黑龙江省哈尔滨市第三中学校2024-2025学年高三上学期期中考试物理试卷

期中考试物理试卷 一、选择题：（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对 的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。） 1．在2024年巴黎奥运会网球女子单打决赛中，中国选手以2 : 0击败克罗地亚选手，成 为中国网球史上首位奥运单打冠军，不计网球受到的空气阻力，下列说法正确的是（ ） A．研究运动员的击球动作时，可以将运动员看成质点 B．网球在上升和下降过程中的加速度相同 C．网球向上运动到最高点之前处于超重状态，经过最高点后向下运动处于失重状态 D．接球过程中，因为网球发生了形变，所以网球拍才对网球产生弹力 2．如图所示，一根用绝缘材料制成的劲度系数为k的轻质弹簧，左端固定，右端与质量为m、带电荷量为+q的小球相连，静止在光滑、绝缘的水平面上，在施加一个场强大小 为E、方向水平向右的匀强电场后，小球开始做简谐运动，整个运动过程中弹簧始终在 弹性限度内．那么（ ） A． 小球到达最右端时，弹簧的形变量为 B．小球做简谐运动的振幅为 C．运动过程中小球和弹簧组成的系统的机械能守恒 D．运动过程中小球的电势能和弹簧的弹性势能的总量不变 3．如图所示（此图仅为示意图），某人从同一位置O以不同的水平速度投出三枚飞镖A、B、C，最后都插在竖直墙壁上，它们与墙面的夹角分别为60°、45°、30°，图中飞镖的方 向可认为是击中墙面时的速度方向，不计空气阻力，则下列说 法正确的是（ ） A．三只飞镖做平抛运动的初速度满足vC0>vB0>vA0 B．三只飞镖击中墙面的速度满足vA=vC＞vB C．三只飞镖击中墙面的速度满足vA>vB>vC D．插在墙上的三只飞镖的反向延长线不会交于同一点 第 1 页 共 8 页 4．中国科幻大片《流浪地球2》中描述的“太空电梯”让人印象深刻，由教育部深空探测联合研究中心组织、重庆大学等高校合作的“多段式多功能载运月球天梯概念研究”原理 与其类似。图甲是“天梯”项目海基平台效果图，是在赤道上建造垂直于水平面的“太空电 梯”，宇航员乘坐太空舱通过“太空电梯”直通地球空间站。图乙中r为宇航员到地心的距 离，R为地球半径，曲线 A为地球引力对宇航员产生的加速度大小与r的关系；直线 B 为宇航员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系，关于质量为m、相对地面 静止在不同高度的宇航员，下列说法正确的是（ ） A．随着r的增大，宇航员的角速度减小 B．随着r的增大，宇航员感受到的“重力”先增大后减小 C．宇航员随地球自转的周期为 D.在离地面高为R的位置，宇航员对座椅的压力大小为 5．如图所示，倾角为30°的倾斜圆盘绕垂直盘面的轴以角速度匀速转动，盘面上有一个离转轴距离为r、质量为m的小物体（可视为质点）随圆盘一起转动。PQ、MN是小 物体轨迹圆互相垂直的两条直径，P、Q、M、N是圆周上的四个点，且P是轨迹圆上的 最高点，Q是轨迹圆上的最低点，则（ ） A.小物体所受静摩擦力最大值为 B.小物体在P点最容易发生滑动 C．在最高点P处，小物体所受静摩擦力一定指向圆心D．在M处，小物体所受静摩擦力大小m2r 第 2 页 共 8 页 6．示波器的核心部件是示波管，示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如 图甲所示。下列说法错误．的是（ ）． A．如果在XX 之间加图a的电压，在YY之间加图c的电压，在荧光屏上会看到一条与Y 轴平行的竖直亮线 B．如果在XX 之间加图b的电压，在YY之间加图c的电压，在荧光屏上看到的亮线是 正弦曲线 C．如果在XX 之间不加电压，在YY加图a电压，在荧光屏的Y轴上会看到一个亮斑 D．如果在XX 之间和YY之间都加图b的电压，在荧光屏的坐标原点上会看到一个亮斑 7．“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹” 起来，使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图，一质量为m的游客恰好静止在半 径为R的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为ρ，游客在这种姿势下的受风面积（游客在 垂直于风力方向的投影面积）为S，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定。假设气流吹 到人身上后速度变为零，重力加速度为g，不考虑气体重力，下列说法正确的是（ ） A． 风速不变，游客在受风面积变化时仍能静 B．气流速度大小为 C．若风速变为原来的,则游客向下加速，加速度大小为 D．若风速变为原来的2倍，则游客向上加速，加速度大小为3g 8．真空中有一静电场，其在x轴正半轴的电势（或电场强度）随x 变化的关系如图所示， 则根据图像可知（ ） A．若纵坐标表示电势，则x1处电场强度大于x2处电场强度 B．若纵坐标表示电势，则沿x轴从x1到x2电势先降低后升高 C．若纵坐标表示电场强度，则沿x轴从x1到x2场强先变小后增大 D．若纵坐标表示电场强度，则沿x轴从x1到x2电势逐渐降低 第 3 页 共 8 页 9.一列简谐横波沿x轴方向传播，x 0处质点的振动图像如图甲所示，t 0.05s时部分波形图如图乙所示。下列说法正确的有（ ） A．该简谐横波沿x轴负方向传播 B．该简谐横波传播速度为4m/s C． x 0.2m处的质点比x 0处的质点振动滞后0.2s D． t 0.45s时x 0处的质点对应的纵坐标为m 10.如图，倾角为θ的绝缘斜面ABC置于粗糙的水平地面上，一质量为m、带电量＋q的小物块(可看做是点电荷)恰好能在斜面上匀速下滑，若在AB中点D的正上方与B等高的位置固定一带电量＋Q的点电荷，再让物块以某一速度从斜面上滑下，物块在下滑至底端的过程中，斜面保持静止不动，在物块电荷没有转移和不考虑空气阻力的情况下， 关于在物块下滑过程的分析正确的是( ) A．物块从B运动到A的过程中，点电荷＋Q和物块共有的电势能先增加后减少 B．物块从B运动到A的过程中，斜面受到地面的摩擦力不为零，其方向先是水平向右， 后是水平向左 C．物块从B运动到D的过程中，斜面对地面的压力一直变大 D．物块从B运动到D的过程一直做减速直 线运动 第 4 页 共 8 页 二、实验题（11题 4分，12题 10分，共14分） 11．（4 分）某实验小组利用图甲所示装置测量重力加速度。摆线上端固定在O 点，下 端悬挂一小钢球，通过光电门传感器采集摆动周期。 图乙 图甲 图丙 先用游标卡尺测量小钢球直径d，游标卡尺示数如图乙，小钢球直径d＝___________ mm，组装好装置，用毫米刻度尺测量O点到摆球顶端的距离的摆线长度（如图丙所示）， 摆线长L＝___________ cm，则可记摆长l＝___________ m。 12．（10分）在“测定金属的电阻率”的实验中，某同学选择一根粗细均匀、阻值约为5Ω 的电阻丝进行了测量。 （1）在测量了电阻丝的长度之后，该同学用螺旋测微器测量电阻丝的直径，测量结果如 图1所示为______mm。 （2）现有电源（电动势E为3.0V，内阻不计）、开关和导线若干，以及下列器材： A．电流表（量程0～0.6A，内阻约0.2Ω） B．电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ） C．滑动变阻器（0～5Ω，额定电流2A） D．滑动变阻器（0～200Ω，额定电流1A） 为减小误差，且电压调节范围尽量大，滑动变阻器应选______（选填器材前的字母）。然 后补充完成图2中实物间的连线。 第 5 页 共 8 页 （3）关于上述实验，下列说法正确的是______。（选填选项前的字母） A．用螺旋测微器多次测量金属丝直径并取平均值可以减小系统误差 B．用电压－电流图像处理实验数据求金属丝电阻可以减小偶然误差 C．只考虑电表内阻引起的误差，电压表分流会导致电阻测量值偏小 D．只考虑电表内阻引起的误差，电流表分压会导致电阻测量值偏大 （4）电导率是电阻率的倒数，用字母σ表示，常用单位是西门子/厘米（S/cm），即1S/cm ＝1(Ω·cm)–1。电导率是反映水质的一项重要指标。资料显示某种饮用水的电导率约为1.0×10–3S/cm。将该饮用水灌入一个绝缘性能良好、高约12cm、容积约240mL 的薄壁塑料瓶（如图3所示），瓶的两端用两个略小于瓶底面积的固定金属圆片电极密封。请通过 计算说明用图 2中的实验器材能否较为精确的测量该饮用水的电导率。若能，请写出需 要测量的物理量及对应的测量方法；若不能，请提出一种改进措施。 ___________________________________________________________________________。 三、解答题（13题8分，14题13分，15题19分，共 40分） 13.（8 分）如图所示，底端切线水平且竖直放置的光滑圆弧轨道的半径为R＝2 m，其 轨道底端P距地面的高度为h＝5 m，P与右侧竖直墙的距离为L＝1.8 m，Q为圆弧轨道上的一点，它与圆心O 的连线 OQ 与竖直方向的夹角为53°。现将一质量为m＝100 g、可视为质点的小球从 Q 点由静止释放。重力加速度 g＝10 m/s2，不计空气阻力，sin53° ＝0.8，cos53°＝0.6，求： (1)小球运动到P点时对轨道的压力大小 (2)若小球每次和竖直墙壁的碰撞均是弹性碰撞，则小球的最终落地点离右侧墙脚B点的 距离(小球和地面碰撞后不再弹起) 第 6 页 共 8 页 14.（13分）图(a)的平行金属板 M、N间加有图(b)所示的交变电压，OO′是M、N板间的中线，当电压稳定时，板间可认为是匀强电场。时，比荷为k的带电粒子甲从O 点沿 OO′方向、以v0的速率进入板间，时飞离电场，这期间恰好不与极板相碰。若在时 刻，带电粒子乙以2v0的速率沿OO′从O点进入板间，已知乙粒子在运动过程中也恰好不 与极板碰撞，不计粒子受到的重力，也不考虑粒子甲和乙间的作用力，求： (1)乙粒子离开电场的时刻 (2)乙粒子的比荷 第 7 页 共 8 页 15．（19分）如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面与水平地面在B 点平滑连接。质量M＝ 9.0 kg 的滑块静止在水平地面上，滑块与地面之间的动摩擦因数μ＝0.25。现将质量 m＝ 1.0 kg 的光滑小球从斜面上A点由静止释放，A点距水平地面的高度为 H＝5.0 m。已知小球与滑块间的碰撞是弹性碰撞，g取10 m/s2，结果可用根式表示。 (1)求小球由A点下滑至B点的过程所受支持力的冲量大小； (2)小球与滑块第一次碰撞后滑块的速度大小vM1 (3)求小球与滑块发生第n次碰撞后，滑块滑行的距离sn 第 8 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $$高三物理 第 1 页 共 8 页 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A B D A D D AC BD AD 1．B 【详解】A．研究运动员击球动作时，不可以将运动员看成质点，故 A错误； B．网球在空中做抛体运动，网球只受重力作用，加速度大小为 g，网球运动时的加速度 相同，故 B正确； C．网球向上运动到最高点之前和经过最高点之后向下运动，加速度均向下，均处于失重 状态，故 C错误； D．接球过程中，因为网球拍发生了形变要恢复原形，所以网球拍才对网球产生弹力，故 D错误。 故选 B。 2．A 【详解】D．小球运动过程中，电场力和弹簧弹力都要做功，故对于弹簧和小球组成的系 统，电势能和弹性势能以及动能的总量守恒，故 D错误； B．小球做简谐运动，振幅等于偏离平衡位置的最大距离，在平衡位置，有 kA qE 解得振幅 qEA k  故 B错误； A．小球到达最右端时，弹簧的形变量为 2倍振幅，即 22 qEA k  故 A正确； C．小球运动过程中有电场力做功，系统机械能不守恒，故 C错误。 故选 A。 3．B 【详解】A．飞镖做平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，有：x=v0t．飞镖击中墙面的 速度与竖直方向夹角的正切值为：tanα= v gt  ，联立解得： 0 tanv gx  α越大，v0越大，故有 vA0>vB0>vC0，故 A错误； BC．根据平行四边形定则并结合几何关系，有：飞镖击中墙面的速度 高三物理 第 2 页 共 8 页 0 2 tan tan 2 sin sin sin sin 2 gxv gx gxv           故 vA=vC＞vB，故 B正确，C错误； D．飞镖做平抛运动，速度的反向延长线通过水平分位移的中点，而三只飞镖水平分位移 的中点相同，故插在墙上的三只飞镖的反向延长线一定交于同一点，故 D错误； 故选 B。 4．D 【详解】A．宇航员的角速度与地球自转角速度相等，保持不变，A错误； B．根据 22 MmG F m r r   得 2 2 MmF G m r ma ma r     引 向 由图可知，随着 r的增大，当 0R r r  ，a a引 向逐渐减小，则宇航员感受到的重力逐渐 减小；当 0r r ， a a引 向逐渐反向增大，则宇航员感受到的重力逐渐增大，B错误； C．当 0r r 时 2 0 02 2 0 4MmG m r ma r T    宇航员随地球自转的周期为 0 0 2 rT a  C错误； D．由题意得   2 2 2 4 2 2 MmG F m R TR     支 又 2 0GM g R 得 0 0 0 2 4 mg mRaF r   支 根据牛顿第三定律，宇航员对座椅的压力大小为 0 0 N 0 2 4 mg mRaF r   D正确。 故选 D。 5．A 【详解】ABC．物体在 P点受重力和静摩擦力以及支持力，沿斜面方向的合力提供向心 力，所以摩擦力可能背离圆心，也可能指向圆心，所以背离指向圆心时 2sin 30mg f m r 。 解得 21 2 f mg m r  高三物理 第 3 页 共 8 页 当摩擦力指向圆心时 2sin 30mg f m r 。 解得 2 1 2 f m r mg  物体在 Q点时合力提供向心力，所以摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律 2sin 30f mg m r 。 解得 2 1 2 f m r mg  所以小物体所受静摩擦力最大值为 2 1 2 m r mg  ，即小物体在 Q点最容易发生滑动，故 A 正确，BC错误； D．小物体在 M点所受的合力提供向心力，所以    2 22 2 sin 30f m r mg   解得 4 2 2 1 4 f m r g  故 D错误。 故选 A。 6．D 【详解】AC．如果在 XX 之间不加电压，则在 X轴方向不偏转，在YY （Y正Y 负）加 图 a恒定电压，电压值为正，Y极板电势高于Y 极板电势，板间的匀强电场由 Y极板指 向Y 极板，所有电子运动的轨迹都相同，向着 Y极板一侧偏转，即所有电子都打在荧光 屏的正 Y轴上的同一点，因此在正 Y轴上将出现一个亮斑，因此可知，如果在 XX （X 正 X 负）之间加图 a的电压，则会在正 X轴上将出现一个亮斑；若只在YY （Y正Y 负） 之间加图 c的正弦变化规律的电压，电子将在 Y轴发生偏转，电压越大，侧移量越大， 在一个周期内的0 ~ 4 T 时间内，电子由原点向 Y轴正方向扫描到正向侧移量最大的位置， 紧接着 3~ 4 4 T T 时间内，电子由正向侧移量最大的位置向 Y轴负方向扫描，经过原点继续 扫描到负向侧移量最大的位置， 3 ~ 4 T T时间内，电子由负向侧移量最大的位置向 Y轴正 方向扫描回到原点，之后周而复始，在荧光屏的 Y轴上会看到一条竖直亮线，现在同时 在 XX 之间和在YY （Y正Y 负）之间分别加上图 a、图 c所示电压，由运动的合成，会 在荧光屏上看到过正 X轴上某点平行于 Y轴的一条竖直亮线，故 AC正确，不符合题意； B．如果在 XX （X正 X 负）之间加图 b的电压，电子在一个周期内会在 X轴方向上， 由负 X轴上某点向正 X轴方向扫面到关于原点对称的某点，在荧光屏上会看到 X轴上的 高三物理 第 4 页 共 8 页 一条水平亮线，若只在YY （Y正Y 负）之间加上图 c所示电压，根据以上分析可知，Y 轴方向上发生周而复始与电压变化一致的偏转，根据运动的合成可知，若在 XX 之间加 图 b的电压，在YY 之间加图 c的电压，在荧光屏上看到的亮线是正弦曲线，故 B正确， 不符合题意； D．根据以上分析可知，如果在 XX 之间和YY 之间都加图 b的电压，由运动的合成可知， 在荧光屏上将出现一条夹在 X轴与 Y轴之间倾斜的亮线，故 D错误，符合题意。 故选 D。 7．D 【详解】B．对 t 时间内吹向游客的空气，设气体质量为 m ，则 m v tS   则风的动量变化为 0p mv mv      以 t 时间内吹向游客的空气为研究对象，由动量定理可得 0F t mv    由于游客处于静止状态，则 F=mg 联立得 mgv S  故 B错误； A．由 B项解析可知，游客静止时，风速 mgv S  可知游客在受风面积变化时，要使游客静止，风速一定要发生变化，故 A错误； C．若风速变为原来的 1 2 ，则风力为 'F ，则 ' 2 vm ρ tS   由动量定理可知 ' ' 2 vF t m     根据牛顿第二定律可知 'mg F ma  联立解得 3 4 a g 游客向下加速，故 C错误； D．若风速变为原来的 2倍，则风力为 ''F ，则 '' 2m ρ v tS    由动量定理可知 '' '' 2F t m v     根据牛顿第二定律可知 '' 'F mg ma  联立解得 ' 3a g 游客向上加速，故 D正确。故选 D。 高三物理 第 5 页 共 8 页 8．AC 【详解】AB．若纵坐标表示电势，则 x  图像中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电 场强度，场强为矢量，由题中图像得 x1处斜率绝对值更大，则 x1处电场强度大于 x2处电 场强度；电势为标量，则 x1到 x2过程中电势一直降低，故 A正确，B错误； CD．若纵坐标表示电场强度，则 E x 图像中纵坐标的绝对值表示 E的大小，x1到 x2过 程中场强先变小后反向增大，而纵坐标的正负表示 E的方向，正的表示 E指向+x方向， 沿此方向电势降低，负的则相反，所以则从 1x 到 x2的电势先降低后升高。故 C正确，D 错误。故选 AC。 9.BD 【详解】A．由图甲可知周期 0.4sT  ，图乙为 0.05s 8 Tt   时的波动图像，此时 0x  的 质点正在向上振动，根据上下坡法可得波沿 x轴正方向传播，故 A错误； B．由图乙可知 1.6m  ，故波速 4m/sv T    故 B正确； C． 0.2mx  的质点比 0x  的质点振动滞后 0.2 s 0.05s 4 t   故 C错误； D．由图甲可知 0x  的质点振动方程为 0.4sin 5π my t 代入 0.45st  ，可得 2 m 5 y  故 D正确。故选 BD。 10.AD 解析 物块先靠近点电荷，后远离，库仑力为斥力，库仑力先做负功后做正功，故 A正 确。原来小物块受重力、支持力和摩擦力，物块恰好能在斜面上匀速下滑，说明摩擦因 数等于斜面倾角的正切值，且摩擦力和支持力的合力与重力平衡。放上＋Q电荷后，开 始一段时间，库仑力对于物块是阻力，且摩擦力变大，则导致其做减速运动，之后（到 达 D之前），库仑力沿斜面分力向下，且小于库仑力垂直斜面的分力与摩擦因数的乘积， 故仍减速，直到过 D点。故 D正确。开始时刻小物块受重力、支持力和摩擦力，物块恰 好能在斜面上匀速下滑，说明摩擦力和支持力的合力与重力平衡，是竖直向上的，根据 牛顿第三定律，物块对斜面体的压力和物块对斜面体的摩擦力的合力是竖直向下的，增 加电场力后，小物块对斜面体的压力和摩擦力成正比例增加，物块对斜面体的压力和摩 擦力的合力仍然是竖直向下的，再对斜面体受力分析，受重力、物块对斜面体的压力和 摩擦力、支持力，不受地面的摩擦力，故 B错。点电荷与物块连线垂直斜面时库仑力在 垂直斜面方向上的力分量最大，此时物块对斜面压力也最大，物块对斜面的合作用力也 最大，由斜面的竖直方向受力平衡可知 C错误。故选 AD。 高三物理 第 6 页 共 8 页 11．（共 4分）[答案]10.25（2分） 98.95（1分） 0.9946（1分） 12．（共 10分）[答案]（1）0.669～0.672；（2）C；连线见答图 1； 答图 1 ＋－ （3）BC； （4）由电阻定律和σ＝1/ρ，可得塑料瓶中装满该饮用水后的电阻 ， 当该同学用上述装置进行检测时，电路中最大电流 I＝E / R≈0.005A，几乎无法使电流表 指针发生偏转，因此他不能用上述实验装置完成精确的测量。 改进措施：换用电动势更大的电源及合适量程的电压表；换用小量程电流表（微 安表或毫安表）；换用横截面积更大且长度较小的容器装水（及合适的电极）等。（其他 合理答案亦可得分） 13．（8分）答案 (1)1.8 N (2)1.4 m 解析 (1)小球由 Q到 P的过程，由动能定理得：mgR(1－cos53°)＝1 2 mv2① 设在 P点小球所受的支持力为 F，由牛顿第二定律有：F－mg＝mv 2 R ② 联立①②两式解得 F＝1.8 N③ 根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力大小 F′＝1.8 N④ (2)由①式得小球到达 P点时速度的大小 v＝4 m/s⑤ 若右侧无墙壁，则小球做平抛运动的时间 t＝ 2h g ⑥ 联立⑤⑥解得小球做平抛运动的水平位移 x＝vt＝4 m⑦ 由弹性碰撞和镜面对称的规律知，小球和左右两侧竖直墙壁各碰一次后，落到地面 上，落点与 B点相距 s＝L－(x－2L)＝1.4 m⑧。 高三物理 第 7 页 共 8 页 14．（13分）答案 (1)在 T时刻飞出板间 (2)q′ m′ ＝ 8k 7 解析：(1)设金属板长为 L，粒子甲带负电，则粒子甲的运动时间为 t＝L v0 ＝ 3 2 T－1 4 T＝ 5 4 T，粒子乙因入射速度为甲的两倍，则运动时间为 t′＝ L 2v0 ＝ 5 8 T，因粒子乙在 3 8 T时刻进入 板间，则在 T时刻飞出板间； (2)设两板间距离为 d，则有 a 甲＝ U0q md ＝ U0k d 为定值，则粒子甲在竖直方向做初速度为 零的匀加速直线运动，根据竖直方向速度和时间关系，可得 vy＝a 甲 t，作出竖直方向上速 度与时间图像如图所示。则图线与时间轴围成的面积代表竖直方向上的位移，若恰好不 与极板碰撞，则表示粒子甲在电 场中竖直方向的最大位移刚好为 d 2 ，根据图像可知在 3 4 T时刻粒子 甲恰好不碰到极板，此刻竖直方 向达到最大位移， 5 4 T时刻回到中 线上，而在 3 2 T时刻，粒子出电 场，此时竖直位移为 d 4 ； 同理，粒子乙的 vy－t图线为 A′B′C′D′的形状，因粒子乙在运动过程中也恰好不与极 板碰撞，根据图像可知粒子乙在 T时刻恰好不与极板相撞，此时粒子乙刚好飞出磁场， 即粒子乙在竖直方向上的位移为 d 2 ， 则甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为 y 甲 y 乙 ＝ d 4 d 2 ＝ 1 2 ； 对乙有 y 乙＝ 1 2 a 乙 T－5 8 T 2－2×1 2 a 乙× T 2 － 3 8 T 2＝7a 乙T 2 128 ，对甲有 y 甲＝ 1 2 a 甲 3 2 T－5 4 T 2＝a 甲T 2 32 ， 因 y 甲 y 乙 ＝ 1 2 ，则有 a 甲T2 32 7a 乙T2 128 ＝ 1 2 ，可得 a 乙 a 甲 ＝ 8 7 ，又 a 甲＝ U0q md ＝ U0k d ，a 乙＝ U0q′ m′d ，可得 q′ m′ ＝ 8k 7 。 高三物理 第 8 页 共 8 页 15．（19分）答案 (1)10 3 N·s (2)2 m/s (3)20 52n m 或 20 25n m 解析 (1)小球光滑，由牛顿第二定律有 mg sin θ＝ma代入数据可得 a＝5 m/s2 小球沿斜面匀加速下滑，由运动学公式有 H sin θ ＝ 1 2 at2 代入数据可得 t＝2 s 所以小球由A点下滑至B点过程所受支持力的冲量大小为 I＝FN·t＝mg cos θ·t＝10 3 N·s。 (2)小球到达 B点时 v1＝at＝10 m/s 设小球与滑块第一次碰后反弹速度大小为 vm1， 碰撞过程动量守恒，以水平向右为正方向，有 mv1＝MvM1－mvm1 碰撞前后总动能相等，所以 1 2 m�12＝ 1 2 m��12 ＋ 1 2 M��12 代入数据可得 vM1＝1 5 v1＝2 m/s。 (3)第一次碰后，小球沿斜面往返的时间 tm1＝2vm1 a ＝3.2 s 滑块沿水平地面滑行的时间 tM1＝vM1 μg ＝0.8 s 则小球第二次与滑块碰撞时滑块已静止，第二次碰前小球速度 v2＝vm1＝8 m/s，由小 球与滑块发生弹性碰撞有 mv2＝MvM2－mvm2 1 2 mv 2 2 ＝ 1 2 mv 2 m2 ＋ 1 2 Mv 2 M2 联立可得 vM2＝ 1 5 v2＝ 1 5 2 v1 同理可知小球第三次与滑块碰撞时滑块也已静止，碰后有 vM3＝ 1 5 v3＝ 1 5 3 v1 所以，小球第 n次与滑块碰撞后，滑块速度 vMn＝ 1 5 n v1 由动能定理有－μMgsn＝0－ 1 2 Mv 2 Mn 联立并代入数据得 sn= 20 52� m