精品解析：江西省上饶中学2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题

江西省上饶中学2024-2025学年度高二上学期期中考试 物理试题 时间：75分钟　　　分值：100分 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分） 1. 下列说法中正确的是（　　） A. 金属导体带电的实质是电子的转移 B. 正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入试探电荷的正负有关 C. 在电场中某点的电势高，试探电荷在该点的电势能一定大 D. 根据C＝可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两板间的电压成反比 2. 如图所示，两根相互平行的长直导线垂直纸面通过M、N两点，O'为MN的中点，c、d位于MN的连线上，且c、d到O'点的距离相等，两导线中通有等大反向的恒定电流，下列说法正确的是（　　） A. c处的磁感应强度方向向上 B. d处的磁感应强度方向向右 C. O'点处的磁感应强度为零 D. c、d处的磁感应强度大小相等 3. 如图所示为某静电除尘装置的原理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区。图中虚线是某一带电的尘埃仅在静电力作用下向集尘板迁移并沉积的轨迹，A、B两点是轨迹与电场线的交点，不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，以下说法正确的是（　　） A. 尘埃在B点的加速度大于在A点的加速度 B. 尘埃带负电 C. 尘埃由A运动到B的过程中，速度一直增大 D. 尘埃由A运动到B的过程中，电势能先减少后增加 4. 如图所示，AB、CD、EF都为半径为R的空间球面的直径，其中AB与EF同在水平面内，EF与AB的夹角θ=45°，CD与水平面垂直，现在A、B两点分别固定等量异种点电荷，则（ ） A. C、E、F三点中C点电势最高 B. E、F两点电场强度不同 C. C点和O点场强大小之比为 D. 将带负电的试探电荷从E点沿直线移到F点，电势能增加 5. 如图所示，电源的电动势为15V，电源内阻为1Ω，定值电阻R=2Ω，M为直流电动机，其线圈电阻也为2Ω，电动机正常运转时，理想电压表读数为U=9V，则（　　） A. 电动机M的输出功率为10W B. 电阻R消耗的功率为4W C. 电源的输出功率为30W D. 电动机M的输入功率为26W 6. 如图所示电路中，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，电表均为理想电表。开关S闭合后，当滑动变阻器R3的滑片自a端向b端滑动的过程中，电压表V1、V2的示数变化为ΔU1、ΔU2，电流表的示数变化为ΔI，下列说法正确的是（　　） A. 电容器C所带电荷量增多 B. 两电压表的读数均增大 C. 的绝对值不变 D. 电流表示数变小 7. 质量为1kg、带电荷量为+2×10-2C的物块静止在绝缘水平地面上，t=0时刻在所处的空间加上一匀强电场，电场强度E与时间t的关系如图所示，取水平向右为正方向，已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A. t=4s时物块的速度方向水平向右 B. t=6s时物块的速度为零 C. t=6s时物块回到出发点 D. 0~6s内物块的电势能减少了40J 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 8. 如图所示为一电容式位移传感器的示意图，电容器两固定极板间有一可移动的电介质板，电介质板与被测物体相连。电容器接入电路后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，若物体向左平行于极板移动，在电介质板移出电容器的过程中，下列说法中正确的是（　　） A. 电容器的电容增大 B. 由a→b的电流流过电流计 C. A极板电荷量增大 D. 两极板间的电压不变 9. 在带电粒子“碰撞”实验中，t=0时，粒子P以初速度v0向静止的粒子Q运动，两粒子在某段时间内运动的v-t图像如图所示，S1、S2分别是0~t1、t1~t2时间内两速度图像所围面积的大小，且S1=S2。已知P、Q的质量分别为mP、mQ，仅考虑静电力的作用，且P、Q始终未接触。则下列说法中正确的是（　　） A. 两粒子带异种电荷 B. 两粒子的动能之和在t1时刻最小 C. 2mP=mQ D. P在t2时刻的速度大小为 10. 一种简化的示波管装置（包括电子运动轨迹）如图所示，若在阴极射线管的阴极和阳极间加上直流高压U1，在偏转电极（一对水平的平行金属板）加上直流高压U2。则电子从阴极发出到打在荧光屏上的过程中（　　） A. 电子在水平方向一直做匀速运动 B. U1一定时，减小U2，则图中亮点位置会靠近荧光屏中心 C. U2一定时，减小U1，则图中亮点位置会靠近荧光屏中心 D. U2一定时，增大U1，则打在荧光屏上的电子的动能有可能减小 三、实验题（每空2分，共16分） 11. 在“测定金属丝电阻率”的实验中： （1）用螺旋测微器测得金属丝的直径如图甲所示，则d=________mm；用游标卡尺测量金属丝的长度如图乙所示，由图可知其长度L=________cm； （2）欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω的金属丝的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材： A.电池组（3V，内阻1Ω） B.电流表（0~3A，内阻为0.5Ω） C.电流表（0~0.6A，内阻为0.5Ω） D.电压表（0~3V，内阻约为3kΩ） E.滑动变阻器（0~20Ω，额定电流1A） F.滑动变阻器（0~2000Ω，额定电流0.3A） G.开关、导线 要求待测电阻两端的电压能从零开始变化，上述器材中，电流表应选________，滑动变阻器应选_______（填写各器材的字母代号）；电路应选__________（选填甲、乙、丙、丁）。 12. 某物理兴趣小组测量一电池的电动势和内阻。按照图甲所示连接好电路，定值电阻R0＝1.5Ω，闭合开关，调节电阻箱，测得多组电阻箱接入电路的阻值R及对应的电压表的示数U，画出的－图像为一条直线，如图乙所示； （1）若把流过电阻箱的电流视为干路电流，则可得该电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。（结果均保留两位小数） （2）若考虑电压表的分流作用，则该实验中电动势的测量值与真实值相比________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。 四、解答题（共38分） 13. 如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，接入如图所示电路中，两板间的距离d=50cm，电源电动势E=15V，内电阻为r。电阻R1=18Ω，R2=10Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球放入板间恰能保持静止，若小球质量为m=1×10-2kg，电量大小为q=1×10-2C，取g=10m/s2，求： （1）电容器两端的电压； （2）通过R2的电流； （3）电源的内阻。 14. 如图所示，空间存在着方向水平向右的匀强电场，在电场内一长为L=0.1m的绝缘细线一端固定于O点，另一端拴着质量为m=1kg、电量为q=+0.01C的小球。已知OA处于水平方向，OC在竖直方向。在A点给小球一个竖直向下的初速度v0=2m/s，使小球做圆周运动到B点，B点在O点正下方，到B点时速度大小也为2m/s，重力加速度g取10m/s2。求： （1）匀强电场的场强大小； （2）小球从A点运动到B点过程中的最大动能； （3）若当小球运动到O点正下方B点时细线恰好断裂，经过一段时间，小球运动到OC线上的D点（图中未标出），求BD的高度。 15. 如图所示，一质量M=4kg的足够长木板B静止在光滑水平面上，B的右侧有竖直墙壁，B的右端与墙壁的距离L=3m。现有一可视为质点的质量m=2kg的小物块A，以v0=6m/s的水平初速度从B的左端滑上B，已知A、B间的动摩擦因数μ=0.2，B与竖直墙壁的碰撞时间极短，且碰撞时无能量损失（木板够长，A始终未滑离木板），取g=10m/s2。 （1）B与竖直墙壁碰撞前A、B已共速，求B与竖直墙壁碰撞前，A、B组成的系统损失的机械能ΔE； （2）求从A滑上B到B与墙壁碰撞所用的时间t； （3）若B的右端与墙壁的距离L可以改变，并要求B只与墙壁碰撞一次，求L的最小值； （4）若只将木板的质量改为1kg，题干其他条件不变，求从初始到木板与墙第三次碰撞前木板的总路程。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西省上饶中学2024-2025学年度高二上学期期中考试 物理试题 时间：75分钟　　　分值：100分 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分） 1. 下列说法中正确的是（　　） A. 金属导体带电的实质是电子的转移 B. 正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入试探电荷的正负有关 C. 在电场中某点的电势高，试探电荷在该点的电势能一定大 D. 根据C＝可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两板间的电压成反比 【答案】A 【解析】 【详解】A．金属导体中，能自由移动的是电子。当金属导体带电时，比如带正电，是因为失去了电子；带负电，是因为得到了电子，所以带电的实质是电子的转移，故A正确； B．电场强度的方向是由电场本身决定的，与试探电荷的正负无关。正试探电荷受到的电场力方向与场强方向相同，负试探电荷受到的电场力方向与场强方向相反，故B错误； C．根据电势能 可知电势能的大小不仅和电势φ有关，还和试探电荷的电荷量q以及电性有关。比如负电荷在电势高的地方，电势能反而小，故C错误； D．电容器的电容是由电容器本身的结构（如极板的正对面积、极板间的距离、电介质的种类等）决定的，与所带电荷量Q和两板间的电压U无关，故D错误。 故选A。 2. 如图所示，两根相互平行的长直导线垂直纸面通过M、N两点，O'为MN的中点，c、d位于MN的连线上，且c、d到O'点的距离相等，两导线中通有等大反向的恒定电流，下列说法正确的是（　　） A. c处的磁感应强度方向向上 B. d处的磁感应强度方向向右 C. O'点处的磁感应强度为零 D. c、d处的磁感应强度大小相等 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据右手螺旋定则，M处电流向里，磁感线顺时针；N处电流向外，磁感线逆时针。c点在M右侧，M在c点产生的磁场方向向下；N在c点产生的磁场方向也向下，因此叠加后c处磁感应强度方向向下，A错误； B．d点在N左侧，M在d点产生的磁场方向向下，N在d点产生的磁场方向向下，因此叠加后d处磁感应强度方向向下，B错误； C．点处，M产生的磁场方向向下，N产生的磁场方向也向下，叠加后不为零，C错误； D．c、d到距离相等，M、N在c、d处产生的磁场大小对称。因电流等大、距离对称，叠加后c、d处磁感应强度大小相等，D正确； 故选D。 3. 如图所示为某静电除尘装置的原理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区。图中虚线是某一带电的尘埃仅在静电力作用下向集尘板迁移并沉积的轨迹，A、B两点是轨迹与电场线的交点，不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，以下说法正确的是（　　） A. 尘埃在B点的加速度大于在A点的加速度 B. 尘埃带负电 C. 尘埃由A运动到B的过程中，速度一直增大 D. 尘埃由A运动到B的过程中，电势能先减少后增加 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知，A点电场线比B点密集，因此A点的场强大于B点场强，故尘埃在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，根据牛顿第二定律可知，尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度，故A错误； B．带电的尘埃仅在电场力作用下做曲线运动，所受电场力的方向指向轨迹的凹侧，由电场力方向与电场线方向相反，可知尘埃带负电，故B正确； CD．电场力与速度方向的夹角开始为钝角，电场力做负功，速度减小，电势能增大；后来电场力与速度方向的夹角变为锐角，电场力做正功，速度增大，电势能减小，则电势能先增大后减小，故CD错误。 故选B。 4. 如图所示，AB、CD、EF都为半径为R的空间球面的直径，其中AB与EF同在水平面内，EF与AB的夹角θ=45°，CD与水平面垂直，现在A、B两点分别固定等量异种点电荷，则（ ） A. C、E、F三点中C点电势最高 B. E、F两点电场强度不同 C. C点和O点场强大小之比为 D. 将带负电的试探电荷从E点沿直线移到F点，电势能增加 【答案】D 【解析】 【详解】AD．根据等量异种电荷电场线分布规律可知，CD为等量异种点电荷的中垂线，而等量异种点电荷的中垂线为等势线且电势为零，且无穷远处电势为零，因此CD所在中垂面即为等势面，电势为零，而电场线从正电荷出发指向负电荷或无穷远处，且沿着电场线的方向电势降低，则可知，CD所在等势面左侧电势大于零，而CD所在等势面右侧电势小于零，因此 E点电势比F点电势大。带负电的电荷在电势越低的地方电势能越大，因此可知将带负电的试探电荷从E点沿直线移到F点，电势能增大，故A错误，D正确； B．根据等量异种电荷电场规律可知，关于O点对称的E、F两点电场强度大小相等，方向相同，故B错误； C．根据几何关系结合点电荷产生的场强的叠加法则可得 方向从O指向B；同理C点场强为 方向平行于AB向右，则可得，故C错误。 故选D。 5. 如图所示，电源的电动势为15V，电源内阻为1Ω，定值电阻R=2Ω，M为直流电动机，其线圈电阻也为2Ω，电动机正常运转时，理想电压表读数为U=9V，则（　　） A. 电动机M的输出功率为10W B. 电阻R消耗的功率为4W C. 电源的输出功率为30W D. 电动机M的输入功率为26W 【答案】A 【解析】 【详解】A．由题意可知电路电流 则电动机M的输出功率为，故A正确； B．电阻R消耗的功率为，故B错误； C．电源的输出功率为，故C错误； D．电动机M的输入功率为，故D错误。 故选A。 6. 如图所示电路中，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，电表均为理想电表。开关S闭合后，当滑动变阻器R3的滑片自a端向b端滑动的过程中，电压表V1、V2的示数变化为ΔU1、ΔU2，电流表的示数变化为ΔI，下列说法正确的是（　　） A. 电容器C所带电荷量增多 B. 两电压表的读数均增大 C. 的绝对值不变 D. 电流表示数变小 【答案】C 【解析】 【详解】A．当滑动变阻器R3的滑片自a端向b端滑动的过程中，接入电路的滑动变阻器阻值减小，根据串反并同，可知电容器两端电压减小，根据 可知电容器C所带电荷量减少，故A错误； B．根据串反并同，可知减小，增大，故B错误； C．根据 可知的绝对值表示，即不变，故C正确； D．根据串反并同，可知电流表示数增大，故D错误。 故选C。 7. 质量为1kg、带电荷量为+2×10-2C的物块静止在绝缘水平地面上，t=0时刻在所处的空间加上一匀强电场，电场强度E与时间t的关系如图所示，取水平向右为正方向，已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A. t=4s时物块的速度方向水平向右 B. t=6s时物块的速度为零 C. t=6s时物块回到出发点 D. 0~6s内物块的电势能减少了40J 【答案】D 【解析】 【详解】A．物块与地面间的滑动摩擦力为 则3s时物块速度 从3s到4s过程，可知4s时物块速度，故A错误； B．从4s到6s过程，可知t=6s时物块的速度为，故B错误； C．从0到4s过程，物块正方向位移大小 从4s到6s过程，物块负方向位移大小 可知t=6s时物块离出发点距离为，故C错误； D．0~6s内物块电场力做功 联立以上解得 根据功能关系可知电势能减少了40J，故D正确。 故选D。 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 8. 如图所示为一电容式位移传感器的示意图，电容器两固定极板间有一可移动的电介质板，电介质板与被测物体相连。电容器接入电路后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，若物体向左平行于极板移动，在电介质板移出电容器的过程中，下列说法中正确的是（　　） A. 电容器的电容增大 B. 由a→b的电流流过电流计 C. A极板电荷量增大 D. 两极板间的电压不变 【答案】BD 【解析】 【详解】A．在电介质板移出电容器的过程中，由，可知电容器的电容减小，故A错误； BD．在电介质板移出电容器的过程中，电容器的电容减小，电容器与电源相连时，两极板间电压由电源决定，保持不变，则电容器放电，由a→b的电流流过电流计，故BD正确； C．由于电容器放电，则A极板电荷量减少，故C错误。 故选BD。 9. 在带电粒子“碰撞”实验中，t=0时，粒子P以初速度v0向静止的粒子Q运动，两粒子在某段时间内运动的v-t图像如图所示，S1、S2分别是0~t1、t1~t2时间内两速度图像所围面积的大小，且S1=S2。已知P、Q的质量分别为mP、mQ，仅考虑静电力的作用，且P、Q始终未接触。则下列说法中正确的是（　　） A. 两粒子带异种电荷 B. 两粒子的动能之和在t1时刻最小 C. 2mP=mQ D. P在t2时刻的速度大小为 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．如果两粒子带异种电荷，它们会相互吸引，粒子靠近粒子时速度应该变化更快，且粒子会加速运动。从图像看，粒子先减速，粒子加速，之后粒子反向加速，粒子继续加速，更符合同种电荷相互排斥的情况，故A错误； B．因为只有静电力做功，系统的动能和电势能之和守恒。两粒子间的距离在时刻最小，此时电势能最大，根据能量守恒，动能之和应该最小，故B正确； C．设时刻粒子的速度为，粒子的速度为 由图像可知，初始时粒子的速度为，粒子速度为0，时刻两者速度相等为。 根据动量守恒 即，故C正确； D．根据图像的面积表示位移，有 说明在时间内，粒子的位移与粒子的距离恢复到初始状态，因此初末状态电势能不变，动能不变。 根据动量守恒定律，系统在水平方向不受外力，动量守恒 又因 时刻粒子的速度大小是，故D正确。 故选BCD。 10. 一种简化的示波管装置（包括电子运动轨迹）如图所示，若在阴极射线管的阴极和阳极间加上直流高压U1，在偏转电极（一对水平的平行金属板）加上直流高压U2。则电子从阴极发出到打在荧光屏上的过程中（　　） A. 电子在水平方向一直做匀速运动 B. U1一定时，减小U2，则图中亮点位置会靠近荧光屏中心 C. U2一定时，减小U1，则图中亮点位置会靠近荧光屏中心 D. U2一定时，增大U1，则打在荧光屏上的电子的动能有可能减小 【答案】BD 【解析】 【详解】A．电子在阴阳极之间加速，之后，在水平方向匀速，故A错误； B．设偏转电极板长为L，板间距离为d，电子进入偏转电场时的速度为，粒子加速阶段有 在偏转电极中有 联立解得电子在竖直方向的偏转位移 可知U1一定时，减小U2，y减小，则图中亮点位置会靠近荧光屏中心，故B正确； C．U2一定时，减小U1，y增大，则图中亮点位置会远离荧光屏中心，故C错误； D．根据 可知U2一定时，增大U1，加速电场做功增加，但偏转电场做功会减小，则打在荧光屏上的电子的动能可能减小，故D正确。 故选BD。 三、实验题（每空2分，共16分） 11. 在“测定金属丝电阻率”的实验中： （1）用螺旋测微器测得金属丝的直径如图甲所示，则d=________mm；用游标卡尺测量金属丝的长度如图乙所示，由图可知其长度L=________cm； （2）欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω的金属丝的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材： A.电池组（3V，内阻1Ω） B.电流表（0~3A，内阻为0.5Ω） C.电流表（0~0.6A，内阻为0.5Ω） D.电压表（0~3V，内阻约为3kΩ） E.滑动变阻器（0~20Ω，额定电流1A） F.滑动变阻器（0~2000Ω，额定电流0.3A） G.开关、导线 要求待测电阻两端的电压能从零开始变化，上述器材中，电流表应选________，滑动变阻器应选_______（填写各器材的字母代号）；电路应选__________（选填甲、乙、丙、丁）。 【答案】（1） ①. 1.840 ②. 3.14 （2） ①. C ②. E ③. 乙 【解析】 【小问1详解】 [1]螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以 [2]游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以 【小问2详解】 [1]由于电源电动势为3V，则电压表需要选择D，电路最大电流约为 所以电流表应选择C； [2]由于所选电流表内阻已知，所以电流表应采用内接法；为方便实验操作，为了减小误差，需要电压从零开始变化，滑动变阻器采用分压式连接，且滑动变阻器选择阻值较小的E； [3]综合以上可知电流表应采用内接法，滑动变阻器采用分压式接法，故电路选乙。 12. 某物理兴趣小组测量一电池的电动势和内阻。按照图甲所示连接好电路，定值电阻R0＝1.5Ω，闭合开关，调节电阻箱，测得多组电阻箱接入电路的阻值R及对应的电压表的示数U，画出的－图像为一条直线，如图乙所示； （1）若把流过电阻箱的电流视为干路电流，则可得该电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。（结果均保留两位小数） （2）若考虑电压表的分流作用，则该实验中电动势的测量值与真实值相比________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。 【答案】（1） ①. 3.33 ②. 0.75 （2）偏小 【解析】 【小问1详解】 由闭合电路的欧姆定律可知 解得 结合图像可知， 解得E=3.33V，r=0.75Ω 【小问2详解】 考虑到电压表的分流作用，则真实电动势 而 相比较可知，因此电动势的测量值与真实值相比偏小。 四、解答题（共38分） 13. 如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，接入如图所示电路中，两板间的距离d=50cm，电源电动势E=15V，内电阻为r。电阻R1=18Ω，R2=10Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球放入板间恰能保持静止，若小球质量为m=1×10-2kg，电量大小为q=1×10-2C，取g=10m/s2，求： （1）电容器两端的电压； （2）通过R2的电流； （3）电源的内阻。 【答案】（1）5V （2）0.5A （3）2Ω 【解析】 【小问1详解】 电容器极板间场强 对小球，由平衡条件有 代入题中数据，联立解得电容器两端的电压 【小问2详解】 通过R2的电流 【小问3详解】 根据闭合电路欧姆定律有 代入题中数据，联立解得电源内阻 14. 如图所示，空间存在着方向水平向右的匀强电场，在电场内一长为L=0.1m的绝缘细线一端固定于O点，另一端拴着质量为m=1kg、电量为q=+0.01C的小球。已知OA处于水平方向，OC在竖直方向。在A点给小球一个竖直向下的初速度v0=2m/s，使小球做圆周运动到B点，B点在O点正下方，到B点时速度大小也为2m/s，重力加速度g取10m/s2。求： （1）匀强电场的场强大小； （2）小球从A点运动到B点过程中的最大动能； （3）若当小球运动到O点正下方B点时细线恰好断裂，经过一段时间，小球运动到OC线上的D点（图中未标出），求BD的高度。 【答案】（1）103N/C （2）2.41J （3）0.8m 【解析】 【小问1详解】 从A点到B点由动能定理 可得 【小问2详解】 因电场力大小等于重力大小，可知平衡位置与O点连线与竖直方向夹角为45°，在该位置时小球速度最大，则从开始下落到速度最大位置由动能定理 解得 【小问3详解】 剪断细线后小球水平方向的加速度 到达D点时的时间 竖直方向做自由落体运动，则BD高度 15. 如图所示，一质量M=4kg的足够长木板B静止在光滑水平面上，B的右侧有竖直墙壁，B的右端与墙壁的距离L=3m。现有一可视为质点的质量m=2kg的小物块A，以v0=6m/s的水平初速度从B的左端滑上B，已知A、B间的动摩擦因数μ=0.2，B与竖直墙壁的碰撞时间极短，且碰撞时无能量损失（木板够长，A始终未滑离木板），取g=10m/s2。 （1）B与竖直墙壁碰撞前A、B已共速，求B与竖直墙壁碰撞前，A、B组成的系统损失的机械能ΔE； （2）求从A滑上B到B与墙壁碰撞所用的时间t； （3）若B的右端与墙壁的距离L可以改变，并要求B只与墙壁碰撞一次，求L的最小值； （4）若只将木板的质量改为1kg，题干其他条件不变，求从初始到木板与墙第三次碰撞前木板的总路程。 【答案】（1） （2） （3） （4） 【解析】 【小问1详解】 B与竖直墙壁碰撞前A、B已共速，根据系统动量守恒可得 解得共同速度为 由能量守恒可得，A、B组成的系统损失的机械能为 解得 【小问2详解】 设从A滑上B到两者达到共同速度所用的时间为 ，由动量定理可得 解得 共速前B通过的位移大小为 两者达到共同速度后一起匀速运动，直到B第一次与墙壁碰撞，设匀速运动所用时间为，则有 解得 从A滑上B到B与墙壁碰撞所用的时间为 【小问3详解】 要求B只与墙壁碰撞一次，因为B与墙壁发生弹性碰撞，碰撞后A、B组成的系统满足动量守恒，所以碰撞前瞬间B的动量大小应大于等于A的动量大小；设碰撞前瞬间B的动量大小等于A的动量大小，则有 根据动量守恒可得 解得， 以B为对象，根据牛顿第二定律可得加速度大小为 根据运动学公式可得 解得 则要求B只与墙壁碰撞一次，L的最小值为。 【小问4详解】 若只将木板的质量改为1kg，题干其他条件不变，从初始到第一次共速过程，根据动量守恒可得 解得 对B根据牛顿第二定律可得加速度大小为 根据运动学公式可得 之后匀速运动到与墙壁发生第一次碰撞，碰撞后到第二次共速过程，根据动量守恒可得 解得 该过程B向左运动的位移大小为 B向右运动的位移大小为 之后匀速运动到与墙壁发生第二次碰撞，碰撞后到第三次共速过程，根据动量守恒可得 解得 该过程B向左运动的位移大小为 B向右运动的位移大小为 之后匀速运动到与墙壁发生第三次碰撞，则从初始到木板与墙第三次碰撞前木板的总路程为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $