黑龙江省齐齐哈尔市普高联谊校2023届高三上学期物理期末考试试卷
一、单选题
1．（2023高三上·龙江期末）北京时间2022年6月5日10时44分，搭载神舟十四号载人飞船的长征二号火箭，在酒泉卫星发射中心点火成功发射，航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲顺利进入中国空间站的天和核心舱，正式开启6个月的太空之旅。若空间站绕地球做匀速圆周运动，距地球表面的高度为400公里，每90分钟绕地球一周，速度为7. 68km/s。根据以上信息，下列说法正确的是（ ）
A．信息中的2022年6月5日10时44分指的是时间间隔
B．中国空间站绕地球飞行时，天和核心舱内的宇航员相对地面是静止的
C．以地心为参考系，中国空间站绕地球飞行一圈，其平均速度为7. 68 km/s
D．在对空间站组合体进行姿态调整时，不可以将其视为质点
【答案】D
【知识点】质点；时间与时刻；参考系与坐标系
【解析】【解答】A．信息中的2022年6月5日10时44分指的是时刻，A不符合题意；
B．中国空间站绕地球飞行时，天和核心舱内的宇航员相对地面是运动的，B不符合题意；
C．以地心为参考系，中国空间站绕地球飞行一圈，位移为零，则其平均速度为零，C不符合题意；
D．在对空间站组合体进行姿态调整时，空间站的大小不能忽略，不可以将其视为质点，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】时刻在时间轴上为一时间点，当物体的大小和形状对问题的研究没有影响时该物体可看做质点，结合平均速度的定义进行分析判断。
2．（2023高三上·龙江期末）若一乒乓球运动员某一次击球时，将乒乓球从A点水平击出，乒乓球击中D点；另一运动员将该乒乓球从位于A点正下方且与D点等高的B点斜向上击出，最高点为C，乒乓球也击中D点，A、C高度相同。忽略空气阻力，则（ ）
A．乒乓球在两个过程中飞行时间相等
B．乒乓球两次击中D点时速率相同
C．乒乓球被击出后的初动能可能相同
D．乒乓球两次击球过程重力做功相同
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．由平抛运动规律可知两次运动过程时间比为 ，A不符合题意；
B．根据平抛运动规律可知AD路径到达D点水平速度大，而竖直分速度相同，故第一次击中D点时速率大，B不符合题意；
C．由于AD路径水平初速度大，竖直初速度为0，无法判定初速度大小关系，故它们被击出后初动能可能相同，C符合题意；
D．由于B、D在同一水平线上，故由B到D重力做功为0，而由A到D重力做功不为零；两过程重力做功不同，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，结合平抛运动的规律以及恒力做功进行分析判断。
3．（2023高三上·龙江期末）宇航员的训练、竞技体育的指导、汽车的设计等多种工作都用到急动度（jerk）的概念。加速度对时间的变化率称为急动度，其方向与加速度的变化量方向相同。一质点从静止开始竖直向下做直线运动，选向下为正方向，其加速度随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．内质点处于超重状态 B．内的质点做减速运动
C．时质点速度方向改变 D．时质点的急动度为
【答案】D
【知识点】加速度；超重与失重
【解析】【解答】A．根据 图像可知， 内质点做加速度增大的加速运动，且加速度方向向下，故质点处于失重状态，A不符合题意；
BC．前 质点的加速度一直为正，而质点的初速度又为零，故前 内速度方向一直为正， 时质点速度方向没有改变； 内的质点做加速度减小的加速运动，BC不符合题意；
D．根据题意可知急动度是指加速度变化的快慢，由图像可知斜率表示急动度， 时急动度是 ，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】图像与坐标轴围成图形的面积表示速度的变化量，急动度是指加速度变化的快慢，结合a-t图像进行分析判断。
4．（2022高二上·运城期中）如图所示，实线为电场线，虚线为某带电粒子仅在静电力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子一定带正电
B．粒子在c点的速度一定大于在a点的速度
C．粒子在c点的加速度一定小于在b点的加速度
D．粒子在c点的电势能一定大于在b点的电势能
【答案】D
【知识点】功能关系；电场及电场力；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．根据粒子的运动轨迹及曲线运动的条件可知，粒子在所受电场力方向向左，与电场方向相反 ，粒子带负电；A不符合题意；
B．从c点运动到a点，电场力做正功，粒子的动能增大，即速度增大。所以粒子在c点的速度一定小于在a点的速度。B不符合题意
C．因为电场线密集场强越大，所以粒子在c点所受电场力大于在b点所受电场力。根据牛顿第二定律可知，粒子在c点加速度一定大于在b点加速度，C不符合题意；
D．从c点到b点，电场力做正功，电势能减小，所以带正电的粒子在c点的电势能一定大于在b点的电势能。D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据粒子的运动轨迹及曲线运动的条件得出电场力的方向，从而得出粒子的电性，从c点运动到a点根据功能关系得出ac两点速度的大小，c到b的过程结合功能关系得出cb两点电势能的大小关系。
5．（2023高三上·龙江期末）如图所示，在倾角为的光滑斜面上，物块A、B的质量分别为和，物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力。已知重力加速度g取，，。某时刻把细线剪断，关于细线剪断的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．物块A的加速度大小为 B．物块B的加速度大小为
C．物块A对B的弹力大小为0 D．物块B对A的弹力大小为
【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】AB．剪断细线前，弹簧的弹力 ，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，对A、B系统受力分析，加速度大小为 ，即A和B的加速度大小均为 ，A符合题意、B不符合题意；
CD．取B为研究对象，由牛顿第二定律 ，解得 ，CD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】剪断细线前和细线剪断的瞬间，分别以AB和B为研究对象，利用牛顿第二定律得出加速度的大小以及A与B之间的弹力。
6．（2023高三上·龙江期末）“祝融”火星车由着陆平台搭载着陆火星，如图所示为着陆后火星车与着陆平台分离后的“自拍”合影。火星车从离火星表面高处由开始下落，刚好落到火星表面速度为零，此过程的加速度大小等于火星表面重力加速度大小。已知火星直径约为地球直径的一半，地球表面重力加速度g取。则（ ）
A．火星车着陆过程处于失重状态
B．火星表面的重力加速度为
C．火星质量约为地球质量的倍
D．火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的
【答案】B
【知识点】超重与失重；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．着陆火星的最后一段过程为竖直方向的匀减速运动，加速度方向向上，火星车处于超重状态，A不符合题意；
B．由运动学公式可知 ，解得 ，B符合题意；
C．由 ，可知 ，火星直径约为地球直径的一半，故火星质量与地球质量之比为 C不符合题意；
D．由 ，可知 ，因为火星直径约为地球直径的一半，火星质量约为地球质量的 ，故有 ，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】物体具有向上的加速度时处于超重，结合匀变速直线运动的位移与速度的关系得出火星表面的重力加速度，在星球表面重力等于万有引力以及万有引力提供向心力得出火星和地球的质量之比以及线速度之比。
7．（2023高三上·龙江期末）明朝的《天工开物》记载的工艺技术体现了我国古代劳动人民的智慧。如图所示，可转动把手上的a点到转轴的距离为，辘轳边缘b点到转轴的距离为。甲转动把手可以把井底的乙匀加速拉起来，下列说法正确的是（ ）
A．a点角速度与b点角速度之比为
B．a点线速度与b点线速度大小之比为
C．a点向心加速度与b点向心加速度大小之比为
D．绳对乙拉力的冲量等于乙的动量变化量
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A．因a、b两点同轴转动，则a点的角速度等于b点的角速度，A不符合题意；
B．根据 ，可知a点线速度与b点线速度大小之比为 ，B符合题意；
C．根据 ，可知a点向心加速度与b点向心加速度大小之比为 ，C不符合题意；
D．根据动量定理 ，即绳对乙拉力和重力的合力的冲量等于乙的动量变化量，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】同轴转动各点的角速度相等，同皮带转动各点的线速度相等，结合线速度和角速度的关系以及向心加速度和角速度的关系得出线速度之比和向心加速度之比，利用动量定理得出合力的冲量和动量变化量之间的关系。
8．（2023高三上·龙江期末）如图所示，质量为的小物块从的O点以速度沿水平面向右运动，小物块撞击弹簧后被弹簧弹回并最终静止于O点，已知小物块与水平面间动摩擦因数为。下列说法正确的是（ ）
A．小物块向右运动过程中，加速度逐渐减小
B．小物块向左运动过程中，经过A点（弹簧原长处）速度最大
C．小物块向右运动过程中，弹簧的最大压缩量为
D．弹簧储存的弹性势能的最大值为
【答案】C
【知识点】受力分析的应用；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—连接体；动能
【解析】【解答】A．由题意可知，小物块向右先做匀减速后做变减速运动，加速度先不变，后减小，A不符合题意；
B．小物块弹回向左运动的过程中，合力为零时速度最大，而A点弹力为0，但摩擦力不为0，则合力不为零，B不符合题意；
C．由题意可知，对小物块从O点到回到O点全程运用动能定理可知 ，解得 C符合题意；
D．对小物块从O点到弹簧压缩量最大时，由能量守恒可知 ，解得 ，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】对物块进行受力分析，根据牛顿第二定律得出加速度的变化情况，利用动能定理和能量守恒定律得出弹簧的最大压缩量以及弹性势能的最大值。
二、多选题
9．（2023高三上·龙江期末）人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢平躺着看手机，经常出现手机砸伤脸的情况。若手机质量约为，从离人脸约的高处无初速掉落，砸到人脸后手机未反弹，人脸受到手机的冲击时间约为，重力加速度g取，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．手机与人脸作用过程中动量变化量方向竖直向下
B．手机对人脸的冲量大小约为
C．手机对人脸的平均冲力大小约为
D．手机与人脸作用过程中动量变化量大小约为
【答案】C,D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】A．动量的变化量为末动量减初动量，所以手机的动量变化量的方向竖直向上，A不符合题意；
B．手机做自由落体运动，则 ，解得 对手机由动量定理可知 ，解得 ，B不符合题意；
C．根据 ，解得 ，C符合题意；
D．手机与人脸作用后速度变为零，手机动量变化量的大小为 ，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】根据匀变速直线运动的位移与速度的关系得出落地的速度 ，利用动量定理得出 手机对人脸的冲量和冲力。
10．（2023高三上·龙江期末）甲、乙两个质点沿同一直线运动，其中质点甲做匀速直线运动，质点乙做匀变速直线运动，它们的位置坐标x随时间t的变化如图所示，且乙的位置坐标x随时间t的变化规律为：（各物理量均采用国际单位制），已知t=2s时，乙图线在该点的切线斜率与甲图线的斜率相等。下列判断正确的是（ ）
A．0~2s内，甲、乙的运动方向相反
B．乙的加速度为4m/s2
C．t=5s时，两车相遇
D．甲的速度为8m/s
【答案】B,C,D
【知识点】加速度；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A．由x-t图可以看出，甲、乙都向正方向运动。A符合题意；
B．由x-t图的斜率表示速度，对函数 求导可得 ，当t=0时，v乙0=0，当t=2s时，v乙2=8m/s，则乙的加速度为 。B符合题意；
CD．t=2s时，乙图线在该点的切线斜率与甲图线的斜率相等，则v甲=8m/s，由x-t图得甲从x=0位置出发，乙从 位置出发，要想两车相遇，则有 ，即 ，解得 ，CD符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】x-t图像的斜率表示是物体的速度，结合匀变速直线运动的位移与时间的关系得出不同时刻的速度，通过加速度的定义式得出乙的加速度，交点处两物体相遇。
11．（2022高二上·运城期中）如图所示，在匀强电场中，A、B、C、D、E、F位于边长的正六边形的顶点上，匀强电场的方向平行于正六边形所在的平面。已知A、B、D的电势分别为、5V、14V。则下列说法正确的是（ ）
A．电子在E点的电势能是
B．A，F间的电势差是0
C．该匀强电场的场强大小
D．一个质子从B点以的动能进入电场，调整入射方向，可使质子到达D点
【答案】B,D
【知识点】电场线；电势能与电场力做功的关系；等势面
【解析】【解答】A．如下图所示，连接AD、BF、CE，AD与BF、CE的交点为M、N；中点是O，由图可知，AD与BF、CE都垂直，由六边形的特点可知，AM=MO=ON=ND，A点电势是-4V，B点电势是5V，D点电势是14V，由此可知，M、O、N的电势分别是0.5V、5V、9.5V，则BOE为等势面，则E点的电势一定与O点电势相等，是5V，电子在E点的电势能是-5eV ，A不符合题意；
B．由以上分析可知，BOE是等势面， AF与BOE平行，因此A与F电势相等，所以UAF=0V，B符合题意；
C．AF和BE都为等势面，因为电场线和等势面垂直，沿电场线方向电势降低，因此有
C符合题意；
D．一质子以9eV的动能从B点到D点，质子带正电，需克服电场力做功是9eV，若质子能达到D点需要有水平方向的初速度，电场强度的方向为CA方向，结合运动可知，运动到D点的速度不可以为0，故质子不能达到D点。D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】电场线和等势线垂直，沿着电场线电势逐渐降低，结合匀强电场电场强度的定义式得出电场强度的大小，结合粒子在电场中的运动情况进行分析判断。
12．（2023高三上·龙江期末）如图甲所示，一质量不计的劲度系数为k的轻弹簧竖直固定在水平面上，可视为质点的质量为的小球由弹簧的正上方高度处无初速度释放，通过计算机描绘了小球在下落过程中，弹簧对水平面的压力与小球位移的图像，如图乙所示，图中的坐标值均已知。小球动能的最大值用表示，小球加速度的最大值用表示。已知弹簧弹性势能表达式为，g取。则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．弹簧的最大弹性势能为
【答案】A,D
【知识点】胡克定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据胡克定律有 ，A符合题意；
B．当 时，速度最大，此时有 ，由图可知 ，故 ，B不符合题意；
C．若小球刚接触弹簧时速度为0，则有 ， ，因为小球接触弹簧时速度大于0，故最大压缩量大于 ，则 ，C不符合题意；
D．根据能量守恒可知下落到最低处有 ，可得 ，故 ，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据胡克定律得出弹簧的劲度系数，结合机械能守恒定律得出小球的动能，利用能量守恒定律得出最大弹性势能。
三、实验题
13．（2023高三上·龙江期末）某同学用如图所示的装置，通过A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。
（1）实验中需要满足的条件是______
A．轨道必须光滑
B．两球材质必须相同
C．入射球A的半径必须大于被碰球B的半径
D．同一组实验中，入射球A必须从同一位置由静止释放
（2）实验时，先让入射球A从斜槽上的起始位置由静止释放，多次重复，找到其平均落点的位置为P；然后把被碰小球B置于水平轨道的末端，再将入射小球A按实验要求从斜槽上释放，与小球B相撞，多次重复，分别找到球A和球B相撞后的平均落点M、N。其中小球A的质量为，小球B的质量为，并测出，、的距离。当所测物理量满足表达式 （用已知和所测物理量的字母表示）时，则说明两球碰撞遵循动量守恒定律。如果还满足表达式 （用、、表示）时，则说明两球碰撞时无机械能损失。
【答案】（1）D
（2）；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）AD．每次实验时入射球从轨道的同一位置由静止释放，从而保证入射球到达轨道底端时的速度相等，轨道不一定是光滑的，A不符合题意，D符合题意；
BC．为了让两球能发生对心碰撞且能平拋出去，因此两球的半径应该相同，且A球的质量大于B球的质量，对材质没有要求，BC不符合题意。故答案为：D。
（2）本实验验证动量守恒定律，即验证 。根据平抛运动规律有 ， ，联立得 ，则x与v成正比，故当 成立时，即可验证动量守恒定律；假设两球碰撞时无机械能损失，则有 ，可得 ，化简可得
【分析】（1）根据验证动量守恒定律的实验原理得出该实验中需要满足的条件；
（2）小球做平抛运动，平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，结合平抛运动的规律以及动量守恒和动能不变得出需要满足的表达式。
14．（2023高三上·龙江期末）某中学实验小组成员应用多用电表测电压表的内阻和欧姆表电池的电动势。电压表量程为，内阻未知，如图甲所示，为一多用电表的表盘，其中表盘上的三个重要部件分别用三个字母A、B、C标记了出来，然后在测量电阻时操作过程如下：
（1）在测量电阻以前，首先进行的操作应是对多用电表机械调零，要调节部件 ，使多用电表的指针指在表盘最左端的零刻度线位置。
（2）机械调零后，试测电压表内阻，将欧姆表选择开关置于“”挡，发现指针偏转过小，则该同学应将选择开关置于 （填“×1”“×10”或“×1k”）。
（3）选择合适的挡位后，该同学先将红、黑表笔短接，再调节部件 使指针指向“”处，选用图中 （填“乙”或“丙”）方式连接，在本实验中，两电表示数如图丁、戊所示，某同学读出欧姆表的读数为 ，这时电压表的读数为 V，请你求出欧姆表电池的电动势为 V。（已知由该多用电表刻度盘上读出电阻刻度中间值为15）
【答案】（1）A
（2）×1k
（3）B；乙；；6.0；7.8
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）在测量电阻以前，首先进行的操作应是机械调零，要调节部件机械调零旋钮A，使多用电表的指针指在表盘最左端的零刻度线位置；
（2）根据欧姆表的使用方法可知，欧姆表指针偏角过小，说明待测电阻阻值太大，应选择较大的倍率，所以选择开关应置于“×1k”挡，且需要重新调零；
（3）选择合适的挡位后，该同学先将红、黑表笔短接，进行欧姆调零，故应调节部件B，使指针指向“ ”处；根据“红进黑出”的原理可知，黑表笔应该连接电压表的正极，故应选图中的乙方式进行连接；根据图丁可知欧姆表的读数为 ，根据图戊可知电压表的读数为 ；已知由该多用电表刻度盘上读出电阻刻度中间值为15，则中值电阻为 ，所以
【分析】（1）欧姆表使用前首先机械调零，使多用电表的指针指在表盘最左端的零刻度线位置；
（2）欧姆表指针偏角过小，应选择较大的倍率，从而选择合适的倍率；
（3）根据欧姆表的读数原理以及闭合电路欧姆定律得出欧姆表的读数以及电压表的读数。
四、解答题
15．（2023高三上·龙江期末）汽车以72km/h的速度行驶，制动后做匀减速直线运动，在5s内前进40m，求：
（1）汽车的加速度；
（2）制动后3s内发生的位移大小。
【答案】（1）解：已知
假设汽车在5s内未停止运动，根据
解得
则5s末汽车速度为
因此假设不成立，即5s内汽车已停止运动，根据
解得汽车加速度为
即汽车加速度大小为 ，方向与运动方向相反；
（2）解：根据
解得刹车时间为
因此汽车在制动后3s内发生的位移大小为
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【分析】（1）根据匀变速直线运动的位移与时间的关系以及位移与速度的关系得出汽车的加速度大小和方向；
（2）利用匀变速直线运动的速度与时间的关系以及位移与时间的关系得出制动后3s内发生的位移 。
16．（2021高二上·运城期中）如图甲所示极板A、B间电压为，极板C、D间距为d，荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长L。A板O处的放射源连续无初速地释放质量为m、电荷量为的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏（荧光屏足够大且与中心线垂直），当C、D板间加上图乙所示电压（图中电压）时，粒子均能从C、D两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用，题中已知量为、L、d。求：
（1）粒子穿过C、D板间的时间t；
（2）粒子均能从C、D两板间飞出时，值满足的条件；
（3）当k取第（2）中的最大值时，粒子打在荧光屏上区域的长度。
【答案】（1）解：粒子在A、B板间加速过程，据动能定理可得
在C、D板间水平方向做匀速直线运动，可得
联立解得
（2）解：粒子从 （n=0、2、4 ）时刻进入C、D间，偏移距离最大，粒子做类平抛运动，竖直方向满足
据牛顿第二定律可得
由速度公式可得
要使粒子均能从C、D两板间飞出，应满足
联立解得
（3）解：由第（2）问可知，当粒子从 （n=0、2、4 ）时刻进入C、D间，偏移距离最大为
粒子从 （n=1、3、5 ）时刻进入C、D间，偏移距离最小为
设粒子离开偏转极板的速度与水平方向的夹角为 ，则粒子打在荧光屏上区域的长度为
联立解得
【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） 粒子在A、B板间加速过程 ，根据动能定理得出粒子射入偏转电场的速度，粒子在偏转电场做类平抛运动，结合类平抛运动的规律得出粒子穿过C、D板间的时间；
（2）根据粒子在偏转电场中的运动以及牛顿第二定律得出值满足的条件；
（3）根据粒子在偏转电场做类平抛运动，结合类平抛运动的规律以及几何关系得出粒子打在荧光屏上区域的长度。
17．（2023高三上·龙江期末）如图所示，固定光滑轨道由水平轨道和与相切于B点且半径的竖直半圆轨道组成，上静置一质量的小滑块a；右侧水平地面上停靠一质量的小车，小车的上表面水平且与等高，锁定小车。一水平轻弹簧右端固定在小车的挡板上，弹簧的自由端在P点，P点左侧的小车上表面是粗糙的，其他各处的摩擦均不计。现用手将一质量的小滑块b缓慢向右压缩弹簧一段距离并由静止释放b，b离开弹簧一段时间后与a发生弹性碰撞，碰撞后a沿轨道运动，恰好能通过最高点C，此后取走a；碰撞后b返回，经弹簧反弹一次后恰好停在小车的左端。已知b与间的动摩擦因数，a、b均视为质点，取重力加速度大小。
（1）求碰撞后a经过B点时对轨道的压力大小；
（2）求P、A两点间的距离L以及弹簧被释放前所具有的弹性势能；
（3）若b与a碰撞时将小车解锁，b最终停在P点左侧何处？
【答案】（1）解：在C点，根据牛顿第二定律
过程由动能定理
在B点
解得
由牛顿第三定律可知
（2）解：a、b碰撞动量，能量守恒，取向左为正
得
反弹后回到A有
解得
释放前
（3）解：反弹后b与小车动量守恒
解得
至共速产生的热量
故停在P左侧 处。
【知识点】动量守恒定律；牛顿运动定律的应用—连接体；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）在C点利用牛顿第二定律得出C点的速度，从B到C的过程利用动能定理得出B点的速度，在B点结合牛顿第二定律得出 碰撞后a经过B点时对轨道的压力 ；
（2）ab碰撞的过程根据动量守恒和动能不变得出碰后b的速度，反弹后利用动能定理得出 弹簧被释放前所具有的弹性势能；
（3） 反弹后b与小车动量守恒 ，利用动量守恒定律得出共同的速度；利用动能定理得出b最终停止的位置。
黑龙江省齐齐哈尔市普高联谊校2023届高三上学期物理期末考试试卷
一、单选题
1．（2023高三上·龙江期末）北京时间2022年6月5日10时44分，搭载神舟十四号载人飞船的长征二号火箭，在酒泉卫星发射中心点火成功发射，航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲顺利进入中国空间站的天和核心舱，正式开启6个月的太空之旅。若空间站绕地球做匀速圆周运动，距地球表面的高度为400公里，每90分钟绕地球一周，速度为7. 68km/s。根据以上信息，下列说法正确的是（ ）
A．信息中的2022年6月5日10时44分指的是时间间隔
B．中国空间站绕地球飞行时，天和核心舱内的宇航员相对地面是静止的
C．以地心为参考系，中国空间站绕地球飞行一圈，其平均速度为7. 68 km/s
D．在对空间站组合体进行姿态调整时，不可以将其视为质点
2．（2023高三上·龙江期末）若一乒乓球运动员某一次击球时，将乒乓球从A点水平击出，乒乓球击中D点；另一运动员将该乒乓球从位于A点正下方且与D点等高的B点斜向上击出，最高点为C，乒乓球也击中D点，A、C高度相同。忽略空气阻力，则（ ）
A．乒乓球在两个过程中飞行时间相等
B．乒乓球两次击中D点时速率相同
C．乒乓球被击出后的初动能可能相同
D．乒乓球两次击球过程重力做功相同
3．（2023高三上·龙江期末）宇航员的训练、竞技体育的指导、汽车的设计等多种工作都用到急动度（jerk）的概念。加速度对时间的变化率称为急动度，其方向与加速度的变化量方向相同。一质点从静止开始竖直向下做直线运动，选向下为正方向，其加速度随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．内质点处于超重状态 B．内的质点做减速运动
C．时质点速度方向改变 D．时质点的急动度为
4．（2022高二上·运城期中）如图所示，实线为电场线，虚线为某带电粒子仅在静电力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子一定带正电
B．粒子在c点的速度一定大于在a点的速度
C．粒子在c点的加速度一定小于在b点的加速度
D．粒子在c点的电势能一定大于在b点的电势能
5．（2023高三上·龙江期末）如图所示，在倾角为的光滑斜面上，物块A、B的质量分别为和，物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力。已知重力加速度g取，，。某时刻把细线剪断，关于细线剪断的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．物块A的加速度大小为 B．物块B的加速度大小为
C．物块A对B的弹力大小为0 D．物块B对A的弹力大小为
6．（2023高三上·龙江期末）“祝融”火星车由着陆平台搭载着陆火星，如图所示为着陆后火星车与着陆平台分离后的“自拍”合影。火星车从离火星表面高处由开始下落，刚好落到火星表面速度为零，此过程的加速度大小等于火星表面重力加速度大小。已知火星直径约为地球直径的一半，地球表面重力加速度g取。则（ ）
A．火星车着陆过程处于失重状态
B．火星表面的重力加速度为
C．火星质量约为地球质量的倍
D．火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的
7．（2023高三上·龙江期末）明朝的《天工开物》记载的工艺技术体现了我国古代劳动人民的智慧。如图所示，可转动把手上的a点到转轴的距离为，辘轳边缘b点到转轴的距离为。甲转动把手可以把井底的乙匀加速拉起来，下列说法正确的是（ ）
A．a点角速度与b点角速度之比为
B．a点线速度与b点线速度大小之比为
C．a点向心加速度与b点向心加速度大小之比为
D．绳对乙拉力的冲量等于乙的动量变化量
8．（2023高三上·龙江期末）如图所示，质量为的小物块从的O点以速度沿水平面向右运动，小物块撞击弹簧后被弹簧弹回并最终静止于O点，已知小物块与水平面间动摩擦因数为。下列说法正确的是（ ）
A．小物块向右运动过程中，加速度逐渐减小
B．小物块向左运动过程中，经过A点（弹簧原长处）速度最大
C．小物块向右运动过程中，弹簧的最大压缩量为
D．弹簧储存的弹性势能的最大值为
二、多选题
9．（2023高三上·龙江期末）人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢平躺着看手机，经常出现手机砸伤脸的情况。若手机质量约为，从离人脸约的高处无初速掉落，砸到人脸后手机未反弹，人脸受到手机的冲击时间约为，重力加速度g取，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．手机与人脸作用过程中动量变化量方向竖直向下
B．手机对人脸的冲量大小约为
C．手机对人脸的平均冲力大小约为
D．手机与人脸作用过程中动量变化量大小约为
10．（2023高三上·龙江期末）甲、乙两个质点沿同一直线运动，其中质点甲做匀速直线运动，质点乙做匀变速直线运动，它们的位置坐标x随时间t的变化如图所示，且乙的位置坐标x随时间t的变化规律为：（各物理量均采用国际单位制），已知t=2s时，乙图线在该点的切线斜率与甲图线的斜率相等。下列判断正确的是（ ）
A．0~2s内，甲、乙的运动方向相反
B．乙的加速度为4m/s2
C．t=5s时，两车相遇
D．甲的速度为8m/s
11．（2022高二上·运城期中）如图所示，在匀强电场中，A、B、C、D、E、F位于边长的正六边形的顶点上，匀强电场的方向平行于正六边形所在的平面。已知A、B、D的电势分别为、5V、14V。则下列说法正确的是（ ）
A．电子在E点的电势能是
B．A，F间的电势差是0
C．该匀强电场的场强大小
D．一个质子从B点以的动能进入电场，调整入射方向，可使质子到达D点
12．（2023高三上·龙江期末）如图甲所示，一质量不计的劲度系数为k的轻弹簧竖直固定在水平面上，可视为质点的质量为的小球由弹簧的正上方高度处无初速度释放，通过计算机描绘了小球在下落过程中，弹簧对水平面的压力与小球位移的图像，如图乙所示，图中的坐标值均已知。小球动能的最大值用表示，小球加速度的最大值用表示。已知弹簧弹性势能表达式为，g取。则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．弹簧的最大弹性势能为
三、实验题
13．（2023高三上·龙江期末）某同学用如图所示的装置，通过A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。
（1）实验中需要满足的条件是______
A．轨道必须光滑
B．两球材质必须相同
C．入射球A的半径必须大于被碰球B的半径
D．同一组实验中，入射球A必须从同一位置由静止释放
（2）实验时，先让入射球A从斜槽上的起始位置由静止释放，多次重复，找到其平均落点的位置为P；然后把被碰小球B置于水平轨道的末端，再将入射小球A按实验要求从斜槽上释放，与小球B相撞，多次重复，分别找到球A和球B相撞后的平均落点M、N。其中小球A的质量为，小球B的质量为，并测出，、的距离。当所测物理量满足表达式 （用已知和所测物理量的字母表示）时，则说明两球碰撞遵循动量守恒定律。如果还满足表达式 （用、、表示）时，则说明两球碰撞时无机械能损失。
14．（2023高三上·龙江期末）某中学实验小组成员应用多用电表测电压表的内阻和欧姆表电池的电动势。电压表量程为，内阻未知，如图甲所示，为一多用电表的表盘，其中表盘上的三个重要部件分别用三个字母A、B、C标记了出来，然后在测量电阻时操作过程如下：
（1）在测量电阻以前，首先进行的操作应是对多用电表机械调零，要调节部件 ，使多用电表的指针指在表盘最左端的零刻度线位置。
（2）机械调零后，试测电压表内阻，将欧姆表选择开关置于“”挡，发现指针偏转过小，则该同学应将选择开关置于 （填“×1”“×10”或“×1k”）。
（3）选择合适的挡位后，该同学先将红、黑表笔短接，再调节部件 使指针指向“”处，选用图中 （填“乙”或“丙”）方式连接，在本实验中，两电表示数如图丁、戊所示，某同学读出欧姆表的读数为 ，这时电压表的读数为 V，请你求出欧姆表电池的电动势为 V。（已知由该多用电表刻度盘上读出电阻刻度中间值为15）
四、解答题
15．（2023高三上·龙江期末）汽车以72km/h的速度行驶，制动后做匀减速直线运动，在5s内前进40m，求：
（1）汽车的加速度；
（2）制动后3s内发生的位移大小。
16．（2021高二上·运城期中）如图甲所示极板A、B间电压为，极板C、D间距为d，荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长L。A板O处的放射源连续无初速地释放质量为m、电荷量为的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏（荧光屏足够大且与中心线垂直），当C、D板间加上图乙所示电压（图中电压）时，粒子均能从C、D两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用，题中已知量为、L、d。求：
（1）粒子穿过C、D板间的时间t；
（2）粒子均能从C、D两板间飞出时，值满足的条件；
（3）当k取第（2）中的最大值时，粒子打在荧光屏上区域的长度。
17．（2023高三上·龙江期末）如图所示，固定光滑轨道由水平轨道和与相切于B点且半径的竖直半圆轨道组成，上静置一质量的小滑块a；右侧水平地面上停靠一质量的小车，小车的上表面水平且与等高，锁定小车。一水平轻弹簧右端固定在小车的挡板上，弹簧的自由端在P点，P点左侧的小车上表面是粗糙的，其他各处的摩擦均不计。现用手将一质量的小滑块b缓慢向右压缩弹簧一段距离并由静止释放b，b离开弹簧一段时间后与a发生弹性碰撞，碰撞后a沿轨道运动，恰好能通过最高点C，此后取走a；碰撞后b返回，经弹簧反弹一次后恰好停在小车的左端。已知b与间的动摩擦因数，a、b均视为质点，取重力加速度大小。
（1）求碰撞后a经过B点时对轨道的压力大小；
（2）求P、A两点间的距离L以及弹簧被释放前所具有的弹性势能；
（3）若b与a碰撞时将小车解锁，b最终停在P点左侧何处？
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】质点；时间与时刻；参考系与坐标系
【解析】【解答】A．信息中的2022年6月5日10时44分指的是时刻，A不符合题意；
B．中国空间站绕地球飞行时，天和核心舱内的宇航员相对地面是运动的，B不符合题意；
C．以地心为参考系，中国空间站绕地球飞行一圈，位移为零，则其平均速度为零，C不符合题意；
D．在对空间站组合体进行姿态调整时，空间站的大小不能忽略，不可以将其视为质点，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】时刻在时间轴上为一时间点，当物体的大小和形状对问题的研究没有影响时该物体可看做质点，结合平均速度的定义进行分析判断。
2．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．由平抛运动规律可知两次运动过程时间比为 ，A不符合题意；
B．根据平抛运动规律可知AD路径到达D点水平速度大，而竖直分速度相同，故第一次击中D点时速率大，B不符合题意；
C．由于AD路径水平初速度大，竖直初速度为0，无法判定初速度大小关系，故它们被击出后初动能可能相同，C符合题意；
D．由于B、D在同一水平线上，故由B到D重力做功为0，而由A到D重力做功不为零；两过程重力做功不同，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，结合平抛运动的规律以及恒力做功进行分析判断。
3．【答案】D
【知识点】加速度；超重与失重
【解析】【解答】A．根据 图像可知， 内质点做加速度增大的加速运动，且加速度方向向下，故质点处于失重状态，A不符合题意；
BC．前 质点的加速度一直为正，而质点的初速度又为零，故前 内速度方向一直为正， 时质点速度方向没有改变； 内的质点做加速度减小的加速运动，BC不符合题意；
D．根据题意可知急动度是指加速度变化的快慢，由图像可知斜率表示急动度， 时急动度是 ，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】图像与坐标轴围成图形的面积表示速度的变化量，急动度是指加速度变化的快慢，结合a-t图像进行分析判断。
4．【答案】D
【知识点】功能关系；电场及电场力；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．根据粒子的运动轨迹及曲线运动的条件可知，粒子在所受电场力方向向左，与电场方向相反 ，粒子带负电；A不符合题意；
B．从c点运动到a点，电场力做正功，粒子的动能增大，即速度增大。所以粒子在c点的速度一定小于在a点的速度。B不符合题意
C．因为电场线密集场强越大，所以粒子在c点所受电场力大于在b点所受电场力。根据牛顿第二定律可知，粒子在c点加速度一定大于在b点加速度，C不符合题意；
D．从c点到b点，电场力做正功，电势能减小，所以带正电的粒子在c点的电势能一定大于在b点的电势能。D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据粒子的运动轨迹及曲线运动的条件得出电场力的方向，从而得出粒子的电性，从c点运动到a点根据功能关系得出ac两点速度的大小，c到b的过程结合功能关系得出cb两点电势能的大小关系。
5．【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】AB．剪断细线前，弹簧的弹力 ，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，对A、B系统受力分析，加速度大小为 ，即A和B的加速度大小均为 ，A符合题意、B不符合题意；
CD．取B为研究对象，由牛顿第二定律 ，解得 ，CD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】剪断细线前和细线剪断的瞬间，分别以AB和B为研究对象，利用牛顿第二定律得出加速度的大小以及A与B之间的弹力。
6．【答案】B
【知识点】超重与失重；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．着陆火星的最后一段过程为竖直方向的匀减速运动，加速度方向向上，火星车处于超重状态，A不符合题意；
B．由运动学公式可知 ，解得 ，B符合题意；
C．由 ，可知 ，火星直径约为地球直径的一半，故火星质量与地球质量之比为 C不符合题意；
D．由 ，可知 ，因为火星直径约为地球直径的一半，火星质量约为地球质量的 ，故有 ，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】物体具有向上的加速度时处于超重，结合匀变速直线运动的位移与速度的关系得出火星表面的重力加速度，在星球表面重力等于万有引力以及万有引力提供向心力得出火星和地球的质量之比以及线速度之比。
7．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A．因a、b两点同轴转动，则a点的角速度等于b点的角速度，A不符合题意；
B．根据 ，可知a点线速度与b点线速度大小之比为 ，B符合题意；
C．根据 ，可知a点向心加速度与b点向心加速度大小之比为 ，C不符合题意；
D．根据动量定理 ，即绳对乙拉力和重力的合力的冲量等于乙的动量变化量，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】同轴转动各点的角速度相等，同皮带转动各点的线速度相等，结合线速度和角速度的关系以及向心加速度和角速度的关系得出线速度之比和向心加速度之比，利用动量定理得出合力的冲量和动量变化量之间的关系。
8．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—连接体；动能
【解析】【解答】A．由题意可知，小物块向右先做匀减速后做变减速运动，加速度先不变，后减小，A不符合题意；
B．小物块弹回向左运动的过程中，合力为零时速度最大，而A点弹力为0，但摩擦力不为0，则合力不为零，B不符合题意；
C．由题意可知，对小物块从O点到回到O点全程运用动能定理可知 ，解得 C符合题意；
D．对小物块从O点到弹簧压缩量最大时，由能量守恒可知 ，解得 ，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】对物块进行受力分析，根据牛顿第二定律得出加速度的变化情况，利用动能定理和能量守恒定律得出弹簧的最大压缩量以及弹性势能的最大值。
9．【答案】C,D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】A．动量的变化量为末动量减初动量，所以手机的动量变化量的方向竖直向上，A不符合题意；
B．手机做自由落体运动，则 ，解得 对手机由动量定理可知 ，解得 ，B不符合题意；
C．根据 ，解得 ，C符合题意；
D．手机与人脸作用后速度变为零，手机动量变化量的大小为 ，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】根据匀变速直线运动的位移与速度的关系得出落地的速度 ，利用动量定理得出 手机对人脸的冲量和冲力。
10．【答案】B,C,D
【知识点】加速度；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A．由x-t图可以看出，甲、乙都向正方向运动。A符合题意；
B．由x-t图的斜率表示速度，对函数 求导可得 ，当t=0时，v乙0=0，当t=2s时，v乙2=8m/s，则乙的加速度为 。B符合题意；
CD．t=2s时，乙图线在该点的切线斜率与甲图线的斜率相等，则v甲=8m/s，由x-t图得甲从x=0位置出发，乙从 位置出发，要想两车相遇，则有 ，即 ，解得 ，CD符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】x-t图像的斜率表示是物体的速度，结合匀变速直线运动的位移与时间的关系得出不同时刻的速度，通过加速度的定义式得出乙的加速度，交点处两物体相遇。
11．【答案】B,D
【知识点】电场线；电势能与电场力做功的关系；等势面
【解析】【解答】A．如下图所示，连接AD、BF、CE，AD与BF、CE的交点为M、N；中点是O，由图可知，AD与BF、CE都垂直，由六边形的特点可知，AM=MO=ON=ND，A点电势是-4V，B点电势是5V，D点电势是14V，由此可知，M、O、N的电势分别是0.5V、5V、9.5V，则BOE为等势面，则E点的电势一定与O点电势相等，是5V，电子在E点的电势能是-5eV ，A不符合题意；
B．由以上分析可知，BOE是等势面， AF与BOE平行，因此A与F电势相等，所以UAF=0V，B符合题意；
C．AF和BE都为等势面，因为电场线和等势面垂直，沿电场线方向电势降低，因此有
C符合题意；
D．一质子以9eV的动能从B点到D点，质子带正电，需克服电场力做功是9eV，若质子能达到D点需要有水平方向的初速度，电场强度的方向为CA方向，结合运动可知，运动到D点的速度不可以为0，故质子不能达到D点。D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】电场线和等势线垂直，沿着电场线电势逐渐降低，结合匀强电场电场强度的定义式得出电场强度的大小，结合粒子在电场中的运动情况进行分析判断。
12．【答案】A,D
【知识点】胡克定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据胡克定律有 ，A符合题意；
B．当 时，速度最大，此时有 ，由图可知 ，故 ，B不符合题意；
C．若小球刚接触弹簧时速度为0，则有 ， ，因为小球接触弹簧时速度大于0，故最大压缩量大于 ，则 ，C不符合题意；
D．根据能量守恒可知下落到最低处有 ，可得 ，故 ，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据胡克定律得出弹簧的劲度系数，结合机械能守恒定律得出小球的动能，利用能量守恒定律得出最大弹性势能。
13．【答案】（1）D
（2）；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）AD．每次实验时入射球从轨道的同一位置由静止释放，从而保证入射球到达轨道底端时的速度相等，轨道不一定是光滑的，A不符合题意，D符合题意；
BC．为了让两球能发生对心碰撞且能平拋出去，因此两球的半径应该相同，且A球的质量大于B球的质量，对材质没有要求，BC不符合题意。故答案为：D。
（2）本实验验证动量守恒定律，即验证 。根据平抛运动规律有 ， ，联立得 ，则x与v成正比，故当 成立时，即可验证动量守恒定律；假设两球碰撞时无机械能损失，则有 ，可得 ，化简可得
【分析】（1）根据验证动量守恒定律的实验原理得出该实验中需要满足的条件；
（2）小球做平抛运动，平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，结合平抛运动的规律以及动量守恒和动能不变得出需要满足的表达式。
14．【答案】（1）A
（2）×1k
（3）B；乙；；6.0；7.8
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）在测量电阻以前，首先进行的操作应是机械调零，要调节部件机械调零旋钮A，使多用电表的指针指在表盘最左端的零刻度线位置；
（2）根据欧姆表的使用方法可知，欧姆表指针偏角过小，说明待测电阻阻值太大，应选择较大的倍率，所以选择开关应置于“×1k”挡，且需要重新调零；
（3）选择合适的挡位后，该同学先将红、黑表笔短接，进行欧姆调零，故应调节部件B，使指针指向“ ”处；根据“红进黑出”的原理可知，黑表笔应该连接电压表的正极，故应选图中的乙方式进行连接；根据图丁可知欧姆表的读数为 ，根据图戊可知电压表的读数为 ；已知由该多用电表刻度盘上读出电阻刻度中间值为15，则中值电阻为 ，所以
【分析】（1）欧姆表使用前首先机械调零，使多用电表的指针指在表盘最左端的零刻度线位置；
（2）欧姆表指针偏角过小，应选择较大的倍率，从而选择合适的倍率；
（3）根据欧姆表的读数原理以及闭合电路欧姆定律得出欧姆表的读数以及电压表的读数。
15．【答案】（1）解：已知
假设汽车在5s内未停止运动，根据
解得
则5s末汽车速度为
因此假设不成立，即5s内汽车已停止运动，根据
解得汽车加速度为
即汽车加速度大小为 ，方向与运动方向相反；
（2）解：根据
解得刹车时间为
因此汽车在制动后3s内发生的位移大小为
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【分析】（1）根据匀变速直线运动的位移与时间的关系以及位移与速度的关系得出汽车的加速度大小和方向；
（2）利用匀变速直线运动的速度与时间的关系以及位移与时间的关系得出制动后3s内发生的位移 。
16．【答案】（1）解：粒子在A、B板间加速过程，据动能定理可得
在C、D板间水平方向做匀速直线运动，可得
联立解得
（2）解：粒子从 （n=0、2、4 ）时刻进入C、D间，偏移距离最大，粒子做类平抛运动，竖直方向满足
据牛顿第二定律可得
由速度公式可得
要使粒子均能从C、D两板间飞出，应满足
联立解得
（3）解：由第（2）问可知，当粒子从 （n=0、2、4 ）时刻进入C、D间，偏移距离最大为
粒子从 （n=1、3、5 ）时刻进入C、D间，偏移距离最小为
设粒子离开偏转极板的速度与水平方向的夹角为 ，则粒子打在荧光屏上区域的长度为
联立解得
【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） 粒子在A、B板间加速过程 ，根据动能定理得出粒子射入偏转电场的速度，粒子在偏转电场做类平抛运动，结合类平抛运动的规律得出粒子穿过C、D板间的时间；
（2）根据粒子在偏转电场中的运动以及牛顿第二定律得出值满足的条件；
（3）根据粒子在偏转电场做类平抛运动，结合类平抛运动的规律以及几何关系得出粒子打在荧光屏上区域的长度。
17．【答案】（1）解：在C点，根据牛顿第二定律
过程由动能定理
在B点
解得
由牛顿第三定律可知
（2）解：a、b碰撞动量，能量守恒，取向左为正
得
反弹后回到A有
解得
释放前
（3）解：反弹后b与小车动量守恒
解得
至共速产生的热量
故停在P左侧 处。
【知识点】动量守恒定律；牛顿运动定律的应用—连接体；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）在C点利用牛顿第二定律得出C点的速度，从B到C的过程利用动能定理得出B点的速度，在B点结合牛顿第二定律得出 碰撞后a经过B点时对轨道的压力 ；
（2）ab碰撞的过程根据动量守恒和动能不变得出碰后b的速度，反弹后利用动能定理得出 弹簧被释放前所具有的弹性势能；
（3） 反弹后b与小车动量守恒 ，利用动量守恒定律得出共同的速度；利用动能定理得出b最终停止的位置。
