《山东省济宁市第一中学2023-2024学年高三下学期3月月考试题 物理 含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省济宁市第一中学2023-2024学年高三下学期3月月考试题 物理 含解析.pdf（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2024 届高三 3 月定时检测 第1页（共 8 页）济宁市第一中学 2024 届高三 3 月份定时检测 物 理 试 题 2024 年 3 月 29 日 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。认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必须使用 2B 铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用 5mm 黑色签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内答题，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效；保持卡面清洁，不折叠、不破损。一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 小题，每小
2、题小题，每小题 3 分，共分，共 24 分。每小题分。每小题只有一只有一个选项符合题目要求。个选项符合题目要求。1.氢原子第 n 能级的能量为12nEEn=，其中 E1是基态能量，n=1，2，3，。若处于某能级的氢原子可辐射能量为1536E的光子，辐射光子后氢原子的能量比基态能量高134E，处于该能级(辐射光子前)的大量氢原子向低能级跃迁时，辐射光子的频率有 A.3 种B.4种C.6种D.10 种2.在高度差一定的不同光滑曲线轨道中，小球滚下用时最短的曲线轨道叫做最速曲线轨道，在科技馆展厅里，摆有两个并排轨道，分别为直线轨道和最速曲线轨道，如图所示，现让两个完全相同的小球 A 和 B 同时从
3、M 点分别沿两个轨道由静止下滑，小球 B 先到达 N点。若不计一切阻力，下列说法正确的是A.到达底端 N 点时，重力的功率相同B.由 M 到 N 的过程中，合力做功不同C.由 M 到 N 的过程中，小球 A 重力的冲量比小球 B 重力的冲量大D.到达底端 N 点时，小球 A、B 对轨道的压力大小相等3.华为 mate60实现了手机卫星通信，只要有卫星信号覆盖的地方，就可以实现通话。如图所示三颗赤道上空的通信卫星就能实现环赤道全球通信，已知三颗卫星离地高度均为 h，地球的半径为 R，地球表面重力加速度为 g，引力常量为 G，下列说法正确的是A.三颗通信卫星受到地球的万有引力的大小一定相等B.其中
4、一颗质量为 m的通信卫星的动能为()22mgRRh+C.能实现赤道全球通信时，卫星离地高度至少为 2RD.同一卫星在高轨道的动能大于在低轨道的动能#QQABTQCAoggAQIJAARgCQQlwCAIQkACAACoOBAAAIAAAyAFABAA=#2024 届高三 3 月定时检测 第2页（共 8 页）4.“中国载人月球探测工程”计划在 2030 年前实现中国人首次登陆月球。设想在地球和月球上有两个倾角相同的山坡，简化为如图所示的足够长的倾角为 的斜面。现分别从这两个山坡上以相同大小的速度0v水平抛出两个完全相同的小球，小球再次落到山坡上时速度大小分别记为1v、2v，速度方向与坡面的夹角分
5、别记为 1、2。已知地球与月球表面重力加速度分别为 g、6g，不计小球在地球上运动时的空气阻力，以下关系正确的是 A.21B.21C.2v1vD.2v=1v5.图示为一半球形玻璃砖的截面图，AB 为直径，O 为球心。一束纸面内的单色光从直径上某点 C 与直径成 射入，恰好从 D 点射出。现换用不同频率的色光从 C 点以相同方向入射，不考虑多次反射，则A.到达圆弧AD部分的光，一定会从圆弧AD部分射出B.到达圆弧BD部分的光，可能不从圆弧BD部分射出C.频率改变前从 D点出射的光线一定与从 C 点入射时的光线平行D.所有不同频率的色光在玻璃砖中的传播时间均相等6.如图所示为餐厅暖盘车的储盘装置示
6、意图，三根完全相同的轻质弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接质量为 M 的托盘，托盘上放着 6 个质量均为 m 的盘子并处于静止状态。已知重力加速度大小为 g，则某顾客快速取走 1 号盘子的瞬间，托盘对 6 号盘子作用力的大小为A.5(6)5mg MmMm+B.5(6)5mg MmMm+C.255m gMm+D.5(7)6mg MmMm+7.如图甲所示是一个简易发电机连接理想变压器的模型，正方形线圈 ABCD 的边长为 a、匝数为 N，电阻忽略不计。线圈 ABCD 置于匀强磁场中，且绕垂直于磁感线的转轴 OO转动。发电机通过理想变压器对外工作，变压器原、副线圈的匝数比 n1n2=12，
7、电路中四只小灯泡完全相同且电阻恒定，图中电压表为理想电压表，若线圈 ABCD 以恒定角速度转动，闭合开关 S 后，四只小灯泡灯都能发光，发电机的输出电压随时间变化如图乙所示，乙图中的峰值为 U，下列说法正确的是#QQABTQCAoggAQIJAARgCQQlwCAIQkACAACoOBAAAIAAAyAFABAA=#2024 届高三 3 月定时检测 第3页（共 8 页）A.甲图中线圈 ABCD 处于图示位置时，灯 L1的电流方向发生改变B.匀强磁场的磁感应强度大小为25 2UNaC.开关 S 闭合时，则电压表的示数为3 211UD.若断开开关 S，则 L1变暗、L2和 L3均变亮8.某同学利用
8、如图甲所示的装置，探究物块 a 上升的最大高度 H 与物块 b 距地面高度 h 的关系，忽略一切阻力及滑轮和细绳的质量，初始时物块 a静止在地面上，物块 b距地面的高度为 h，细绳恰好绷直，现将物块 b 由静止释放，b 碰到地面后不再反弹，测出物块 a 上升的最大高度为 H，此后每次释放物块 b时，物块 a 均静止在地面上，物块 b 着地后均不再反弹，改变细绳长度及物块 b 距地面的高度 h，测量多组(H，h)的数值，然后做出 H-h 图像(如图乙所示)，图像的斜率为 k，已知物块 a、b的质量分别为 m1、m2，则以下给出的四项判断中正确的是 物块 a，b 的质量之比1211mmk=物块 a
9、、b 的质量之比1221mmk=H-h图像的斜率为 k 取值范围是 0k1H-h图像的斜率为 k 取值范围是 1k0)的粒子自第二象限电场中某点以沿 x轴正方向、大小为0v的速度射入电场，从坐标原点 O、沿与 x 轴夹角为 30的方向进入第四象限的磁场中，不计粒子重力和因磁场变化产生的电场。(1)求粒子发射点的位置坐标；(2)若粒子打在荧光屏上的 M点，求粒子在磁场中运动的时间；(3)若粒子能打在荧光屏上，求磁感应强度大小的范围。2024 届高三 3 月定时检测 第8页（共 8 页）18.(16 分)光滑水平面上有一质量为 m的足够长的小车 B，右端有一质量为 2m的小滑块 A。滑块与小车之间
10、的动摩擦因数为，现二者一起以0v向左运动，直至小车与左侧固定墙壁发生碰撞。已知小车与墙壁的每次碰撞都是弹性的，滑块 A始终没有与墙壁碰撞，重力加速度为 g，求：(1)小车与墙壁第一次碰后瞬间，小车与滑块的加速度；(2)小车第一次与墙壁碰撞后的所有过程中，滑块运动的总路程；(3)小车第一次与墙壁碰撞后的所有过程中，滑块做减速运动的时间和匀速运动的时间。#QQABTQCAoggAQIJAARgCQQlwCAIQkACAACoOBAAAIAAAyAFABAA=#济宁市第一中学2024届高三3月份定时检测物理答题卡班级：_ 姓名：_ 学校：_考场号：座位号：0123456789012345678901
11、234567890123456789012345678901234567890123456789012345678901234567890123456789准 考 证 号违纪正确填涂错误填涂缺考注 意 事 项1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写清楚。2选择题使用2B铅笔填涂，非选择题使用黑色碳素笔书写，超出答题区域无效。3保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。14.（8分）（1）（2）一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.（6分）（1）（2）（3）【A】【B】【C】【D】1【A】【B】【C】【D】3【A】【B】【C】【
12、D】5【A】【B】【C】【D】7【A】【B】【C】【D】2【A】【B】【C】【D】4【A】【B】【C】【D】6【A】【B】【C】【D】8【A】【B】【C】【D】9【A】【B】【C】【D】10【A】【B】【C】【D】11【A】【B】【C】【D】1215.（8分）16.（8分）二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。选对但不全的得2分。（3）#QQABTQCAoggAQIJAARgCQQlwCAIQkACAACoOBAAAIAAAyAFABAA=#17.（14分）18.（16分）#QQABTQCAoggAQIJAARgCQQlwCAIQkACAACoOBAAAIAAAyAFABAA=#
13、2024 届高三 3 月定时检测 第1页（共 8 页）济宁市第一中学 2024 届高三 3 月份定时检测 物理试题参考答案及评分标准 2024 年 3 月 29 日 1.A 2.C 3.B 4.D 5.C 6.A 7.C 8.D 9.BC 10.AC 11.BD 12.BC一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 24 分。每小题分。每小题只有一只有一个选项符合题目要求。个选项符合题目要求。1.A【解析】设氢原子发射光子前处于第 k能级，发射后的能量为1111533614()4kEEEEE=，解得11=9kEE，则 k=3，辐射光子的频率有 2+1=
14、3 种。故选 A。2.C【解析】根据机械能守恒定律可知到达底端 N 点时，两小球速度大小相等，但方向不同，重力的功率不相同，A 错误；由 M 到 N 的过程中，合力做功即两小球重力做功均为 WG=mgh，B 错误；由 M 到 N 的过程中，重力的冲量 IG=mgt，由于 tAtB，所以小球 A 重力的冲量比小球 B 重力的冲量大，C 正确；到达底端 N点时，小球 A 受到的支持力 FA=mgcosA，小球 B 受到的支持力 FBmgcosB，由图可知 AB，则 FAFB，根据牛顿第三定律可知，小球 B 对轨道的压力大于小球 A 对轨道的压力，D 错误。故选 C。3.B【解析】根据万有引力的公式
15、2()MmFGRh=+，可知，由于不知道三颗卫星的质量大小，因此不能确定三颗卫星所受地球万有引力大小的关系，A 错误；根据万有引力充当向心力有22()()MmGmRhRh=+v，可得卫星的线速度GMRh=+v，则该卫星的动能2k122()GMmEmRh=+v，而对于环绕地球表面做圆周运动的物体有2MmGm gR=，可得2GMgR=，则可得该物体的动能2k2()mEgRRh=+，而显然对于同一颗卫星，轨道半径越大，其动能越小，因此同一卫星在高轨道的动能小于在低轨道的动能，B正确，D错误；若恰能实现赤道全球通信时，此时这三颗卫星两两之间与地心连线的夹角为 120，每颗卫星与地心的连线和卫星与地表的
16、切线以及地球与切点的连线恰好构成直角三角形，根据几何关系可知，此种情况下卫星到地心的距离为2cos60RrR=，则卫星离地高度至少为hrRR=，C 错误。故选 B。4.D【解析】因为两个小球在相同大小的速度 v0水平抛出，且都落到倾角为 的斜面，因此两个小球的位移角是相同的都为，根据平抛的角度推论可知，速度角正切值是位移角正切值的两倍，因此两个球落地时的速度角也相等，因此速度方向与坡面的夹角也相等，即 2=1，AB 错误；根据位移角可知01tan2gt=v，解得02tanvtg=，因此在竖直方向的速度为02tangt=vv，竖直方向速度与加速度大小无关，因此合速度为220=+vvv，因此2v=
17、1v，C错误 D正确。故选 D。2024 届高三 3 月定时检测 第2页（共 8 页）5.C【解析】当频率比 D 点单色光大的光，到达圆弧AD部分，随着频率增大折射率变大，由题知 角度不变，如图所示，在折射率变大过程中 sin 不变，sin 在变小，由1sinsinn=知临界角在变小，但在折射率变大过程，入射角 变大，当sinsin=sin时会发生全反射，不考虑多次反射，所以到达圆弧AD部分可能不会从圆弧AD部分射出。A错误；由图知，单色光在 D点未发生全反射，频率比 D 点单色光小的光，到达圆弧BD部分。折射率小，在玻璃砖内随着折射率变小，入射角比 D 点单色光入射角小，临界角比 D 点单色
18、光临界角大，故到达圆弧BD部分不发生全反射，从圆弧BD部分射出，B 错误；因为 D 点切线和 AB 平行，所以频率改变前从 D 点出射的光线一定与从 C 点入射时的光线平行。C 正确；由cn=v，光的频率不同，折射率不同，在光中传播速度不同，不考虑多次反射，频率大的折射率大，速度小，传播时间不相等，D错误。故选 C。6.A【解析】顾客快速取走 1 号盘子的瞬间，托盘和其他 5 个盘子的合力为 mg，根据牛顿第二定律有(5)mgMm a=+，对剩余 5 个盘子，根据牛顿第二定律有55Fmgma=，联立可得托盘对 6 号盘子作用力的大小为5(6)5mg MFmMm+=。故选 A。7.C【解析】甲图
19、中线圈 ABCD 处于图示位置时，此时刻线圈平面与中性面垂直，电流方向不改变，A 错误；由图知 T=0.4s，发电机峰值电压 U=NBS，2=T=5rad/s，匀强磁场的磁感应强度大小为25UNa，B 错误；假设每个小灯泡的电阻是 R，当开关闭合时，32RR=副，112UI RU=+，112221UnIUnI=，22UI R=副，联立可得，电压表的示数为23 211UU=。若断开开关 S，副线圈总电阻变大，原线圈及副线圈的电流均变小，则 L1变暗，L2变暗，由于原线圈的电流变小，原线圈的电压变大，且副线圈的电压也变大，又 L2的电压变小，则 L3的电压变大，L3将变亮，D 错误。故选 C。8.
20、D【解析】物块 a 的上升过程分为两个阶段，第一阶段为在物块 b 释放后，在绳子拉力的作用下加速上升，与此同时物块 b 加速下降，速率与物块 a 相同，第二个阶段为物块 b 落地后，物块 a 在自身重力的作用下减速上升直至最高点。则第一阶段对整体由动能定理有221121()(2)mm ghmm+=v，第二阶段对物块 a 由动能定理有2111()02m g Hhm=v，联立以上两式可得2122mHhmm=+，结合图像可得2122mkmm=+，可知1221mmk=，错误，正确；要将物块 a 拉起，则有10Tm g，对物块 b，则有20m gT，可得21mm，因此有22222122222mmmmmm
21、mm+，即 1k2，故错误，正确。故选 D。二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 16 分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得 4分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。2024 届高三 3 月定时检测 第3页（共 8 页）9.BC【解析】ab 为绝热过程，Q=0，气体体积膨胀对外界做功，W0，由热力学第一定律 U=Q+W 得 U0，即内能减小，温度降低，A错误；由微元法可得 p-V 图像与横坐标围成的面积表示为气体做功的多少，由图像可知，acb
22、 过程比 ab 过程气体对外界所做的功多，B 正确；ac 过程等压膨胀，气体对外做功，W0，故气体从外界吸热大于对外做的功，C 正确；ac 过程，气体的压强相等，体积变大温度变大，分子的平均动能变大，分子撞击容器壁的动量变化量变大。由气体压强的微观解释可知，在状态 a 时比在状态 c 时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多，D错误。故选 BC。10.AC【解析】由图可知，P 质点沿 y 轴正方向振动，由同侧法可知，该波的传播方向沿 x 轴负方向，A 正确；甲图中质点 P该时刻振幅为 2m，B错误；图示时刻，质点 Q正沿 y轴负方向运动，质点 P正沿 y轴正方向运动，在接下来的四分之一个周期内，
23、二者一定存在一个时刻位移相同。之后当 P 第一次返回平衡位置时(从图示时刻经历半个周期)，根据对称性可知此时质点 Q 的位置与图示位置关于 x 轴对称并沿 y 轴正方向运动，则在接下来的四分之一周期内，二者一定存在一个时刻位移相同。综上所述在一个周期内，质点P 和质点 Q 有两个时刻位移相同，C 正确。在 0t0.1s 内，即2T周期内，质点 P 通过的路程为2PsA=0.4m，质点 Q 在该时间段内经过平衡位置，则质点 Q通过的路程为2QsA=0.4m，故在 0t0.1s 内，质点 P 通过的路程小于质点 Q通过的路程，D错误。故选 AC。11.BD【解析】因为正负电荷是等量异种电荷，而 D
24、点更靠近正电荷，F 点更靠近负电荷，所以 D 点的电势大于 F 点的电势，A 错误；电场强度是矢量，其叠加遵循平行四边形定则，由于 B 点到正电荷和负电荷的距离与 H 点到负电荷和正电荷的距离相等，由电场的叠加性和对称性可知，这两点的电场强度大小和方向相同，B正确；因为正负电荷是等量异种电荷，其连线的中垂面为等势面，电势皆为零，该等势面与正方体的 12 条棱的交点不止 3 个点，所以正方体的 12 条棱上不止有 3 个点电势为零，C错误；因为正负电荷是等量异种电荷，而 D 点更靠近正电荷，F 点更靠近负电荷，所以 D 点的电势大于 F 点的电势，而 B 点更靠近正电荷，C 点更靠近负电荷，所以
25、 B 点的电势大于 C 点的电势，由于是在正方体中，由电场的叠加与对称性可知，D点和 B 点电势相同，C 点和 F 点的电势相同。即DCBFUU=，根据电场力做功 W=qU，所以将一正试探电荷从 D移到 C和从 B 移到 F 电场力做功相同，即电势能减少量相同，D 正确。故选 BD。12.BC【解析】两棒的长度之比为 1:2，电阻之比为 1:2，电阻为 R，CD 棒122FILBma=，AB 棒2ILBma=，1223BLBLIR=vv，由此可知，稳定后，回路中电流恒定，AB 棒向左匀加速运动，CD 棒向右匀加速运动，A错误；且AB棒的加速度大小是CD棒的加速度大小的2倍，即a2=2a1；可得
26、CD棒的加速度大小为16Fam=，B 正确；如果 F作用一段时间后，AB 棒和 CD棒的速度大小均为v，此时立即撤去拉力 F后，AB 棒继续向左加速运动，而 CD棒向右开始减速运动，两棒最终匀速运动时，电路中电流为零，两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，则122BLBL=vv，对 CD 棒和 AB 棒分别用动量定理得1222ILBtmm=vv，#QQABTQCAoggAQIJAARgCQQlwCAIQkACAACoOBAAAIAAAyAFABAA=#2024 届高三 3 月定时检测 第4页（共 8 页）2ILBtmm=vv；联立可得 CD 棒最终的速度123=vv，方向向右，AB 棒最终的
27、速度243=vv，方向向左，C 正确，根据能量守恒定律可得22221111(2)2222Qmmmm=+vvv；解得该过程中回路产生的焦耳热为216Qm=v，D 错误。故选 BC。三三、非选择题：本题共、非选择题：本题共 5 小题，共小题，共 60 分。分。13.(6 分)(1)C (2)14.530 (3)1.07【解析】由相邻的干涉条纹间距Lxd=可知，式子中的 L 为双缝到屏的距离，不是单缝和双缝的距离，A错误；B 仅将红色滤光片换成紫色滤光片，减小，相邻的干涉条纹间距减小，从目镜中看到的干涉条纹数目增加，B 错误；去掉滤光片后，干涉现象不会消失，屏上会出现彩色的干涉条纹，C 正确；发生干
28、涉现象时，若挡住双缝中的一条缝，屏上也会有条纹，是衍射条纹，但不是等间距的，D 错误。(2)手轮的读数为 x2=14.5mm+3.00.01mm=14.530mm；(3)相邻的干涉条纹间距14.5301.03071x=mm=2.25mm=32.25 10m，且Lxd=，可得屏与双缝间的距离L=1.07m。14.(8 分)(1)2 (2)2.26 (2.202.32 均可)小于 (3)88【解析】(1)根据电流表改装原理ggg1I RIIR=+=200mA，解得 R1=2。(2)电路中流过电源的干路电流为g15IRIIIR=+=，根据闭合电路的欧姆定律可得0(EUI Rr=+），整理得05()U
29、I RrE=+，图像斜率的绝对值为032.982.205()22.335 10kRr=+=，解得内阻为 r=2.26。由于电压表内阻不是无穷大，考虑到电压表分流的影响，本实验电源内阻的测量值小于真实值。(3)电压表的示数为 2.30V 时，由图乙可知 I=30mA，此时电路中电流为g31155 30 10 AIRIIIR=+=0.15A，电 源 的 总 功 率 为1PEI=总=2.980.15W=0.447W，电 源 的 输 出 功 率 为2110PUII R=+出=2.300.15W+0.1522.2W=0.3945W，电源的效率为100%PP=出总=88%。15.(8 分)(1)10 次；
30、(2)3T0【解析】(1)对 B 气体，根据玻意耳定律得0112p VpV=(1 分)解得102pp=(1 分)对 A 内原气体和充入的气体，根据玻意耳定律得00111(2)52p VnpVpVV+=(1 分)解得 n=10 (1 分)2024 届高三 3 月定时检测 第5页（共 8 页）(2)A中气体温度不变，根据玻意耳定律得121(2)2pVVp V=(1 分)解得203pp=(1 分)对 B 中气体，根据理想气体状态方程得020p Vp VTT=(1 分)解得 T=3T0 (1 分)16.(8 分)2a【解析】由题意DEABxxa=知2DFax=，32EFax=(1 分)又132AEBD
31、xxa=故222AFAEEFxxxa=+=(1 分)设 AC 与 AF 之间的夹角为，00singt=v (1 分)0cosAFxt=v即02cosat=v (1 分)201sin2DFxtgt=v即201sin22atgt=v (1 分)解得2tan2gta=，2agt=(1 分)又tan2CFCFAFxxxa=(1 分)解得CFxa=，2CDDFaxx=(1 分)17.(14 分)(1)(2033mqEv，206mqEv)；(2)03av；(3)00(33)23mmBqaqavv【解析】(1)带电粒子在电场中受到沿 y 轴负方向的电场力作用，做类平抛运动，沿 x 轴方向速度不变0 xt=v
32、 (1 分)在 O 点满足00tan30yat=vvv (1 分)粒子在 y 轴方向做匀加速运动212yat=(1 分)其中qEam=解得2033mxqE=v，206myqE=v (2 分)公众高2024 届高三 3 月定时检测 第6页（共 8 页）发射点的位置坐标为(2033mqEv，206mqEv)(2)粒子进入第四象限时速度大小为002 3cos303=vvv (1 分)粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，打在荧光屏上的 M 点时，粒子轨迹圆的半径132cos303aaR=(1 分)轨迹对应的圆心角23=(1 分)粒子在磁场中运动的时间1Rt=v (1 分)解得03at=v
33、(1 分)(3)粒子打在 M 点时磁感应强度取最大值，带电粒子打在 N 点时，磁感应强度取最小值，运动轨迹如上图所示，根据洛伦兹力提供向心力211mq BR=vv，解得012mBqa=v (1 分)设离子从荧光屏上的 N 点射出时，轨迹圆的半径为 R2，由几何关系可知2222223()()22RRaaR+=解得2(31)Ra=+(1 分)根据洛伦兹力提供向心力222mq BR=vv，解得02(33)3mBqa=v (1 分)则磁感应强度的大小范围为00(33)23mmBqaqavv (1 分)18.(16 分)(1)Aag=，B2ag=，A 的加速度水平向右，B的加速度水平向左；(2)2034
34、 gv；(3)0gv，0gv【解析】(1)小车与墙壁第一次碰后瞬间，设 A、B的加速度大小分别为 aA、aB，由牛顿第二定律得A22mgma=(1 分)B2 mgma=(1 分)解得Aag=，B2ag=(2 分)其中 A的加速度水平向右，B 的加速度水平向左 (2 分)【方法一】(2)小车第一次与墙壁碰撞后，小车向右减速，滑块向左减速，由于BAaa，故小车的速度先减为零，然后反向加速，直至与滑块共速后再一起匀速向左运动，再与墙壁发生第二次碰撞，以此类推.最中2024 届高三 3 月定时检测 第7页（共 8 页）终经过无数次碰撞，二者速度均为零，小车左端紧靠墙壁静止，该过程滑块对地要么向左减速要
35、么向左匀速，故滑块的总路程 xA与全过程二者之间相对打滑的距离ABx相等，即AABxx=(2 分)由能量守恒得22AB00112222mg xmm=+vv (2 分)解得20A34xg=v (1 分)(3)将滑块的所有减速过程视为一个整体，即为初速度大小为0v，加速度大小为Aag=的匀减速运动 设滑块做减速运动的时间 t1，有0A 10a t=v (1 分)则01tg=v (1 分)设第一次碰后二者共速时的速度为1v，由动量守恒00123mmm=vvv (1 分)解得013=vv第一次碰后到二者共速的过程，小车的平均速度010123+=vvvv (1 分)而共速后到第二次碰前的匀速过程，小车以
36、013=vv匀速运动，可知，在任意两次碰撞之间的过程，小车做变速运动与匀速运动的两个过程，平均速度大小相等，而这两个过程小车的位移大小也相等，故时间相等，即滑块的减速与匀速的时间相等，设滑块匀速运动的时间为 t2，有 t2=t1 故02tg=v (1 分)【方法二】(2)(3)设第一次碰后二者共速时的速度为1v，由动量守恒00123mmm=vvv (1 分)设第二次碰后二者共速时的速度为2v，由动量守恒11223mmm=vvv (1 分)小车第一次与墙壁碰撞后滑块减速的时间010123Atag=减vvv小车第二次与墙壁碰撞后滑块减速的时间012229Atag=减vvv 小车第 n次与墙壁碰撞后
37、滑块减速的时间0n23ntg=减v (1 分)从小车第一次与墙壁碰撞到最终二者都静止的过程，滑块做减速运动的时间0023113gtg=减vv (1 分)2024 届高三 3 月定时检测 第8页（共 8 页）小车第一次与墙壁碰撞后滑块匀速的时间2201011()()223Batg=匀vvvv小车第二次与墙壁碰撞后滑块匀速的时间02212B22229atvg=匀vvv小车第 n次与墙壁碰撞后滑块匀速的时间0n23ntg=匀v (1 分)匀速运动的总时间0023113gtg=匀vv (1 分)小车第一次与墙壁碰撞后滑块减速的位移2212010A429xag=减vvv小车第一次与墙壁碰撞后滑块匀速的位
38、移112029xtg=匀1匀vv小车第一次与墙壁碰撞后到第二次碰前滑块总位移111210A220629xxxag=+=减匀vvv (1 分)小车第二次与墙壁碰撞后滑块减速的位移2222012A4281xag=减vvv小车第二次与墙壁碰撞后滑块匀速的位移20222281xtg=匀匀vv小车第二次与墙壁碰撞后到第三次碰前滑块总位移22220681xxxg=+=减匀v (1 分)小车第 n次与墙壁碰撞后到第 n+1 次碰前滑块总位移2069nnnxxxg=+=减n匀v (1 分)滑块全程做单向直线运动，总路程等于总位移的大小，故从小车第一次与墙壁碰撞到最终二者都静止的过程中，滑块的总路程20206391419gxg=总vv (1 分)