湖南省邵阳市2025届高三上学期第一次联考（一模）物理试题（Word版附解析）

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本试卷共 6 页，15 个小题。满分 100 分。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、考生号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡上“条形
码粘贴区”。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应
位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按
以上要求作答无效。
4.保持答题卡的整洁。考试结束后，只交答题卡，试题卷自行保存。
一、选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分，每小题给出的四个选项中，只有一项是
符合题目要求的。
1. 2024 年 10 月 8 日消息，本年度诺贝尔物理学奖授予约翰·霍普菲尔德和杰弗里·辛顿，“以表彰他们为利用
人工神经网络进行机器学习作出的基础性发现和发明”。在物理学的探索和发现过程中，物理过程和研究方
法比物理知识本身更加重要。以下关于物理学研究方法和物理学史的叙述中正确的是（ ）
A. 惯性定律即牛顿第一定律，伽利略通过理想斜面实验直接验证了惯性定律
B. 美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，并通过油滴实验测得元电荷的数值
C. 自然界中的电和磁存在着某种神秘的联系，丹麦物理学家奥斯特通过不断地探索发现了电流的磁效应
D. 根据速度定义式 ，当 足够小时， 就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义应用了微元
法思想方法
【答案】C
【解析】
【详解】A．惯性定律即牛顿第一定律，该实验无法通过实验直接验证，伽利略通过理想斜面实验间接验证
了惯性定律，A 错误；
B．美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，密立根油滴实验测得元电荷的数值，B 错误；
C．丹麦物理学家奥斯特通过不断地探索发现了电流的磁效应，C 正确；
D．速度 ，当 足够小时， 就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义应用了极限的思想方
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法，D 错误。
故选 C。
2. 测糖仪的原理是溶液的折射率与含糖率成正比，通过测量溶液相对标准透明介质的折射率，即可得到待
测溶液的含糖率。如图所示为某种测糖仪内部核心结构的原理图，截面为半圆形的透明容器中装有待测溶
液，容器右侧有一截面为长方形的标准透明介质，介质右侧面贴有一屏幕，可用来记录光线出射的位置。
一束光沿半径方向射向半圆形圆心，射出后分为 、 两束光，光路图如图所示，其中 ，忽略容器
壁的厚度，下列说法正确的是（ ）
A. 、 光在溶液中的传播速度比在透明介质中的小
B. 若稍微提高溶液的含糖率，光线打在屏幕上的位置均将向下移动
C. 若逐渐提高溶液的含糖率， 光先不能射出容器
D. 稍水平向左移动透明介质，光线打在屏幕上的位置均将向下移动
【答案】B
【解析】
【详解】A． ，由光的折射定律结合光路图可知，溶液的折射率小于透明介质的折射率，由 可
知，光线在溶液中的传播速度比在透明介质中的大，A 错误；
B．稍微提高溶液的含糖率，溶液的折射率增大，光线从溶液射出时，折射角增大，故打在屏幕上的位置向
下移动，B 正确；
C．由图可知，溶液对 光的折射率小于溶液对 光的折射率，由 可知，逐渐提高溶液的含糖率，
光先达到全反射的临界角，即 光先不能射出容器，C 错误；
D．稍微水平向左移动透明介质，由几何关系可知光线打在屏幕上的位置均将向上移动，D 错误。
故选 B。
3. 学校组织趣味运动会，某运动员手持乒乓球拍托着球沿水平直赛道向前跑，运动员速度越大，乒乓球受
到的水平风力越大。已知球拍面与水平面的夹角为 53°，乒乓球的质量为 2.7g，乒乓球与球拍面之间的动摩
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擦因数为 0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取 ， ，不考虑乒乓球的滚动，当
运动员以某一速度匀速向前跑时，乒乓球恰好不下滑，关于此时的乒乓球下列说法正确的是（ ）
A. 乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向下 B. 乒乓球受三个力的作用
C. 乒乓球受到的风力大小为 D. 如果球拍面竖直，则乒乓球不会下滑
【答案】C
【解析】
【详解】A．乒乓球恰好不下滑，所以乒乓球有沿球拍下滑的趋势，乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向上，
故 A 错误；
B．对乒乓球进行受力分析，受到重力、球拍支持力、球拍的摩擦力和水平风力共四个力的作用，故 B 错误；
C．以乒乓球为对象，根据平衡条件可得 ，
又
联立解得乒乓球受到的风力大小为
故 C 正确；
D．当球拍竖直时，如果水平风力不变，由于
则乒乓球会下滑，故 D 错误。
故选 C。
4. 开普勒用二十年的时间研究第谷的行星观测记录，发现了行星运动规律。通常认为，太阳保持静止不动，
行星绕太阳做匀速圆周运动，则开普勒第三定律中常量 （R 为行星轨道半径，T 为运行周期）。如图
所示，三个质量均为 m 的天体相距为 L 成一直线排列，在万有引力作用下构成一稳定的星系。该星系中有
类似于开普勒第三定律中常量 。已知引力常量为 G，则 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
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【解析】
【详解】设中心天体的质量为 M，万有引力提供圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可得
解得
在三星体系中，同理可得
解得
故选 A。
5. 如图甲所示，取一电阻率为 的均质金属材料，将它做成横截面为圆形的金属导线，每段导线体积均恒
为 V。如图乙所示，将一段导线接在电动势为 E，内阻为 r 的电源两端，并置于方向垂直纸面向外、磁感应
强度大小为 B 的匀强磁场中，如图丙所示，将另一段导线接在恒流源两端，下列说法不正确的是（ ）
A. 乙图中，拉长该段导线使直径减小，导线电阻随之增大
B. 丙图中，拉长该段导线使直径减半，导线两端电压变为原来的 8 倍
C. 丙图中，改变导线直径，该段导线发热功率与直径的四次方成反比
D. 乙图中，通过改变导线直径可改变导线所受的安培力，且最大安培力为
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据电阻定律
其中 ，
联立，解得
可知乙图中，拉长该段导线使直径减小，导线电阻随之增大，故 A 正确，与题意不符；
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B．丙图中，导线两端的电压
电流不变时，拉长该段导线使直径减半，导线两端电压变为原来的 16 倍，故 B 错误，与题意相符；
C．丙图中该段导线的发热功率
流过导线的电流不变，改变导线直径，该段导线发热功率与直径的四次方成反比，故 C 正确，与题意不符；
D．乙图中，由闭合电路欧姆定律
导线受到的安培力
联立，解得
可知通过改变导线直径可改变导线所受的安培力，由数学知识可知当且仅当 时， 最小，
此时
最小值为
故最大安培力为
故 D 正确，与题意不符。
本题选不正确的，故选 B。
6. 为了研究多层钢板在不同模式下的防弹效果，建立如下简化模型。如图所示，两个完全相同的钢板 A、B
厚度均为 d，质量均为 m。第一次把 A、B 焊接在一起静置在光滑水平面上，质量也为 m 的子弹水平射向钢
板 A，恰好将两钢板击穿。第二次把 A、B 间隔一段距离水平放置，子弹以同样的速度水平射向 A，穿出后
再射向 B，且两块钢板不会发生碰撞。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为
质点。下列说法正确的是（ ）
A. 第一次子弹射出 B 时，A 的位移为 d
B. 第一次子弹穿过 A、B 所用时间之比为
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C. 第二次子弹不能击穿钢板 B，进入钢板 B 的深度为
D. 第一次、第二次整个系统损失的机械能之比为
【答案】D
【解析】
【详解】A．设第一次子弹穿过 A、B 时共同速度为 v，对系统由动量守恒有
此过程对 A 和 B 有
对子弹有
解得
故 A 错误；
B．第一次子弹相对 A、B 做匀减速直线运动，恰击穿时相对末速度为 0，根据逆向思维，可以将看成子弹
相对 A、B 做初速度为 0 的反向匀加速直线运动，穿过 B、A 的相对位移相等，根据连续相邻相等位移之内
的时间间隔比例规律可知，穿过 B、A 的时间之比为 ，所以穿过 A、B 所用时间之比为
，故 B 错误；
C．设子弹的初速度为 ，受到的阻力大小为 f，第一次穿过 A、B 时共同速度为 v，对系统由动量守恒有
由能量守恒有
解得
第二次子弹穿过 A 时，设子弹速度为 ，A 的速度为 u，假设不能穿透 B，最后与 B 的共同速度为 ，进
入 B 的深度为 ，对子弹和 A 由动量守恒有
由能量守恒有
解得
对子弹和 B，由动量守恒有
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由能量守恒有
解得
假设成立，故 C 错误；
D．第一次系统损失的机械能
第二次系统损失的机械能
第一次、第二次系统损失的机械能之比为
故 D 正确。
故选 D。
二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符
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。
7. 如图甲所示，均匀介质中三个相同的波源分别位于 xOy 平面直角坐标系中的 A、B、C 点，波源振动方向
均垂直纸面，振动图像均如图乙所示，波速均为 2cm/s。则（ ）
A. 质点 D 比质点 O 晚起振 4s
B. 时，质点 O 的速度方向与加速度方向相同
C. 若取走波源 B，稳定后质点 O、D 的相位差始终为
D. 若取走波源 C，稳定后质点 O 与质点 D 的振幅相等
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据题意，结合图（a）可知，振源 B 的振动形式先传播到 O 点，时间
则质点 O 从第 6s 末开始振动；振源 A、C 的振动形式同时传播到 D 点，时间
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则质点 D 从第 10s 末开始振动，可知，质点 D 比质点 O 晚起振 ，故 A 正确；
B．根据题意，结合图（a）可知， 时，只有波源 B 产生的振动传到 O 点，且已经振动了 1.2s，根
据图（b）可知质点 O 相对平衡位置的位移有增大的趋势，速度方向与加速度相反，故 B 错误；
C．若取走波源 B，质点 O、D 到波源 A、C 的波程差均为 0，两质点为振动加强点，又质点 O 从 8s 开始达
到稳定，质点 D 从 10s 开始达到稳定，则稳定后两质点的相位差为 的整数倍，故 C 错误；
D．根据 可知，三列波的波长均为 4cm，若取走波源 C，质点 O 到波源 A、B 的波程差为 4cm，为
波长的整数倍，则质点 O 为振动加强点，同理可得，质点 D 也为振动加强点，稳定后两质点振幅相等，故
D 正确。
故选 AD。
8. 如图所示，在平面直角坐标系 xOy 的 、 两点处固定着电荷量分别为+q、 的两个点电荷，
A、B 为 y 轴上两点，坐标分别为 、 ，M、N、P、Q 四个点是以 为中心的正方形的四个顶
点，在上述两个点电荷所形成的电场中，下列说法正确的是（ ）
A. N 点与 Q 点电势相等
B. x 轴上 处电场强度为零
C. B 点的电势高于 A 点的电势，A 点的电场强度大于 B 点的电场强度
D. 将某一负电荷从 P 点移动到 Q 点电场力做的功大于将其从 N 点移动到 M 点电场力做的功
【答案】CD
【解析】
【详解】A．若单独考查 形成的电场，N 点和 Q 点位于同一等势面上，但对于 形成的电场中，Q 点
的电势高于 N 点的电势，根据电势的叠加可知，在两个点电荷形成的叠加电场中，Q 点的电势高于 N 点的
电势，A 错误；
B．根据点电荷形成的电场，可知 在 处的电场强度
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方向水平向右， 在 处的电场强度
方向水平向右，故二者大小相等，方向相同，合场强不为零，B 错误；
C． 的点电荷等效成一个 和一个 的两个点电荷，对于 和 的电场中，A、B 位于同一等势面
上，而在 点电荷形成的电场中，B 点的电势高于 A 点电势，故 B 点电势高于 A 点电势，由于 A 点相对
于场源电荷较近，故 A 点的场强大于 B 点的场强，C 正确；
D． 形成 电场，N 点和 Q 点位于同一等势面上，但对于 形成的电场中，Q 点的电势高于 N 点的电
势，因此 两点的电势差大于 两点的电势差，故将某一负电荷从 P 点移动到 Q 点电场力做的功大于
将其从 N 点移动到 M 点电场力做的功，D 正确。
故选 CD。
9. “辘轳”是中国古代取水的重要设施，通过转动手柄将轻绳缠绕到半径为 R 的转筒上，就可以把水桶从
井中提起。若某次转动手柄的角速度 随时间 t 变化的图像如图乙所示，经 时间把水桶从井底提升到井
口，水桶和桶中水的总质量为 m，重力加速度大小为 g，水桶可看成质点，下列说法正确的是（ ）
A. 水井的深度为
B. ，水桶做初速度为零的匀加速直线运动
C. 把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为
D. 把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．图乙中 内图像与时间轴所包围的面积表示把水桶从井底提升到井口过程中转筒转过的
角度，设为 ，则有
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故水井的深度为
A 正确；
B．转筒边缘上点的线速度大小等于水桶的速度大小，根据线速度与角速度的关系，则有
因为 内， 与 成正比，所以水桶的速度 v 与 t 成正比， 时间内， 不变，线速度 不变，
水桶做匀速直线运动，B 错误；
C．根据动能定理，把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为
C 正确；
D．把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为
D 错误。
故选 AC。
10. 间距为 的两根平行光滑金属导轨 MN、PQ 固定放置在同一水平面内，两导轨间存在大小为
，方向垂直导轨平面向外的匀强磁场，导轨左端串接一阻值为 的定值电阻，导体棒垂直放
在导轨上，如图所示。当水平圆盘匀速转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动 T 形支架在水平方向往复运动，
T 形支架进而驱动导体棒在水平面内做简谐运动，以水平向右为正方向，其位移 x 与运动时间 t 的关系为
。已知导体棒质量为 ，总是保持与导轨接触良好，除定值电阻外其余电阻均忽
略不计，空气阻力忽略不计，不考虑电路中感应电流的磁场，则下列说法正确的是（ ）
A. 导体棒在运动过程中，产生感应电流的最大值为
B. 在 时间内，通过导体棒的电荷量为 0.25C
C. 在 时间内，T 形支架对导体棒做功
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D. 当 T 形支架对导体棒的作用力为 0 时，导体棒的速度大小为
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．根据 关系式，可得 t 时刻导体棒的速度
所以导体棒在运动过程中，速度的最大值为
通过导体棒的感应电流
联立解得
A 正确；
B．设导体棒做简谐运动的周期为 T，根据
根据
接得
在 内，即 内，导体棒运动的位移大小
感应电动势的平均值
感应电流的平均值
通过导体棒的电荷量
联立解得
B 错误；
C．在 内，设 T 形支架对导体棒做功为 ，电阻 R 上产生的热量为 Q。根据功能关系，则有
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联立解得
C 正确；
D．由于加速度是速度对时间的求导，则有
有牛顿第二定律可得 ，
结合题意解得
解得
D 正确。
故选 ACD。
三、非选择题：共 56 分。
11. 某学习小组利用图示装置探究加速度与力、质量的关系，主要操作步骤如下：
a.按图甲所示完成装置安装，木板左端用铰链连接在桌面上，将 1 个钩码通过跨过定滑轮的细绳连接到小车
上；
b.调整木块位置，使小车获得一定初速度后，遮光片通过两光电门的遮光时间相等；
c.取下钩码，由静止释放小车，记录小车通过上、下两个光电门时遮光片的遮光时间，分别记为 和 ；
d.依次增加悬挂的钩码（完全相同）个数 n，重复步骤 b、c、d。
请完成以下问题：
（1）两光电门中心间的距离为 s，遮光片的宽度 d 用螺旋测微器测量如图乙，读得 ______mm。由
计算出小车加速度。
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（2）要探究小车加速度与所受合外力的关系，以加速度 a 为纵轴，以______（选填“n”“ ”“ ”或
“ ”）为横轴描点作图，当所作图像是一条过坐标原点的倾斜直线时，则说明：在小车质量不变的情况
下，小车的加速度与所受合外力成正比。
（3）下列做法能减小本实验误差的是______。
A. 减小两光电门之间的距离 B. 要确保小车的质量远大于钩码的质量
C. 挑选遮光片时，选宽度比较小的 D. 挑选表面比较光滑的木板进行实验
【答案】（1）3 108##3.107##3.109##3.106
（2）n （3）C
【解析】
【小问 1 详解】
根据螺旋测微器的读数规律，该读数为
【小问 2 详解】
令一个钩码的质量为 m，小车的质量为 M，依次增加悬挂的钩码（完全相同）个数 n，重复步骤 b、c、d，
在步骤 b 中，根据平衡条件有
在步骤 c 中，对小车进行分析，根据牛顿第二定律有
则有
可知，要探究小车加速度与所受合外力的关系，以加速度 a 为纵轴，以 n 为横轴描点作图，当所作图像是
一条过坐标原点的倾斜直线时，则说明：在小车质量不变的情况下，小车的加速度与所受合外力成正比。
【小问 3 详解】
A．根据光电门测速原理有
当光电门之间间距大一些时，挡光时间短一些，测速更加精确一些，可知，为了减小测速误差，实验中应
增大两光电门之间的距离，故 A 错误；
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B．结合上述可知，实验中能够精确测得小车所受外力的合力，实验中，不需要确保小车的质量远大于钩码
的质量，故 B 错误；
C．遮光片宽度越小，挡光时间越短，速度测量误差越小，可知，实验中挑选遮光片时，选宽度比较小的，
故 C 正确；
D．结合上述可知，木板的摩擦对实验没有影响，即不需要挑选表面比较光滑的木板进行实验，故 D 错误。
故选 C。
12. 某兴趣小组利用实验室的器材进行电表内阻的测量实验。
（1）小组成员在实验室发现一个表盘数字被污渍遮挡的电压表，利用图甲中的电路图测量电压表量程。闭
合开关后，调节滑动变阻器 和电阻箱 ，保持电流表满偏 ，当 时，电压表指针偏
转了满偏的 ，当 时，电压表指针偏转了满偏的 。则电压表量程为______V，电流表内阻为
______Ω。
（2）小组成员选择完好的实验仪器，利用表盘如图乙所示的多用电表和图丙中的电路图测量该电压表的内
阻（内阻约十几千欧）。
①利用多用电表的欧姆挡对电压表内阻进行粗测。将多用电表挡位调到欧姆______挡（选填“×100”或“×
1k”），再将红表笔和黑表笔短接，调零后，将两表笔接在电压表正负接线柱上，用多用电表读出电压表内
阻阻值；
②按照图丙所示的电路图连接实验仪器后，闭合开关 S，改变电阻箱阻值，读取多组电压表示数 U 与电阻
箱阻值 R，并绘制出 图像如图丁所示，图像斜率为 k，若已知电源电动势 E，则电压表内阻 ______
，电源内阻对电压表内阻测量______（选填“有”或“无”）影响。
【答案】（1） ①. 3 ②. 2
（2） ①. ×1k ②. ③. 无
【解析】
【小问 1 详解】
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[1][2]保持电流表满偏 ，当 时，电压表指针偏转了满偏的 ，当 时，电压
表指针偏转了满偏的 。根据欧姆定律有 ，
解得 ，
【小问 2 详解】
①[1]电压表的内阻（内阻约十几千欧），则多用电表欧姆挡在使用时，指针应尽可能在表盘中间区域，则挡
位应调到欧姆“×1k”挡，再将红黑表笔短接进行调零。
②[2][3]根据闭合电路欧姆定律有 变形得
则
电压表内阻
从式中可以看出电压表内阻只与电源电动势和斜率有关，与电源内阻无关，所以电源内阻对电压表内阻测
量无影响。
13. 小明学习热学知识后设计了一个利用气体来测量液体温度的装置。该装置由导热性能良好、厚度不计的
圆柱形细管、圆柱形金属块、上下两个小卡环组成。圆柱形金属块质量为 20g 厚度为 2cm 与管壁紧密接触
（不漏气），管内用金属块封闭有一定量的理想气体，管内卡环限制金属块只能在管内一定范围内上下移动，
以金属块下端位置为基准在上下卡环之间刻上刻度。上、下卡环间距离为 52cm，上端卡环距管下端距离为
102cm，管的横截面积为 ，测温时把温度计竖直插入待测液体中。不考虑固体的热胀冷缩，不计一切
摩擦阻力，外界大气压强恒为 ，g 取 ，当管内气体的温度为 7℃时金属块恰好对下
方卡环无压力。
（1）求该温度计的测温范围；
（2）某次测温时示数由 63℃上升到 147℃，该过程管内气体吸收的热量为 0.68J，求管内气体内能改变量。
【答案】（1）
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（2）0.5J
【解析】
【小问 1 详解】
设管内气体最高温度为 ，管内气体做等压变化，则
其中 ， ，
解得
故温度计的测温范围为
【小问 2 详解】
管内气体做等压变化，则
其中 ，
解得 ，
管内气体的压强为
该过程气体对外做功为
根据热力学第一定律
可知管内气体内能增加了 0.5J
14. 如图甲所示，空间存在两边界为同轴圆柱面的电磁场区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅱ位于区域Ⅰ外侧，圆柱面的轴
线沿空间直角坐标系 Oxyz 的 x 轴方向。半径 的足够长水平圆柱形区域Ⅰ内分布着沿 x 轴正方向
的匀强磁场，磁感应强度大小 ；沿 x 轴正方向观察电磁场分布如图乙，宽度 的区
域Ⅱ同时存在电、磁场，电场强度 的匀强电场沿 x 轴正方向，磁场的磁感应强度大小也为
、磁感线与圆弧边界平行且沿顺时针方向，沿 y 轴负方向观察电磁场分布如图丙，比荷
的带正电粒子，从坐标为 的 A 点以一定初速度 沿 z 轴负方向进入且能沿直
线通过区域Ⅱ。（不计粒子的重力和空气阻力）
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（1）求 大小以及它在区域Ⅰ中运动的半径；
（2）若撤去区域Ⅱ的电场，求该粒子以速度 从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅰ运动的总时间。
【答案】（1） ，0.1m
（2）
【解析】
【小问 1 详解】
粒子沿直线通过区域Ⅱ，受力平衡则有
解得
粒子在区域Ⅰ中匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得
解得
小问 2 详解】
撤去区域Ⅱ中的电场后，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，则有
解得
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根据几何关系可知，粒子在区域Ⅱ中运动轨迹转过的圆心角为 45°。
粒子在区域Ⅱ中的运动时间为
粒子离开区域Ⅱ后，在区域Ⅰ中垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，则有
解得
根据几何关系可知，粒子在区域Ⅰ中该方向上匀速圆周运动转过的圆心角为 90°。
粒子在区域Ⅰ中的运动时间为
综上，粒子从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅰ运动的总时间为
15. 如图所示，固定的桌面、地面和固定的螺旋形圆管均光滑，轻质弹簧左端固定，自然伸长位置为 点，
弹簧的劲度系数 ，圆轨道的半径 ，圆管的内径比质量为 的小球直径略大，但远
小于圆轨道半径，质量为 的小物块静止于质量为 的木板左端，木板的上表面恰好与圆管轨道水平部
分下端表面等高，小物块与木板上表面间的动摩擦因数 ，木板右端与墙壁之间的距离 ，现
用力将小球向左推压，将弹簧压缩 ，然后由静止释放小球，小球与弹簧不连接，小球运动到桌面
右端 点后水平抛出，从管口 A 点处沿圆管切线飞入圆管内部，从圆管水平部分 B 点飞出，并恰好与小物
块发生弹性碰撞，经过一段时间后木板和右侧墙壁发生弹性碰撞，已知小物块始终未和墙壁碰撞，并且未
脱离木板，已知 OA 与竖直方向夹角 ， ， ， ，
。求：
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（1）抛出点 与管口 A 间的高度差 h；
（2）小球在圆管最高点所受的弹力 ；
（3）木板在地面上滑动的总路程 s。
【答案】（1）0.45m
（2）4N，方向竖直向下
（3）6.35m
【解析】
【小问 1 详解】
弹簧弹开小球过程弹力随位移均匀变化，由动能定理可得
解得
在小球平抛到管口 A 点时速度如图所示
根据 ，
联立解得
【小问 2 详解】
小球从 A 到圆筒最高点的过程，由动能定理可得
由上图可知
小球在最高点时
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解得
说明小球在圆管最高点所受的弹力 大小为 4N，方向竖直向下。
【小问 3 详解】
从 A 到 B 全过程，由动能定理可得
解得
小球和小物块碰撞过程，取水平向右为正方向，可得
解得 ，
说明碰后小球停止运动，物块获得 向右的速度，开始在木板上滑动，以 和 为对象，可得
对木板可得
解得
物块与木板共速后与墙壁发生第 1 次碰撞后，对木板
木板向左移动的最大距离
解得
设小物块和木板第二次共速时速度 ，则有
解得
第 2 次与墙碰撞后，木板向左移动的最大距离
设小物块和木板第三次共速时速度为 ，则有
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解得
同理可得
……
第 n 次与墙碰撞后，对木板有
木板运动的总路程为
即
代入数据解得
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