山东省烟台市2020届高三物理一模试题(Word版附解析)
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山东省烟台市2020届高三物理一模试题(Word版附解析)

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资料简介
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

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