文档内容
2023—2024 学年第一学期高三质量检测
物理试题
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改
动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在
本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 物理概念的建立推动了物理学的发展，下列关于物理概念建立的说法中正确的是（ ）
A. 力的概念是牛顿建立的
B. 加速度概念是由亚里士多德首先提出的
C. 电压概念是伽利略首先建立的
D. 电场是安培完善后形成的概念
【答案】A
【解析】
【详解】A．牛顿将物体间复杂多样的相互作用抽象为“力”，为提出牛顿第一定律而确立了一个重要的
物理概念，故A正确；
B．加速度的概念是由伽利略首先提出来的，故B错误；
C．电压概念是伏特首先建立的，故C错误；
D．法拉第最早提出了“电场”的概念，麦克斯韦建立电磁场后完善了场的概念，故D错误。
故选A。
2. 2024年1月10日是第四个中国人民警察节，东莞上千架无人机上演“苍穹之舞”。若取竖直向上为正方
向，其中一架无人机沿竖直方向运动的v-t图像，如图所示。关于这架无人机运动的说法中正确的是（
）
A. 4s~6s内无人机处于悬停状态
B. 无人机可以上升的最大高度是8m
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学科网（北京）股份有限公司C. 6s~10s内无人机处于失重状态
D. 无人机在第2s末开始向下运动
【答案】C
【解析】
【详解】A．4s~6s内无人机以4m/s的速度匀速向上运动，A错误；
B．v-t图像中图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移，可得，无人机在前2s内上升的高度为
0-8s无人机都在上升，所以上升的最大高度一定大于8m，B错误；
C．v-t图像中图线表示物体的加速度，6s~10s内斜率为负值，表示无人机加速度向下，处于失重状态，C
正确；
D．无人机在第2s末速度仍未正值，所以依然向上运动但速度开始减小，D错误。
故选C。
3. 如图所示，细绳将光滑小球A悬挂在电梯轿厢竖直壁上的O点，木板B被小球A挤在轿厢内壁上，细
绳与侧壁的夹角为θ，电梯静止时，木板B恰好不下滑。已知小球A、木板B的质量分别为M、m，最大
静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法中正确的是（ ）
A. 木板B与电梯侧壁之间的动摩擦因数为
B. 当电梯以加速度 竖直加速下降时，A对B的压力大小为
C. 当电梯以加速度a竖直加速上升时，木板B会滑落
D. 电梯以加速度 竖直加速下降时，木板B仍保持静止
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题意，对小球A受力分析，设木板B对小球的支持力为 ，绳子的拉力为 ，由平衡
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学科网（北京）股份有限公司条件有
，
解得
，
对木板B有
解得
故A错误；
BD．当电梯以加速度 竖直加速下降时，则有
解得
则木板B对小球的支持力为
由牛顿第三定律可得，A对B的压力大小为
此时，木板B与墙面的最大静摩擦力
对木板B，竖直方向上有
解得
可知，木板B仍保持静止，故B错误，D正确；
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学科网（北京）股份有限公司C．当电梯以加速度a竖直加速上升时，则有
解得
同理可得
此时，木板B与墙面的最大静摩擦力为
对木板B，竖直方向上有
解得
可知，木板B仍保持静止，故C错误。
故选D。
4. 2023年11月22日，“夸父一号”先进天基太阳天文台卫星，完成在轨初步评估，卫星工作正常，性能
稳定。“夸父一号”卫星最终运行在太阳同步晨昏轨道II（距离地面720km的圆形轨道）上，其轨道面和
地球晨昏线始终近似重合。该卫星先被发射到椭圆轨道I上运行，在A处通过变轨转移至圆形轨道II上运
行，A、B分别为椭圆轨道I的远地点和近地点，地球同步卫星距离地面36000km，下列说法中正确的是（
）
A. 卫星经过B点时的速度小于沿轨道II经过A点时的速度
B. 卫星沿轨道I、II经过A点时的加速度相等
C. “夸父一号”卫星的周期与地球同步卫星的周期相等
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学科网（北京）股份有限公司D. “夸父一号”卫星的机械能小于地球同步卫星的机械能
【答案】B
【解析】
【详解】A．设卫星在过B点圆轨道上的运行速度为 ，卫星沿轨道II经过A点时的速度为 ，由万有引
力提供向心力有
可得
设卫星在轨道I经过B点时 的速度 ，卫星经过B点时，由圆轨道变轨到轨道I需加速，则有
则有
即卫星经过B点时的速度大于沿轨道II经过A点时的速度，故A错误；
B．根据题意，由万有引力提供向心力有
解得
可知，卫星沿轨道I、II经过A点时的加速度相等，故B正确；
C．由万有引力提供向心力有
解得
由于“夸父一号”卫星的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径不相等，则“夸父一号”卫星的周期与地球
同步卫星的周期不相等，故C错误；
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学科网（北京）股份有限公司D．由于不知道“夸父一号”卫星与地球同步卫星的质量关系，无法比较二者的机械能关系，故D错误。
故选B。
5. 如图所示，真空中M、N、O三点共线，MN、NO之间的距离分别为3L、L，N点固定电荷量为 的点
电荷，当M点也放置一点电荷后，在它们共同形成的电场中，电势为零的等势面（取无穷远处电势为零）
恰好是以O点为球心的球面。已知点电荷周围某点的电势为 ，r为该点到点电荷的距离，Q为场源
电荷的电荷量。则放置在M点的点电荷的电荷量为（ ）
A. q B. 2q C. 3q D. 4q
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意，设等势面的半径为 ，置在M点的点电荷的电荷量为 ，则有
，
联立解得
，
故选B。
6. 如图所示，磁感应强度大小为 的匀强磁场中一矩形线圈绕垂直于磁场的轴 匀速转动，转动角速
度为 ，产生的电能通过滑环 由单刀双掷开关控制提供给电路中的用电器。线圈的面积为 ，匝
数为 ，线圈的总阻值为 ，定值电阻 ，理想变压器的原、副线圈匝数比为 ，电压表为
理想电表。线圈由图示位置转过 的过程中，下列说法中正确的是（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A. 若开关打到“1”，通过电阻 的电荷量
B. 若开关打到“1”，电阻 产生的热量
C. 若开关打到“2”，电压表的示数为
D. 若开关打到“2”，电阻 产生的热量
【答案】C
【解析】
【详解】A．若开关打到“1”，线圈由图示位置转过 的过程中，平均感应电动势为
又有
，
可得
故A错误；
BCD．根据题意可知，线圈由图示位置转过 的过程的时间为
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学科网（北京）股份有限公司线圈转动产生感应电动势的最大值为
有效值为
若开关打到“1”，感应电流的有效值为
电阻 产生的热量
若开关打到“2”，设电压表读数为 ，流过 的电流为 ，则原线圈两端电压为
流过原线圈的电流为
则原线圈的等效电阻为
则有
则电压表读数
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学科网（北京）股份有限公司电阻 产生的热量
故BD错误，C正确。
故选C。
7. 如图所示，纸面内一正三角形的中心在O点，顶点a、b处分别垂直于纸面放置通电长直导线，电流方
向相反，a处电流大小是b处电流大小的2倍，顶点c处的磁感应强度大小为B。已知电流为I的无限长通
0
电直导线在距其r远的圆周上产生的磁感应强度为 ，k为比例系数。那么正三角形中心O点处的磁
感应强度的大小，下列说法中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设正三角形边长为 ，b处电流大小为 ，a处电流大小为 ，则a处电流和b处电流在c处产
生的磁感应强度大小分别为
a处电流和b处电流在O处产生的磁感应强度大小分别为
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学科网（北京）股份有限公司则有
根据右手螺旋定则，如图所示
在c处根据矢量叠加原则可得
解得
在O处根据矢量叠加原则可得
解得
故选A。
8. 如图所示，半径为r的光滑竖直圆环固定在水平地面上，套在圆环上的小球A、B由不可伸长的细线连
接，质量均为m，细线长度为r，小球A在拉力F作用下沿圆环缓慢上移至顶点M。初始时细线竖直，拉
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学科网（北京）股份有限公司力F始终沿圆环切线方向，下列说法中正确的是（ ）
A. 小球B到达与圆心O等高处时拉力F=mg
B. 小球A到达M点时拉力
C. 细线的拉力先增大后减小
D. 圆环对球B的支持力先增大后减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．小球B到达与圆心O等高处时进行受力分析，如图
对B，绳上的拉力为
对A，有
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学科网（北京）股份有限公司A错误；
B．小球A到达M点时进行受力分析，如图
对B，有
对A，有
B错误；
CD．开始时绳上拉力为
环对B的支持力
综合AB的分析，可知，细线的拉力先增大后减小，圆环对球B的支持力一直增大，C正确，D错误。
故选C。
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。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9. 2023年12月6日，2023世界5G大会在河南郑州开幕，主题为“5G变革共绘未来”。目前全球已部署超
过260张5G网络，覆盖近一半的人口。产生5G无线信号电波的LC振荡电路某时刻的工作状态如图所示，
则该时刻（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A. 线圈中磁场的方向向下
B. 电容器两极板间电场强度正在变大
C. 电容器正在放电，线圈储存的磁场能正在增加
D. 线路中的电流正在减小且与线圈中感应电流的方向相反
【答案】AB
【解析】
【详解】A．根据线圈中电流方向，应用右手螺旋定则判断出线圈中磁场方向向下，A正确；
B．电流方向流向正极板，表示电容器在充电，两极板电荷量增大，板间电场强度在变大，B正确；
CD．电流方向流向正极板，表示电容器在充电，两极板电荷量增大，电路中电流在减小，线圈储存的磁场
能正在减小，逐渐转化成电场能，根据“增反减同”可知，线圈中感应电流的方向与线路中原电流方向相同，
CD均错误。
故选AB。
10. 如图所示，轻质弹簧下端固定在水平地面上，小球从弹簧正上方由静止释放，释放点与弹簧顶端的距
离h，小球接触弹簧后向下运动的最大距离x。已知弹簧的原长l，劲度系数为k，小球的质量m，它运动过
程中所受空气阻力的大小恒为f，取重力加速度为g。在小球由开始下落至被反弹离开弹簧后上升到最高点
的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A. 小钢球的最大动能
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学科网（北京）股份有限公司B. 轻质弹簧的最大弹性势能
C. 下降至最低点过程中两者组成的系统损失的机械能
D. 小钢球反弹后上升的最高点位置与释放点的高度差
【答案】AD
【解析】
【详解】A．小球下落过程中合力先减小，后反向增大，当合力为0时，动能最大，此时设弹簧的形变量
为 ，有
解得
根据动能定理，有
解得
A正确；
B．小球从下落到最低点的过程中，根据动能定理，有
解得
B错误；
C．小球下降至最低点过程中两者组成的系统损失的机械能等于小球克服空气阻力做的功，即
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学科网（北京）股份有限公司C错误；
D．设小钢球反弹后上升的最高点与弹簧顶端距离为 ，整个过程，根据动能定理，有
解得
所以小钢球反弹后上升的最高点位置与释放点的高度差为
D正确。
故选AD。
11. 一列沿x轴传播的简谐横波， 时刻的部分波形，如图所示，质点M、P的平衡位置的坐标分别为
和 。已知质点P在 时首次返回平衡位置，质点M首次返回平衡位置的时间早于质
点P，则下列说法中正确的是（ ）
A. 该波沿x轴负方向传播
的
B. 该波 传播速度为2m/s
C. 时，质点M位于波峰
D. 时刻，质点M与质点P速度大小之比为
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学科网（北京）股份有限公司【答案】BC
【解析】
【详解】A．由于质点M首次返回平衡位置的时间早于质点P，可知， 时刻质点 沿 轴负方向振动，
由同侧法可知，该波沿x轴正方向传播，故A错误；
B．已知质点P在 时首次返回平衡位置，由图可知
，
解得
，
则该波的传播速度为
故B正确；
C．经过时间
质点M恰好位于波峰，故C正确；
D．设弹簧的劲度系数为 ，由弹性势能公式 可得，最大的弹性势能为
由机械能守恒定律可得， 时刻，质点M的动能为
质点P的动能为
则质点M与质点P速度大小之比为 ，故D错误。
故选BC。
12. 如图所示，水平面上固定有形状为“ ”的光滑金属导轨MON、PO'Q，OO'左右导轨的宽度分别为
2L、L，两侧匀强磁场的方向分别竖直向上和竖直向下，磁感应强度大小分别为B 和2B，导体棒a、b垂
0 0
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学科网（北京）股份有限公司直于导轨放在OO'两侧，长度分别为2L、L。已知导体棒的材料相同、横截面积相同，导体棒b的质量为
m，两导体棒与导轨接触良好，不计导轨电阻。使导体棒b获得水平向右的初速度 ，直到导体棒b达到
稳定状态的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A. 导体棒b克服安培力做功等于其产生的焦耳热
B. 导体棒a上产生的焦耳热为
C. 导体棒a、b最终以相同的速度 做匀速直线运动
D. 通过a棒的电荷量为
【答案】BD
【解析】
【详解】导体棒的材料相同、横截面积相同，长度分别为 ，导体棒b的质量为m，则导体棒a的质
量为2m，由电阻定律可知，导体棒的电阻之比为
设回路中电流为 ，导体棒a受的安培力为
导体棒b受的安培力为
可知，运动过程中，两导体棒的安培力大小相等
C．根据题意，设导体棒a、b稳定时的速度大小分别为 、 ，稳定时有
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学科网（北京）股份有限公司分别对导体棒a、b应用动量定理有
，
解得
由于导体棒b开始向右运动，由左手定则可知，导体棒a受向左的安培力，则导体棒a向左运动，则导体
棒a、b最终速度大小相等，方向相反，故C错误；
A．由功能关系可知，导体棒b克服安培力做功等于导体棒a、b上产生的焦耳热和导体棒a的动能之和，
故A错误；
B．由能量守恒定律可知，导体棒a、b上产生的焦耳热为
则导体棒a上产生的焦耳热为
故B正确；
D．根据题意，由动量定理，对导体棒a有
解得
故D正确。
故选BD。
三、非择题：本题共6小题，共60分。
13. 某小组做“探究加速度、力和质量的关系”的实验装置，如图所示，带滑轮的长木板水平放置，弹簧测
力计固定在天花板上。小车上固定一个定滑轮，细绳通过滑轮连接弹簧测力计和沙桶，绕过小车上定滑轮
的细绳均平行于长木板，交流电的频率为50Hz。
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学科网（北京）股份有限公司（1）实验中获得的一条纸带某段，如图所示：（图中相邻两个计数点间还有四个点未画出）则在该次实
验中，纸带中C点对应时刻小车的速度大小为____________m/s，小车运动的加速度大小为
____________m/s2（结果均保留两位有效数字）；
（2）本实验中是否需要满足“沙桶及沙的总质量远小于小车的质量”这一条件__________（选填“需要”或
“不需要”）。
（3）改变沙桶中细沙的质量，重复实验操作，利用打点计时器打出多条纸带，同时记录对应的弹簧测力
计的示数F，以小车的加速度a为纵坐标，测力计的示数F为横坐标绘制a-F图像，如图所示，求得图线
的斜率为k，则小车的质量为__________（用字母k表示）。
【答案】 ①. 0.66 ②. 1.8 ③. 不需要 ④.
【解析】
【详解】（1）[1] 纸带中C点对应时刻小车的速度大小为
[2]根据逐差法求得，小车运动的加速度大小为
（2）[3]由于有弹簧秤测量绳上的拉力，所以不需要用沙桶及沙的重力等于绳上的拉力，所以不需要满足
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学科网（北京）股份有限公司“沙桶及沙的总质量远小于小车的质量”这一条件。
（3）[4]对小车进行受力分析，根据牛顿第二定律，有
可得
斜率为
解得
14. 为测量某电源电动势E和内阻r，现备有下列器材：
A．待测电源
B．电流表（量程0~0.6A，内阻约为0.1Ω）
C．电压表（量程0~3.0V，内阻约为10kΩ）
D．滑动变阻器（最大阻值为10Ω，额定电流2A）
E．定值电阻
F．开关、导线若干
实验电路图如图（a）所示
（1）按照（a）电路图，将图（b）中的器材实物笔画线代替导线补充完整__________；
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学科网（北京）股份有限公司（2）改变滑动变阻器的阻值，多次测量并记录多组U、I数据，作出 图像，如图（c）所示，根据图
像求得电源电动势 __________V，内阻 __________Ω。（结果均保留三位有效数字）
（3）为消除电表内阻引起的误差，采用一种改进后的“补偿”电路，如图（d）所示。
①开关 ，均断开， 均处于接入电路最大值。
②闭合 ，调节 ，使电压表V，电流表 数值合适。
③保持 阻值不变，闭合 ，调节 ，使 示数为零，记录电压表的示数U与电流表 的示数 。
④重复②、③操作测多组U、 ，作出 图像，根据图像可测得真实的电动势E及内阻r。
在某次测量中， 闭合后电压表的示数__________（选填“大于”、“等于”或“小于”） 闭合前电
压表的示数。
【答案】 ①. ②. 1.80 ③. 1.10 ④. 大于
【解析】
【详解】（1）[1]按照（a）电路图，将图（b）中的器材实物笔画线代替导线补充完整，如图所示
（2）[2][3]根据题意，由闭合回路欧姆定律有
结合图（c）可得
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学科网（北京）股份有限公司，
解得
（3）[4]在某次测量中， 闭合前，设此时电压表示数为 ，电流表 示数为 ，电压表内阻为 ，
电流表 内阻为 ，滑动变阻器接入电路阻值为 ；根据闭合电路欧姆定律可得
又
联立可得
保持 阻值不变，闭合 ，调节 ，使 示数为零，设此时电压表示数为 ，电流表 示数为 ，
由于 示数为零，则 表两端电势相等，根据闭合电路欧姆定律可得
又
联立可得
则有
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学科网（北京）股份有限公司可得
则在某次测量中， 闭合后电压表的示数大于 闭合前电压表的示数。
15. 建立x轴沿水平方向的坐标系，如图所示，发球机将乒乓球从坐标原点O发出，当发射速度与水平方
向成θ角时，乒乓球经过x轴时的位置坐标为（L，0）。在某高度处固定一水平挡板，发球机仍以相同的
初速度发出乒乓球，乒乓球打到挡板上发生反弹，经过x轴时的位置坐标为（1.5L，0）。已知乒乓球反弹
前后沿x轴方向速度不变，沿y轴方向速度等大反向，不计空气阻力，乒乓球可视为质点，重力加速度为
g，求：
（1）乒乓球被抛出时速度的大小 ；
（2）挡板距离x轴的高度H。
【答案】（1） ；（2）
【解析】
【详解】（1）根据题意，设乒乓球做斜抛后运动至x轴时的时间为 ，水平方向
竖直方向
解得
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学科网（北京）股份有限公司的
（2）设乒乓球第二次运动至x轴 时间为 ，根据轨迹的对称性得乒乓球两次运动的时间之比为
挡板距离x轴的高度
解得
16. 如图所示，半径 的光滑半圆形轨道竖直固定，它的最底端跟水平传送带的B端平滑连接，轨
道上C点和圆心O的连线与水平方向成 角。将小滑块（视为质点）无初速度放在传送带A端，同
时对小滑块施加水平向右的恒力 ，当小滑块到达传送带B端时，撤去恒力F。已知小滑块的质
量 ，与传送带之间的动摩擦因数 ；传送带的长度 ，始终以 的速度
顺时针转动，取重力加速度 ， ， 。求：
（1）小滑块在传送带上的运动时间；
（2）小滑块在C点对轨道的压力大小。
第24页/共34页
学科网（北京）股份有限公司【答案】（1） ；（2）
【解析】
【详解】（1）小滑块刚放上传送带时，受力分析如图所示
根据牛顿第二定律
解得
设小滑块达到与传送带共同速度所用时间为 ，该段时间内的位移为 ，则有
，
解得
，
达到共同速度后，对小滑块受力分析如图所示
根据牛顿第二定律
解得
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学科网（北京）股份有限公司设小滑块又经时间 到达传送带B端，则有
解得
那么小滑块在传送带上运动的时间为
解得
（2）设小滑块到达传送带右端时的速度为 ，则有
小滑块沿半圆形轨道滑至C点的过程，根据机械能守恒定律
在轨道上C点，设小滑块受到的弹力为 ，根据牛顿第二定律
联立解得
根据牛顿第三定律，小滑块在C点对轨道的压力大小
17. 如图所示，平行正对金属板a、b带有等量异种电荷，极板间形成电场强度为E=1×105N/C的匀强电场，
0
该空间同时分布有跟电场正交且垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=1T。金属板右侧匀强磁
0
场的边界线Q、R、M均垂直于两极板的中间线PO，边界线Q与中间线PO交于O点，QR之间的磁场的
方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B=1T，磁场宽度d=0.6m，RM之间的磁场的方向垂直纸面向里，
1 1
第26页/共34页
学科网（北京）股份有限公司磁感应强度大小为B=4T，边界M右侧存在方向水平向左的匀强电场，电场强度大小为E。一带正电的粒
2
子以平行于金属板的速度v 从左侧进入正交场区域，沿中间线PO向右运动，从圆孔穿后由O点进入磁场
0
B，并恰好返回O点。已知边界RM之间的磁场宽度d 可以在一定范围内调节，粒子的比荷为
1 2
，不计粒子的重力，求：
（1）带电粒子的速度v；
0
（2）若粒子恰好不进人边界M右侧的电场，磁场B 的宽度d；
2 2
（3）若粒子能够进入边界M右侧的电场，请写出E与d 的关系式；
2
（4）若d=35cm时，粒子从O进入磁场到返回O所经历的时间。
2
【 答 案 】 （ 1 ） ； （ 2 ） ； （ 3 ）
；（4）
【解析】
【详解】解：（1）粒子沿中间线经过通过正交场区域，电场力与洛伦兹力平衡
解得
（2）设粒子在QR、RM内圆周运动的轨迹半径分别为r、r，最终恰好不进入右侧电场，粒子轨迹全部在
1 2
磁场中如图甲所示，
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学科网（北京）股份有限公司根据牛顿第二定律得
设粒子飞过QR区域圆弧对应的圆心角为 ，根据几何关系
解得
那么QR区域的偏移量为
在RM区域内
M边界与粒子轨迹恰好相切，则磁场B 的宽度
2
（3）要保证粒子返回O点且速度水平向左，则d 必须大于AO，即
2 2
d>0.15m
2
粒子轨迹，如图乙所示
第28页/共34页
学科网（北京）股份有限公司当 时，轨迹有一部分在电场中，进入电场时的速度可以分解为水平向右的 ，
竖直向上的 ，粒子水平向右做匀减速直线运动，竖直向上做匀速直线运动，设粒子在电场中运动
时间为t，加速度的大小为a
联立得
（3）当 时，电场强度为
在QR之间的磁场中运动时，周期为
运动的总时间
第29页/共34页
学科网（北京）股份有限公司在RM之间的磁场中运动时，周期为
运动的总时间
在电场中运动的总时间
总时间为
18. 如图所示，水平木板的a端紧挨着长度L=1.15m的平台A，b端与足够长的平台B之间的距离为
1
L=0.25m，木板的长度L=2m、质量M=2kg，上表面跟平台A、B等高。平台B上有完全相同、质量均为
2
m=1kg的滑块（从左向右依次记为滑块1、滑块2……滑块n，均可视为质点）等间距静止排列，间距d，
滑块1位于平台B的左端。与平台B上完全相同的滑块P放置在平台A的左端。质量m=1.5kg的小球用长
1
度l=1m的细绳栓接在O点，无初速度释放时细绳刚好伸直且与水平方向成θ=30°角，运动到最低点时与滑
块P发生弹性碰撞，碰撞后滑块P沿平台A滑动，之后滑上木板，当木板的b端撞到平台B时立即静止。
滑块P与滑块1相碰后粘在一起，碰后两滑块以共同的速度继续运动距离d与滑块2相碰，三滑块以共同
的速度运动……后面重复前面的运动情况。小球与滑块、滑块与滑块间的碰撞时间极短。已知滑块P跟平
台A、木板之间的动摩擦因数均为μ=0.5，木板与水平面之间μ=0.1、滑块与平台B之间的动摩擦因数均
1 2
为μ，取g=10m/s2。求：
（1）细绳上的拉力F的最大值；
（2）滑块P刚滑上木板时的速度大小；
（3）滑块P与滑块1碰撞时损失的机械能；
（4）若滑块P与滑块1碰撞前瞬间的速度为v，则第n次碰撞前已经粘到一起的滑块的动能表达式。
0
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学科网（北京）股份有限公司【 答 案 】 （ 1 ） ； （ 2 ） ； （ 3 ） ； （ 4 ）
【解析】
【详解】（1）小球开始做自由落体运动，设细绳张紧前瞬间的速度大小为v
01
由
张紧瞬间小球 的速度变为
设小球碰前的速度为v，根据机械能守恒定律
3
与滑块P碰撞前瞬间，细绳的拉力F最大
即
联立解得
，
（2）设碰撞后滑块P的速度v ，刚滑上木板时的速度v ，碰撞中根据动量守恒定律和能量守恒定律
p1 p2
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学科网（北京）股份有限公司滑块P在平台A上滑动，根据动能定理
联立解得
（3）滑块P滑上木板后，设滑块、木板的加速度大小分别为a、a，木板撞到平台B的时间为t，此时滑
1 2
块P的速度大小为v，根据牛顿第二定律
0
对滑块P
对木板
解得
的
该段时间内滑块P 位移
那么
可知木板撞击平台B时滑块P恰好滑离木板与滑块1碰撞
根据动量守恒定律和能量守恒定律
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学科网（北京）股份有限公司滑块P与滑块1碰撞损失的机械能为
（4）第一次碰撞前瞬间的动能
碰后动能
设运动距离d后的动能为 ，则
那么第二次碰撞前瞬间的动能
第二次碰后的动能
设运动距离d后的动能为 ，则
那么第三次碰撞前瞬间的动能
第三次碰后的动能
设运动距离d后的动能为 ，则
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学科网（北京）股份有限公司那么第四次碰撞前瞬间的动能
……
那么第n次碰撞前瞬间已经粘到一起的整体的动能
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