山东省潍坊市临朐县2020届高三综合模拟考试物理试题（一） 19页

山东省 2020 年普通高中学业水平等级考试（模拟卷）1 物理试题 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码 上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。 2.选择题答案必须使用 2B 铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用 0.5 毫米黑色签字笔书写。字体工整、笔迹清楚。 3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿 纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。在每小题给出的四个选 项中，只有一项是符合题目要求的。 1.下列关于原子物理知识的叙述正确的是（　　） A. 衰变的实质是核内的中子转化为一个质子和一个电子 B. 结合能越大，原子核内核子结合得越牢固，原子核越稳定 C. 两个轻核结合成一个中等质量的核，核子数不变质量不亏损 D. 对于一个特定的氡原子，知道了半衰期，就能准确的预言它在何时衰变 【答案】A 【解析】 【详解】A．β 衰变所释放的电子，是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的，故 A 正确； B．比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，结合能大，原子核不一定越 稳定，故 B 错误； C．两个轻核结合成一个中等质量的核，会释放一定的能量，根据爱因斯坦质能方程可知存在 质量亏损，故 C 错误； D．半衰期是统计规律，对于一个特定的衰变原子，我们只知道它发生衰变的概率，并不知道 它将何时发生衰变，发生多少衰变，故 D 错误。 故选 A。 2.港珠澳大桥(Hong Kong－Zhuhai－Macao Bridge)是中国境内一座连接香港、珠海和澳门的桥 隧工程．2018 年 2 月 6 日，港珠澳大桥主体完成验收，于同年 9 月 28 日起进行粤港澳三地联 合试运． 大桥设计使用寿命 120 年，可抵御 8 级地震、16 级台风、30 万吨撞击以及珠江口 300 β 年一遇的洪潮．假设一艘质量为 m 的轮船由于失控，以速度 v 撞向大桥(大桥无损)，最后没有 反弹而停下来，事故勘察测量轮船发现迎面相撞处凹下去 d 的深度，那么可以估算出船对桥 的平均撞击力 F，关于 F 的表达式正确的是( ) A. B. C. D. mv 【答案】A 【解析】 【分析】 根据动能定理进行解答． 【详解】根据动能定理可得 ，解得 ，故选 A. 3.如图甲所示，沿波的传播方向上有六个质点 a、b、c、d、e、f，相邻两质点之间的距离均为 1m，各质点均静止在各自的平衡位置，t=0 时刻振源 a 开始做简谐运动，取竖直向上为振动位 移的正方向，其振动图像如图乙所示，形成的简谐横波以 2m/s 的速度水平向左传播，则下列 说法正确的是（　　） A. 此横波的波长为 1m B. 质点 e 开始振动的方向沿 y 轴负方向 C. 从 t=0 至 t=3s 内质点 b 运动的路程为 10cm D. 从 t=2s 至 t=2.5s 内质点 d 的加速度沿 y 轴正向逐渐减小 【答案】C 【解析】 【详解】A．由振动图像可知 T=2s，则波长为 2 2 mv d 2mv d 2 mv d 21 2Fd mv= 2 2 mvF d = 故 A 错误； B．由图乙可知，波源起振方向为竖直向上，根据介质中所有质点开始振动方向都与波源起振 方向相同，即质点 e 开始振动的方向沿 y 轴正方向，故 B 错误； C．波从 a 传到 b 所用的时间为 从 t=0 至 t=3s 内质点 b 振动了 则运动的路程为 故 C 正确； D．波传到 d 点需要 1.5s，则从 t=2s 至 t=2.5s 内质点 d 的正在从最高点向最低点振动，加速度 方向沿 y 轴负方向且逐渐减小，故 D 错误。 故选 C。 4.某同学设计了如图所示的电路来研究光电效应现象，结点 Q 位于滑动变阻器的中点，初始状 态时，滑动触头 P 也恰好位于滑动变阻器的中点．实验过程中，当该同学用绿光照射光电管 时，灵敏电流计有示数，下列说法正确的是 A. 若换用紫光照射光电管，则电流计的示数一定增大 B. 若增大绿光的光照强度，则电流计的示数一定增大 C. 若将滑动触头 P 向右滑动，则电流计的示数一定不断增大 D. 若将滑动触头 P 向左滑动，则电流计的示数一定能减小为 0 【答案】B 【解析】 【详解】用绿光照射光电管时，灵敏电流计有示数，说明绿光的频率大于该光电管的极限频 2 2m 4mvTλ = = × = 1 s2t = 12.5s 14T= 5 10cms A= = 率，若换用紫光照射，则一定可产生光电效应，但光电流大小与光强有关，所以光电流大小 变化情况不能确定，选项 A 错误；增大绿光的光照强度，则单位时间内从阴极逸出的光电子 的数量一定增多，光电流变大，电流计的示数一定变大，选项 B 正确；此时加在光电管两端 的电压为零，若将滑动触头 P 向右移动，加在光电管两端的电压为正向电压，则在电场力的 作用下，到达阳极的光电子数会增多，而达到饱和光电流后，光电流的大小不会随着正向电 压的增大而增大，选项 C 错误；若将滑动触头 P 向左滑动，加在光电管两端的电压为反向电 压，则在电场力作用下，到达阳极的光电子数会减小，电流计的示数不断减小，若最大反向 电压小于遏止电压，则电流计的示数不能减为零，选项 D 错误；故选 B. 【点睛】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，根据光电效应的条件判 断能否发生光电效应，从而判断是否有光电流；知道饱和光电流是由光强决定的． 5.跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后， 若在下落过程中受到水平风力的影响，下列说法中正确的是（　　） A. 风力越大，下落过程重力的冲量越大 B. 风力越大，着地时的动能越大 C. 风力越大，下落的时间越短 D. 下落过程的位移与风力无关 【答案】B 【解析】 【详解】AC．运动员参加两个分运动，水平方向随空气受风力影响，竖直方向在降落伞张开 前先加速，降落伞张开后先减速后匀速，由于竖直分运动不受水平分运动的干扰，故运动时 间与风速无关，由公式 可知，下落过程重力的冲量与分力无关，故 AC 错误； B．运动员落地速度由水平分速度和竖直分速度合成，水平分速度由风速决定，故风速越大， 合速度越大，即着地动能越大，故 B 正确； D．运动时间与风速无关，风力越大，水平位移越大，下落过程的位移为 I Gt= 则风力越大，水平位移越大，下落过程的位移越大，故 D 错误。 故选 B。 6.一定量的理想气体从状态 a 开始，经历三个过程 ab、bc、ca 回到原状态，其 图像如 图所示，下列判断正确的是（　　） A. 过程 ac 中气体内能的增加等于吸收的热量 B. 过程 bc 中气体既不吸热也不放热 C. 过程 ab 中气体吸收 热量大于气体内能的增加 D. a、b 和 c 三个状态中，状态 a 气体的内能最小 【答案】D 【解析】 【详解】A．过程 ac 为等压变化，由 可知，温度升高，体积增大，气体对外做功，温 度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体内能的增加等于吸收的热量与气体对外做 功之差，则气体内能的增加小于吸收的热量，故 A 错误； B．过程 bc 为等温变化，△U=0，但气体压强减小，由 知 V 增大，气体对外做功，W＜ 0，由△U=Q+W 可知 Q＞0 即气体吸收热量，故 B 错误； C．过程 ab 为等容变化，温度升高，内能增大，体积不变，由热力学第一定律可知，气体吸 收的热量等于气体内能的增加，故 C 错误； D．理想气体 内能只与温度有关，温度越高，内能越大，a、b 和 c 三个状态中，状态 a 温 度最低，则理想气体的内能最小，故 D 正确。 故选 D。 7.我国航天事业持续飞速发展，2019 年 1 月，嫦娥四号飞船在太阳系最大的撞击坑内靠近月 的 的 ' 2 2x x h= + p T− V CT = =pV CT 球南极的地点着陆月球背面．假设有一种宇宙飞船利用离子喷气发动机加速起飞，发动机加 速电压 ，喷出二价氧离子，离子束电流为 ，那么下列结论正确的是（元电荷 ，氧离子质 量 ，飞船质量 ）（） A. 喷出的每个氧离子的动量 B. 飞船所受到的推力为 C. 飞船的加速度为 D. 推力做功的功率为 【答案】B 【解析】 【详解】A、对于每个氧离子，在加速电压 U 的作用下加速，有： ， ， 解得： ，故 A 错误； B、设 时间内有 n 个离子被喷出，根据电流的定义式： ，对于单个离子，由 动量定理得： ，若有 n 个离子被喷出，则有 ，联立以上各式可得： ，由牛顿第三定律： ，故 B 正确； C、对飞船，由牛顿第二定律得： ，故 C 错误； D、功率的单位与 不同，故 D 错误． 【点睛】 8.一半径为 R 的半圆形玻璃砖放置在竖直平面上，其截面如下图所示. 图中 O 为圆心，MN 为 竖直方向的直径.有一束细光线自 O 点沿水平方向射入玻璃砖，可以观测到有光线自玻璃砖内 射出，现将入射光线缓慢平行下移，当入射光线与 O 点的距离为 d 时，从玻璃砖射出的光线 刚好消失.则此玻璃的折射率为（ ） U I e 0m M 2p eU= 0m UF I e = 0 I MUa m e = 2MeU 2 0 12 2eU m v= 0p m v= 02p m eU= t∆ 2Q n eI t t = =∆ ∆ 0 0F t m v∆ = 0F nF′ = 0m UF I e ′ = 0m UF F I e ′= = 0m UF Ia M M e = = 2MeU A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】根据题意可知，当入射光线与 O 点的距离为 d 时，从玻璃砖射出的光线刚好消失， 光线恰好在 MN 圆弧面上发生了全反射，作出光路图，如图 根据几何知识得： , 联立得： A. 与上述计算结果 不相符，故 A 错误； B. 与上述计算结果 不相符，故 B 错误； C. 与上述计算结果 相符，故 C 正确； D. 与上述计算结果 不相符，故 D 错误． 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选 项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错 的得 0 分。 9.一物体静止在粗糙水平地面上，受到一恒力 F 作用开始运动，经时间 t0，其速度变为 v；若 2 2 R R d− 2 2R d R − R d d R dsinC R = 1sinC n = Rn d = 2 2 R R d− Rn d = 2 2R d R − Rn d = R d Rn d = d R Rn d = 物体由静止开始受恒力 2F 作用，经时间 t0，其速度可能变为（　　） A. v B. 2v C. 3v D. 4v 【答案】CD 【解析】 【详解】设恒力与水平方向夹角为 ，物体质量为 m，动摩擦力因数为 ，由牛顿第二定律 有 得 同理当拉力变为 2F 时，有 由速度公式 可知，速度将大于原来的 2 倍，故 AB 错误，CD 正确。 故选 CD。 10.1772 年，法籍意大利数学家拉格朗日在论文《三体问题》指出：两个质量相差悬殊的天体 （如太阳和地球）所在同一平面上有 5 个特殊点，如图中的 L1、L2、L3、L4、L5 所示，人们称 为拉格朗日点。若飞行器位于这些点上，会在太阳与地球共同引力作用下，可以几乎不消耗 燃料而保持与地球同步绕太阳做圆周运动。若发射一颗卫星定位于拉格朗日 L2 点，下列说法 正确的是（　　） A. 该卫星绕太阳运动周期和地球公转周期相等 B. 该卫星在 L2 点处于平衡状态 C. 该卫星绕太阳运动的向心加速度小于地球绕太阳运动的向心加速度 D. 该卫星在 L2 处所受太阳和地球引力的合力比在 L1 处大 【答案】AD 【解析】 θ µ 1cos ( sin )F mg F maθ µ θ− − = 1 (cos sin )F mga m θ µ θ µ+ −= 2 1 2 (cos sin ) 2 (cos sin ) 2 2F mg F mga am m θ µ θ µ θ µ θ µ+ − + −= > = 0v at= 【详解】A．据题意知，卫星与地球同步绕太阳做圆周运动，则卫星绕太阳运动周期和地球公 转周期相等，故 A 正确； B．卫星受的合力为地球和太阳对它引力的合力，这两个引力方向相同，合力不为零，处于非 平衡状态，故 B 错误； C．由于卫星与地球绕太阳做圆周运动的周期相同，卫星的轨道半径大，根据公式 分析可知，卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度，故 C 错误； D．由题可知，卫星在 L1 点与 L2 点的周期与角速度是相等的，卫星的合力提供向心力，根据 向心力的公式 可知，在 L1 点处的半径小，所以在 L1 点处的合力小，故 D 正确。 故选 AD。 11.如图所示，在真空中某点电荷的电场中，将两个电荷量相等的试探电荷分别置于 M、N 两 点时，两试探电荷所受电场力相互垂直，且 F2>F1，则以下说法正确的是（　　） A. 这两个试探电荷的电性可能相同 B. M、N 两点可能在同一等势面上 C. 把电子从 M 点移到 N 点，电势能可能增大 D. N 点场强一定大于 M 点场强 【答案】CD 【解析】 【详解】A．将 F2 和 F1 的作用线延长相交，交点即为点电荷的位置，可知，点电荷对 M 处试 探电荷有排斥力，对 N 处试探电荷有吸引力，所以这两个试探电荷的电性一定相反，故 A 错 误； B．由于 F2>F1，可知 M、N 到点电荷的距离不等，不在同一等势面上，故 B 错误； C．若点电荷带负电，则把电子从 M 点移到 N 点，电场力做负功，电势能增大，故 C 正确； D．由点电荷场强公式 可知，由于 F2>F1，则有 2 2 4πa rT = 2F mrω= = FE q N ME E> 故 D 正确。 故选 CD。 12.如图所示，ac 和 bd 是相距为 L 的两根的金属导轨，放在同一水平面内。MN 是质量为 m， 电阻为 R 的金属杆，垂直导轨放置，c 和 d 端接电阻 R1=2R，MN 杆与 cd 平行，距离为 2L， 若 0－2t0 时间内在导轨平面内加上如图所示变化的匀强磁场，已知 t=0 时刻导体棒静止，磁感 强度竖直向下为正方向，那么以下说法正确的是（　　） A. 感应电流的方向先沿顺时针后沿逆时针方向 B. 回路中电流大小始终为 C. 导体棒受到的摩擦力方向先向左后向右 D. 导体棒受到的摩擦力大小不变 【答案】BC 【解析】 【详解】AB．设导体棒始终静止不动，由图乙可知，图线斜率绝对值即为磁场变化率且恒定， 由公式 感应电动势恒定，回路中电流 2 0 0 2 3 B L Rt 2 0 0 2= = B LBSE t t t ⋅∆Φ ∆= ∆ ∆ 2 0 0 2 3 3 B LEI R Rt ⋅= = 恒定不变，由于 t=0 时刻导体棒静止，由 可知，此时的安培力最大，则导体棒始终静 止不动，假设成立，由楞次定律可知，感应电流方向始终为顺时针方向，故 A 错误，B 正确； C．由于感应电流方向不变， 内磁场方向竖直向下，由左手定则可知，安培力方向水平 向右，由于导体棒静止，则摩擦力方向水平向左，同理可知， 时间内安培力方向水平 向左，摩擦力方向水平向右，故 C 正确； D．由平衡可知，摩擦力大小始终与安培力大小相等，由于电流恒定，磁场变化，则安培力大 小变化，摩擦力大小变化，故 D 错误。 故选 BC。 三、非选择题：本题共小题，共 60 分。 13.为了测量木块与木板间的动摩擦因数 μ，某小组使用 DIS 位移传感器设计了如图甲所示实 验装置，让木块从倾斜木板上一点 A 由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离. 位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的距离 x 随时间 t 的变化规律如图乙所示. (1)根据上述图线，计算 0.4 s 时木块的速度大小 v＝______ m/s，木块加速度 a＝______ m/s2(结 果均保留 2 位有效数字). (2)在计算出加速度 a 后，为了测定动摩擦因数 μ，还需要测量斜面的倾角 θ(已知当地的重力加 速度 g)，那么得出 μ 的表达式是 μ＝____________.（用 a，θ，g 表示） 【答案】 (1). 0.40 (2). 1.0 (3). 【解析】 【详解】（1）根据在匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬 时速度，得 0.4s 末的速度为： 0.2s 末的速度为： ， 则木块的加速度为： ． =AF BIL 00 t 0 02t t sin cos g a g θ θ − 0.3 0.14 m/s 0.4m/s0.4v −= = 0.32 0.24 m/s 0.2m/s0.4v −′ = = 2 20.4 0.2 m/s 1.0m/s0.2 v va t − ′ −= = = （2）选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向的受力： 得： ． 【点睛】解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时 刻的瞬时速度，以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式． 14.光敏电阻是阻值随着光照度变化而发生变化的元件。照度可以反映光的强弱。光越强，照 度越大，照度单位为 lx。某光敏电阻 R 在不同照度下的阻值如图甲所示。 某同学采用光敏电阻以及其他器材，通过改变光照度来测定一节干电池的电动势和内阻。现 备有下列器材： A.待测的干电池（电动势约为 1.5V，内电阻小于 1.0Ω） B.电流表：量程 0~0.6A，内阻 0.1Ω C.电流表：量程 0~3A，内阻 0.024Ω D.电压表：量程 0~3V，内阻约 3kΩ E.电压表：量程 0~15V，内阻约 15kΩ F.光敏电阻（符号： ） H.开关，导线若干 在测定电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误 差。在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。 (1)在上述器材中电流表选___，电压表选___（填写选项前的字母）； (2)在图乙方框中两出相应的实验电路图____； (3)多次改变光的照度，得到多组电压、电流值。利用测出的数据在图丙所示的坐标图中描出 对应的点，由此绘出 U－1 图象____，在修正了实验系统误差后。得出干电池的电动势 E=1.50V， 内电阻 r=___Ω； sin cosma mg mgθ µ θ= − sin cos g aθµ θ −= (4)当电流表读数为 0.30A 时，光的照度为___lx。（结果保留两位有效数字） 【 答 案 】 (1). B (2). D (3). (4). (5). 0.76（0.74﹣0.78） (6). 0.54（0.50-0.56） 【解析】 【详解】(1)[1][2]一节干电池的电动势为 1.5V，则电压表选择 D，因电流较小，故电流表选择 B (2)[3]电流表的内阻已知，可采用电流表外接电路，电路如图 (3)[4]根据描点，画出 U－I 图像，如图 [5]由实验原理得 变形得 由图像可知，内阻为 A( )E U I R r= + + A( )U E R r I= − + 由于误差(0.74V－0.78V)均可 (4)[6]当电流表读数为 0.30A 时，读出 则 对照图像可知，光的照度为 0.54lx，由于误差(0.50-0.56)lx 均可 15.如图所示，光滑斜面倾角 θ=30°，另一边与地面垂直，斜面顶点有一光滑定滑轮，物块 A 和 B 通过不可伸长的轻绳连接并跨过定滑轮，轻绳与斜面平行，A 的质量为 m，开始时两物 块均静止于距地面高度为 H 处，B 与定滑轮之间的距离足够大，现将 A、B 位置互换并静止 释放，重力加速度为 g,求： （1）B 物块 质量； （2）交换位置释放后，B 着地的速度大小． 【答案】(1)mB=2m；(2) 【解析】 【分析】 以 AB 组成 整体为研究对象，根据动能定理求出绳断瞬间两物块的速率；绳断瞬间物块 B 与物块 A 的速度相同，此后 B 做竖直上抛运动，根据机械能求出 B 上升的最大高度． 【详解】(1)初始时，A、B 平衡，对系统有： 解得： ； (2)交换后，对系统由动能定理： 的 的 A 1.5 1.07( 0.1)Ω 0.76Ω0.5 Ur RI ∆ −= − = − =∆ 1.23VU = 1.23= = Ω=4.1Ω0.30 UR I v gH= 0sin30Bm g mg= 2Bm m= 212 32 2 HmgH mg mv− ⋅ = × 解得： ． 【点睛】本题是连接体问题，运用动能定理和机械能守恒定律结合处理，也可以根据牛顿定 律和运动学公式结合研究． 16.如图所示，质量 m=10kg、横截面积 S=50cm2、厚度不计的活塞被气缸光滑内壁上的卡栓 （体积不计）托住，将气缸分成体积均为 V 的 A、B 两部分，两部分空间内均封闭着一定量的 理想气体。初始状态时两部分气体温度均与环境温度相同，其中 A 中气体压强为 pA=2×105Pa， B 中气体压强 pB=1×105Pa。气缸底端安装有用来加热的电热丝，环境温度保持 27 不变，重 力加速度 g 取 10m/s2，T=t+273K。仅有气缸上表面导热良好，其他部分及活塞绝热，现对 B 中气体缓慢加热，当 B 中气体温度升高至多少时，A 中气体体积减小为 。 【答案】972K 【解析】 【详解】(1)对 A 中气体由玻意耳定律可得 pAV= 解得 =2.5×105Pa 对活塞由平衡条件可知 解得 =2.7×105Pa 对 B 中气体由理想气体状态变化方程 v gH= C° 4 5V ' 4 5Ap V⋅ ' Ap ' ' A Bp S mg p S+ = ' Bp 解得 TB=972K 17.如图所示，在 >0 的区域存在方向沿 y 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E；在 <0 的区 域存在方向垂直于 平面向外的匀强磁场。一个氕核 从 轴上 点射出，速度方向 沿 轴正方向。已知 进入磁场时，速度方向与 轴正方向的夹角为 ，并从坐标原点 O 处第一次射出磁场。 的质量为 ，电荷量为 q。不计重力。求： (1) 第一次进入磁场 位置到原点 O 的距离； (2)磁场的磁感应强度大小； (3)氕核从 y 轴射入电场到从 O 点射出磁场运动的时间。 【答案】(1) x h；(2) ；(3) 【解析】 【详解】(1) 在电场中做类平抛运动，水平方向 竖直方向 h 粒子进入磁场时竖直分速度 解得 的 ' 6 5B B B p Vp V T T ⋅ = y y xOy 1 1H y y h= x 1 1H x 60° 1 1H m 1 1H 2 3 3 = 6mEB qh = 2 6( 2 )9 mh Eq π+ 1 1H 1 1x v t= 2 1 1 1 2 a t= 1 1 1 tan 60yv a t v °= = x h (2) 在电场中的加速度 进入磁场时的速度 在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示 由几何知识得 在磁场中做匀速圆运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得 (3)粒子在磁场中转过的角度为 圆周运动的周期 ，在磁场中运动时间 总时间 2 3 3 = 1 1H qEa m = 1 1H ( )22 1 1 1v v a t= + 1 1H 2 sin60x r °= 2vqvB m r = 6mEB qh = 4 π3 α = 2 mT qB π= 2 4π 2π 3 6 mht T Eq α= = 18.如图所示，在倾角 = 的足够长斜面上放置一长木板，长木板质量 M=3.0kg，其上表面 光滑，下表面粗糙，木板的下端有一个凸起的挡板，木板处于静止状态，挡板到斜面底端的 距离为 7m。将质量为 m=1.0kg 的小物块放置在木板上，从距离挡板 L=1.6m 处由静止开始释 放。物块下滑后与挡板相撞，撞击时间极短，物块与挡板的碰撞为弹性正碰，碰后木板开始 下滑，且当木板沿斜面下滑至速度为零时，物块与木板恰好发生第二次相撞。取重力加速度 g=10m/s2。求： (1)物块与木板第一次相撞后瞬间木板的速率； (2)长木板与斜面之间的动摩擦因数 μ； (3)物块与挡板在斜面上最多发生几次碰撞。 【答案】(1)2.0m/s；(2) ；(3) 6 次 【解析】 【详解】(1)物块下滑的加速度为 物块第一次下滑至挡板时的速度为 v= =4m/s 经分析可知，物块与挡板第一次相撞后反弹，由动量守恒定律可得 mv=mv1+Mv2 解得 v2=2.0m/s (2)设木板下滑的加速度大小为 a′，由题中条件可得，木板下滑的位移为 x2 1 2 2 6( 2 π9 mht t t Eq = + = + ） θ 30° 3 3 µ = sin30a g °= 2aL 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2mv mv Mv= + 物块位移为 由牛顿第二运动定律可得 解得 解得 (3)第二次碰撞前瞬间物块速度为 =4m/s 此时物块木板速度为 0，物块与挡板发生第二次碰撞后，挡板与物块将重复上述运动过程 第一次碰后到第二次碰前挡板运动位移为 x2= 故 L=7m=5 故物块和挡板在斜面上发生 6 次碰撞。 2 2 2 '2 vx a = 2 1 1 1 2x v t at= + 2 ' vt a = 1 2x x= ( ) 'cos30 sin30M m g Mg Maµ ° °+ − = 2' 5 m/s3a = 3 3 µ = 1 1 'v v at= + 1.2m 2 5 6 x