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1、2021-2022学年浙江省A9协作体高二（上）期中物理试卷一、单 选 题（本大题共21小题，共 79.0分）1.下列应用动量定理解释的现象，说法合理的是（）A.易碎物品运输时要用柔软材料包装，这样做是为了增加重量以减小作用力B.消防员进行翻越障碍物训练时，落地总要屈腿，这样可以减少人的动量变化量C.从同一高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小D.运动员在跳高时，总是落到沙坑里或海绵上，这样做是为了延长着地过程的作用时间2.如图所示，质量/n=60kg的人，站在质量M=240kg的车的一端，车长L=3
2、m,均相对于水平地面静止，车与地面间的摩擦可以忽略不计，人由车的一端走到另一端的过程中（）A.人对车的冲量大小大于车对人的冲量大小B.车后退0.5THC.即使人与车之间存在摩擦力，人与车组成的系统在水平方向仍然动量守恒D.人的速率最大时，车的速率最小3.如图所示，有一正方形闭合线圈，在足够大的匀强磁场中运动。下列四个图中能产生感应电流的是（）B.-1A.二。矩形线圈平行于磁场向右平移X X X XB-B.x x x _ I 矩形线圈垂直于磁场向右平移XXXXB矩形线圈绕水平轴。O匀速转动B矩形线圈绕竖直轴。O匀速转动0八4.有一无限长通电直导线MN和通电等边三角形导线框abc在同一平面内，其中
3、ab边与MN平行，它们所通电流方向如图所示，下列说法正确的是（）A.线框所受安培力合力为零B.线框所受安培力合力的方向水平向左C.线框所受安培力合力的方向水平向右D.线框所受安培力合力的方向垂直于纸面向里5.如图甲所示，弹簧振子以。点为平衡位置，在力、B两点间做简谐运动。取向右为正方向，图乙为这个弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是（）0.2 O.;10-A.在t=0.2s时，振子位于4点B.从t=0到t=0.2s时间内，振子做减速运动C.在t=0.1s与t=0.3s两个时刻，振子的速度相同D.在t=0.4s时，振子有最大的加速度6.在磁感应强度为B的匀强磁场中有一个面积为S的闭合金
4、属线框ab ed,如图所示.开始时金属线框与磁感线平行，当线框绕。轴转动30。角时，穿过线框的磁通量为（）A.BSB.:BS第 2 页，共 42页C.旦 BS2D.07.如图所示是一直流电动机匀速竖直向上提升质量为m=1 6 0 k g的重物时的电路图，已知电动机内电阻r =1 0,定值电阻R=1 1 0,直流电压U =2 2 0 U,理想电压表示数氏=1 6 5 V,g取1 0 m/s 2,则提升速度大小是（）8.A.0.5 m/sB.lm/sC.1.2 m/sD.l.Sm/s有一根张紧的水平绳上挂有5个双线摆，其中b摆摆球质量最大，另4个摆球质量相等，摆长关系为L C L b=L dL a
5、L e Td Ta TeC.振幅关系为A c =4 a =4B.频 率 关 系 为 左=为=九=心D.四个摆中，c的振幅最大9.关于下列物理量与括号里的单位对应完全正确的选项是（）A.电量（库仑）电流（安培）频率（法拉）B.电势（伏特）磁感应强度（特斯拉）磁通量（韦伯）C.电压（伏特）电容（库仑）频率（赫兹）D.电阻（欧姆）电势差（伏特）磁通量（特斯拉）1 0 .电磁学中很多物理量都是通过比值定义法来定义的，下列几组电磁学公式都属于比值定义式的是（）E/。=品 R=7C.E，0咛Dc.Rn =p-L ；II =-q；UII W48A B1 1 .下列说法正确的是（）A.如图所示磁感线分布可知，
6、直导线中的电流方向是向下的如图所示，如果长为人通过电流为/的短直导线在该磁场中所受力的大小为F,则可测出该处磁感应强必为C.如图所示，闭合线圈在匀强磁场中两个图示位置间来回水平运动，由于在做切割磁感线运动，会在线圈中产生感应电流D.区一如图所示，绕虚线轴转动的线圈平面S转到图示位置时,!。2穿过此线圈平面的磁通量为012.如图所示，A,B是点电荷负Q形成的电场中的两点（o q2）分 别放到a点和B点，q i、勺2在4点受到的电场力分别为以I、自2,在B2点受到的电场力分别为&1、&2.则下列关于点电荷所受电场力产 和带电量q的比值的大小的比较中，正确的说法是（）第4页，共42页1 3.北京正负
7、电子对撞机的储存环是周长为240 n l的近似圆形轨道。已知光速c =3x1 08m/s,元电荷e =1.6X1 0 T 9 C,当对撞机储存环中电子以接近光速的速度定向流动而形成1 0血4的电流时，请估计环中运行的电子数目约为（）B.电流表读数减小C.电压表读数减小D.质点P将向下运动1 5.如今的手机快充技术已经较为普遍了。早在20 1 5年，华为瓦特实验室在第56届日本电池大会上发布了5分钟即可充满30 0 0 n M九电池48%电量的快充技术成果，当时引起业界广泛关注。如图是华为某智能手机电池上的信息，支持低压大电流充电，则（）3.aV3000mAh(11.4Wh)GB/T182”.2
8、000遇 腌 揶M B atSryA.该电池充满电后以1 50 n M的电流工作时，可连续工作约20小时B.30 0 0 z n 4八表示该电池能提供的电能C.用生活中普遍使用的US B接口输出的5V电压对该电池充电可以做到安全而便捷D.该电池充到满电量的48%时大约储存了20 0 0/的电能1 6.如图（甲）所示，力、B是两个带有绝缘支架的金属球壳，它们原来均不带电，并彼此接触。现使带负电的橡胶棒C靠近4（C与4不接触），然后先将A、B分开，再将C移走，如图（乙）所示。图（乙）中，a、d分别是两球壳内部的一点，d e分别是两球壳表面上的一点，c是两球壳之间的一点，关于这些点场强大小和电势的关
9、系说法正确的是（）A.a点场强等于d点场强；a点电势高于d点电势B.a点场强大于c点场强；b点电势高于e点电势C.c点场强小于d点场强；a点电势等于d点电势D.a点场强大于d点场强；c点电势高于e点电势1 7.生活中的各种应用领域利用电容器的场景很多，而构成电容器的形式也是多种多样。下列四幅图所示的两个极板或电极之间都由绝缘介质分隔开来从而构成一个电容器（图乙的动片和定片之间充斥了绝缘介质）。请根据四幅图示的相关说明判断下列说法正确的是（）A.若图中两电极间的电压不变,当金属芯线不动而九变小时，则该电容器将充电。B.若图中动片和定片间电压不变，当图示中。变大时，则该电容器将 放 电。若图中两极
10、板的电量不变，当图示中的X变小时，则两极板间电压将变小。D.乙方，若图中两极板的电量不变，当图示中的尸变大时，则待找压力尸两电极间电压将变大。第6页，共42页1 8 .如图所示，4、B两球在光滑水平面上沿同一直线向右运动。现规定向右为正，4的动量为5 k g,m/s,B的动量为7 k g m/s,当/追上B球与其发生正碰后，4、B两球的动量可能分别为（）A.PA=0卜9 ,m/s；pB=1 2 kg-m/sB.pA=5 kg-m/s；pB=1 7 kg-m/sC.pA 3 kg m/s；pB 8kg-m/sD.pA=8kg-m/s；pB=4 kg-m/s1 9 .甲、乙两段导体由同种材料制成，
11、各自粗细均匀但横截面积不同，甲、乙两段导体的长度之比为2：3,将它们两端分别加上不同的电压，甲、乙所加电压之比为3：2,则甲、乙内部的自由电子定向移动的速率之比为（）A.2：3 B.3：2 C.9：4 D.4：92 0 .如图所示，a、b两点处分别固定有等量异种点电荷+Q和一Q,c是线段ab的中点，d是ac的中点，e是ab的垂直平分线上的一点，且d e =e c。将一个负试探点电荷先后放在d、c、e三点，三点所在处的电场强度分别为、Ec、Ee,则下列说法中正确的是（）+Q-Qe；-Qad c oA.4、Ec、戛的方向不全部相同B.改变e点在中垂线上的位置，则不可能E d EeC.这个负试探点电
12、荷沿着d e和c e两段直线路径移动时，其电势能会逐渐增大D.这个负试探点电荷在d点和在e点所受电场力大小之比为2 5追：92 1 .某大雨天，小振同学想估算一下当时下雨的滴对伞面产生的平均撞击力。他于是去实验室借来一个圆柱形容器置于露天空地上，测得3 0分钟内容器中水位上升了9 0 n un,不考虑当时风的影响，可认为雨滴以1 0 m/s的速度竖直落向地面。现在假设雨滴撞击伞面后无反弹，已知雨水的密度为1 x 1 0 3 9/3,伞面的面积约为0.8 m 2,请根据上述条件估算当时雨水对伞面的平均撞击力最接近（）A.0.05/VB.0.08/VC.0.8/VD.5/V二、多 选 题（本大题共
13、7 小题，共 26.0分）22.如图，两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上,已知甲的质量是乙的质量的4倍，弹簧振子做简谐运动的周期7=2兀聆，式中m 为振子的质量，k为弹簧的劲度系数。当细线突然断开后，两物块都开始做简谐运动，A.甲的振幅是乙的振幅的4倍B.甲的振幅等于乙的振幅C.甲的最大速度是乙的最大速度的|倍D.甲的振动周期是乙的振动周期的:23.如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R（R足够大）的;圆弧曲面C,质量为M的小球B置于其底端，另一个小球力质量为名 小球4 以%=6m/s的速度向右运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，贝
14、女）A.小球B的最大速率为4m/sB.小球B运动到最高点时的速率为gm/sC.小球B能与4 再次发生碰撞D.小球B不再与C分离第 8 页，共 42页A.总功率一定增大B.输出功率一定增大C.内部损耗功率一定减小D.效率一定增大25.如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分 2%.别为80m。、20771。两船沿同一直线相向运动，速度大小#十朝 /一/分别为2%、%。为避免两船相撞，甲船上的人不断地将 专 篇 舒 嘉 谥 常 章 常 治质量为小。的货物袋以相对地面6.2%的水平速度抛向乙船，且被乙船上的人接住，假设某一次甲船上的人将货物袋抛出且被乙船上的人接住后，刚好可保证两船不致相撞
15、，不计水的阻力。试求此时（）A.甲、乙两船的速度大小1.4%B.甲、乙两船的速度大小1.25%C.从甲船抛出的总货物袋数12个 D.从甲船抛出的总货物袋数10个26.下列说法正确的是（）A.赫兹是第一个通过实验证实电磁波存在的人B.红外线的波长比紫外线的波长更长C.德国物理学家普朗克在研究黑体辐射时最先提出了光子说D.原子从低能级向高能级跃迁时会放出光子27.下列说法中正确的是（）A.物体所受合外力越大，其动量变化一定越快B.物体所受合外力冲量越大，其动量一定变化越快C.物体的动能发生变化，其动量一定变化D.物体的动量发生变化，其动能一定变化28.如图所示，图中虚线为与纸面平行的、匀强电场的平
16、 _ _ _ _ _ _ _/行等间距等势线，已知M粒子的质量和电荷量数值都-为N粒子的2倍。现将M、N从虚线上。点沿虚线向右以 1 一 .相同的速度%射出，两粒子在电场中的运动轨迹分别如图中两条实线所示，点a、b、c为实线与虚线的交点，已知M粒子带负电且其到达c点时动能增加为在。点时动能的2倍，不计粒子重力和两个粒子之间的相互作用,则（）A.N粒子一定带正电，且N粒子在a点时加速度与M粒子在c点时加速度大小相等B.N粒子到达a点的时间是M粒子到达c点的时间的一半C.N粒子到达a点的速度大小为当为D.M粒子运动到c点减少的电势能是N粒子运动到a点减少的电势能的2倍三、实 验 题（本大题共4 小
17、题，共 30.0分）2 9.用如图甲电路测定一节干电池的电动势和内阻，电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻&起保护作用，除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：A 电流表（量程0.64）8.电流表（量程34）C 电压表（量程3U）D 电压表（量程15V）E.定值电阻（阻值1。、额定功率5小）产.定值电阻（阻值10。、额定功率10小）G.滑动变阻器（阻值范围010。、额定电流24），.滑动变阻器（阻值范围01000、额定电流L4）（1）要正确完成实验，电 压 表 应 选 择,定值电阻品应选择,滑动变阻器R应选择；（填各项前面的字母代号）（2）如图乙所示是
18、根据实验数据作出的U-/图像，由图可知，电源的电动势E=V,内阻r=0。（结果保留2位有效数字）3 0.某同学做“验证动量守恒定律”的实验（如图1所示），即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。第10页，共42页15.50N 胞位:-：B 2mB144 84若P n =O/c g ,m/s；pB=1 2 kg-m/s,则碰撞后系统的总动能为：=前 茄 ,故A正确；B、根据动能与动量大小的关系可得:Ek=贮,所以碰撞前系统的总动能为：反。=怒+2 m 2 m A492 m；若碰撞后PA=-5 kg-m/s；pB=1 7 kg-m/s,则碰撞后系统的总动能为：Ek=+黑 Ek。,碰撞后动能
19、不可能增加，故 B错误；C、碰撞前系统的总动量为：Po=5 k g ,m/s +7k g m/s =1 2 k g m/s,而C 选项中碰撞后总动量为：p=3 kg-m/s+8kg-m/s=1 1 kg-m/s,碰撞过程中不满足动量守恒，故 C错误；D、碰撞后若A 和B 方向仍向右，则4 的动量不会增大，而D 选项中以=8kg-m/s 5 kg-m/s,故。错误。故选：Ao碰撞过程中满足动量守恒定律，碰撞后系统的总动能不增加，碰撞后若4 和B 方向仍向右，贝必的动量不会增大，由此分析。对于碰撞过程要遵守三大规律：1、满足动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况（碰撞前，后者的
20、速度大于前者，碰撞后若4 和B 方向仍向右，贝 的动量不会增大）。19.【答案】C【解析】解：设导体的电阻为R,长度为/,横截面积为S,电阻率为p,加电压U 后内部自由电子定向移动的速率为也则根据欧姆定律可知，通过导体的电流为/=?根据电流的微观表达式可得：/=n e S u根据电阻定律有/?=?!联立解得：=就V m 3x3 9由题意可得甲、乙内部的自由电子定向移动的速率之比为1V /=京A 入 Z.=7T-故 A 8 O 错误，C正确。故选：c。根据欧姆定律、电流的微观表达式和电阻定律求解即可。本题要注意灵活应用电流的微观表达式进行求解。2 0 .【答案】B【解析】解：4、异种电荷a、b
21、连线上场强方向都由a 指向b,在垂直平分线上e 和c 的场强都与a b 连线平行，即水平向右，所以%、Ec、&的方向全部相同，故 A错误。B、在a b 连线上为 Ec,在e c 连线上E e Ee,故 B正确；C、这个负试探点电荷沿着d e 段直线路径移动时，电场力做负功，电势能增加，这个负试探点电荷沿着c e 段直线路径移动时，c e 为等势线，电场力不做功，故 C错误；D、设e c 间距离为r,a c 间是2 r,由图像可知：ebae 7(2 r)2 H-r2=V 5 rE _ 今 kQ q _ kQ 2r _ 2kQ七 0 =2 断的0=分.鬲=谬p.J-k-Q-.4-k-Q-l-O-k
22、-Q-d r2(3r)2 9r2兽=管 故。错误；Ee 18故选：B o根据等量异种电荷的电场特点可以比较这三点的场强的大小；电荷在等势面上移动时电场力不做功，电势能不变；在两电荷的连线上，越靠近电荷，所受的电场力越大。该题考查等量异种电荷周围的电场的分布特点，属于对常见电场的考查。要求大脑中对这部分的常见电场的特点有清晰的图象。21.【答案】A【解析】解：不计重力，设单位时间4 t 的水位为九=%丈:m=0.0 5 x 10-3m,选向下30 x60为正，对雨水由动量定理得：FAt=A m v -pshv代入数据解得：Fa 0.0 5 N,负号代表方向第28页，共42页由牛顿第三定律可知雨水
23、对伞的平均撞击力为0.05N故A 正确，B C D 错误。故选：4。以雨水为研究对象，对其应用动量定理求出其受的雨伞给的撞击力，再由牛顿第三定律得雨伞对其的平均撞击力。正确选取雨水量建立物理模型，应用动量定理要注意方向。22.【答案】BC【解析】解：A B,线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，离开平衡位置的最大距离相同，即振幅一定相同，故 A 错误，8 正确；C、当线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡后，甲、乙的最大动能相同，由于甲的质量是乙的质量的4倍，由%=：加 2可知，甲的最大速度一定是乙的最大速度的 也 故 C正确；D、由于甲的质量是乙的质量的4倍，根据7=2兀器可知，甲的振动周
24、期是乙的振动周期的2倍，故。错误。故选：BC.由于两根弹簧完全相同，则弹簧间的线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，则振幅一定相同；当线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，则到达平衡后弹性势能转化为动能,甲、乙的最大动能相同，根据Ek=：小病，分析最大速度关系；根据r =27T必判断甲、乙的振动周期关系。本题首先要抓住振幅的概念:振动物体离开平衡位置的最大距离，分析振幅关系，其次，抓住简谐运动中，系统的机械能守恒来分析最大动能关系。23.【答案】AB【解析】解：4、小球4与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得：-V o=-VA+MVB根据能量关系可得：x?诏=|x?域诏联立并代入
25、数据解得：vA=-2m/s,vB=4m/s,vrA=6 m/s,/B=0（不符合题意，舍去），故 8 的最大速率为4 m/s,故 A 正确；5、8冲上C并运动到最高点时二者共速，设为口取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得：MVB=（M 4-2Af）v,得：v|m/s,故 5 正确；C、从B冲上C然后又滑下的过程，设8、C分离时速度分别为如、4，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得：MVB=MVB+2 M vcr,由机械能守恒定律可得：M v l=M vB2+x 2 M vc2,联立解得：%=-g m/s,由于 所 以 二 者 不 会 再 次 发 生 碰 撞，故 C 错误；。、小球B滑离
26、C后速度方向向左，所以二者分离，故。错误。故选：AB.力与B发生弹性碰撞，碰后B的速率最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律结合求小球B的最大速率；小球B运动到圆弧曲面最高点时8与C共速，由水平方向动量守恒求B的速率：根据B、C系统的水平方向动量守恒和机械能守恒求出小球B返回C的底端时的速率，与力 的速率比较，分析B能否与小球4 再次发生碰撞；根据B和C最后的速度大小判断是否分离。本题主要是考查了动量守恒定律和机械能守恒定律;对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力为零）；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据
27、能量关系列方程求解。24.【答案】CD【解析】解：由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律/=念，可知电路总电流/变小；A、电源电动势E不变，电流/变小，电源总功率P=E/减小，故 A 错误；3、当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，故 B错误；C、电源内阻r不变，电流/减小，电源内部损耗功率P vD即假设成立，滑块能够通过。点。设滑块在。点时所受轨道支持力的大小为产皿，根据牛顿第二定律有PND+m g +q
28、E2=K解得FN D=1.2 N根据牛顿第三定律可知滑块通过圆轨道最高点。时对轨道的压力大小F ND=FND=1.2 7 V设滑块最终停留在C右侧s处，对滑块从。到停下的过程，根据动能定理有2 mgR -(m g +qE2)s=0 -g m诏代入数据解得：s =3 m即滑块最终停留在C右侧3 7 n处。答：(1)滑块从4运动到B的时间为今s；(2)小滑块能通过。点。通过圆轨道最高点。时对轨道的压力为1.2 N,滑块最终停留在C右侧3 n l处。【解析】(1)小滑块从4点运动到B点的过程，由顿第二定律解得加速度大小，根据运动学公式解得时间；(2)小滑块恰能过。点时，由重力和电场力的合力提供向心力
29、，根据动能定理解得。点实际速度，比较即可知小滑块是否能通过。点，由顿第二定律求轨道对小球的压力，再由牛顿第三定律得到小球对轨道的压力大小；对整个过程，利用动能定理求小滑块沿最终停留的位置。本题涉及力在空间的积累效果，要想到动能定理。运用动能定理时，要灵活选取研究过程，分析各个力做功情况。38.【答案】解：(1)对电子通过加速电场的过程，根据动能定理有：1 9e U0=0代入数据解得：uo=7 2 0 V(2)设偏转电场的电压为Ui，电子刚好飞出偏转电场，竖直方向的位移为g =l x 1 0-2m,极板L=8 x 1 0-2m,即有i=lat2=-T22 2 2md第40页，共42页电子偏转的时
30、间为:t=LV解得：U=90V即偏转电压UW 901/时电子能抵达荧光屏上，由图乙可知，能达到荧光屏上的电子数占射入偏转电场总电子数的90%；(3)电子飞出偏转电场时速度的反向延长线过水平位移的中点，根据几何关系有d-2T2-解得：Ymax=5 cm即 荧 光 屏 上 亮 线 的 长 度=2 Ym a x=2 x 5cm=10cm答：(1)加速电压U。的大小为720人(2)经过足够长的时间，能达到荧光屏上的电子数占射入偏转电场总电子数的百分比为90%；(3)荧光屏上亮线的长度为10cm。【解析】(1)对加速电场中电子的加速过程，根据动能定理列式求解；(2)先求出刚好离开电场时偏转电压的大小，结
31、合U-t图像分析能打在荧光屏上的百分比；(3)根据类平抛运动中，速度的反向方向延长线过水平位移的中点，根据相似三角形分析出荧光屏上的亮度。本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，涉及的运动有匀加速直线运动、类平抛运动和匀速直线运动，解题的关键点是理解类平抛运动的速度反向延长线过水平位移的中点。39.【答案】解：设小球的质量为m,涉及动量守恒定律取向右为正方向。(1)小球下摆过程中，根据动能定理可得：mgL(l-cos60)=解得碰撞前小球4 的速度大小为：v0=2 m/s小球与小滑块B碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：m v0=mBvB-m-解 得:vB=Im/Si(2)弹簧弹性势能最大时
32、木块与小车速度相等，木块与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得mBvB=(mB+7nc)v#解得：=o.6mslol r y由能量守恒定律得：2mBvB=式 如+mc)v+n mBgs+Ep m解得：0 加=0.06/；假设滑块B不会从小车左端滑落，最终B和C以 口=0.6m/s的速度向右运动。由能量关系可得：Epm=n mBgx解得：x=0.05m s,所以滑块最终不会滑离小车。滑块B最终相对小车静止，静止在C表面上距离P点左侧0.05ni处。答：(1)4、B碰后滑块B的速度大小为lm/s；(2)弹簧具有的最大弹性势能为0.06/；(3)滑块B最终相对小车静止，静止在C表面上距离P点左侧0.05m处。【解析】(1)小球下摆过程中，根据动能定理求解碰撞前小球4 的速度大小，由动量守恒定律求解碰撞后B的速度大小；(2)弹簧弹性势能最大时木块与小车速度相等，由动量守恒定律、能量守恒定律列方程求解；(3)由能量关系求解滑块最终相对于小车滑过的距离，然后作出判断。本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。第42页，共42页