江西2020届高三物理上学期第四次月考试卷（附解析Word版）

江西省 2019-2020 学年度高三第四次考试物理试题 一．选择题 1.如图所示,小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上,现有一男孩站在小车上用力向右 迅速推木箱。关于上述过程,下列说法正确的是 A. 男孩、小车与木箱三者组成的系统机械能守恒 B. 男孩与木箱组成的系统动量守恒 C. 木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同 D. 男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒 【答案】D 【解析】 【详解】A.男孩推木箱的过程中，人对木箱、小车和自己做功，消耗人体内的化学能，转化 为系统的机械能，所以系统的机械能增加，故 A 错误。 BD.男孩、小车与木箱三者组成的系统，竖直方向上重力和冰面的支持力平衡，合力为零，水 平方向不受外力，故系统动量守恒，故 B 错误，D 正确； C.木箱、男孩、小车组成 系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小 相同，方向相反，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同，故 C 错误。 2.某汽车在平直公路上以功率 P、速度 v0 匀速行驶时，牵引力为 F0。在 t1 时刻，司机减小油 门，使汽车的功率减为 P/2，此后保持该功率继续行驶，t2 时刻，汽车又恢复到匀速运动状态。 下面是有关汽车牵引力 F、速度 v 在此过程中随时间 t 变化的图像，其中正确的是( ) A. B. 的 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题，汽车以功率 P、速度 v0 匀速行驶时，牵引力与阻力平衡。当司机减小油门， 使汽车的功率减为 时，根据 P=Fv 得知，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，即为 ，而阻力没有变化，则汽车开始做减速运动，由于功率保持为 ，随着速度的减小， 牵引力逐渐增大，根据牛顿第二定律得知，汽车的加速度逐渐减小，做加速度减小的减速运 动；当汽车再次匀速运动时，牵引力与阻力再次平衡，大小为 ；由 P=Fv 得知，此时汽车的 速度为原来的一半。 AB．汽车功率变化后，做加速度减小的减速直至匀速；故 A 正确，B 错误。 CD．汽车功率变化后，牵引力突然减小到原来的一半，然后牵引力逐渐增大(速度减小的越来 越慢，牵引力增加的越来越慢)，最终牵引力还原；故 CD 错误。 3.质量为 M 的物块以速度 v 运动，与质量为 m 的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好 相等，两者质量之比 M/m 可能为 A. 0.8 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【详解】设碰撞后两者的动量都为 p，由于题意可知，碰撞前后总动量为 2p，根据动量和动 能的关系有： 碰撞过程动能不增加，有： 解得： P 2 0 1 2F F= P 2 0F 2 2 kp mE= 2 2 2(2 ) 2 2 2 p p p M M m ≥ + 3M m ≤ 故选 B。 4.2019 年 4 月 11 日 21 时黑洞视界望远镜合作组织(ETE)宣布了近邻巨椭圆星系 M87 中心捕 获的首张黑洞图像，提供了黑洞存在的直接“视觉”证据，验证了 1915 年爱因斯坦的伟大预 言。一种理论认为，整个宇宙很可能是个黑洞，如今可观测宇宙的范围膨胀到了半径 465 亿 光年的规模，也就是说，我们的宇宙就像一个直径 930 亿光年的球体。黑洞的质量 M 和半径 R 的关系满足史瓦西半径公式 (其中 c 为光速，其值为 c=3×108m/s，G 为引力常量， 其值为 6．67×10-11N·m2/kg2)则，由此可估算出宇宙的总质量的数量级约为 A. 1054kg B. 1044kg C. 1034kg D. 1024kg 【答案】A 【解析】 【详解】宇宙的半径 根据半径公式 可得宇宙的质量 故宇宙质量 的数量级为 ，故 A 正确；BCD 错误；故选 A 5.如图所示，可看作点电荷的带电小球 A、B 的电荷量分别为 QA、QB，都用绝缘丝线悬挂在绝 缘墙角 O 点处，静止时 A 紧靠竖直墙壁，A、B 相距为 d。为使平衡时 AB 间距离变为 2d，可采 用以下哪些方法 A. 将小球 B 的质量变为原来的八分之一 B. 将小球 B 的质量增加到原来的 8 倍 2M 2 c R G = 8 8 26930 10 365 24 3600 3 10 m 4.4 10 m2r ×= × × × × × = × 2M 2 c R G = ( )28 262 54 11 3 10 4.4 10c RM kg 0.3 10 kg2G 2 6.67 10− × × ×⋅= = = ×× × 5410 kg C. 将小球 A、B 的电荷量都增为原来的二倍，同时将小球 B 的质量加倍 D. 将小球 A、B 的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球 B 的质量增加到原来的 2 倍 【答案】A 【解析】 【详解】如图所示，B 受重力、绳子的拉力和库仑力： 根据三角形相似原理有： ① 库仑力： ② 由①②得： AB.由 知，将小球 B 的质量变为原来的 ，则距离变为原来的 2 倍，故 A 正确， B 错误； C.由 知，将小球 A、B 的电荷量都增为原来的 2 倍，同时将小球 B 的质量变加倍， 则距离为原来的 倍，故 C 错误。 D.由 知，将小球 A、B 电荷量都减小到原来的一半，同时将小球 B 的质量增加 到原来的 2 倍，由距离变为原来的 倍，故 D 错误。 6. 已知电荷 q 均匀分布在半球面 AB 上，球面半径为 R，CD 为通过半球顶点与球心 O 的轴线， 的 Bm g F L d = 1 2 2 q qF k d = 1 23 B kq q Ld m g = 1 23 B kq q Ld m g = 1 8 1 23 B kq q Ld m g = 3 2 1 23 B kq q Ld m g = 1 2 如右图所示，M 是位于 CD 轴线上球面外侧，且 OM＝ON＝L＝2R。已知 M 点的场强为 E，则 N 点 的场强为（ ） A. E B. C. －E D. －E 【答案】D 【解析】 试题分析：利用等效法这样分析．均匀带电半球相当于一个均匀带正电 球和半个均匀带负 电的球，这个半球放在图的另一边．M 点的场强 ， 为带负 电的半球在 M 点产生的场强，所以，N 点正电半球产生的电场强度相当于负电半球在 M 点产生 的电场强度，而与 M 点的环境比较，唯一的区别是电荷符号相反，从而电场大小相同，方向 相反，故 N 点电场强度为 ，D 正确． 考点：考查了电场强度 7.如图所示，A、B、C 三个完全相同的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A 由静止 释放，B 的初速度方向沿斜面向下，大小为 v0，C 的初速度方向沿斜面水平，大小也为 v0.下 述正确的是 A. A 和 C 将同时滑到斜面底端 B. B 比 C 更早滑到斜面底端 C. 滑到斜面底端时，三者损失的机械能一样多 D. 滑到斜面底端时，B 的动能最大 【答案】D 【解析】 【详解】A. AC 两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A 所受滑动摩擦力沿斜面向上，C 沿斜 的 2 kq L 2 kq L 22 kq R ( )22 qE k E R = + ′ ( )22 qE E k R ′ = − ( )22 qE k E R ′ = − 面向上的力是滑动摩擦力的分力，而沿斜面向下的力都是重力沿斜面向下的分力，根据牛顿 第二定律可知，C 的加速度大于 A 的加速度，所以 C 先到达斜面底端。故 A 错误。 B. B 比 C 的加速度小，初速度比 C 大，沿斜面向下的位移相等，所以无法比较两者运动的时 间，故 B 错误； C.滑动摩擦力做功与路程有关，C 运动的路程最大，C 克服摩擦力做功最大，机械能减少最多， 故 C 错误； D.重力做功相同，摩擦力对 A、B 做功相同，C 克服摩擦力做功最大，而 B 有初速度，则滑到 斜面底端时，B 滑块的动能最大，故 D 正确。 8.如图，物体静止于光滑斜面底端，某时刻在平行于斜面的拉力作用下沿斜面向上运动，其 机械能 E 随位移 x 变化的图像如图所示，图中 o--x1 段为曲线，x1--x2 段为直线，以斜面底面 为零重力势能面，下列说法正确的是 A. 物体加速度先减小后不变 B. 拉力的功率先减小后不变 C. 物体动能一定增加 D. 物体可能先加速后减速运动 【答案】D 【解析】 【详解】ACD.根据功能关系原理知： △E=F△x 可知 E-x 图线的斜率表示拉力的大小，所以在 o—x1 段斜率减小，拉力减小，根据牛顿第二定 律，可知物体做加速度减小的加速运动，动能增加；在 x1—x2 段为直线，斜率不变，拉力不 变，则此时可能拉力小于重力沿斜面向下的分力，则物体做加速度不变的减速运动，动能减 小；也可能拉力刚好与重力沿斜面向下的分力相等，此时加速度为零，物体在匀速直线运动， 动能不变，故 AC 错误，D 正确； B.在 o—x1 段拉力在减小，速度在增大，无法判断此段拉力的功率变化情况；在 x1—x2 段拉力 不变，由于不清楚物体的运动情况，无法判断此段拉力功率变化情况，故 B 错误。 9.质量为 m 的子弹，以水平速度 v 射入静止在光滑水平面上质量为 M 的木块，并留在其中， 下列说法中正确的有 A. 子弹克服阻力做的功与木块获得的动能相等 B. 阻力对子弹做的功与子弹减少的动能相等 C. 子弹克服阻力做的功与子弹对木块做的功相等 D. 系统增加的内能等于系统减少的机械能 【答案】BD 【解析】 【详解】A.子弹克服阻力做功等于系统产生的内能和木块获得的动能，故 A 错误； B.对子弹，其合外力为阻力，所以根据动能定理可知，阻力对子弹做的功与子弹减少的动能 相等，故 B 正确； C.子弹克服阻力做功等于系统产生的内能和木块获得的动能，而子弹对木块做的功等于木块 获得的动能，所以子弹克服阻力做的功大于子弹对木块做的功，故 C 错误； D. 由于子弹和木块的滑动摩擦力对系统做负功，根据能量守恒，可知子弹和木块组成的系统 减少的机械能等于系统增加的内能，故 D 正确。 10.带有 光滑圆弧轨道、质量为 m0 的滑车静止置于光滑水平面上,如图所示。一质量为 m 的 小球以速度 v0 水平冲上滑车,当小球上滑再返回,并脱离滑车时,以下说法可能正确的是 A. 小球一定沿水平方向向左做平抛运动 B. 小球可能沿水平方向向左做平抛运动 C. 小球可能做自由落体运动 D. 若小球初速度 v0 足够大，以致小球能从滑道右端冲出滑车，则小球再也落不进滑车 【答案】BC 【解析】 【详解】ABC.小球滑上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程，选取小球的速度 v0 方向为正 方向，由动量守恒定律得： 由系统的机械能守恒得： 1 4 0 1 0 2mv mv m v= + 联立解得： 如果 ，则小球离开滑车向左做平抛运动； 如果 ，即小球离开小车的速度是 0，小球将做自由落体运动； 如果 ，小球离开小车向右做平抛运动，故 A 错误，BC 正确； D.小球离开四分之一圆弧轨道，在水平方向上与小车的速度相同，则返回时仍然回到小车上。 故 D 错误。 11.设地球的质量为 M，半径为 R，自转角速度为 ω，万有引力常量为 G，同步卫星离地心高 度为 r，地表重力加速度为 g，则关于同步卫星的速度 v 的表达式不正确的是( ) A. v=rω B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据线速度与角速度的关系，万有引力提供向心力、万有引力等于重力，抓住同步卫星的角 速度与地球自转的角速度相等进行分析求解。 【详解】A 项：因为同步卫星的角速度与地球自转的角速度相等，则同步卫星的线速度 v=ωr．故 A 正确； B、C 项：根据万有引力提供向心力，有： ，解得： 由上式得： ，则有： ，则有： 故 B 错误，C 正确； D 项：因为 GM=gR2，所以 v＝ ，故 D 正确。 2 2 2 0 1 0 2 1 1 1 2 2 2mv mv m v= + 0 1 0 0 m mv vm m −= + 0 1 0m m v< >， GMv R = 3v GMw= gv R r = 2 2 Mm vG mr r = GMv r = 2 GMv r = 3 GMv v GMr ω= = 3v GMω= 2GM gR gRr r r = = 本题选不正确的，故选：B。 【点睛】解决本题的关键知道同步卫星的角速度与地球自转的角速度相等，以及掌握万有引 力提供向心力和万有引力等于重力这连个理论，并能灵活运用。 12.如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上 O 点的转轴上，另一端与一质量为 m、套在粗糙 固定直杆 A 处的小球（可视为质点）相连，直杆的倾角为 30°，OA=OC，B 为 AC 的中点，OB 等于弹簧原长．小球从 A 处由静止开始下滑，初始加速度大小为 aA，第一次经过 B 处的速度 为 v，运动到 C 处速度为 0，后又以大小为 aC 的初始加速度由静止开始向上滑行．设最大静摩 擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是 A. 小球可以返回到出发点 A 处 B. 弹簧具有的最大弹性势能为 C. 撤去弹簧，小球可以静止在直杆上任意位置 D. aA－aC＝g 【答案】BD 【解析】 【详解】AB.设小球从 A 运动到 B 的过程克服摩擦力做功为 ，AB 间的竖直高度为 h，小球 的质量为 m，弹簧具有的最大弹性势能为 。根据能量守恒定律，对于小球 A 到 B 的过程有： A 到 C 的过程有： 解得： 小球从 C 点向上运动时，假设能返回到 A 点，由能量守恒定律得： 该式违反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出发点 A 处。故 A 错误，B 正确。 2 2 mv fW pE 21 2p fmgh E mv W+ = + 2 2p f pmgh E W E+ = + 21 2f pW mgh E mv= =， 2 2p f pE W mgh E= + + C.设从 A 运动到 C 摩擦力的平均值为 ，AB=s，由： 得： 解得： 在 B 点，摩擦力 ，由于弹簧对小球有拉力（除 B 点外），小球对杆的压力大 于 ，所以： 可得： 因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止。故 C 错误。 D.根据牛顿第二定律得，在 A 点有： 在 C 点有： 两式相减得： 故 D 正确。 二.填空题 13.如图，用光电门等器材验证机械能守恒定律．直径为 d、质量为 m 的金属小球由 A 处静止 释放，下落过程中经过 A 处正下方的 B 处固定的光电门，测得 A、B 的距离为 H（H≫d），光电 门测出小球通过光电门的时间为 t，当地的重力加速度为 g，则 f fW mgh= sin30f s mgs=  sin30f mg=  cos30f mgµ=  cos30mgµ  cos30f mgµ>  sin30 cos30mg mgµ>  cos30 sin30 AF mg f ma+ − =  cos30 sin30 CF f mg ma− − =  A Ca a g− = （1）多次改变高度 H，重复上述实验，作出 随 H 的变化图像如图所示，当图中已知量 t0、 H0 和重力加速度 g 及小球直径 d 满足以下表达式__________________时，可判断小球下落过 程中机械能守恒； （2）实验中发现动能增加量ΔEk 总是小于重力势能减少量 ΔEp，若增加下落高度，则 ΔEp－ ΔEk 将__________（选填“增加”、“减小”或“不变”）． 【答案】 (1). (2). 增加 【解析】 【详解】（1）[1]若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒，则有： 经过 B 点的速度为： 联立解得： 变形得： （2）[2]由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，则 将增加。 14.恢复系数是反映碰撞时物体形变恢复能力的参数，它只与碰撞物体的材料有关，两物体碰 撞后的恢复系数为 ，其中 v1 、 v2 分别为质量为 m1 和 m2 的物体碰撞前的速度， u1 、 u2 分别为质量为 m1 和 m2 的物体碰撞后的速度。某同学利用如图所示的实验装置测定质量 2 1 t 02 2 0 1 2g Ht d = 2 0 1 2 BmgH mv= 0 B dv t = 2 0 0 1 2 dgH t  =     02 2 0 1 2g Ht d = p kE E∆ − ∆ 1 2 1 2 u ue v v −= − 为 m1 和 m2 的物体碰撞后的恢复系数。 实验步骤如下： ①将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中质量为 m1 和 m2 的两球与木条的 撞击点； ②将木条竖直放在轨道末端右侧并与轨道接触，让质量为 m1 的入射球从斜轨上 A 点由静止释 放，摘击点为 B′； ③将木条向右平移到图中所示位置，质量为 m1 的入射球仍从斜轨上的 A 点由静止释放，确定 撞击点； ④质量为 m2（m1>m2）的球静止放置在水平槽的末端，将质量为 m1 的入射球再从斜轨上 A 点由 静止释放，确定两球相撞后的撞击点； ⑤目测得 B′与撞击点 N、P、M 的高度差分别为 h1、h2、h3。 （1）利用实验中测量的数据表示两小球碰撞后的恢复系数为 e =___________________ 。 （2）若再利用天平测量出两小球的质量为 m1、m2，则满足_____________________表示两小球 碰撞前后动量守恒；若满足_____________________表示两小球碰撞前后机械能守恒。 【答案】 (1). (2). (3). 【解析】 【详解】（1）[1]由图可知，两小球打在竖直板上，则可知，三次碰撞中水平位移相等，则可 知，水平速度越大，竖直方向下落的高度越小，则由碰撞规律可知，碰后被碰球的速度最大， 故其下落高度最小，而碰后入射球速度最小，其下落高度最大，则可知，在不放小球 m2 时， 小球 m1 从斜轨顶端 A 点由静止释放，m1 的落点在图中的 P 点，而碰后被碰球落到 N 点；根据 平抛运动规律可知，下落时间为： 2 1 3 1 1( )h h h − 1 1 2 2 3 1 m m m h h h = + 1 1 2 2 3 1 m m m h h h = + 2ht g = 则平抛的速度为： 同理可得： 代入给出恢复系数表达式可得： ； （2）[2][3]若满足动量守恒，则一定有： 代入（1）中所求速度可得表达式应为： 若满足机械能守恒，则有： 代入求出的速度可得： 三、计算题 15.已知某卫星轨道与地球赤道面共面，其绕向与地球的自转方向相同。观测发现，此卫星在 每三昼夜的时间内都会有 5 次从位于赤道某处的卫星观测站正上方经过，则该卫星的周期是 多少小时？ 【答案】9 小时 【解析】 【详解】由题知，三昼夜的时间为 T=72h 此卫星每三昼夜的时间内都会有 5 次从位于赤道某处的卫星观测站正上方经过 说明此卫星在这段时间内转过的圈数为 3+5=8 圈，设其周期为 则有： 2 x gv xt h = = 1 1 2 2 3 1 , ,2 2 2 g g gv x v x v xh h h ′ =′= = 2 1 3 1 1( )e h h h = − 1 1 1 2 2mv m v m v+′ ′= 1 1 2 2 3 1 m m m h h h = + 2 2 2 1 1 1 2 2 1 1 2 2mv m v m v= ′+′ 1 1 2 2 3 1 m m m h h h = + T′ 8T T= ′ 解得： h 16.如图所示，长 l＝0.8 m 的细线上端固定在 O 点，下端连结一个质量为 m＝0.4 kg 的小球， 悬点 O 距地面的高度 H＝3.55 m，开始时将小球提到 O 点而静止，然后让它自由下落，当小球 到达使细线被拉直的位置时，刚好把细线拉断，再经过 t＝0.5 s 落到地面，如果不考虑细线 的形变，g＝10 m/s2，试求： （1）细线拉断后瞬间的速度大小 （2）假设细线由拉直到断裂所经历的时间为 0.1 s，试确定细线的平均张力大小 【答案】（1）v2＝3 m/s，方向竖直向下．（2）F＝8 N 【解析】 【详解】（1）细线拉断前，小球下落过程机械能守恒： 代入数据得： m/s，方向竖直向下 设细线断后球速为 v2，方向竖直向下，由： 代入数据得：v2=3 m/s，方向竖直向下 （2）设细线的平均张力为 F，方向竖直向上；取竖直向上为正方向，由动量定理可得： 得： N 17.如图甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面 AD 和光滑圆轨道 DCE 组成，AD 与 DCE 相切 于 D 点，C 为圆轨道的最低点，将一小物块置于轨道 ADC 上离地面高为 H 处由静止下滑，用力 传感器测出其经过 C 点时对轨道的压力 FN，改变 H 的大小，可测出相应的 FN 的大小，FN 随 H 的变化关系如图乙折线 PQI 所示（PQ 与 QI 两直线相连接于 Q 点），QI 反向延长交纵轴于 F 点 72 98 8 TT = = =′ 2 1 1 2mgl mv= 1 4v = 2 2 1 2H l v t gt− = + ( ) ( )2 1F mg t mv mv− ∆ = − − − 1 2 8mv mvF mgt −= + =∆ （0，5.8 N），重力加速度 g 取 10 m/s2，求： （1）小物块的质量 m、圆轨道的半径 R 及轨道 DC 所对应的圆心角 θ （2）小物块与斜面 AD 间的动摩擦因数 μ 【答案】（1） m＝0.5 kg R＝1 m θ＝37° （2）μ＝0.3 【解析】 【详解】（1）由图线知：当 H1=0 时，N1=5N 此时在最低点有： N1=mg 解得： m=0.5kg 由图线知：当 H2=0.2m 时，N2=7N，此时小物块恰好由 D 点下滑 根据机械能守恒得： 在最低点，根据牛顿第二定律得： 联立解得： R=1m 由几何关系得： 解得： 2 2 2 1 2mgH mv= 2 2 2 vN mg m R − = 2cos 0.8R H R θ −= = （2）小球从高为 H 处的斜面上滑到最低点过程。根据动能定理有： 最低点，根据牛顿第二定律得： 联立解得： 由图线知，截距为： 解得： 18.如图所示，光滑水平面上有质量为 m1 的长木板，木板的右端离竖直挡板距离为 L0，某时， 可看作质点的小滑块以 vo 的水平速度从左端滑上长木板，小滑块的质量为 m2，滑块与木板之 间的动摩擦因数为 ，木板与档板的碰撞是弹性的，L0 足够大。 （1）若 m1：m2=2:1 ,要确保小滑块最终不从木板上掉下，求木板长度 L 的最小值 （2）若 m1：m2=1:2，小滑块最终不从木板上掉下，求从滑块滑上木板到最后稳定的过程中， 长木板所走过的路程 S 【答案】（1） （2） 【解析】 【详解】（1）若 m1：m2=2:1，为 L0 足够大，所以木板先与小滑块达到共同速度，再与挡板相 碰撞，设此时的共同速度为 ，根据动量守恒定律得： 在 37θ =  ( ) 21 cos 1cos sin 2 H RmgH mg mv θµ θ θ − −− = 2vN mg m R − = ( )1 cos cos2 cos1 1sin sin mgN H mgR µ θ θµ θ θ θ  − = − + +      ( )1 cos cos1 5.8sinmg µ θ θ θ  −+ =    0.3µ = µ 2 013 27 v gµ 2 0 0 4 vL gµ+ 1v 解得： 木板与档板发弹性碰撞，木板的速度大小不变，方向反向，小滑块的速度不变，当它们再次 达到共同速度时，小滑块恰好不从木板上掉下，设此时共同速度为 ，根据动量守恒定律有： 解得： 根据能量守恒定律有： 解得板长的最小值为： （2）若 m1：m2=1:2，为 L0 足够大，所以木板先与小滑块达到共同速度，再与挡板相碰撞，设 此时的共同速度为 ，根据动量守恒定律得： 解得： 木板与挡板碰撞后，速度大小不变，方向反向，向左减速动到零，设位移为 ，根据动能定 理得： 解得： 之后木板向右加速至小滑块共速，设此时共同速度为 ，根据动量守恒定律有： ( )2 0 1 2 1m v m m v= + 0 1 3 vv = 2v ( )0 0 1 2 1 2 23 3 v vm m m m v− = + 0 2 9 vv = ( )2 2 2 2 0 1 2 2 1 1 2 2m gL m v m m vµ = − + 2 013 27 vL gµ= 1v′ ( )2 0 1 2 1m v m m v+ ′= 0 1 2 3 vv′ = 1x 2 2 1 1 1 1 2m gx m vµ− = − ′ 2 0 1 2 1 3 vx gµ= × 2v′ 解得： 当木板与挡板碰撞后，速度大小不变，方向反向；向左减速动到零，设位移为 ，根据动能 定理得： 解得： 以此类推，当木板第 n 次与挡板碰撞后，向左减速至零的位移为： 所以木板的路程为： 因 ，则有： 又： 代入解得： 为 ( )0 0 2 1 1 2 2 2 2 3 3 v vm m m m v− = + ′ 0 2 2 9 vv = 2x 2 2 2 1 2 1 2m gx m vµ− = − ′ 2 0 2 4 1 3 vx gµ= × 2 0 2 1 3n n vx gµ= × ( ) 1 2 0 1 2 0 2 11 32 2 11 3 n n x S L x x x L  −  = + + +⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ = + − 2 1 13 < ( ) 1 0 1 2 0 2 2 2 11 3 n xS L x x x L= + + +⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ = + − 2 0 1 2 1 3 vx gµ= × 2 0 0 4 vS L gµ= +