【開學摸底考】2024-2025學年春季期高二物理（新高考通用卷）（原卷+答案+答題卡）-試卷下載-教習網(wǎng)

物理
注意事項：
1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。
2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如
需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫
在本試卷上無效。
3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回
一、選擇題：本題共 12 小題，共 40 分。在每小題給出的四個選項中，第 1~8 題只有一項符合題目要求，
每小題 3 分，第 9~12 題有多項符合題目要求。全部選對的得 4 分，選對但不全的得 2 分，有選錯或不
答的得 0 分。
1．如圖所示，AB、BC、AC 是等長的絕緣細棒，構成彼此絕緣的等邊三角形，AB、BC 棒上均勻分布著負
電荷，AC 棒上均勻分布著正電荷。已知 AB、BC 兩細棒單位長度分布電荷量的絕對值相等且是 AC 的兩倍，
AB 棒在三角形中心 O 產(chǎn)生的電場強度大小為 E，取無限遠處為電勢零點，AB 棒在 O 點產(chǎn)生的電勢為?φ。
關于三根細棒在 O 點所產(chǎn)生的電場強度和電勢，下列說法正確的是（
）
A．O 點電場強度為零，電勢為零
B．O 點電場強度大小為 2E，方向沿 OB 指向 O；電勢為?φ
C．O 點電場強度大小為 1.5E，方向沿 OB 指向 B；電勢為?1.5φ
D．O 點電場強度大小為
【答案】C
，方向沿 OB 指向 B；電勢為φ
【解析】由場強疊加和對稱性可知 AB 棒在三角形中心 O 點形成的電場強度方向垂直且指向 AB、BC 在 O
120°，合場
點形成的電場強度方向垂直且指向 BC，大小也為 E，根據(jù)幾何關系，兩電場強度方向的夾角為
強方向指向 B，大小為 E；AC 形成電場強度的大小為 0.5E，方向也指向 B，所以合成結果為場強大小為 1.5E，
方向指向 B，電勢是標量，無方向，所以 O 點電勢為
1 / 20

故選 C。
2．圖示是“研究影響平行板電容器電容大小的因素”實驗，保持電荷量不變，則下列說法正確的是（
）
A．甲圖中減小極板間的正對面積，極板間的電勢差減小
B．乙圖中增大極板間距，極板間電場強度增大
C．在丙圖中在極板間插入電介質(zhì)，電容器的電容變小
D．乙圖中增大極板間距，電容器儲存能量增大
【答案】D
【解析】A．保持電荷量不變，減小極板間的正對面積，由平行板電容器決定式
A 錯誤；
電容 C 變小，由
可知，電壓 U 變大，故
B．保持電荷量不變，增大極板間距，由平行板電容器決定式
電容 C 變小，由
極板間的電
場強度可表示為
場強與 d 無關，場強不變，故
B 錯誤；
C．在極板間插入電介質(zhì),由平行板電容器決定式
變大，故 C 錯誤；
，
變大，
D．保持電荷量不變，增大極板間距，由平行板電容器決定式
可知電容 C 變小，根據(jù)電容器儲能
公式
電容器儲存能量增大，故 D 正確。
故選 D。
3．如圖所示為用同種材料制作的三個電阻，其中甲、丙橫截面積相同，但甲的長度是丙的兩倍，甲、乙長
度相同，但甲的橫截面積是乙的兩倍，已知甲的電阻為R，現(xiàn)把三個電阻串聯(lián)起來，則串聯(lián)后的總電阻為（
）
2 / 20

A．2R
B．3R
C．3.5R
D．4R
【答案】C
【解析】設甲的長度為 L，橫截面積為 S，電阻率為，則甲的電阻
乙的電阻
丙的電阻
所以把三個電阻串聯(lián)后的總電阻
故選 C。
4．如圖所示，電源內(nèi)阻和燈泡 L 的電阻均恒定不變，D 為理想二極管，
R 、R 為定值電阻，電表均為
1 2
r
R
理想電表。閉合 S 且電路穩(wěn)定后，有一帶電油滴在平行板電容器中處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將滑動變阻器滑片向
上滑動，電表 V 、V 和 A 示數(shù)變化量的絕對值分別為?U 、?U 和?I，則下列說法中正確的是（
）
1
2
1
2
A．燈泡變暗，電流表示數(shù)增大
B．油滴不動
C．
3 / 20

D．
【答案】B
【解析】A．滑動變阻器滑片向上滑動，滑動變阻器接入電路的電阻減小，則總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐
姆定律可得回路總電流增大，燈泡變亮，內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，V1 的示數(shù)減小，燈泡兩端的電壓增
大，V 示數(shù)減小，流過 R 的電流減小，則流過 R 的電流增大，則電流表示數(shù)增大，故 A 錯誤；
2
1
2
B．由于電容器與 V
并聯(lián)，則電容器兩端電壓減小，根據(jù)
2
可知，Q 減小，但由于二極管具有單向?qū)щ娦裕瑒t Q 不變，U 不變，E 不變，所以油滴所受電場力不變，
油滴仍處于靜止狀態(tài)，故 B 正確；
CD．根據(jù)閉合電路歐姆定律可得
所以
由于
所以
，
故 CD 錯誤。
故選 B。
5．舞中幡是中國傳承千年的雜技項目之一，如圖所示，雜技演員用手頂住中幡，將幡從胸口處豎直向上拋
起，時間后在自己的胸口相同位置處開始接幡，并緩慢下蹲，經(jīng) 時間幡到達最低點。已知一根中幡質(zhì)量
為
，重力加速度為，忽略空氣阻力。則（
）
4 / 20

A．幡被拋出時的速度大小為
B．幡被拋出后，僅在最高點時加速度大小為
C．雜技演員接幡過程中，手對幡的沖量大小為
D．雜技演員接幡過程中，手對幡的沖量大小為
【答案】D
【解析】A．幡被拋做豎直上拋運動，由對稱性可得，幡被拋出時的速度大小為
故 A 錯誤；
B．幡被拋出后到被接住的過程中只受重力，其加速度大小一直為，故 B 錯誤；
CD．幡從最高點開始下落到到達最低點，設手對幡的沖量大小為
，取豎直向下為正方向，根據(jù)動量定理
有
求得
故 C 錯誤，D 正確。
故選 D。
6．如圖甲所示為以
O 點為平衡位置，在 A、B 兩點間運動的彈簧振子，圖乙為這個彈簧振子的振動圖像，
由圖可知下列說法中正確的是（
）
5 / 20

A．在 t=0.2s 時，彈簧振子的加速度為正向最大
B．在 =0.1s 與 =0.3s 兩個時刻，彈簧振子的速度不同
t
t
C．從 =0 到 =0.2s 時間內(nèi)，彈簧振子做加速度增大的加速運動
t
t
D．在 t=0.6s 時，彈簧振子有最小的位移
【答案】B
【解析】A．t=0.2s 時，彈簧振子到達正向位移最大位置，此時速度為零，加速度為負向最大，A 錯誤；
B． =0.1s 時，彈簧振子的速度沿正方向， =0.3s 與 =0.1s 彈簧振子經(jīng)過同一位置，兩個時刻的速度大小相
t
t
t
等，方向相反，二者的速度不同，B 正確；
C．
t=0 到 t=0.2s 時間內(nèi)，彈簧振子逐漸遠離平衡位置，彈簧振子的速度減小，加速度增大，故彈簧振子做
加速度增大的減速運動，C 錯誤；
D． t=0.6s 時，彈簧振子具有負向最大位移，D 錯誤。
故選 B。
7．水袖是中國古典舞中用于情感表達和抒發(fā)的常用技巧，舞者的手的規(guī)律振動會傳導至袖子上，給人一種
“行云流水”的美感。如圖（a）所示，一列簡諧橫波沿
軸方向傳播，實線和虛線分別為
時刻和時
的兩質(zhì)點。圖（b）為質(zhì)點的振動圖像，
刻的波形圖，且
，
、
分別是平衡位置為
和
下列說法正確的是（
）
A．
B．
時刻的振動方向沿軸正方向
時刻的加速度最小
C．
6 / 20

D．
到
內(nèi)，
、
運動的路程相等
【答案】A
【解析】A．由振動圖像可知，質(zhì)點 Q 在時刻正在沿 y 軸負方向運動，由此可得，簡諧波沿 x 軸負方向傳
時刻的振動方向沿軸正方向，故
A 正確；
播，因此
在
B．
處于波峰，此時 Q 的加速度最大，故 B 錯誤；
時刻質(zhì)點
C．由題圖可知波長
，周期
。可得
故 C 錯誤；
D．
當
到
內(nèi)，運動的路程
，在第一個時間內(nèi)，
沿
軸正方向運動到波峰，又沿軸負方向回到原位置，路程
則
到內(nèi)的路程
運動的路程不相等，故 D 錯誤。
可知
故選 A。
8．如圖所示，水下光源 S 向水面
、
A 點發(fā)射一束光線，折射光線分成 a、b
兩束，則（
）
A．若保持入射點
A 位置不變，將入射光線順時針旋轉(zhuǎn)，則從水面上方觀察，a 光先消失
B．在真空中，b 光波長比 a 光波長大
C．a(chǎn)、b 兩束光相比較，在真空中的傳播速度 a 光比 b 光大
D．用同一雙縫干涉實驗裝置做實驗，a 光的干涉條紋間距大于 b 光的條紋間距
【答案】D
7 / 20

【解析】A．兩光束的入射角相同，折射角
，根據(jù)折射定律
可得折射率
由公式
先達到
分析得知，光的臨界角較小，將入射光線順時針旋轉(zhuǎn)，則從水面上方觀察，光的折射角
A 錯誤；
，發(fā)生全反射，最先消失。故
B．根據(jù)折射角
，故 B 錯誤；
，有頻率
，波長
C．在真空中兩束光的傳播速度相同，均為光速 c，故 C 錯誤；
D．根據(jù)公式
故選 D。
光的條紋間距，故 D 正確。
知，因為光的波長長，所以光的干涉條紋間距大于
9．我國特高壓輸電技術全球領先，如圖甲所示，高壓輸電線上有
a、b、c 三根相互平行的水平長直導線通
有大小相等且方向相同的電流 I。
、
、
為導線 a、b、c 上同一豎直截面內(nèi)的三個點，連接三點構成的
三角形為等腰直角三角形（
），且與三根導線均垂直，O 為連線的中點。逆著電流方向觀察得
到如圖乙所示的截面圖。已知單獨一根通電導線 a 在 O 處產(chǎn)生的磁感應強度大小為 B，不計地磁場的影響，
則（
）
A．導線
b 受到的安培力方向豎直向下
B．O 點的磁感應強度方向是從 O 指向
C．O 點的磁感應強度大小為 3B
D．穿過截面
【答案】AB
【解析】ABC．如圖所示
的磁通量不為零
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導線 b 的合磁場強度水平向左，根據(jù)左手定則可知導線 b 受到的安培力方向豎直向下；由題意可知，通電
導線 a、b、c 在 O 處產(chǎn)生的磁感應強度大小均為 B，方向分別為豎直向上、水平向右、豎直向下，根據(jù)磁
場強度的疊加原理可知，O 點的磁感應強度大小為 B，方向從 O 指向，故
D．根據(jù)右手螺旋定則可知，a、b、c 三根直線導線電流產(chǎn)生的磁場與截面
磁通量為零，故 D 錯誤。
AB 正確，C 錯誤；
均平行，則穿過截面
的
故選 AB。
10．將如圖所示，在沿水平方向的勻強電場中有一固定點
O，用一根長度為 l 的絕緣細線把質(zhì)量為 m、帶電
量為 q 的金屬小球懸掛在 O 點。小球靜止在 B 點時，細線與豎直方向的夾角為θ=37°。重力加速度為 g，sin37
°=0.6，cs37°=0.8?，F(xiàn)將小球拉至位置 A 使細線水平后由靜止釋放，以下說法中正確的是（
）
A．小球帶負電
B．從
C．從
A 到最低點 C 的過程中小球的速度一直增大
A 到最低點 C 的過程中小球的向心力大小先增大后減小
D．若在
A 點給一個初速度，小球可以做完整的圓周運動，則速度最大值出現(xiàn)在 B 點
【答案】CD
【解析】A．小球靜止在 B 點，受到豎直向下的重力、斜向左上方的拉力，由平衡條件可知小球應受到水平
向右的電場力，所以小球帶正電，故 A 錯誤；
BC．由題意可知，B
A
C
點為等效最低點，所以從到最低點的過程中小球的速度先增大后減小，根據(jù)向心
力公式
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可知此過程小球的向心力大小先增大后減小，故 B 錯誤，C 正確；
D．由題意可知，B
出現(xiàn)在 B 點，速度最小值出現(xiàn)在
故選 CD。
點為等效最低點，若在 A 點給一個初速度，小球可以做完整的圓周運動，則速度最大值
BO 延長線與圓周的交點處，故 D 正確。
11．如圖甲所示，滑塊 A、B、C 靜止放在光滑的水平面上，滑塊 A、B 的質(zhì)量均為 m，滑塊 B、C 之間用一
質(zhì)量不計的輕彈簧連接，t=0 時刻滑塊 A 獲得一初速度時刻與滑塊 B 碰撞，且粘在
一起（碰撞時間極短），整個運動過程中，滑塊 A、B、C 的速度一時間的部分圖像如圖乙所示。t3 時刻滑塊
沿水平面向右運動，
C 的加速度為零，下列正確的說法是（
）
A．滑塊 C 的質(zhì)量
B．全過程系統(tǒng)損失的機械能為
C．彈簧的最大彈性能為
D．t3 時刻滑塊 A 向左運動
【答案】AC
【解析】A．A、B 碰撞過程由動量守恒有
解得
由圖像可知時刻三者共速，則有
解得
A 正確；
10 / 20

B．只有 A、B 碰撞過程有機械能損失，則有
B 錯誤；
C．三者共速時彈簧彈性勢能最大，由能量守恒定律可得
C 正確；
D．時刻，彈簧為原長，由彈性碰撞可知，滑塊 AB 與 C 交換速度或仍為向右，D 錯誤。
故選 AC。
12．如圖所示，粗糙的水平面上有一半圓形凹槽，凹槽的質(zhì)量為
M，半圓弧的圓心為 O 點，最低點為 A 點，
< 5°），
半徑為 R?，F(xiàn)將一質(zhì)量為 m 的光滑小球從圓弧上的 D 點由靜止釋放，已知 OD 與 OA 的夾角為θ（θ
重力加速度為 g，小球大小可以忽略不計，從 D 點運動到 A 點的過程中，凹槽始終保持靜止。下列說法正
確的是（
）
A．小球從
D 點運動到 A 點過程中，小球和凹槽所組成的系統(tǒng)，機械能守恒，動量也守恒
B．小球到達 A 點時對凹槽的壓力大小為 3mg ? 2mgcsθ
C．小球從
D 點運動到 A 點的時間為
D．小球從
D 點運動到 A 點過程中，水平面摩擦力對凹槽的沖量大小為
【答案】BCD
【解析】A．小球和凹槽所組成的系統(tǒng)，在該過程中，由于地面有靜摩擦力，但靜摩擦未做功，機械能守恒，
動量不守恒，故 A 錯誤；
B．小球從
D 點到 A 點，由機械能守恒定律可得
在 A 點有
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解得
故 B 正確；
C．由單擺的周期可知，小球從
D 點運動到 A 點的時間為
故 C 正確；
D．凹槽始終靜止，水平面摩擦力對凹槽的沖量與小球?qū)Π疾鄣乃經(jīng)_量等大反向，由動量定理可知
故 D 正確。
故選 BCD。
二、實驗題：本題共 2 小題，共 15 分。
13．（7 分）楊同學設計了如圖所示的一個簡易實驗來驗證動量守恒定律，將一個彈射裝置固定在長水平板
上，彈射器的彈簧原長時右端在點。物塊
A 和物塊 B 的質(zhì)量分別為
和
，兩者與長水平板間的動摩擦
因數(shù)相同且較小。先不放物塊 B，用物塊 A 壓縮彈簧右端至 Q 點后由靜止釋放，物塊 A 運動到長水平板上
B 放置在 O 點后，再次用物塊 A 壓縮彈簧右
的 P 點后停下。在長水平板上點右側某處標記點 O，將物塊
端至 Q 點后由靜止釋放，兩物塊發(fā)生對心正碰，最終分別停在 M 點和 N 點。多次重復實驗，確定 P、M、
N 的平均位置，得到 OP、OM、ON 的長度分別為、的長度分別為
。兩物塊體積較小，重力加速度為 g。
、
、
，
、
、
、
(1)在實驗時，物塊 A 和物塊 B 的質(zhì)量應符合
（填“ ”“ ”或“ ”）
。
(2)楊同學需要驗證的關系式為
（從
、
、
、
、
、
、
、
當中選擇你認為
必需的物理量表示）。
(3)將
（填“左移”或“右移”），可以進一步減小實驗的誤差。
O 點的標記位置適當
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【答案】(1)
(2)
(3)左移
【解析】（1）為保證物塊 A 碰撞物塊 B 后一定不反彈，物塊 A 和物塊 B 的質(zhì)量應符合
（2）物塊 A 從點到點，根據(jù)動能定理得
；
得碰撞前物塊 A 到點時速度的大小
同理可得，碰撞后物塊 A 和物塊 B 的速度分別為
，
若動量守恒定律成立，則應滿足
即
（3）將 O 點的標記位置適當左移，碰撞的初速度較大，碰后減速的位移較大，有利于減小測量的偶然誤差。
14．（8 分）(1)在“測定電池的電動勢和內(nèi)阻”實驗中，甲圖為某同學采用的電路以及獲得的電壓與電流的關
V，內(nèi)阻為
Ω。（答案保留三位有效數(shù)字）
系圖像，由此可得該電池的電動勢為
(2)本實驗的誤差來自于電壓表的分流作用，這將導致電動勢的測量值
（選填“偏大”或“偏小”）。
的測量值
(3)為了盡可能減小誤差，該同學用相同的實驗器材又采用了如圖乙的電路接法，獲得的電壓與電流的關系
V，內(nèi)阻為 Ω。
（選填“偏大”或“偏小”），內(nèi)阻
圖像如圖乙所示，結合甲、乙兩次實驗數(shù)據(jù)，可得電池真實的電動勢為
【答案】(1) 1.48 1.97
13 / 20

(2)
(3)
偏小
偏小
1.50
2.00
【解析】（1）[1][2] 根據(jù)閉合電路歐姆定律有
整理可得
則該電池的電動勢為圖線的縱軸截距，即
，內(nèi)阻為圖線的斜率絕對值，即
（2）[1][2]由圖示電路圖可知，由于電壓表的分流作用，通過電源的電流大于電流表示數(shù)，短路電流值準確，
電源 U-I 實驗圖像與真實圖像如圖所示
由圖示圖像可知，電源電動勢的測量值比真實值偏小，電源內(nèi)阻的測量值比真實值偏小。
（3）[1][2]在“測定電源的電動勢和內(nèi)阻”實驗中，甲電路的誤差來源于電壓表的分流，導致電動勢和內(nèi)阻的
測量值都偏小，但短路電流值準確；乙電路的誤差來源于電流表的分壓，導致內(nèi)阻的測量值偏大，但電動
勢測量值準確；故兩實驗綜合分析，可得電動勢的真實值為 1.50V，短路電流的真實值為 0.75A，由此可計
算得到內(nèi)阻為 2.00Ω。
三、計算題：本題共 4 小題，共 45 分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最后
答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。
15．（9 分）如圖所示的電路中，電源電動勢
，內(nèi)阻
，求：
，電動機的電阻
，電阻
。電動機正常工作時，電壓表的示數(shù)
14 / 20

(1)電源的總功率；
(2)電動機的輸出功率。
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）電動機正常工作時，電壓表的示數(shù)
，則電路電流為
電源的總功率為
（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律可得
代入數(shù)據(jù)解得電動機兩端電壓為
則電動機的輸入功率為
電動機的熱功率為
電動機的輸出功率為
= 2.0 × 10?18 kg、電荷量 = 1.0 × 10?12 C 的帶正電的粒子由靜止經(jīng)加速電
16．（10 分）如圖所示，一質(zhì)量 m
q
場加速后，又沿極板中心軸線從 O 點垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側射出打在豎直熒光屏上的 P 點（圖中
未畫出）。O′點是熒光屏的中心，已知加速電場電壓 = 2500 V，偏轉(zhuǎn)電場電壓 U = 100 V，偏轉(zhuǎn)電場極板的
U0
= 6.0 cm，板間距離 = 2.0 cm，極板的右端到熒光屏的距離 = 3.0 cm。不計粒子重力，求：
長度 L1
d
L2
(1)粒子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度大小
v0；
(2)粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時距離極板中心軸線 OO′的距離；
15 / 20

(3)粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時的動能
(4)P 點到 O′點的距離。
【答案】(1)5 × 104 m/s
(2)1.8 × 10?3 m
Ek；
(3)2.509 × 10?9 J
(4)3.6 × 10?3 m
【解析】（1）帶電粒子在加速電場中，根據(jù)動能定理得
解得
（2）帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，在水平方向上
豎直方向上
由牛頓第二定律
而
解得
（3）帶電粒子由靜止開始到離開偏轉(zhuǎn)電場過程中，由動能定理得
解得
（4）根據(jù)帶電粒子離開偏轉(zhuǎn)電場速度的反向延長線過偏轉(zhuǎn)電場的中點，由相似三角形得
解得
16 / 20

17．（12 分）在平面直角坐標系中軸上有一振源，產(chǎn)生的簡諧波沿軸傳播，
從質(zhì)點第一次達到波峰開始計時，兩質(zhì)點的振動圖像分別如圖甲、乙所示，已知
距離為的右側，的橫坐標為，該簡諧波的波長大于時波源位于平衡位置，
、
是
軸上的兩個質(zhì)點，
、
、
平衡位置間
且
在
波源起振方向豎直向上。
(1)求該簡諧波的波速；
(2)若波源在質(zhì)點
【答案】(1)
的左側，求
內(nèi)，平衡位置在
處的質(zhì)點通過的路程。
或
(2)
【解析】（1）由振動圖像可知，該簡諧波的周期為
或
；由于
、兩質(zhì)點間的距離小于波長。
①當波源在的左側時，
時刻
、
間的波動圖像如圖 1 所示
可知該情況下波的波長為
波速為
②當波源在的右側時，
時刻
、
間的波動圖像如圖 2 所示
17 / 20

可知此情況該波的波長為
波速為
③當波源在
、
之間時，
時刻
間的波動圖像如圖 3 所示
、
可知此情況該波的波長為
波速為
（2）當波源在的左側時，
時刻該波恰傳播到處，則該波從傳播到點所用時間為
可知
時刻到
時刻質(zhì)點振動了
，經(jīng)過的路程為
當波源在
可知
、
之間時，
時刻波恰傳播到處則該波從傳播到所用時間為
時刻到
時刻質(zhì)點振動了
，經(jīng)過的路程為
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18．（14 分）如圖所示，一小車置于光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧右端固定在豎直墻壁上，左端與物塊 b 接觸
但不拴接，小車質(zhì)量，AO 部分粗糙且長，物塊 a、b 與 AO 間的動摩擦因數(shù)均為
OB 部分光滑。小物塊 a 放在小車的最左端，和小車一起以的速度向右勻速運動，小車撞到墻后
速度立馬變?yōu)榱?，但小車不與墻壁粘連。已知小車上 OB 部分的長度大于彈簧的自然長度，彈簧始終處于彈
性限度內(nèi)，a、b 兩物塊（均視為質(zhì)點）質(zhì)量均為，a、b 碰撞時間極短且碰后 a、b 粘連在一起以相
同的速度運動，取重力加速度。求：
，
(1)物塊
a 第一次經(jīng)過О點時速度的大小
(2)彈簧被壓縮時彈性勢能的最大值
(3)當物塊
；
；
a、b 最終相對小車靜止時，a、b 在小車上的位置到О點的距離 x（結果保留兩位有效數(shù)字）。
【答案】(1)3m/s
(2)2.25J
(3)0.16m
【解析】（1）小車與墻壁碰撞后停止運動，物塊 a 繼續(xù)向右運動，由動能定理得
解得
（2）a、b 碰撞過程系統(tǒng)總動量守恒，則有
代入數(shù)據(jù)解得
當彈簧被壓縮到最短時，a、b 的速度均為
0，此時彈簧的彈性勢能最大，有
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（3）彈簧恢復到原長時兩物塊均以大小為 =1.5m/s 的速度在小車上向左滑動，設 a、b 與小車共速時的速
度大小為，以向左為正方向，由動量守恒定律得
代入數(shù)據(jù)解得
由能量守恒定律得
解得
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