山东省烟台市2020届高三物理一模试题（Word版附解析）

2020 年高考诊断性测试物理 一、单项选择题 1.下列有关原子、原子核的说法中正确的是（　　） A. 天然放射现象说明原子核内部有电子 B. 卢瑟福用 α 粒子散射实验证明了原子核内存在中子 C. 结合能越大，原子核中的核子结合得越牢固，原子核越稳定 D. 在所有核反应中，都遵从“质量数守恒，电荷数守恒”的规律 【答案】D 【解析】 【详解】A． 天然放射现象说明原子核内部有复杂结构，但没有说原子核内有电子，故 A 错 误； B． 卢瑟福用 α 粒子散射实验证明了原子的核式结构，没有证明了原子核内存在中子，故 B 错误； C．比结合能越大，原子核中的核子结合得越牢固，原子核越稳定，结合能越大，不能说明原 子核中的核子结合得越牢固，原子核越稳定。故 C 错误； D． 在所有核反应中，都遵从“质量数守恒，电荷数守恒”的规律，故 D 正确； 故选 D。 2.在一平直的水平路面上有甲、乙两辆汽车同向行驶。某时刻乙车在甲车前方 15m 处，从该 时刻开始计时，0~4s 内甲、乙两车做匀变速直线运动的速度与时间的关系图像如图所示。下 列说法中正确的是（　　） A. t=2s 时刻，甲车刚好追上乙车 B. t=4s 时刻，甲车刚好追上乙车 C. 乙车的加速度大小大于甲车的加速度大小 D. 此过程中甲、乙两车之间的距离一直 减小 【答案】A 【解析】【详解】A．速度图像中面积表示位移，所以前 2s 内甲的位移 乙的位移 因为 x 甲-x 乙=15m=x0，所以 t=2s 时刻，甲车刚好追上乙车，故 A 正确； B．同理前 4s 内甲的位移 前 4s 内乙的位移 前 4s 内的甲、乙位移相同，但初时刻乙车在甲车前方 15m 处，所以 t=4s 时刻，甲、乙没有相 遇，故 B 错误； C．速度图像中斜率表示加速度，所以甲的加速度大小 乙的加速度大小 所以乙车的加速度大小小于甲车的加速度大小，故 C 错误； D．因为 t=2s 时刻，甲车刚好追上乙车，所以前 2s 甲、乙距离减小，后 2s 甲、乙距离增大， 故 D 错误。 故选 A。 3.随着航天技术的发展，人类已经有能力到太空去探索未知天体。假设某宇宙飞船绕一行星表 面附近做匀速圆周运动，已知运行周期为 T，宇航员在离该行星表面附近 h 处自由释放一小球， 测得其落到行星表面的时间为 t，则这颗行星的半径为 （　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由自由落体运动位移公式得： 10 20 2m 30m2x += × =甲 10 5 2m 15m2x += × =乙 1 20 4m 40m2x′ = × × =甲 5 15 4m 40m2x +′ = × =乙 25m/sa =甲 22.5m/sa =乙 2 2 2 2π t hT 2 2 22π hT t 2 2 28π hT t 2 2 2 8π t hT ① 某宇宙飞船绕一行星表面附近做匀速圆周运动，向心力由万有引力提供，有 ② 行星表面附近，万有引力等于重力，有 ③ 由①②③式解得 A． 与上述计算结果不相符，故 A 错误； B． 与上述计算结果相符，故 B 正确； C． 与上述计算结果不相符，故 C 错误； D． 与上述计算结果不相符，故 D 错误。 故选 B。 4.一定质量的理想气体，从状态 a 开始，经历 ab、bc、ca 三个过程回到原状态，其 V-T 图像 如图所示，其中图线 ab 的反向延长线过坐标原点 O，图线 bc 平行于 T 轴，图线 ca 平行于 V 轴，则 （　　） A. ab 过程中气体压强不变，气体从外界吸热 B. bc 过程中气体体积不变，气体不吸热 也不放热 C. ca 过程中气体温度不变，气体从外界吸热 D. 整个变化过程中气体的内能先减少后 增加 【答案】A 21 2h gt= 2 2 2 2( )Mm πG mω R m RR T = = 2 MmG mgR = 2 2 22 hTR tπ= 2 2 2 2π t hT 2 2 22π hT t 2 2 28π hT t 2 2 2 8π t hT【解析】 【详解】A．其 V-T 图像如图所示，其中图线 ab 的反向延长线过坐标原点 O，所以 ab 过程中 气体压强不变。体积变大，气体对外做功，温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可知， 气体从外界吸热，故 A 正确； B．bc 过程中气体体积不变，温度降低，体积不变，气体不对外界做功，外界也不对气体做功， 温度降低内能减小，根据热力学第一定律可知，气体放热，故 B 错误； C． ca 过程中气体温度不变，内能不变，体积变小，外界对气体做功，根据热力学第一定律 可知，气体放热，故 C 错误； D．整个变化过程温度先升高，后降低，最后不变，所以气体的内能先增加，后减小，最后不 变，故 D 错误。 故选 A。 5.如图所示，在 xOy 平面内有一匀强电场，以坐标原点 O 为圆心 圆，与 x、y 轴的交点分别 为 a、b、c、d，从坐标原点 O 向纸面内各个方向以等大的速率射出电子，可以到达圆周上任 意一点，而到达 b 点的电子动能增加量最大。则 （　　） A. 电场线与 x 轴平行 B. a 点电势大于 c 点电势 C. 在圆周上的各点中，b 点电势最高 D. 电子从 O 点射出至运动到 b 点过程中， 其电势能增加 【答案】C 【解析】 【详解】ABC．从坐标原点 O 向纸面内各个方向以等大的速率射出电子，可以到达圆周上任 意一点，而到达 b 点的电子动能增加量最大。说明 bO 两点间电势差最大，电场线与 y 轴平行， 沿 y 轴负方向，所以 b 点电势最高，a 点电势等于 c 点电势，故 C 正确，AB 错误； D．电子带负电，从 O 点射出至运动到 b 点过程中，电势升高，其电势能减小，故 D 错误。 故选 C。 6.如图所示，甲、乙两物体用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，其中甲物体静止在粗糙的水平面上， 的乙物体悬空静止，轻绳 OM、ON 与水平方向间的夹角分别为 53°、37°。已知乙物体的质量为 10kg，g 取 10m/s2，sin53°=0.8.则甲物体受到水平面的摩擦力的大小和方向为（　　） A. 20N、沿水平面向左 B. 20N、沿水平面向右 C. 28N、沿水平面向左 D. 28N、沿水平面向右 【答案】B 【解析】 【详解】以乙为对象，根据平衡条件得，竖直方向上 FTMsin53°＋FTNsin 37°－mg＝0 ① 水平方向上 FTMcos53°－FTNcos37°＝0 ② 由于甲也处于平衡状态，故在水平方向上 FTN +Ff－FTM＝0 ③ 由①②③式解得摩擦力大小： Ff＝20N 方向水平向右 A．20N、沿水平面向左与上述结论不符，故 A 错误； B．20N、沿水平面向右与上述结论相符，故 B 正确； C．28N、沿水平面向左与上述结论不符，故 C 错误； D．28N、沿水平面向右与上述结论不符，故 D 错误 故选Ｂ。 7.如图所示，在等边三棱镜截面 ABC 内，有一束单色光从空气射向其边界上的 E 点，已知该 单色光入射方向与三棱镜边界 AB 的夹角为 θ=30º，该三棱镜对该单色光的折射率为 ，则 下列说法中正确的是 （　　） 。 3A. 该单色光在 AB 边界发生全反射 B. 该单色光从空气进入棱镜，波长变长 C. 该单色光在三棱镜中的传播光线与底边 BC 平行 D. 该单色光在 AC 边界发生全反射 【答案】C 【解析】 【详解】A．在 AB 边界光由射入三棱镜，是由光疏介质射入到光密介质，不会发生全反射， 故 A 错误； B．光从空气进入棱镜，频率不变，波速变小，波长变小，故 B 错误； C．由几何知识得：光线在 AB 面上入射角为 i=60°，棱镜的折射率为 故折射角为 r=30°，折射光线与 AB 面的夹角是 60°，所以该单色光在三棱镜中的传播光线与 底边 BC 平行，故 C 正确； D．由几何关系可知，光线在 AC 边界的入射角等于 AB 面上的折射角，根据光路可逆性原理 知，不可能发生全反射，故 D 错误。 故选 C。 8.如图甲所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为 B，磁场方向相反， 且与纸面垂直，两磁场边界均与 x 轴垂直且宽度均为 L，在 y 轴方向足够宽。现有一高和底均 为 L 的等腰三角形导线框，顶点 a 在 y 轴上，从图示 x=0 位置开始，在外力 F 的作用下向右 沿 x 轴正方向匀速穿过磁场区域。在运动过程中，线框 bc 边始终与磁场的边界平行。线框中 感应电动势 E 大小、线框所受安培力 F 安大小、感应电流 i 大小、外力 F 大小这四个量分别与 线框顶点 a 移动的位移 x 的关系图像中正确的是 （　　） sin 3sin in r = =A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，因切割的有效长度均匀减小，故由 E=BLv 可知，电动势也均匀减小；由闭合电路欧姆定律得，感应电流也均匀减小；匀速运动，外力 F 与安培力大小相等 外力 F 与安培力不是均匀减小，不是线性关系，故 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 二、多项选择题 9.一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，波刚传到 x1=5m 的质点 P 处时波形图如图所示，已知质点 P 连续两次位于波峰的时间间隔为 0.2s，质点 Q 位于 x2=6m 处。若从此刻开始计时，则下列 说法正确的是（　　） A. 此列波的传播速度是 10m/s B. t=0.2s 时质点 Q 第一次到达波谷位置 C. 质点 Q 刚开始振动的方向为沿 y 轴正方向 2 2B L vF F R = =安D. 当质点 Q 第一次到达波谷位置时，质点 P 通过的路程为 15cm 【答案】BC 【解析】 【详解】A．由题意可知，P 点相继出现两个波峰的时间间隔为 0.2s，所以这列波的周期 T=0.2s，从图象可知，其波长为 4m，所以波速 故 A 错误； B．质点 Q 第一次到达波谷位置，可以认为是 的振动形式传到了质点 Q，所以质点 Q 第一次到达波谷位置的时间 故 B 正确； C．由图可知，简谐横波沿 x 轴正方向传播，由“上下坡法”可知质点 P 刚开始振动的方向为沿 y 轴正方向，介质中所有质点开始振动方向是相同的，所以质点 Q 刚开始振动的方向为沿 y 轴 正方向，故 C 正确； D．由 B 分析可知，当质点 Q 第一次到达波谷位置时，时间 所以质点 P 通过的路程 s=4A=20cm 故 D 错误。 故选 BC。 10.如图所示的交流电路中，理想变压器原线圈输入电压为 u=Umsin100πt（V），副线圈电路中 R1、 R2 为定值电阻，P 是滑动变阻器 R 的滑动触头，电压表 V1、V2 的示数分别为 U1 和 U2；电流 表 A 的示数为 I。下列说法中正确的是（　　） A. 变压器原、副线圈的匝数之比为 U1∶U2 B. 副线圈回路中电流方向每秒钟改变 100 次 C. 当 P 向上滑动的过程中，U2 增大，I 减小 20m/sv T λ= = 2mx = Δ 0.2sΔ xt v = = 0.2st T= =D. 当 P 向下滑动的过程中，R1 消耗的功率增大，R2 消耗的功率减小 【答案】BD 【解析】 【详解】A．由题意可知，U1 是原线圈两端的电压，U2 不是副线圈两端的电压，比副线圈两 端电压要小，所以变压器原、副线圈的匝数之比大于 U1∶U2，故 A 错误； B．原线圈输入电压为 u=Umsin100πt（V），交流电的频率是 50Hz，变压器不改变交流电的频 率，所以副线圈回路中电流方向每秒钟改变 100 次，故 B 正确； C．当 P 向上滑动的过程中，负载变大，根据电路动态分析中“串反并同”可知 U2 增大，I 增大， 故 C 错误； D．当 P 向下滑动的过程中，根据电路动态分析中“串反并同”可知，R1 消耗的功率增大，R2 消 耗的功率减小，故 D 正确。 故选 BD。 11.如图所示，一长木板 B 放在粗糙的水平地面上，在 B 的左端放一物体 A，现以恒定的外力 F 拉 A，经一段时间物块 A 从长木板 B 的右端拉出，且在此过程中以地面为参考系， 长木板 B 也向右移动一段距离。则在此过程中（　　） A. 外力 F 对 A 做的功等于 A 和 B 动能的增量 B. A 对 B 摩擦力做的功与 B 对 A 摩擦力做的功绝对值相等 C. 外力 F 做的功等于 A、B 动能的增量与系统由于摩擦而产生的热量之和 D. A 对 B 摩擦力做的功等于 B 动能的增量和 B 与地面之间摩擦产生的热量之和 【答案】CD 【解析】 【详解】AC．根据功能关系可知，外力 F 做的功等于 A 和 B 动能的增量与系统由于摩擦而产 生的热量之和，故 C 正确，A 错误； B．A 对 B 的摩擦力与 B 对 A 的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是 由于 A 在 B 上滑动，A、B 对地的位移不等，故二者做功不相等，故 B 错误； D．对 B 分析，由动能定理知 kAB BBW W E− = ∆地A 对 B 摩擦力做的功 所以 A 对 B 摩擦力做的功等于 B 动能的增量和 B 与地面之间摩擦产生的热量之和，故 D 正确。 故选 CD。 12.如图所示，在水平地面上有一圆弧形凹槽 ABC，AC 连线与地面相平，凹槽 ABC 是位于竖 直平面内以 O 为圆心、半径为 R 的一段圆弧，B 为圆弧最低点，而且 AB 段光滑，BC 段粗糙。 现有一质量为 m 的小球（可视为质点），从水平地面上 P 处以初速度 v0 斜向右上方飞出，v0 与 水平地面夹角为 θ，不计空气阻力，该小球恰好能从 A 点沿圆弧的切线方向进入轨道，沿圆弧 ABC 继续运动后从 C 点以速率 飞出。重力加速度为 g，则下列说法中正确的是 （　　） A. 小球由 P 到 A 的过程中，离地面的最大高度为 B. 小球进入 A 点时重力的瞬时功率为 C. 小球在圆形轨道内由于摩擦产生的热量为 D. 小球经过圆形轨道最低点 B 处受到轨道的支持力大小为 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．小球由 P 到 A 的过程中，做斜抛运动，离地面的最大高度为 故 A 错误； B．根据对称性可知，小球到 A 点的竖直分速度 kAB B BW E W= ∆ + 地 0 2 v 0 sinv g θ 0 sinθmgv 2 03 8 mv 2 0(3 2cos )θ− + mvmg R 2 2 2 0 0 sin 2 2 yv v θH g g = = 0 0 sinAy yv v v θ= = 小球进入 A 点时重力的瞬时功率为 故 B 正确； C．沿圆弧 ABC 过程中，由动能定理可知 小球在圆形轨道内由于摩擦产生的热量 故 C 正确； D．沿圆弧 AB 过程中，由机械能守恒定律可知 在最低点，由向心力公式得 小球经过圆形轨道最低点 B 处受到轨道的支持力大小为 故 D 正确； 故选 BCD。 三、非选择题 13.某物理兴趣小组利用如图所示装置进行“探究弹簧弹性势能与弹簧形变量关系”的实验。 图中光滑水平平台距水平地面 h=1.25m，平台上一轻质弹簧一端固定在挡板上，质量为 m 的 小球与弹簧另一端接触并压缩弹簧，记录弹簧的压缩量 x 后，由静止释放小球，小球从平台 边缘水平飞出，落在地面上，用刻度尺测出小球水平飞行距离 S；并用传感器（图中未画出） 测量出小球从平台边缘飞出后在空中的飞行时间 t。多做几次实验后，记录表如下表所示： 0 sinAyP mgv mgv θ= = 2 21 1 2 2f C AW mv mv− = − 2 03 8f mvQ W= = 2 2 0 1 1(1 cos ) 2 2 BmgR θ mv mv− + = 2 B N mvF mg R − = 2 0(3 2cos )N mvF mg R = − +θ(1)由表中数据可知，在 h 一定时，小球水平位移 S=___x，与_______无关； (2)由实验原理和表中数据可知，弹簧弹性势能 EP 与弹簧形变量 x 关系式为 EP= ______（用 m、h、x 和重力加速度 g 表示）； 1 2 3 4 5 x/m 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 S/m 0.51 0.99 1.50 1.98 2.50 t/ms 505.3 505.1 504.8 504.9 505.2 (3)某同学按物体平抛运动规律计算了小球在空中的飞行时间： ，由表中数据可知，发现测量值 t 均偏大。经检查，实 验操作及测量无误，且空气阻力可以忽略，造成以上偏差的原因是__________。 【答案】 (1). 50 (2). 小球从平台边缘飞出后在空中的飞行时间 t（或“t”） (3). (4). 重力加速度 g 取值不准确，g 取 10m/s2 偏大 【解析】 【详解】（1）[1][2].由表中数据可知，在 h 一定时，在误差允许范围内，可以看出运动时间 大体不变，小球水平位移 S=50x ① 与小球从平台边缘飞出后在空中的飞行时间 t 无关； （2）[3].由功能关系可知，弹簧弹性势能 ② 小球做平抛运动的初速度 的 2 2 1.25s 0.5s 500ms10 ×= = = =ht g 2625mg xh 2 p 0 1 2E mv= ③ 由①②③式得弹簧弹性势能 （3）[3].该同学按物体平抛运动规律计算了小球在空中的飞行时间时，把重力加速度的数值 g=10m/s2。故计算值 t 偏小，测量值 t 均偏大。 14.某同学在进行“测定金属丝的电阻率”的实验： (1)如图甲所示，该同学用螺旋测微器测量金属丝的直径 D=______mm； (2)该同学用如图乙所示电路图测量金属丝 Rx 的电阻，供选择的仪器如下： ①电流表 A1（内阻为 r）； ②电流表 A2； ③滑动变阻器 R1（0~1000Ω）； ④滑动变阻器 R2（0~20Ω）； ⑤蓄电池（2 V）； ⑥电键 S 及导线若干。 (3)滑动变阻器应选择_____（选填“R1 ”或“R2 ”）；在图丙中按图乙用连线代替导线连接实物 图； （ ） (4)闭合电键 S ，移动滑动触头至某一位置，记录 A1、A2 的读数 I1、I2 ，通过调节滑动变阻器， 得到多组实验数据；以 I2 为纵坐标， I1 为横坐标，作出相应图像，如图丁所示。根据 I2—I1 图像的斜率 k 及电流表 A1 内阻 r，写出金属丝电阻的表达式 Rx= _______； (5)测得金属丝连入电路的长度为 L，则金属丝电阻率 ρ=________（用 k、D、L、r 表示）。 0 2 gv S h = 2 p 625mgE xh =【答案】 (1). 2.500 (2). R2 (3). (4). (5). 【解析】 【详解】（1）[1]. 螺旋测微器测量金属丝的直径 D=2mm+50.00.01mm=2.500mm； （3）[2]根据电路原理图可知，滑动变阻器是分压式接法，所以滑动变阻器要选择较小的R2； [3]根据电路原理图，实物图连线如图所示 （4）[4].根据欧姆定律可知金属丝电阻 变形得 所以 I2—I1 图像的斜率 变形得 （5）[5]根据电阻定律得 解得 1− r k 2 4 ( 1) π − rD L k 1 2 1 I rR I I = − 2 1(1 )rI IR = + (1 )rk R = + 1 rR k = − LR S ρ=15.如图所示，小物块放在足够长的木板 AB 上，以大小为 v0 的初速度从木板的 A 端向 B 端运 动，若木板与水平面之间的夹角不同，物块沿木板向上运动的最大距离也不同。已知物块与 木板之间的动摩擦因数为 μ，重力加速度为 g： (1)若物块沿木板运动到最高点后又返回到木板的 A 端，且沿木板向下运动的时间是向上运动 时间的 2 倍，求木板与水平面之间的夹角的正切值； (2)求物块沿木板向上运动的最大距离最小值。 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】⑴木板与水平面之间的夹角 θ 时 上行时，根据牛顿第二定定律 下行时，根据牛顿第二定定律 由位移公式 上行时间 下行时间 由 2 4 ( 1) RS rD L L k = = − πρ 5tan 3 θ µ= 2 0 min 22 1 vS g µ = + sin cosmg mg maθ µ θ+ = 2sin cosmg mg maθ µ θ− = 21 2S at= 1 1 2 2 (sin cos ) S St a g = = +θ µ θ 2 2 2 2 (sin cos ) S St a g θ µ θ= = −解得 （2）由速度位移关系可知 解得 由三角函数知识可知当 物块沿木板向上运动的最大距离最小值 16.“蛟龙号”载人深潜器上有一个可测量下潜深度的深度计，其原理可简化为如图所示的装置。 内径均匀的水平气缸总长度为 2L，在气缸右端开口处和正中央各有一个体积不计的卡环，在 卡环的左侧各有一个厚度不计的活塞 A、B，活塞 A、B 只可以向左移动，活塞密封良好且与 气缸之间无摩擦。在气缸的Ⅰ部分封有 154 标准大气压的气体，Ⅱ部分封有 397 标准大气压 的气体，当该装置水平放入水下达到一定深度后，水对活塞 A 产生挤压使之向左移动，通过 活塞 A 向左移动的距离可以测出下潜深度。已知 1 标准大气压=1.0×105Pa，海水的密度 ρ=1.0×103kg/m3，取 g=10m/s2，不计海水密度随海水深度的变化，两部分气体均视为理想气体 且温度始终保持不变。求： (1)当下潜的深度 h=2300m 时，活塞 A 向左移动的距离； (2)该深度计能测量的最大下潜深度。 【答案】(1) ；(2)5500m 2 12t t= 5tan 3 θ µ= 2 0 2v aS= 2 2 0 0 22 (sin cos ) 2 1 sin( ) v vS g g = =+ + +θ µ θ µ θ α 1tanθ µ= 2 0 min 22 1 vS g µ = + 3 L【解析】 【详解】⑴当下潜的深度 h=2300m 时，Ⅰ部分气体的压强 P1=P0＋ρgh=2.31×107Pa 而Ⅱ部分气体的压强 P2= 3.97×107Pa> P1 所以活塞 B 静止不动。 设活塞 A 向左移动 距离为 x，由玻意耳定律得 154P0SL= P1S（L－x） 解得 x= ⑵当活塞 A 移动到中央卡环处时所测深度最大，设两部分气体压强为 P，测量的最大下潜深度 为 H 对Ⅰ由玻意耳定律得 154P0SL= PSL1 对Ⅱ由玻意耳定律得 397P0SL= PSL2 据题意得 L1＋L2=L P=P0＋ρgH 解得 H=5500m 17.如图所示，质量为 M=4.5kg 长木板置于光滑水平地面上，质量为 m=1.5kg 的小物块放在 长木板的右端，在木板右侧的地面上固定着一个有孔的弹性挡板，孔的尺寸刚好可以让木板 无接触地穿过。现使木板和物块以 v0=4m/s 的速度一起向右匀速运动，物块与挡板碰撞后立即 以碰前的速率反向弹回，而木板穿过挡板上的孔继续向右运动，整个过程中物块不会从长木 板上滑落。已知物块与挡板第一次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为 x1=1.6m，重力加速度 g=10m/s2： (1)求物块与木板间的动摩擦因数； (2)若物块与挡板第 n 次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为 xn=6.25×10-3m，求 n； 的 的 3 L(3)求长木板的长度至少应为多少？ 【答案】(1)0.5；(2)5；(3)6.4m。 【解析】 【详解】⑴物块与挡板第一次碰撞后，物块向左减速到速度为 0 的过程中只有摩擦力做功， 由动能定理得 －μmgx1=0－ mv02 ① 解得 μ=0.5 ② ⑵物块与挡板碰后，物块与木板组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向。 设第一次碰撞后系统的共同速度为 v1，由动量守恒定律得 Mv0－mv0=(M＋m）v1 ③ v1= = v0 ④ 设物块由速度为 0 加速到 v1 的过程中运动的位移为 x1′ μmgx1′= mv12 ⑤ 由①⑤式得 x1′= x1 ⑥ 即物块与挡板第二次碰撞之前，物块与木板已经达到共同速度 v1 第二次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为 v1 经一段时间系统的共同速度为 v2= = v0 第三次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为 v2 经一段时间系统的共同速度为 v3= = v0 第 n 次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为 1 2 0 M m vM m − + 1 2 1 2 1 4 1 M m vM m − + 21 2 （ ） 2 M m vM m − + 31 2 （ ）vn-1= = v0 ⑦ 由动能定理得 －μmgxn=0－ mvn-12 ⑧ 由①⑦⑧式得 n=5 ⑨ ⑶由分析知，物块多次与挡板碰撞后，最终将与木板同时都静止。设物块在木板上的相对位 移为 L，由能量守恒定律得 μmgL= （M＋m）v02 ⑩ 解得 L=6.4m ⑪ 即木板的长度至少应为 6.4m。 18.如图所示，在第二、三象限内，存在电场强度大小为 E、方向沿 x 轴正方向的匀强电场。 在第一、四象限内存在磁感应强度大小均相等的匀强磁场，其中第四象限内 0