2023-2024学年河北省石家庄市高三（第一次）质量检测物理试卷（含详细答案解析）

2023-2024学年河北省石家庄市高三（第一次）质量检测物理试卷

一、单选题：本大题共7小题，共28分。

1.“风云”气象卫星是我国重要的民用遥感卫星，其中“风云一号”是极轨卫星，其运行轨道在地球的南

北两极上方，周期为120min;“风云四号”是静止轨道卫星，与地球自转同步。若卫星的运动均可视为匀

速圆周运动，则下列说法正确的是（）

A.“风云一号”卫星的线速度大于地球的第一宇宙速度

B.“风云一号”卫星的向心加速度比“风云四号”卫星的向心加速度大

C.“风云一号”卫星的线速度比“风云四号”卫星的线速度小

D.“风云一号”卫星的角速度比“风云四号”卫星的角速度小

2.图甲为家用燃气灶点火装置的电路原理图，直流电通过转换器转换为图乙所示的正弦交流电加在理想变

压器的原线圈上，原、副线圈的匝数分别为%、n2,电压表为理想电压表。当两点火针间电压大于5000V

时会产生电火花进而点燃燃气。闭合开关S,下列说法正确的是（）

甲乙

A.电压表的示数为

B.副线圈输出交流电压的频率为100Hz

C.若能点燃燃气则空＞100

D.若能点燃燃气则两点火针间电压的有效值一定大于5000V

3.一架无人机在水平地面由静止开始匀加速滑行1600机后起飞离地，离地时速度为80m/s。若无人机的加

速过程可视为匀加速直线运动，则无人机在起飞离地前最后1s内的位移为（）

A.79mB.78mC.77mD.76m

4.某区域存在一电场，该区域内x轴上各点电势R随位置无变化的关系如图所示。a粒子从。点由静止释

放，仅在电场力作用下沿x轴通过C点，下列说法中正确的是（）

B.a粒子从。点到C点运动的过程中其电势能减小10eV

C.a粒子从D点到C点运动的过程中所受电场力先增大后减小

D.a粒子从D点到C点运动的过程中其动能先增大后减小

5.用波长4=200nm的紫外线照射铜板，有电子从铜板表面逸出。现在铜板所在空间加一方向垂直于板

面、大小为18V/M的匀强电场，电子最远能运动到距板面5c7九处。已知光在真空中传播速度c与普朗克常

量力的乘积为1.24X10-60八小，可知该铜板的截止波长约为（）

A.230nmB.260nmC.290nmD.320nm

6.用折射率几=2的透明材料制成如图所示的“阴影”薄工件，长方形ABC。长为2a、宽为a;空白区域是

以。为圆心，半径为。的半圆。圆心。处有一点光源，只考虑直接射向工件的光线，不考虑光在工

件内反射，光在真空中传播的速度为c,下列说法正确的是（）

B.光线从工件D48c边射出的区域总长度为警

C.从工件边射出的光线中，光在工件中传播所用的最长时间为0吗一切。

3c

D.从工件边射出的光线中，光在工件中传播所用的最长时间为（2可-3）a

7.帆船是人类的伟大发明之一，船员可以通过调节帆面的朝向让帆船逆风行驶，如图所示为帆船逆风行驶

时的简化示意图，此时风力F=2000N,方向与帆面的夹角a=30。，航向与帆面的夹角£=37。，风力在

垂直帆面方向的分力推动帆船逆风行使。己知sin37。=0.6,则帆船在沿航向方向获得的动力为（）

C.600ND.800N

二、多选题：本大题共3小题，共12分。

8.如图甲所示，线圈A的匝数为50匝、电阻为30,在线圈A内加垂直线圈平面的磁场，t=0时磁场方向

垂直纸面向里，穿过线圈A的磁通量按图乙变化。电阻不计、间距为0.5m的足够长水平光滑金属轨道

MN、通过开关S与线圈4相连，两轨间存在垂直纸面的匀强磁场（图中未画出）。现将长度为0.5爪、电

阻为1。的导体棒ab垂直轻放在导轨MN、尸。上。t=0时，闭合开关S,导体棒ab向右加速运动达到最

大速度5a/s后匀速运动，导体棒湖与轨道始终接触良好。下列说法正确的是（）

A.1=0时，线圈A中的感应电动势为5yB.t=0时，线圈A中的感应电流为2.54

C.两导轨间磁场的磁感应强度大小为2TD,两导轨间磁场的方向垂直MNP。平面向外

9.如图所示是某水池的剖面图，A、8两区域水深分别为《1、hB,其中%=0.4叱，点。处于两部分水面分

界线上，M和N是4、8两区域水面上的两点，0、M间距离为3/找，。、N间距离为4772。1=0时加点从

平衡位置向上振动、N点从平衡位置向下振动，形成以/、N点为波源的水波（可看作简谐横波），两波源

振动频率均为2Hz,振幅均为5c机。当t=ls时，。点开始振动且振动方向向下。已知水波的波速跟水深

关系为u=Jgh,式中/?为水的深度，g=10m/s2o下列说法正确的是（）

A.区域B的水深HB=l.6m

B.A、2两区域水波的波长之比为2:1

C.t=1.5s时，0点经平衡位置向上振动

D.t=2.5s后，A/N之间存在10个振幅为10cm的点

10.如图所示，倾角为30。的斜面固定在水平地面上，质量为1.5题的箱子静止在斜面上，质量为0.1题的小

球通过细绳悬挂在箱子顶面的。点。现给箱子一沿斜面向下的力F=20N,箱子沿斜面向下运动，稳定后

细绳与竖直方向成60。角。已知重力加速度g取10a/s2。下列说法正确的是（）

A.稳定时细绳上的拉力为1N

B.稳定时细绳上的拉力为2N

C.改变尸大小系统再次稳定后细绳处于竖直方向，此时力F为4N

D.改变尸大小系统再次稳定后细绳处于竖直方向，此时力尸为8N

三、实验题：本大题共2小题，共18分。

11.某同学用频闪摄影的方法验证机械能守恒定律，实验中将一钢球从与课桌表面等高处的位置。由静止

释放，拍到整个下落过程的频闪照片如图所示，位置。到A、B、C各位置的距离分别为七、七、七。已

知频闪摄影的闪光频率为力重力加速度为g。

(1)若在误差允许范围内，关系式(用题中给出的字母表示)成立，则证明钢球从位置。运动到

位置8的过程中机械能守恒。

(2)关于该实验，下列说法正确的是

A实验开始时，先释放钢球再进行频闪摄影

8用诣计算出位置8的速度，算出钢球在3位置的动能，并用来验证机械能守恒

C.多次实验测得小钢球的重力势能减少量总是略大于动能增加量，这是由于空气阻力造成的

(3)结合实际，可估算该频闪摄影的闪光频率f约为

A.50Hz

B.20Hz

CAOHz

D.2Hz

12.如图甲所示为铜漆包线线圈，某同学想测量该线圈的匝数。该线圈的平均直径D=4.00cm,已知铜导

线的电阻率p=1.7x10-8。.m。

甲乙丙

ERS

iJl——

1____________________________________________________I

丁

（1）如图乙所示，用螺旋测微器测得铜漆包线的直径d=mm。

（2）该同学首先用欧姆表X10挡粗测该线圈的直流电阻指针偏转如图丙所示，则测量值为。。

（3）为精确地测量该线圈的直流电阻&，现提供以下器材供选择：

电流表4（量程50〃L4,内阻q=20O,示数用人表示）

电流表4（量程1加4，内阻上=Ik。,示数用。表示）

定值电阻％=14ko

定值电阻R2=1800

滑动变阻器R（最大阻值20。）

蓄电池E（电动势12匕内阻很小）

开关、导线若干。

①请选择合适器材在如图丁所示方框中补充完整实验电路图，并标上所选择仪器的代号。

②根据实验电路，线圈直流电阻的计算表达式为&=（用题中所给的字母表示）。

（4）该同学用上述实验测得该线圈直流电阻为51.00,则该线圈的匝数为__________匝。

四、计算题：本大题共3小题，共30分。

13.负压病房是指病房内的气体压强略低于病房外的标准大气压的一种病房，这样可使新鲜空气流进病

房，被污染的空气由抽气系统抽出进行消毒处理。

接电源

(1)负压病房内初始压强为1.0x105pa,要使病房内压强减为9x104pa,求抽出的气体质量与原气体质量

的比值；

(2)现将抽出的气体封闭在如图所示的绝热汽缸。内，汽缸底部接有电热丝，右壁接一右端开口的细U形

管(管内气体体积可忽略)，管内装有水银，开始时U形管右侧液面比左侧高4cm气体温度为300K。电热

丝通电一段时间后，U形管右侧液面上升了4c%,求此时缸内气体的温度，已知外界大气压强为76

cmHgo

14.如图甲所示，质量根］=2的的小物块A静置于平台左端，A与平台间动摩擦因数4=0.1。紧靠平台右

侧有一质量nio=1卜9的足够长小车，平台和小车上表面在同一水平高度。质量62=2kg的小滑块8静置

于小车左端，8与小车上表面间的动摩擦因数也为〃=0.1,竖直墙面距离小车足够远。t=0时，给物块A

施加一水平向右的力R尸随时间变化的规律如图乙所示，t=2s时撤掉力Rt=4s时，A与B发生弹性

碰撞，一段时间后，小车与墙面发生碰撞，碰撞时间极短，每次碰后小车速度反向，大小变为碰前的一

半。忽略小车与地面间的摩擦，重力加速度g取10m/s2,求：

B

n

(1)力与8发生弹性碰撞前瞬间，物块A的速度大小；

(2)小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间，滑块与小车间由于摩擦产生的热量;

(3)小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第3次碰撞前瞬间，小车运动的路程。

15.微观粒子的运动轨迹可以通过磁场、电场进行调节。如图所示，宽度为L的竖直条形区域I内存在方

向垂直纸面向里、磁感应强度大小为8的匀强磁场，宽度为L的竖直条形区域H内存在方向竖直向下的匀

强电场。一质量为加、电荷量为+q的带电粒子，以初速度%=*从区域I左边界上。点水平向右垂直

射入磁场，从区域I右边界上的尸点（图中未画出）进入区域n,最终从区域n右边界水平向右射出。不计

粒子的重力。

（1）求区域n匀强电场强度E的大小；

（2）若仅调整区域n的宽度，使粒子从与P点等高的。点（图中未画出）离开区域II,求粒子在区域I、n

中运动的总时间；

（3）若在区域II再加一个垂直纸面向里、磁感应强度大小也为B的匀强磁场，调整区域II的宽度，使粒子

仍能从区域n右边界水平射出，求该情况下区域II的宽度。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查万有引力定律的应用，涉及第一宇宙速度，同步卫星等知识，基础题目。

根据第一宇宙速度的含义分析即可判断；根据同步卫星周期情况结合开普勒第三定律和卫星的运动规律分

析即可判断。

【解答】

4第一宇宙速度是卫星绕地球表面运行的速度，是卫星绕地球做圆周运动的最大速度，“风云一号”卫

星离地一定高度，其速度一定小于第一宇宙速度，故A错误；

BCD、风云四号”是静止轨道卫星，其周期为2例，大于“风云一号”卫星运动的周期，由开普勒第三定

律知，风云四号"卫星做圆周运动的半径比“风云一号”卫星做圆周运动的半径大，由G^=ni32r=

7ns=ma解得卫星的角速度3=J"，线速度"=J毕，加速度a=管，可见“风云一号”卫星比“风

云四号”卫星的向心加速度大，线速度大，角速度大。故B正确，C。错误。

2.【答案】C

【解析】【分析】

本题为变压器问题，要知道变压器不改变交流电的频率。理想变压器原副线圈电压比等于匝数比.

注意电压表的示数是有效值。要想让点火针点火成功，电压最大值要大于5000%

【解答】

A、根据图乙得到原线圈电压的最大值为50V,电压表测量的是转换之后的正弦交流电的有效值，所以电

压表的示数为瑞U=故A错误；

B、通过图乙可知交流电的周期为0.02s,则频率为50%,变压器不会改变交流电的频率，所以副线圈输出

交流电压的频率也为50Hz,故B错误；

C、原、副线圈的电压关系为整=吆，由于原线圈最大电压为50V,副线圈最大电压要大于5000V才能点

U1711

燃燃气，所以”=4>100,故C正确；

D、两点火针间的瞬时电压大于5000V即可产生电火花，所以有效值一定大于2500/IU,不一定大于

5000V,故。错误。

故选Co

3.【答案】A

【解析】【分析】

本题考查匀变速直线运动规律，熟记匀变速直线运动的位移和速度的求解公式。

根据运动学中的速度和位移的关系求解加速度，根据速度和时间关系求解所用时间，从而解得最后1s的位

移。

【解答】根据运动学公式可知，飞机在滑行过程中加速度的大小为

V2802,2o/2

a=^=^3M/s2=2ni/s2,

所用时间为tl=%=40s。

a2

运输机在起飞前最后Is内的位移为％=|at2-|a(t-l)2

代入数据解得：x=79m

故4正确，BCD错误;

故选：Ao

4.【答案】D

【解析】【分析】

9图像的斜率为电场强度E,从图像分析电势和电场强度情况，根据电场力来分析物体的运动情况，根

据Ep=qp分析粒子的电势能变化。

本题考查是9-x图像，注意从图像上不但可以知道电势的变化情况，而且0-X图像的斜率为电场强度

E,从而确定电场的分布情况。

【解答】

A沿电场线电势应该逐渐减小，由图象可以看出，由。点到C点电势先减小后增大，电场强度的方向先向

右后向左，故A错误；

及a粒子在场中。点具有的电势能为：EpD=2e(pD=40eV,C点具有的电势能为：EpC=2e(pc=20eV,

故从D到C的过程中其电势能减小20eV,故B错误；

C-—久图象的斜率大小等于电场强度，从图中可以看出从。到C电场强度先减小后增大，故a粒子从。

到C的过程中所受电场力减小先后增大，故C错误；

D从图中可以看出从。到C场中电势先降低后升高，a粒子从。到C的过程中电势能先减小后增大，根据

能量守恒可知其动能先增大后减小，故。正确。

5.【答案】A

【解析】【分析】

根据光电效应方程、动能定理及逸出功公式联立求出铜板的截止波长.

光电效应方程为新课程教材中增加的内容，对于增加的内容，不仅是高考的重要考点，也是自主招生的重

要考点。

【解答】

由光电效应方程可得外=W=根据动能定理得-eEd=O-a，联立以上三式并代入数据

/IAQ

得2o=2307mi,故A正确，BCD错误。

6.【答案】B

【解析】【分析】本题考查光的全反射，要知道全反射的条件：只有光从光密介质（折射率大）射入光疏介

质（折射率小），且入射角大于等于临界角时，才会发生全反射现象。掌握临界角公式sinC=；,能够根据

题意正确的做出光路图是解题关键。

【解答】皿由sinC可得临界角C=3°。，做出临界光路图如下:

光线从工件。4BC边射出的区域为。E、FG、HC部分，根据几何关系易得总长度为警，故A错误，B

正确；

CD、光在透明材料中传播速度17=£=：c,

n2

由几何关系可知光在工件中最长传播路径为：EP=OE-OP=等2。’

则光在工件中传播所用的最长时间为t=叨=2呼3》,故CD错误。

v3c

故选瓦

7.【答案】C

【解析】【分析】

将风吹帆的力沿着帆面方向和垂直于帆面方向进行分解，再把垂直于帆面的力分解成沿船前进的方向与垂

直前进的方向，运用力的平行四边形定则，可求出这个分力大小。

考查应用平行四边形定则将力进行分解，运用三角函数列出等式。注意夹角的确定，同时风吹帆的力垂直

于帆。

【解答】

对风力尸在沿着帆面方向和垂直于帆面方向进行分解，根据力的平行四边形定则可得其垂直于帆面的分力

6=Fsin«

再对垂直作用于帆面上的风力&进行分解，分解成沿船的行驶方向和垂直于行驶方向的力，将力&进行分

解,则有：

F2=&sin0=Fsinctsin/?=2000xsin30°xsin37°N=600N,故C正确，A3。错误.

8.【答案】AC

【解析】【分析】

本题主要考查法拉第电磁感应定律的应用，难度一般。根据楞次定律以及左手定则可判断MV、P。导轨间

的磁场方向，根据法拉第电磁感应定律可得线圈A中的感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律可得感应电

流；当油到达最大速度时，加切割磁感线产生的电动势与£相等，由此求解两导轨间磁场的磁感应强度

大小。

【解答】

线圈A中磁场减弱，由楞次定律结合安培定则可知，流过的油电流方向从。指向由仍受到的安

培力向右，结合左手定则可知MN、尸。导轨间的磁场方向垂直MNO尸平面向里。由法拉第电磁感应定

律，线圈A中的感应电动势E=n等=50x竽U=

由闭合电路欧姆定律得

/=$=右焉=1.254,则A正确，BD错误；

丁+/?13/24-1/2

C.当油到达最大速度时，油切割磁感线产生的电动势与E相等，所以有

BiLvm=E

B】=扇=*r=2T，C正确。

9.【答案】AD

【解析】【分析】本题考查机械波的叠加，要知道两列波相遇时能够保持各自的运动特征，继续传播，在

它们重叠的区域里，介质的质点同时参与两列波引起的振动，质点的位移等于两列波单独传播时引起的位

移的矢量和。

两列波发生稳定干涉时，振动加强点的振幅变大，振幅变为4+4,振动减弱点的振幅变为-41，并

不是说振动加强点位移一直最大，振动减弱点位移一直最小，只是振幅的大小发生了变化而已。两个相邻

的振动加强点（减弱点）的间距为半波长，而相邻的加强点与减弱点的间距为四分之一波长。

【解答】A、当t=ls时，。点开始振动且振动方向向下，说明N波先到达。点，则N波的波速为外=

岸=瞿=47n/s,根据"B=J=4m/s,解得凝=1.6m,故A正确；

B、M波的波速为以=/灰=2m/s,根据u=两列波频率相同，波速之比等于波长之比，所以A、

8两区域水波的波长之比为1:2,故B错误；

C、两列波的周期均为T=0.5s,t=1.5s,M波传播了以t=3m,正好到达。点，故〃波在。点处于平

衡位置且向上振动，

1s时N波到达。点，又经过0.5s=T,N波在。点处于平衡位置且向下振动，所以。点是振动减弱点，由

于两列波振幅相同，所以。点的振幅为零，即。始终静止在平衡位置，故C错误；

D、波在MN传播所用的时间为Is+1.5s=2.5s,所以t=2.5s后，两波在MN之间进行干涉，A区的波长

为〃=VAT=2x0.5m=lm,

从。点向左经过学=0.25m是第一个振动加强点，之后继续向左每隔第=0.5巾都是加强点，所以MO之

间有6个加强点，B区的波长为凝=VBT=2m,

所以从。点向右经过学=0.5机是第一个振动加强点，之后继续向右每隔年=加都是加强点，所以NO之

间有4个加强点，共10个加强点，振幅均为10cm,

则MN之间存在10个振幅为10cm的点，故。正确。

故选A。。

10.【答案】AC

【解析】【分析】

以小球为研究对象，根据平行四边形法则求解细绳上的拉力6的大小，根据牛顿第二定律求解小球的加速

度；以箱子和小球整体为研究对象，沿斜面方向根据牛顿第二定律列方程求解动摩擦因数；根据运动情况

分析小球的受力情况，根据平衡条件求解即可。

本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受

力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。

【解答】

48.以小球为研究对象，受到重力和绳子拉力，根据几何关系可得重力、绳子拉力与合力，也构成等边三角

形,

所以细绳上的拉力&的大小为：&=mg=0.1XION=1N,小球的加速度a=臂=10m/s2,故A正

确，B错误;

CD.以箱子和小球整体为研究对象，沿斜面方向根据牛顿第二定律可得：

F+(M+m)gsin30°—〃(M+m)gcos30°=(M+m)a

解得：〃=苧，

改变厂大小系统再次稳定后细绳处于竖直方向，小球做直线运动，绳子的拉力与重力大小相等，小球做匀

速直线运动，则箱子也做匀速直线运动，以箱子和小球整体为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件可得：

F'+(M+m)gsin30°=/i(M+m)gcos30°

解得：F'=4N,故C正确，。错误。

11.【答案】⑴8gh2=(鱼一比)2产；

(2)C；

(3)B。

【解析】【分析】

本题为验证机械能守恒定律实验，实验目的是验证减少的重力势能等于增加的动能，根据下降的高度利用

=mg九求重力势能的减少量，根据匀变速直线运动中间时刻速度等于瞬时速度求末速度，根据动能的

表达式求动能的增加量。实验中往往重力势能的减少量要大于动能的增加量，是因为存在阻力做负功。

【解答】

(1)根据匀变速直线运动中间时刻速度等于平均速度可得益=吟=色#/，

若7ng%2=2mvi,整理得8。无2=(九3-hl)2f2。

(2)4、类比打点计时器，实验开始时，应该先频闪摄影再释放钢球，故A错误；

B、不能用诣=2g后计算出位置8的速度，这个公式默认了小球做自由落体运动，也就是说用机械能守恒

去验证机械能守恒，没有意义，故B错误；

C、多次实验测得小钢球的重力势能减少量总是略大于动能增加量，这是由于空气阻力做负功造成的，故

C正确。

故选C。

(3)书桌的高度约为九=80cm,则下落时间为t=旧=0.4s,从。到C,87=0.4s,解得T=0.05s,则

f=^1=20Wzo

故选Bo

12.【答案】(1)0,200；

(2)48；

⑶①

(4)750

【解析】【分析】本题为测量线圈匝数实验。

(1)螺旋测微器读数为固定刻度加上可动刻度，精度为O.Olnmi,需要估读。

(2)多用电表测电阻读数时不要忘记乘以倍率。

(3)根据实验原理设计出正确的电路图，再由电路特点结合欧姆定律求出待测电阻。

(4)利用电阻定律求解。

【解答】(l)d=20,0x0.01mm=0.200mmo

(2)电阻的测量值为4.8X10/2=480。

(3)将电流表4与定值电阻义串联改装为电压表，将电流表41、定值电阻7?2以及待测电阻&串联，其中R2

起到保护电表的作用。

如下图:

②根据电路特点以及欧姆定律有办飙+Rl)=A。1+氏2+2)，

整理得&=次亨%)一%―/?2。

71

(4)根据电阻定律R=pq，其中L=wrD,s=对，联立并代入数据解得n=%=750

344pD

13.【答案】(1)负压病房内气体初状态压强po=1.0x105Pa,体积％,

设减压后气体体积将变V,减压后气体压强

p—9x104Pa

气体温度不变，由玻意耳定律得：p0V0=pV

代入数据解得：V=^-Vo

排出的气体质量与原来气体质量之比

mV-Vo1

m0-V~10

(2)开始时汽缸内气体温度

7\=300K,压强Pi=Pu+Ph=(76+4)cmHg=80cmHg

加热后气体温度72，电热丝通电一段时间后，U形管右侧液面上升了4cm,压强P2=Po+p'h=(76+

12)cmHg=88cmHg

气体体积不变，由查理定律得：金=祟

1112

代入数据解得：T2=330K

此时缸内气体的温度330K。

【解析】(1)气体发生等温变化，应用玻意耳定律求解。

(2)气体发生等容变化，应用查理定律求解。

根据题意分析清楚气体状态变化过程，求出气体状态参量，应用玻意耳定律与查理定律即可解题。

14.【答案】解：设水平向右为正方向。

(1)由图像可知，图线与时间轴围成的图形面积为力尸在0-2s内的冲量，

对物块A在0-4s内，由动量定理可得：%—即回=利％，

解得：%=12m/So

(2)4B发生弹性碰撞，系统动量守恒和机械能守恒

叫巧=叫心+m2v2^

说=2ml_吟+|m2V2>

解得：=Om/s,v2=12m/s

由于小车足够长，离墙壁足够远，故小车与墙壁碰撞前已和滑块B共速，由动量守恒可得

m2v2=(m2+Mo)u‘2，

解得：v'2=8m/s

小车与墙壁完成第1次碰撞后，车速变为%=-4m/s

小车与墙壁第2次碰撞前与滑块B再次共速，由动量守恒可得

mv

m2v'2+m0v3=(爪2+o)'s

解得：v'3=4m/s

由系统功能关系可得，小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间的过程中滑块与小车间由于摩

擦产生的热量

Q=2m2V，2+2m0V3-1(m2+，

解得：Q=48/

(3)由小车与墙壁第1次碰后和第2次碰前小车与滑块共速时的速度大小可推断，

从第1次碰撞结束，每次小车与滑块共速后立即与墙壁发生碰撞。

以小车为研究对象，由牛顿第二定律可得

林m2g=moa,

解得：a=2m/s2,

第1次碰后到减速到零有0-域=2a(-/)，

从第1次碰后到第2次碰前小车运动的路程有*=2xi=8m,

同理可得

从第2次碰后到第3次碰前小车运动的路程有S2=2m,

综上可得：从第1次碰后到第3次碰前小车运动的路程有s=si+S2=10mo

【解析】本题考查了动量定理、弹性碰撞、动量守恒、功能关系、牛顿第二定律以及运动学公式，解题关

键是认真分析物理过程，把复杂的物理过程分成几个小过程并且找到每个过程遵守的物理规律，列出相应

的物理方程解题。

(1)F-t图像与坐标轴围成的面积表示尸的冲量，由动量定理求A的速度大小；

(2)48发生弹性碰撞，由系统动量守恒和机械能守恒求出碰后两者速度，再