物理(福建卷)(全解全析)

2024年福建高考第三次模拟考试
物理·全解全析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、单项选择题（共4小题，每题4分，共16分。

在每小题选项中，只有一项是符合题目要求的。

）
1．运动员以图示的姿势静止于水平地面上，则运动员（）
A．一定受到摩擦力
B．对地面的压力就是重力
C．受到的支持力和重力是一对平衡力
D．受到的支持力是由于脚掌形变产生的
【答案】C
【详解】A．运动员静止于水平地面上，水平方向受力平衡，可知运动员不受摩擦力的作用，故A错误；
B．运动员对地面的压力大小等于运动员的重力大小，压力、重力是不同性质的力，故运动员对地面的压力不是重力，故B错误；
C．运动员受到的支持力和重力是一对平衡力，故C正确；
D．运动员受到的支持力是由于地面形变产生的，故D错误。

故选C。

2．某电学研究小组根据电工技术中“钳形电流测量仪”工作原理，自制了一个50Hz的钳形
n 的线圈，并与电流表A组成闭合电路。

电流表，如图所示，铁芯左侧绕有匝数为100
某次进行测量时，钳口打开，把被测的通电导线放在钳口中间，通过电流表A，可以间接测出通电导线中的电流。

不考虑铁芯的漏磁及各种能量损耗，则下列说法正确的是
（ ）
A ．该测量仪属于升压变压器
B ．该测量仪工作原理是利用自感现象
C ．若导线中通过的是10A 恒定直流电，电流表中通过的电流是10mA
D ．电流表的示数随铁芯左侧线圈的匝数增加而变大
【答案】A
【详解】A ．原线圈匝数为1，副线圈匝数为100，则该测量仪属于升压变压器，故A 正确；
B ．该测量仪工作原理是利用互感现象，故B 错误；
C ．若导线中通过的是10A 恒定直流电，变压器不工作，电流表无示数，故C 错误；
D ．根据公式 1221
n I n I 铁芯左侧多绕几圈导线，即2n 增大，而1n 和1I 不变，故2I 应减小，故电流表示数减小，故D 错误。

故选A 。

3．篮球运动员做定点投篮训练，篮球从同一位置投出，且初速度大小相等，第1次投篮篮
球直接进篮筐，第2次篮球在篮板上反弹后进筐，篮球反弹前后垂直篮板方向分速度等大反向，平行于篮板方向分速度不变，轨迹如图所示，忽略空气阻力和篮球撞击篮板的时间，关于两次投篮说法正确的是（ ）
A ．两次投篮，篮球从离手到进筐的时间相同
B ．篮球第1次上升的最大高度比第2次的大
C ．篮球经过a 点时，第1次的动能比第2次的大
D ．篮球两次进筐时，在竖直方向分速度相同
【答案】B
【详解】B ．第2次篮球在篮板上反弹后进筐，篮球反弹前后垂直篮板方向分速度等大，若没有篮板，篮球水平位移较大，又由于两次初速度大小相等，所以第2次篮球水平初速度较大，竖直分速度较小，篮球第1次上升的最大高度比第2次的大，故B 正确； A ．竖直方向上，根据
212x v t gt =-竖直 第1次篮球从离手到进筐的时间较大，故A 错误；
C ．初动能相等，篮球经过a 点时，重力势能相等，根据机械能守恒，第1次的动能等于第2次的动能，故C 错误；
D ．篮球两次进筐时，水平方向分速度不同，在竖直方向分速度不同，故D 错误。

故选B 。

4．如图所示，ABC 为一弹性轻绳，其弹力大小符合胡克定律。

弹性轻绳一端固定于A 点，
另一端连接质量为m 的小球，小球穿在竖直杆上。

轻杆OB 一端固定在墙上，另一端为定滑轮。

若弹性轻绳自然长度等于AB ，初始时ABC 在一条水平线上，小球从C 点由静止释放滑到E 点时速度恰好为零。

已知C 、E 两点间距离为h ，D 为CE 的中点，重力加速度为g ，小球在C 点时弹性绳的拉力为2
mg ，小球与杆之间的动摩擦因数为0.6，弹性轻绳始终处在弹性限度内，其弹性势能的表达式为2p 12E kx =
，其中k 为劲度系数、x 为伸长量。

则小球下滑经过D 点时的速度大小为（ ）
A 33gh
B 35gh
C 37gh
D 39gh 【答案】B
【详解】小球在C 点时，杆对小球的弹力为
N 2
BC mg F kx ==
释放小球后，设弹性绳与竖直杆夹角为θ，杆对小球的弹力等于弹性绳垂直于杆的分力，即
N sin F kx θ=
又
sin BC x x θ= 故杆对小球的弹力保持N 2mg F =不变，则小球所受滑动摩擦力大小始终为 N 0.32mg f F mg μμ=== 小球从C 到E 过程，由功能关系
()
22211022BC BC mgh fh k h x kx ⎡⎤--+-=⎢⎥⎣⎦ 得弹性绳劲度为
1.4mg k h
=
小球从C 到D 的过程，同理 22221110222422
BC BC h h h mg f k x kx mv ⎡⎤⎛⎫--+-=-⎢⎥ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦ 得小球在D 点速度为
3510
gh v = 故选B 。

二、双项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。

每小题只有两个选项符合题目要
求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

）
5．利用微距相机可以拍摄到形状各异的雪花图像，其中有一种“彩虹”雪花，中间部分有一
个夹有空气的薄冰层，呈彩色花纹，下列现象的原理与之相同的是（ ）
A ．利用光导纤维传递信息，实现光纤通信
B ．光的双缝干涉现象
C ．阳光下的肥皂泡呈现彩色条纹
D．泊松亮斑
【答案】BC
【详解】A．薄冰中间所夹的空气薄层相当于一层薄膜，光在此空气薄层上形成薄膜干涉，呈现彩色花纹，而光导纤维的原理为光的全反射，故A错误；
B．双缝干涉为光的干涉现象，故B正确；
C．阳光下的肥皂泡呈现彩色条纹为薄膜干涉，故C正确；
D．泊松亮斑是光的衍射，故D错误。

故选BC。

6．魔术师表演了一个“魔术”，如图甲，一个空塑料瓶中固定着一根锯条和一块易拉罐（金属）片，将金属片和锯条分别与静电起电机的正、负极相连，图乙为塑料瓶俯视图，在塑料瓶里放一盘点燃的蚊香，很快就看到整个瓶内烟雾缭绕，摇动起电机，瓶内顿时清澈透明，停止摇动，瓶内又是烟雾缭绕，已知金属片是半径为R的圆弧，锯条恰好位于其圆心，两者的高度均为h，若匀速摇动起电机时，两极间的电压恒为U，下列说法正确的是（）
A．该实验装置演示的是静电除尘现象，烟尘带了负电荷
B．匀速摇动起电机时，塑料瓶内的电场是匀强电场
C．若烟尘带的电荷量为q，电场力对烟尘做正功，电势能减少qU
D．质量为m、带电量为q2mqU 【答案】AD
【详解】AC．除尘过程中，锯条和金属片之间存在强电场，它使空气电离成负离子和正离子，负离子在电场力作用下，向正极移动时，碰到烟尘使它带负电，带电烟尘在电场力作用下，向正极移动，烟尘最终被吸附到金属片上，这样消除了烟尘中的尘粒，所以带电量为q且能到达金属片的烟尘减小的电势能最大值为qU，故A正确，C错误；
B．根据俯视图可以看出塑料瓶内存在的是辐射状的电场，不是匀强电场，故B错误；
D．质量为m、带电量为q的烟尘被金属片吸附前瞬间水平方向速度为v，则烟尘受到电
场力做的功与速度的关系为
2
2122p qU mv m
≥= 根据动量定理
ΔI p p ==
则吸附时水平方向受到的冲量最大为2mqU ，故D 正确。

故选AD 。

7．2024年，我国探月计划第六个探测器嫦娥六号将于上半年出征月球，并且飞往月球背面
采集土壤并返回地球。

如图所示，1O 为地球的球心、2O 为月球的球心，图中的P 点为地一月系统的一个拉格朗日点，在该点的物体能够保持和地球、月球相对位置关系不变，以和月球相同的角速度绕地球匀速圆周运动。

地球上的人总是只能看到月球的正面，嫦娥六号将要达到的却是月球背面的M 点，为了保持和地球的联系，我国还将发射鹊桥二号中继通信卫星，让其在以P 点为圆心、垂直于地月连线的圆轨道上运动。

下列说法正确的是（ ）
A ．我们无法看到月球的背面，是因为月球的自转周期和公转周期相同
B ．发射嫦娥六号时，发射速度要超过第二宇宙速度，让其摆脱地球引力的束缚
C ．以地球球心为参考系，鹊桥二号中继卫星做匀速圆周运动
D ．鹊桥二号中继卫星受到地球和月球引力的共同作用
【答案】AD
【详解】A ．因为潮汐锁定，月球的自转周期和公转周期相同，所以我们无法看到月球的背面，故A 项正确；
B ．嫦娥六号并没摆脱地球引力的束缚，因此发射速度不会超过第二宇宙速度，故B 项错误；
C ．以地球为参考系，鹊桥二号一方面绕地月系统共同的圆心做匀速圆周运动，另一方面绕P 点做匀速圆周运动，因此以地心为参考系，它是两个匀速圆周运动的合运动，故C 项错误；
D ．鹊桥二号中继卫星受地球和月球共同引力的作用，故D 项正确。

故选AD 。

8．如图所示，两根型平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距
分别为l 和2l ，处于竖直向下的磁场中，磁感应强度大小分别为2B 和B 。

已知导体棒ab 的电阻为R 、长度为l ，导体棒cd 的电阻为2R 、长度为2l ，cd 的质量是ab 的3倍。

两棒中点之间连接一原长为L 轻质绝缘弹簧。

现将弹簧拉伸至3L 后，同时由静止释放两导体棒，两棒在各自磁场中往复运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。

整个过程中两棒保持与导轨垂直且接触良好，导轨足够长，电阻不计。

下列说法正确的是（ ）
A ．整个过程中，回路中始终产生顺时针方向的电流
B ．整个运动过程中，ab 与cd 的路程之比为3∶1
C ．cd 棒克服安培力做的功等于cd 棒产生的热量
D ．整个运动过程中，通过cd 的电荷量为
43BLl R
【答案】BD
【详解】
A ．根据题意可，由静止释放，ab 向右运动，cd 向左运动，即弹簧收缩，由右手定则可知，回路中产生顺时针电流，设某时刻电流大小为I ，可知，ab 所受安培力大小为 2ab F BIl =
方向向左，cd 所受安培力大小为
2cd F BI l =⋅
方向向右，可知，两棒系统受合外力为零，动量守恒，则当弹簧伸展过程中，一定有ab 向左运动，cd 向右运动，根据右手定则可知，回路中产生逆时针方向的电流，故A 错误；
B ．由A 分析可知，两棒系统受合外力为零，动量守恒，由于开始运动时，系统动量为零，则任意时刻两棒的动量大小相等，方向相反，则有
ab ab cd cd m v m v =
设运动时间为t ，则有
ab ab cd cd m v t m v t =
即
ab ab cd cd m s m s =
则ab 与cd 的路程之比为
31
ab cd cd ab s m s m == 故B 正确；
C ．由上述分析可知，整个运动过程中，两棒所受安培力一直保持大小相等，且ab 与cd 的路程之比为3:1，则ab 与cd 克服安培力做的功之比为3:1，由公式2Q I Rt =可知，由于ab 与cd 的电阻之比为1:2，则ab 与cd 产生的热之比为1:2，可知，cd 棒克服安培力做的功不等于cd 棒产生的热量，故C 错误；
D ．由公式
E t ∆Φ=∆、2E I R R
=+和q It =可得，整个运动过程中，通过cd 的电荷量为 2q R R
∆Φ=+ 当两棒在各自磁场中往复运动直至停止，弹簧恢复原长，两棒间距离减小2L ，则ab 向右运动的距离为
33242
ab x L L =⨯= cd 向左运动的距离为
11242
cd x L L =⨯= 则有
22423
ab cd Blx B lx BLl q R R +⋅==+ 故D 正确。

故选BD 。

三、填空题（每空1分，共9分）
9．如图所示，一定质量的理想气体依次经历了A B C A →→→的循环过程，p T -图像如
图所示，A 、B 、C 三个状态中内能最大的状态为 （填“A ”、“B ”或“C ”）。

已知在状态B 时压强为0p ，体积为0V ，状态B →C 过程气体吸收的热量为0Q 。

从状态C A →过程气体 （填“吸收”或“放出”）热量，该热量的数值为 。

【答案】 C （1分） 放出（1分） 000Q p V +（1分）
【详解】[1]由图像可知，A 、B 、C 三个状态中温度最高的状态是C ，则A 、B 、C 三个状态中内能最大的状态为C ；
[2][3]由图像可知，B →C 过程气体的体积不变，则该过程做功为0；C →A 过程气体发生等压变化，则有
00
2C A V V T T = 可知
022
C A V V V =
= 则C →A 过程气体外界对气体做功为 0002()C A W p V V p V =-=
C →A 过程气体温度降低，则气体内能减少，又外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知气体放出热量，设放出热量为Q 1，从B →C →A 过程，根据热力学第一定律可得
010U Q Q W ∆=-+=
可得
10000Q Q W Q p V =+=+
10．如图甲所示，某同学探究光电效应实验中遏止电压U c 随入射光频率ν变化的关系。

现
用单色光照射光电管的阴极K ，发生了光电效应。

图乙为测得的遏止电压U c 随入射光频率ν变化的关系图像。

已知图线的横坐标截距为v 0，斜率为k ，普朗克常量为h ，则该光电管阴极材料的逸出功为 ，若换用不同阴极材料制成的光电管，c U ν-图像的斜率 （选填“不变”或“改变”）。

【答案】 0h ν（2分） 不变（1分）
【详解】[1]根据 0c W h U e e ν=- 故可得该光电管阴极材料的逸出功为0hv 。

[2]由
0c W h U e e
ν=- 可知，c U v -图像的斜率为
h k e
==常数 所以换用不同阴极材料制成的光电管，Uc -v 图像的斜率不变。

11．如图（a ）所示，演员正在舞台上表演“水袖”，“水袖”来自于戏曲舞蹈中，不仅肢体动
作得以延伸，更是扩展了身体的表现力和延伸了内在感情，体现了中华民族精神气质和韵味。

某次表演中演员甩出水袖的波浪可简化为简谐横波，沿x 轴正方向传播的某时刻部分波形图如图（b ）所示（3-18m 之间有多个完整波形图未画出），若手抖动的频率是0.4Hz ，袖子足够长且忽略横波传播时振幅的衰减，则图示时刻P 点的振动方向为 （填“沿y 轴正方向”或“沿y 轴负方向”），该简谐横波的波长为 m ，该简谐横波的传播速度为 m/s 。

【答案】 沿y 轴正方向（1分） 7.5（1分） 3（1分）
【详解】[1]根据题意，演员甩出水袖的波浪可简化为简谐横波，沿x 轴正方向传播，则根据“同侧法”可知，图示时刻P 点的振动方向为沿y 轴正方向；
[2][3]根据波形图可知
1.5m 4λ
>
可得 6m λ>
而根据波的传播方向，结合“同侧法”可知，0=t 时刻，位移平衡位置3m x =处的质点和18m x =处的质点均将向下振动，则可得
(183)m n λ-=
可知
2n =，7.5m λ=
根据波速与频率之间的关系
v f λ=
可得
3m/s v =
四、实验题（共12分，第12题5分，第13题7分）
12．（5分）某同学用如图甲所示的装置“验证牛顿第二定律”，打点计时器使用的交流电频
率为50Hz ，纸带每打5个点选一个计数点。

已知重物的质量为m ，重力加速度为g ，滑轮重力不计。

(1)为了能完成该实验，下列操作正确的是（ ）
A ．保证小车的质量远大于重物的质量
B ．调节滑轮的高度，使细线与长木板平行
C ．实验开始时应先释放小车，后接通电源
D ．将长木板左端垫高适当角度，以平衡长木板对小车的摩擦力
(2)由如图乙所示纸带，可求得小车的加速度大小为=a m/s 2。

（保留两位有效数字）
(3)若实验中弹簧测力计读数F = ，则说明牛顿第二定律成立。

（用字母m 、g 、a 表示）
【答案】(1)B （1分） (2)0.93（2分） (3)()24
m g a - （2分） 【详解】（1）A ．绳子中的拉力大小可由弹簧测力计的示数直接读出，不需要保证小车的质量远大于重物的质量，故A 错误；
B ．要使弹簧测力计的示数稳定，需调节滑轮的高度，使细线与长木板平行，故B 正确；
C ．为了完整地记录运动过程，应先接通电源，后释放小车，故C 错误；
D ．实验中以重物为研究对象验证牛顿第二定律，故无需平衡长木板对小车的摩擦力，D 错误。

故选B 。

（2）根据题意可知，纸带上相邻计数点的时间间隔
50.02s 0.1s T =⨯=
根据逐差法可得小车的加速度大小为
()()()
22220.16360.06320.0632m/s 0.93m/s 220.1CE AC
s s a T ---===⨯ （3）由图甲可知，弹簧测力计的示数等于绳子的拉力，且小车加速度为重物加速度的两倍，对重物有
22
a mg F m -=⋅ 解得
()24
m F g a =- 13．（7分）某同学设计了“用DIS 测定电源的电动势和内阻”的实验电路如图甲所示。

其中0
R 为定值电阻，R 为滑动变阻器。

(1)根据图甲实验电路，器材B 是 传感器（选“电压”或“电流”）；闭合开关改变滑动变阻器滑片，进行测量，读出电压传感器和电流传感器的读数，画出对应的U I -图线如图乙所示，由图线可得该电池的电动势E = V ，内阻r = Ω（结果保留两位有效数字）
(2)通过分析发现图甲电路存在误差，于是该同学反复研究设计出如图丙所示的电路，图中E '是辅助电源，AB 两点间有一灵敏电流表G 。

利用消元法消除了电表内阻造成的系统误差，实验步骤为：
①闭合开关12S S 、，调节R 和R '使得灵敏电流表G 的示数为零，读出电流表A 的示数10.30A I =和电压表V 的示数1 1.20V U =。

②改变滑动变阻器R 和R '的阻值，重新使得灵敏电流表G 的示数为零，读出电流表A 的示数20.80A I =和电压表V 的示数20.65V U =。

③由上述步骤可以测得电动势E = V 、内阻r = Ω。

（结果保留到小数点后两位）
【答案】(1)电流（1分） 1.5（2分） 1.0（2分）
(2) 1.53（1分） 1.10（1分）
【详解】（1）[1]器材B 串联接在电路中，则可知qi 才B 为电流传感器；
[2][3]根据电路图，由闭合电路的欧姆定律有
U E Ir =-
结合图乙可得
1.5V E =，0.9 1.5 1.00.6
r -=Ω=Ω （2）[1][2]根据实验原理可知，当电流计的示数为零时，说明A 、B 两点的电势A B ϕϕ=，则可知电流表所测电流即为干路电流，电压表所测电压即为路端电压，根据闭合电路的欧姆定律有
11U E I r =-
22U E I r =-
两式联立可得
1.53V E =， 1.10r =Ω
五、计算题（共11+12+16=39分）
14．（11分）潜艇从高密度海水区域驶入低密度海水区域时，浮力顿减，潜艇如同“汽车掉
下悬崖”，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。

我海军某潜艇在执行任务期间，突然遭遇“水下断崖”急速“掉深”，全艇官兵紧急自救脱险，创造了世界潜艇史上的奇迹。

总质量为6.0×106kg 的某潜艇，在高密度海水区域距海平面200m ，距海底138m 处沿水
平方向缓慢潜航，如图所示。

当该潜艇驶入低密度海水区域A 点时，浮力突然降为
5.4×107N ，15s 后，潜艇官兵迅速对潜艇减重（排水），结果潜艇刚好零速度“坐底”并安
全上浮，避免了一起严重事故。

已知在整个运动过程中，潜艇所受阻力大小恒为1.2×
106N 潜艇减重的时间忽略不计，海底平坦，重力加速度g 取10m/s 2，求：
（1）潜艇“掉深”15s 时的速度大小；
（2）潜艇减重后以有多大的加速度匀减速下沉过程。

【答案】（1）12m/s ；（2）1.5m/s 2
【详解】（1）设潜艇刚“掉深”时的加速度大小为a 1，对潜艇，由牛顿第二定律得
1mg F f ma --=（2分）
代入数据解得
210.8m /s a =
15s 末的速度大小为
11v a t =（2分）
解得：v = 12m/s （1分）
（2）掉深15s 时，潜艇下落的高度
111215m=90m 22
v h t ==⨯（2分） 潜艇减速下落的高度
21138m 90m 48m h h h =-=-=（1分）
在减速阶段
2
222v h a =（1分） 解得
22 1.5m/s a =（2分）
潜艇减重后以1.5m/s 2的加速度匀减速下沉过程。

15．（12分）电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成。

偏转电场的极板由相
距为d 的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示。

大量电子由静止开始，经加速电场加速后速度为v 0，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO '射入偏转电场。

当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t 0；当在两板间加最大值为U 0，周期为2t ₀的电压（如图乙所示）时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直长度足够大的匀强磁场中，最后打在竖直放置的荧光屏上。

已知磁场的水平宽度为L ，电子的质量为m 、电荷量大小为e ，其重力不计。

（1）求电子离开偏转电场时到OO '的最远距离；
（2）要使所有电子都能打在荧光屏上，求匀强磁场的磁感应强度B 的范围；
（3）在满足第（2）问的条件下求打在荧光屏上的电子束的宽度△y 。

【答案】（1）20max 032U e y t dm =；（2）2200000()d U t U e m B v t L eL dm
<+（3）200U e t dm 【详解】（1）由题意可知，从0、2t 0、4t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：
2max 0012
y y at v t =
+（1分） 加速度大小 a =
eU 0md （1分） 竖直分速度大小
v y = at 0（1分） 解得：20max 032U e y t dm
=（1分） （2）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要打在荧光屏上，临界情况是与屏相切，所以电子在磁场中运动半径应满足
sin R R L θ+>（1分）
设电子离开偏转电场时的速度为v 1，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子离开偏转电场时的偏向角为θ
sin v θ=
（1分）
又 211v ev B m R
= 1mv R Be
=（1分） 解得
00d U t B L <1分） （3）从t 0、3t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：
2min 012
y at =（1分） 解得：20min 012U e y t dm
= 由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，所以打到屏上的粒子是一系列平行的圆弧，由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO ′的最大距离和最小距离的差值为△y 1，最远位置和最近位置之间的距离
1max min y y y =-∆（1分）
所以打在荧光屏上的电子束的宽度为
2010U e y t dm
y ∆∆==（2分） 16．（16分）如图所示，半径R =1m 的光滑圆环形滑杆MNP 竖直固定放置，左侧端点M 和
圆心O 1的连线与竖直方向夹角的余弦值cos θ=0.15，右侧端点Р和圆心O 1、O 2在同一
水平线上，P 点的切线沿竖直方向。

现有一质量m 1=0.2kg 的小橡胶环A 以0v =1.2m/s 的初速度水平抛出，恰好沿滑杆左侧端点M 的切线套入滑杆，在滑杆的最高点静止着质量m 2=0.2kg 的小橡胶环B 。

在右侧端点Р的正下方h =4.15m 处，有一质量m 3=0.1kg 、长度L =3m 的长直木杆C 竖直静止在水平面上，但跟水平面并不黏合。

已知小橡胶环B 与长直木杆C 之间的滑动摩擦力大小f =2N ，最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力，小橡
胶环A 、B 均可视为质点，两小橡胶环之间和小橡胶环与水平面间的碰撞都是弹性碰撞；小橡胶环B 套入长直木杆C 后，长直木杆C 不倾倒，且每次与水平面碰撞瞬间都会立即停下而不反弹、不倾倒。

不计空气阻力，取g =10m/s 2。

（1）小橡胶环A 到达滑杆最低点Q 时所受弹力大小；
（2）小橡胶环B 在长直木杆C 上上滑的最大距离；
（3）长直木杆C 跟水平面第一次碰撞瞬间损失的机械能；
（4）小橡胶环B 在长直木杆C 上运动的总路程。

【答案】（1）18.2N ；（2）2.4m ；（3）1.6J ；（4）321m 35
【详解】（1）小橡胶环A 恰好沿滑杆左侧端点M 的切线套入滑杆，设小橡胶环A 在M 点时的速度为M v ，则
0cos M v v θ=（1分）
解得
8m/s M v =
小橡胶环A 从M 点到Q 点，根据动能定理有
22111111cos 22
Q M m gR θm v m v -=-（）（1分） 解得
9m/s Q v =
小橡胶环A 在Q 点时，支持力和重力的合力提供向心力
211
Q v N m g m R -=（1分）
解得 18.2N N =（1分）
（2）设小橡胶环A 从Q 点运动到最高点与小橡胶环B 碰撞前的速度为A v ，根据动能定理
2211A 111222
Q m g R m v m v -⨯=-（1分） 设小橡胶环A 和小橡胶环B 碰后的速度分别为A v '和B v ，根据动量守恒和动能守恒
1A 1A 2B m v m v m v '=+（1分）
2221A 1A 2B 111222
m v m v m v '=+（1分） 小橡胶环B ，从碰撞后到与长直木杆接触前瞬间，设接触前速度为v ，根据动能定理
22222B 1122
m g R h m v m v +=-（） 解得
12m/s v =
小橡胶环B 沿长直木杆下滑时，长直木杆静止不动，根据受力分析
2m g f =（1分）
可得小橡胶环B 在长直木杆C 上受力平衡做匀速直线运动，小橡胶环B 做匀速直线运动；小橡胶环B 沿长直木杆上滑时，小橡胶环B 做匀减速直线运动，长直木杆C 做匀加速直线运动，设共速时速度大小为1v ，对小橡胶环B 有
221m g f m a +=（1分）
111v v a t =-
对长直木杆有
332f m g m a -=
121v a t =
2112
v x t =
此时小橡胶环B 上滑的距离最大 2
1111122
2.4m 226v v v v s t t a +=-==（1分）
（3）小橡胶环B 与长直木杆C 共速后一起做竖直上抛，直到长直木杆跟水平面第一次碰撞前，则有
221
112v v gx '-=（1分） 解得长直木杆跟水平面第一次碰撞瞬间前的速度大小为
1v '=
长直木杆跟水平面第一次碰撞瞬间损失的机械能为
2311Δ 1.6J 2
E m v '==（1分） （4）长直木杆跟水平面第一次碰撞后，小橡胶环先沿长直木杆做匀速下滑，小橡胶环跟水平面碰撞后小橡胶环沿长直木杆上滑时，小橡胶环做匀减速直线运动，长直木杆做匀加速直线运动，第二次共速后又一起做竖直上抛，直到长直木杆跟水平面第二次碰撞，则有
2112v v a t '=-
222v a t =
22222222
v v v g t '-=（1分） 联立可得长直木杆跟水平面第二次将要碰撞时的速度大小为
2221v v ''=== 所以可得长直木杆跟水平面第n 次将要碰撞时的速度大小表达式为
12m/s n n n v v '==⨯（1分） 小橡胶环沿长直木杆第一次下滑的路程为L ，小橡胶环跟水平面碰撞后小橡胶环沿长直木杆，在长直木杆上第一次上滑的路程为
2111112212m 2265
v v v v s t t a +=-== 长直木杆跟水平面第一次碰撞后，小橡胶环先沿长直木杆在长直木杆上做匀速下滑的路程为1s ，小橡胶环跟水平面碰撞后小橡胶环沿长直木杆上滑时，在长直木杆上第二次上滑的路程为
2122122212222269
v v v v s t t s a ''+=-==。