資源簡介

湖南省懷化市多校聯考2024-2025學年高三下學期第三次模擬考試物理試題
1．（2025·芷江模擬）發生β衰變時可用于制測厚儀、放射性同位素電池，已知的半衰期為2.64年，則下列說法正確的是（　　）
A．用作測厚儀是利用β射線的電離本領
B．發生β衰變后新核的電荷數為62
C．100個原子核經過2.64年剩下50個
D．當溫度降低時，可增加同位素電池的使用時間
【答案】B
【知識點】原子核的衰變、半衰期；α、β、γ射線及特點
【解析】【解答】β衰變的本質是原子核內的一個中子轉化成一個質子和一個電子，并將電子射出的過程，衰變過程遵循質量數守恒和電荷數守恒。A． 用作測厚儀說明該射線具有一定的穿透能力，用作測厚儀是利用β射線的貫穿本領，故A錯誤；
B．發生β衰變放出一個電子，由衰變前后電荷數守恒可知新核的電荷數為62，故B正確；
C．半衰期是對大量原子核統計的結果，對部分原子核不成立，故C錯誤；
D．半衰期是由原子核本身決定的，溫度的高低不會影響半衰期，故D錯誤。
故選：B。
【分析】β射線穿透能力較強，根據電荷數守恒分析，半衰期是對大量原子核統計的結果，半衰期是由原子核本身決定的，與外界因素無關。
2．（2025·芷江模擬）2025年3月我國科學家通過研究嫦娥六號采回的月球背面月壤樣品，取得重大突破，對理解月球乃至太陽系早期演化具有重大科學意義，“嫦娥六號”任務圓滿成功。假設“嫦娥六號”繞某一中心天體運動的圓軌道半徑減為原來的一半時，則“嫦娥六號”（　　）
A．向心加速度變為原來的2倍 B．線速度變為原來的2倍
C．運動周期變為原來的倍 D．所受萬有引力變為原來的倍
【答案】C
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】解決本題的關鍵要掌握萬有引力提供向心力這一思路，得到線速度、加速度、引力、周期與軌道半徑的關系。
A．根據萬有引力提供向心力，結合牛頓第二定律可得
解得
可知向心加速度變為原來的4倍，故A錯誤；
B．根據萬有引力提供向心力
可得
線速度變為原來的倍，故B錯誤；
C．根據
可得
運動周期變為原來的倍，故C正確；
D．根據
“嫦娥六號”所受萬有引力變為原來的4倍，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據萬有引力提供向心力，得到各個物理量表達式，根據表達式分析。
3．（2025·芷江模擬）將一石子扔進平靜的水平面上，以石子所在水平面位置為坐標原點并開始計時，時，第一次形成如圖所示的部分波形，點的橫坐標為3.5m，已知坐標原點處的水波起振方向豎直向下，則（　　）
A．時，點振動方向豎直向下 B．該機械波的波長為2.5m
C．該機械波的波速為2.25m/s D．該機械波的周期為1.125s
【答案】C
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】根據波的圖像讀出振幅、波長、速度方向及大小變化情況，加速度方向及大小變化情況等，是應具備的基本能力。A．以石子所在水平面位置為坐標原點并開始計時，第一次形成如圖所示的部分波形，可知該機械波正在向軸正方向傳播，根據同側法，時，點的振動方向豎直向上，故A錯誤；
B．根據波動圖像可知，機械波的波長為，故B錯誤；
C．根據坐標原點處的水波起振方向豎直向下可知，該時刻機械波正好傳到4.5m處，故傳播速度
故C正確；
D．該機械波的周期
故D錯誤。
故選C。
【分析】由波的圖像讀出振幅和波長，由波速公式算出波速與周期。由波的傳播方向判斷質點的振動方向。
4．（2025·芷江模擬）如圖所示，直角玻璃三棱鏡置于空氣（視為真空）中，一單色細光束從的中點垂直于面入射，剛好在面發生全反射，，，光在真空中的傳播速度為，則（　　）
A．棱鏡的折射率為
B．光從面射出的折射角為
C．光在棱鏡中的傳播速度為
D．光從射入棱鏡到第一次射出所用時間為
【答案】D
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】解決幾何光學問題的關鍵是根據題意正確畫出光路圖，然后根據幾何關系以及相關物理知識求解。A． 一單色細光束從的中點垂直于面入射，剛好在面發生全反射，光在棱鏡中的傳播光路圖如圖所示
根據題意
則有
解得
故A錯誤；
B．根據
其中解得
可知
故B錯誤；
CD．光在棱鏡中的傳播速度為
的長度
的長度
故光從射入棱鏡到第一次射出所用時間為
解得
故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】根據全反射條件，結合幾何關系分析求解；根據光在介質中傳播速度，結合幾何關系分析求解。
5．（2025·芷江模擬）如圖甲所示，在水平地面上，可視為質點的物體受到恒定的水平向右的拉力，從某點以的速度向左滑動，物體運動的部分速度隨時間的變化圖像如圖乙所示，已知物體的質量，取重力加速度大小，下列說法正確的是（　　）
A．的大小為
B．物體與水平面間的動摩擦因數為
C．物體回到點的速度大小為
D．物體回到點的時刻為
【答案】D
【知識點】牛頓定律與圖象
【解析】【解答】通過對木板和物塊進行受力分析，依據牛頓第二定律建立力與加速度的關系，求解動摩擦因數等物理量，這是動力學問題的核心知識點。從v-t圖像中精準提取加速度、速度等數據，用于后續計算，是解題的關鍵環節。AB． 根據物體運動的部分速度隨時間的變化圖像可知物體向左做減速運動時，加速度大小
物體向右加速時
根據牛頓第二定律可得
，
解得
，
選項AB錯誤；
CD．物體向左運動的位移為
根據
解得
，
故物體回到點的時刻為1.5s，選項C錯誤、D正確。
故選D。
【分析】根據v-t圖像可得加速度大小，根據牛頓第二定律可得F大小以及 動摩擦因數 大小，根據運動學規律求解速度以及時間。
6．（2025·芷江模擬）如圖所示，ABCD為勻強電場中相鄰的四個等勢面，等勢面與水平方向的夾角，一帶正電小球經過等勢面A上的點時，速度方向水平，小球沿直線運動，經過等勢面D上的點時速度恰好為零，已知小球質量為，帶電量，ad間的距離為，重力加速度，，，則下列說法正確的是（　　）
A．勻強電場強度大小為7.5N/C
B．小球在a點的速度大小為1.5m/s
C．A和B兩等勢面的電勢差
D．若小球從d點沿da方向水平射入，則小球的運動軌跡為曲線
【答案】B
【知識點】等勢面；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】本題考查帶電粒子在電場中的運動情況，要注意正確分析物理過程，明確動能定理的應用和牛頓第二定律的應用。A． 小球速度方向水平，小球沿直線運動， 根據豎直方向受力平衡有
解得
選項A錯誤；
B．小球在運動過程的加速度滿足
解得
根據
解得
選項B正確；
C．粒子在運動過程中，重力不做功，故
解得
選項C錯誤；
D．若小球從點水平射入，小球受到的電場力方向水平向左，小球做加速直線運動，選項D錯誤。
故選B。
【分析】根據粒子的運動特點分析出加速度方向；將電子的速度分解，根據動能定理和不同方向的運動特點完成分析；根據豎直方向受力平衡求出場強的大小。
7．（2025·芷江模擬）如圖甲所示，工人用叉車拉石墩時，可簡化為如圖乙所示的模型，，叉車臂AC與水平方向夾角為。不計球形石墩表面摩擦，叉車和石墩始終保持相對靜止，在叉車勻速運動的過程中，若從緩慢增加為，叉車臂對石墩的作用力和車把對石墩的作用力的大小變化為（　　）
A．一直增加 B．先增加后減小
C．先減小后增加 D．一直在減小
【答案】A,D
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】三角形定則是指兩個力（或者其他任何矢量）合成，一個分力的終止點連接另一個分力的起始點，其合力應當為將一個力的起始點到第二個力的終止點。在叉車勻速運動的過程中，對石墩進行受力分析，并將石墩所受的三個力進行平移構成一個首尾相接的矢量三角形，在從增加為過程中，該矢量三角形的三個頂點應落在一個圓上，如圖所示
重力為圓的直徑，由圖可知，一直增加，一直在減小。
故選AD。
【分析】對球受力分析，結合共點力平衡以及力的合成即可求出。
8．（2025·芷江模擬）如圖所示，電路中電源電動勢為E，內阻為r，、為定值電阻，為光敏電阻，其阻值隨光照強度的增加而減小。若照射光敏電阻的光照強度增強，電壓表V示數的變化量絕對值為，電流表A示數的變化量絕對值為，電流表示數的變化量絕對值為，所有電表均為理想電表。下列說法正確的是（　　）
A．電流表A和電流表示數都變大 B．
C． D．電源的效率一定降低
【答案】A,D
【知識點】電路動態分析
【解析】【解答】解決本題的關鍵抓住電動勢和內電阻不變，結合閉合電路歐姆定律求解。注意做題前一定要理清電路，看電壓表測的是什么電壓，電流表測的是什么電流。AB． 照射光敏電阻的光照強度增強，光敏電阻阻值減小，并聯阻值減小，回路總電阻減小，回路總電流增大，故定值電阻和電源內阻上的電壓增大，并聯部分電壓減小，電壓表示數減小，定值電阻電流減小，根據并聯分流，電流表示數增大，且電流表電流的增加量大于電流表A電流的增加量，即，選項A正確、B錯誤；
C．根據
故
選項C錯誤；
D．電源的效率
當光照強度增強時，回路總外電阻減小，電源的效率降低，選項D正確。
故選AD。
【分析】根據“串反并同“法判斷電流表A1的示數的變化；根據歐姆定律求解電壓表示數變化量的絕對值與電流表A示數變化量的絕對值的比值，即可判斷。回路總外電阻減小，電源的效率降低。
9．（2025·芷江模擬）一個四分之一光滑圓弧形物塊B靜止在光滑的水平面上，圓弧的半徑為R，一可視為質點的小物塊A從物塊B的底端以速度滑上圓弧，經過時間t恰好能滑上B的圓弧面頂端，已知滑塊A的質量為m，重力加速度為g，則（　　）
A．物塊A滑上圓弧面后，A、B組成的系統動量守恒
B．物塊B的質量為m
C．物塊A從底端到滑上圓弧面頂端的過程物塊B的位移為
D．A和B分離時，B的速度大小為
【答案】B,C
【知識點】碰撞模型
【解析】【解答】本題考查動量守恒定律和機械能守恒定律的綜合運用，知道滑塊和圓弧組成的系統在水平方向上動量守恒，注意滑塊滾上圓弧上升到最高點時有共同速度。A．該過程系統在水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒，故A錯誤；
B．A滑上B的過程，有
，
解得
故B正確；
C．A滑上B的過程，A和B系統在水平方向動量守恒
故
，，，
解得
故C正確；
D．由于A和B質量相等，A和B分離時，相當于發生彈性碰撞，A和B交換速度，A的速度為0，B的速度大小為，故D錯誤。
故選BC。
【分析】合外力為零時，系統的動量守恒，根據動量守恒條件判斷系統動量是否守恒；根據動量守恒定律和機械能守恒定律求解物塊B的質量；根據人船模型求解 物塊B的位移大小。
10．（2025·芷江模擬）如圖所示，兩根等高光滑的半圓形圓弧軌道，半徑為r，間距為L，軌道豎直固定，在軌道左端連一阻值為R1的電阻，在軌道右端連一阻值為R2的電阻，已知R1=2R2=2R0，整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，現有一根長度稍大于L、質量為m、接入電路電阻為R0的金屬棒，從軌道的左端ab處開始（記為t=0時刻），在變力F的作用下以初速度v0沿圓弧軌道做勻速圓周運動至cd處，直徑ad、bc水平，整個過程中金屬棒與導軌接觸良好，所有軌道均不計電阻，則（　　）
A．當時，金屬棒中的電流大小為
B．從0時刻起到時，通過電阻R1的電量為
C．從0時刻起到時，電阻R1的發熱量為
D．從0時刻起到時，外力F做功為
【答案】A,C,D
【知識點】交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值；電磁感應中的能量類問題
【解析】【解答】本題是產生正弦式交流電的一種方式，要根據電流有效值求焦耳熱。根據電流平均值求通過電阻的電量。A． 整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，現有一根長度稍大于L的電阻，設時刻金屬棒與圓心的連線和水平方向的夾角為，則
產生的感應電動勢
根據閉合電路歐姆定律可得∶金屬棒中的電流大小
故當時，金屬棒中的電流大小為
A正確；
B．根據法拉第電磁感應定律可知
從0時刻起到時，故通過回路的總電量為
通過電阻的電量為
B錯誤；
C．通過上面的分析可知，回路內的電流為正弦交變電流，電流的最大值為，電阻的發熱量為
，
從0時刻起到時，電阻的發熱量為
C正確；
D．從0時刻起到時，回路內的總發熱量為
根據功能關系
D正確。
故選ACD。
【分析】金屬棒做勻速圓周運動，求出金屬棒與圓心的連線和水平方向的夾角θ，根據e=BLv0sinθ求出感應電動勢，由閉合電路歐姆定律計算感應電流大小；根據法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律以及電量與電流的關系求通過電阻R1的電量；回路內的電流為正弦交變電流，求出電流有效值，由焦耳定律求電阻R1的發熱量。
11．（2025·芷江模擬）在一次課外活動中，某同學用如圖甲所示的裝置測量放在水平光滑桌面上的金屬板B與鐵塊A之間的動摩擦因數，并驗證牛頓第二定律。實驗步驟如下：
（a）用天平測出鐵塊A的質量mA、金屬板B的質量mB
（b）將該裝置按如圖所示的方式連接
（c）在動滑輪下掛上砝碼，穩定運行后，彈簧秤的示數為F1，力傳感器的示數為F2，打點計時器后方打出的一段紙帶如圖乙所示，已知重力加速度為g，紙帶上相鄰計數點間的時間間隔為T，則：
（1）金屬板B與鐵塊A之間的動摩擦因數為　 　。
（2）要驗證牛頓第二定律，需要保證______。
A．定滑輪和金屬板間的細繩必須水平
B．所有滑輪必須光滑
C．鉤碼的質量必須遠小于金屬板的質量
（3）要驗證牛頓第二定律，需要驗證的關系為　 　（用“、、、、”表示）。
【答案】（1）
（2）A；B
（3）
【知識點】實驗驗證牛頓第二定律
【解析】【解答】本題借助實驗考查了基本規律的應用，平時訓練中一定要加強應用基本規律解決實際問題的能了，強調知識的活學活用。
（1）鐵塊A平衡，拉力等于摩擦力，根據受力平衡有
解得
（2）C．本實驗有力傳感器，沒有必要保證鉤碼的質量遠小于金屬板的質量，選項C錯誤；
AB．要保證細繩對金屬板的拉力水平，定滑輪和金屬板間的細繩必須水平，所有滑輪必須光滑，以減小阻力影響，選項AB正確。
故選AB。
（3）根據
可得鐵板的加速度
需要驗證的關系為
故要驗證
【分析】（1）根據受力平衡求解動摩擦因數；
（2）根據實驗原理和實驗注意事項分析；
（3）根據逐差法求解加速度大小，根據牛頓第二定律求解F2大小。
（1）鐵塊A平衡，有
解得
（2）C．本實驗有力傳感器，沒有必要保證鉤碼的質量遠小于金屬板的質量，選項C錯誤；
AB．要保證細繩對金屬板的拉力水平，定滑輪和金屬板間的細繩必須水平，所有滑輪必須光滑，以減小阻力影響，選項AB正確。
故選AB。
（3）根據
可得鐵板的加速度
需要驗證的關系為
故要驗證
12．（2025·芷江模擬）為測量某新型材料的電阻率，某小組同學選取了一個圓柱體新型材料。主要實驗步驟如下：
（1）先用螺旋測微器測量圓柱體的直徑，示數如圖甲所示，其直徑　 　mm。
（2）再用刻度尺測出圓柱體的長度為。
（3）用多用電表粗測電阻時，將選擇開關撥至“×10”擋，進行歐姆調零后，將兩表筆接待測電阻兩端，發現指針偏轉過小，此時應選　 　（選填“×1”“×10”或“×100”）擋重新進行測量，換擋后，　 　（選填“需要”“不需要”）歐姆調零，按照正確的操作后，讀數如圖乙所示，則該圓柱體的電阻為　 　。
（4）用如圖丙所示的電路精確測量該阻值，滑動變阻器滑片置于端，先將接1，閉合，調節和，使電流表和電壓表示數適當，電流表和電壓表的示數分別為、；再將接2，保持　 　（選填“”或“”）不變，調節另一滑動變阻器，電流表和電壓表示數分別為、，經計算得　 　。
（5）該新型材料的電阻率為　 　（用“、、”表示）。
【答案】1.703；×100；需要；1400；；；
【知識點】刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用；導體電阻率的測量；電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數
【解析】【解答】本題主要是考查測定金屬的電阻率實驗，關鍵是弄清楚實驗原理和實驗方法，掌握螺旋測微器的讀數方法以及電阻定律的計算公式。（1）螺旋測微器的讀數等于固定刻度讀數加上可動可得讀數，讀數要讀到最小刻度后一位1.5mm+20.5×0.01mm=1.705mm
（3）指針偏轉過小，說明電阻過大，故應換高倍率的擋位，故應換“×100”擋位。
每換一次擋位，需要重新進行歐姆調零，電阻的讀數為14.0×100Ω=1400Ω。
（4）接1時
接2時
故待測電阻的準確值為
實驗過程保持不變。
（5）根據電阻定律
，
解得
【分析】 （3）根據螺旋測微器的讀數方法進行讀數；
（4）歐姆表指針在中央刻度線附近時讀數誤差較小，用歐姆表測電阻要選擇合適的倍率（擋位），歐姆表的指針偏轉角度不大，說明選取的倍率較小；歐姆表換擋后，需要重新進行歐姆調零；根據歐姆定律求解待測電阻的阻值；
（5）根據電阻定律求解電阻絲的電阻率。
13．（2025·芷江模擬）將一個橫截面積為的圓柱狀導熱性能良好的汽缸倒置固定在鐵架臺上，輕質活塞通過細線與放在臺面的重物相連。從汽缸底部的閥門處，投入一團燃燒的輕質酒精棉球。待酒精棉球熄滅后（不計灰燼的體積），立即關閉閥門，此時，活塞距汽缸底部的距離為，細線剛好被拉直但無拉力。已知大氣壓強為，重力加速度為，，環境溫度恒為，當汽缸內溫度降為時，重物剛好離開鐵架臺。汽缸內的氣體可看作理想氣體，不計活塞與汽缸內壁之間的摩擦，求：
（1）剛關閉閥門時，汽缸內氣體的溫度；
（2）當汽缸內氣體降為室溫時，重物距離鐵架臺臺面的距離。
【答案】（1）解：初始時汽缸內氣體壓強為，溫度為，當汽缸內溫度為時，對活塞受力分析有
解得
氣體發生等容變化，則有
解得
（2）解：當氣體溫度繼續降低時，氣體發生等壓變化，則有
解得
故
故當汽缸內氣體降為室溫時，重物距離鐵架臺臺面的距離為
【知識點】氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【分析】（1）氣體發生等容變化，根據玻意耳定律列式求解；
（2）當氣體溫度繼續降低時，氣體發生等壓變化，根據蓋—呂薩克定律列式求解。
（1）初始時汽缸內氣體壓強為，溫度為
當汽缸內溫度為時，對活塞受力分析有
解得
氣體發生等容變化，則有
解得
（2）當氣體溫度繼續降低時，氣體發生等壓變化，則有
解得
故
故當汽缸內氣體降為室溫時，重物距離鐵架臺臺面的距離為
14．（2025·芷江模擬）如圖，在坐標系內，第一象限有垂直紙面向外的勻強磁場，第二象限有沿軸正方向的勻強電場，電場強度大小為。一質量為、電荷量為的帶電粒子從軸上的點以速度沿與軸正方向成角的方向射入磁場，恰好垂直于軸射出磁場進入電場，不計粒子重力，求：
（1）磁感應強度的大小；
（2）粒子再次經過軸時的坐標及粒子的速度大小。
【答案】（1）解：粒子帶負電，在磁場中的運動軌跡如圖所示
由幾何關系得
解得
根據洛倫茲力提供向心力有
解得
（2）解：粒子離開磁場時的坐標為
粒子進入電場后做類平拋運動
， ，
解得
豎直方向速度
粒子再次經過軸的速度大小為
解得
【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）磁場提供向心力，由洛倫茲力等于向心力的關系式，結合已知參數，推導出磁感應強度的表達式；
（2）求出粒子離開磁場時的坐標，粒子進入電場后做類平拋運動，根據運動的合成與分解求解粒子再次經過軸時的坐標及粒子的速度大小。
（1）粒子帶負電，在磁場中的運動軌跡如圖所示
由幾何關系得
解得
根據洛倫茲力提供向心力有
解得
（2）粒子離開磁場時的坐標為
粒子進入電場后做類平拋運動， ，
解得
豎直方向速度
粒子再次經過軸的速度大小為
解得
15．（2025·芷江模擬）如圖所示，初始時，一滑塊（可視為質點）以的速度滑上一靜止在光滑水平面上的小車，已知小車質量，滑塊質量，兩者之間的動摩擦因數，當滑塊和小車相對靜止時，小車與豎直墻壁剛好發生彈性碰撞。滑塊始終都不會和墻壁相碰，重力加速度，求：
（1）初始時，小車與豎直墻壁之間的距離；
（2）小車至少多長；
（3）從初始時至小車第次（已知且）與墻壁碰撞時，滑塊做減速運動的總時間及勻速運動的總時間。
【答案】（1）解：滑塊滑上小車，滑塊和小車系統動量守恒，有
對小車，有
解得
（2）解：小車第一次與墻壁碰撞后，小車向左減速，滑塊向右減速，小車的速度先減為0，然后反向加速，直至與滑塊共速后再一起勻速向右運動，然后與墻壁發生第二次碰撞，以此類推，二者速度會逐漸減小直至二者都趨于靜止。設滑塊相對小車的相對位移為，根據能量守恒
解得
即小車的長度至少為3.6m。
（3）解：設滑塊做減速運動的時間為，對滑塊
，
則
小車和滑塊以共同速度與墻第二次相碰，以向右為正，由動量守恒
解得
對小車，第一次碰后到二者共速的過程
得
減速時間
勻速時間
接著小車與墻第二次相碰，設小車第三次與墻相碰前和滑塊的共同速度為，以右為正，由動量守恒
解得
第二次碰后到二者共速的過程
可得
減速時間
勻速時間
以此類推，小車第次與墻碰撞時小車和滑塊的共同速度
總的減速時間
總的勻速時間

【知識點】碰撞模型
【解析】【分析】（1）滑塊滑上小車，滑塊和小車系統動量守恒，結合動能定理求解；
（2）分析小車的運動過程，二者速度會逐漸減小直至二者都趨于靜止，結合能量守恒定律求解；
（3）根據運動學規律和牛頓第二定律求解加速度大小，以向右為正，由動量守恒求解速度大小，以此類推，小車第次與墻碰撞時小車和滑塊的共同速度，根據運動學規律求解時間大小。
（1）滑塊滑上小車，滑塊和小車系統動量守恒，有
對小車，有
解得
（2）小車第一次與墻壁碰撞后，小車向左減速，滑塊向右減速，小車的速度先減為0，然后反向加速，直至與滑塊共速后再一起勻速向右運動，然后與墻壁發生第二次碰撞，以此類推，二者速度會逐漸減小直至二者都趨于靜止。設滑塊相對小車的相對位移為，根據能量守恒
解得
即小車的長度至少為3.6m。
（3）設滑塊做減速運動的時間為，對滑塊，
則
小車和滑塊以共同速度與墻第二次相碰，以向右為正，由動量守恒
解得
對小車，第一次碰后到二者共速的過程
得
減速時間
勻速時間
接著小車與墻第二次相碰，設小車第三次與墻相碰前和滑塊的共同速度為，以右為正，由動量守恒
解得
第二次碰后到二者共速的過程
可得
減速時間
勻速時間
以此類推，小車第次與墻碰撞時小車和滑塊的共同速度
總的減速時間
總的勻速時間
1 / 1湖南省懷化市多校聯考2024-2025學年高三下學期第三次模擬考試物理試題
1．（2025·芷江模擬）發生β衰變時可用于制測厚儀、放射性同位素電池，已知的半衰期為2.64年，則下列說法正確的是（　　）
A．用作測厚儀是利用β射線的電離本領
B．發生β衰變后新核的電荷數為62
C．100個原子核經過2.64年剩下50個
D．當溫度降低時，可增加同位素電池的使用時間
2．（2025·芷江模擬）2025年3月我國科學家通過研究嫦娥六號采回的月球背面月壤樣品，取得重大突破，對理解月球乃至太陽系早期演化具有重大科學意義，“嫦娥六號”任務圓滿成功。假設“嫦娥六號”繞某一中心天體運動的圓軌道半徑減為原來的一半時，則“嫦娥六號”（　　）
A．向心加速度變為原來的2倍 B．線速度變為原來的2倍
C．運動周期變為原來的倍 D．所受萬有引力變為原來的倍
3．（2025·芷江模擬）將一石子扔進平靜的水平面上，以石子所在水平面位置為坐標原點并開始計時，時，第一次形成如圖所示的部分波形，點的橫坐標為3.5m，已知坐標原點處的水波起振方向豎直向下，則（　　）
A．時，點振動方向豎直向下 B．該機械波的波長為2.5m
C．該機械波的波速為2.25m/s D．該機械波的周期為1.125s
4．（2025·芷江模擬）如圖所示，直角玻璃三棱鏡置于空氣（視為真空）中，一單色細光束從的中點垂直于面入射，剛好在面發生全反射，，，光在真空中的傳播速度為，則（　　）
A．棱鏡的折射率為
B．光從面射出的折射角為
C．光在棱鏡中的傳播速度為
D．光從射入棱鏡到第一次射出所用時間為
5．（2025·芷江模擬）如圖甲所示，在水平地面上，可視為質點的物體受到恒定的水平向右的拉力，從某點以的速度向左滑動，物體運動的部分速度隨時間的變化圖像如圖乙所示，已知物體的質量，取重力加速度大小，下列說法正確的是（　　）
A．的大小為
B．物體與水平面間的動摩擦因數為
C．物體回到點的速度大小為
D．物體回到點的時刻為
6．（2025·芷江模擬）如圖所示，ABCD為勻強電場中相鄰的四個等勢面，等勢面與水平方向的夾角，一帶正電小球經過等勢面A上的點時，速度方向水平，小球沿直線運動，經過等勢面D上的點時速度恰好為零，已知小球質量為，帶電量，ad間的距離為，重力加速度，，，則下列說法正確的是（　　）
A．勻強電場強度大小為7.5N/C
B．小球在a點的速度大小為1.5m/s
C．A和B兩等勢面的電勢差
D．若小球從d點沿da方向水平射入，則小球的運動軌跡為曲線
7．（2025·芷江模擬）如圖甲所示，工人用叉車拉石墩時，可簡化為如圖乙所示的模型，，叉車臂AC與水平方向夾角為。不計球形石墩表面摩擦，叉車和石墩始終保持相對靜止，在叉車勻速運動的過程中，若從緩慢增加為，叉車臂對石墩的作用力和車把對石墩的作用力的大小變化為（　　）
A．一直增加 B．先增加后減小
C．先減小后增加 D．一直在減小
8．（2025·芷江模擬）如圖所示，電路中電源電動勢為E，內阻為r，、為定值電阻，為光敏電阻，其阻值隨光照強度的增加而減小。若照射光敏電阻的光照強度增強，電壓表V示數的變化量絕對值為，電流表A示數的變化量絕對值為，電流表示數的變化量絕對值為，所有電表均為理想電表。下列說法正確的是（　　）
A．電流表A和電流表示數都變大 B．
C． D．電源的效率一定降低
9．（2025·芷江模擬）一個四分之一光滑圓弧形物塊B靜止在光滑的水平面上，圓弧的半徑為R，一可視為質點的小物塊A從物塊B的底端以速度滑上圓弧，經過時間t恰好能滑上B的圓弧面頂端，已知滑塊A的質量為m，重力加速度為g，則（　　）
A．物塊A滑上圓弧面后，A、B組成的系統動量守恒
B．物塊B的質量為m
C．物塊A從底端到滑上圓弧面頂端的過程物塊B的位移為
D．A和B分離時，B的速度大小為
10．（2025·芷江模擬）如圖所示，兩根等高光滑的半圓形圓弧軌道，半徑為r，間距為L，軌道豎直固定，在軌道左端連一阻值為R1的電阻，在軌道右端連一阻值為R2的電阻，已知R1=2R2=2R0，整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，現有一根長度稍大于L、質量為m、接入電路電阻為R0的金屬棒，從軌道的左端ab處開始（記為t=0時刻），在變力F的作用下以初速度v0沿圓弧軌道做勻速圓周運動至cd處，直徑ad、bc水平，整個過程中金屬棒與導軌接觸良好，所有軌道均不計電阻，則（　　）
A．當時，金屬棒中的電流大小為
B．從0時刻起到時，通過電阻R1的電量為
C．從0時刻起到時，電阻R1的發熱量為
D．從0時刻起到時，外力F做功為
11．（2025·芷江模擬）在一次課外活動中，某同學用如圖甲所示的裝置測量放在水平光滑桌面上的金屬板B與鐵塊A之間的動摩擦因數，并驗證牛頓第二定律。實驗步驟如下：
（a）用天平測出鐵塊A的質量mA、金屬板B的質量mB
（b）將該裝置按如圖所示的方式連接
（c）在動滑輪下掛上砝碼，穩定運行后，彈簧秤的示數為F1，力傳感器的示數為F2，打點計時器后方打出的一段紙帶如圖乙所示，已知重力加速度為g，紙帶上相鄰計數點間的時間間隔為T，則：
（1）金屬板B與鐵塊A之間的動摩擦因數為　 　。
（2）要驗證牛頓第二定律，需要保證______。
A．定滑輪和金屬板間的細繩必須水平
B．所有滑輪必須光滑
C．鉤碼的質量必須遠小于金屬板的質量
（3）要驗證牛頓第二定律，需要驗證的關系為　 　（用“、、、、”表示）。
12．（2025·芷江模擬）為測量某新型材料的電阻率，某小組同學選取了一個圓柱體新型材料。主要實驗步驟如下：
（1）先用螺旋測微器測量圓柱體的直徑，示數如圖甲所示，其直徑　 　mm。
（2）再用刻度尺測出圓柱體的長度為。
（3）用多用電表粗測電阻時，將選擇開關撥至“×10”擋，進行歐姆調零后，將兩表筆接待測電阻兩端，發現指針偏轉過小，此時應選　 　（選填“×1”“×10”或“×100”）擋重新進行測量，換擋后，　 　（選填“需要”“不需要”）歐姆調零，按照正確的操作后，讀數如圖乙所示，則該圓柱體的電阻為　 　。
（4）用如圖丙所示的電路精確測量該阻值，滑動變阻器滑片置于端，先將接1，閉合，調節和，使電流表和電壓表示數適當，電流表和電壓表的示數分別為、；再將接2，保持　 　（選填“”或“”）不變，調節另一滑動變阻器，電流表和電壓表示數分別為、，經計算得　 　。
（5）該新型材料的電阻率為　 　（用“、、”表示）。
13．（2025·芷江模擬）將一個橫截面積為的圓柱狀導熱性能良好的汽缸倒置固定在鐵架臺上，輕質活塞通過細線與放在臺面的重物相連。從汽缸底部的閥門處，投入一團燃燒的輕質酒精棉球。待酒精棉球熄滅后（不計灰燼的體積），立即關閉閥門，此時，活塞距汽缸底部的距離為，細線剛好被拉直但無拉力。已知大氣壓強為，重力加速度為，，環境溫度恒為，當汽缸內溫度降為時，重物剛好離開鐵架臺。汽缸內的氣體可看作理想氣體，不計活塞與汽缸內壁之間的摩擦，求：
（1）剛關閉閥門時，汽缸內氣體的溫度；
（2）當汽缸內氣體降為室溫時，重物距離鐵架臺臺面的距離。
14．（2025·芷江模擬）如圖，在坐標系內，第一象限有垂直紙面向外的勻強磁場，第二象限有沿軸正方向的勻強電場，電場強度大小為。一質量為、電荷量為的帶電粒子從軸上的點以速度沿與軸正方向成角的方向射入磁場，恰好垂直于軸射出磁場進入電場，不計粒子重力，求：
（1）磁感應強度的大小；
（2）粒子再次經過軸時的坐標及粒子的速度大小。
15．（2025·芷江模擬）如圖所示，初始時，一滑塊（可視為質點）以的速度滑上一靜止在光滑水平面上的小車，已知小車質量，滑塊質量，兩者之間的動摩擦因數，當滑塊和小車相對靜止時，小車與豎直墻壁剛好發生彈性碰撞。滑塊始終都不會和墻壁相碰，重力加速度，求：
（1）初始時，小車與豎直墻壁之間的距離；
（2）小車至少多長；
（3）從初始時至小車第次（已知且）與墻壁碰撞時，滑塊做減速運動的總時間及勻速運動的總時間。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】原子核的衰變、半衰期；α、β、γ射線及特點
【解析】【解答】β衰變的本質是原子核內的一個中子轉化成一個質子和一個電子，并將電子射出的過程，衰變過程遵循質量數守恒和電荷數守恒。A． 用作測厚儀說明該射線具有一定的穿透能力，用作測厚儀是利用β射線的貫穿本領，故A錯誤；
B．發生β衰變放出一個電子，由衰變前后電荷數守恒可知新核的電荷數為62，故B正確；
C．半衰期是對大量原子核統計的結果，對部分原子核不成立，故C錯誤；
D．半衰期是由原子核本身決定的，溫度的高低不會影響半衰期，故D錯誤。
故選：B。
【分析】β射線穿透能力較強，根據電荷數守恒分析，半衰期是對大量原子核統計的結果，半衰期是由原子核本身決定的，與外界因素無關。
2．【答案】C
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】解決本題的關鍵要掌握萬有引力提供向心力這一思路，得到線速度、加速度、引力、周期與軌道半徑的關系。
A．根據萬有引力提供向心力，結合牛頓第二定律可得
解得
可知向心加速度變為原來的4倍，故A錯誤；
B．根據萬有引力提供向心力
可得
線速度變為原來的倍，故B錯誤；
C．根據
可得
運動周期變為原來的倍，故C正確；
D．根據
“嫦娥六號”所受萬有引力變為原來的4倍，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據萬有引力提供向心力，得到各個物理量表達式，根據表達式分析。
3．【答案】C
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】根據波的圖像讀出振幅、波長、速度方向及大小變化情況，加速度方向及大小變化情況等，是應具備的基本能力。A．以石子所在水平面位置為坐標原點并開始計時，第一次形成如圖所示的部分波形，可知該機械波正在向軸正方向傳播，根據同側法，時，點的振動方向豎直向上，故A錯誤；
B．根據波動圖像可知，機械波的波長為，故B錯誤；
C．根據坐標原點處的水波起振方向豎直向下可知，該時刻機械波正好傳到4.5m處，故傳播速度
故C正確；
D．該機械波的周期
故D錯誤。
故選C。
【分析】由波的圖像讀出振幅和波長，由波速公式算出波速與周期。由波的傳播方向判斷質點的振動方向。
4．【答案】D
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】解決幾何光學問題的關鍵是根據題意正確畫出光路圖，然后根據幾何關系以及相關物理知識求解。A． 一單色細光束從的中點垂直于面入射，剛好在面發生全反射，光在棱鏡中的傳播光路圖如圖所示
根據題意
則有
解得
故A錯誤；
B．根據
其中解得
可知
故B錯誤；
CD．光在棱鏡中的傳播速度為
的長度
的長度
故光從射入棱鏡到第一次射出所用時間為
解得
故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】根據全反射條件，結合幾何關系分析求解；根據光在介質中傳播速度，結合幾何關系分析求解。
5．【答案】D
【知識點】牛頓定律與圖象
【解析】【解答】通過對木板和物塊進行受力分析，依據牛頓第二定律建立力與加速度的關系，求解動摩擦因數等物理量，這是動力學問題的核心知識點。從v-t圖像中精準提取加速度、速度等數據，用于后續計算，是解題的關鍵環節。AB． 根據物體運動的部分速度隨時間的變化圖像可知物體向左做減速運動時，加速度大小
物體向右加速時
根據牛頓第二定律可得
，
解得
，
選項AB錯誤；
CD．物體向左運動的位移為
根據
解得
，
故物體回到點的時刻為1.5s，選項C錯誤、D正確。
故選D。
【分析】根據v-t圖像可得加速度大小，根據牛頓第二定律可得F大小以及 動摩擦因數 大小，根據運動學規律求解速度以及時間。
6．【答案】B
【知識點】等勢面；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】本題考查帶電粒子在電場中的運動情況，要注意正確分析物理過程，明確動能定理的應用和牛頓第二定律的應用。A． 小球速度方向水平，小球沿直線運動， 根據豎直方向受力平衡有
解得
選項A錯誤；
B．小球在運動過程的加速度滿足
解得
根據
解得
選項B正確；
C．粒子在運動過程中，重力不做功，故
解得
選項C錯誤；
D．若小球從點水平射入，小球受到的電場力方向水平向左，小球做加速直線運動，選項D錯誤。
故選B。
【分析】根據粒子的運動特點分析出加速度方向；將電子的速度分解，根據動能定理和不同方向的運動特點完成分析；根據豎直方向受力平衡求出場強的大小。
7．【答案】A,D
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】三角形定則是指兩個力（或者其他任何矢量）合成，一個分力的終止點連接另一個分力的起始點，其合力應當為將一個力的起始點到第二個力的終止點。在叉車勻速運動的過程中，對石墩進行受力分析，并將石墩所受的三個力進行平移構成一個首尾相接的矢量三角形，在從增加為過程中，該矢量三角形的三個頂點應落在一個圓上，如圖所示
重力為圓的直徑，由圖可知，一直增加，一直在減小。
故選AD。
【分析】對球受力分析，結合共點力平衡以及力的合成即可求出。
8．【答案】A,D
【知識點】電路動態分析
【解析】【解答】解決本題的關鍵抓住電動勢和內電阻不變，結合閉合電路歐姆定律求解。注意做題前一定要理清電路，看電壓表測的是什么電壓，電流表測的是什么電流。AB． 照射光敏電阻的光照強度增強，光敏電阻阻值減小，并聯阻值減小，回路總電阻減小，回路總電流增大，故定值電阻和電源內阻上的電壓增大，并聯部分電壓減小，電壓表示數減小，定值電阻電流減小，根據并聯分流，電流表示數增大，且電流表電流的增加量大于電流表A電流的增加量，即，選項A正確、B錯誤；
C．根據
故
選項C錯誤；
D．電源的效率
當光照強度增強時，回路總外電阻減小，電源的效率降低，選項D正確。
故選AD。
【分析】根據“串反并同“法判斷電流表A1的示數的變化；根據歐姆定律求解電壓表示數變化量的絕對值與電流表A示數變化量的絕對值的比值，即可判斷。回路總外電阻減小，電源的效率降低。
9．【答案】B,C
【知識點】碰撞模型
【解析】【解答】本題考查動量守恒定律和機械能守恒定律的綜合運用，知道滑塊和圓弧組成的系統在水平方向上動量守恒，注意滑塊滾上圓弧上升到最高點時有共同速度。A．該過程系統在水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒，故A錯誤；
B．A滑上B的過程，有
，
解得
故B正確；
C．A滑上B的過程，A和B系統在水平方向動量守恒
故
，，，
解得
故C正確；
D．由于A和B質量相等，A和B分離時，相當于發生彈性碰撞，A和B交換速度，A的速度為0，B的速度大小為，故D錯誤。
故選BC。
【分析】合外力為零時，系統的動量守恒，根據動量守恒條件判斷系統動量是否守恒；根據動量守恒定律和機械能守恒定律求解物塊B的質量；根據人船模型求解 物塊B的位移大小。
10．【答案】A,C,D
【知識點】交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值；電磁感應中的能量類問題
【解析】【解答】本題是產生正弦式交流電的一種方式，要根據電流有效值求焦耳熱。根據電流平均值求通過電阻的電量。A． 整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，現有一根長度稍大于L的電阻，設時刻金屬棒與圓心的連線和水平方向的夾角為，則
產生的感應電動勢
根據閉合電路歐姆定律可得∶金屬棒中的電流大小
故當時，金屬棒中的電流大小為
A正確；
B．根據法拉第電磁感應定律可知
從0時刻起到時，故通過回路的總電量為
通過電阻的電量為
B錯誤；
C．通過上面的分析可知，回路內的電流為正弦交變電流，電流的最大值為，電阻的發熱量為
，
從0時刻起到時，電阻的發熱量為
C正確；
D．從0時刻起到時，回路內的總發熱量為
根據功能關系
D正確。
故選ACD。
【分析】金屬棒做勻速圓周運動，求出金屬棒與圓心的連線和水平方向的夾角θ，根據e=BLv0sinθ求出感應電動勢，由閉合電路歐姆定律計算感應電流大小；根據法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律以及電量與電流的關系求通過電阻R1的電量；回路內的電流為正弦交變電流，求出電流有效值，由焦耳定律求電阻R1的發熱量。
11．【答案】（1）
（2）A；B
（3）
【知識點】實驗驗證牛頓第二定律
【解析】【解答】本題借助實驗考查了基本規律的應用，平時訓練中一定要加強應用基本規律解決實際問題的能了，強調知識的活學活用。
（1）鐵塊A平衡，拉力等于摩擦力，根據受力平衡有
解得
（2）C．本實驗有力傳感器，沒有必要保證鉤碼的質量遠小于金屬板的質量，選項C錯誤；
AB．要保證細繩對金屬板的拉力水平，定滑輪和金屬板間的細繩必須水平，所有滑輪必須光滑，以減小阻力影響，選項AB正確。
故選AB。
（3）根據
可得鐵板的加速度
需要驗證的關系為
故要驗證
【分析】（1）根據受力平衡求解動摩擦因數；
（2）根據實驗原理和實驗注意事項分析；
（3）根據逐差法求解加速度大小，根據牛頓第二定律求解F2大小。
（1）鐵塊A平衡，有
解得
（2）C．本實驗有力傳感器，沒有必要保證鉤碼的質量遠小于金屬板的質量，選項C錯誤；
AB．要保證細繩對金屬板的拉力水平，定滑輪和金屬板間的細繩必須水平，所有滑輪必須光滑，以減小阻力影響，選項AB正確。
故選AB。
（3）根據
可得鐵板的加速度
需要驗證的關系為
故要驗證
12．【答案】1.703；×100；需要；1400；；；
【知識點】刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用；導體電阻率的測量；電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數
【解析】【解答】本題主要是考查測定金屬的電阻率實驗，關鍵是弄清楚實驗原理和實驗方法，掌握螺旋測微器的讀數方法以及電阻定律的計算公式。（1）螺旋測微器的讀數等于固定刻度讀數加上可動可得讀數，讀數要讀到最小刻度后一位1.5mm+20.5×0.01mm=1.705mm
（3）指針偏轉過小，說明電阻過大，故應換高倍率的擋位，故應換“×100”擋位。
每換一次擋位，需要重新進行歐姆調零，電阻的讀數為14.0×100Ω=1400Ω。
（4）接1時
接2時
故待測電阻的準確值為
實驗過程保持不變。
（5）根據電阻定律
，
解得
【分析】 （3）根據螺旋測微器的讀數方法進行讀數；
（4）歐姆表指針在中央刻度線附近時讀數誤差較小，用歐姆表測電阻要選擇合適的倍率（擋位），歐姆表的指針偏轉角度不大，說明選取的倍率較小；歐姆表換擋后，需要重新進行歐姆調零；根據歐姆定律求解待測電阻的阻值；
（5）根據電阻定律求解電阻絲的電阻率。
13．【答案】（1）解：初始時汽缸內氣體壓強為，溫度為，當汽缸內溫度為時，對活塞受力分析有
解得
氣體發生等容變化，則有
解得
（2）解：當氣體溫度繼續降低時，氣體發生等壓變化，則有
解得
故
故當汽缸內氣體降為室溫時，重物距離鐵架臺臺面的距離為
【知識點】氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【分析】（1）氣體發生等容變化，根據玻意耳定律列式求解；
（2）當氣體溫度繼續降低時，氣體發生等壓變化，根據蓋—呂薩克定律列式求解。
（1）初始時汽缸內氣體壓強為，溫度為
當汽缸內溫度為時，對活塞受力分析有
解得
氣體發生等容變化，則有
解得
（2）當氣體溫度繼續降低時，氣體發生等壓變化，則有
解得
故
故當汽缸內氣體降為室溫時，重物距離鐵架臺臺面的距離為
14．【答案】（1）解：粒子帶負電，在磁場中的運動軌跡如圖所示
由幾何關系得
解得
根據洛倫茲力提供向心力有
解得
（2）解：粒子離開磁場時的坐標為
粒子進入電場后做類平拋運動
， ，
解得
豎直方向速度
粒子再次經過軸的速度大小為
解得
【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）磁場提供向心力，由洛倫茲力等于向心力的關系式，結合已知參數，推導出磁感應強度的表達式；
（2）求出粒子離開磁場時的坐標，粒子進入電場后做類平拋運動，根據運動的合成與分解求解粒子再次經過軸時的坐標及粒子的速度大小。
（1）粒子帶負電，在磁場中的運動軌跡如圖所示
由幾何關系得
解得
根據洛倫茲力提供向心力有
解得
（2）粒子離開磁場時的坐標為
粒子進入電場后做類平拋運動， ，
解得
豎直方向速度
粒子再次經過軸的速度大小為
解得
15．【答案】（1）解：滑塊滑上小車，滑塊和小車系統動量守恒，有
對小車，有
解得
（2）解：小車第一次與墻壁碰撞后，小車向左減速，滑塊向右減速，小車的速度先減為0，然后反向加速，直至與滑塊共速后再一起勻速向右運動，然后與墻壁發生第二次碰撞，以此類推，二者速度會逐漸減小直至二者都趨于靜止。設滑塊相對小車的相對位移為，根據能量守恒
解得
即小車的長度至少為3.6m。
（3）解：設滑塊做減速運動的時間為，對滑塊
，
則
小車和滑塊以共同速度與墻第二次相碰，以向右為正，由動量守恒
解得
對小車，第一次碰后到二者共速的過程
得
減速時間
勻速時間
接著小車與墻第二次相碰，設小車第三次與墻相碰前和滑塊的共同速度為，以右為正，由動量守恒
解得
第二次碰后到二者共速的過程
可得
減速時間
勻速時間
以此類推，小車第次與墻碰撞時小車和滑塊的共同速度
總的減速時間
總的勻速時間

【知識點】碰撞模型
【解析】【分析】（1）滑塊滑上小車，滑塊和小車系統動量守恒，結合動能定理求解；
（2）分析小車的運動過程，二者速度會逐漸減小直至二者都趨于靜止，結合能量守恒定律求解；
（3）根據運動學規律和牛頓第二定律求解加速度大小，以向右為正，由動量守恒求解速度大小，以此類推，小車第次與墻碰撞時小車和滑塊的共同速度，根據運動學規律求解時間大小。
（1）滑塊滑上小車，滑塊和小車系統動量守恒，有
對小車，有
解得
（2）小車第一次與墻壁碰撞后，小車向左減速，滑塊向右減速，小車的速度先減為0，然后反向加速，直至與滑塊共速后再一起勻速向右運動，然后與墻壁發生第二次碰撞，以此類推，二者速度會逐漸減小直至二者都趨于靜止。設滑塊相對小車的相對位移為，根據能量守恒
解得
即小車的長度至少為3.6m。
（3）設滑塊做減速運動的時間為，對滑塊，
則
小車和滑塊以共同速度與墻第二次相碰，以向右為正，由動量守恒
解得
對小車，第一次碰后到二者共速的過程
得
減速時間
勻速時間
接著小車與墻第二次相碰，設小車第三次與墻相碰前和滑塊的共同速度為，以右為正，由動量守恒
解得
第二次碰后到二者共速的過程
可得
減速時間
勻速時間
以此類推，小車第次與墻碰撞時小車和滑塊的共同速度
總的減速時間
總的勻速時間
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