v0t1①21132Eqhtm=②联立①②解得20

32mvEqh=③（2）设粒子在P点的竖直分速度大小为vy，根据运动学规律有132yvht=④设粒子在P点的速度v与水平方向夹角为θ，根据速度的合成与分解有0tanyvv=⑤联立①④⑤解得θ=60°⑥所以002cosvvv==⑦设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，

根据牛顿第二定律有2vqvBmr=⑧解得02mvmvrBqBq==⑨根据几何关系可得Q点的横、纵坐标分别为032sin2mvxhrhBq=−=−⑩03(cos)mvyrrBq=−+=−⑪即Q点的位置坐标为（

032mvhBq−，03mvBq−）。（3）根据①式可得102htv=⑫粒子在磁场中运动的周期为2πmTBq=⑬根据几何关系可知粒子在磁场中转过的圆心角为120°，所以粒子在磁场中运动的时间为212023603mtTBq==

π⑭粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间为120223hmtttvBq=+=+π⑮18．（1）10m；（2）4m/s，8m/s；（3）4s；（4）()216856JWnn=−【详解】（1）根据牛顿第二定律，对A121()Mmg

mgMa++=对B22mgma=解得213m/sa=221m/sa=设经时间t，B滑至O点，根据位移时间公式，有2201211122vtatatl−−=解得10mAx=2s=t（2）B滑至O点时，根据速度时间公式，有01Av

vat=−2Bvat=解得2m/sAv=2m/sBv=此后，对A木板，根据牛顿第二定律1()FMmgMa−+=解得22m/sa=设经时间Δt滑块B与挡板发生第一次碰撞，位移关系为2AOBOxxl=+221ΔΔΔ2ABvtatvtl+=+解得Δ2st

=8mAOx=第一次碰撞前，根据速度时间公式，有1ΔAAvvat=+1BBvv=解得16m/sAv=12m/sBv=第一次碰撞过程中，满足动量守恒和机械能守恒1111ABABMvmvMvmv+=+22221111

11112222ABABMvmvMvmv+=+解得14m/sAv=18m/sBv=（3）设第一次碰撞后经ΔtA、B速度相同，即11ΔABvatv+=解得Δ2st=B离挡板最远距离21121ΔΔΔ4m2BAdvtvtatl=

−+==所以，B刚好滑至O点，此后B一直在光滑区域运动。设第一次碰撞后经时间1t，滑块B与挡板发生第二次碰撞，21111112ABvtatvt+=解得14s=t（4）施加力F后，B物体运动始终在光滑区域，第二次碰撞前，根据速度时间公式，有211AAvvat=+2

1BBvv=解得212m/sAv=28m/sBv=第二次碰撞过程中，满足动量守恒和机械能守恒2222ABABMvmvMvmv+=+2222222211112222ABABMvmvMvmv+=+解得210m/sAv=214m/sBv=同理，再经

时间24st=滑块B与挡板发生第三次碰撞，第三次碰撞前，有318m/sAv=314m/sBv=……设滑块B与挡板第n1−次碰撞到第n次碰撞的时间间隔为1nt−，有(1)(1)AnBnxx−−=12214snntttt−−=====第n次碰撞前(1)16AnAnn

vvatn−−=+=(1)64BnBnvvn−==−第n次碰撞过程中AnBnAnBnMvmvMvmv+=+222211112222AnBnAnBnMvmvMvmv+=+可得()1622AnAnBnvvvn=+=−316222BnAnBnvvvn=−=+F作用

后A的总位移，012(1)=AAAAnAxxxxx−++++总012(1)ABBBnxxxx−=++++01122(1)1ABBBnnxvtvtvt−−=++++4[8(64)](1)82nnm+−−=+()2

124mnn=−滑块B与挡板发生第n次碰撞前拉力F的总功()2A165J=86WFxnn=−总获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com