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8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 氢原子第n能级的能量为，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的光子，辐射光子后氢原子的能量比基态能量高，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. 其中一颗质量为m的通信卫星的动能为
C. 能实现赤道全球通信时，卫星离地高度至少为2R
D. 同一卫星在高轨道的动能大于在低轨道的动能
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θ的斜面。现分别从这两个山坡上以相同大小的速度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、，速度方向与坡面的夹角分别记为θ1、θ2。已知地球与月球表面重力加速度分别为g、，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. θ2＞θ1 B. θ2＜θ1 C. < D. =
5. 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θ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. 到达圆弧部分的光，一定会从圆弧部分射出
B. 到达圆弧部分的光，可能不从圆弧部分射出
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. B.
C. D.
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n1∶n2=1∶2，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
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
C. 开关S闭合时，则电压表的示数为
D. 若断开开关S，则L1变暗、L2和L3均变亮
8. 某同学利用如图甲所示的装置，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
①物块a，b的质量之比
②物块a、b的质量之比
③H-h图像的斜率为k取值范围是0④H-h图像的斜率为k取值范围是1A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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2分，有选错的得0分。
9. 一定质量的理想气体从状态a开始，第一次经绝热过程到状态b；第二次先经等压过程到状态c，再经等容过程到状态b。p-V图像如图所示。则
A. a→b过程为等温变化过程
B. a→c→b过程比a→b过程气体对外界所做的功多
C. a→c过程，气体从外界所吸收的热量比气体对外所做的功多
D. 气体在状态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少
10. 如图甲为一列简谐横波在t＝0.1s时刻的波形图。P、Q为该波的传播方向上的两质点，图乙为介质中x＝2m处的质点P的振动图像。下列说法正确的是
A. 该波的传播方向沿x轴负方向
B. 甲图中质点P该时刻振幅为零
C. 质点P、Q在一个周期内有且仅有两个时刻二者的位移相同
D. 在0＜t＜0.1s内，质点P通过的路程大于质点Q通过的路程
11. 如图为一正方体，在A、G两顶点分别固定等量正、负点电荷，以无穷远处电势为零，下列说法正确的是
A. 顶点D、F两处电势相等
B. 顶点B、H两处场强相同
C. 正方体的12条棱上共有3个点电势为零
D. 将一正试探电荷从D移到C和从B移到F，电势能减小相同数值
12. 如图所示，两根金属棒垂直地放在光滑的水平导轨上，两金属棒始终和导轨接触良好，左、右两部分导轨间距分别为L和2L，AB棒的质量为m且电阻为R，CD棒的质量为2m且电阻为2R，导轨间左、右两部分处在大小相等、方向相反的匀强磁场中，磁场方向如图所示。不计导轨电阻，现用水平恒力F向右拉CD棒，使CD棒向右运动，导轨足够长，磁场区域足够大。下列说法正确的是
A. 稳定后，AB棒向左匀速运动，CD棒向右匀速运动
B. 稳定后，CD棒的加速度大小是
C. 若F作用一段时间后，AB棒和CD棒速度大小均为，此时立即撤去拉力F，此后AB棒最终的速度大小为，方向向左
D. 当AB棒和CD棒速度大小均为时，立刻撤去拉力F，之后的过程整个回路产生的焦耳热为
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
13.(6分)如图甲所示，为“用双缝干涉测量单色光波长”的实验装置。实验时，使光源正常发光，调整光路，从目镜中可以观察到清晰的干涉条纹。回答下列问题：
(1)关于本实验，下列说法正确的是_________。(填正确答案标号)
A. 仅将单缝向双缝靠近，干涉条纹间距减小
B. 仅将红色滤光片换成紫色滤光片，从目镜中看到的干涉条纹数目可能减少
C. 若去掉滤光片后，屏上会出现彩色的干涉条纹
D. 若挡住双缝中的一条缝，屏上也会有等间距的明暗条纹
(2)转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准第1条亮纹，读出手轮的读数为1.030mm。继续转动手轮，使分划板中心刻线对准第7条亮纹如图乙所示，读出手轮的读数为_________mm。
(3)某次实验中测得单色光的波长为630nm，选用的双缝的间距为0.300mm，则屏与双缝间的距离为_________m(结果保留3位有效数字)。
14.(8分)某物理兴趣小组的同学要测定电源(由两节新干电池组成)的电动势和内阻，该同学根据实验室提供的实验器材设计了如图甲所示的原理图，其中定值电阻R0=2.2Ω。还有一毫安表，最大量程为40mA，内阻rA=8Ω。
(1)因为所给毫安表的最大量程较小，需利用定值电阻R1将毫安表改装成最大量程为200mA的电流表，图甲中虚线框内为改装后的电流表，其中R1=_________Ω。
(2)现将实验中所测得的实验数据(电压表的示数用U表示，毫安表的示数用I表示)描绘在如图乙所示的坐标纸上，并画出了U-I图线，根据图乙可知电源的电动势为2.98V，则可求出此电源的内阻r=_________Ω(结果保留2位小数)；由于电压表内阻不是无穷大，本实验电源内阻的测量值_________真实值(选填“大于”、“等于”或“小于”)。
(3)当电压表的示数U为2.30V时，由图乙可知毫安表的示数I=30mA，此时电源的效率为_________%(结果保留2位有效数字)。
15.(8分)如图，一个盛有气体的容器内壁光滑，被隔板分成A、B两部分，隔板绝热。开始时系统处于平衡状态，A和B体积均为V、压强均为大气压p0、温度均为环境温度T0。现将A接一个打气筒，打气筒每次打气都把压强为p0、温度为T0、体积为的气体打入A中。缓慢打气若干次后，B的体积变为(所有气体均视为理想气体)
(1)假设打气过程中整个系统温度保持不变，求打气的次数n；
(2)保持A中气体温度不变，加热B中气体使B的体积恢复为V，求B中气体的温度T。
16.(8分)如图，BD为斜面顶端的水平边沿，子弹从斜面最低点A处以一定速度射出，经过一段时间恰好水平击中D点，不计空气阻力，已知斜面的倾角为30°，重力加速度为g，AB长度xAB=a，BD长度，求枪口瞄准点C距离D点的高度(C点在D点的正上方)。
17.(14分)如图所示，在直角坐标系xOy平面内，第一、二象限存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，第三、四象限存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小可根据需要进行调节。在第四象限y=-a处紧挨y轴放置长度为a的荧光屏MN，质量为m、电荷量为-q(q>0)的粒子自第二象限电场中某点以沿x轴正方向、大小为的速度射入电场，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。
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。滑块与小车之间的动摩擦因数为μ，现二者一起以向左运动，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。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8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一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，解得，则k=3，辐射光子的频率有2+1=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tA>tB，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=mgcosθA，小球B受到的支持力FB>mgcosθB，由图可知θA>θB，则FA>FB，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，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，可得卫星的线速度，则该卫星的动能，而对于环绕地球表面做圆周运动的物体有，可得，则可得该物体的动能，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，则卫星离地高度至少为，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θ的斜面，因此两个小球的位移角是相同的都为θ，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θ2=θ1，AB错误；根据位移角可知，解得，因此在竖直方向的速度为，竖直方向速度与加速度大小无关，因此合速度为，因此=，C错误D正确。故选D。
5.C【解析】当频率比D点单色光大的光，到达圆弧部分，随着频率增大折射率变大，由题知θ角度不变，如图所示，在折射率变大过程中sinα不变，sinβ在变小，由知临界角在变小，但在折射率变大过程，入射角γ变大，当时会发生全反射，不考虑多次反射，所以到达圆弧部分可能不会从圆弧部分射出。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点单色光临界角大，故到达圆弧部分不发生全反射，从圆弧部分射出，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，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，对剩余5个盘子，根据牛顿第二定律有，联立可得托盘对6号盘子作用力的大小为。故选A。
7.C【解析】甲图中线圈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=NBSω，=5πrad/s，匀强磁场的磁感应强度大小为，B错误；假设每个小灯泡的电阻是R，当开关闭合时，，，，，联立可得，电压表的示数为。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.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，第二阶段对物块a由动能定理有，联立以上两式可得，结合图像可得，可知，①错误，②正确；要将物块a拉起，则有，对物块b，则有，可得，因此有，即1二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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2分，有选错的得0分。
9.BC【解析】a→b为绝热过程，Q=0，气体体积膨胀对外界做功，W<0，由热力学第一定律ΔU=Q+W得ΔU<0，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，a→c→b过程比a→b过程气体对外界所做的功多，B正确；a→c过程等压膨胀，气体对外做功，W<0，由理想气体状态方程知温度升高，内能增大，由ΔU=Q+W得ΔU>0，故气体从外界吸热大于对外做的功，C正确；a→c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，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0＜t＜0.1s内，即周期内，质点P通过的路程为=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=0.4m，故在0＜t＜0.1s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，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，AB棒，，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CD棒的加速度大小为，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，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，对CD棒和AB棒分别用动量定理得，；联立可得CD棒最终的速度，方向向右，AB棒最终的速度，方向向左，C正确，根据能量守恒定律可得；解得该过程中回路产生的焦耳热为，D错误。故选BC。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
13.(6分)(1) C (2) 14.530 (3) 1.07
【解析】由相邻的干涉条纹间距可知，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，λ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+3.0×0.01mm=14.530mm；
(3)相邻的干涉条纹间距mm=2.25mm=m，且，可得屏与双缝间的距离L=1.07m。
14. (8分) (1) 2 (2) 2.26 (2.20~2.32均可) 小于 (3) 88
【解析】(1)根据电流表改装原理=200mA，解得R1=2Ω。
(2)电路中流过电源的干路电流为，根据闭合电路的欧姆定律可得，整理得，图像斜率的绝对值为，解得内阻为r=2.26Ω。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=0.15A，电源的总功率为=2.98×0.15W=0.447W，电源的输出功率为=2.30×0.15W+0.152×2.2W=0.3945W，电源的效率为=88%。
15.(8分)(1)10次；(2)3T0
【解析】(1)对B气体，根据玻意耳定律得 (1分)
解得 (1分)
对A内原气体和充入的气体，根据玻意耳定律得 (1分)
解得n=10 (1分)
(2)A中气体温度不变，根据玻意耳定律得 (1分)
解得 (1分)
对B中气体，根据理想气体状态方程得 (1分)
解得T=3T0 (1分)
16.(8分)
【解析】由题意知， (1分)
又
故 (1分)
设AC与AF之间的夹角为α，
(1分)
即 (1分)
即 (1分)
解得， (1分)
又 (1分)
解得， (1分)
17.(14分)(1)(，)；(2)；(3)
【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 (1分)
在O点满足 (1分)
粒子在y轴方向做匀加速运动 (1分)
其中
解得， (2分)
发射点的位置坐标为(，)
(2)粒子进入第四象限时速度大小为 (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 (1分)
轨迹对应的圆心角 (1分)
粒子在磁场中运动的时间 (1分)
解得 (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，解得 (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
解得 (1分)
根据洛伦兹力提供向心力，解得 (1分)
则磁感应强度的大小范围为 (1分)
18. (16分)(1)，，A的加速度水平向右，B的加速度水平向左；(2)；(3)，
【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 (1分)
(1分)
解得， (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，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相等，即 (2分)
由能量守恒得 (2分)
解得 (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，加速度大小为的匀减速运动
设滑块做减速运动的时间t1，有 (1分)
则 (1分)
设第一次碰后二者共速时的速度为，由动量守恒 (1分)
解得
第一次碰后到二者共速的过程，小车的平均速度 (1分)
而共速后到第二次碰前的匀速过程，小车以匀速运动，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 (1分)
【方法二】(2)(3)设第一次碰后二者共速时的速度为，
由动量守恒 (1分)
设第二次碰后二者共速时的速度为，由动量守恒 (1分)
小车第一次与墙壁碰撞后滑块减速的时间
小车第二次与墙壁碰撞后滑块减速的时间
……
小车第n次与墙壁碰撞后滑块减速的时间 (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 (1分)
小车第一次与墙壁碰撞后滑块匀速的时间
小车第二次与墙壁碰撞后滑块匀速的时间
小车第n次与墙壁碰撞后滑块匀速的时间 (1分)
匀速运动的总时间 (1分)
小车第一次与墙壁碰撞后滑块减速的位移
小车第一次与墙壁碰撞后滑块匀速的位移
小车第一次与墙壁碰撞后到第二次碰前滑块总位移 (1分)
小车第二次与墙壁碰撞后滑块减速的位移
小车第二次与墙壁碰撞后滑块匀速的位移
小车第二次与墙壁碰撞后到第三次碰前滑块总位移 (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 (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 (1分)
