2025高考物理 人教版選擇性必修第1冊專項復(fù)習(xí)本冊綜合學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(A)含答案

2025高考物理人教版選擇性必修第1冊專項復(fù)習(xí)本冊綜合學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(A)本卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。滿分100分，時間90分鐘。第Ⅰ卷(選擇題共40分)一、選擇題(共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個選項中，第1～6小題只有一個選項符合題目要求，第7～10小題有多個選項符合題目要求，全部選對的得4分，選不全的得2分，有選錯或不答的得0分)1．下列說法錯誤的是(B)A．根據(jù)F＝eq\f(Δp,Δt)可把牛頓第二定律表述為：物體動量的變化率等于它所受的合外力B．力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量，它反映了力的作用對時間的累積效應(yīng)，是一個標(biāo)量C．動量定理的物理實質(zhì)與牛頓第二定律是相同的，但有時用起來更方便D．易碎品運輸時要用柔軟材料包裝，船舷常常懸掛舊輪胎，都是為了延長作用時間以減小作用力解析：由動量定理可得FΔt＝Δp，則eq\f(Δp,Δt)＝eq\f(mΔv,Δt)＝ma＝F，由此可知，物體動量的變化率等于它所受的力，故A正確；力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量，它反映了力的作用對時間的積累效應(yīng)，是一個矢量，故B錯誤；動量定理的物理實質(zhì)與牛頓第二定律是相同的，但有時用起來更方便，如不涉及運動的位移時用動量定理較方便，故C正確；易碎品運輸時要用柔軟材料包裝，船舷常常懸掛舊輪胎，都是為了延長作用時間以減少作用力，故D正確。2．(2024·全國高二課時練習(xí))下列說法正確的是(C)A．檢驗工件平整度的操作中，如圖甲所示，上面為標(biāo)準(zhǔn)件，下面為待檢測工件，通過干涉條紋可推斷出P為凸處、Q為凹處B．圖乙為光照射到小圓孔得到的衍射圖樣C．圖丙海市蜃樓是光的全反射現(xiàn)象，原因是由于海面的上層空氣的折射率比下層空氣折射率小D．圖丁的原理和照相機(jī)鏡頭表面涂上增透膜的原理是相同的解析：薄膜干涉是等厚干涉，即明條紋處空氣膜的厚度相同，從彎曲的條紋可知，P處檢查平面左邊處的空氣膜厚度與后面的空氣膜厚度相等，知P處凹陷，而Q處檢查平面右邊處的空氣膜厚度與后面的空氣膜厚度相同，知Q處凸起，故A錯誤；圖為光線通過小圓板得到的衍射圖樣，若用光照射很小的不透明圓板時，后面會出現(xiàn)一亮點，故B錯誤；海市蜃樓和沙漠蜃景都是光的全反射現(xiàn)象，而海市蜃樓的原因是下層溫度低，空氣下沉，折射率大，上層空氣薄折射率小，故C正確；立體電影是光的偏振，而鏡頭表面涂上增透膜是利用光的干涉，它們的原理不相同，故D錯誤。故選C。3．(2023·高二單元測試)如圖所示，質(zhì)量為m＝0.5kg的滑塊放在水平面上O點，現(xiàn)給滑塊一水平向右的初速度v0＝9m/s，經(jīng)過一段時間滑塊與豎直的墻壁發(fā)生碰撞，已知碰前的速度大小為v＝7m/s、碰后的速度大小為v′＝6m/s，O點與豎直墻壁的距離為L＝5m，滑塊與豎直墻壁碰撞所用時間為t＝0.05s，重力加速度g＝10m/s2。則下列說法正確的是(C)A．滑塊與水平面之間的動摩擦因數(shù)為0.16B．滑塊與豎直墻壁碰撞過程中動量的變化量大小為0.5kg·m/sC．碰撞過程中豎直墻壁對滑塊的作用力大小為130ND．滑塊從O點開始運動到最終停止所用的總時間為3s解析：滑塊從O點開始運動到與墻壁碰撞的過程中，對滑塊由動能定理得－μmgL＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，代入數(shù)據(jù)可解得μ＝0.32，故選項A錯誤；取碰后的速度方向為正方向，則碰撞的過程中動量的變化量為Δp＝mv′－(－mv)，代入數(shù)據(jù)得Δp＝6.5kg·m/s，故選項B錯誤；由動量定理得Ft＝Δp，代入數(shù)據(jù)解得F＝130N，故選項C正確；碰前由動量定理得－μmgt1＝mv－mv0，代入數(shù)據(jù)解得t1＝eq\f(5,8)s，碰后由動量定理得－μmgt2＝0－mv′，代入數(shù)據(jù)解得t2＝eq\f(15,8)s，則全程所用的時間為t′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,8)＋0.05＋\f(15,8)))s＝2.55s，故選項D錯誤。4．下列關(guān)于機(jī)械振動和機(jī)械波的說法正確的是(B)A．圖甲中粗糙斜面上的金屬球m在彈簧的作用下運動，該運動是簡諧運動B．圖乙中單擺的擺長為l，擺球的質(zhì)量為m、位移為x，簡諧運動時回復(fù)力為F＝－eq\f(mg,l)xC．圖丙中質(zhì)點A、C之間的距離就是簡諧波的一個波長D．圖丁中三根細(xì)線于O點處打結(jié)，C點系著一個小球(忽略小球半徑)，小球在紙面內(nèi)擺動的周期等于小球在垂直紙面內(nèi)擺動的周期(擺動角度非常小)解析：在粗糙斜面上金屬球運動過程中，要不斷克服摩擦力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能減小，金屬球最終靜止，所以該運動不是簡諧運動，A錯誤；單擺模型中擺球的回復(fù)力等于重力沿運動方向上的分力，即F＝mgsinθ，因為θ較小，sinθ＝eq\f(x,l)，考慮到回復(fù)力的方向與位移x的方向相反，所以F＝－eq\f(mg,l)x，B正確；相鄰波峰或波谷之間的距離等于一個波長，所以質(zhì)點A、C的平衡位置之間的距離只是簡諧波的半個波長，C錯誤；由單擺周期T＝2πeq\r(\f(L,g))可知，小球在紙面內(nèi)擺動的擺長小于小球在垂直紙面內(nèi)擺動的擺長，所以小球在紙面內(nèi)擺動的周期小于小球在垂直紙面內(nèi)擺動的周期，D錯誤。5．(2024·山西省忻州市第一中學(xué)高二下學(xué)期期中)一列簡諧橫波沿x軸負(fù)方向傳播，波速v＝4m/s，已知坐標(biāo)原點(x＝0)處質(zhì)點的振動圖像如圖所示，在下列四幅圖中能夠正確表示t＝0.15s時波形的圖是(A)解析：簡諧橫波沿x軸負(fù)方向傳播，因此在t＝0.15s時，原點處的質(zhì)點位移為正，向負(fù)方向振動。CD圖原點處的質(zhì)點位移為負(fù)，所以C、D錯；B圖向正方向振動，B錯，因此選A。6．兩個小木塊B、C中間夾著一根輕彈簧，將彈簧壓縮后用細(xì)線將兩個木塊綁在一起，使它們一起在光滑水平面上沿直線運動，這時它們的運動圖線如圖中a線段所示，在t＝4s末，細(xì)線突然斷了，B、C都和彈簧分離后，運動圖線分別如圖中b、c線段所示。從圖中的信息可知(D)A．木塊B、C都和彈簧分離后，運動方向相反B．木塊B、C都和彈簧分離后，系統(tǒng)的總動量增大C．木塊B、C分離過程中B木塊的動量變化較大D．木塊B的質(zhì)量是木塊C質(zhì)量的eq\f(1,4)解析：由x－t圖像可知，位移均為正，均朝一個方向運動，沒有反向，故A錯誤；木塊B、C都和彈簧分離后，系統(tǒng)所受合外力矢量和為零，所以系統(tǒng)前后的動量守恒，即系統(tǒng)的總動量保持不變，故B錯誤；系統(tǒng)動量守恒，則系統(tǒng)內(nèi)兩個木塊的動量變化量等大反向，故C錯誤；木塊都與彈簧分離后B的速度和C的速度分別為v1＝eq\f(10－4,6－4)m/s＝3m/s，v2＝eq\f(5－4,6－4)m/s＝0.5m/s，細(xì)線未斷前B、C的速度均為v0＝1m/s，由動量守恒定律得(mB＋mC)v0＝mBv1＋mCv2，解得eq\f(mB,mC)＝eq\f(1,4)，故D正確。7.(2024·重慶一中高二期中)在某次演練中，一顆炮彈在向上飛行過程中爆炸，如圖所示，爆炸后，炮彈恰好分成質(zhì)量相等的兩部分。若炮彈重力遠(yuǎn)小于爆炸內(nèi)力，則關(guān)于爆炸后兩部分的運動軌跡可能正確的是(BD)解析：炮彈爆炸時，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)的動量守恒，由A圖知，該圖水平方向滿足動量守恒，但豎直方向不滿足動量，不可能，故A錯誤；B圖水平方向和豎直方向都滿足動量守恒，是可能的，故B正確；C圖不滿足動量守恒，不可能，故C錯誤；D圖豎直方向和水平方向都滿足動量守恒，是可能的，故D正確。8.如圖所示，波源O垂直于紙面做簡諧運動，所激發(fā)的橫波在均勻介質(zhì)中向四周傳播，圖中虛線表示兩個波面。t＝0時，離O點5m的A點開始振動；t＝1s時，離O點10m的B點也開始振動，此時A點第五次回到平衡位置，則(AB)A．波的周期為0.4sB．波長為2mC．波速為5eq\r(3)m/sD．t＝1s時AB連線上有4個點處于最大位移解析：經(jīng)過1s的時間A第五次回到平衡位置，即：2.5T＝1s，解得周期：T＝0.4s，A正確；根據(jù)題意可知波速：v＝eq\f(10－5,1)m/s＝5m/s，波長：λ＝vT＝5×0.4m＝2m，B正確，C錯誤；t＝1s時A處于平衡位置，根據(jù)波長和兩點之間距離可知，AB之間有2.5個波形，因此有5個點處于最大位移處，D錯誤。9．(2024·四川宜賓市敘州區(qū)第二中學(xué)校高二期中)圖(a)為一列簡諧橫波在t＝0.10s時刻的波形圖，P是平衡位置在x＝1.0m處的質(zhì)點，Q是平衡位置在x＝4.0m處的質(zhì)點；圖(b)為質(zhì)點Q的振動圖像，下列說法正確的是(BD)A．從t＝0時刻開始計時P點的振動方程為y＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10πt＋\f(3,4)π))cmB．從t＝0時刻開始計時，P、Q兩點在t1＝eq\f(3,16)s時位移相同C．在t＝1.0s時刻，設(shè)波已經(jīng)傳播過x＝－100m處，那么在t＝1.8s時，x＝－32.5m的R點在處于平衡位置下方在向上振動D．從t＝0.10s到t＝0.225s，質(zhì)點P通過的路程為5(6－eq\r(2))cm解析：因為t＝0.10s時刻質(zhì)點Q向下振動，可知波沿x軸負(fù)向傳播，波的周期T＝0.2s，則ω＝eq\f(2π,T)＝10πrad/s，振幅A＝10cm，t＝0時刻，質(zhì)點P的位置在x軸下方與t＝0.10s時刻關(guān)于x軸對稱，則質(zhì)點P的初相φ＝eq\f(5π,4)，從t＝0時刻開始計時P點的振動方程為y＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10πt＋\f(5π,4)))cm，選項A錯誤；從t＝0時刻開始計時，P點在t1＝eq\f(3,16)s時位移yP＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10π×\f(3,16)＋\f(5π,4)))cm＝－10sineq\f(π,8)cm,Q質(zhì)點在t1＝eq\f(3,16)s時位移yQ＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10π×\f(3,16)))cm＝－10sineq\f(π,8)cm，選項B正確；在t＝1.0s時刻，質(zhì)點Q在平衡位置向上振動，因QR＝36.5m＝4.5λ＋eq\f(λ,16)，則此時R點在平衡位置下方向下振動，再經(jīng)過0.8s＝4T，即在t＝1.8s時刻，R點還是在平衡位置下方向下振動，選項C錯誤；從t＝0.10s到t＝0.225s，經(jīng)過的時間為Δt＝0.125s＝eq\f(5,8)T，質(zhì)點P振動到最低位置，通過的路程為s＝3A－eq\f(\r(2),2)A＝5(6－eq\r(2))cm，選項D正確。故選BD。10．(2023·遼寧高三階段練習(xí))如圖所示，半徑為R、豎直放置的半圓形軌道與水平軌道平滑連接，不計一切摩擦。圓心O點正下方放置質(zhì)量為2m的小球A，質(zhì)量為m的小球B以初速度v0向左運動，與小球A發(fā)生彈性碰撞。碰后小球A在半圓形軌道運動時不脫離軌道，則小球B的初速度v0可能為(重力加速度為g)(BC)A．2eq\r(2gR) B．eq\r(2gR)C．2eq\r(5gR) D．eq\r(5gR)解析：根據(jù)題意可知，小球B與小球A發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后小球B的速度為v2，小球A的速度為v1，取向左為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝2mv1＋mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\f(2,3)v0，v2＝－eq\f(1,3)v0，由于碰后小球A在半圓形軌道運動時不脫離軌道，則小球A未通過與圓心的等高點或通過圓弧最高點，若小球A恰好到達(dá)圓心的等高點，由能量守恒定律有eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,1)＝2mgR，解得v1＝eq\r(2gR)，解得v0＝eq\f(3,2)eq\r(2gR)，若小球恰好通過圓弧最高點，由能量守恒定律有eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,1)＝2mg·2R＋eq\f(1,2)·2mv2，由牛頓第二定律有2mg＝2meq\f(v2,R)，解得v1＝eq\r(5gR)，解得v0＝eq\f(3,2)eq\r(5gR)，則碰后小球A在半圓形軌道運動時不脫離軌道，小球B的初速度v0取值范圍為v0≤eq\f(3,2)eq\r(2gR)或v0≥eq\f(3,2)eq\r(5gR)。第Ⅱ卷(非選擇題共60分)二、填空題(本題共2小題，每小題8分，共16分。把答案直接填在橫線上)11．(8分)(2024·南京市第二十九中學(xué)階段練習(xí))某同學(xué)設(shè)計了驗證動量守恒定律的實驗。所用器材：固定有光電門的長木板、數(shù)字計時器、一端帶有遮光片的滑塊A(總質(zhì)量為M)、粘有橡皮泥的滑塊B(總質(zhì)量為m)等。將長木板水平放置，遮光片寬度為d(d很小)，重力加速度為g，用相應(yīng)的已知物理量符號回答下列問題：(1)如圖(a)所示，使A具有某一初速度，記錄下遮光片經(jīng)過光電門的時間t和A停止滑動時遮光片與光電門的距離L，則A與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(d2,2t2gL)；(2)如圖(b)所示，仍使A具有某一初速度，并與靜止在正前方的B發(fā)生碰撞(碰撞時間極短)，撞后粘在一起繼續(xù)滑行。該同學(xué)記錄了遮光片經(jīng)過光電門的時間t0，A、B撞前B左端距光電門的距離s1，以及A、B撞后它們一起滑行的距離s2，若A、B材料相同，它們與木板間的動摩擦因數(shù)用字母μ表示，如需驗證A、B系統(tǒng)碰撞時滿足動量守恒定律，只需驗證Meq\r(\f(d2,t\o\al(2,0))－2μgS1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))eq\r(2μgS2)成立即可。解析：(1)滑塊從經(jīng)過光電門開始到停止滑動的過程在木板上做勻減速直線運動，位移為L，初速度為v0＝eq\f(d,t)對滑塊進(jìn)行受力分析可得，遮光片受到力的合力為摩擦力，則滑塊的加速度大小a＝μg根據(jù)勻變速直線運動的位移和速度公式有veq\o\al(2,0)＝2aL聯(lián)立解得μ＝eq\f(d2,2t2gL)。(2)滑塊經(jīng)過光電門的速度v1＝eq\f(d,t0)，設(shè)滑塊碰撞前瞬間的速度為v2，根據(jù)動能定理有－μMgs1＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)，解得v2＝eq\r(\f(d2,t\o\al(2,0))－2μgs1)，碰撞后AB合為一體，設(shè)碰撞后瞬間的速度為v3，最終停下來，根據(jù)動能定理的－μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))gs2＝0－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,3)，解得v3＝eq\r(2μgs2)，如果碰撞前后，動量守恒，有Mv2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))v3，如需驗證A、B系統(tǒng)碰撞前后動量守恒，只需驗證Meq\r(\f(d2,t\o\al(2,0))－2μgs1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))eq\r(2μgs2)。12．(8分)(2023·全國高二課時練習(xí))利用雙縫干涉測定光的波長的實驗中，雙縫間距d＝0.4mm，雙縫到光屏間的距離l＝0.5m，實驗時，接通電源使光源正常發(fā)光，調(diào)整光路，使得從目鏡中可以觀察到干涉條紋。(1)若想增加從目鏡中觀察到的條紋個數(shù)，該同學(xué)可_B__。A．將單縫向雙縫靠近B．將屏向靠近雙縫的方向移動C．將屏向遠(yuǎn)離雙縫的方向移動D．使用間距更小的雙縫(2)某種單色光照射雙縫得到干涉條紋如圖2所示，則①分劃板在圖中A位置時游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為xA＝11.1mm，在B位置時游標(biāo)卡尺讀數(shù)為xB＝15.6mm，相鄰兩條紋間距Δx＝_0.75__mm；②該單色光的波長λ＝_6.0×10－7__m；(3)如果測量頭中的分劃板中心刻線與干涉條紋不在同一方向上，如圖3所示。則在這種情況下測量干涉條紋的間距Δx時，測量值_大于__(選填“大于”“小于”或“等于”)實際值。解析：(1)若想增加從目鏡中觀察到的條紋個數(shù)，由相鄰兩個亮條紋或暗條紋的間距公式Δx＝eq\f(l,d)·λ，可知減小相鄰兩個亮條紋或暗條紋間的距離，以增加條紋個數(shù)，可增大雙縫間距d，或減小雙縫到屏的距離l，A、C、D錯誤，B正確。故選B。(2)①相鄰兩條紋間距Δx＝eq\f(xB－xA,n－1)＝eq\f(15.6mm－11.1mm,7－1)＝0.75mm，②該單色光的波長λ＝eq\f(Δx·d,l)＝eq\f(0.75×10－3×0.4×10－3,0.5)m＝6.0×10－7m。(3)如果測量頭中的分劃板中心刻線與干涉條紋不在同一方向上，則在這種情況下測量干涉條紋的間距Δx時，由于條紋是傾斜的，所以測量值大于實際值。三、論述、計算題(本題共4小題，共44分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)13．(8分)(2023·北京高三模擬預(yù)測)某透明均勻介質(zhì)的截面圖如圖所示，直角三角形的直角邊BC與半圓形直徑重合，∠ACB＝30°，半圓形的半徑為R，一束光線從E點射入介質(zhì)，其延長線過半圓形的圓心O，且E、O兩點距離為R，已知光線在E點的折射角θ2＝30°。求：(1)介質(zhì)折射率為多少；(2)與射入介質(zhì)前相比，光線射出介質(zhì)后的偏轉(zhuǎn)角是多少。答案：(1)eq\r(3)(2)0°解析：(1)由題知OE＝OC＝R，則△OEC為等腰三角形，∠OEC＝∠ACB＝30°，所以入射角θ1＝60°，θ2＝30°，由折射定律有n＝eq\f(sinθ1,sinθ2)＝eq\f(sin60°,sin30°)＝eq\r(3)。(2)由幾何關(guān)系知∠OED＝30°，折射光平行于AB的方向，如圖所示，由題知OE＝OD＝R，則△OED為等腰三角形，∠OED＝∠ODE＝30°，由折射定律有n＝eq\f(sinθ3,sin30°)＝eq\r(3)，得θ3＝60°，偏轉(zhuǎn)角度為(60°－30°)－(60°－30°)＝0°。14．(10分)如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R1＝0.4m的光滑半圓軌道AO1B和R2＝0.6m的光滑半圓筒軌道CO2D與水平光滑軌道AC在A、C點相切。質(zhì)量為m1＝eq\r(5)kg和m2＝2kg的可視為質(zhì)點的小球用一根細(xì)線相連，中間夾著一個被壓縮的輕質(zhì)彈簧，最初處于靜止?fàn)顟B(tài)。將細(xì)線燒斷，m1恰好可以通過B點，重力加速度大小為g(g＝10m/s2)。求：(1)小球m2被彈簧彈開的速度v2；(2)判斷小球m2能否上到D點，說明理由。若能上到最高點，求在最高點軌道對小球的作用力。答案：(1)5m/s(2)eq\f(50,3)N，方向豎直向上解析：(1)在B點對小球受力分析，由牛頓第二定律得：m1g＝m1eq\f(v\o\al(2,B),R1)由A到B應(yīng)用動能定理有：－2m1gR1＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,A)代入數(shù)據(jù)解得vA＝2eq\r(5)m/s兩個小球被彈開的過程中系統(tǒng)動量守恒，得：m1vA＝m2v2代入數(shù)據(jù)解得v2＝5m/s。(2)假設(shè)m2可以上到D點，由動能定理得：－2m2gR2＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)解得vD＝1m/s由于CO2D是半圓筒軌道，能上到最高點的臨界速度是零，所以經(jīng)判斷m2能上到最高點D，在D點對小球m2受力分析，取向下為正方向，由牛頓第二定律得：m2g＋FN＝m2eq\f(v\o\al(2,D),R2)代入數(shù)據(jù)解得FN＝－eq\f(50,3)N負(fù)號表示方向豎直向上，即大小為eq\f(50,3)N。15．(12分)一列機(jī)械波某時刻的波形圖如圖所示，波沿x軸正方向傳播，質(zhì)點P的橫坐標(biāo)x＝0.32m。從此時刻開始計時。(1)若P點經(jīng)0.4s第一次到達(dá)最大正位移處，求波速大小；(2)若P點經(jīng)0.4s到達(dá)平衡位置，波速大小又如何？答案：(1)0.3m/s(2)(0.8＋n)m/s(n＝0,1,2,3，…)解析：(1)若P點經(jīng)0.4s第一次到達(dá)最大正位移處，知波形移動的距離Δx＝0.32m－0.2m＝0.12m，則波速v＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(0.12,0.4)m/s＝0.3m/s。(2)若P點經(jīng)0.4s到達(dá)平衡位置，則波形移動的距離Δx′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.32＋\f(nλ,2)))m(n＝0,1,2,3，…)，則波速v′＝eq\f(Δx′,Δt′)＝eq\f(0.32＋0.4n,0.4)m/s＝(0.8＋n)m/s(n＝0,1,2,3，…)。16．(14分)如圖所示，光滑、足夠長的兩水平面中間平滑對接有一等高的水平傳送帶，質(zhì)量m＝0.9kg的小滑塊A和質(zhì)量M＝4kg的小滑塊B靜止在水平面上，小滑塊B的左側(cè)固定有一輕質(zhì)彈簧，且處于原長。傳送帶始終以v＝1m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動?，F(xiàn)用質(zhì)量m0＝100g的子彈以速度v0＝40m/s瞬間射入小滑塊A，并留在小滑塊A內(nèi)，兩者一起向右運動滑上傳送帶。已知小滑塊A與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，傳送帶兩端的距離l＝3.5m，兩小滑塊均可視為質(zhì)點，忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小滑塊A滑上傳送帶左端時的速度大?。?2)小滑塊A在第一次壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢能；(3)小滑塊A第二次離開傳送帶時的速度大小。答案：(1)4m/s(2)3.6J(3)1m/s解析：(1)子彈打入小滑塊A的過程中動量守恒，則m0v0＝(m0＋m)v1解得v1＝4m/s。(2)小滑塊A從傳送帶的左端滑到右端的過程中，根據(jù)動能定理有－μ(m0＋m)gl＝eq\f(1,2)(m0＋m)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m0＋m)veq\o\al(2,1)，代入數(shù)據(jù)解得v2＝3m/s，因為v2＞v，所以小滑塊A在第一次到達(dá)傳送帶右端時速度大小為3m/s。小滑塊A第一次壓縮彈簧的過程中，當(dāng)小滑塊A和B的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，根據(jù)動量守恒定律有(m0＋m)v2＝(m0＋m＋M)v3，代入數(shù)據(jù)解得v3＝0.6m/s，根據(jù)能量守恒定律得Epm＝eq\f(1,2)(m0＋m)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m0＋m＋M)veq\o\al(2,3)，代入數(shù)據(jù)解得Epm＝3.6J。(3)從小滑塊A開始接觸彈簧到彈簧恢復(fù)原長，整體可看成彈性碰撞，則有(m0＋m)v2＝(m0＋m)v4＋Mv5，eq\f(1,2)(m0＋m)veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m0＋m)veq\o\al(2,4)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,5)，解得v4＝－1.8m/s，v5＝1.2m/s，設(shè)小滑塊A又滑回傳送帶上且減速到零時在傳送帶上滑動的距離為L，則根據(jù)動能定理有－μ(m0＋m)gL＝0－eq\f(1,2)(m0＋m)veq\o\al(2,4)，解得L＝1.62m。由于L<l，小滑塊A滑回傳送帶上先減速到零，再在傳送帶上加速到與傳送帶共速，設(shè)小滑塊A與傳送帶共速時向右滑動的距離為s，則根據(jù)運動學(xué)公式得2μgs＝v2－0，解得s＝0.5m。由于s<L，則小滑塊A第二次從傳送帶離開時的速度大小為1m/s，且從傳送帶右端離開。本冊綜合學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(B)本卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。滿分100分，時間90分鐘。第Ⅰ卷(選擇題共40分)一、選擇題(共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個選項中，第1～6小題只有一個選項符合題目要求，第7～10小題有多個選項符合題目要求，全部選對的得4分，選不全的得2分，有選錯或不答的得0分)1．如圖所示，在光滑水平面上有質(zhì)量為M＝2kg的帶有光滑半圓形槽(半徑足夠大)的滑塊a，在槽底部有一質(zhì)量為m＝1kg的小球，滑塊a和小球一起以速度v0＝10m/s向右滑動。另一質(zhì)量也為M＝2kg的滑塊b靜止于滑塊a的右側(cè)。兩滑塊相撞(碰撞時間極短)后，粘在一起向右運動，g取10m/s2，則下列說法正確的是(D)A．碰撞過程中，小球、滑塊a、滑塊b組成的系統(tǒng)水平動量不守恒B．兩滑塊碰撞過程中損失的機(jī)械能為75JC．碰撞過程中，滑塊b受到的沖量大小為12N·sD．小球能夠上升的最大高度是1m解析：兩滑塊相撞過程，由于碰撞時間極短，小球及滑塊a、b在水平方向上不受外力，故系統(tǒng)在水平方向動量守恒，A錯誤；滑塊a和b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰后具有共同速度，由動量守恒定律有Mv0＝2Mv，解得v＝5m/s，該過程中，損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2Mv2＝50J，B錯誤；根據(jù)動量定理，碰撞過程中滑塊b受到的沖量等于滑塊b的動量變化量，即I＝Mv＝2×5kg·m/s＝10N·s，C錯誤；滑塊a和b碰撞完畢至小球上升到最高點的過程，系統(tǒng)在水平方向上所受合外力為零，水平方向動量守恒，小球上升到最高點時，有2Mv＋mv0＝(2M＋m)v′，該過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則有eq\f(1,2)×2Mv2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(2M＋m)v′2＋mgh，解得h＝1m，D正確。2.折射率n＝eq\r(2)的直角玻璃三棱鏡截面如圖所示，一條光線從AB面入射，入射角為i(圖中未標(biāo)出)，ab為其折射光線，ab與AB面的夾角θ＝60°。則(B)A．i＝45°，光在AC面上不發(fā)生全反射B．i＝45°，光在AC面上發(fā)生全反射C．i＝30°，光在AC面上不發(fā)生全反射D．i＝30°，光在AC面上發(fā)生全反射解析：由折射定律可知：n＝eq\f(sini,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ)))解得：i＝45°，由sinC＝eq\f(1,n)，可知，光線在AC面上發(fā)生全反射的臨界角為C＝45°。由于ab在AC面上的入射角為60°，所以光線ab在AC面上發(fā)生了全反射，不能從AC面上折射出去。故選B。3．(2024·重慶巴蜀中學(xué)高三階段練習(xí))一列波長大于3.6m的簡諧橫波沿直線方向由a向b傳播，a、b相距6m，a、b兩質(zhì)點的振動圖像如圖所示。由此可知(B)A．3s末a、b兩質(zhì)點的位移相同B．該波的波速為2m/sC．該波的波長為4mD．該波由a傳播到b歷時1.5s解析：由圖可知，3s末a、b兩質(zhì)點的位移不同，一個在平衡位置，一個在波谷，故A錯誤；由圖可知，波的周期為T＝4s，質(zhì)點a的振動傳到b用時t＝3s＋nT(n＝0,1,2…)，則該波的波速為v＝eq\f(s,t)＝eq\f(6,3＋4n)m/s(n＝0,1,2…)，該波的波長為λ＝vT＝eq\f(24,3＋4n)m(n＝0,1,2…)，根據(jù)題意，波長大于3.6m，則n只能取0，故t＝3s，v＝2m/s，λ＝8m，故B正確，C、D錯誤；故選B。4．(2023·全國高一課時練習(xí))下列說法正確的是(A)A.圖中，使擺球A先擺動，擺球B、C接著做受迫振動，則三個擺的振動周期相等B.圖示為光導(dǎo)纖維示意圖，內(nèi)芯的折射率比外套的折射率小C.圖示為雙縫干涉示意圖，雙縫間距越大，則相鄰亮條紋間距越大D.圖中，用自然光照射透振方向(箭頭所示)互相垂直的前后兩個豎直放置的偏振片，光屏依然發(fā)亮解析：擺球A先擺動，擺球B、C接著做受迫振動，受迫振動的周期與驅(qū)動力的周期一樣，A正確；依據(jù)光的全反射條件，可知，內(nèi)芯的折射率比外套的折射率大，B錯誤；根據(jù)Δx＝eq\f(L,d)λ，雙縫間距越大，則相鄰亮條紋間距越小，C錯誤；自然光通過偏振片后形成偏振光，因兩個偏振片的透振方向相互垂直，所以沒有光射到光屏上，光屏發(fā)暗，D錯誤。故選A。5．如圖所示，表面光滑的楔形物塊ABC固定在水平地面上，∠ABC<∠ACB，質(zhì)量相同的物塊a和b分別從斜面頂端沿AB、AC由靜止滑下。在兩物塊到達(dá)斜面底端的過程中，下列說法正確的是(C)A．兩物塊所受重力的沖量相同B．兩物塊的動量改變量相同C．兩物塊的動能改變量相同D．兩物塊到達(dá)斜面底端時重力的瞬時功率相同解析：設(shè)斜面傾角為θ，則物塊在斜面上的加速度為a＝gsinθ。設(shè)斜面高度為h，則物塊在斜面上滑行的時間為t＝eq\r(\f(2h,asinθ))＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))。因為∠ABC<∠ACB，可得物塊在AB斜面上滑行的時間比在AC斜面上滑行的時間長；根據(jù)I＝mgt可知，兩物塊所受重力的沖量不相同，選項A錯誤；根據(jù)動量定理mgsinθ·t＝mv，代入t＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))得mv＝meq\r(2gh)，兩物塊運動到達(dá)斜面底端時動量改變量大小相等，但方向不同，所以兩物塊的動量改變量不相同，選項B錯誤；根據(jù)動能定理ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝mgh，兩物塊的動能改變量相同，選項C正確；兩物塊到達(dá)斜面底端時重力的瞬時功率P＝mgvsinθ，則重力的瞬時功率不相同，選項D錯誤。6．某一質(zhì)檢部門為檢測一批礦泉水的質(zhì)量，利用干涉原理測定礦泉水的折射率。方法是將待測礦泉水填充到特制容器中，放置在雙縫與熒光屏之間(之前為空氣)，如圖所示，特制容器未畫出，通過比對填充后的干涉條紋間距x2，和填充前的干涉條紋間距x1，就可以計算出該礦泉水的折射率。則下列說法正確的是(設(shè)空氣的折射率為1)(B)A．x2＞x1B．該礦泉水的折射率為eq\f(x1,x2)C．填充前如果分別用紅光和紫光做干涉實驗，則紅光的條紋間距小于紫光的條紋間距D．填充前用紅光做干涉實驗，實驗過程中將S1遮擋，將不能發(fā)生干涉現(xiàn)象，屏上沒有條紋解析：把空氣換成礦泉水后，根據(jù)v＝λf可知，入射光的頻率f不變，光在介質(zhì)中的傳播速度減小，波長減小。根據(jù)干涉的條紋間距公式Δx＝eq\f(l,d)λ可知，對同一個裝置來說，波長減小，條紋間距減小，即x2<x1，A錯誤；根據(jù)Δx＝eq\f(L,d)λ，λ＝eq\f(v,f)，v＝eq\f(c,n)，易得該礦泉水的折射率為eq\f(x1,x2)，B正確；紅光的波長大于紫光的波長，所以紅光的條紋間距大于紫光的條紋間距，C錯誤；如果將S1遮擋，變成衍射，有衍射條紋，D錯誤。7．對于光的衍射現(xiàn)象的定性分析，下列說法正確的是(ABD)A．只有障礙物或孔的尺寸可以跟光的波長相比差不多甚至比波長還要小的時候，才能產(chǎn)生明顯的衍射現(xiàn)象B．光的衍射現(xiàn)象是光波相互疊加的結(jié)果C．光的衍射現(xiàn)象否定了光的直線傳播的結(jié)論D．光的衍射現(xiàn)象說明了光具有波動性解析：光的衍射現(xiàn)象說明了光具有波動性，而小孔成像說明了光沿直線傳播，要出現(xiàn)小孔成像，孔不能太小，光的直線傳播規(guī)律只是近似的(只有在光的波長比障礙物小的情況下，光才可以看成是沿直線傳播的)，所以光的衍射現(xiàn)象和直線傳播是不矛盾的，它們是在不同條件下出現(xiàn)的兩種現(xiàn)象，故選項C錯誤。選項A、B、D正確。8．一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，在t與(t＋0.2s)兩個時刻，x軸上(－3m,3m)區(qū)間的波形完全相同，如圖所示。圖中M、N兩質(zhì)點在t時刻的位移均為eq\f(a,2)(a為質(zhì)點的振幅)，下列說法中正確的是(ACD)A．該波的最小波速為20m/sB．(t＋0.1s)時刻，x＝2m處的質(zhì)點位移一定為aC．從t時刻起，x＝2m處的質(zhì)點比x＝2.5m處的質(zhì)點先回到平衡位置D．該列波在傳播過程中遇到寬度為1m的狹縫時會發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象解析：由圖知波長λ＝4m，由于t與(t＋0.2s)兩個時刻的波形相同，經(jīng)過了整數(shù)倍周期的時間，則Δt＝0.2s＝nT(n＝1,2，…)，可得到最大的周期為T＝0.2s，由v＝eq\f(λ,T)得最小波速為v＝eq\f(4,0.2)m/s＝20m/s，故A正確；由于周期不確定，時間0.1s不一定等于半個周期，則(t＋0.1s)時刻，x＝2m處的質(zhì)點不一定到達(dá)波峰，位移不一定是a，故B錯誤；簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t時刻x＝2.5m處的質(zhì)點向下運動，返回平衡位置的時間大于eq\f(T,4)，而x＝2m處的質(zhì)點到達(dá)平衡位置的時間等于eq\f(T,4)，x＝2m處的質(zhì)點比x＝2.5m處的質(zhì)點先回到平衡位置，故C正確；當(dāng)障礙物的尺寸與波長相當(dāng)或比波長小時，能發(fā)生明顯衍射，該波波長為4m，則該列波在傳播過程中遇到寬度為1m的狹縫時會發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，故D正確。9．在研究材料A的熱膨脹特性時，可采用如圖所示的干涉實驗法，A的上表面是一光滑平面，在A的上方放一個透明的平行板B，B與A上表面平行，在它們間形成一個厚度均勻的空氣膜?，F(xiàn)在用波長為λ的單色光垂直照射，同時對A緩慢加熱，在B上方觀察到B板的亮度發(fā)生周期性變化，當(dāng)溫度為t1時最亮，然后亮度逐漸減弱至最暗；當(dāng)溫度升到t2時，亮度再一次回到最亮。則(AD)A．出現(xiàn)最亮?xí)r，B下表面反射光與A上表面反射光疊加后加強(qiáng)B．出現(xiàn)最亮?xí)r，B下表面反射光與A上表面反射光疊加后相抵消C．溫度從t1升到t2的過程中，A的高度增加eq\f(λ,4)D．溫度從t1升到t2的過程中，A的高度增加eq\f(λ,2)解析：出現(xiàn)最亮?xí)r，是B下表面反射光與A上表面反射光發(fā)生干涉，疊加后加強(qiáng)，故A正確，B錯誤；溫度從t1升到t2的過程中，亮度由最亮又變到最亮，當(dāng)路程差(即薄膜厚度的2倍)等于半波長的偶數(shù)倍，出現(xiàn)明條紋，知路程差減小λ，則A的高度增加eq\f(λ,2)，故C錯誤，D正確。10.(2023·濟(jì)源高中高二階段練習(xí))如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的A、B兩個木塊間用輕彈簧相連，放在光滑水平面上，A靠緊豎直墻。用水平力F將B向左壓，使彈簧被壓縮一定長度，靜止后彈簧儲存的彈性勢能為E。這時突然撤去F，關(guān)于A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是(BD)A．撤去F后，系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能守恒B．撤去F后，A離開豎直墻前，系統(tǒng)動量不守恒，機(jī)械能守恒C．撤去F后，A離開豎直墻后，彈簧的彈性勢能最大值為eq\f(E,4)D．撤去F后，A離開豎直墻后，彈簧的彈性勢能最大值為eq\f(E,3)解析：撤去F后，A離開豎直墻前，豎直方向兩物體的重力與水平面的支持力平衡，合力為零，而墻對A有向右的彈力，使系統(tǒng)的動量不守恒。這個過程中，只有彈簧的彈力對B做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。A離開豎直墻后，系統(tǒng)水平方向不受外力，豎直方向受力平衡，則系統(tǒng)的動量守恒，只有彈簧的彈力做功，機(jī)械能也守恒，故A錯誤，B正確；撤去F后，A離開豎直墻后，當(dāng)兩物體速度相同時，彈簧伸長最長或壓縮最短，彈性勢能最大。設(shè)兩物體相同速度為v，A離開墻時，B的速度為v0。根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒得2mv0＝3mv，E＝eq\f(1,2)·3mv2＋Ep，又E＝eq\f(1,2)2mveq\o\al(2,0)，聯(lián)立得到，彈簧的彈性勢能最大值為Ep＝eq\f(E,3)，故C錯誤，D正確。第Ⅱ卷(非選擇題共60分)二、填空題(本題共2小題，共14分。把答案直接填在橫線上)11．(8分)(2023·晉中高二階段練習(xí))某同學(xué)利用打點計時器和氣墊導(dǎo)軌做驗證動量守恒定律的實驗，氣墊導(dǎo)軌裝置如圖甲所示下面是實驗的主要步驟：①安裝好氣墊導(dǎo)軌，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌的調(diào)節(jié)旋鈕，使導(dǎo)軌水平；②向氣墊導(dǎo)軌通入壓縮空氣；③把打點計時器固定在緊靠氣墊導(dǎo)軌左端彈射架的外側(cè)，將紙帶穿過打點計時器和彈射架并固定在滑塊1的左端，調(diào)節(jié)打點計時器的高度，直至滑塊拖著紙帶移動時，紙帶始終在水平方向；④使滑塊1擠壓導(dǎo)軌左端彈射架上的橡皮繩；⑤把滑塊2放在氣墊導(dǎo)軌的中間；已知碰后兩滑塊一起運動；⑥先_接通打點計時器的電源__，然后_放開滑塊1__，讓滑塊帶動紙帶一起運動；⑦取下紙帶，重復(fù)步驟④⑤⑥，選出較理想的紙帶如圖乙所示；⑧測得滑塊1(包括撞針)的質(zhì)量為310g，滑塊2(包括橡皮泥)的質(zhì)量為205g。(1)試著完善實驗步驟⑥的內(nèi)容。(2)已知打點計時器每隔0.02s打一個點，計算可知兩滑塊相互作用前動量之和為_0.620_kg·m/s__；兩滑塊相互作用以后質(zhì)量與速度的乘積之和為_0.618__kg·m/s。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)(3)試說明(2)中兩結(jié)果不完全相等的主要原因：_紙帶與打點計時器的限位孔有摩擦__。解析：(1)應(yīng)先接通打點計時器的電源，然后放開滑塊1。(2)相互作用前滑塊1的速度為v1＝eq\f(0.2,0.02×5)m/s＝2m/s，其動量為p1＝0.310×2kg·m/s＝0.620kg·m/s，相互作用后滑塊1和滑塊2具有相同的速度v2＝eq\f(0.168,0.02×7)m/s＝1.2m/s，其質(zhì)量與速度的乘積之和為p2＝(0.310＋0.205)×1.2kg·m/s＝0.618kg·m/s。(3)中兩結(jié)果不完全相等的主要原因是：紙帶與打點計時器的限位孔有摩擦。12.(6分)(1)滑板運動場地有一種常見的圓弧形軌道，其截面如圖所示，某同學(xué)用一輛滑板車和手機(jī)估測軌道半徑R(滑板車的長度遠(yuǎn)小于軌道半徑)。主要實驗過程如下：①用手機(jī)查得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭；②找出軌道的最低點O，把滑板車從O點移開一小段距離至P點，由靜止釋放，用手機(jī)測出它完成n次全振動的時間t，算出滑板車做往復(fù)運動的周期T＝eq\f(t,n)；③將滑板車的運動視為簡諧運動，則可將以上測量結(jié)果代入公式R＝eq\f(gt2,4n2π2)(用t、g表示)計算出軌道半徑。(2)某同學(xué)用如圖甲所示的裝置測量重力加速度。實驗器材：有機(jī)玻璃條(白色是透光部分，黑色是寬度均為d＝1.00cm的擋光片)，鐵架臺，數(shù)字計時器(含光電門)，刻度尺。主要實驗過程如下：①將光電門安裝在鐵架臺上，下方放置承接玻璃條下落的緩沖物；②用刻度尺測量兩擋光片間的距離，刻度尺的示數(shù)如圖乙所示，讀出兩擋光片間的距離L＝_15.40__cm；③手提玻璃條上端使它靜止在_豎直__方向上，讓光電門的光束從玻璃條下端的透光部分通過；④讓玻璃條自由下落，測得兩次擋光的時間分別為t1＝10.003ms和t2＝5.000ms；⑤根據(jù)以上測量的數(shù)據(jù)計算出重力加速度g＝_9.74__m/s2(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。解析：(1)②滑板車做往復(fù)運動的周期為T＝eq\f(t,n)，③根據(jù)單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(R,g))，得R＝eq\f(gT2,4π2)＝eq\f(gt2,4n2π2)。(2)兩擋光片間的距離L＝15.40cm－0cm＝15.40cm，手提玻璃條上端使它靜止在豎直方向上，讓光電門的光束從玻璃條下端的透光部分通過。玻璃條下部擋光條通過光電門時玻璃條的速度為v1＝eq\f(d,t1)＝eq\f(1.00×10－2,10.003×10－3)m/s≈1m/s，玻璃條上部擋光條通過光電門時玻璃條的速度為v2＝eq\f(d,t2)＝eq\f(1.00×10－2,5.000×10－3)m/s＝2m/s，根據(jù)速度位移公式有veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2gL，代入數(shù)據(jù)解得加速度g＝eq\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),2L)≈9.74m/s2。三、論述、計算題(本題共4小題，共46分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)13．(10分)(2024·遼寧高二期中)如圖，一長方體透明玻璃磚在底部挖去半徑為R的半圓柱，玻璃磚長為L。一束單色光垂直于玻璃磚上表面射入玻璃磚，且覆蓋玻璃磚整個上表面，已知該單色光在玻璃磚中的折射率為n＝eq\r(2)，真空的光速c＝3.0×108m/s，求：(1)單色光在玻璃磚中的傳播速度；(2)半圓柱面上有光線射出的表面積。答案：(1)2.12×108m/s(2)S＝eq\f(π,2)RL解析：(1)由n＝eq\f(c,v)得v＝eq\f(c,n)＝2.12×108m/s(結(jié)果中保留根號也給分)。(2)光線經(jīng)過玻璃磚上表面到達(dá)下方的半圓柱面出射時可能發(fā)生全反射，如圖，設(shè)恰好發(fā)生全反射時的臨界角為C，由折射定律n＝eq\f(1,sinC)，得C＝eq\f(π,4)，則有光線射出的部分圓柱面的面積為S＝2CRL，得S＝eq\f(π,2)RL。14.(12分)如圖所示，光滑水平面上靜止放置質(zhì)量M＝2kg的長木板C；離板右端x＝0.72m處靜止放置質(zhì)量mA＝1kg的小物塊A，A與C間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4；在木板右端靜止放置質(zhì)量mB＝1kg的小物塊B，B與C間的摩擦忽略不計，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A、B均可視為質(zhì)點，g取10m/s2，現(xiàn)在木板上加一水平向右的力F＝3N，到A與B發(fā)生彈性碰撞時撤去力