山东德州市齐河县第一中学2026-2027学年高三上学期期中模拟物理试题

高三物理阶段检测 11.5 注意事项： 1答题前，考生先将自己的学校、姓名、班级、座号、考号填涂在相应位置。 2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫 米黑色签字笔书写，绘图时，可用2B铅笔作答，字体工整、笔迹清楚。 3请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效：在草稿纸、试 题卷上答题无效。保持卡面清洁、不折叠、不破损。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的。 1.如图为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（) ms） 20 Av/(m.s) v2/m2.s2) a/(ms23) 10--- t/s 产t/s 10→x/m 民 丙 A.甲图中，物体在0~6时间内的位移为2 B.乙图中，物体的加速度为1m/s2 C.丙图中，阴影面积表示(~(，时间内物体的末速度 D.丁图中，t=ls时物体的速度为5m/s 2.某大楼中的竖直货运电梯可将货物快速运送到项楼。已知电梯运行的最大速度为5/s,加速度大 小不超过1m/s2,若将某货物从一楼运送至高为80m的顶楼，到达时电梯速度减为0，则电梯运行的 最短时间为() A.16s B.18.5s C.21s D.32s 3.如图所示，将一个质量为4g的铅球放在倾角为45的斜面上，并用竖直挡板挡住，铅球与斜面均 处于静止状态。现将竖直挡板逆时针缓慢放至水平，斜面仍静止。不考虑铅球受到的摩擦力，重力加 试卷第1页 速度取g=10m/s2,在此过程中，下列说法正确的是（) A.斜面对铅球的支持力先减小后增大 B.挡板对铅球的弹力一直增大 C.挡板对铅球的弹力最小值为20√2N 了45 D.斜面所受地面摩擦力先变大后变小 4.如图所示，探测器在前往月球的过程中，先在停泊轨道上环绕地球做圆周运动，然后在P点进入 地月转移轨道。当探测器接近月球时，被月球引力俘获，在Q点变轨后在工作轨道上再次做圆周运动。 下列说法正确的是() 地月转移轨道 日铁测器 A.探测器的发射速度大于第二宇宙速度 工作轨道 地球 停泊轨道 B.探测器在P点点火加速才能进入地月转移轨道 C.探测器在停泊轨道上的运行周期大于在地月转移轨道上的运行周期 D.探测器在停泊轨道上P点的加速度大于在地月转移轨道上P点的加速度 5.“水上飞人运动”是一项新兴运动形式，操控者借助喷射式悬浮飞行器向下喷射高压水柱的方式实 现在水面上方或悬停或急速升降等动作。假设某玩家（含设备）质量为M,底部两个喷口的总面积为 S,忽略空气阻力和管道（含装置）对人的作用，已知重力加速度为g,下列说法正确的是() A.当装置向下喷水时，人将沿着喷水的反方向做直线运动 B.若要悬停在空中，向下喷水的水速应为 Mg S2P水 C.当人匀速上升时，人所受的合外力对人做正功 D.若要实现向上以加速度a加速运动，向下喷水的水速应为v= M(g+a) SP水 6.某中学物理实验小组利用DIS系统（数字化信息实验室系统），观察超重和失重现象。他们在学校 电梯内做实验。在电梯天花板上固定一个力传感器，测量时挂钩向下。并在钩上悬挂一个重为1N的 钩码，在电梯运动的过程中，计算机显示屏上显示出如图所示图线。根据图线分析可知，下列说法中 正确的是() (共4页) 个FN 10 A.t1到t2时间内，钩码处于超重状态，t3到t4时间内，钩码处于失重状态 B.1到t2时间内，电梯一定正在向下运动，t3到4时间内，电梯可能正在向上运动 C.t1到t4时间内，电梯一定先加速向下。接着匀速向下，再减速向下 D.1到4时间内，电梯可能先减速向上，接着匀速向上，再加速向上 7.如图所示，在劳动实践课中，小明将秧苗（视为质点，用一个点表示）从距水平稻田高度h=2处 抛出，秧苗被抛出时的速度大小。=5m/s,方向与水平方向的夹角0=37°。运动过程中不计空气阻力， 取重力加速度大小g=10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是() A.秧苗做斜上抛运动上升的最大高度为2.45m B.秧苗在空中运动的时间为0.6s C.秧苗在稻田上的落点到投出点的水平距离为4m D.秧苗落在稻田上时的速度与水平方向的夹角的正切值为 8.如图所示，质量为m的小滑块P套在竖直光滑杆上，质量为2m的小滑块Q置于水平面上，Q与水 平面间的动摩擦因数0.6，P、Q通过铰链与长为L的轻杆两端连接，轻杆与水平面的夹角为53°，整 个装置处于静止状态。重力加速度大小为g,s530.8,cos53=0.6。现用水平力F缓慢向右拉动Q 至轻杆与水平面的夹角变为37°，该过程力F做的功为() 4 1 A. mgL 25 B.-mgL 9 C. 25mgl 13 D. 25mgL 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9.“转碟是传统的杂技项目。如图所示，质量为m的小物块放在半径为”的碟子边缘，随碟子一起在 水平面内绕圆心A做圆周运动。某次表演中，碟子从静止开始加速转动，转动5圈后角速度达到①，， 试卷第2页 小物块与碟子间的动摩擦因数为八且始终无相对滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加 速度为g。下列说法正确的是() A.小物块所受摩擦力为静摩擦力，方向始终指向圆心 B.①的最大值为 ug C.碟子角速度从0增加到0，的过程中，摩擦力对小物块做功二mr2o D.碟子角速度从0增加到0，的过程中，摩擦力对小物块做功10πmg 10.质子仅在电场力的作用下从O点开始沿x轴正方向运动，其在O点处的初动能为4V。该质子的 电势能E,随位移x变化的关系如图所示，其中O~x2段是关于直线x=x对称的曲线，x2~x段是直线。 ↑E/ev 下列说法正确的是() A.x处电场强度最小 B.该质子在x处的动能为2eV C.在0、x、x2、x3处电势p、9、p2、93的关系为9<P2=< D.该质子最终停在x处 11.质量为m的汽车发动机额定功率为P。在倾角为0的斜坡上受的摩擦阻力为车重力的k倍，汽车 在斜坡上以恒定加速度启动，经过时间t速度达到最大，己知重力加速度为g。下列说法正确的是 P A.汽车的最大速度为 kmg P B.匀加速阶段持续时间为 (kmg +ma)a C.根据己知条件可以求出从初始状态直到速度达到最大牵引力做的功 D.根据已知条件可以求出从初始状态直到速度达到最大走过的距离 12.如图所示，在光滑水平直杆上穿一滑块，滑块下面用足够长的细绳悬挂一木球，某时刻，子弹以 水平速度'，射入木球并留在其中。己知子弹和木球的质量均为m,滑块的质量为2m,重力加速度为8， (共4页) 下列判断正确的是() A.当木球摆到最大高度时，子弹、木球、滑块的速度相等 B.当子弹、木球、滑块的速度相等时，滑块的速度最大 C.木球能摆起的最大高度是 Vo. 16g D.滑块在运动过程的最大速度是 2 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13.为探究系统机械能守恒规律，实验人员搭建如图实验装置，不计轻绳质量、滑轮质量及一切摩擦 阻力。 B 光电门 o 遮光片 A (1)实验时，该实验员进行了如下操作： ①测得上方物块B质量为4m,下方带有遮光条的物块A质量为5m,(含遮光条)。 ②将重物A与重物B通过轻绳连接，跨过轻质滑轮组。实验时用手托住重物B,使系统保持静止，测 量遮光条中心与光电门中心的竖直间距为H:随后释放重物B,使其自由下落，带动重物A上升。测 得遮光条通过光电门的时间为△1，此时重物B的速度'e= (用d、△t表示)。 (②)从图甲情形至遮光条刚通过光电门过程中，系统（重物A、B)重力势能的减少量△E,= (用m。、重力加速度8、H表示)：系统动能增加量为△E= (用m、△1、d表示)。 (3)遮光条宽度偏大易引发实验误差。若不计其他实验误差，仅考虑遮光条宽度带来的影响，则在“A 上升，B下降过程中系统重力势能的减少量△E,和动能的增加量△E,的关系为△E。 △E, 试卷第3页 (选填><”或=”)。 14.实验小组用如图甲所示的水平气垫导轨装置验证动量守恒定律。己知滑块1（含遮光条）质量为M1, 滑块2（含遮光条）质量为M2,两遮光条宽度均为d。实验时，在滑块2上放置质量为m的砝码，两 滑块中间压缩一轻弹簧，并用细线拴住使系统静止。烧断细线后，两滑块被弹开，分别通过光电门1、 2,测得遮光时间分别为4、5。改变滑块2上砝码质量m,重复多次实验。以m为横轴，以上为纵 t 轴，描点作图，得到一条倾斜直线，如图乙所示，测得直线斜率为k,纵轴截距为b。请回答下列问 题： 光电门1 光电门2 遮光板弹簧和细 滑块1 滑块2 分 乙 (1)若系统动量守恒，则图乙中斜率k= 纵轴截距b= (均选用M1、M2表示) (2)某次实验测得数值k=5.0,b=0.50,己知M1=0.20kg,M2=0.10kg。本次实验数据在误差允许 的范围内 (填“能”或不能”)验证动量守恒定律。 (3)实验时，若滑块2上不小心粘附了一小块橡皮泥（质量记为△m),实验者未发现，仍按原记录的m 值进行数据处理。则由此测得的图线斜率k测与理论值k相比，k测」 (填“偏大“偏小”或“不变)， 纵截距b侧与理论值b相比，b侧」 (填偏大“偏小”或“不变)。 (填“能”或“不能”)仅 根据斜率k等于M, 得出动量守恒的结论。 (共4页) 15.在训练运动员奔跑中下肢向后的蹬踏力量时，有一种方法是让运动员腰部系绳拖汽车轮胎奔跑， 如图所示.一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳拖着质量m=11kg的轮胎从静止开始沿着笔直 的跑道加速奔跑，经过1，=3s后速度达到y=6/s开始匀速跑，在匀速跑中的某时刻拖绳从轮胎上 脱落，运动员立即减速，当运动员速度减为零时发现轮胎静止在其身后$。=2m处，已知轮胎与跑道 间的动摩擦因数为4=0.5，运动员奔跑中拖绳两结点A、B间的距离L=2m、两结点间高度差视为 定值H=1.2m;将运动员加速跑和减速过程视为匀变速运动，取g=10m/s2,求： (1)加速阶段绳子对轮胎的拉力大小： (2)运动员减速的加速度大小。 , 16.如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度0大小为20m/s,与水平方向的夹角为30°， 抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°，重力加速度大小取10m/s2,忽略空气阻力。重物在 此运动过程中，求： 30 (1)P到Q的运动时间： 30° (2)重物离PQ连线的最远距离。 试卷第4页 17电子技术中通常利用匀强电场中的偏转实现带电粒子的空间侧移。如图所示，以D为坐标原点建 立空间直角坐标系0一xyz,坐标系中有一个长为3d,宽为d,高为的长方体ABCD一EFGH空间，均 分成I、Ⅱ、Ⅲ三个区域。区存在沿x轴正方向电场强度大小为E的匀强电场：Ⅱ区存在沿y轴正方向 的匀强电场：Ⅲ区存在沿z轴正方向的匀强电场。一质量为、电荷量为+q的正电粒子，从D点静止 释放，恰好能打到F点，忽略粒子重力，求： B (1)粒子刚进入Ⅱ区时的速度大小vo: (2)粒子从释放到运动至F点所用的时间： 以 O(D) I H (3)Ⅱ区匀强电场的电场强度大小E,和Ⅲ区匀强电场的电场强度大小Ez。 18.如图所示，半径R=1.8m的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定，质量E2kg的长木板A静止在光滑 水平地面上，木板的左端恰好与圆弧轨道末端等高且相切，在木板A右侧的地面上固定着一个弹性竖 直挡板P,木板与弹性挡板P碰撞后立即以碰前的速率反向弹回。质量m=4kg的滑块B（看作质点) 从圆弧轨道顶端由静止滑下，当滑块B和木板A刚好相对静止时，木板A与挡板P发生第一次碰撞， 已知滑块B与木板A间的动摩擦因数=O.5,滑块B始终不会从木板A上滑落，碰撞时间极短，取重 力加速度g=10ms?。求：（结果均可用分数表示） P 挡板 (1)滑块B和木板A第一次相对静止时的速度大小： (2)木板A最初静止时右端与挡板P之间的距离； (3)从木板A开始运动到第2次与挡板P碰撞过程经历的时间： (4)木板A至少多长。 (共4页)高三物理阶段检测答案 11.5 1.D【详解】A.甲图为v-t图像，曲线在匀加速直线运动的上方，图线与横轴围成的面积大于匀加 速直线运动的位移)k,因此实际位移大于)，故A错误： B.乙图为V2-x图像，由v=+2am可知斜率k=2a图中斜率k=10 m/s2 1m/s2 0 所以a=0.5m/s2,故B错误： C.丙图为a-t图像，图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量△v=「adt,不是末速度，故C错误： D.丁图为-1图像，由匀变速直线运动位移公式x=,+ad得=以+a 1 1 2 图线为直线，纵截距，斜率k二0 由图可知，直线过（山，0）和(3,10)，斜率k=10-0。 m/s2=5m/s2解得a=10m/s2 3-1 纵截距v,=-5m/s,由速度公式v=v。+at解得当t=ls时，解得v=5m/s,故D正确。 2【答案】C【详解】由题意可知，为了使电梯运行时间最短，则应使电梯加速到最大速度然后匀速行 驶，最后减速，到达顶楼时速度减为0，在加速和减速阶段，所用时间均为1='=5s a 加速和减速阶段运动的位移均为x= =12.5m匀速运动的位移为x,=80m-2x=55m 2a 匀速运动的时间为L,=互=11s所以电梯运行的最短时间为1=2，+(，=21s 3.C【详解】ABC.挡板缓慢转动，可认为铅球在各时刻均处于平衡状态。铅球受到重力g、斜面 的支持力N,和挡板的弹力N2。其中N始终垂直斜面、指向左上方；N2始终垂直挡板，其方向由水平 向右逐渐转为竖直向上。挡板竖直时，铅球的受力方向如图所示。 N mg 45° 试卷第1页 由共点力平衡条件，两个支持力的合力与重力等大反向。按同一标度将三个力首尾相接，作出下图的 力三角形：BA表示重力，AP表示N,PB表示N2。其中固定点为A和B,C对应挡板竖直时的顶点， P为转动过程中的动点，H为B到直线AC的垂足挡板逆时针转动时，PB的方向随之由水平向右转为 竖直向上，P沿CA从C向A移动。因此，AP逐渐缩短，挡板水平时缩为零，即斜面对铅球的支持力 始终减小。PB的长度先减小后增大，当P到达H时最短，此时两个支持力互相垂直，挡板转过45°。 在直角三角形ABH中，AB对应重力大小，BH对应挡板弹力的最小值，且∠BAH=45 由直角三角形的边角关系得Nm=mgsin45=4x10x2N=202N,故AB错误，C正确： 2 D.由牛顿第三定律，铅球对斜面的压力与N,等大反向。斜面保持静止，地面对斜面的摩擦力平衡该 压力的水平分量。设摩擦力大小为f,由于压力与水平方向的夹角始终为45°，有f=Nc0s45°= 前述图解已知N,始终减小，因此摩擦力也始终减小，故D错误。 4.B【详解】A.达到第二宇宙速度的探测器将脱离地球引力束缚，本题中探测器仍受地球引力作用 前往月球，发射速度只需大于第一宇宙速度、小于第二宇宙速度，故A错误； B.探测器在停泊轨道上绕地球做圆周运动时，万有引力恰好提供向心力。在P点点火加速后，探测 器所需向心力大于地球引力，做离心运动，故B正确； C.根据开普勒第三定律，环绕同一中心天体的轨道，半长轴越大周期越大。地月转移轨道的半长轴 大于圆形停泊轨道的半径，因此停泊轨道的运行周期小于地月转移轨道的运行周期，故C错误： D。根据牛领第二定作G=ma可得a-G,因此探测器在修治道上P点的如速度等于在地转 GM 移轨道上P点的加速度，故D错误。 故选B。 5.D【详解】A.装置向下喷水时，人受到竖直向上的反冲力。若人具有水平方向的初速度，由于水 平方向不受力，人将做曲线运动，不一定沿直线运动，故A错误； BD.设在极短时间△1内喷出水的质量为△m,喷水速度为v,则△m=PkSv△t (共4页) 对喷出的水应用动量定理，水受到的推力F't=△mv解得F'=PkSv2 根据牛顿第三定律，人受到的反冲力F=F'=PkSw若要悬停，由平衡条件得F=Mg 即PkSv2=Mg解得v= Mg 若要向上以加速度a加速运动，由牛顿第二定律得F-Mg=Ma即 P*Sv2=M(g+a)解得v= M(g+a) 故B错误，D正确； P水S C.当人匀速上升时，处于平衡状态，所受合外力为零，合外力对人做功为零，故C错误。 6.D【详解】A.1到2时间内，拉力小于重力，钩码处于失重状态：3到t4时间内，拉力大于重力， 钩码处于超重状态，故A错误； B.从时刻到t2,钩码受到的拉力小于重力时，加速度向下，可能加速下降，也可能减速上升 CD.1到4时间内，钩码先失重，再处于平衡状态，最后处于超重状态，先有竖直向下的加速度，再 加速度等于零，最后有竖直向上的加速度，故可能先加速下降或者减速上升，再匀速下降或者匀速上 升，最后可能减速下降或者加速上升，故D正确 7.CA.秧苗做斜上抛运动上升的最大高度为H=sin37Y_⑤×0.6 -m=0.45m, 2g 2×10 BC.向上为正方向.则竖直方向根据-h=%m371-22解得1=1s 则秧苗在稻田上的落点到投出点的水平距离s=vcos37°·t=4m,故B错误，C正确： D.秩苗落在稻田上时的速度与水平方向的夹角的正切值为%s1n37-刻_？， %cos37° 4 8【答案】A根据几何关系，可得小滑块P下降的高度为△h=Lsin53°-Lsin37°=0.2L 小滑块Q水平位移为△x=Lcos37°-Lcos53°=0.2L对小滑块P、Q及轻杆系统受力分析，可知系 统在竖直方向的力平衡，则可得地面对Q的支持力为N=3mg则小滑块Q受到的滑动摩擦力为 f=uN=1.8mg重力对小滑块P做的功为W。=mg△h=0.2mgL摩擦力对小滑块Q做的功为 试卷第2页 W,=一fx=-0.36mgL因整个过程缓慢变化，故动能的变化量为零，根据动能定理有 +形。+W,=0联立解得所，=25mg 4 9【答案】BC 【详解】A.小物块所受摩擦力为静摩擦力，由于小物块不是做匀速圆周运动，则静摩擦力的方向不 是指向圆心，A错误；B.根据ug=m@r可知0的最大值为m,= ,B正确： CD.根据动能定理，碟子角速度从0增加到0，的过程中，摩擦力对小物块做功 W-A近，-)m2m产aG=mg,c正瑞，D错误. 2 1 10.AC【详解】A.在E。一x图像中，斜率的绝对值等于电场力的大小，可知在x处电场力为零，电 场强度为零，A正确： B.由图可知，质子从O到x的过程中，电势能减少，电场力做正功，电场力所做的功等于电势能的 减少量，即W=△E。=2V根据动能定理可得W=Ex-Eo代入数据解得E=6eV,B错误： C.由图可知，质子在O、x、x2、x的电势能关系为E,>E,=Eo>E 由E,=qp可知质子在0、x、x2、x的电势关系为%>92=>9，C正确： D.质子仅在电场力作用下运动，动能与电势能总和保持E=E+E。=7V不变，由于质子在x的电 势能为7V,则此时质子的动能为零，但由于质子受到的电场力不为零，质子不会停在x,处，只是在 该点的速度为零，D错误。 11.CD【详解】A.当汽车匀速运动时，速度达到最大，由共点力平衡条件可得，此时的牵引力为 P F=mg sin0+kmg由功率的公式可得最大速度为vm= F mg sin0+kmg B.加速度为a时，由牛顿第二定律可得F加-mng sin8-kamg=ma 解得匀加速阶段的牵引力为F加=ma+mg sin8+kamg (共4页) P P 设匀加速运动达到的最大速度为v,则有v= ma+mg sin 0+kmg 分 可得匀加速阶段持续时间为加=一 a (ma+mgsin0+kmg)a C.汽车从初始状态直到速度达到最大的过程，牵引力做的功为W=Fmx加+P(-(知) 其中由前面的分析可知R和4，均为可求解，加速运动的位移为-20 v2 也可以求解，故牵引力做的功可以求解，故C正确： D.对汽车从初始状态直到速度达到最大的过程，由动能定理可得 :-(mg sin 0+kmg)x=m 由此式可知可以求出从初始状态直到速度达到最大走过的距离，故D正确。 12.ACD【详解】AB.木球摆到最大高度时，三者具有相同的水平速度，此后滑块在绳子拉力作用下 继续加速，C.子弹射入木球过程，根据动量守恒可得mv。=2mm 子弹射入木球后，当木球摆到最大高度时，子弹、木球、滑块的速度相等，根据系统水平方向动量守 恒可得2m叫=m+m+2m)y由能量守恒有)×2mYx4m心+2mgh联立解得力=% 21 16g D.子弹射入木球后，木球摆到最大高度后再次回到最低点时，滑块的速度达到最大，设此时木球的 速度为Y,滑块的质量为，根据系统水平方向动量守恒可得2my=2mw+2mv, 由能量守恒有)×2m=2×2m心+ 1 2 联立解得=。 13.(1) 2d (2) 3mogH 21 mo (3) △t 1 M, 14.(1) M M (2)能 (3) 不变 偏大 不能 15【答案】(1)70N:(2)4.5m/s2 【详解】(1)设加速阶段轮胎的加速度大小为a1,有v=44 设轮胎受到绳子的拉力F与水平方向的夹角为0，地面支持力为W,摩擦力为，竖直方向 Fsin0+N=mg水平方向Fcos0-f=ma,又有f=N解得F=70N 试卷第3页 (2)设拖绳脱落后轮胎在地面滑行的加速度大小为2、位移大小为x,运动员减速运动的加速度大小 为a3:轮胎减速过程4mg=ma2v2=2a,x运动员减速过程v2=2a,(x-Lcos0+x,) 解得a=4.5m/s2 16.(1)4s(2)10W3m 【详解】(1)将斜抛运动分解为水平、竖直方向的分运动，初速度的分量yx=,cos30°，o,=sin30 任意时刻水平位移x=/竖直位移（以P为原点，向下为正方向）y=-,+28 由题意，P0连线与水平方向夹角为30°，落点Q满足tan30°=上解得1=4s (2)将运动分解到平行Pg和垂直Pg的方向：初速度垂直Pg方向的分量1=%sin60 重力加速度垂直PQ方向的分量g1=gcos30°，方向垂直PQ指向远离运动轨迹的一侧。 当垂直PQ方向的分速度减为0时，重物离Pg的距离最大，由运动学公式=2g1h 代入数值可得hx=10W3m 17【答案】1w=42t=2m m 68,=号E2B 【详解】(1)由动能定理可知Eqd=m哈解得v,=, Eqd m (2)x方向上粒子在I区域匀加速，Ⅱ区域匀速，区域匀速 由匀变速直线运动规律知在I区域运动时间t,=廷 在区城运动时间一是在m呕减运动时间与一号总时间为t=+北+七可得t=2层 (3)粒子在Ⅱ区域沿y轴方向做匀加速运动，在区域沿y轴方向匀速直线运动，如图所示 由平抛运动规律可得y'=3y y=y月 可得巴，=号 粒子在Ⅲ区沿z轴方向做匀加速运动，有( (共4页) 可得E2=2E 18.(1)4m/s(2)0.8m(3) 22 (4)3.6m 【详解】(I)滑块B从光滑圆弧滑下时，根据机械能守恒定律可得mgR=,m 从滑块B刚滑上木板A,到两者刚好相对静止过程中，A、B系统满足动量守恒定律，则m,=(M+m)y 解得y=4m/s (2)对木板A,根据动能定理可得mgs=M联立解得s=0.8m 即木板A最初静止时右侧与挡板P之间的距离为0.8m; (3)从滑块B刚滑上木板A到两者刚好第一次相对静止过程中，对A,根据动量定理得mg4=M-0 解得=0.4s从A与P碰撞后到A、B第二次达到共速过程中A、B系统动量守恒，则 4 my-=(M+m)y,解得y2=-m/s 3 A与P碰撞后，向左减速到速度减为0过程中，A的加速度为a=4mS=10ms2 M 医动时间6，=业=0.4s、位移为x=)4=0.8如 a 此后A反向加速到，此过程中运动时同6-兰后位移为4= 1 m a15 2 45 共速后A、B一起向右匀速运动直到A与P第二次碰撞，此过程运动时间，=-五_8、 5159 22 即从木板A开始运动到第2次与挡板P碰撞过程经历的时间为t=4+12+43+4=二s 15 (4)A与P碰撞后，A的速度等大反向，此后A、B系统满足动量守恒定律和能量守恒定律，因为M<m, 所以A、B系统总动量方向向右，因此碰撞后B向右减速运动，A先向左减速运动再反向加速，最后 达到共速，与弹性挡板P碰撞，后续重复上述过程，由于滑块B不会从长木板A上滑落，最终A、B 系统静止，整个过程中系统能量守恒，则一mv哈=umg△x解得△x=3.6m 即木板A最小长度为3.6m。 试卷第4页（共4页)