书书书 【 高三物理参考答案　（ 第 １　　　　页　共 ６页） 】 ２ ０ ２ ２－ ２ ０ ２ ３学年高三年级 Ｔ Ｏ Ｐ二十名校十二月调研考 高三物理参考答案 １ ． 【 答案】 　Ｃ 【 解析】 　地球同步倾斜轨道卫星绕地球做匀速圆周运动， 以地心为圆心， 可以经过北京的上空， 由于地球自转方向与地球同步倾斜轨道卫星的运行方向不一致， 故地球同步倾斜轨道卫星不可 以相对静止在北京上空， Ａ错误； 第一宇宙速度为发射卫星的最小发射速度， 需要增大发射速度 才能发射更高轨道的卫星。因此， 地球同步卫星的发射速度大于第一宇宙速度， 故 Ｂ错误； 由于 倾斜地球同步轨道卫星的周期和地球自转周期相等， 因此， 倾斜轨道同步卫星一天 ２次经过赤道 正上方同一位置， 故 Ｃ正确； 地球同步倾斜轨道卫星相对地面运动轨迹为“ ８ ” 字形， 但地球对卫 星的万有引力未偏离了地心， 故 Ｄ错误。 ２ ． 【 答案】 　Ｂ 【 解析】 　经过两个半衰期， １ｋ ｇ 铀 ２ ３ ８有 ３ ４发生了衰变， 又由于发生衰变的铀 ２ ３ ８均变成了铅 ２ ０ ６ ， 所以矿石中含有铅的质量为 ｍ＝ １×３ ４ × ２ ０ ６ ２ ３ ８ｋ ｇ ≈０ ． ６ ４ ９ｋ ｇ ， 故选 Ｂ 。 ３ ． 【 答案】 　Ｄ 【 解析】 　对 Ｃ球受力分析可知， Ａ 、 Ｂ球对 Ｃ的库仑力方向相反， 由于 Ａ 、 Ｂ球带电量相同， 所以 Ｂ 球对 Ｃ的库仑力竖直向上， 大小等于 Ａ对 Ｃ的库仑力与 Ｃ的重力之和， 故 Ｃ带正电， 选项 Ａ错 误； 设相邻小球的间距为 ｌ ， 则 ｍ ｇ＋ ｋ ｑ ｃｑ ４ ｌ ２ ＝ ｋ ｑ ｑ ｃ ｌ ２ ， 对 Ｂ受力分析得： ｋ ｑ ２ ｌ ２ ＝ｍ ｇ＋ ｋ ｑ ｑ ｃ ｌ ２ ， 联立解得： ｑ ｃ＝ ４ ７ ｑ ， ｌ ＝ｑ ３ ｋ ７ 槡 ｍ ｇ ， 故 Ｃ错误， Ｄ正确， 对整体受力分析得弹簧弹力 Ｔ＝３ ｍ ｇ ， 由胡克定律得： Ｔ＝ ｋ ０ｘ ， 解得弹簧的伸长量 ｘ ＝ ３ ｍ ｇ ｋ ０ ， 故 Ｂ Ｃ错误。 ４ ． 【 答案】 　Ｂ 【 解析】 　由于圆环所带电荷量均匀分布， 所以长度为 Δ ｌ 的小圆弧所带电荷量 ｑ ＝Ｑ Δ ｌ ２ π Ｒ ， 没有取走 电荷时圆心 Ｏ点的电场强度为零， 取走 Ｂ 、 Ｃ两处的电荷后， 圆环剩余电荷在 Ｏ点产生的电场强 度大小等于 Ｂ 、 Ｃ处弧长为 Δ ｌ 的小圆弧所带电荷量在 Ｏ点产生的场强的叠加， 方向相反， 即 Ｅ＝ ｋ ｑ ２ Ｒ ２ｃ ｏ ｓ ６ ０ ° ， 解得 Ｅ＝ｋ Ｑ Δ ｌ ２ π Ｒ ３， 方向 Ｏ→Ａ ， 所以试探电荷在 Ｏ点受到的电场力大小为 ｋ Ｑ ｑ ０Δ ｌ ２ π Ｒ ３， 方向 Ａ →Ｏ ，故 Ｂ正确。 ５ ． 【 答案】 　Ｄ 【 解析】 　如果细线与 ３ ０ ° 刻线重合， 动车的加速度大小为 ａ＝ｇ ｔ ａ ｎ ６ ０ ° 槡 ＝ ３ ｇ ， 故 Ａ错； 由于不知 道动车的行进方向， 只知道加速度方向， 不能确定动车是加速还是减速， 也不能确定车是进站还 是出站， Ｂ错； 细线与右侧 ３ ０ ° 刻线重合时与左侧 ３ ０ ° 刻线重合时， 动车的的加速度大小相等， 方 向相反， 故 Ｃ错； 根据公式结合正切函数的特征可知， 当加速度较大时与水平方向所成夹角较 小， 会导致加速度较大情况下的测量误差较大， 故 Ｄ正确。 ６ ． 【 答案】 　Ｃ 【 解析】 　ｔ ＝ １ｓ 时， Ｆ＝ ２Ｎ ， 所以钩码在 ０－ １ｓ 内处于静止状态， １ｓ 后钩码开始运动， 由牛顿第 1  【 高三物理参考答案　（ 第 ２　　　　页　共 ６页） 】 二定律得 Ｆ－ｍ ｇ＝ｍ ａ ， 解得 ａ＝ １ ０ｔ ～ １ ０ｍ／ ｓ ２， 所以钩码 １ｓ 后做变加速直线运动， Ｂ错误， 由动 量定理得 ２ｓ 时钩码的速度 ｖ 为： Ｉ Ｆ－ｍ ｇ ｔ ＝ｍ ｖ ， ＩＦ＝ ３Ｎ ·ｓ ， 解得 ｖ ＝ ５ｍ／ ｓ ， 故 Ｃ正确， Ａ错误， ０～ ２ｓ 内重力的冲量 Ｉ ＝ｍ ｇ ｔ ＝ ４Ｎ ·ｓ ， 故 Ｄ错误。 ７ ． 【 答案】 　Ｂ 【 解析】 　由电场线的指向和电场线的密集程度可判断， 左边电荷带正电， 且所带电荷量多， 故 Ａ 正确； 根据粒子的轨迹一定夹在速度和加速度之间， 可判断带电粒子受力方向与电场线相反， 故 粒子带负电， 由于 ｂ点靠近正电荷所以 ｂ点电势更高， 负电荷在电势高的地方所具有的电势能 小， 所以带电粒子在 ｂ 点的电势能小， 故 Ｂ错误， Ｃ正确； ｂ处的电场线更加密集， 电场强度较大 所以带电粒子在 ａ点的加速度小于在 ｂ 点的加速度， Ｄ正确。选 Ｂ 。 ８ ． 【 答案】 　Ａ 【 解析】 　篮球在竖直速度刚好为零时落进篮筐， 根据逆向思维， 篮球做平抛运动， 则： ｘ ＝ｖ ｘｔ ， Ｈ－ ｈ＝ｖ ２ ｙ ２ ｇ ， Ｈ－ｈ＝１ ２ｇ ｔ ２， 小李对篮球做的功 Ｗ ＝１ ２ｍ ｖ ２， ｖ２ ＝ｖ ２ ｘ＋ｖ ２ ｙ联立解得： Ｗ ＝ｍ ｇ （ Ｈ－ｈ ）＋ ｍ ｇ ｘ ２ ４ （ Ｈ－ｈ ） ， 故 Ａ正确， Ｂ错误； 篮球与篮筐碰撞后的速度大小为碰前的 １ ２ｖ ｘ， 碰后至落地的时间 ｔ ′ ＝ ２ Ｈ 槡 ｇ， 所以篮球落地点距离篮筐的水平距离 ｘ ′ ＝ ｖ ｘ ２ｔ ′ ＞ ｖ ｘ ２ｔ ＝ ｘ ２， 故 Ｃ错误， 篮球从抛出到落 地的时间为 ２ （ Ｈ－ｈ ） 槡 ｇ ＋ ２ Ｈ 槡 ｇ， 故 Ｄ错误。 ９ ． 【 答案】 　Ａ Ｄ 【 解析】 　小球由 Ａ点运动到最低点， 根据机械能守恒定律 ｍ ｇ Ｌ ｓ ｉ ｎ θ ＝１ ２ｍ ｖ ２， 在最低点 Ｔ－ｍ ｇ ｓ ｉ ｎ θ ＝ ｍ ｖ ２ Ｌ， 解得 Ｔ＝ ３ ｍ ｇ ２ ， Ａ正确； 小球由 Ａ点运动到最高点， 根据机械能守恒定律 ｍ ｇ Ｌ ｓ ｉ ｎ θ ＝１ ２ｍ ｖ ２ ０－ １ ２ｍ ｖ ２， 最高点的临界速度 ｖ ＝ ｇ Ｌ ｓ ｉ ｎ 槡 θ ， 解得 ｖ ０＝ ３ ｇ Ｌ 槡 ２ ， Ｂ错误； 小球由 Ａ运动到最低点的过程 中， 重力的功率先由零逐渐增加到最大， 然后逐渐减小至零， 重力功率最大时小球沿斜面向下的 合力为零， 即沿斜面向下的速度最大， 故小球所受合力平行于 Ｏ Ａ ， Ｃ错误， Ｄ正确。 １ ０ ． 【 答案】 　Ａ Ｃ Ｄ 【 解析】 　由于 Ｂ板接地， 所以 φ Ｂ＝ ０ ， 那么平行板电容器板间电压大小为 ＵＢ Ａ＝φ０， 电场强度 Ｅ ＝ φ ０ ｄ ， 粒子在在板间受到的电场力 Ｆ＝Ｅ ｑ＝ φ ０ｑ ｄ， 所以粒子受到的电场力与时间 ｔ 为线性关系， 根据动量定理得在 ｔ ＝ ０时刻释放的粒子， 粒子在 ｔ ＝Ｔ ２、 Ｔ ２ ＋ｎ Ｔ时刻速度最大， φ ０ｑ Ｔ ４ ｄ ＝ｍ ｖ ｍ解得 ｖ ｍ＝ φ ０ｑ Ｔ ４ ｍ ｄ ， 故 Ａ Ｄ正确， 在 ｔ ＝Ｔ ４时刻释放该粒子， 粒子在 Ｔ ４ － ３ Ｔ ４时间内一直向 Ｂ板运动， ３ Ｔ ４时刻 粒子速度为零， 后重复以上运动如果此时粒子未能到达 Ｂ板， 则粒子接下来向 Ａ板运动， 所以 粒子不可能在 ｔ ＝Ｔ时刻到达 Ｂ板， 故 Ｂ错误； ｔ ＝Ｔ ２时刻释放该粒子， 粒子在 Ｔ ２ －Ｔ时间内粒子 向 Ａ板做加速度增大的加速运动， Ｔ－ ３ Ｔ ２时间内粒子向 Ａ板做加速度减小的减速运动， 在 ３ Ｔ ２时 2  【 高三物理参考答案　（ 第 ３　　　　页　共 ６页） 】 刻粒子速度为零， 故 Ｃ正确。 １ １ ． 【 答案】 　Ｂ Ｃ 【 解析】 　当 Ａ球运动到 Ｏ点正上方时， 如图所示， Ｂ球重力势能的增加量为 ｍＢｇ ｈ＝ｍＢｇ Ｒ ｓ ｉ ｎα ２ ＝ ２ ０× ０ ． ３× ０ ． １ ５ ０ ． ４ Ｊ ＝ ２ ． ２ ５Ｊ ， Ａ错误； Ａ 、 Ｂ两球的速度大小之比 ｖ Ａｓ ｉ ｎ α＝ｖＢｃ ｏ ｓａ ２， ｖ Ａ ｖ Ｂ ＝４ ３， Ｂ正 确； 若水平恒力 Ｆ＝ ５ ０Ｎ ， 当两球速度大小相等时， 小球 Ｂ运动到了半圆轨道的最高点， 根据能 量守恒 Ｆ ｓ ＝ｍＢｇ Ｒ＋１ ２（ ｍ Ａ＋ｍＢ） ｖ ２， ｓ ＝Ｒ＋ Ｈ ２－（ Ｈ－Ｒ ） 槡 ２， 解得： ｖ ＝ ６＋ 槡 １ ０ １ ５ 槡 ３ ｍ／ ｓ ， Ｃ正 确， Ｄ错误。 １ ２ ． 【 答案】 　Ｂ Ｄ 【 解析】 　由于水平面光滑， 所以小球与弧形物体组成的系统水平方向合力为零， 水平方向动量 守恒， 竖直方向系统所受合力不为零， 故竖直方向动量不守恒， 由于所有接触面均光滑， 故系统 机械能守恒， 故 Ａ错误； 由 ａ－ｘ 图像知， 小球与弧形物体作用前的速度为： １ ２ｍ ａ ｘ ＝ １ ２ ｍ ｖ ２， 解得 ｖ 槡 ＝ ２ｍ／ ｓ ， 若小球没有从 １ ４圆弧飞出， 当小球上升最高时小球与弧形体水平方向共速， 则： ｍ ｖ ＝ （ Ｍ＋ｍ） ｖ ′ ， ｍ ｇ ｈ＝１ ２ ｍ ｖ ２ －１ ２（ Ｍ＋ｍ） ｖ ′ ２， 解得 ｈ＝２ ０ ３ｃ ｍ＜Ｒ ， 所以小球上升的最大高度为 ２ ０ ３ ｃ ｍ ， 故 Ｂ正确， 当小球与弧形体分离后， 弧形体速度最大， 设分离后小球速度为 ｖ １， 弧形体速度 为 ｖ ２， 则 ｍ ｖ ＝ｍ ｖ１＋Ｍｖ２； １ ２ ｍ ｖ ２＝１ ２ ｍ ｖ ２ １＋１ ２Ｍｖ ２ ２， 解得 ｖ２＝槡 ２２ ３ ｍ／ ｓ ， 故 Ｃ错误， Ｄ正确。 １ ３ ． （ ６分） 【 答案】 　（ １ ） 轻推物块， 遮光片通过两光电门的遮光时间相同 （ ２ ） ① １ Δ ｔ １ － １ Δ ｔ ２ ＝－ １ Δ ｔ ３ ＋ １ Δ ｔ ４ 　②　１ 【 解析】 　（ １ ） 若轻推物块， 遮光片通过两光电门的遮光时间相同， 则可判断气垫已调水平。 （ ２ ） 根据动量守恒 ｍ ｖ １－ｍ ｖ２＝－ｍ ｖ ′１＋ｍ ｖ ′２， ｍ ｄ Δ ｔ １ －ｍ ｄ Δ ｔ ２ ＝－ｍ ｄ Δ ｔ ３ ＋ｍ ｄ Δ ｔ ４ ， 可得 １ Δ ｔ １ － １ Δ ｔ ２ ＝－ １ Δ ｔ ３ ＋ １ Δ ｔ ４ ； 根据能量守恒 １ ２ ｍ ｖ ２ １＋１ ２ ｍ ｖ ２ ２＝１ ２ ｍ ｖ ′ ２ １＋１ ２ ｍ ｖ ′ ２ ２， 可得 １ Δ ｔ １ ２＋ １ Δ ｔ ２ ２＝ １ Δ ｔ ３ ２＋ １ Δ ｔ ４ ２， 计算可 得Δ ｔ １ Δ ｔ ４ ＝ １ 。 １ ４ ． （ ９分） 【 答案】 　（ １ ） ３ ０ ． ０ ０ 　（ ２分） 3  【 高三物理参考答案　（ 第 ４　　　　页　共 ６页） 】 （ ２ ） Ｒ Ｒ １ Ｒ ２ （ ３分） （ ３ ）４ ρ Ｒ ２ π ｄ ２Ｒ １ （ ２分） （ ４ ） ８ ２ （ ８ ０～ ８ ３均可） （ ２分） 【 解析】 　游标卡尺为 ２ ０分度游标尺， 最小分度为 ０ ． ０ ５ｍ ｍ ， 所以玻璃管内径为 ３ ０ ． ０ ０ｍ ｍ ， 调节 电阻箱， 使电压表示数为零， 可得： Ｒ Ｒ ２ ＝ Ｒ ｘ Ｒ １ ， 解得 Ｒ ｘ＝ Ｒ Ｒ １ Ｒ ２ ， Ｒ ｘ＝ ρ Ｌ Ｓ＝ ４ ρ Ｌ π ｄ ２＝ Ｒ Ｒ １ Ｒ ２ ， Ｒ＝ ４ ρ Ｒ ２ π ｄ ２Ｒ １ Ｌ ， 所以 图像的斜率 ｋ ＝４ ρ Ｒ ２ π ｄ ２Ｒ １ ， 根据表中数据可得 Δ Ｒ Δ Ｌ＝ （ ４ ． ６ ３ ２－ １ ． １ ４ ５ ）× １ ０ ３Ω （ ７ ． ５ ４ ０－ １ ． ５ ５ ０ ）× １ ０ －２ｍ＝ ３ ． ４ ８ ７ ５ ． ９ ９ × １ ０ ５Ω／ ｍ ， 解 得 ρ ＝ ８ ２Ω·ｍ 。 １ ５ ． （ １ ３分） 【 答案】 　（ １ ） ６ｍ／ ｓ 　　 （ ２ ）８ ３ ｍ 【 解析】 　（ １ ） 设木板和物块的质量为 ｍ ， 物块与木板间的动摩擦因数为 μ １， 木板与地面间的动 摩擦因数为 μ ２， 则物块的加速度大小 ａ１＝μ１ｇ＝ １ｍ／ ｓ ２ （ １分）………………………………… 木板的加速度大小为 ａ ２＝ μ １ｍ ｇ＋ ２ μ２ｍ ｇ ｍ ＝ ５ｍ／ ｓ ２ （ ２分）………………………………………… 经 ｔ １二者共速： ｖ０－ａ２ｔ１＝ａ１ｔ１ （ ２分）……………………………………………………………… 共速后， 由于 μ １＜μ２， 所以二者分开运动， 物块的加速度大小仍为 ａ１＝μ１ｇ＝ １ｍ／ ｓ ２ （ １分）… 则共速之前和共速之后， 小物块的运动是对称的。如果物块的运动时间不超过 ２ｓ ， 则加速时间 不超过 １ｓ ， 即 ｔ １≤１ｓ ， （ １分）……………………………………………………………………… 所以 ｖ ０≤６ｍ／ ｓ ， 木板的初速度 ｖ０的最大值为 ６ｍ／ ｓ 。 （ １分）…………………………………… （ ２ ） 二者共速之前物块相对于木板向左运动， 共速之后相对于木板向右运动， 物块相对木板向左运动的位移 ｘ １＝ｖ０ｔ１－１ ２ａ ２ｔ ２ １－１ ２ａ ２ｔ ２ ２＝ ３ｍ （ １分）………………………… 物块相对木板向右运动时， 木板的加速度大小为 ａ ′ ２＝ μ １ｍ ｇ－ ２ μ２ｍ ｇ ｍ ＝ ３ｍ／ ｓ ２ （ １分）………… 共速速度 ｖ ＝ａ １ｔ１＝ １ｍ／ ｓ （ １分）…………………………………………………………………… 物块相对木板向右运动的位移 ｘ ２＝ ｖ ２ ２ ａ １ － ｖ ２ ２ ａ ′ ２ ＝１ ３ ｍ（ １分）…………………………………… 物块相对于木板的位移 ｘ ＝ｘ １－ｘ２＝８ ３ ｍ（ １分）………………………………………………… １ ６ ． （ １ ９分） 【 答案】 　见解析 【 解析】 　（ １ ） 导体棒切割磁感线， 产生的感应电动势 Ｅ＝１ ２Ｂ Ｌ ２ω （ ２分）……………………… 根据闭合电路欧姆定律 Ｉ ＝ Ｅ Ｒ １＋Ｒ２＋Ｒ ， ２ ｎ π ω ～ （ ２ ｎ＋ １ ） π ω （ ｎ＝ ０ ， １ ， ２ ， ３ ） 时间内， 根据右手定则知 导体棒 ａ感应电流方向为 Ｏ→Ｂ ， 电容器板间电场强度方向竖直向下， 由题意可知等离子体在平 行板电容器内做匀速运动， 所以电场力与洛伦兹力等大反向， 根据左手定则可知电容器内磁场 4  【 高三物理参考答案　（ 第 ５　　　　页　共 ６页） 】 方向为垂直纸面向里； （ ２ ｎ＋ １ ） π ω ～ （ ２ ｎ＋ ２ ） π ω （ ｎ＝ １ ， ２ ， ３ ） 时间内电容器内磁场方向垂直纸面向 外， 电容内板间电压 Ｕ＝Ｉ （ Ｒ １＋Ｒ２） ， （ ２分）……………………………………………………… 设交变磁场的大小为 Ｂ ｘ， Ｕ ｑ ｄ ＝ｑ ｖ ０Ｂｘ （ ２分）……………………………………………………… 解得 Ｂ ｘ＝ Ｂ Ｌ ２ω ３ ｄ ｖ ０ （ １分）……………………………………………………………………………… （ ２ ） 当带电粒子的轨迹与环形磁场的内边界相切时， 粒子的半径最大， 此时粒子恰好不会穿过 环形磁场内边界， 设带电粒子的半径为 Ｒ ｍ， 由几何关系得： Ｒ ２ ｍ＋ ４ ｒ ２＝（ Ｒ ｍ＋ｒ ） ２ （ ２分）……………………………………………………… 解得 Ｒ ｍ＝ １ ． ５ｒ （ １分）……………………………………………………………………………… 此时磁场有最小值， 根据 ｑ ｖ ０Ｂｍ ｉ ｎ＝ｍ ｖ ２ ０ Ｒ ｍ （ １分）…………………………………………………… 解得 Ｂ ｍ ｉ ｎ＝ ２ ｍ ｖ ０ ３ ｑ ｒ （ １分）……………………………………………………………………………… 所以环形磁场的磁感应强度 Ｂ 环≥ ２ ｍ ｖ ０ ３ ｑ ｒ （ １分）…………………………………………………… （ ３ ） 由于等离子体由阴阳离子组成， 所以带电粒子的轨迹关于虚线对称。在环形磁场里面， 设 发光区域对应的圆心角为 ４ θ ， 则： ｔ ａ ｎ θ ＝ １ ． ５ ｒ ２ ｒ ＝３ ４， 所以 θ ＝ ３ ７ ° （ ２分）………………………… 因此发光的长度 ｌ ＝ ４ θ ３ ６ ０ ° ·４ π ｒ（ ２分）…………………………………………………………… 解得 ｌ ＝ １ ． ６ ４ π ｒ （ ２分）……………………………………………………………………………… １ ７ ． （ １ ５分） 【 答案】 　（ １ ） Ｂ Ｃ Ｅ 　　（ ２ ） １ ０ｃ ｍ 【 解析】 　由题图 １可知， ②中速率大的分子占据的比例较大， 则说明②对应的平均速率较大， 故②对应的温度较高， 温度高则分子速率大的占多数， 即高温状态下分子速率大小的分布范围 相对较大， 故 Ａ错误、 Ｂ正确； 图 １中两条图线与横轴包围的面积相同， 都为 １ ， 故 Ｃ正确； 图 ２ 中阴影部分面积表示分子势能差值， 势能差值与零势能点的选取无关， Ｄ错误； 分子势能与分子 间距的关系图像中， 图线切线斜率的绝对值表示分子间作用力的大小， Ｅ正确。 5  【 高三物理参考答案　（ 第 ６　　　　页　共 ６页） 】 【 解析】 　（ ２ ） 对活塞 Ａ 、 Ｂ和理想气体整体分析： ｋ ｘ １＝（ ｍＡ＋ｍＢ） ｇ ｓ ｉ ｎ α （ １分）………………… 对活塞 Ｂ ： ｋ ｘ １＋ｐ０Ｓ＝ｍＢｇ ｓ ｉ ｎ α＋ｐ１Ｓ （ １分）……………………………………………………… 再次平衡后， 对活塞 Ａ ： Ｆ＋ｐ ２Ｓ＝ｍＡｇ ｓ ｉ ｎ α＋ｐ０Ｓ （ ２分）………………………………………… 对活塞 Ａ 、 Ｂ和理想气体整体分析： ｋ ｘ ２＋Ｆ＝（ ｍＡ＋ｍＢ） ｇ ｓ ｉ ｎ α （ ２分）…………………………… 对理想气体根据理想气体状态方程： ｐ １Ｓ ｌ１＝ｐ２Ｓ ｌ２ （ ２分）………………………………………… 解得： Δ ｌ ＝ｘ １－ｘ２＋ｌ２－ｌ１＝ １ ０ｃ ｍ （ ２分）………………………………………………………… １ ８ ． （ １ ５分） 【 答案】 　（ １ ） Ａ Ｄ Ｅ 　　（ ２ ） 见解析 【 解析】 　由 ｖ －ｔ 图像可知物块与木板之间的摩擦力 Ｆ ｆ＝ｍ ａ＝ １Ｎ ， ｔ ＝ ０时刻， 木板水平方向受 向右的摩擦力， 所以木板向右运动， 弹簧弹力增加， 当 Ｆ ｆ＝ｋ ｘ０时， 木板加速度为零， 速度最大， 此 时弹簧形变量 ｘ ０＝ ０ ． １ｍ ， 然后木板继续向右运动， 到 Ｂ点木板速度为零。设木板距离 Ｏ点为 ｘ 时， 对其受力分析： ｋ （ ｘ ＋ｘ ０）－Ｆｆ＝ｋ ｘ ， ｘ 方向指向 Ｏ点， 木板左端偏离 Ｏ位移 ｘ 水平向右， 所以 满足 Ｆ 回 ＝－ｋ ｘ ， 因此在物块在木板上滑动阶段， 木板的运动为简谐运动， 振幅 Ａ＝ ０ ． １ｍ ， Ｏ点 为木板的平衡位置， 此时木板速度最大， 当木块滑到木板最右端时， 木板完成了一个完整的全振 动， 故 Ａ Ｄ正确， ２ｓ 时物块速度为零， 木板速度也为零， 弹簧处于原长， 所以 ２ｓ 物块与木板一起 静止， 加速度为零， 物块与木板之间没有摩擦力， 故 Ｂ Ｃ错误， 当木板左端运动到 Ｂ点时， 弹簧弹 性势能最大， 此时弹力 Ｆ＝ ２Ｎ ， 所以弹簧的最大弹性势能为 Ｅ ｐ＝Ｆ ２·２ ｘ ０＝ ０ ． ２Ｊ ， 故 Ｅ正确。 （ ２ ） （ ｉ ） 由题意可知简谐波周期满足如下关系： ｎ Ｔ＝ １ ． ２ｓ ，（ ２分）……………………………… λ＝ｖ Ｔ （ ２分） ，……………………………………………………………………………………… 解得： λ＝ １ ２ ｎ ｃ ｍ （ ｎ＝ １ ， ２ ， ３ …）（ ２分）……………………………………………………………… （ ｉ ｉ ） 若波长大于 １ ０ｃ ｍ ， 根据（ ｉ ） 中分析 λ＝ １ ２ ｎ ｃ ｍ（ ｎ＝ １ ， ２ ， ３ …） ， 此时 ｎ＝ １ ， 所以 λ＝ １ ２ｃ ｍ ， 质 点 Ａ Ｂ之间的距离 Δ ｘ ＝ ８ｃ ｍ＝２ ３λ ， （ ２分）………………………………………………………… 由于 Ａ在波峰， 所以质点 Ｂ距离波谷 λ ６， 所以 Ｂ的位移为 － １ｃ ｍ 。 （ ２分）…………………… 6