2023屆江蘇省基地高三年級下冊第五次大聯(lián)考物理試題（解析版）

2023屆高三查漏補缺診斷測試

物理

注意事項：考生在答題前請認(rèn)真閱讀本注意事項及各題答題要求

1.本試卷共6頁，滿分為100分，考試時間為75分鐘?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試

卷和答題卡一并交回。

2.答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用0.5毫米黑色墨水的簽字筆填寫

在試卷及答題卡的規(guī)定位置。

3.請認(rèn)真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號與本人是

否相符。

4.作答選擇題，必須用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)選項的方框涂滿、涂黑；如需改

動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。作答非選擇題，必須用0.5毫米黑色

墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其它位置作答一律無效。

5.如需作圖，必須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗。

一、單項選擇題：共10題，每題4分，共40分。每小題只有一個選項最符合題

意。

1.如圖所示，a粒子散射實驗中，移動顯微鏡M分別在〃、氏c、d四個位置觀察，則（）

A.在“處觀察到的是金原子核

B.在6處觀察到的是電子

C.在c處不能觀察到任何粒子

D.在4處能觀察到a粒子

【答案】D

【解析】

【詳解】a粒子散射實驗是用a粒子轟擊金屬箔，得到的結(jié)果是絕大多數(shù)的a粒子穿過金

屬箔后基本上仍沿原來的方向繼續(xù)前進，有少數(shù)的a粒子運動軌跡發(fā)生了較大的偏轉(zhuǎn)，極

少數(shù)的發(fā)生a粒子甚至被反彈，沿原路返回，而在該實驗中，用顯微鏡觀察的實際上是a

粒子的，在c處可以觀察到很少的發(fā)生較大偏轉(zhuǎn)的a粒子，在d處則能觀察到被反彈回來

的a粒子。

故選D。

2.規(guī)定圖甲LC振蕩電路中逆時針方向的電流為正，M是電容器的上極板。從某時刻起記錄

圖甲中的電流隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示?則圖像乙中的ab段對應(yīng)電路甲中的（）

A.M板帶正電

B.M板的帶電量在變大

C.線圈L中的磁場能在變大

D.線圈L自感電動勢在變大

【答案】C

【解析】

【詳解】ABC.“點時，電路中的電流為零，此時恰好反向充電完成，故“到。的過程中，

電容器正在反向放電，根據(jù)題意結(jié)合圖乙可知，此時電流為順時針方向，則可知C板帶正

電，且C板的帶電量在減小，電容器的電場能在減小，而線圈L中的磁場能在變大，故AB

錯誤，C正確；

D.電流的變化率越小則線圈L的自感電動勢越小，。到。的過程中，電流的變化率在逐漸

減小，則可知線圈L的自感電動勢在逐漸減小，故D錯誤。

故選Co

3.在教室內(nèi)將兩端開口的潔凈玻璃管豎直插入液體中，管中液面如圖所示。當(dāng)把該裝置放

在豎直加速的電梯中，且電梯的加速度”<g。則（）

A.若電梯向上加速，則玻璃管內(nèi)外的液面高度差將變大

B.若電梯向上加速，則玻璃管內(nèi)外的液面高度差保持不變

C.若電梯向下加速，則玻璃管內(nèi)外的液面高度差將變大

D.若電梯向下加速，則玻璃管內(nèi)外的液面高度差保持不變

【答案】C

【解析】

【詳解】AB.若電梯向上加速，則液體將處于超重狀態(tài)，液體向下的壓力增大，則可知玻

璃管內(nèi)的液面要下降，玻璃管內(nèi)外的液面高度差將減小，故AB錯誤；

CD.若電梯向下加速，則液體將處于失重狀態(tài)，液體向下的壓力減小，則可知玻璃管內(nèi)的

液面要上升，玻璃管內(nèi)外的液面高度差將變大，故C正確，D錯誤。

故選C。

4.如圖所示，用某頻率的光照射光電管，研究飽和電流的影響因素，則（）

A.電源的左端為負(fù)極

B.換更高頻率的光照射，電流表示數(shù)一定增大

C.滑動變阻器滑片移至最左端，電流表示數(shù)為零

D.滑動變阻器滑片向右移的過程中，電流表示數(shù)可能一直增大

【答案】D

【解析】

【詳解】A.光電子從K極逸出后必須定向移動形成光電流，因此電源的左端為正極，光電

子在電場力的作用下將定向移動，從而形成光電流，故A錯誤；

B.換更高頻率的光照射，可以使逸出的光電子的動能增加，即可以使單位時間到達(dá)A極板

的電子數(shù)增多，電流增大，但若光子數(shù)目一定，逸出的光電子就一定，光電流就一定，因此

可知，換更高頻率的光照射，電流表示數(shù)可能增大，故B錯誤；

C.當(dāng)滑動變阻器移動到最左端時，A、K兩極板的電壓為零，但逸出的光電子具有動能，可

以到達(dá)A極板，因此電流表的示數(shù)不為零，故C錯誤；

D.滑動變阻器滑片向右移的過程中，A、K兩極板的電壓增大，光電子在電場力的作用下

移動的更快，即單位時間內(nèi)到達(dá)A極板的光電子數(shù)目增多，則光電流增大，但若光電流已經(jīng)

達(dá)到飽和，增大兩極板的電壓，光電流不在變化，因此滑動變阻器滑片向右移的過程中，電

流表示數(shù)可能一直增大，故D正確。

故選D。

5.如圖所示，是兩列頻率相同的橫波相遇時某時刻的情況，實線表示波峰，虛線表示波谷。

則兩列波相遇的過程中（）

XN'

A.尸點相對平衡位置的位移始終最大

B.P點相對平衡位置的位移可能小于N點相對平衡位置的位移

C.P點和Q點的振動步調(diào)可能相同

D.P點和。點連線上的某點可能與N點的振幅相同

【答案】B

【解析】

【詳解】A.若P點相對平衡位置的位移始終最大，那么P點就是靜止的，而P點實際上是

在平衡位置上下振動，還會經(jīng)過平衡位置，故A錯誤；

B.尸點為振動加強點，即振幅為兩列波振幅之和，始終在平衡位置上下振動，位移在某些

時刻為零；N為振動減弱的點，振幅為兩列波的振幅之差，但并不知道兩列波的振幅大小,

因此N點的振幅可以不為零，同樣在平衡位置上下振動，位移可以大于零，因此P點相對

平衡位置的位移可能小于N點相對平衡位置的位移，故B正確；

C.由干涉圖樣可知，P點為波峰與波峰相遇，。點為波峰與波谷相遇，且兩者之間的距離

相差半個波長，則可知兩者振動步調(diào)始終相反，故C錯誤；

D.P點和。點連線上各點始終為振動加強點，振幅都等于兩列波的振幅之和，而N點始終

未振動減弱的點，振幅始終為兩列波的振幅之差，因此P點和。點連線上的某點不可能與

N點的振幅相同，故D錯誤。

故選Bo

6.神舟十四號成功發(fā)射后，與空間站天和核心艙成功對接，航天員陳東等順利進入天和核

心艙。已知地球半徑為R,空間站在距離地面高度〃=￡處做勻速圓周運動，同步衛(wèi)星距離

地面高度為空間站高度的90倍，地球自轉(zhuǎn)周期為兀則空間站繞地運行周期為（）

D.7（9O）3r

【答案】A

【解析】

【詳解】設(shè)同步衛(wèi)星距地面的高度為H,空間站的周期為"，則由開普勒第三定律有

(R+H)3_T2

(R+h)3

可得

(R+h^T2

(R+H)3

故選Ao

7.如圖所示，條形磁鐵與螺線管在同一平面內(nèi)，條形磁鐵由位置A運動到位置（?,則（）

CA

G

Hs

I

I

I

I

A.勻速運動過程中，電流計的示數(shù)不變

B,加速過程中電流計的示數(shù)比勻速過程的小

C.加速和勻速過程通過電流計的電荷量相同

D.加速和勻速過程螺線管所在回路產(chǎn)生的焦耳熱相同

【答案】C

【解析】

【詳解】AB.在條形磁鐵從位置A運動到位置C的過程中，穿過螺線管的磁感線的條數(shù)在

增加，即磁通量在變大，也就是說磁鐵越靠近螺線管，螺線管的磁通量越大，因此，不管是

勻速靠近還是加速靠近，磁通量的變化率都在增大，而相比于勻速靠近，加速靠近的過程中

磁通量的變化率更大，可知螺線管所在回路中的感應(yīng)電流逐漸增大，加速靠近比勻速靠近,

產(chǎn)生的感應(yīng)電流更大，電流計的示數(shù)更大，故AB錯誤；

C.根據(jù)

可知，不管是加速還是勻速，條形磁鐵從位置A運動到位置C的過程中，穿過螺線管的磁

通量的變化量大小相同，因此可知兩種方式通過電流計的電荷量相同，故C正確；

D.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有

E=--

△t

兩種運動形式磁通量變化量相同，但是時間不同，可得

%>上勾

而螺線管所在回路產(chǎn)生的焦耳熱實際為電場能轉(zhuǎn)化，因此有

Q=Eq

而加速運動產(chǎn)生的電場能大于勻速運動產(chǎn)生的電場能，因此可知加速運動時螺線管所在回路

產(chǎn)生的焦耳熱大于勻速運動時螺線管所在回路產(chǎn)生的焦耳熱，故D錯誤。

故選Co

8.如圖所示，一同學(xué)練習(xí)使用網(wǎng)球訓(xùn)練器單人打回彈，網(wǎng)球與底座之間有一彈性繩連接，練

習(xí)過程中底座保持不動。該同學(xué)將網(wǎng)球拋至最高點。處用球拍擊打，人是軌跡上的最高點，

c處彈性繩仍然處于松弛狀態(tài)，d處彈性繩已經(jīng)繃緊并撞在豎直墻壁上，不計空氣阻力。則

B.拍打后。到c過程中網(wǎng)球受到?jīng)_量方向豎直向下

C.c到，/過程中網(wǎng)球受到的沖量方向豎直向下

D"處反彈后網(wǎng)球做平拋運動

【答案】B

【解析】

【詳解】A.該同學(xué)將網(wǎng)球拋至最高點a處時網(wǎng)球的速度為零，網(wǎng)球拍擊打網(wǎng)球后，網(wǎng)球做

曲線運動，曲線上任意一點的切線方向即為網(wǎng)球的速度方向，由軌跡可知，”處軌跡的切線

方向斜向右上方，則可知a處的速度方向斜向右上方，因此網(wǎng)球拍給網(wǎng)球的沖量應(yīng)斜向上

方，故A錯誤；

B.拍打后a到c過程中網(wǎng)球只受到重力的作用，而重力豎直向下，則重力的沖量豎直向下，

因此拍打后a到。過程中網(wǎng)球受到的沖量方向豎直向下，故B正確；

C.由題意可知，"處彈性繩已經(jīng)繃緊，即彈性繩在到達(dá)d處時已經(jīng)出現(xiàn)了彈力，因此網(wǎng)球

從c到d過程中受力情況分為只受重力與受到重力和彈性繩的拉力兩種情況，若只受重力階

段，則沖量豎直向下；若受到重力和彈性繩的拉力則二者合力斜向左下方，因此網(wǎng)球受到的

沖量方向斜向左下方，故C錯誤；

D.做平拋運動的條件是初速度水平，且只受重力，顯然網(wǎng)球在d處反彈后除了受到重力還

有因彈性繩收縮而受到的拉力，故D錯誤。

故選B。

9.如圖所示，在正方形A8CC的四個頂點上分別固定四個電荷量相等的點電荷：①四個頂

點都固定正電荷；②四個頂點都固定負(fù)電荷；③A、B處固定正電荷，C、。處固定負(fù)電荷;

④A、C處固定正電荷，8、。處固定負(fù)電荷。四種情況下正方形中心O點的電勢分別為外、

的、小、化，取無窮遠(yuǎn)處為零電勢點。則()

A.%>科=%>仍B.%>仍>%>仍

例>仍=%>中\(zhòng)

C.(P\D.(p2>(p3>(p4>

【答案】A

【解析】

【詳解】取無窮遠(yuǎn)處為零電勢點，則正電荷周圍的電勢為正，負(fù)電荷周圍的電勢為負(fù)，故

可知

0>0,外<0

設(shè)正負(fù)電荷的電量均為4,正方形四個頂點到中心0的距離為r,則正電荷在0點的電勢為

負(fù)電荷在O點的電勢為

%=一樣

根據(jù)電勢運算法則，即代數(shù)運算，可知

03=%=0

因此可以得到

/=夕4>。2

故選Ao

10.在無風(fēng)的環(huán)境里將一塑料球以一定的初速度%水平拋出，球受到的空氣阻力與速度大小

成正比，該球運動過程中水平方向的速度匕隨時間人水平方向的位移X的變化規(guī)律，豎直

【解析】

【詳解】AB.水平方向受空氣阻力作用，由牛頓第二定律，有

塑料球水平方向速度逐漸減小，所以其水平方向加速度逐漸減小，即匕圖像中圖線的

斜率逐漸變小，故A錯誤：

B.根據(jù)動量定理

一初瞬”〃叫一〃2%

可得

-kx=mvx-mv0

整理可得

k

"%一

mx

故B錯誤；

CD,豎直方向受空氣阻力作用，由牛頓第二定律，有

mg-kv

a=----r---

m

塑料球豎直方向速度逐漸增大，所以其豎直方向加速度逐漸減小，即匕,一/圖像中圖線的

斜率逐漸變小。在圖像中圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示位移，易知b隨豎直位移y的

變化率也是逐漸變小的。故C錯誤；D正確。

故選Do

二、非選擇題：共5題，共60分。其中第12題?第15題解答時請寫出必要的文

字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數(shù)值計算時,

答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。

11.圖甲為一多用電表，由量程為1mA的電流表改裝而成，該電流表的內(nèi)阻約100C,多用

電表內(nèi)有一節(jié)干電池（電動勢L5V,內(nèi)阻約1CK現(xiàn)測量電流表的內(nèi)阻及多用電表“xlO”

歐姆檔的內(nèi)阻。

（1）開始實驗時，首先需要調(diào)節(jié)圖甲中的旋鈕（選填"A”或"B”）,進行多用電

表的機械調(diào)零。

（2）用圖乙所示電路測量量程為1mA的電流表的內(nèi)阻，電源電動勢1.5V,電源內(nèi)阻約1Q,

滑動變阻器R（0~2kC）,其中定值電阻4和電壓表應(yīng)分別選用和（選填器材

前的代號）。

A.定值電阻（3.0kQ）

B.定值電阻&（6.0kQ）

C電壓表V（量程0.6V,內(nèi)阻3.0kC）

D.電壓表V（量程3V,內(nèi)阻4.0kC）

（3）用圖丙所示電路測量多用電表“xlO”歐姆檔的內(nèi)阻，其中電源電動勢E=L5V,內(nèi)

阻r已知。電路連接后，多用電表的紅表筆應(yīng)接在（選填或"b”）o下列操作

步驟的順序為。

①將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到歐姆擋“xlO”位置

②將兩表筆短接，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕使指針指向“0Q”

③將單刀雙擲開關(guān)K接1,電阻箱調(diào)節(jié)到阻值為&時，電流表的讀數(shù)為/o

④將單刀雙擲開關(guān)K接2,電流表的讀數(shù)為/o

⑤把多用電表的選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到交流電壓最高檔，拆除電路，整理器材

（4）以上實驗操作測得的多用電表“X10”歐姆檔的內(nèi)阻為,該測量值（選填

“大于”、“等于”或“小于”）真實值。

【答案】①.A②.A③.D④.b⑤.①②④?⑤⑥.R0+r⑦.

等于

【解析】

【詳解】（1）[1]A為機械調(diào)零旋鈕，B為歐姆調(diào)零旋鈕，若要進行機械調(diào)零，則需調(diào)節(jié)旋

鈕Ao

（2）⑵⑶由于電流表的量程為1mA,電源的電壓為1.5V,則用直除法，若選擇

9=6k。的定值電阻，回路中的最大電流為

p15

/=——=——A=2.5x10-4A=0.25mA

&6X1（）3

不足電流表量程的！，故應(yīng)選擇為=3kn的定值電阻；而電壓表應(yīng)該選擇更接近電源電動勢

3

的量程，該電路回路中電阻很大，故而電流較小，而電源的內(nèi)阻很小，內(nèi)阻分壓就很小，因

此0.6V的電壓表并不能滿足要求，故選量程為3V的電壓表；

（3）[4][5]該實驗用的是等效替代法測電阻，將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到歐姆擋“xlO”位置，接著

將兩表筆短接，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕使指針指向“0C”，然后將將單刀雙擲開關(guān)K接2,記

錄電流表的讀數(shù)為/（）,接著將單刀雙擲開關(guān)K接1,電阻箱調(diào)節(jié)到阻值為《時，使電流表

的讀數(shù)仍為/。，最后把多用電表的選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到交流電壓最高檔，拆除電路，整理器材，

因此正確的實驗操作順序應(yīng)該是①②④③⑤;而歐姆表的歐姆檔利用的是多用電表的內(nèi)置電

源，當(dāng)將選擇開關(guān)置于歐姆檔時就接通了內(nèi)置電源，此時黑表筆與內(nèi)置電源的正極相連，紅

表筆與內(nèi)置電源的負(fù)極相連，而根據(jù)電路圖可知，匕端連接的時電流表的負(fù)接線柱，因此紅

表筆應(yīng)接在。端。

（4）[6][7]等效替代法測得的電阻凡不包括歐姆表“X10”的內(nèi)置電源的內(nèi)阻，而外部電

源和內(nèi)置電源有相同的內(nèi)阻，因此可知歐姆表“X10”的內(nèi)阻為

凡=&+「

此種方法所測電阻等于真實值。

12.如圖所示是截面為等邊三角形ABC的玻璃磚，邊長為20cm。現(xiàn)有一紅色細(xì)光束從AC

邊中點。與4c邊成30。角入射，從48邊上的尸點（圖中未畫出）射出。已知出射光線與

入射光線的偏轉(zhuǎn)角為60°,已知真空中光速c=3.Oxl（）8m/s。求：

（1）該玻璃嵇對紅光的折射率〃；

（2）紅光從。傳播到F所用傳播時間t.

A

【答案】（1）〃=&；⑵5.8xlO-los

【解析】

【詳解】（1）由題意，出射光線與入射光線的偏轉(zhuǎn)角為60，做出光路圖如下所示

在。點處的入射角4=60,光線入射邊和出射邊的法線均為正三角形的高線，根據(jù)題意

可知，入射光線平行于尸點的法線，即入射光線垂直于邊AB,則根據(jù)兒何關(guān)系可知折射角

%=30,則玻璃磚對紅光的折射率為

sin4

n=-----L

代入數(shù)據(jù)解得

n=y/3

（2）平行于8C,則由幾何關(guān)系可知，光在玻璃磚中傳播的路程

5=10cm

光在玻璃磚中的傳播速度為

c

V=—

n

則光從D點傳播到廠點所用的時間為

ssn

t=—=—

vc

代入數(shù)據(jù)解得

r=^^xlO-|Os?5.8xlO-,os

3

13.如圖所示，一端封閉的細(xì)玻璃管開口向上豎直放置，管長L=73cm,管內(nèi)用〃=25cm

長的水銀柱封閉了一段長4=30cm的空氣柱。己知大氣壓強pO=75cmHg。

（1）若保持玻璃管直立做自由落體運動，下落過程中溫度保持不變，水銀柱與玻璃管達(dá)到

相對靜止時，求管中氣柱的長度L2；

(2)若玻璃管繞下端。在豎直平面內(nèi)緩慢轉(zhuǎn)動，求水銀剛好開始溢出時玻璃管轉(zhuǎn)過的角度

仇

0

【答案】(1)L】=40cm；(2)0—\20

【解析】

【詳解】(1)初始時玻璃管中的壓強

P\=Po+h

做自由落體運動處于完全失重狀態(tài)時管中的壓強

Pi=A)

設(shè)管的橫截面積為S,則由波意耳定律有

P[L]S'p?L2S

解得

L2=40cm

此時

h+L,<L

沒有水銀溢出。

(2)根據(jù)題意，由波意耳定律有

PiL1s=(/?(>+hcos0)(L-h)S

解得

cos0--0.5

則可知

9=120

14.如圖所示，M、N為兩水平金屬板，板間電壓為U、距離為d,磁感應(yīng)強度大小為為，

方向垂直紙面向外，A8為用絕緣板圍成的正三角形區(qū)域，正三角形邊長為L,S為4c板

中心的小孔，區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B,放射源P沿水平方

向發(fā)出速率不等、比荷不同的粒子，其中有部分粒子恰能沿板M、N的中軸線通過，再垂直

4c邊從孔S進入正三角形區(qū)域。板間電場可看成勻強電場，忽略板外空間的電場；粒子每

次與絕緣板發(fā)生碰撞后均以原速率反彈且電荷量不變，不計粒子重力及相互作用。

(1)求能沿板M、N中軸線通過的粒子的速度大小v0；

(2)求與絕緣板碰撞次數(shù)最少且能從S孔飛出的粒子比荷匕；

(3)比荷為心的粒子在三角形區(qū)域內(nèi)運動過程中，每次與板碰撞時速度方向均與板垂直。

求該粒子在三角形區(qū)域內(nèi)運動的時間，隨心的變化關(guān)系。

U2U+4

【答案】(1)---*(2)------?(3)t---------,7?=0,1,2...

為"’BBdL'

oBk2

【解析】

【詳解】(1)能沿板例、N中軸線通過的粒子，在極板間受到的洛倫茲力和電場力平衡,

有

解得

U

(2)如下圖所示，粒子至少與絕緣板碰撞2次后從S孔飛出，此時粒子在磁場中的運動軌

跡半徑為

%=4

同時有

2

BqvQ=m^-

聯(lián)立解得

-

1mBB°dL

(3)分析可知要使粒子每次與板碰撞時速度方向均與板垂直，需要滿足S4的長度為粒子

軌跡半徑&的奇數(shù)倍，即

(2〃+1)鳥=1,72=0,1,2...

解得

L

R、----------r

22（2〃+1）

分析可知當(dāng)〃=0時,對應(yīng)的軌跡總的路程為

60°

S'n=3x----X2乃&=兀R、

°360°--

分析可知當(dāng)〃=1時,對比〃=0時，軌跡中三角形的每個邊上會多出2個半圓，即此時

60°

4=3x3（0。-2萬4+6?"&=6-7iR2+7rR2

以此類推，可得

sn=3-2n-7TR2+7iR-,=（6〃+1）萬鳥

故有

s“_（6〃+1）4&

I=--=-------------

%%

同時有

顏%=啜，b優(yōu)

聯(lián)立解得

「（6〃+1）*=0,1,2…

Bk2

15.如圖甲所示,光滑水平面上木板A將輕彈簧壓縮4%由靜止釋放，被彈簧彈開后向右運

動，與右側(cè)固定的擋板發(fā)生彈性碰撞，木板A從釋放開始運動的XI圖像如圖乙所示，其中

0~2%、6。~10%是正弦曲線的一部分。如圖丙所示，若在A的左側(cè)再疊放另一小物塊B

后仍將彈簧壓縮4品由靜止釋放，彈開過程A、B保持相對靜止。已知木板A的質(zhì)量

4L.

mA=3m0,木板長L=5.5L°,物塊B的質(zhì)量/他=叫），A、B間的動摩擦因數(shù)〃=下

重力加速度為g。求:

（1）彈簧中的最大彈性勢能Epm；

（2）從釋放到B滑離A的過程中，A與擋板碰撞的次數(shù)小

(3)從釋放到B滑離A的過程中，A運動的路程s。

x/xL0

345a789

乙丙

24m乃

【答案】(1)—(2)2；(3)32.625Lo

【解析】

【詳解】(1)由XI圖像可知，A離開彈簧后的速度大小為

84_44

V——

2%%

由能量守恒可知，彈簧的彈性勢能完全轉(zhuǎn)化成了木板A的動能，則可知彈簧開始具有的彈

性勢能為

p12

Epm=3mAV

解得

_24惆一

%m-2

10

(2)在彈開過程中