江苏省苏州市2019-2020学年高二（下）学业质量阳光指标调研物理试题（解析版）

苏州市 2019~2020 学年第二学期学业质量阳光指标调研卷高二物理 本调研卷共 18 小题，满分 100 分。 答题时间 90 分钟。 注意事项： 1. 答题前，学生务必用黑色签字笔将自己的姓名和调研序列号填写在答题卷上，并用 2B 铅笔 填涂调研号下方的涂点。 2. 选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卷上对应的答案信息点涂黑。 如需改动，用 橡皮擦干净后，再选涂其他答案。 答案写在调研卷上无效。 3. 非选择题必须用 0. 5mm 黑色签字笔作答，必须在答题卷上各题目的答题区域作答。 超出 答题区域书写的答案无效。 在调研卷上答题无效。 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共计 24 分。 每小题只有一个选项符合题意。 1. 关于分子动理论，下列说法正确的是（　　） A. 气体扩散的快慢与温度无关 B. 分子间同时存在着引力和斥力 C. 布朗运动是液体分子的无规则运动 D. 分子势能总是随分子间距增大而增大 【答案】B 【解析】 【详解】A．扩散的快慢与温度有关，温度越高，扩散越快，故 A 错误； B．分子间同时存在引力和斥力，引力和斥力均随着分子间距离的增大而减小，故 B 正确； C．布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的无规则运动，它是液体分子的无规则运动的反映，故 C 错误； D．两分子之间的距离大于 r0，分子力表现为引力，分子力随着分子间距的增大而减小，分子势能随着分子 间距的增大而增大；当分子间距小于 r0，分子力表现为斥力，随着分子间距的减小而增大，分子势能也随 着分子间距的减小而增大，故 D 错误。 故选 B。 2. 如图所示，放射性元素镭衰变过程中释放出 α、β、γ 三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列 说法正确的是（　　） A. ②⑤表示 γ 射线，①④表示 α 射线 B. ②⑤表示 γ 射线，③⑥表示 α 射线 C. ③④表示 α 射线，①⑥表示 β 射线 D. ①④表示 β 射线，③⑥表示 α 射线【答案】C 【解析】 【详解】因 α 射线带正电，β 射线带负电，γ 射线不带电，则由电场中的偏转情况可知，③表示 α 射线，① 表示 β 射线，②表示 γ 射线；根据左手定则，结合在磁场中的偏转情况可知，④表示 α 射线，⑥表示 β 射 线，⑤表示 γ 射线；则选项 C 正确，ABD 错误。 故选 C。 3. 人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程。 以下说法不正确的是（　　） A. 温度升高时每个分子的动能都增大 B. 所有晶体都具有一定的熔点 C. 液晶的光学性质是各向异性的 D. 露珠呈球状是由于液体表面张力的作用 【答案】A 【解析】 【详解】A．温度升高时分子的平均动能变大，但是并非每个分子的动能都增大，选项 A 错误，符合题意； B．所有晶体都具有一定的熔点，选项 B 正确，不符合题意； C．液晶的光学性质是各向异性的，选项 C 正确，不符合题意； D．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用，选项 D 正确，不符合题意。 故选 A。 4. 如图所示为氢原子的能级图。 现有大量处于 n=5 激发态的氢原子向低能级跃迁。 下列说法正确的是（　　） A. 能辐射出 4 种不同频率的光 B. 由 n=5 跃迁到 n=4 时辐射出的光频率最大 C. 辐射出光子能量 最大值为 10. 2eV D. 由 n=3 跃迁到 n=1 时辐射出的光照射逸出功为 6. 34eV 的金属铂能发生光电效应 【答案】D 【解析】 【详解】A．从 n=5 激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射出不同频率的光子种类为 种 的 2 5C 10=A 错误； B．由 n=5 跃迁到 n=4 时辐射出的光的波长最长，频率最小，B 错误； C．放出光子能量最大值时应是从 n=5 跃迁到 n=1 时辐射出的光子能量 C 错误； D．由 n=3 跃迁到 n=1 时辐射出的光子能量 因此用该光照射逸出功为 6. 34eV 的金属铂能发生光电效应，D 正确。 故选 D。 5. 图甲为一列简谐横波在 t=0 时刻的波形图，图乙为介质中平衡位置在 x=1. 5m 处的质点 a 的振动图像。 下列说法正确的是（　　） A. 波的传播方向向左 B. 波的传播速度为 2m/s C. 0~1s 时间内，回复力对 a 做正功 D. 1~2s 时间内，回复力对 a 做功的功率先增大后减小 【答案】D 【解析】 【详解】A．因为 t=0 时刻 x=1. 5m 处的质点 a 向上振动，由波形图可知，波的传播方向向右，选项 A 错误； B．因为波长 λ=2m，周期 T=4s，则波的传播速度为 选项 B 错误； C．0~1s 时间内，质点 a 的动能减小，则回复力对 a 做负功，选项 C 错误； D．因 t=1s 时刻质点 a 所受回复力最大，但是速度为零，则由 P=Fv 可知，回复力的功率为零；在 t=2s 时 刻，质点 a 速度最大，但是回复力为零，则回复力的功率又为零，则 1~2s 时间内，回复力对 a 做功的功率 先增大后减小，选项 D 正确。 0.54 ( 13.6) 13.06eVE∆ = − − − = 1.51 ( 13.6) 12.09eVE∆ = − − − = 0.5m/sv T λ= =故选 D。 6. 我国在 2020 年 5 月 31 日，利用长征 2 号丁运载火箭成功将高分九号 02 星、和德四号卫星送入预定轨道， 该火箭是我国目前唯一一款可以在陆地和海上发射的火箭。 某科研小组将一模型火箭点火升空，若实验中 发动机在 0. 1s 时间内喷射的气体质量约为 50g，喷射的气体速度约为 600m/s，则发动机产生的推力约为 （　　） A. 120N B. 300N C. 1200N D. 3000N 【答案】B 【解析】 【详解】以喷出的气体为研究对象，设 t=0.1s 内喷出的气体质量为 m，气体受到的作用力为 F，根据动量定 理可得 Ft=mv-0 其中 v=600m/s，t=0.1s，m=50g=0.05kg 解得 F=300N 根据牛顿第三定律可知，气体受到作用力与气体对火箭的推力为相互作用力，发动机产生的推力 F=300N。 故选 B。 7. 如图所示，在某一均匀介质中，两波源 A、B 位于一半径为 4m 的圆的一条直径上，距离圆心 O 点都是 2m，其简谐运动表达式均为 m，圆周上的 P 点与 A、B 两波源间的距离分别为 5m 和 3m， 波在该介质中传播速度为 10m/s。下列说法正确的是（　　） A. 圆周上振动加强的点共有 8 个 B. 两简谐波都传播到 P 点的时间差为 0.1s C. 两简谐波都传播到 P 点后，P 点振动的频率为 10Hz D. 两简谐波都传播到 P 点后，P 点振动的位移始终为 0.2m 【答案】A 【解析】 0.1sin(10 )x πt=【详解】简谐运动表达式 m 可知 周期为 波长为 A．圆周上的 P 点与 A、B 两波源间的距离分别为 5m 和 3m，即波程差为 2m 等于波长的整数倍，即 P 点为 振动加强点，由对称性可知，如图中的 、 、 也为振动加强点，M、N 两点分别到两波源的波程差为 4m，则 M、N 两点也为振动加强点，同理有 C、D 两点分别到两波源的波程差为 0，则 C、D 两点为振动加 强点，则圆周上振动加强的点共有 8 个，故 A 正确； B．两简谐波都传播到 P 点的时间差为 故 B 错误； C．由于周期为 0.2s，则频率为 故 C 错误； D．两简谐波都传播到 P 点后 P 为振动加强点，但 P 点仍然在平衡位置附近振动，则 P 点的位移不是始终 都为 0.2m，故 D 错误。 故选 A。 0.1sin(10 )x πt= 10πrad/sω = 2π 2π s 0.2s10πT ω= = = 10 0.2m=2mvTλ = = × 1P 2P 3P 5 3( )s 0.2s10 10t∆ = − = 1 5Hzf T = =8. 如图，长为 l 的细绳下方悬挂一小球，绳的另一端固定在天花板上 O 点，在 O 点正下方 的点 O′有 一固定细铁钉。 将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度（约为 2°）后由静止释放，当小球摆至 最低位置时，细绳受到铁钉的阻挡后继续运动。 下列说法正确的是（　　） A. 碰钉前后瞬间小球的加速度之比为 4：1 B. 碰钉前后瞬间绳的拉力之比 1：4 C. 碰钉前后小球离开平衡位置的最大距离之比 2：1 D. 小球碰钉前运动时间和碰钉后离开平衡位置到最大距离所用时间之比 4：1 【答案】C 【解析】 【详解】A．碰钉前后瞬间小球的速度不变， ，根据 可知加速度之比为 3 4 l 1 2 1: 1: 4:14r r = = 2va r = 1 2: 1: 4a a =选项 A 错误； B．根据 F-mg=ma 可得 F=mg+ma 可得碰钉前后瞬间绳的拉力之比不等于 1：4，选项 B 错误； C．根据机械能守恒可知，碰钉前后小球上升的最大高度相同，则 整理可得 即 由于离开平衡位置的角度很小，则 则 根据 则解得离开平衡位置的最大距离之比 选项 C 正确； D．由于离开平衡位置的角度很小，则小球碰钉前后均可看做单摆，根据单摆周期公式则小球碰钉前运动时 间 碰钉后离开平衡位置到最大距离所用时间 (1 cos ) (1 cos )4 ll α β− = − 2 24sin sin2 2 α β= 2sin sin2 2 α β= sin 2 2 α α≈ sin 2 2 β β≈ =2β α x rθ= 1 2 2 1 4 x l lx α β ⋅= = ⋅ 1 1 24 Lt g π= ⋅则时间之比 2：1，选项 D 错误。 故选 C。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共计 16 分。 每小题有多个选项符合题意。 全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分。 9. 以下说法中正确的是（　　） A. 光的偏振现象说明光是横波 B. 根据相对论可知空间和时间与运动有关 C. 麦克斯韦预言并用实验验证了电磁波的存在 D. 圆盘衍射图样是中心有亮斑的同心等距圆环 【答案】AB 【解析】 【详解】A．光的偏振现象说明光是横波，选项 A 正确； B．相对论认为：空间和时间与物质的运动快慢有关，选项 B 正确； C．麦克斯韦预言了电磁波，赫兹用实验验证了电磁波的存在，选项 C 错误； D．圆盘衍射图样是中心有亮斑的同心不等距圆环，选项 D 错误。 故选 AB。 10. 如图，一定质量的理想气体从状态 a 出发，经过等容过程 ab 到达状态 b，再经过等温过程 bc 到达状态 c，最后经等压过程 ca 回到初态 a。 下列说法正确的是（　　） A. 在过程 ab 中气体的内能增加 B. 在过程 ab 中气体对外界做功 C. 在过程 ca 中气体对外界做功 D. 在过程 bc 中气体从外界吸收热量 【答案】AD 【解析】 2 1 1 1 142 =4 2 L t tg π= ⋅【详解】A．在过程 ab 中气体的体积不变，压强变大，由 ，则温度升高，则内能增加，选项 A 正 确； B．在过程 ab 中气体的体积不变，则气体不对外界做功，外界也不对气体做功，选项 B 错误； C．在过程 ca 中气体体积减小，则外界对气体做功，选项 C 错误； D．在过程 bc 中，气体温度不变，则内能不变；体积变大，对外做功；根据热力学第一定律可知，气体从 外界吸收热量，选项 D 正确。 故选 AD。 11. 在光电效应实验中，用某频率 光入射光电管，有光电流产生。下列说法正确的是（　　） A. 保持入射光的频率不变，增加光的强度，饱和光电流变大 B. 保持入射光的强度不变，增加入射光的频率，饱和光电流变大 C. 换用频率更高的入射光，光电子的最大初动能变大 D. 遏止电压的大小与入射光的频率无关 【答案】AC 【解析】 【详解】A．保持入射光 频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大，因为饱和光电流与入射光的强 度成正比，故 A 正确； B．强度不变，频率变大，则每个光子能量变大，光子数减小，则打出的光电子数减小，则饱和电流变小， 故 B 错误； C．由爱因斯坦光电效应方程可知，换用频率更高的入射光，光电子的最大初动能变大，故 C 正确； D．由爱因斯坦光电效应方程 和 可得 故 D 错误。 故选 AC。 12. 如图所示，在光滑的水平面上有一竖直向下磁感应强度为 B，宽度为 L 的匀强磁场区域。 现有一质量 为 m，电阻为 R，边长为 a（a＜L）的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度 沿水平面向右滑动，穿 过磁场后速度减为 v，则线圈在此过程中（　　） 的 的 pV CT = kmax 0E h Wν= − 2 kmax 1 2ceU mv E= = 0ceU h Wν= − 0vA. 动量大小一直减小 B. 安培力的冲量大小为 C. 安培力的冲量大小为 D. 线圈全部进入磁场时速度等于 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．线圈完全进入磁场后磁通量不变，线圈中无感应电流，不受安培力作用，则线圈的动量保持不 变，选项 A 错误； B．线圈进入磁场时安培力的冲量 而 则 则整个过程中安培力的冲量大小为 选项 B 正确； C．对线框进入或穿出磁场过程，初速度为 v0，末速度为 v．由动量定理可知 安培力的冲量大小为 ，选项 C 正确； D．设线圈全部进入磁场时 速度为 v1，则由动量定理的 2 32B a R ( )0m v v− 0 2 v v+ 1I BIa t Baq= ∆ = 2E Baq t tR t R R ∆Φ= ∆ = ∆ =∆ ⋅ 2 3 1 B aI R = 2 3 1 22 B aI I R = = 0- t m mvF v= −安 ( )0m v v− 1 1 0- -BIa Bq at mv mv= = −线圈出离磁场的过程，由动量定理 由 因为进入和穿出磁场过程，磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过导线框横截面积的电 量相等 q1=q2 故由上式得知，进入过程导线框的速度变化量等于离开过程导线框的速度变化量，即 v0-v1=v1-v 解得 选项 D 正确。 故选 BCD。 三、简答题：本题共 2 小题，共计 14 分。 请将答案填写在答题卡相应的位置。 13. 在做“用油膜法估测分子的大小”的实验中，已知每 2000mL 油酸酒精溶液中含有纯油酸 1mL，用注射器 测得每 100 滴这样的溶液为 1mL，把一滴这样的溶液滴入撒有痱子粉的盛水浅盘里，把玻璃板盖在浅盘上 并描画出油酸膜轮廓，如图所示。 (1)图中正方形小方格的边长为 0.6cm，则油酸膜的面积为_________cm2，油酸分子直径大小（保留一位有 效数字）d=_________m； (2)实验中釆用油酸的酒精溶液，而不直接用油酸，其目的是_____________； (3)某同学在实验中，计算出的分子直径偏大，可能是由于_________。 A．油酸分子未完全散开 B．油酸酒精溶液浓度低于实际浓度 C．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格 2 1 ''- -BI a Bt mva mvq= = − q R ∆Φ= 0 1 2 v vv +=D．求每滴油酸酒精溶液的体积时，1mL 的溶液滴数多计了几滴 【答案】 (1). 38.16(36－40 均可) (2). (3). 油膜尽可能散开形成单分子层 (4). AC 【解析】 【详解】(1)[1]油膜面积约占 106 小格，则油酸膜的面积约为 由于误差 36－40cm2 均可 [2]每一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为 油酸分子的直径 (2)[3]实验中要让油膜尽可能散开，目的是形成单分子油膜 (3)[4]计算油酸分子直径的公式是 ，V 是纯油酸的体积，S 是油膜的面积 A．油酸未完全散开，S 偏小，故得到的分子直径 d 将偏大，故 A 正确； B．计算时油酸酒精溶液浓度低于实际浓度，则油酸的实际体积偏小，则直径将偏小，故 B 错误； C．计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，S 将偏小，故得到的分子直径将偏大，故 C 正确； D．求每滴体积时，lmL 的溶液的滴数误多计了几滴，纯油酸的体积将偏小，则计算得到的分子直径将偏小， 故 D 错误。 故选 AC 14. (1)如图甲为双缝干涉的实验示意图。 某同学利用双缝干涉实验装置测一单色光的波长。 已知双缝间距 为 d，双缝到屏的距离为 L，将测量头的分划板中心刻线与某一亮条纹的中心对齐，并将该条纹记为第一亮 条纹，其示数如图乙所示，此时的示数 x1=_________mm。 然后调节测量头，使分划板中心刻线与第 n 亮 条纹的中心对齐，测出第 n 亮条纹示数为 x2.，由以上数据可求得该光的波长表达式_________（用题中的符 号表示）。 91 10−× 2 2106 0.6 0.6cm 38.16cmS = × × = 12 31 1 mL 5 10 m2000 100V −= × = × 12 9 4 5 10 m 1 10 m38.16 10 Vd S − − − ×= = = ×× Vd S =(2)若要使干涉条纹的间距变大，在保证其他条件不变的情况下，可以__________。 A．将光屏移近双缝 B．改换间距更小的双缝 C．将光源向双缝移动一小段距离 D．更换滤光片，使通过单缝的光波长更长 【答案】 (1). 0. 776-0. 779 (2). (3). BD 【解析】 【详解】（1）[1]示数 x1=0.5mm+0.01mm×27.8=0.778mm； [2]条纹间距 根据 可知 (2)[3]若要使干涉条纹的间距变大，根据 则： A．将光屏移近双缝，则 L 减小，∆x 减小，选项 A 错误； B．改换间距更小的双缝，则 d 减小，∆x 变大，选项 B 正确； C．将光源向双缝移动一小段距离，对∆x 无影响，选项 C 错误； D．更换滤光片，使通过单缝的光波长更长，则∆x 变大，选项 D 正确。 故选 BD。 四、计算题：本题共 4 小题，共计 46 分。 解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演 算步骤，只写出最后答案的不得分。 有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。 15. 如图所示，圆筒形导热气缸开口向上竖直放置。内有活塞质量为 m=1kg，横截面积为 m2。 汽缸内密封有一定质量的理想气体，气柱高度 h=0.2m。已知大气压 Pa，取 g=10m/s2，不计摩 擦。 (1)求气缸内气体的压强； (2)如果在活塞上缓慢堆放一定质量的细砂，气柱高度变为原来的 ，求细砂的质量； (3)如果在(2)的基础上设法升高缸内气体的温度，使活塞恢复到原高度，此过程气体吸收热量为 10J，请计 算气体内能的增量。 ( )2 1 ( 1) d x x L n λ −= − 2 1 1 x xx n −∆ = − Lx d λ∆ = ( )2 1 ( 1) d x xx d L L n λ −∆ ⋅= = − Lx d λ∆ = 45 10S −= × 5 0 1.0 10p = × 2 3【答案】(1) Pa；(2)3kg；(3)4J 【解析】 【详解】(1)对活塞受力分析有 Pa (2)因为细砂是缓慢放置的，所以气体等温变化，据玻意耳定律，有 且 代入数据解得 kg (3)使活塞恢复到原高度的过程，气体压强不变，气体对外做功为 J 气体内能增加量 △U=Q+W 得 △U=4J 16. 如图所示，一颗半径为 R、折射率为 的玻璃球截去一部分后形成的玻璃球冠，其底面镀银。 在过球 心 O 且垂直于底面的平面内，一垂直射向底面边缘上 A 点的光线在玻璃球冠上的入射点为 M，MA 距离等 于 R，该光线经镀银底面反射后再从球面射出。 真空中的光速为 c，求： (1)光线在 M 点的入射角； (2)光线与镀银面的交点到 A 点的距离； (3)该光线从射入球面到射出球面所需的时间 51.2 10× 5 1 0 1.2 10mgp p S = + = × 1 1 2 2pV p V= 2 0 mg m gp p S += + 砂 3m =砂 ( )2 1 2 6W p V V= − − = − 3【答案】(1)60°；(2) ；(3) 【解析】 【详解】(1)做 M 点的法线 OM，连接 OA，根据题意可得△OMA 为等边三角形，所以光线在 M 点的入射角 i 等于∠OMN=60° (2)设折射角为 γ，根据折射定律 ∴ γ=30° 设折射光线与镀银面的交点为 N； 在直角△MAN 中，∠NMA=30° (3)光线在 N 点反射，根据几何关系，反射光线通过 O 点，设从球面上的 Q 点射出 ∴光线从射入球面到出球面所需 时间的 3 3 R (3 3)+ R c sin 3sin i γ = sin 60 1sin 23 γ °= = 3tan30 3AN MA R= ° = 2 3 3MN R= 3 3NQ R R= +17. 在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次 β 衰变。 放射出 β 粒子在与磁 场垂直的平面内做圆周运动，其轨迹半径为 R。 以 m、q 分别表示 β 粒子的质量和电荷量。 已知真空中的 光速为 c，不考虑相对论效应。 (1)放射性原子核用 表示，新核元素符号用 Y 表示，写出该 β 衰变的核反应方程； (2)β 粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求环形电流大小； (3)设该衰变过程释放的核能都转化为 β 粒子和新核的动能，新核的质量为 M，求衰变过程的质量亏损△m。 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】 【详解】(1)该 β 衰变的核反应方程 (2)洛伦兹力提供向心力 所以 坏形电流 (3)衰变过程动量守恒，有 所以 “-”表示方向相反 3 (3 3) 3 MN NQ R R Rt cv c + + += = = A Z X 0 1 1X Y+ eA A Z Z + −→ 2 2 q B mπ 2 2 2 2 ( ) 2 q B R M mm Mmc +∆ = 0 1 1X Y+ eA A Z Z + −→ 2vqvB m R = qBRv m = 2 2R mT v qB π π= = 2 2 q q BI T mπ= = Y β0 p p= + Yp pβ= −因为 p=mv 所以 即 由能量守恒 其中 所以 18. 如图所示，上表面光滑、长为 3L 的两端带有挡板的木板 MP 固定在水平面上，在 M 处有一质量为 mA 的金属块 A，在 N 处另外放置一质量为 mB 的木块 B。当 A 水平向右运动就会和 B 发生碰撞，碰撞时间极短， A、B 可视为质点。 （和挡板碰撞能量损失不计）。 (1)若给 A 一水平向右的初速度 ，A、B 在 N 处碰撞后不分开，求碰撞后 A 的速度大小； (2)若给 A—水平向右的初速度 ，A、B 碰撞时系统没有动能损失，要使 A、B 第二次碰撞仍发生在 N 处， A、B 质量应满足的条件； (3)若在挡板所在空间加方向水平向左的匀强电场，并使 A 带上负电荷，其受到的电场力为 F。 A 由静止开 始运动和 B 在 N 处碰撞后不分开，假设木板上表面 NP 间粗糙，A、B 碰撞后受到的摩擦力为 ，A、B 的 质量均为 m。 求右侧挡板前两次碰撞受到的冲量大小之比。 21 2kE mv= 2 2k pE m = kY kβ: :E E m M= 2 kY kβmc E E∆ = + 2 kE M mm c M β + ∆ =    2 2 2 21 2 2k q B RE mv mβ = = 2 2 2 2 ( ) 2 q B R M mm Mmc +∆ = 0v 0v 3 F【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】 【详解】(1)A、B 碰撞时 (2)第一种情况： ，A、B 碰撞后，A 停下，B 与右侧挡板碰撞后再返回原处与 A 再次碰撞； 第二种情况：因为 A、B 碰撞时没有动能损失 得到 要使 A、B 在第一次碰撞位置再次碰撞，满足 得到 (3)从释放 A 到 A、B 碰撞前，对 A 应用动能定理 A、B 碰撞过程 从 A、B 碰撞后到第一次与右侧挡板碰撞前，对 A、B 应用动能定理 0A A B m vv m m = + 5B Am m= 1 2 5 3 I I = ( )0A A Bm v m m v= + 0A A B m vv m m = + A Bm m= 0A A A B Bm v m v m v= + 2 2 2 0 1 1 1 2 2 2A A A B Bm v m v m v= + 0 A B A A B m mv vm m −= + 0 2 A B A B mv vm m = + 2 4 B A L L v v = − 5B Am m= 2 0 12 2F L mv⋅ = 0 2 'mv mv=得到 第一次碰撞受到右侧挡板作用的冲量为 A、B 与右侧挡板第一次碰撞后，返回时若能越过 N 点，应有 A、B 与右侧挡板第一次碰撞后至 N 点的过程应用动能定理得 解得 ∴A、B 碰撞到第一次与右侧挡板碰撞后必能到达 N 点的左侧 从 A、B 碰撞到第二次与右侧挡板碰撞前，对 A、B 应用动能定理 得到 第二次碰撞受到右侧挡板作用的冲量为 所以，两次碰撞中，A、B 受到右侧挡板作用的冲量之比为 根据牛顿第三定律，右侧挡板前两次受到碰撞的冲量之比为 2 2 1 1 12 2 '2 2FL fL mv mv− = × − × 1 5 3 FLv m = 1 1 802 2 3I mv mFL= × = 0Nv > 2 2 1 1 12 22 2NFL fL mv mv− − = × − × 03N FLv m = > 2 2 2 1 13 2 2 '2 2FL fL mv mv− = × − × 2 FLv m = 2 22 2 4I mv mFL= × = 1 2 5 3 I I = 1 2 5 3 I I =