2024届江西省宜春市宜丰中学高三上学期12月月考试题 物理 （解析版）

这是一份2024届江西省宜春市宜丰中学高三上学期12月月考试题 物理 （解析版），共1页。试卷主要包含了选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(1-7 单选，4 分一个，共 28 分，8-10 多选，6 分一个，共 18 分)
1 ．城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。如图所示为
一则安全警示广告， 非常形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性。某同学用下面
的实例来检验广告词的科学性：设一个50g 的鸡蛋从 16 楼的窗户自由落下，相邻
楼层的高度差为3m ，与地面撞击时间约为 3ms，不计空气阻力，从 16 楼下落的
鸡蛋对地面的平均冲击力约为( )
A ．5000N B ．900N C ．500N D ．250N
2 ．如图所示，倾角为θ的光滑斜面体始终静止在水平地面上,其上有一斜劈 A,A
的上表面水平且放有一斜劈 B ，B 的上表面上有一物块 C ，A 、B 、C 一起沿斜面匀加速下滑．已知 A、
B 、C 的质量均为 m ，重力加速度为 g，下列说法正确的是
A ．A 、B 间摩擦力为零 B ．A 加速度大小为gcsθ
C ．C 可能只受两个力作用 D ．斜面体受到地面的摩擦力为零
3 ．2023 年 8 月 24 日， 日本开始启动福岛核污染水排海计划， 引发了国
际上的广泛反对和抗议， 也让普通人知道了氢的三种同位素：氕、氘、
氚。氘、氚可以在一定条件下发生核反应 H + H 喻 He + n 。下列说法正确的是( )
A ．该反应为聚变反应 B ．该反应为裂变反应
C ．该反应要在高温高压下才能进行，故反应过程要吸收能量
D ．该反应过程中释放的 n 贯穿本领很弱，但电离本领却很强
4 ．一敞口正方体水箱边长为2m，水箱的右侧面上有一个小孔 a （孔的大小忽
略不计），a 到水箱底的距离ab = 0.5m ，用塞子将 a 堵住，往水箱中注水至水
面到达 c ，c 到水箱底的距离cb = 1.5m ，如图所示。已知重力加速度大小为
10m/s2 。现使水箱以6m/s2 的加速度水平向右匀加速直线运动，同时打开小孔，
则流出水箱的水的体积最多为( )
A ．0.8m3 B ．1.2m3 C ．1.6m3 D ．2m3
5 ．如图所示，真空中有一匀强电场（图中未画出），电场方向与圆周在同一平面内， ∆ABC 是圆的内 接直角三角形， 经BAC = 60。，O 为圆心， 半径R = 5cm 。位于 A 处的粒子源向平面内各个方向发射初动
能均为8eV 、电荷量为 +e 的粒子，这些粒子会经过圆周上不同的点，其中到达 B 点
的粒子动能为12eV ，到达 C 点的粒子动能也为12eV 。忽略粒子受到的重力和粒子间
的相互作用，下列说法正确的是( )
A ．电场方向由 B 指向 A B ．经过圆周上的所有粒子，动能最大为14eV
C ．UOB = 一2V D ．匀强电场的电场强度大小为40V/m
6 ．一定质量的理想气体，初状态如图中 A 所示，若经历A 喻 B 的变化过程，在该过程中吸热 450J。
若经历A 喻 C 的变化过程，在该过程中吸热 750J。下列说法正确的是( )
A ．两个过程中，气体的内能增加量不同
B ．A 喻 C 过程中，气体对外做功 400J
C ．状态 B 时，气体的体积为 10L
D ．A 喻 C 过程中，气体体积增加了原体积的
7 ．打篮球是很多同学喜爱的运动项目之一，甲、乙两同学练习投篮，如图， 甲
1
同学在 A 点起跳投篮，将篮球在离地高h1 的位置以速度v0 斜向上投出，篮球竖直速度为零时打在篮板
上离地高h2 的 B 点，篮球与篮板碰撞后， 平行于篮板的速度分量不变， 垂直于篮板的速度分量大小变
为碰前的0.8 倍， 碰撞后篮球与篮板面的夹角为53。飞出， 被乙同学在离地的 C 点接到篮球， 不计篮球 与篮板碰撞的时间， 篮球未碰篮筐， 已知重力加速度为 g，sin53。= 0.8。则篮球与篮板碰撞后的速度大 小为( )
8 ．一列机械波沿 x 轴正向传播，图甲是 t=0 时的波形图，图乙是介质中质点 M 的振动图像，已知 t=0
时 M 点位移为一 m ，下列说法正确的是( )
A ．该机械波的波速为 1.0m/s
B．M 点的横坐标可能为 1.5m
C ．t=0 时， M 点振动方向向下
D ．t=1.0s 时， M 点位移仍为一 m
9 ．如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ,传送带以速率 v 顺时针匀速转动。小物块a 通过 平行于传送带的轻绳经光滑轻滑轮与物块b 相连，且mb > masinθ 。开始时将物块 a 从斜面底端由静止 释放， a 在斜面中点与传送带共速后再向上匀速运动， 如图甲。若将a 换成质量相同、材质不同的小物 块c 与b 相连， 如图乙， 仍然从斜面底端由静止释放， c 刚好在斜面顶端与传送带共速， 则小物块a、c 在传送带上从底端到顶端（整个过程b 未着地）过程中( )
A ．小物块 c 与传送带间的动摩擦因数比物块 a 小
B ．在加速阶段， 重力对物块 a 做功的功率大于重力
对物块 b 做功的功率
C ．传送带对物块 a 与传送带对物块 c 做的功相等
D ．小物块与传送带间因摩擦产生的热量， a 比 c 小
10．空间内存在电场强度大小E = 100V/m 、方向水平向
左的匀强电场和磁感应强度大小B1 = 100T 、方向垂直纸面向里的匀强磁场（图中均未画出）。一质量
m = 0. 1kg 、带电荷量q = +0.01C 的小球从O 点由静止释放， 小球在竖直面内的运
动轨迹如图中实线所示，轨迹上的 A 点离OB 最远且与OB 的距离为l ，重力加速
度g 取10m/s2 。下列说法正确的是( )
A ．在运动过程中，小球的机械能守恒
B ．小球经过 A 点时的速度最大
C ．小球经过B 点时的速度为 0
m
D ． l =
5
A .
C .
一 2g(h2 一 h1 )
v
2
0
5 v 一 2g(h2 一 h1 )
34
B .
D .
2 3
v0 一 g(h2 一 h1 ) 2
2
v
一 2g(h2 一 h1 ) 34
0
二、实验题（每空 2 分，共 16 分）
11 ．某同学用如图所示“碰撞实验器”验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分发生碰撞前 后的动量关系： （设两个小球为弹性材料，发生弹
性碰撞）
先用天平测出弹性小球 1、2 的质量分别为m1、m2 ，
然后完成以下实验步骤：
步骤 1：不放小球 2，让小球 1 从斜槽上 A 点由静
止滚下，并落在地面上，记录落点位置；
步骤 2：把小球 2 放在斜槽末端边缘位置 B，让小球
1 从 A 点由静止滚下， 小球 1 和小球 2 发生碰撞后落在地面上，记录两个落点位置；
步骤 3：用刻度尺分别测量三个落地点的位置 M、P、N 离 O 点的距离，得到线段 OM、OP、ON 的长 度分别为x1、x2、x3 。
（1）对于上述实验操作，小球 1 质量应 小球 2 的质量（选填“大于”或“小于”）。
（2）当所测物理量满足表达式 （用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞遵守动量 守恒定律。
（3）完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图所示。
在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接。使用同样的小球， 小球 1 仍从斜槽上 A 点由静止滚下，重复实验步骤 1 和 2 的操作，得到斜面上三个落点M 、P 、
N 。用刻度尺测量斜面顶点到 M 、P 、N 三点的距离分别为L1，L2、L3 。则验证两球碰撞过程动量 守恒的表达式为： ，若L1 = 16cm ，L2 = 36cm ，则L3 = cm 。
12 ．王老师准备用铜片和锌片作为 2 个电极插入苹果制成水果电池，探究电极间距、电极插入深度对 水果电池的电动势和内阻的影响。她设计了两个方案测量苹果电池的电动势 E 和内阻 r ，电路原理如 下图所示。实验室可供器材如下：
电压表 V（0~3V，内阻约 3kΩ：0~15V，内阻约 15kΩ);
电流表 A（0~0.6A，内阻约 0.125Ω：0~3A，内阻约 0.025Ω);
微安表 G（量程 200μA；内阻约 1000Ω);
滑动变阻器（额定电流 2A，最大阻值 100Ω)
电阻箱（最大阻值 99999Ω);开关、导线若干。
（1）查阅资料知道苹果电池的电动势约为 1V，内阻约为几 kΩ, 经过分析后发现方案 A 不合适， 你认 为方案 A 不合适的原因是 。
A ．滑动变阻器起不到调节的作用
B ．电流表分压导致测量误差偏大
C ．电压表示数达不到量程的三分之一
（2）实验小组根据方案 B 进行实验，根据
数据作出 一 R 图像， 已知图像的斜率为 k，
纵轴截距为 b，微安表内阻为 rg ，可求得被测电池的电动势 E= ，内电阻 r= 。 （3）改变电极间距、电极插入深度重复实验，测得数据如图所示。
（3）分析以上数据可知电极插入越深入， 水果电池内阻越小， 电极间距越大， 水果电池内阻越 。
三、解答题（38 分）
13 ．（10 分）宇航员王亚平在太空实验授课中，进行了水球光学实验。某同学在观看太空水球光学实 验后，找到一块横截面为环形、折射率为 n= 2 的玻璃砖模拟光的传播，如图所示，玻璃砖的内径为 R、外径为 2R 。一束单色光在截面上的 A 点以入射角 i 射入玻璃砖，恰好在玻璃砖内壁的 B 点发生 全反射（图中 B 点未画出），光在真空中传播的速度为 c ，求：
（1）入射角 i 的正弦 sin i；
（2）该单色光从 A 点传播到 B 点所用时间（结果可以带根号）。
14 ．（12 分） 光滑的水平长直轨道放在匀强磁场B = 0.25T 中， 轨道宽0.4m ，一导体棒长也为0.4m ，质 量0.1kg ，电阻r = 0.05Ω , 它与导轨接触良好。当开关与 a 接通时， 电源可提供恒定的1A 电流， 电流方 向可根据需要进行改变， 开关与 b 接通时， 电阻R = 0.05Ω , 若开关的切换与电流的换向均可在瞬间完 成，求：
①当棒中电流由 M 流向 N 时，棒的加速度的大小和方向是怎样的；
②当开关始终接 a ，要想在最短时间内使棒向左移动 4m 而静止，则棒的最
大速度是多少；
③要想棒在最短时间内向左移动7m 而静止，则棒中产生的焦耳热是多少。
15 ．（16 分） 如图所示， 光滑水平面上放置一轻质弹簧， 弹簧的左端固定在挡板上， 右端与小球甲（视 为质点）接触不粘连，用一根轻质细线连接在挡板与小球之间，使弹簧处于压缩状态，且弹簧的压缩 量为 x₀,质量为 m 的小球乙（视为质点）放置在甲的右侧。在水平面的下方固定放置一半径为 r 的圆 管轨道，圆管的内径略大于乙的直径，D 是轨道上圆心 O 的等高点，EC 是竖直直径，B 、E 是管口， 管的内壁光滑。现突然烧断细线，弹簧恢复原长后甲与乙发生弹性碰撞，且碰撞刚结束时甲、乙的速 度大小相等。乙从水平面的右边缘 A 点离开后，正好从管口 B（与管口无碰撞）进入圆管，乙沿着管 壁运动到 E 点， 离开 E 点水平向左抛出后又能到达 B 点。已知∠BOC=60°, 弹簧的弹性势能 Ep 与弹簧
1 2
EP = 2 kx ，重力加速度为 g，求：
的形变量 x 以及弹簧的劲度系数 k 之间的关系式为
（1）乙从 E 点到达 B 点时的速度大小；
（2）A 、B 两点之间的高度差；
（3）甲的质量以及弹簧的劲度系数。
序号
电极插入深度 h/cm
电极间距 d/cm
电动势 E/V
内阻 r/Ω
1
4
2
1.016
5981
2
4
4
1.056
9508
3
2
2
1.083
11073
gL3 cs2 a 2 sin a
由动量守恒定律得m1 = m1
1
L
L3
由能量守恒定律得
,
v =
+ m2
, v =
1
2
江西省宜丰县 2023-2024（上）创新部高三 12 月考试物理参考答案：
1．C【详解】鸡蛋下落高度h = 15 x 3m = 45m 在鸡蛋与地面撞击时间内， 规定竖直向下为正方向， 由动 量定理， 得mgt 一 Ft = 0 一 mv 鸡蛋自由下落过程， 由动能定理mgh = mv2 一 0 F 方向竖直向上， 由牛顿第 三定律知，鸡蛋对地面的平均冲击力F1 = F = 500N 方向竖直向下。故选 C。
2 ．C【详解】对 B 、C 整体受力分析， 受重力、支持力， B 、C 沿斜面匀加速下滑， 则 A 、B 间摩擦力 不为零， BC 在水平方向有向左的加速度，则 B 受 A 对它的向左的摩擦力，故 A 错误；选 A 、B 、C 整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知 A 加速度大小为 gsin θ,故 B 错误；取 C 为研究对象，当斜 劈 B 的倾角也为 θ 时， C 只受重力和斜面的支持力，加速度才为 ac=gsinθ,故 C 正确；斜面对 A 的作 用力垂直斜面向上，则 A 对斜面的作用力垂直斜面向下，这个力可分解为水平和竖直的两个分力，故 斜面具有向右相对运动的趋势，斜面受到地面的摩擦力水面向左，故 D 错误．故选 C .
3 ．A【详解】AB ．该反应为氢核聚变，是聚变反应，故 A 正确， B 错误；C ．氢核聚变要在高温高压 下才能进行，由于质量亏损，根据爱因斯坦质能方程，反应过程要放出能量，故 C 错误； D ．该反应 过程中释放的 n 贯穿本领很弱，电离本领也很弱，故 D 错误。故选 A。
4 ．C【详解】设当水箱加速向右运动时， 左侧水位相对于水箱底部的
最大高度为hm ，作出重力加速度和水平相对向左的加速度的矢量图如
下图所示,设水箱的边长为l ，根据几何关系可得hm = lab + ltanθ ,
tanθ=
a 3 =
解得hm = 1.7m 则可得稳定后水箱内水的体积为
g 5
V, = (lab + hm )l2 = 4.4m3 原来水箱中水的体积为
V = l2 .lcb = 4 x 1.5m3 = 6m3 因此可知流出水箱的水的体积为 ΔV = V 一 V, = 6m3 一 4.4m3 = 1.6m3 故选 C。
5．B【详解】A ．由题意可知， 到达 B 点的粒子动能与到达 C 点的粒子动能相等，可
知B、C 两点的电势相等， BC 的连线为匀强电场的等势线，等势线与电场线互相垂直，
如图所示，电荷量为+e 的粒子从 A 点到 B 点，动能增加，可知电场力做正功，则有
粒子沿电场线运动，因此可确定 AB 方向是该电场的方向， A 错误；D ．由电场力做功
与电势差的关系公式，可得UAB = = 12eV8eV = 4V 由几何知识可知，
经BAC = 60。，则有AB = AC = R 由匀强电场的电场强度与电势差的关系公式， 可得匀强电场的电场强
度大小为E = = 5 x 一2 Vm = 80 Vm D 错误； B ．由解析题图可知，圆周上的 D 点电势最低，则
粒子运动到D 点的动能最大，则有UAD = EdAD 由几何关系可得dAD = R + R sin 30 联立解得UAD = 6V 从 A 到 D 由动能定理可得eUAD = EkD 一 EkA 代入数据解得EkD = 14eV B 正确；C．BC 是等势线，由匀强电
场的电场强度与电势差的关系公式，可得UOB = Ex R sin 30 = 80 x 5 x x 10一2 V = 2VC 错误。故选 B。
6 ．C【详解】A ．两个过程的初末温度相同，即内能变化相同，因此内能增加量相同，故 A 错误；B . A 喻 B 为等容过程， 气体做功为零， 由热力学第一定律可知内能改变量ΔU = Q = 450J A 喻 C 为等压过 程，内能增加了 450J，吸收热量为 750J，由热力学第一定律可知气体对外做功为 300J，故 B 错误；
V V
A C
=
T T
C ．A 喻 C 为等压过程，则有
做功大小为WAC = pA (VC 一 VA ) 联立解得VA = 10L ，VC = 12L 则状态
A C
1
5
,故 D 错误。
B 时，气体的体积为 10L，故 C 正确； D ．A 喻 C 过程中，气体体积增加了原体积的
故选 C。
7 ．C【详解】设篮球与篮板碰撞后的速度大小为 v ，则平行篮板面的速度为 v1 = v cs 53
v sin 53
= v 篮球与篮板
垂直篮板面的速度为v2 = v sin 53 篮球与篮板碰撞前在垂直篮板面的速度为v =
0.8
vA」 = 2g(h2 一 h1 ) 则在 A 点有v = v」 + v∥ = 2g(h2 一 h1 ) + 2 求得v = 5v 一 22 一 h1 ) 故选 C。
8 ．ACD【详解】A. 由甲图可知，波长为 4m，由乙图可知，周期为T = 4.5 一 0.5s = 4s 所以波速
v = = m/s = 1m/s A 正确；BC ．根据乙图分析， t=0 时， M 点振动方向向下，机械波向 x 轴正方向传
播， 故 t=0 时刻， x ＝1.5m 处的质点正向y 轴正方向运动， M 点的横坐标不可能为 1.5m，B 错误， C 正
确； D. t=1.0s 时，根据乙图，由于对称性可知， M 点位移为一 m ，D 正确。故选 ACD。
9 ．AC【详解】A ．c 刚好在斜面顶端与传送带共速， 根据v2 一 0 = 2ax可知， 小物块 c 的加速度小， 而 共速前， 设a、c 质量均为 m ，则μmg csθ+ mbg 一 mg sinθ= (m + mb )a 所以小物块 c 与传送带间的动摩 擦因数比物块 a 小，故 A 正确；B ．任意时刻 a 、b 的速率相等，对 b，重力的瞬时功率 Pb=mbgv 对 a 有 Pa=magvsinθQ =
(m + mb )v2 m g 一 mg sinθ
2(1+ b )
Q = μmgΔx csθ且μmg csθ+ mbg 一 mg sinθ= (m + mb )a 联立整理得
μmg csθ
小物块 c 与传送带间的动摩擦因数比物块 a 小，所以小物块与传送带间因摩擦产生的热量，a 比 c 大， 故 D 错误。 故选 AC。
10 ．BCD【详解】A ．由于电场力做功，故小球的机械能不守恒。故 A 错误；B ．重力和电场力的合力 大小为 2N，方向与竖直方向的夹角为 45°斜向左下方，小球由O 点到 A 点，重力和电场力的合力做 的功最多，在 A 点时的动能最大，速度最大。故 B 正确； C ．小球做周期性运动，在B 点时的速度为
0。故 C 正确；D ．对小球由O 点到 A 点的过程，由动能定理得mgl = mv2 沿OB 方向建立x 轴，垂直
m 故 D
OB 方向建立y 轴，在x 方向上由动量定理得qvyB1Δt = mΔv 累计求和， 则有qB1l = mv 解得l =
正确。故选 BCD。
11 ． 大于 m1 . x2 = m1 . x1 + m2 . x3 m1 = m1 + m2 100
【详解】（1）[1]为了保证小球 1 与小球 2 碰撞后不被反弹，小球 1 的质量应大于小球 2 的质量。
（2）[2]因为平抛运动的时间相等， 则水平位移可以代表速度， OP 是小球 1 不与小球 2 碰撞平抛运动 的位移，该位移可以代表小球 1 碰撞前的速度， OM 是小球 1 碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代 表碰撞后小球 1 的速度， ON 是碰撞后小球 2 的水平位移， 该位移可以代表碰撞后小球 2 的速度， 当所 测物理量满足表达式m1 . x2 = m1 . x1 + m2 . x3 说明两球碰撞遵守动量守恒定律。
（3）[3][4]碰撞前， m1 落在图中的P, 点，设其水平初速度为v1 ，小球 m1 和m2 发生碰撞后， m1 的落点 在图中M , 点， 设其水平初速度为v1, ，m2 的落， 点是图中的N, 点， 设其水平初速度为v2 ，设斜面与水
平面的倾角为a ，由平抛运动规律得L2 sin a = gt2 ，L2 csa = v1t 解得v1 = 同理可得
gL1 cs2 a 2 sin a
1 1 1
m1L2 = m1L1 + m2L3 联立解得L3 = 100cm
2 2 2
碰撞前的速度为v∥ =
2
v
1
2
,2 + v
=
v
在 A 点水平方向的分速度为vA∥ = v∥ 在竖直方向的分速度为
5
带对物块 c 做的功相等，故 C 正确； D ．达到与传送带共速t =
v
a
相对位移 Δx = vt
2
v
产热
2a
【详解】（1）[1] A ．滑动变阻器最大阻值只有100Ω ,而苹果电池的内阻约为几k Ω ,则滑动变阻器起 不到调节的作用，故 A 正确；B ．电压表分流，回路电流很小，误差偏大，故 B 错误；C ．使用量程为 0～3V 的电压表，电压表示数达不到量程的三分之一，故 C 正确。故选 AC。
（2）[2][3]根据图 B 所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得E = I (r + rg + R) 整理得 = 根 R +
第 3 组实验数据可知，水果电池电动势与电极插入深度有关，在电极间距离相等时，电极插入越深， 水果电池内阻越小；由表中第 1 组与第 2 组数据可知，在电极插入深度相同时，电极间的距离越大，
水果电池内阻越大。
13 ．（1） ；（2） ( 1)R
【详解】（1）在△ABO 中， ∠ABO=α , ∠BAO=β , ∠BOA=θ, 如图所示， 设玻璃砖
的折射率为 n ，根据题意可得sinC =
根据折射定律可得n = sinα=sin C
在△ABO 中，根据正弦定理可得 = 解得 sini =
（2）因为 n = ，n = , sinβ= ，sinC = ，θ= C - β 所以得sinθ=
在△ABO 中，根据正弦定理可得 = 且有v =
该单色光从 A 点传播到 B 点所用时间为 tAB = AB 解得t = ( - 1)R
v AB
c
14 . ① a = 1m / s2 ，方向向右； ② v = 2m / s ；③Q总 = 0.4J
【详解】①当电流从 M 流向 N 时，由左手定则可判断安培力向右，故加速度方向向右。
根据牛顿第二定律有BIL = ma 代入数据可得a = 1m / s2
②开关始终接 a 时，电流 N 到 M，经过时间 t1 后电流变为 M 到 N，再经时间 t2 速度减为零，前 t1 s，
③先接 a 一段时间t1 ，电流由 N 到 M，再接到 b 端一段时间t2 ，再接到 a 端一段时间t3 ，电流由 M 到
1 2
Q1 = I2rt1
x = at
1 1
N，最后接到 b 静止
第一段，则有v = at1
2
且It2 =
则有Q2 = mv2 - mv，2
, 1 2 2
第二段，则有由动量定理-BILt2 = mv，- mv
B2L2v， R + r
v = at3 x3 = at3 Q3 = I rt3
= ma
第二段末的加速度与第三段相同，则第三段，
2
t3 = 1s
又x1 + x2 + x3 = 7 解得 v＇=1m/s t1 = 3s
故Q总 = Q1 + Q2 + Q3 = 0.4J
15 ．（1） ；（2） r ；（3） 1r
rsin60。= vEt
【详解】（1）设乙在 E 点的速度为 vE ，由平抛运动的规律可得 r + rcs60。= gt2
2 + v
y
vy = gt
设乙在 B 点的速度为 vB ，把 vB 分别沿着水平方向和竖直方向分解，则有v = v
甲与乙发生弹性碰撞，若碰撞结束后甲与乙的速度大小相等方向相同，则两者达共速，是完全非弹性 碰撞，所以甲的速度与乙的速度等大反向
设甲的速度为 -vA，乙的速度为 vA ，甲的质量为 M，刚发生碰撞之前甲的速度为 v0 ，
12 .
AC/CA
1
k
b
- r
k g
大
- R 图像的斜率k =
纵轴截距b =
r + r g
E
解得电池电动势E =
1
k
内阻r = - rg
（3）[4]由表中第 1 组与
则有x1
2
v
=
2a
后t2 s ，则有 x2
2
v
=
2a
根据 x1 + x2 = 4
联立解得v = 2m / s
综合解得t =
3r
g
v = y
3gr
E
v =
gr
vB

=
2
v =
B
点的速度大小仍为
13gr
2
（2）乙从 A 点到达 B 点，由机械能守恒可得乙在 B
2
13gr
与水平方向的夹角为 60°
设乙在 A 点的速度为 vA ，把 vB =
2
vB sin60。 = 2gh
( )2
分别沿水平方向和竖直方向分解，则有UB cs60。= vA
综合解得 h =
39
r
32
A
v =
13gr
4
（3）由题意可得碰撞刚结束时甲、乙的速度大小均为
A
v =
13gr
4
则有
Mv0 = mvA + M (-vA ) v0 + (-vA ) = vA
= Mv
1 2
0
2
v0 = 2
M =
Mv
2
1 2
0
A
1 2 = mv
2
+ Mv
2
1 2
A
由弹性碰撞的二级结论有
由能量守恒定律可得 kx
综合解得
k = 13mgr
12x
m
3