湖北省部分重点中学2023-2024学年高三上学期11月月考联考物理试题含解析

高三物理试卷（答案在最后）

一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项是符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得，有选错的得0分。

1.如图所示，若x轴和y轴分别表示时间t和速度v，AB是做直线运动物体的速度随时间变化的图线，梯形OABC的面积可以代表该物体在该段时间内的位移。对一辆沿平直公路行驶的汽车，下列结论中错误的是（）A.若x轴和y轴分别表示时间t和汽车的加速度a，AB是汽车的加速度随时间变化的图线，那么梯形OABC的面积可以代表汽车的速度变化量B.若x轴和y轴分别表示汽车的速度v和汽车的牵引F，AB是汽车牵引力随速度变化的图线，那么梯形OABC的面积可以代表牵引力的功率那么梯形OABC的C.若x轴和y轴分别表示时间t和汽车的功率P，AB是汽车的功率随时间变化的图线，面积可以代表汽车牵引力做的功D.若x轴和y轴分别表示时间t和汽车所受的合外力F，AB是汽车所受合外力随时间变化的图线，那么梯形OABC的面积可以代表汽车的动量变化【答案】B【解析】【详解】A．根据vat

可知若x轴和y轴分别表示时间t和汽车的加速度a，那么梯形AB是汽车的加速度随时间变化的图线，OABC的面积可以代表汽车的速度变化量，故A正确；B．由图可知若x轴和y轴分别表示汽车的速度v和汽车的牵引F，说明牵引力的瞬时功率不断增大，梯形OABC的面积没有物理意义，故B错误；C．根据Wpt

可知若x轴和y轴分别表示时间t和汽车的功率P，那么梯形OABCAB是汽车的功率随时间变化的图线，的面积可以代表汽车牵引力做的功，故C正确；D．根据IFtp

可知若x轴和y轴分别表示时间t和汽车所受的合外力F，AB是汽车所受合外力随时间变化的图线，那么梯形OABC的面积可以代表汽车的动量变化，故D正确。本题选错误项，故选B。2.杭州亚运会的复兴号亚运动车组迎来首次试行。假设实验列车由4节车厢组成，为2动2拖的分散性车组，其中1、3车厢提供的牵引力均为F，2、4车厢不提供牵引力，每节车厢的质量均为m，每节车厢受到的阻力相同，列车在平直铁轨上行驶，下列说法正确的是（）A.若列车做匀速运动，则每节车厢受到的阻力大小为0.25F

B.若列车做匀加速直线运动，且每节车厢受到的阻力为f，则列车的加速度为C.2、3车厢间的作用力为0D.1、2车厢间的作用力与3、4车厢间的作用力大小之比为2:1【答案】C【解析】【详解】A．由整体受力平衡可得Ffm2m2F4f1解得f10.5F

故A错误；B．由牛顿第二定律可得2F4f4ma

解得aFf2mm故B错误；CD．设每节车厢受到的阻力均为f2，1、2车厢间的作用力F12，2、3车厢间的作用力为F23，3、4车厢间的作用力为F34，列车的加速度为a0，由牛顿第二定律可得2F4f24ma0F12F3f23ma0FF232f22ma0F34f2ma0综合解得F120.5FF230F340.5F

则有F12:F341:1

故C正确，D错误。故选C。3.纵波也可以发生干涉现象。图甲是可以使轻质泡沫颗粒悬浮的声悬浮仪，上、下两圆柱体间的两列振幅相同的同频超声波相遇发生干涉现象。泡沫颗粒能在振幅几乎为零的点附近保持悬浮状态。以上、下两波源的连线为x轴，轴上两列超声波的叠加情况可简化为图乙所示，实线表示振动加强点的位置，虚线表示振动减弱点的位置。已知这两列超声波传播的速度均为340m/s。则下列说法正确的是（）A.振动加强点的质点，位移始终最大B.泡沫颗粒能悬浮在x0.50cm的M点附近C.该声悬浮仪发出的超声波频率为68000Hz

D.增大该声悬浮仪所发出的超声波频率，泡沫颗粒可悬浮的点的个数增加【答案】D【解析】【详解】A．振动加强点的质点，其振幅最大，可仍做周期性的振动，因此位移不是始终最大，A错误；B．x0.50cm的M点是振动加强点，泡沫颗粒在该点附近振动剧烈，不能悬浮在M点附近，B错误；C．由图乙可知，相邻两振动加强点（或相邻两减弱点）之间的距离为0.50cm，因此两波的波长为20.50cm1.0cm

由于波速为340m/s，因此波的频率为fC错误；v340Hz34000Hz1.0102增大该声悬浮仪所发出的超声波频率，则超声波的波长减小，则在相同的距离内振动减弱点的个数增加，D．因此泡沫颗粒可悬浮的点的个数增加，D正确。故选D。4.电影中的太空电梯非常吸引人。现假设已经建成了如图所示的太空电梯，其通过超级缆绳将地球赤道上的固定基地、同步空间站和配重空间站连接在一起，它们随地球同步旋转。图中配重空间站比同步空间站更高，P是缆绳上的一个平台。则下列说法正确的是（）A.太空电梯上各点线速度的平方与该点离地球球心的距离成反比B.宇航员在配重空间站时处于完全失重状态C.若从P平台向外自由释放一个小物块，则小物块会一边朝P点转动的方向向前运动一边落向地球D.若两空间站之间缆绳断裂，配重空间站将绕地球做椭圆运动，且断裂处为椭圆的远地点【答案】C【解析】【详解】A．太空电梯上各点具有相同的角速度，根据vr

可知，太空电梯上各点线速度与该点离地球球心的距离成正比，故A错误；B．配重空间站轨道半径大于同步轨道，由anr知其线速度和向心加速度均大于同步卫星；而由2G

Mm

man2r知同步卫星的加速度大于配重空间站所在轨道的正常运行卫星的加速度，所以配重空间站内的宇航员的加速度大于同轨道卫星的运行加速度，所以不是处于完全失重状态，故B错误；C．若从P平台向外自由释放一个小物块，则小物块会一边朝P点转动的方向向前运动一边落向地球，做近心运动，故C正确；D．若两空间站之间缆绳断裂，配重空间站将绕地球做椭圆运动，其断裂处为椭圆的近地点，由于在近地点线速度较大，半径较小，需要的向心力更大，故D错误。故选C。5.如图所示，在弯曲的光滑管道内，有一根质量分布均匀长为L的绳子。初始时，用手拉着绳的A端使之静止在管道内，绳A、B两端竖直高度差为h。已知重力加速度为g，则放手瞬间绳的加速度为（）hgA.L【答案】A【解析】LgB.hhC.1gLLD.1gh

【详解】对绳子的任一小部分取微元分析，在沿管道方向均只受到重力沿管的分力，且整体在沿管道方向的加速度相同。即mgsin=ma

其中，对于任意一小段绳而言sin联立可得hL，mmLLhhgLLa=g故选A。6.如图所示，蛇形摆各摆球的摆长从左到右按一定规律递减，现有10个摆球，质量均为m，从左到右依N次编号为n0、1、2、…、9，摆长分别为L0，L1，L2，…L9，摆长满足LnL0，其中N10，Nn

编号n0的单摆周期为T0（为已知量），用一板子把所有摆球由平衡位置垂直于蛇形摆所在平面推起一小段相同的位移，然后同时释放，不考虑空气阻力，摆球开始做简谐运动，下列说法错误的是（）2A.编号为n的单摆的周期Tn

10

T0

10nB.板子放开后编号n0的单摆若完成了5次全振动，编号n6的单摆完成了8次全振动C.板子放开后最短经过9T0，所有摆球又重新回到释放时的状态D.若沿垂直于蛇形摆所在平面方向以T为周期去摇晃摆架，经过足够长时间，所有摆球均以T为周期摆动【答案】C【解析】【详解】A．n0的单摆的摆长为L0，其周期T02而编号为n的单摆的摆长L0gLn(

将其代入单摆的周期公式N2

)L0

Nn

LgT2可得Tn2故A正确，不符合题意；B．根据单摆周期公式的通式可得LnN()2gNnL0N10

()T0T0gNn10nT6

105T0T0

1068

则可知，板子放开后编号n0的单摆若完成了5次全振动，编号n6的单摆完成了8次全振动，故B正确，不符合题意；C．当10个摆球全部都能做完整的全振动时，所有摆球又回到释放状态，假设最短时间为t，编号为0的单摆摆动了x0次，则其他单摆摆动的次数为t11t12

t19xxxx00x0，110x0，210，，x91010T0T0T010

1112显然，若要保证x0~x9次数均为整数，则x0的最小值应为10次，则最短时间为10T0，故C错误，符合题意；D．若沿垂直于蛇形摆所在平面方向以T为周期去摇晃摆架，则所有单摆都做受迫振动，因此其振动周期都将等于驱动力的周期，因此，经过足够长时间，所有摆球均以T为周期摆动，故D正确，不符合题意。故选C。7.如图所示为控制电动机转速的调速器。竖直圆筒固定不动，两轻杆上端与圆筒中心的转轴相连，下端固定质量为2.0kg的小球。轻杆随转轴一起转动，可以自由张合，当轻杆与竖直方向夹角37时，小球恰好触及圆筒内壁。已知圆筒内壁半径27.5cm，小球与筒壁之间的动摩擦因数为0.25，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（）A.轻杆对小球弹力的方向一定始终沿杆方向B.当小于37时，小球受重力、弹力和向心力三个力的作用C.当等于37时，轻杆对小球弹力大小不随转轴转速的增大而增大D.当转轴角速度为10rad/s时，两个小球克服摩擦力做功的总功率为55W【答案】D【解析】【详解】B．根据题意可知，当轻杆与竖直方向夹角37时，小球恰好触及圆筒内壁，因此可知，当小于37时，小球未触及圆筒内壁，此时小球受重力与轻杆对小球的弹力这两个力的作用，而小球做圆周运动的向心力是重力与轻杆对小球弹力的合力提供的，故B错误；AC．当等于37时，小球恰好与圆筒内壁接触，但此时圆筒内壁对小球弹力为零，而小球在竖直方向受力平衡，设此时杆对小球的弹力为T，则根据平衡条件有Tcosmg

解得T

mgcos可知，在竖直方向上弹力只需满足此关系即可，因此弹力的方向不一定沿着杆，而当增大转速后，圆筒内壁对小球产生弹力与摩擦力，且随着转速的增大圆筒内壁对小球的弹力与摩擦力也随之增加，弹力指向圆心，摩擦力始终沿着小球运动的切向方向，而小球未滑动，因此可知杆的弹力的一个分力要用来平衡摩擦力，显然此种情况下杆的弹力不可能沿着杆的方向，且可知杆的弹力随转轴转速的增大而增大，故AC错误；D．当转轴角速度为10rad/s时，小球做圆周运动的向心力F向m2r21000.275N55N

而小球做圆周运动的向心力恰好由重力与杆对小球弹力的合力提供时，其向心力大小为mgtan3715NF向

显然，当转轴角速度为10rad/s时，圆筒内壁对小球产生了弹力，且可得此弹力的大小为40NFNF向F向

则根据牛顿第三定律可知，小球对桶壁的压力为FN40NFN

因此可得摩擦力10NFfFN一个小球运动一周克服摩擦力做功为W克Ff2r

而转动一周的时间为T

则可得两个小球转动一周克服摩擦力做功的总功率为2P

联立以上各式，解得2W克T

P55W

故D正确。故选D。8.如图所示，xOy直角坐标系的y轴竖直，在第二象限内有一抛物线，抛物线方程为y=x2，在第四象限内有一个四分之一圆弧面，圆弧面的圆心在O点，A、B两个小球在抛物线上，B小球所在位置纵坐标为yB1m，A球所在位置的纵坐标比B球的大，将A、B两球均沿x轴正向抛出，结果两球均通过O点最终落在圆弧面上，不计空气阻力，重力加速度为g取10m/s2，则下列判断正确的是（）A.A球抛出的初速度大B.A球到达O点时速度比B球的大C.B球通过O点的速度大小为5m/s

D.A球从O点到圆弧面运动的时间大于B球从O点运动到圆弧面所用时间【答案】BC【解析】【详解】A．抛物线上抛出的小球经过O点，则xv0t1,y

解得12gt12v05m/s

选项A错误；B．由于抛出的初速度大小相同，因此下落高度高的A球到O点的速度比B球的大，选项B正确；C．B球到O点时竖直方向分速度vy2gyB25m/s

则B球经过O点时速度大小为vBv02vy25m/s

选项C正确；D．两球在水平方向的分速度相等，A球在竖直方向的分速度大，因此落到圆弧面上时，水平位移小，时间短，选项D错误。故选BC。9.如图所示，在光滑水平面上，质量分别为mA、mB的两滑块A、B用轻弹连接，滑块B紧靠竖直墙壁，滑块A在水平恒力F作用下处于静止状态，弹簧的弹性势能为Ep。现撤去力F，物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为Ep，整个运动过程中，滑块A的最大速度为vA，滑块B的最大速度为vB，已知则下列关于mA、mB和vA、vB的比值正确的是（）EpEp



1

，4mA2A.mB

【答案】BC【解析】mA3B.mBvA2C.vB3vA1D.vB3

【详解】AB．撤去力F之后的运动过程中，滑块A向右运动，当滑块A运动至弹簧为自然长度时速度最大，此时弹簧的弹性势能全部转化为滑块A的动能，由功能关系得Ep

12mAvA2此时滑块B开始脱离墙壁，之后两滑块与弹簧组成的系统机械能守恒、动量守恒，当滑块A、B达到共同速度v时，系统的弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒得mAvA(mAmB)v

根据能量守恒得112mAvA(mAmB)v2Ep22

结合EpEp

联立解得

14

mA3mB

故A错误，B正确；CD．滑块B的速度最大时，弹簧再次恢复原长，取向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒得mAvAmAvAmBvB1112'22mAvAmAvAmBvB222

解得vA2

vB3故C正确，D错误。故选BC。10.如图所示，两端分别固定有小球A、B（均视为质点）的轻杆竖直立在水平面上并靠在竖直墙面右侧处于静止状态。由于轻微扰动，A球开始沿水平面向右滑动，B球随之下降，此过程中两球始终在同一竖直平面内。已知轻杆的长度为L，两球的质量均为m，重力加速度大小为g，不计一切摩擦，则在B球落地前，下列说法正确的是（）A.A球动能最大时对水平面的压力大小等于2mg

1

L时，A球具有最大动能31

C.当B下落L时，B球具有最大动能3

B.当B下落D.竖直墙面对B球的冲量大小为【答案】BD【解析】2m6gL9【详解】A．A球动能最大时，则有速度达到最大值，可知该时刻A球受到的合力等于零，由于不计一切摩擦，则杆对A球的力是零，在竖直方向上A球受重力和水平面的支持力处于平衡状态，由牛顿第三定律可知，A球对水平面的压力大小等于mg，A错误；B．设AB与墙壁的夹角为θ，此时B球的速度大小为vB，A球的速度大小为vA，如图所示，由速度的分解可得vBcosvAsin由动能定理可得1212

mgL1cosmvAmvB

22

联立解得12

mvAmgLcos2cos32

对上式两边求导数可得122

mvAmgL2cossin3cossin0cos12

当12

mvA02

时cos

此时则有2

34mgL12

EkAmaxmvA

272max

因此当B下落1

L时，A球具有最大动能，B正确；3C．由分析可知，B球落地时的动能最大，由于当杆中内力等于零时，B球与竖直墙面分离，分离后两球在，则有水平方向动量守恒，设B球落地时A球的速度大小为vA

mvAmax2mvA

解得vA

在整个过程中能量守恒，可得B球的最大动能为2gL2712

EkBmaxmgLmvA

2

C错误；D．由分析可知，杆中先有挤压的内力，之后出现拉伸的内力，由于当杆中内力等于零时，B球与竖直墙面分离，则竖直墙面对B球的冲量等于A球的最大动量，可得竖直墙面对B球的冲量大小为I墙B2mEkAmax

D正确。故选BD。

2m6gL9二、非选择题：本题共5小题，共60分

11.超导是当今材料科学研究的热点，例如亿钡铜氧（YBCO）超导线材，该线材在94K时，将呈现超导特征，但常温下，仍然为一般导体。某同学在实验室找到一根用YBCO材料制成的弹性导电绳，想测量其电阻率。实验过程如下：（1）如图（a）所示，导电绳的一端固定，另一端作为拉伸端，两端分别用带有金属夹A、B的导线接入如图（b）所示的电路中。先闭合开关S1、S2，调节R，使电压表和电流表的指针偏转到合适的位置，记录两表的示数U0和I0。然后断开开关S2，调节滑动变阻器R的滑片，使电流表示数为I0。记下此时电压表示数U1以及弹性导电绳AB间的距离L1和横截面积S1，则此时导电绳的电阻Rx__________（结果用含U0、U1和I0的式子表示）。（2）某次用螺旋测微器测量导电绳直径如图（c）所示，由图可知其直径D=__________mm。（3）多次拉伸导电绳，每次都测量并记录AB间的距离L和导电绳横截面积S，调节滑动变阻器R的滑片的位置，使电流表的示数为I0，记下此时的电压表示数U。绘制如图（d）所示的图像。已知图线的斜率为（结果用含k或d的式k、纵截距为d，若不考虑电流表的内阻，则弹性导电绳的电阻率__________。子表示）（4）若考虑电流表的内阻，则（2）中的电阻率的测量值__________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。【答案】【解析】【详解】（1）[1]根据题意，当S1、S2均闭合时有①.U1U0I0②.4.699##4.700##4.701③.k

④.不变U0I0(RAR0)

当断开S2后有U1I0(RAR0)I0Rx两式联立解得Rx

U1U0I0（2）[2]螺旋测微器不动尺精度为0.5mm，图中所示读数为4.5mm，可动尺精度为0.01mm，读数时需要估读一位，根据图c，可得导电绳直径的读数为d4.5mm20.00.01mm4.700mm

（3）[3]根据题意，若不考虑电流表的内阻，由部分电路的欧姆定律有L

UI0(R0)S写出图d所对应的函数关系可得ULR0I0S该图像的斜率为k，则可知k

（4）[4]若考虑电流表的内阻，由部分电路的欧姆定律有L

UI0(R0RA)S变式可得UL

R0RAI0S可知，即使在考虑电流表内阻的情况下，图像此所测电阻率不变。12.验小组在探究“加速度与物体的受力、物体质量的关系”时，用图甲所示的装置让滑块做匀加速直线运动来进行；由气垫导轨侧面的刻度尺可以测出光电门A、B之间的距离L以及遮光片的宽度d，遮光片通过光电门A、B的时间tA、tB可通过计时器（图中未标出）分别读出，滑块质量为M，钩码的质量为m，打开气垫导轨的气源，让滑块在钩码的重力作用下做匀加速直线运动，重力加速度为g，回答下列问题：UL

的斜率不变，而该图像的斜率就是所测的电阻率，因I0S

（1）为了让滑块所受的合力等于钩码的重力，m__________M（填“”“”或“”）。（2）滑块的加速度a__________（用L、tA、tB、d来表示）；图乙遮光片的宽度在刻度尺上对应的读数为d__________mm。（3）图丙是钩码的质量m不变，改变滑块的质量M，得出不同的M对应的加速度a，描绘出aM函数关系图像为双曲线的一支，图中两矩形的面积__________（填“相等”或“不相等”）。（4）图丁是滑块的质量M不变，改变钩码的质量m，得出不同的mg对应的加速度a，描绘出amg的函数关系图像，图线的斜率等于__________。【答案】【解析】①.

d211②.22

2LtBtA

③.2.0④.相等⑤.1M【详解】1）[1]对整体由牛顿第二定律可得mgMma

对滑块由牛顿第二定律可得TMa

联立解得T

Mmg

mg

mMm1MmM

由上式分析可知，当则有Tmg

即滑块所受的合力等于钩码的重力。（2）[2]滑块经光电门A、B时的速度分别为vAvBdtAdtB滑块从A到B的运动中，由速度位移关系公式可得22vBvA2aL

联立解得d211a222LtBtA[3]由图乙可知，刻度尺最小刻度值为1mm，因此遮光片的宽度在刻度尺上对应的读数为2.0mm。（3）[4]由图丙可知，aM函数关系图像为双曲线的一支，说明a与M成反比，则a与顿第二定律可知1成正比，由牛MmgMa

当钩码的质量m不变，则有滑块的质量M与加速度a的乘积不变，恒为mg，把aM函数关系图像中两个矩形补充完整，如图所示，可知两个完整矩形的面积相等，都为mg，再减去补充的共有面积，剩余的面积也相等，即图丙中的两矩形面积相等。（4）改变钩码的质量m，得出不同的mg对应的加速度a，描绘出amg的[5]图丁是滑块的质量M不变，函数关系图像，由图像可知，说明加速度a与mg成正比，由牛顿第二定律可得mgMa

整理可得a1mgM可知amg图线的斜率等于1。M13.气嘴灯安装在自行车的气嘴上，骑行时会发光。一种气嘴灯的感应装置结构如图（a）所示，感应装置内壁光滑，质量为m的重物套在光滑杆上，一端通过劲度系数为k的弹簧连在A点，重物上有触点C，在B端固定有触点D，触点大小不计。如图（a），B端朝下竖直静置时C、D间的距离Δx



3mg

。当触点C、kD接触后，LED灯就会发光。如图（b）所示，让安装了气嘴灯的自行车竖直倒放在地面上，气嘴灯B端固定在车轮内圈，AB沿车轮半径方向，旋转前车轮研究LED发光情况。测得自行车车轮内径为R，重力加速度大小为g，气嘴灯大小相对车轮内径可忽略不计。（1）若前轮匀速转动时，线速度大小v0

5gR，当气嘴灯运动到最低点时，求B端对重物的支持力；（2）若LED灯能一直发光，求前轮匀速转动的最小线速度大小。【答案】（1）2mg，竖直向上；（2）5gR【解析】【详解】（1）如图重物静止时，弹簧弹力F1mgkx

在最低点时，合力提供向心力有v02

Fkxxmgm

R解得B端对重物的支持力F2mg

方向竖直向上（2）若当气嘴灯运动到最高点时恰能发光，则此时的弹簧弹力为F2kxx4mg

则此时的临界状态是弹簧弹力和其重力提供向心力v2

F2mgm

R

解得v5gR则当车轮线速度v0≥v时，LED灯能一直发光。14.如图所示，A、C两个物块用绕过光滑定滑轮的足够长细线连接，B、C用较短的细线连接，A、B的质量均为m，用外力使物块A处于静止，此时A、B离地面的高度相等，若撤去作用在A上的外力，使连接体由静止开始运动，B下落t时间刚好落地；若先剪断B、C间的细线再撤去外力，使连接体由静止开始运动，则A下落15t的时间刚好落地，重力加速度为g，求：5

（1）物块C的质量；（2）若撤去外力使A、B、C开始运动，直到B下落到初始离地高度的一半时再剪断B、C间的细线，求A上升的最高点离地面的高度。19gt2

【答案】（1）m；（2）250

【解析】【详解】（1）设开始时A、B距离地面的高度为h，则第一次1ha1t22其中mmCgmg2mmCa1

第二次时h

1152a2(t)25其中mgmCgmmCa2

联立解得1g51a2g31mCm

2a1（2）在B下落到初始离地高度的一半时，则下落过程中的加速度为a11g，此时的速度为5v12a1此时物体A距离地面的高度h2gt210

h1332hgt220此时剪断B、C间的细线，则A向上做减速运动加速度为a21g，则还能上升的高度为3v123gt2

h2

2a2100

A上升的最高点离地面的高度为9gt2

Hh1h2

5015.伽利略大炮是一种极为简易的机械发射装置，由伽利略于1590年左右发明。现我们共同研究伽利略大炮的实验，先将500g的弹性大球单独自由释放，落地反弹高度为下落高度的0.64倍。现在弹性大球上将弹性小球逐个叠放，并将它们从距地面0.8m高处自由释放，如图所示。已知各球相互接触且重心在同一竖直线上，每个弹性球的质量为该球下面接触球质量的一半，各球之间均发生弹性碰撞，作用时间极短，无论弹性大球上面是否叠放弹性小球及叠放几个弹性小球，弹性大球与地面碰撞过程中能量损失均保持不变，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力。（1）若将弹性大球单独从距地面0.8m高处自由释放，求地面对弹性大球所做的功；（2）若弹性大球上端只放一个弹性小球，求两球碰撞过程中弹性大球对弹性小球的冲量大小；（3）若要使最上端的弹性小球上升高度不低于45m，求至少需要叠放多少个弹性小球？【答案】（1）0；（2）I2.4Ns；（3）弹性大球上至少叠放6个弹性小球【解析】【详解】（1）因地面对大球的弹力没有位移，可知地面对大球弹力做功为零；（2）设弹性大球与地面碰撞前的速度大小为v1，与地面碰撞后的速度大小为v0，地面对弹性大球所做的功为W，由运动学规律可得，上升过程2v02gh0下落过程v122gh1弹性小球与弹性大球发生弹性碰撞，设弹性大球碰后的速度为v0，弹性小球碰前与碰后的速度分别为v1、v1，取向上为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得m1v0m2v1m1v0m2v1111122m1v0m2v12m1v0m2v122222

由动量定理可得Im2v1m2v1解得I2.4Ns

（3）由（2）可得第一个弹性小球与弹性大球碰撞之后速度为v1

整理可得2m1v0m1m2v1m1m2v1

v4

v0133同理可得第二个弹性小球与第一个弹性小球碰撞之后的速度为v2

2m2v1m2m3v1m2m3整理可得4vv4

v2v0113333

2……由数学知识可得44

vnv0

33

nn1v14

33

n2v1v133由于要使最上端的弹性小球上升高度不低于45m，由运动学规律可得2vm2gh

则vnvm

解得n5时vnvm

n6时vnvm

故弹性大球上至少叠放6个弹性小球。