广东省深圳市福田区红岭中学2023-2024学年高二上学期第二学段考试（期末）物理试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，在答题卡上将各题目所选选项对应的信息点涂黑。
1．（2023高二上·福田期末） 下列说法正确的是（ ）
A．电势是一个标量，单位是
B．电场强度和电容都是用比值法定义的
C．电容器所带电荷量是指各个极板所带电荷量的代数和
D．电流是矢量，规定正电荷定向移动的方向为电流的方向
2．（2023高二上·福田期末） 如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，，，b为a、c连线的中点，则关于b点电势的大小和场强Eb的方向，以下说法正确的是（ ）
A．< 0，Eb的方向指向a B．< 0，Eb的方向指向c
C．> 0，Eb的方向指向a D．> 0，Eb的方向指向c
3．（2023高二上·福田期末） 我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时，再点火加速。设从火箭开始运动到再点火的过程中始终受气体推力，则此过程中（ ）
A．气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
B．高压气体释放的能量等于火箭动能的增加量
C．在气体推力作用下，火箭的速度一直在增大
D．气体推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量
4．（2023高二上·福田期末） 生命在于运动，运动无限精彩。如图所示，质量为450 kg的小船静止在水面上，质量为50 kg的人在小船甲板上立定跳远的成绩为2 m，不计空气和水的阻力，下列说法正确的是（ ）
A．人起跳后在空中时，船在匀速运动
B．人起跳后在空中时，船仍保持静止
C．人相对地面的跳远成绩为2.2 m
D．人在立定跳远过程中，船后退了0.4 m
5．（2023高二上·福田期末） 如图所示的电路中，闭合开关S后，灯泡L正常发光，当将滑动变阻器R的滑片逐渐向右移动时（ ）
A．电容C的带电量减小 B．灯泡L变亮
C．通过R0的电流方向向左 D．电源的总功率变小
6．（2023高二上·福田期末） 如图所示，光束PO从半圆形玻璃砖的圆心O射入后分成I、II两束，分别射向玻璃砖圆弧面上的a、b两点。比较I、II两束光（ ）
A．玻璃砖对光束I的折射率更大
B．光束I在玻璃砖中的速度更大
C．光束I在玻璃砖里传播的时间更短
D．增大光束PO的入射角θ，光束I会发生全反射
7．（2023高二上·福田期末） 现在的智能手机大多有“双MIC降噪技术”，就是在通话时，辅助麦克风收集背景音，与主麦克风收集的声音信号相减来降低背景噪音。图甲是原理简化图，图乙是理想状态下的降噪过程，实线表示环境噪声声波，虚线表示降噪系统产生的等幅降噪声波，则下列说法正确的是（ ）
A．降噪过程应用的是声波的衍射原理
B．理想状态下，降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小相等，波长相等
C．P点处的质点经过一个周期振动所产生的路程为4A（A为降噪声波的振幅）
D．P点处的质点经过一个周期向外迁移的距离为一个波长
8．（2023高二上·福田期末） 在生产和科学实验的许多领域，常常需要通过控制电极的形状和电势来调整控制电场。如图所示，两平行金属极板K、G正对放置，在极板G中央挖一圆孔，两极板间加电压，K极电势较高，等势面分布如图所示。从K极中心处发射有一定宽度的平行于中心轴（x轴）的电子束，不考虑电子的重力及电子间的相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．极板G上圆孔右侧的电场线向中心轴会聚
B．电子通过圆孔前后的一小段时间内加速度不断增大
C．对会聚到F点的电子，从发射到会聚，电场力做功相同
D．沿着中轴线运动的电子一直做匀变速直线运动
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错的得0分。在答题卡上将各题目所选选项对应的信息点涂黑。
9．（2023高二上·福田期末） 如图所示为法拉第研究“磁生电”现象的实验装置原理图。两个线圈分别绕在一个铁环上，线圈A接直流电源，线圈B接灵敏电流计，下列情况中线圈B可以产生感应电流的是（ ）
A．开关S接通或断开瞬间
B．开关S接通一段时间之后
C．开关S接通后，改变变阻器滑片的位置时
D．开关S断开后，改变变阻器滑片的位置时
10．（2023高二上·福田期末） 如图所示，水平弹簧振子沿x轴在M、N间做简谐运动，坐标原点O为振子的平衡位置，其振动方程为。下列说法正确的是（ ）
A．MN间的距离为5 cm B．振子的运动周期是0.2 s
C．时，振子位于N点 D．时，振子的加速度最大
11．（2023高二上·福田期末） 如图所示为某手机内部加速度传感器的俯视图，M、N为电容器的两极板，M板固定在手机上，N板通过两个完全相同的水平弹簧与手机相连，电容器充电后与电源断开。手机静止时，M、N间距离为d0，弹簧为原长状态，电压传感器示数为。不计摩擦，若手机在水平面内运动的加速度如图中所示，则（ ）
A．M、N间距离将小于d0，电容器的电容变大
B．M、N间距离将大于d0，电容器的电容变小
C．M、N板间的电场强度变小
D．电压传感器的示数大于U0
12．（2023高二上·福田期末） 如图所示，足够长的光滑水平面上静止一质量为5m的弧形槽，弧形槽与水平面之间平滑连接，质量为m的滑块（可视为质点）从距离水平面高度为h的A点由静止下滑，之后被轻质弹簧反向弹回。不计一切摩擦，碰撞过程无能量损失，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．滑块沿弧形槽下滑过程中，二者构成的系统既满足动量守恒也满足机械能守恒
B．滑块第一次被弹簧反向弹回后，一定能追上弧形槽
C．滑块第二次离开弧形槽后，一定能再碰弹簧
D．全过程中，弹簧获得的最大弹性势能为
三、实验题：本题共2小题，共18分。将答案写在答题卡上各题目指定的区域内。
13．（2023高二上·福田期末） 图甲是验证动量守恒定律的装置，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，两滑块上固定有相同的竖直遮光条。实验步骤如下：
（1）用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，其读数为 cm。
（2）接通气源后，给导轨上的滑块一个初速度，使它从轨道最左端向右运动，发现滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间。为使导轨水平，可旋转调节旋钮Q使轨道右端适当 （选填“升高”或“降低”）。
（3）正确调整气垫导轨后，将滑块A静置于两光电门之间，滑块B静置于光电门2右侧，水平向左推B，使其经过光电门2后与A发生碰撞且被弹回，再次经过光电门2。光电门2先后记录的时间分别为，光电门1记录的时间为，遮光条的宽度用d表示，则滑块B碰后的速度大小为 （用所测物理量的符号表示）。
（4）若测出滑块A和遮光条的总质量为，滑块B和遮光条的总质量为，要验证碰撞过程动量守恒，则应满足的关系式是 （用以上各步骤中所测物理量的符号表示）。
14．（2023高二上·福田期末） 某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A．被测干电池一节
B．电流表：量程，内阻约为
C．电流表：量程，内阻约为
D．电压表：量程，内阻约为
E．电压表：量程，内阻约为
F．滑动变阻器：，额定电流
G．滑动变阻器：，额定电流
H．开关、导线若干
由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差。在现有器材的条件下，要求尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。
（1）滑动变阻器应选 ，电流表应选 ，电压表应选 。（均填器材前的字母代号）
（2）请在方框中画出实验电路图 。
（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到如图所示的图像，由图像可得干电池的电动势E = V，内电阻r = 。（结果均保留三位有效数字）
（4）若考虑电表内阻带来的误差，干电池电动势的测量值 真实值，内阻的测量值 真实值。（均选填“大于”、“小于”或“等于”）
四、论述计算题：本题共3小题，共38分。将答案写在答题卡上各题目指定的区域内。
15．（2023高二上·福田期末） 如图（a），一列简谐横波沿x轴传播，实线和虚线分别为和时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为和的两个质点，图（b）为质点Q的振动图像。求：
（1）波的传播方向和波速大小；
（2）的大小；
（3）从时刻起，质点P第一次到达波峰处所需要的时间。
16．（2023高二上·福田期末） 在“质子疗法”中，质子先被加速到具有较高能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死肿瘤细胞。如图所示，质量为m、电荷量为q的质子从极板A处由静止加速，极板间的加速电压，然后从坐标系xOy中的点B平行于x坐标轴进入yOP区域，该区域充满沿y轴负方向的匀强电场，电场强度，OP与x轴夹角。质子在电场中偏转后垂直击中边界OP的C点（图中未标出）。取质子比荷为，，不计重力作用。求：
（1）通过极板中间小孔射出时的速度v0；
（2）B、C两点电势差；
（3）质子击中边界OP的C点坐标。（本问可以保留根式）
17．（2023高二上·福田期末） 如图所示，质量为3m的长木板C静置在光滑水平地面上，板长为，上表面光滑，右端通过挡板固定一个轻弹簧，质量为m的小物块B静置在板上的最左端。用长为L、不可伸长的轻绳将质量为m的小球A悬挂在O点，初始时轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点刚好与物块B发生碰撞，碰撞时间极短且无能量损失。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力、小球大小及挡板质量，重力加速度为g。求：
（1）弹簧被压缩后具有的最大弹性势能；
（2）长木板速度最大时，小物块B的速度；
（3）若小物块B与长木板上表面间的动摩擦因数为0.5，最终停在长木板中点（已脱离弹簧），则此过程中弹簧的最大弹性势能为多少？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电容器及其应用；电场强度；电势
【解析】【解答】A．电势是一个标量，单位是V，故A错误；
B．电场强度 ，电容都是用比值法定义的，故B正确；
C．电容器所带电量等于任意极板所带电量的绝对值，故C错误；
D．物理学中规定正电荷定向移动的方向为电流方向，虽然电流有方向，但是它的运算不适用于平行四边形法则，所以电流是标量，故D错误。
故答案为：B。
【分析】电容器所带电量等于任意极板所带电量的绝对值，正电荷定向移动的方向为电流方向，电流是标量。
2．【答案】C
【知识点】电场强度
【解析】【解答】由于
可知Eb的方向指向a，由于b为a、c连线的中点，有
根据电场线的疏密可知
根据
可得
即
可得
故答案为：C。
【分析】沿电场线方向电势逐渐降低，根据电势的高度确定电场线的方向。电场线越密集，电场强度越大。根据场强与电势差的关系确定ab和bc电势差的大小，再根据电势差与电势的关系确定b处电势的大小。
3．【答案】D
【知识点】功能关系；动量定理
【解析】【解答】A．火箭动量的增加量等于气体对火箭推力与火箭重力冲量的矢量和，故A错误；
B．火箭动能的增加量与火箭重力势能增加量和克服空气阻力的功的代数和等于高压气体释放的能量，故B错误；
C．在气体推力作用下，火箭的速度先增加后减小，故C错误；
D．火箭机械能的增加量等于气体的推力和空气阻力对火箭做功的代数和，故D正确。
故答案为：D。
【分析】注意分析火箭在运动过程中的受力情况，再根据动量定理分析各力冲量的大小。明确火箭在运动过程中各能量之间的转换关系，再根据能量守恒定律进行分析。
4．【答案】A
【知识点】人船模型
【解析】【解答】AB．人起跳后在空中时，由于不计空气和水的阻力，根据动量守恒定律，船有向后的速度，所以船向后匀速运动，故A正确，B错误；
CD．设人的质量为m，船的质量为M，人相对地面的位移为x1，船后退的位移大小为x2，根据水平方向动量守恒，有
，
解得
，
故CD均错误。
故答案为：A。
【分析】人起跳瞬间，人和船在水平方向上动量守恒，且跳起后，人和船在水平方向均做匀速直线运动，再根据动量守恒定律及两者位移与跳远距离的关系进行解答。
5．【答案】D
【知识点】含容电路分析；电路动态分析
【解析】【解答】BD．电容器相当于断路，所以当滑动变阻器R的滑片逐渐向右移动时，电阻变大，电路中电流I减小，灯泡变暗，根据
可知，电源的总功率减小，故B错误，D正确；
AC．根据
可知，电源路端电压变大，即电容器两端电压变大，根据
可知，电容C的带电量增大，电容器充电，通过R0的电流方向向右，故AC错误。
故答案为：D。
【分析】电容器两端电压等于与其并联支路两端的电压，电容器在分析电路连接方式时，相当于电压表。根据题意确定电路中总电阻的变化及电路中总电流的变化情况，再根据“程序法”或“串反并同”结论法进行分析，电荷量增大，电容器充电。
6．【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．从图中可知，光束II的折射角大于光束I的折射角，根据
可知，折射角越大，折射率越小，所以玻璃砖对光束I的折射率更大，故A正确；
B．根据
可知，折射率越大，光速越小，所以光束I在玻璃砖中的速度更小，故B错误；
C．根据
可知，光速越大，在玻璃砖里传播的时间越短，所以光束II在玻璃砖里传播的时间更短，故C错误；
D．全反射发生的条件之一是光从光密介质射入光疏介质，所以无论如何增大光束PO的入射角θ，光束I都不会发生全反射，故D错误。
故答案为：A。
【分析】入射角相等时，折射角越大，折射率越小，光速越大。全反射发生的条件之一是光从光密介质射入光疏介质。
7．【答案】B
【知识点】波的衍射现象；声波及其应用
【解析】【解答】AB．由图可看出，理想状态下降噪声波与环境声波波长相等，波速相等，则频率相同，叠加时产生干涉现象，由于两列声波等幅反相，所以振动减弱，起到降噪作用，故A错误，B正确；
C．图乙所示，此时介质中的质点P处于平衡位置，但因为两列声波等大反向，所以合振幅为零，故质点P静止不动，速度为零，故C错误；
D．波传播时，质点不随波移动，只在平衡位置附近振动，则P点并不随波移动，故D错误。
故答案为：B。
【分析】频率相同的两列波能产生干涉现象，振动方向相反的点相互叠加，则振动减弱。波传播时，质点不随波移动，只在平衡位置附近振动。
8．【答案】C
【知识点】电场力做功；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．电场线与等势面垂直，可知极板G上圆孔右侧的电场线向两侧发散，故A错误；
B．根据电场线与等势面的关系可知，等势面密集的地方，电场线也密集，所以电子通过圆孔前后的一小段时间内电场线变稀疏，电场强度减小，电子所受电场力减小，加速度减小，故B错误；
C．电场力做功与路径无关只与初末位置的电势差有关，由于电子均从K板射出，汇聚到F点，则电势差相同，电场力做功相同，故C正确；
D．沿着中轴线等势面先等间距后变稀疏，所以电场强度先不变后变小，电子所受电场力先不变后变小，加速度先不变后变小，电子先做匀变速直线运动，后加速度改变，做变加速直线运动，故D错误。
故答案为：C。
【分析】电场线与等势面相互垂直，等势面密集的地方，电场线也密集，电场线越密集，电场强度越大。电场力做功与路径无关只与初末位置的电势差有关。
9．【答案】A,C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A．开关S接通或断开瞬间，A线圈中电流发生变化，铁芯中电流产生的磁感应强度变化，穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中有感应电流产生，故A正确；
B．开关S接通一段时间之后，A线圈中电流不变，铁芯中电流产生的磁感应强度不变，穿过线圈B的磁通量不变，线圈B中无感应电流产生，故B错误；
C．开关S接通后，改变变阻器滑片的位置时，A线圈中电流发生变化，铁芯中电流产生的磁感应强度变化，穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中有感应电流产生，故C正确；
D．开关S断开后，改变变阻器滑片的位置时，A线圈中电流一直为0，铁芯中磁感应强度一直为0，穿过线圈B的磁通量为0不变，线圈B中无感应电流产生，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】产生感应电流的条件为穿过闭合线圈的磁通量发生变化，左侧回路中电流发生变化，则通电线圈A产生的磁场发生变化。
10．【答案】B,C
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A．MN间距离为2A=10cm，故A错误；
B．振子的运动周期是
故B正确；
C．根据振动方程为
可知t=0时，x=5cm，则振子位于N点，故C正确；
D．t=0.05s时，x=0，则振子在平衡位置，振子加速度为零，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】根据振动方程确定振子做简谐运动的振幅及角速度。振子位于平衡位置时，位移为零，加速度为零，速度最大，振子位于振幅最大处，位移最大，速度为零，加速度最大。
11．【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】AB．若手机有向右的加速度，则N板加速度向右，合力向右，弹力向右，弹簧被压缩，两板间距变大，大于d0，根据
可知，电容C变小，故A错误，B正确；
D．电容器充电后与电源断开，则电荷量Q不变，根据
可知，电容器两端电压变大，电压传感器的示数大于U0，故D正确；
C．根据
，，
可得
可知，M、N板间的电场强度不变，故C错误。
故答案为：BD。
【分析】根据手机是运动情况，确定两极板间间距的变化情况。再根据电容的决定式判断电容的变化情况，电容器充电后与电源断开，则电荷量Q不变，再根据电容的决定式和场强与电势差的关系进行分析。
12．【答案】B,C,D
【知识点】弹性势能；动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．滑块沿弧形槽下滑过程中，由于二者竖直方向上合力不为0，所以二者的系统动量不守恒，只在水平方向上动量守恒，由于无摩擦，所以二者机械能守恒，故A错误；
B．设滑块滑到水平面后速度为v·，弧形槽的速度为v2，取向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒，有
解得
由于碰撞过程无能量损失，所以滑块被弹簧弹回后速度大小仍为v1，大于弧形槽的速度，所以滑块第一次被弹簧反向弹回后，一定能追上弧形槽，故B正确；
C．设滑块第二次离开弧形槽后，速度为v3，弧形槽的速度为v4，取向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒定律，有
解得
，（舍去）
或
，
方向向右，所以一定能再碰弹簧，故C正确；
D．全过程中，滑块第一次压缩弹簧时，弹簧有最大的弹性势能，根据能量守恒，有
根据水平方向动量守恒，和能量守恒有
，
解得
故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】滑块下滑和滑上弧形槽的过程中，系统机械能守恒，且在水平方向上动量守恒。当滑块被弹簧弹回后，若滑块向右的速度大于弧形槽的速度，则滑块能够追上弧形槽。弹簧第一次压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大。
13．【答案】（1）1.345
（2）升高
（3）
（4）
【知识点】验证动量守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）游标卡尺读数为
（2）滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间，说明滑块通过光电门2时的速度大于通过光电门1的速度，轨道右侧较低，所以应该旋转调节旋钮Q使轨道右端适当升高一些。
（3）滑块B碰后通过光电门2的时间为Δt2，所以速度大小为
（4）滑块B碰前通过光电门2的时间为Δt1，所以速度大小为
滑块A碰后通过光电门1的时间为Δt3，所以速度大小为
以B碰前速度方向为正，根据动量守恒定律，有
整理得
【分析】根据中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度确定滑块经过光电门的速度，再根据动量守恒定律推导得出关系式。
14．【答案】（1）F；B；D
（2）
（3）1.47~1.49；2.35~2.45
（4）小于；小于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）一节干电池电动势约为1.5V，所以电压表应选择D；电动势较小，回路电流较小，故电流表选择量程较小的B；滑动变阻器G最大阻值过大，不利于调节电压表和电流表示数发生明显变化，所以滑动变阻器应选F。
（2）因为电源内阻很小，电流表内阻也很小，所以为了减小电流表带来的系统误差，选择电流表相对电源外接法，电路图如下
（3）根据图甲所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得
由图丙所示图象可知，干电池的电动势
内电阻
（4）由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图象如图所示
由图象可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值。
【分析】一节干电池电动势约为1.5V。电表的读数范围应控制在电表量程的三分之一以上，以减小读数带来的测量误差。根据电路图及实验原理推导得出图像的函数表达式，再结合图像进行数据处理。实验的误差主要考虑电压表的分流或者电流表的分压影响。
15．【答案】（1）解：由图（b）知时刻质点Q沿着+y正向振动，可知波沿+x正方向传播；
由两图可知，
则波速为
（2）解：根据题意可知，（n=0、1、2、3…）
解得，（n=0、1、2、3......）
（3）解：波沿x轴正方向传播，质点P第一次到达波峰处的时间即波传播的时间，
则
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）根据题0s时，质点Q的振动方向，再根据“上下坡法”确定波的传播方向。根据两图像确定波的波长及振动周期，再根据波速与波长、周期公式进行解答；
（2）根据波的传播方向，结合波的平移法，确定实线与虚线的时间差与振动周期之间的关系在进行解答；
（3）将t=0s时的波形图向左延伸，确定左侧波形离P点最近的波峰到P点的距离，根据平移法可知，此波峰的波形传到P点时，P点第一次到达波峰。再根据距离与速度的关系确定时间。
16．【答案】（1）解： 质子在极板间加速，有：
解得：
（2）解：质子在电场中偏转垂直击中边界OP的C点，如图
则质子到达C点时的速度
质子从B点到C点由动能定理得
解得B、C两点电势差
（3）解：质子在电场中运动到达OP上的C点的水平位移为x，竖直位移为y，由匀强电场特点和类平抛规律
得
由几何关系得
解得
所以C点坐标为
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）质子在极板AA1内在电场力的作用下，做匀加速直线运动。确定此过程电场力做功情况及质子的初速度，再根据动能定理进行解答；
（2）质子在yOP区域做类平抛运动，且只有电场力做功，根据类平抛运动规律确定粒子达到C点的速度，再根据动能定理确定BC两点的电势差；
（3）根据类平抛运动规律确定质子在偏转电场中运动过程，竖直位移与水平位移的关系。再结合电场强度与电势差的关系进行解答。
17．【答案】（1）解： 碰撞前，对球有：
A、B弹性碰撞，有：
碰撞后到弹簧压缩最大，有，解得：
则弹簧的最大弹性势能
（2）解： 小物块B与弹簧分离时，长木板的速度最大。对B和长木板，有
mv1=mv3+3mv4
解得长木板速度最大时，小物块B的速度v3 = -
即此时B的速度大小为，方向向左
（3）解：弹簧最短时，B停在长木板中点时，它们均达到共速，速度均为v2。
从A、B碰后到弹簧最短，对木板及木块，有
根据几何关系，弹簧被压缩后的最短长度
从弹簧最短到B停在长木板中点，有
解得：
【知识点】动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）小球运动到最低点的过程中机械能守恒，AB之间发生弹性碰撞。碰后B匀速运动至与弹簧接触，后压缩弹簧带动木板C一起向右运动，当BC共速时，弹簧压缩至最短，此时弹簧的弹性势能最大。再根据不同的运动阶段，运用相关规律及进行解答；
（2）当弹簧处于压缩阶段时，C始终做加速运动，但B与弹簧分离后，C的速度达到最大值，BC均做匀速运动。从B开始运动到B与弹簧分离的过程中，BC构成的系统能量守恒及水平方向动量守恒。再根据动量守恒定律及能量守恒定律进行解答；
（3）物块最终停在长木板中点，即两者达到共速达，保持相对静止。弹簧压缩至最短时。两者的速度也相等。从B开始运动到弹簧压缩至最短及整个过程分别运用动能定理及两次运动的路程关系进行解答。
1 / 1广东省深圳市福田区红岭中学2023-2024学年高二上学期第二学段考试（期末）物理试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，在答题卡上将各题目所选选项对应的信息点涂黑。
1．（2023高二上·福田期末） 下列说法正确的是（ ）
A．电势是一个标量，单位是
B．电场强度和电容都是用比值法定义的
C．电容器所带电荷量是指各个极板所带电荷量的代数和
D．电流是矢量，规定正电荷定向移动的方向为电流的方向
【答案】B
【知识点】电容器及其应用；电场强度；电势
【解析】【解答】A．电势是一个标量，单位是V，故A错误；
B．电场强度 ，电容都是用比值法定义的，故B正确；
C．电容器所带电量等于任意极板所带电量的绝对值，故C错误；
D．物理学中规定正电荷定向移动的方向为电流方向，虽然电流有方向，但是它的运算不适用于平行四边形法则，所以电流是标量，故D错误。
故答案为：B。
【分析】电容器所带电量等于任意极板所带电量的绝对值，正电荷定向移动的方向为电流方向，电流是标量。
2．（2023高二上·福田期末） 如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，，，b为a、c连线的中点，则关于b点电势的大小和场强Eb的方向，以下说法正确的是（ ）
A．< 0，Eb的方向指向a B．< 0，Eb的方向指向c
C．> 0，Eb的方向指向a D．> 0，Eb的方向指向c
【答案】C
【知识点】电场强度
【解析】【解答】由于
可知Eb的方向指向a，由于b为a、c连线的中点，有
根据电场线的疏密可知
根据
可得
即
可得
故答案为：C。
【分析】沿电场线方向电势逐渐降低，根据电势的高度确定电场线的方向。电场线越密集，电场强度越大。根据场强与电势差的关系确定ab和bc电势差的大小，再根据电势差与电势的关系确定b处电势的大小。
3．（2023高二上·福田期末） 我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时，再点火加速。设从火箭开始运动到再点火的过程中始终受气体推力，则此过程中（ ）
A．气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
B．高压气体释放的能量等于火箭动能的增加量
C．在气体推力作用下，火箭的速度一直在增大
D．气体推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量
【答案】D
【知识点】功能关系；动量定理
【解析】【解答】A．火箭动量的增加量等于气体对火箭推力与火箭重力冲量的矢量和，故A错误；
B．火箭动能的增加量与火箭重力势能增加量和克服空气阻力的功的代数和等于高压气体释放的能量，故B错误；
C．在气体推力作用下，火箭的速度先增加后减小，故C错误；
D．火箭机械能的增加量等于气体的推力和空气阻力对火箭做功的代数和，故D正确。
故答案为：D。
【分析】注意分析火箭在运动过程中的受力情况，再根据动量定理分析各力冲量的大小。明确火箭在运动过程中各能量之间的转换关系，再根据能量守恒定律进行分析。
4．（2023高二上·福田期末） 生命在于运动，运动无限精彩。如图所示，质量为450 kg的小船静止在水面上，质量为50 kg的人在小船甲板上立定跳远的成绩为2 m，不计空气和水的阻力，下列说法正确的是（ ）
A．人起跳后在空中时，船在匀速运动
B．人起跳后在空中时，船仍保持静止
C．人相对地面的跳远成绩为2.2 m
D．人在立定跳远过程中，船后退了0.4 m
【答案】A
【知识点】人船模型
【解析】【解答】AB．人起跳后在空中时，由于不计空气和水的阻力，根据动量守恒定律，船有向后的速度，所以船向后匀速运动，故A正确，B错误；
CD．设人的质量为m，船的质量为M，人相对地面的位移为x1，船后退的位移大小为x2，根据水平方向动量守恒，有
，
解得
，
故CD均错误。
故答案为：A。
【分析】人起跳瞬间，人和船在水平方向上动量守恒，且跳起后，人和船在水平方向均做匀速直线运动，再根据动量守恒定律及两者位移与跳远距离的关系进行解答。
5．（2023高二上·福田期末） 如图所示的电路中，闭合开关S后，灯泡L正常发光，当将滑动变阻器R的滑片逐渐向右移动时（ ）
A．电容C的带电量减小 B．灯泡L变亮
C．通过R0的电流方向向左 D．电源的总功率变小
【答案】D
【知识点】含容电路分析；电路动态分析
【解析】【解答】BD．电容器相当于断路，所以当滑动变阻器R的滑片逐渐向右移动时，电阻变大，电路中电流I减小，灯泡变暗，根据
可知，电源的总功率减小，故B错误，D正确；
AC．根据
可知，电源路端电压变大，即电容器两端电压变大，根据
可知，电容C的带电量增大，电容器充电，通过R0的电流方向向右，故AC错误。
故答案为：D。
【分析】电容器两端电压等于与其并联支路两端的电压，电容器在分析电路连接方式时，相当于电压表。根据题意确定电路中总电阻的变化及电路中总电流的变化情况，再根据“程序法”或“串反并同”结论法进行分析，电荷量增大，电容器充电。
6．（2023高二上·福田期末） 如图所示，光束PO从半圆形玻璃砖的圆心O射入后分成I、II两束，分别射向玻璃砖圆弧面上的a、b两点。比较I、II两束光（ ）
A．玻璃砖对光束I的折射率更大
B．光束I在玻璃砖中的速度更大
C．光束I在玻璃砖里传播的时间更短
D．增大光束PO的入射角θ，光束I会发生全反射
【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．从图中可知，光束II的折射角大于光束I的折射角，根据
可知，折射角越大，折射率越小，所以玻璃砖对光束I的折射率更大，故A正确；
B．根据
可知，折射率越大，光速越小，所以光束I在玻璃砖中的速度更小，故B错误；
C．根据
可知，光速越大，在玻璃砖里传播的时间越短，所以光束II在玻璃砖里传播的时间更短，故C错误；
D．全反射发生的条件之一是光从光密介质射入光疏介质，所以无论如何增大光束PO的入射角θ，光束I都不会发生全反射，故D错误。
故答案为：A。
【分析】入射角相等时，折射角越大，折射率越小，光速越大。全反射发生的条件之一是光从光密介质射入光疏介质。
7．（2023高二上·福田期末） 现在的智能手机大多有“双MIC降噪技术”，就是在通话时，辅助麦克风收集背景音，与主麦克风收集的声音信号相减来降低背景噪音。图甲是原理简化图，图乙是理想状态下的降噪过程，实线表示环境噪声声波，虚线表示降噪系统产生的等幅降噪声波，则下列说法正确的是（ ）
A．降噪过程应用的是声波的衍射原理
B．理想状态下，降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小相等，波长相等
C．P点处的质点经过一个周期振动所产生的路程为4A（A为降噪声波的振幅）
D．P点处的质点经过一个周期向外迁移的距离为一个波长
【答案】B
【知识点】波的衍射现象；声波及其应用
【解析】【解答】AB．由图可看出，理想状态下降噪声波与环境声波波长相等，波速相等，则频率相同，叠加时产生干涉现象，由于两列声波等幅反相，所以振动减弱，起到降噪作用，故A错误，B正确；
C．图乙所示，此时介质中的质点P处于平衡位置，但因为两列声波等大反向，所以合振幅为零，故质点P静止不动，速度为零，故C错误；
D．波传播时，质点不随波移动，只在平衡位置附近振动，则P点并不随波移动，故D错误。
故答案为：B。
【分析】频率相同的两列波能产生干涉现象，振动方向相反的点相互叠加，则振动减弱。波传播时，质点不随波移动，只在平衡位置附近振动。
8．（2023高二上·福田期末） 在生产和科学实验的许多领域，常常需要通过控制电极的形状和电势来调整控制电场。如图所示，两平行金属极板K、G正对放置，在极板G中央挖一圆孔，两极板间加电压，K极电势较高，等势面分布如图所示。从K极中心处发射有一定宽度的平行于中心轴（x轴）的电子束，不考虑电子的重力及电子间的相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．极板G上圆孔右侧的电场线向中心轴会聚
B．电子通过圆孔前后的一小段时间内加速度不断增大
C．对会聚到F点的电子，从发射到会聚，电场力做功相同
D．沿着中轴线运动的电子一直做匀变速直线运动
【答案】C
【知识点】电场力做功；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．电场线与等势面垂直，可知极板G上圆孔右侧的电场线向两侧发散，故A错误；
B．根据电场线与等势面的关系可知，等势面密集的地方，电场线也密集，所以电子通过圆孔前后的一小段时间内电场线变稀疏，电场强度减小，电子所受电场力减小，加速度减小，故B错误；
C．电场力做功与路径无关只与初末位置的电势差有关，由于电子均从K板射出，汇聚到F点，则电势差相同，电场力做功相同，故C正确；
D．沿着中轴线等势面先等间距后变稀疏，所以电场强度先不变后变小，电子所受电场力先不变后变小，加速度先不变后变小，电子先做匀变速直线运动，后加速度改变，做变加速直线运动，故D错误。
故答案为：C。
【分析】电场线与等势面相互垂直，等势面密集的地方，电场线也密集，电场线越密集，电场强度越大。电场力做功与路径无关只与初末位置的电势差有关。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错的得0分。在答题卡上将各题目所选选项对应的信息点涂黑。
9．（2023高二上·福田期末） 如图所示为法拉第研究“磁生电”现象的实验装置原理图。两个线圈分别绕在一个铁环上，线圈A接直流电源，线圈B接灵敏电流计，下列情况中线圈B可以产生感应电流的是（ ）
A．开关S接通或断开瞬间
B．开关S接通一段时间之后
C．开关S接通后，改变变阻器滑片的位置时
D．开关S断开后，改变变阻器滑片的位置时
【答案】A,C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A．开关S接通或断开瞬间，A线圈中电流发生变化，铁芯中电流产生的磁感应强度变化，穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中有感应电流产生，故A正确；
B．开关S接通一段时间之后，A线圈中电流不变，铁芯中电流产生的磁感应强度不变，穿过线圈B的磁通量不变，线圈B中无感应电流产生，故B错误；
C．开关S接通后，改变变阻器滑片的位置时，A线圈中电流发生变化，铁芯中电流产生的磁感应强度变化，穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中有感应电流产生，故C正确；
D．开关S断开后，改变变阻器滑片的位置时，A线圈中电流一直为0，铁芯中磁感应强度一直为0，穿过线圈B的磁通量为0不变，线圈B中无感应电流产生，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】产生感应电流的条件为穿过闭合线圈的磁通量发生变化，左侧回路中电流发生变化，则通电线圈A产生的磁场发生变化。
10．（2023高二上·福田期末） 如图所示，水平弹簧振子沿x轴在M、N间做简谐运动，坐标原点O为振子的平衡位置，其振动方程为。下列说法正确的是（ ）
A．MN间的距离为5 cm B．振子的运动周期是0.2 s
C．时，振子位于N点 D．时，振子的加速度最大
【答案】B,C
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A．MN间距离为2A=10cm，故A错误；
B．振子的运动周期是
故B正确；
C．根据振动方程为
可知t=0时，x=5cm，则振子位于N点，故C正确；
D．t=0.05s时，x=0，则振子在平衡位置，振子加速度为零，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】根据振动方程确定振子做简谐运动的振幅及角速度。振子位于平衡位置时，位移为零，加速度为零，速度最大，振子位于振幅最大处，位移最大，速度为零，加速度最大。
11．（2023高二上·福田期末） 如图所示为某手机内部加速度传感器的俯视图，M、N为电容器的两极板，M板固定在手机上，N板通过两个完全相同的水平弹簧与手机相连，电容器充电后与电源断开。手机静止时，M、N间距离为d0，弹簧为原长状态，电压传感器示数为。不计摩擦，若手机在水平面内运动的加速度如图中所示，则（ ）
A．M、N间距离将小于d0，电容器的电容变大
B．M、N间距离将大于d0，电容器的电容变小
C．M、N板间的电场强度变小
D．电压传感器的示数大于U0
【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】AB．若手机有向右的加速度，则N板加速度向右，合力向右，弹力向右，弹簧被压缩，两板间距变大，大于d0，根据
可知，电容C变小，故A错误，B正确；
D．电容器充电后与电源断开，则电荷量Q不变，根据
可知，电容器两端电压变大，电压传感器的示数大于U0，故D正确；
C．根据
，，
可得
可知，M、N板间的电场强度不变，故C错误。
故答案为：BD。
【分析】根据手机是运动情况，确定两极板间间距的变化情况。再根据电容的决定式判断电容的变化情况，电容器充电后与电源断开，则电荷量Q不变，再根据电容的决定式和场强与电势差的关系进行分析。
12．（2023高二上·福田期末） 如图所示，足够长的光滑水平面上静止一质量为5m的弧形槽，弧形槽与水平面之间平滑连接，质量为m的滑块（可视为质点）从距离水平面高度为h的A点由静止下滑，之后被轻质弹簧反向弹回。不计一切摩擦，碰撞过程无能量损失，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．滑块沿弧形槽下滑过程中，二者构成的系统既满足动量守恒也满足机械能守恒
B．滑块第一次被弹簧反向弹回后，一定能追上弧形槽
C．滑块第二次离开弧形槽后，一定能再碰弹簧
D．全过程中，弹簧获得的最大弹性势能为
【答案】B,C,D
【知识点】弹性势能；动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．滑块沿弧形槽下滑过程中，由于二者竖直方向上合力不为0，所以二者的系统动量不守恒，只在水平方向上动量守恒，由于无摩擦，所以二者机械能守恒，故A错误；
B．设滑块滑到水平面后速度为v·，弧形槽的速度为v2，取向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒，有
解得
由于碰撞过程无能量损失，所以滑块被弹簧弹回后速度大小仍为v1，大于弧形槽的速度，所以滑块第一次被弹簧反向弹回后，一定能追上弧形槽，故B正确；
C．设滑块第二次离开弧形槽后，速度为v3，弧形槽的速度为v4，取向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒定律，有
解得
，（舍去）
或
，
方向向右，所以一定能再碰弹簧，故C正确；
D．全过程中，滑块第一次压缩弹簧时，弹簧有最大的弹性势能，根据能量守恒，有
根据水平方向动量守恒，和能量守恒有
，
解得
故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】滑块下滑和滑上弧形槽的过程中，系统机械能守恒，且在水平方向上动量守恒。当滑块被弹簧弹回后，若滑块向右的速度大于弧形槽的速度，则滑块能够追上弧形槽。弹簧第一次压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大。
三、实验题：本题共2小题，共18分。将答案写在答题卡上各题目指定的区域内。
13．（2023高二上·福田期末） 图甲是验证动量守恒定律的装置，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，两滑块上固定有相同的竖直遮光条。实验步骤如下：
（1）用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，其读数为 cm。
（2）接通气源后，给导轨上的滑块一个初速度，使它从轨道最左端向右运动，发现滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间。为使导轨水平，可旋转调节旋钮Q使轨道右端适当 （选填“升高”或“降低”）。
（3）正确调整气垫导轨后，将滑块A静置于两光电门之间，滑块B静置于光电门2右侧，水平向左推B，使其经过光电门2后与A发生碰撞且被弹回，再次经过光电门2。光电门2先后记录的时间分别为，光电门1记录的时间为，遮光条的宽度用d表示，则滑块B碰后的速度大小为 （用所测物理量的符号表示）。
（4）若测出滑块A和遮光条的总质量为，滑块B和遮光条的总质量为，要验证碰撞过程动量守恒，则应满足的关系式是 （用以上各步骤中所测物理量的符号表示）。
【答案】（1）1.345
（2）升高
（3）
（4）
【知识点】验证动量守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）游标卡尺读数为
（2）滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间，说明滑块通过光电门2时的速度大于通过光电门1的速度，轨道右侧较低，所以应该旋转调节旋钮Q使轨道右端适当升高一些。
（3）滑块B碰后通过光电门2的时间为Δt2，所以速度大小为
（4）滑块B碰前通过光电门2的时间为Δt1，所以速度大小为
滑块A碰后通过光电门1的时间为Δt3，所以速度大小为
以B碰前速度方向为正，根据动量守恒定律，有
整理得
【分析】根据中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度确定滑块经过光电门的速度，再根据动量守恒定律推导得出关系式。
14．（2023高二上·福田期末） 某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A．被测干电池一节
B．电流表：量程，内阻约为
C．电流表：量程，内阻约为
D．电压表：量程，内阻约为
E．电压表：量程，内阻约为
F．滑动变阻器：，额定电流
G．滑动变阻器：，额定电流
H．开关、导线若干
由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差。在现有器材的条件下，要求尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。
（1）滑动变阻器应选 ，电流表应选 ，电压表应选 。（均填器材前的字母代号）
（2）请在方框中画出实验电路图 。
（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到如图所示的图像，由图像可得干电池的电动势E = V，内电阻r = 。（结果均保留三位有效数字）
（4）若考虑电表内阻带来的误差，干电池电动势的测量值 真实值，内阻的测量值 真实值。（均选填“大于”、“小于”或“等于”）
【答案】（1）F；B；D
（2）
（3）1.47~1.49；2.35~2.45
（4）小于；小于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）一节干电池电动势约为1.5V，所以电压表应选择D；电动势较小，回路电流较小，故电流表选择量程较小的B；滑动变阻器G最大阻值过大，不利于调节电压表和电流表示数发生明显变化，所以滑动变阻器应选F。
（2）因为电源内阻很小，电流表内阻也很小，所以为了减小电流表带来的系统误差，选择电流表相对电源外接法，电路图如下
（3）根据图甲所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得
由图丙所示图象可知，干电池的电动势
内电阻
（4）由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图象如图所示
由图象可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值。
【分析】一节干电池电动势约为1.5V。电表的读数范围应控制在电表量程的三分之一以上，以减小读数带来的测量误差。根据电路图及实验原理推导得出图像的函数表达式，再结合图像进行数据处理。实验的误差主要考虑电压表的分流或者电流表的分压影响。
四、论述计算题：本题共3小题，共38分。将答案写在答题卡上各题目指定的区域内。
15．（2023高二上·福田期末） 如图（a），一列简谐横波沿x轴传播，实线和虚线分别为和时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为和的两个质点，图（b）为质点Q的振动图像。求：
（1）波的传播方向和波速大小；
（2）的大小；
（3）从时刻起，质点P第一次到达波峰处所需要的时间。
【答案】（1）解：由图（b）知时刻质点Q沿着+y正向振动，可知波沿+x正方向传播；
由两图可知，
则波速为
（2）解：根据题意可知，（n=0、1、2、3…）
解得，（n=0、1、2、3......）
（3）解：波沿x轴正方向传播，质点P第一次到达波峰处的时间即波传播的时间，
则
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）根据题0s时，质点Q的振动方向，再根据“上下坡法”确定波的传播方向。根据两图像确定波的波长及振动周期，再根据波速与波长、周期公式进行解答；
（2）根据波的传播方向，结合波的平移法，确定实线与虚线的时间差与振动周期之间的关系在进行解答；
（3）将t=0s时的波形图向左延伸，确定左侧波形离P点最近的波峰到P点的距离，根据平移法可知，此波峰的波形传到P点时，P点第一次到达波峰。再根据距离与速度的关系确定时间。
16．（2023高二上·福田期末） 在“质子疗法”中，质子先被加速到具有较高能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死肿瘤细胞。如图所示，质量为m、电荷量为q的质子从极板A处由静止加速，极板间的加速电压，然后从坐标系xOy中的点B平行于x坐标轴进入yOP区域，该区域充满沿y轴负方向的匀强电场，电场强度，OP与x轴夹角。质子在电场中偏转后垂直击中边界OP的C点（图中未标出）。取质子比荷为，，不计重力作用。求：
（1）通过极板中间小孔射出时的速度v0；
（2）B、C两点电势差；
（3）质子击中边界OP的C点坐标。（本问可以保留根式）
【答案】（1）解： 质子在极板间加速，有：
解得：
（2）解：质子在电场中偏转垂直击中边界OP的C点，如图
则质子到达C点时的速度
质子从B点到C点由动能定理得
解得B、C两点电势差
（3）解：质子在电场中运动到达OP上的C点的水平位移为x，竖直位移为y，由匀强电场特点和类平抛规律
得
由几何关系得
解得
所以C点坐标为
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）质子在极板AA1内在电场力的作用下，做匀加速直线运动。确定此过程电场力做功情况及质子的初速度，再根据动能定理进行解答；
（2）质子在yOP区域做类平抛运动，且只有电场力做功，根据类平抛运动规律确定粒子达到C点的速度，再根据动能定理确定BC两点的电势差；
（3）根据类平抛运动规律确定质子在偏转电场中运动过程，竖直位移与水平位移的关系。再结合电场强度与电势差的关系进行解答。
17．（2023高二上·福田期末） 如图所示，质量为3m的长木板C静置在光滑水平地面上，板长为，上表面光滑，右端通过挡板固定一个轻弹簧，质量为m的小物块B静置在板上的最左端。用长为L、不可伸长的轻绳将质量为m的小球A悬挂在O点，初始时轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点刚好与物块B发生碰撞，碰撞时间极短且无能量损失。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力、小球大小及挡板质量，重力加速度为g。求：
（1）弹簧被压缩后具有的最大弹性势能；
（2）长木板速度最大时，小物块B的速度；
（3）若小物块B与长木板上表面间的动摩擦因数为0.5，最终停在长木板中点（已脱离弹簧），则此过程中弹簧的最大弹性势能为多少？
【答案】（1）解： 碰撞前，对球有：
A、B弹性碰撞，有：
碰撞后到弹簧压缩最大，有，解得：
则弹簧的最大弹性势能
（2）解： 小物块B与弹簧分离时，长木板的速度最大。对B和长木板，有
mv1=mv3+3mv4
解得长木板速度最大时，小物块B的速度v3 = -
即此时B的速度大小为，方向向左
（3）解：弹簧最短时，B停在长木板中点时，它们均达到共速，速度均为v2。
从A、B碰后到弹簧最短，对木板及木块，有
根据几何关系，弹簧被压缩后的最短长度
从弹簧最短到B停在长木板中点，有
解得：
【知识点】动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）小球运动到最低点的过程中机械能守恒，AB之间发生弹性碰撞。碰后B匀速运动至与弹簧接触，后压缩弹簧带动木板C一起向右运动，当BC共速时，弹簧压缩至最短，此时弹簧的弹性势能最大。再根据不同的运动阶段，运用相关规律及进行解答；
（2）当弹簧处于压缩阶段时，C始终做加速运动，但B与弹簧分离后，C的速度达到最大值，BC均做匀速运动。从B开始运动到B与弹簧分离的过程中，BC构成的系统能量守恒及水平方向动量守恒。再根据动量守恒定律及能量守恒定律进行解答；
（3）物块最终停在长木板中点，即两者达到共速达，保持相对静止。弹簧压缩至最短时。两者的速度也相等。从B开始运动到弹簧压缩至最短及整个过程分别运用动能定理及两次运动的路程关系进行解答。
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