2026届湖南省邵阳市部分学校高三下学期开学考试物理试卷含答案

这是一份2026届湖南省邵阳市部分学校高三下学期开学考试物理试卷含答案，共20页。试卷主要包含了5a ，则，4m 处的质点振动减弱，5m/s等内容，欢迎下载使用。
2026 届湖南省邵阳市高三部分学校开学素质检测物理试卷
考试范围：2026 届高考物理全部内容 考试时间：75 分钟
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。
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。
第一部分（选择题 共 43 分）
一、选择题：本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 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．如图所示,质量为 m 的人站立于质量为 M 的平板车上,人与车以大小为v0 的速度在光滑水平面上向东运动．某时刻人相对平板车以大小为的速度竖直跳起,人跳起后车的速度大小为
A ．v0 - v1 B ．v0 C ． v0 D ． v0
2 ．如图所示，水平桌面上放置一物块，物块和桌面间的动摩擦因数为 ，给物块施加一水平向右的拉力 F，物块可沿水平方向做匀速直线运动。现拉力 F 保持大小不变，方向逆时针旋转角度θ ,物块仍可以在 F 作用下做匀速直线运动，则θ 的大小为( )
A ．15° B ．30° C ．45° D ．60°
3．两个半径为 R 的半球壳球面上分别均匀分布着电荷量为 的正电荷，两半球壳球心分别位于x =0 和x =4R 处，如图所示。现测得x =2R 处的电场强度大小为E0 ，方向沿 x 轴负向。已知静电力常量为 k，则左半球在x =2R 处的电场强度大小为（电荷量为 Q 的均匀带电球壳
在球外空间产生的电场可以等效为放置在球心处的点电荷 Q 产生的电场）( )
4．如图，由两种光组成的复色光投射到玻璃球体表面的 P 点，复色光进入球体后分成 a、b两束光。下列说法正确的是( )
A ．用相同的装置做双缝干涉实验，b 光的干涉条纹间距大
B ．用 a 、b 光分别照射同一小孔发生衍射，a 光的衍射现象明显
C ．若 a 、b 光均由氢原子能级跃迁产生，产生 b 光的能级能量差大
D ．若 a 、b 光分别照射同一光电管发生光电效应，a 光的遏止电压低
5 ．为了测量储罐中不导电液体的高度，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容 C 置于储罐中，电容 C 可通过开关 S 与电感 L 或电源相连，如图所示。当开关从 a 拨到 b 时，由电感 L 与电容 C 构成的回路中产生振荡电流。下列说法中， 能使 LC 回路振荡电流的频率减小的是( )
A ．升高液面高度 B ．增大电源的电动势
C ．减小线圈的匝数 D ．增加平行金属板的间距
6 ．如图所示的电路中，电源电动势E = 15V ，内阻r =1a ，电阻R1 = 2a ，R2 = 3a 。开关闭合后，电动机M 恰好正常工作。已知电动机M 额定电压为6V 、线圈电阻为0.5a ，则( )
A ．流过电动机的电流为1A B ．电动机的输入功率为12W
C ．电动机的输出功率为6W D ．电源的输出功率为45W
7 ．如图所示，轻质弹簧 1 一端与静止在倾斜木板上的物体 A 相连，另一端与细线相连，该弹簧与倾斜木板保持平行，细线绕过光滑的定滑轮与物体 B 相连，B 、C 通过轻质弹簧 2 连接，且 B 、C 始终未触及地面。初始时系统处于静止状态，木板与水平面间的夹角为 30° ,若 mA：mB：mC=3 ：1 ：2，发生以下变化时，物体 A 始终保持静止，则( )
A ．木板与水平面的夹角减小时，A 受到的静摩擦力减小
B ．木板与水平面夹角保持 30°不变，剪断细线后，A 所受摩擦力增大
C ．剪断细线瞬间，B 、C 一起以加速度 g 自由下落
D ．剪断细线瞬间，B 的加速度为 3g
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
8 ．如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是( )
A ．图 a 中轻杆长为 L，若小球在最高点的角速度小于，杆对小球的作用力向上
B ．图 b 中若火车转弯时未达到规定速率，轮缘对外轨道有挤压作用
C ．图 c 中若 A 、B 均相对圆盘静止，所在圆周半径2RA = 3RB ， 质量mA = 2mB ， 则 A 、
B 所受摩擦力fA = fB
D ．图 d 中是一圆锥摆，增加绳长，保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变
9 ．如图甲所示，通过一拉力传感器（能测量力大小的装置）用力水平向右拉一水平面上质量为 5.0kg 的木块，A 端的拉力均匀增加，0 ~ t1 时间内木块静止，木块运动后改变拉力，使木块在t2 后做匀速直线运动。计算机对数据拟合处理后， 得到如图乙所示拉力随时间变化的图线，下列说法正确的是（g = 10m / s2 ）( )
A ．若 F＝4.0N，则木块与水平面间的摩擦力 f1 = 4.0N
B ．若 F＝6.0N，则木块与水平面间的摩擦力 f2 = 6.0N
C ．木块与水平面间的动摩擦因数为 μ = 0.11
D ．木块与水平面间的动摩擦因数为 μ = 0.10
10 ．如图 1 所示，两波源S1 和S2 分别位于x =0 与x =12m 处，以x =6 m 为边界，两侧为不同的均匀介质。t = 0 时两波源同时开始振动，其振动图像相同，如图 2 所示。t = 0.1s 时x = 4m与x =6m 两处的质点开始振动。不考虑反射波的影响，则( )
A ．t = 0.15s 时两列波开始相遇
B ．在6m < x ≤ 12m 间S2 波的波长为1.2m
C ．两列波叠加稳定后，x = 8.4m 处的质点振动减弱
D ．两列波叠加稳定后，在0 < x < 6m 间共有 7 个加强点
第二部分（非选择题 共 57 分）
三、非选择题：本大题共 5 题，共 57 分。
11 ．如图所示是“研究电磁感应现象”的实验装置。
(1)连接好电路，在闭合开关 S 时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，接着将滑动变阻器滑片向左迅速移动一段距离的过程中，电流计指针将__________偏转（填“向左”或“向
右”）。再将 A 线圈从 B 线圈中迅速拔出，电流计指针将__________偏转（填“向左”、“向右”或“不”）；
(2)G 为指针零刻度在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时的偏转情况如图甲中所示，即电流从电流表 G 的左接线柱进时，指针也从中央向左偏。今把它与一线圈串联进行电磁感应实验，根据灵敏电流表指针的偏转方向，可判断图乙中的条形磁铁的运动方向是向
__________（填“上”或“下”），图丙中的条形磁铁向下运动，则其下端为__________极（填“N”或“S”）。
12．用如图甲所示的装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在硬板上、钢球沿斜槽轨道PQ 滑下后从 Q 点飞出，落在水平挡板MN 上、由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点，在如图乙所示的白纸上建立以抛出点为坐标原点、水平方向为 x 轴、竖直方向为y 轴的坐标系。
（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的是______。
A ．安装斜槽轨道，使其末端保持水平
B ．每次小球释放的初始位置可以任意选择
C ．实验时应先确定 x 轴再确定y 轴
D ．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接
（2）如图乙所示，根据印迹描出平抛运动的轨迹。在轨迹上取 C、D 两点，OC 与CD 的水平间距相等且均为 x，测得OC 与CD 的竖直间距分别是y1 和y2 ；重复上述步骤，测得多组数据，计算发现始终满足 = ______，由此可初步得出结论：平抛运动的水平分运动是匀速直线运动。
（3）如图丙所示，若实验过程中遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：在轨迹上取 A、B 、C 三点，AB 和BC 的水平间距相等且均为 x，测得AB 和BC 的竖直间距分别是y1 和y2 ，可求得钢球平抛的初速度大小为______ ，B 点距离抛出点的高度差为
______。（已知当地重力加速度为 g，结果用 y1 、y2 、x 表示）
（4）某实验小组上下移动坐标纸，分别从不同位置静止释放小球，发现两球轨迹 1、2 相交于一点，如题图丁所示，两球交点距抛出点的高度差分别为h1 、h2 ，水平位移为x0 ，通过
理论推导发现，要使两球在交点处的速率相等，则h1 、h2 和x0 须满足的关系式为______。
（结果用 h1 、h2 和x0 表示）
13 ．比亚迪官方 2024 年 3 月公开一份名为《一种可变磁通量永磁同步电机》的专利，其核心思想在于通过精确控制输入电压和磁通量从而改善电机的工作效率，现将其原理简化成如图所示电路。两根足够长的平行长直金属导轨水平放置，一金属棒 ab 静止放置于金属导轨上且与金属导轨接触良好；E 为可调电源，按图示方式接在导轨的左侧；金属导轨对金属棒的阻力恒为f = 1N 。t = 0 时刻打开可调电源，使其输出电压为U0 = 10V ，此时金属棒 ab 从
静止开始加速，在t = t0 时刻前金属棒就已经达到了最大速度vm 。已知导轨间距为 L = 1m ， 0 ~ t0 时间内，导轨间的磁感应强度为B0 = 1T ，金属棒在导轨间的电阻为R = 0.5Ω , 其余部分电阻忽略不计。求：
(1)t = t0 时，通过金属棒的电流I1 ；
(2)金属棒 ab 的最大速度vm ；
(3)若在t = t0 时刻后，计算机将磁场调节成2B0 ，同时计算机会调节电源的输出电压 U 以保
持金属棒继续以vm 做匀速运动。不考虑因磁场变化瞬间形成的感应电动势。求：磁场变化
前与变化后电源的输出功率P1 和P2 的比值。（结果可用分式表示）
14．如图所示为一项冰上游戏设施，平台之间的水平冰面上有可滑动的小车，左右平台及小车上表面等高，小车紧靠左边平台。小孩坐在雪橇上（系有安全带），静止在左边平台边缘处。现在家长施加推力， 雪橇瞬时获得水平冲量I = 160N . s ，滑上小车。小车在冰面上滑行了L2 = 4m 的距离后与右侧平台碰撞并被锁定，雪橇最终停在右侧平台上。已知小孩和雪橇
的总质量m = 20kg ，雪橇与小车上表面间的动摩擦因数 μ1 = 0.8 ，雪橇与右侧平台间的动摩
擦因数 μ2 = 0.5 。小车质量M = 20kg ，长度L1 = 2.5m 。将雪橇视作质点， 忽略冰面阻力，g取10m / s2 。试计算
(1)雪橇滑上小车时的速度；
(2)小车碰撞右侧平台时的速度；
(3)雪橇在右侧平台上滑行的距离。
15 ．如图所示，倾角为θ = 30。足够长的斜面上依次等距离地放有足够多个质量相同、大小不计的小木块1、2、3、4、5 ……木块的质量均为 m ，相邻的木块之间的距离为 d。斜面在木块 2以上的部分光滑，以下部分粗糙，所有木块与斜面粗糙部分之间的动摩擦因数都是μ 。开始时固定木块 1，其它木块都静止在斜面上，现由静止释放木块 1，木块 1 沿斜面下滑并与木块 2 发生碰撞，接着陆续与其它发生木块碰撞，所有碰撞都是完全非弹性的，重力加速度为g。求：
(1)木块 1 和木块 2 碰撞后瞬间的速度；
(2)μ 取何值时能撞到木块 3 而不能撞到木块 4；
(3)若 ，能撞到第几个木块（写出核心方程和结果即可得分）。
1 ．B
人和车在水平方向上动量守恒， 当人竖直跳起时，取向东为正方向，根据水平动量守恒得：(m+M)v0=(m+M)v,得人跳起后车的速度大小为：v=v0 ．方向向东，故 A 正确，B 、 C 、D 错误；故选 B.
2 ．D
设物体质量为 m，则水平向右拉物体时，地面的摩擦力 f1 = F
竖直方向上有FN1 = mg
又f1 = μFN1
与水平方向成θ 角斜向上的拉力物体时，地面的摩擦力为f2 = F csθ
在竖直方向上有mg = F sin θ + FN2
又f2 = μFN2
联立解得 θ = 60故选 D。
3 ．D
将球心位于x =0 半球壳补全，即球心x =0 为一个带电量为Q 的均匀带电球壳，其在x =2R 处产生的电场强度为E1 = k
设球心位于x =0 左半个球壳在x =2R 处产生的电场强度为EEQ \* jc3 \* hps21 \\al(\s\up 1(¢),1)，球心位于x =0 右半个球壳在
x = 2R 处产生的电场强度为E1¢¢ ,所以有EEQ \* jc3 \* hps21 \\al(\s\up 1(¢),1)+ E1¢¢ = E1 ……②
根据对称性可知球心位于x =0 右半个球壳在x =2R 处产生的电场强度与球心位于x =4R 左半个球壳在x =2R 处产生的电场强度大小相等，方向相反，即球心位于x =4R 左半个球壳在
x = 2R 处产生的电场强度为-E1¢¢ ,所以有EEQ \* jc3 \* hps21 \\al(\s\up 1(¢),1)- E1¢¢ = -E0 ……③
联立①②③解得左半球在x =2R 处的电场强度大小故选 D。
4 ．A
A ．根据n ，入射角相等，折射角越大，折射率越小。b 光的折射角较大，则 b 光的折射率小于 a 光的折射率；
折射率越小，波长越大，则 b 光的波长大；
根据 ，波长越大，条纹间距越大，所以 b 光的条纹间距大，A 正确；
B ．波长越大，衍射现象越明显。则用 a 、b 光分别照射同一小孔发生衍射，b 光的波长大， b 光衍射现象比 a 光的衍射现象明显，B 错误；
C ．a 光的折射率大，频率也大，根据光子能量表达式ε =hν 可知，a 光的折射率大，a 光的频率大，a 光的能量大，根据玻尔理论可知，若 a 、b 光均由氢原子能级跃迁产生，产生 a光的能级能量差大，C 错误；
D ．根据光电效应方程Ekm = hv -W0
根据动能定理得-eUc = 0 - Ekm解得Uc
若 a、b 光分别照射同一光电管发生光电效应，频率越高，遏止电压越大。a 光的频率高，a光的遏止电压大，D 错误。
故选 A。
5 ．A
A ．升高液面高度时，相当于电容器的介电常数εr 增大，根据公式C，可知电容 C 增大；振荡电路的频率公式为f ，故频率减小，故 A 正确；
B ．增大电源的电动势时，开关 S 接 a 处时电容器的充电量增大，不影响振荡电路的频率，故 B 错误；
C ．减小线圈匝数时，电感的自感系数减小，振荡电路频率增大，故 C 错误；
D ．增加平行金属板间距时，电容器的电容值减小，振荡电路的频率增大，故 D 错误。故选 A。
6 ．A
A ．电动机M 恰好正常工作，此时电动机两端电压为额定电压6V ，根据欧姆定律得I A
2
R2 上的电流I2 = = 2A
流过电动机的电流IM = I - I2 = 1A ，故 A 正确；
B ．电动机的输入功率P入 = UM IM = 6W ，故 B 错误；
C ．电动机正常工作时内部消耗的功率为P耗 = IEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(2),M)RM = 0.5W
电动机的输出功率P出 = P入 - P耗 = 5.5W ，故 C 错误；
D ．电源的两端的电压U = IR1 +UM = 12V
电源的输出功率P = UI = 36W ，故 D 错误。
故选 A。
7 ．D
A ．设 A 、B 、C 质量分别为 3m 、m 、2m，初始时对 A 物体受力分析有
3mg sin θ + f = 3mg
则木板与水平面的夹角减小时，由三角函数单调性知，A 物体受到的静摩擦力f增大，故 A错误；
B ．初始时对 A 物体受力分析有
3mg sin 30。+ f = 3mg
剪断细线后，对 A 物体受力分析有
3mg sin 30。= f ¢
联立可得
f = f ¢
故 B 错误；
CD ．剪断细线瞬间，2 弹簧弹力没有突变，大小为 F=2mg，则 C 的加速度为零，B 的加速度为
mg + F = ma
解得
a = 3g
故 C 错误，D 正确。
故选 D。
8 ．AD
A ．若小球在最高点时杆对球无作用力则mg = mw2L可得w
若角速度小于 ，则杆对小球的作用力向上，A 正确；
B ．图 b 中若火车转弯时未达到规定速率，则轨道对火车的支持力和重力的合力大于所需的向心力，则火车有做向心运动的趋势，则轮缘对内轨道有挤压作用，B 错误；
C ．图 c 中若 A 、B 均相对圆盘静止，所在圆周半径2RA = 3RB ， 质量mA = 2mB ， 根据f = mw2R ，可知 A 、B 所受摩擦力fA = 3fB ，C 错误；
D ．图 d 中是一圆锥摆，根据mg tanθ = mw2h tan θ可得 w
可知增加绳长，保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变，D 正确。
故选 AD。
9 ．AD
A ．若 F＝4.0N，木块与水平面间的摩擦力为静摩擦力，故摩擦力为
f1 = F = 4.0N
故 A 正确；
B ．若 F＝6.0N，木块与水平面间的摩擦力为滑动摩擦力，由图乙可得
f2 = 5.0N
故 B 错误；
CD ．由图乙可知木块与水平面的滑动摩擦力大小
f2 = 5.0N
因此木块与水平面的动摩擦因数为
故 C 错误，D 正确。
故选 AD。
10 ．BC
A ．波在x =6 m 左侧的波速
右侧的波速
从 0.1s 开始，再经过 Δt时间相遇
所以
t1 = 0.1s + 0.025s = 0.125s
选项 A 错误；
B ．在6m < x ≤ 12m 间S2 波的波长为
λ2 = v2T=60× 0.02m=1.2m
选项 B 正确；
C ．左侧波传到x =8.4m 时用时间为
此时右侧波在该质点已经振动
12 - 8.4 1
Δt = 0.19s - s = 0.13s=6 T
60 2
即此时刻左侧波在该点的振动在平衡位置向上运动，右侧波在该点的振动也在平衡位置向下振动，可知该点的振动减弱，选项 C 正确；
D．当右侧波传到 x=6m 位置时用时间为 0.1s=5T，即此时 x=6m 处质点从平衡位置向上振动；此时 x=0 处的波源 S1 也在平衡位置向上振动，即振动方向相同，可知在0 < x < 6m 内到 x=0和 x=6m 两点的路程差为波长整数倍时振动加强，波在该区间内的波长
λ1 = v1T=40× 0.02m=0.8m可知
x - (6 - x) = nλ = 0.8n
即
x=3+0.4n
其中 n 取 0 、±1 、±2 、±3 、±4 、±5 、±6 、±7则共有 15 个振动加强点，选项 D 错误。
故选 BC。
11 ．(1) 向右 向左
(2) 下 N
（1）（1）[1]由题意可知，闭合开关 S 时通过 B 线圈的磁通量增大，灵敏电流计的指针向右偏转，则闭合开关 S 后，将滑动变阻器滑片向左迅速移动，由图可知，滑动变阻器接入电路的电阻变小，回路电流变大，从而使通过 B 线圈的磁场变强，磁通量增大，灵敏电流计的指针将向右偏转；
[2] 将 A 线圈从 B 线圈中迅速拔出，通过 B 线圈的磁通量减少，根据楞次定律可知，感应电流方向与闭合开关 S 时相反，故灵敏电流计的指针将向左偏转；
（2）（2）[3]由题意可知，图乙中感应电流从电流表 G 的左接线柱进，则由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场方向竖直向下，原磁场方向竖直向上，与原磁场方向相反，由楞次定律可知原磁场的磁通量增大，故图乙中的条形磁铁的运动方向是向下；
[4]同理可知，图丙中感应电流的磁场方向竖直向上，又因为条形磁铁向下运动，所以原磁场磁通量增大，由楞次定律可知，原磁场的磁场方向竖直向下，则图丙中条形磁铁下端为 N
极。
12 ． A
4h1h2 = xEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(2),0)
（1）[1]A ．为了保证小球抛出后做平抛运动，安装斜槽轨道，使其末端保持水平， A 正确；
B ．为了保证每次小球抛出的初速度相同，每次小球必须在同一位置静止释放，B 错误；
C ．应先利用重锤线确定y 轴再确定 x 轴，C 错误；
D ．为描出小球的运动轨迹，应用平滑的曲线将描绘的点连接起来，D 错误。故选 A。
（2）[2]在轨迹上取 C、D 两点，OC 与CD 的水平间距相等且均为 x，测得OC 与CD 的竖直间距分别是y1 和y2 ；若平抛运动的水平分运动是匀速直线运动，则OC 与CD 所用时间相等，设为t ，则有
可得
3 2
y2 = 2 gt
则有
（3）[3]在轨迹上取 A 、B 、C 三点，AB 和BC 的水平间距相等且均为 x，测得 AB 和BC 的竖直间距分别是y1 和y2 ，可知 AB 和BC 所用时间相等，设为T ，竖直方向根据
Δy = gT2
解得
水平方向有
x = v0T
可得钢球平抛的初速度大小为
[4]B 点的竖直分速度为
则 B 点距离抛出点的高度差为
（4）[5]设轨迹 1 、2 的初速度分别为v01 和v02 ，对于轨迹 1 有
可得
轨迹 1 在交点处的竖直分速度为
则轨迹 1 在交点处的速度为
对于轨迹 2 有
可得
轨迹 2 在交点处的竖直分速度为
则轨迹 2 在交点处的速度为
为了使两球在交点处的速率相等，则有
可得
1 2 0
4hh = x2
13 ．(1)1A
(2)9.5m/s
(3) = （或 1.039）
（1）在t = t0 时刻前金属棒就已经达到了最大速度，则金属棒做匀速运动有F安 = B0I1L ， F安 = f
解得I1 = 1A
（2）当达到最大速度时，金属棒 ab 两端的反电动势Eab = B0Lvm根据闭合电路的欧姆定律I
代入数据解得vm = 9.5m/s
（3）由（1）（2）可知，当磁场增大为2B0 后，由于金属棒继续以vm 做匀速运动，则金属棒受力情况不变，依然有FEQ \* jc3 \* hps21 \\al(\s\up 1(¢),安) = f ，FEQ \* jc3 \* hps21 \\al(\s\up 1(¢),安) = 2B0I2L
可得IA 同时I 其中E2 = 2B0Lvm解得U = 19.25V
则 （或 1.039）
14 ．(1)8m / s ，方向水平向右
(2) 4m / s ，方向水平向右
(3) 0.8m
（1）设雪橇滑上小车的瞬时速度为v1 ，根据动量定理有I = mv1 - 0
解得v1 = 8m / s
方向水平向右。
（2）方法一：
假设小车和雪橇可以共速，设共同速度为v2 根据动量守恒有mv1 = (m + M )v2
联立解得x相 = 2m
设小车滑行的距离为x2 ，对小车根据动能定理有 Mvmgx2
解得x2 = 1m
由于x相 < L1 ，x2 < L2
可知，假设成立，即最终雪橇与小车以共同速度滑行至右侧平台，小车碰撞右侧平台的速度
解得v2 = 4m / s
雪橇与小车滑行过程中损失的机械能为Q，则有
损失能量Q = μ1mgx相
为v2 = 4m / s
方法二：
对雪橇在小车上受力分析，设雪橇加速度为a1 ，小车加速度为a2 根据牛顿第二定律有
μ1mg = ma1 ， μ1mg = Ma2
解得a1 = 8m / s2 ，a2 = 8m / s2
假设雪橇与小车共速时，用时为t ，雪橇的位移为x1 小车的位移为x2 ，根据速度公式有
v1t - a1t = a2t ，v2 = v1t - a1t
1 2 1 2
根据位移公式有x1 = v1t - 2 a1t x2 = 2 a2t
小车与雪橇的相对位移x相 = x1 - x2
联立解得x相 = 2m ，x2 = 1m
由于x相 < L1 ，x2 < L2
可知，假设成立，即最终雪橇与小车以共同速度滑行至右侧平台，速度为v2 = 4m / s （3）方法一：
设雪橇在平台上滑行的距离为x4 ，在小车上滑行的距离为x3 ，则有 x3 = L1 - x相
对雪橇由动能定理有0 - mvEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(2),2) = - μ1mgx3 - μ2mgx4
联立解得x4 = 0.8m
方法二：
设雪橇在平台上滑行的距离为x4 ，在小车上滑行的距离为x3 ，则有 x3 = L1 - x相
雪橇离开小车时的速度为v3 由运动学有v3 2 - v2 2= -2a1x3
雪橇在平台上的加速度为a3 由牛顿第二定律有 μ2mg = ma3
根据速度与位移的关系式有0 - vEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(2),3) = -2a3x4
联立解得x4 = 0.8m
1
2
15 ．(1) -gd
(3)第 5 个
（1）木块 1 与 2 第一次碰撞前速度记为v1 ，碰撞后速度记为vEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(¢),1)，后面依照同样的方式表示，第 n 次碰撞前速度为vn ，碰后速度记为 vEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(¢),n) ，木块 1 下滑过程，根据动能定理有
木块1、2 碰撞，根据动量守恒定律有mv1 = 2mvEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(¢),1)
解得v
（2）木块 12 组合体下滑，根据动能定理有
木块 12 组合体与木块 3 碰撞，根据动量守恒定律有2mv2 = 3mvEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(¢),2)
木块 123 组合体下滑，根据动能定理有3mgd sin 30° - 3μmgd cs mvmv 木块 12 组合体刚好能与木块 3 碰撞，v2 = 0 ，此时μ 最大，所以
木块 123 组合体刚好不能与木块 4 碰撞，v3 = 0 ，此时μ 最小，所以 综上所述
（3）方法一：木块12…(n -1) 组合体下滑，根据动能定理有
木块12…(n -1) 组合体与木块 n 碰撞，根据动量守恒定律(n -1)mvn-1 = nmvEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(¢),n) -1
第 n 次碰撞前动能为Ekn ，碰后动能记为 EEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(¢),k)n
联立可得：Ekn Ek + nmgd 若刚好能碰到第 n 个，则Ek(n-1) > 0 且Ekn < 0
迭代算出：能碰到第 5 个小木块 ；
方法二：木块12…(n -1) 组合体下滑，根据速度位移公式有
2gd (sin 30° - μ cs30° ) = vEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(2),n)-1 - vEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(¢),n) -22
木块12…(n -1) 组合体与木块 n 碰撞，根据动量守恒定律有(n -1)mvn-1 = nmvEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(¢),n) -1
联立可得v gd 记a = gd gd
联立可得v a
迭代计算vgd > 0 ，可撞第 3 个vgd > 0 ，可撞第 4 个
vgd > 0 ，可撞第 5 个
因vEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(2),5) < 0 ，不可能撞第 6 个；