【文档说明】《精准解析》2020年山东高考物理试卷（新高考）（解析版）.doc，共(26)页，2.268 MB，由小赞的店铺上传

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山东省2020年普通高中学业水平等级考试物理试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时

，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼

，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是（）A.0~t1时间内，v增大，FN>mgB.t1~t2时间内，v减小，FN<mgC.t2~t3时间内，v增大，FN<mgD.t2~t3时间内，v减小，FN>mg【

答案】D【解析】【详解】A．由于s-t图像的斜率表示速度，可知在0~t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重状态，则FN<mg，选项A错误；B．在t1~t2时间内速度不变，即乘客的匀速下降，则FN=mg，选项B错误；

CD．在t2~t3时间内速度减小，即乘客的减速下降，超重，则FN>mg，选项C错误，D正确；故选D。2.氚核31H发生β衰变成为氦核32He。假设含氚材料中31H发生β衰变产生的电子可以全部定向移动，在3.2104s时间内形成的平均电流为5.010-8

A。已知电子电荷量为1.610-19C，在这段时间内发生β衰变的氚核31H的个数为（）A.145.010B.161.010C.162.010D.181.010【答案】B【解析】【详解】根据qneItt==可得产生的电子数为8416195.0103.210101.610Itn

e−−===个因在β衰变中，一个氚核产生一个电子，可知氚核的个数为1.0×1016个。故选B．3.双缝干涉实验装置的截面图如图所示。光源S到S1、S2的距离相等，O点为S1、S2连线中垂线与光屏的交点。光源S发出的波长为的光，经S1出射后垂直穿过玻璃片传播到O点，经S2出射后直接传播

到O点，由S1到O点与由S2到O点，光传播的时间差为t。玻璃片厚度为10，玻璃对该波长光的折射率为1.5，空气中光速为c，不计光在玻璃片内的反射。以下判断正确的是（）A.5tc=B.152tc=C.10tc=D.15tc=【答案】A【解析】【详解】光在玻璃

中的传播速度为cvn=可知时间差10105tvcc=−=故选A。4.一列简谐横波在均匀介质中沿x轴负方向传播，已知54x=处质点的振动方程为2πcos()yAtT=，则34tT=时刻的波形图正确的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】根据题意可知，34tT=时，在51+44

=处的质点处于03223coscoscos42yAtAATTT====则此时该质点位于平衡位置，下一时刻，该质点向上运动，故AB错误；根据题意，横波沿x轴负方向传播，根据同侧法判断可知，C错误，D正确。故选D。5.图甲中的理想变压器原、副线圈

匝数比n1：n2=22：3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15Ω，额定电压为24V。定值电阻R1=10Ω、R2=5Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10Ω。为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为（）A.1ΩB.5ΩC.6ΩD.8Ω【答案】A【解析】【详

解】输电电压的有效值为（即原线圈电压的有效值）12202V220V2U==根据理想变压器电压规律1122UnUn=可知副线圈电压有效值为22113220V30V22nUUn===灯泡正常工作，根据欧姆定律可知分压为24V，则通过灯泡的电流，即副线圈部分

的干路电流为LLL24A1.6A15UIR===根据串联分压规律可知，1R和2R、R构成的并联电路部分的分压为2L30V24V6VUUU=−=−=通过1R的电流为116A0.6A10UIR===通过2R、R的电流为2L11.6A0.6A1AIII=−=−=2R、R的分压为22

()UIRR=+解得滑动变阻器的阻值为226Ω5Ω1Ω1URRI=−=−=A正确，BCD错误。故选A。6.一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p-V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a（V0，2p0）、b（2V0，p

0）、c（3V0，2p0）以下判断正确的是（）A.气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功B.气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量C.在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量D.气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过

程中内能的增加量【答案】C【解析】【详解】A．根据气体做功的表达式WFxpSxpV===可知pV−图线和体积横轴围成的面积即为做功大小，所以气体在ab→过程中对外界做的功等于bc→过程中对外界做的功，A错误；B．气体从ab→，满足玻意尔

定律pVC=，所以abTT=所以0abU=，根据热力学第一定律UQW=+可知0ababQW=+气体从bc→，温度升高，所以0bcU，根据热力学第一定律可知bcbcbcUQW=+结合A选项可知0abbcWW=所以bcab

QQbc→过程气体吸收的热量大于ab→过程吸收的热量，B错误；C．气体从ca→，温度降低，所以0caU，气体体积减小，外界对气体做功，所以0caW，根据热力学第一定律可知caQ，放出热量，C正确；D．理想气体的内能只与温度有关，根据abTT=可知从cabcTT=所以气

体从ca→过程中内能的减少量等于bc→过程中内能的增加量，D错误。故选C。7.我国将在今年择机执行“天问1号”火星探测任务。质量为m的着陆器在着陆火星前，会在火星表面附近经历一个时长为t0、速度由v0减速到零的过程。已知火星的质量约为地球的0.1倍，半径约为地球

的0.5倍，地球表面的重力加速度大小为g，忽略火星大气阻力。若该减速过程可视为一个竖直向下的匀减速直线运动，此过程中着陆器受到的制动力大小约为（）A.000.4vmgt−B.000.4+vmgt

C.000.2vmgt−D.000.2+vmgt【答案】B【解析】【详解】忽略星球的自转，万有引力等于重力2MmGmgR=则22210.10.40.5gMRgMR===火火地地地火解得0.40.4ggg==地火着陆器做匀减速直线运

动，根据运动学公式可知000vat=−解得00vat=匀减速过程，根据牛顿第二定律得−=fmgma解得着陆器受到的制动力大小为00(0.4)vfmgmamgt=+=+ACD错误，B正确。故选B。8.如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸

长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为（）A.13B.14C.15D.16【答案】C【解析】【详解】当木板与水平面的夹角为45

时，两物块刚好滑动，对A物块受力分析如图沿斜面方向，A、B之间的滑动摩擦力1cos45fNmg==根据平衡条件可知sin45cos45Tmgmg=+对B物块受力分析如图沿斜面方向，B与斜

面之间的滑动摩擦力23cos45fNmg==根据平衡条件可知2sin45cos453cos45mgTmgmg=++两式相加，可得2sin45sin45cos45cos453cos45mgmgmgmgmg

=+++解得15=故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.截面为等腰直角三角形的三棱镜如图甲所示。DE为嵌在三棱镜内部紧贴BB

'C'C面的线状单色可见光光源，DE与三棱镜的ABC面垂直，D位于线段BC的中点。图乙为图甲中ABC面的正视图。三棱镜对该单色光的折射率为2，只考虑由DE直接射向侧面AA'CC的光线。下列说法正确的是（）A.光从AA'C'C面出射的区

域占该侧面总面积的12B.光从AA'C'C面出射的区域占该侧面总面积的23C.若DE发出的单色光频率变小，AA'C'C面有光出射的区域面积将增大D.若DE发出的单色光频率变小，AA'C'C面有光出射的区域面积将减小【答案】AC【解析】【详解】AB．由题可知

1sin2C=可知临界角为45o，因此从D点发出的光，竖直向上从M点射出的光线恰好是出射光线的边缘，同时C点也恰好是出射光线的边缘，如图所示，因此光线只能从MC段射出，根据几何关系可知，M恰好为AC的中点，因此在AACC平面上有一半的面积有光线射出，A正确，B错误；C

．由于频率越高，折射率越大，当光源发出的光的频率变小，，折射率也会变小，导致临界角会增大，这时M点上方也会有光线出射，因此出射光线区域的面积将增大，C正确，D错误。故选AC。10.真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等。一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时，仅

在电场力的作用下恰好保持静止状态。过O点作两正电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，如图所示。以下说法正确的是（）A.a点电势低于O点B.b点电势低于c点C.该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能D.该试探电荷在c点的电势能小于在

d点的电势能【答案】BD【解析】【详解】A．由题意可知O点合场强为零，根据同种电荷之间电场线的分布可知aO之间电场线由a到O，故a点电势高于O点电势，故A错误；B．同理可得，c点电势高于O点电势，两个

固定电荷在bO射线上的点电场方向斜向上，故b点电势低于O点电势，则b点电势低于c点，故B正确。C．a点电势高于O点电势，b点电势低于O点电势，则a点电势高于b点，试探电荷为负电荷，故该试探电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，故C错误；D．根据电荷电场的对称

分布可得，b、d两点电势相同，则c点电势高于d点，试探电荷为负电荷，则该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能，故D正确。故选BD。11.如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左

侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A

始终处于静止状态。以下判断正确的是（）A.M<2mB.2m<M<3mC.在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功D.在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量【答案】ACD【解析】【详解】AB．由题意可

知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，故在最低点时有弹簧弹力T=2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，则依题意有2sinmgMg=故有2Mm，故A正确，B错误；C．由题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹

簧弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故C正确；D．对于B，在从释放到速度最大过程中，B机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确。12.如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁

感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动（不发生转动）。从图示位置开始计时，4s末bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感

应电流的大小为I，ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图像，可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【详解】AB．因为4s末bc边刚好进入磁场，可知线框的速度每秒运动一个方格

，故在0~1s内只有ae边切割磁场，设方格边长为L，根据12EBLv=11EIR=可知电流恒定；2s末时线框在第二象限长度最长，此时有23EBLv=22EIR=可知2132II=2~4s线框有一部分进入第一象限，电流减小，在4s末同理可得3112II=综上分析可知A错误，B正确；CD．根

据ababFBIL=可知在0~1s内ab边所受的安培力线性增加；1s末安培力为1abFBIL=在2s末可得安培力为1322abFBIL¢=创所以有3ababFF¢=；由图像可知C正确，D错误。故选BC。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.2020年5月，我国进行

了珠穆朗玛峰的高度测量，其中一种方法是通过使用重力仪测量重力加速度，进而间接测量海拔高度。某同学受此启发就地取材设计了如下实验，测量当地重力加速度的大小。实验步骤如下：（i）如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角

为53°，在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺（图中未画出）。（ii）调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能。将小物块从木板顶端释放，用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。然后通过录像的回放，选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点，得到小物块相对于该点的运

动距离L与运动时间t的数据。（iii）该同学选取部分实验数据，画出了2Lt—t图像，利用图像数据得到小物块下滑的加速度大小为5.6m/s2（iv）再次调节垫块，改变木板的倾角，重复实验。回答以下问题：(1)当木板的倾角为37°时，所绘图像如图乙所示。由图像可得，物

块过测量参考点时速度的大小为_____m/s；选取图线上位于坐标纸网格交叉点上的A、B两点，利用A、B两点数据得到小物块下滑加速度的大小为_____m/s2.（结果均保留2位有效数字）(2)根据上述数据，进一步分析得到当地的重力加速度大小为_____m/s2.（结果保留2位有效数字，

sin37°=0.60，cos37°=0.80）【答案】(1).0.32或0.33(2).3.1(3).9.4【解析】【详解】(1)[1][2]根据2012Lvtat=+可得022Lvatt=+则由2-Ltt图像可知2026510m/sv−=

则v0=0.33m/s2222(19065)10m/s3.1m/s4010ak−−−===(2)[3]由牛顿第二定律可知sincosmgmgma−=即sincosagg=−当θ=53°时a=5.6m/s2，即sin53cos535.6gg−=当θ=37°时a=3.0m/s2，即

sin37cos373.1gg−=联立解得g=9.4m/s214.实验方案对实验测量的精度有直接的影响，某学习小组对“测量电源的电动势和内阻”的实验方案进行了探究。实验室提供的器材有：干电池一节（电动势约1.5V，内阻小于1Ω）；电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）；电流表A

（量程0.6A，内阻约1Ω）；滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）；定值电阻R1（阻值2Ω）；定值电阻R2（阻值5Ω）；开关一个，导线若干。(1)该小组按照图甲所示的电路进行实验，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，利用实验数据在

U-I坐标纸上描点，如图乙所示，结果发现电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是_____。（单选，填正确答案标号）A．电压表分流B．干电池内阻较小C．滑动变阻器最大阻值较小D．电流表内阻较小(2)针对电压表示数

的变化范围比较小的问题，该小组利用实验室提供的器材改进了实验方案，重新测量得到的数据如下表所示。序号1234567I/A0.080.140.200.260.320.360.40U/V1.351.201.050.880.730.71

0.52请根据实验数据，回答以下问题：①答题卡的坐标纸上已标出后3组数据对应的坐标点，请在答题卡的坐标纸上标出前4组数据对应的坐标点并画出U-I图像________。②根据实验数据可知，所选的定值电阻为_____（填“R1”或“R2”）。③用笔画线代替导线

，请在答题卡上按照改进后的方案，将实物图连接成完整电路____________。【答案】(1).B(2).(3).R1(4).【解析】【分析】【详解】(1)[1]电压表示数变化过小，则原因是外电阻比内阻大

的多，即电源内阻偏小，故选B。(2)[2]根据数据做出U-I图像如图；[3]由图像可知1.58==2.630.6rR+定电源内阻小于1Ω，则定值电阻大于1.63Ω，可知定值电阻为R1；[4]定值电阻与电源串联，电路如图；15.中医拔罐的

物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门。使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气

压，使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450K，最终降到300K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的2021。若换用抽气拔罐

，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的2021，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。【答案】Δ13mm=【解析】【详解】设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别

为p2、T2、V2，罐的容积为V0，由题意知p1=p0、T1=450K、V1=V2、T2=300K、V2=20V0/21①由理想气体状态方程得2000122021pVpVTT=②代入数据得p2=0.7p0

③对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为0V，由题意知p3=p0、V3=0V、p4=p2④由玻意耳定律得2004VVpp=⑤联立②⑤式，代入数据得40107VV=⑥设抽出的气体的体积为

ΔV，由题意知4020Δ21VVV=−⑦故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为4ΔΔmVmV=⑧联立②⑤⑦⑧式，代入数据得Δ13mm=⑨16.单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个

中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以vM=10m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α=72.8°，腾空后沿轨道边缘

的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10m/s2，sin72.8°=0.96，cos72.8°=0.30。求：(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；(

2)M、N之间的距离L。【答案】(1)4.8m；(2)12m【解析】【详解】(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得1sin72.8Mvv=①设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得mgcos17.2

°=ma1②由运动学公式得2112vda=③联立①②③式，代入数据得d=4.8m④(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规得v2=vMcos72.8°⑤设运动员在ABCD面

内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin17.2°=ma2⑥设腾空时间为t，由运动学公式得112vta=⑦2221=2Lvtat+⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L=12m⑨17.某型号

质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U，Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的I、Ⅱ两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所

在直线为z轴，向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz。区域I、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质量为m，电荷量为+q的粒子，从a孔飘入电场（初

速度视为零），经b孔进入磁场，过P面上的c点（图中未画出）进入电场，最终打到记录板Q上。不计粒子重力。(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L；(2)求粒子打到记录板上位置的x坐标；(3)求粒子打到记录板上位置的y坐标（用R、d表示）；(4)如图乙所示，在记录板上得到三

个点s1、s2、s3，若这三个点是质子11H、氚核31H、氦核42He的位置，请写出这三个点分别对应哪个粒子（不考虑粒子间的相互作用，不要求写出推导过程）。【答案】(1)2mqURqB=2222mqU

mULdqBqB=−−；(2)22242mdExmUqdB=−；(3)22222dyRRdRd=−−+−；(4)s1、s2、s3分别对应氚核31H、氦核42He、质子11H的位置【解析】【详解】(1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v，粒子在区域I中，做匀速圆周运动对应圆心角

为α，在M、N两金属板间，由动能定理得qU=12mv2①在区域I中，粒子做匀速圆周运动，磁场力提供向心力，由牛顿第二定律得2vqvBmR=②联立①②式得2mqURqB=③由几何关系得222dRLR+−=（）④22cosRdR−=⑤sin=dR⑥联立①②④式得2222

mqUmULdqBqB=−−⑦(2)设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的分速度为vz，沿x轴正方向加速度大小为a，位移大小为x，运动时间为t，由牛顿第二定律得qE=ma⑧粒子在z轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得

coszvv=⑨zdvt=⑩粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式得212xat=⑪联立①②⑤⑧⑨⑩⑪式得22242mdExmUqdB=−⑫(3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y，其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y'，由运动学公式得y

'=vtsinα⑬由题意得y=L+y'⑭联立①④⑥⑨⑩⑬⑭式22222dyRRdRd=−−+−⑮(4)s1、s2、s3分别对应氚核31H、氦核42He、质子11H的位置。18.如图所示，一倾角为的固定斜

面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tan，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为

零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；(3)求物块Q从A点上升的总高度H；(4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。【答案】(1

)P的速度大小为035v，Q的速度大小为025v；(2)21072525nnvhg−=（）（n=1，2，3……）；(3)2018vHg=；(4)20(8713)200sinvsg−=【解析】【详解】(1)P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由动量

守恒定律得0114PQmvmvmv=+①由机械能守恒定律得2220111114222PQmvmvmv=+②联立①②式得1035Pvv=−③1025Qvv=④故第一次碰撞后P的速度大小为035v，Q的速度大小为025v(2)设第一次

碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得211=2(2sin)s0inQhgv−−⑤联立①②⑤式得20125vhg=⑥设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为02v，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得22021111=22Pmvmvmgh−−

⑦联立①②⑤⑦式得02075vv=⑧P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为2Pv、2Qv，由动量守恒定律得02224PQmvmvmv=+⑨由机械能守恒定律得22202221114222PQmvmvm

v=+⑩联立①②⑤⑦⑨⑩式得203755Pvv=−⑪202755Qvv=⑫设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得222=2(2sin)s0inQhgv−−⑬联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得20272525vhg=⑭设P运动至与Q刚要发生第

三次碰撞前的位置时速度为03v，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得22032211=22Pmvmvmgh−−⑮联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得203075vv=（）⑯P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为3P

v、3Qv，由动量守恒定律得03334PQmvmvmv=+⑰由机械能守恒定律得22203331114222PQmvmvmv=+⑱联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得2303755Pvv=−（）⑲2302755

Qvv=（）⑳设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，对Q由运动学公式⑩得233=2(2sin)s0inQhgv−−㉑联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱㉑式得220372525vhg=（）㉒总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为2107

2525nnvhg−=（）（n=1，2，3……）㉓(3)当P、Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得2010(4)tan4cos2sinHmvmmgHmg−=−+−㉔解得2018vHg=㉕(4)设Q第一次碰撞至速度减为零需

要的时间为t1，由运动学公式得112sinQvgt=㉖设P运动到斜面底端时的速度为1Pv，需要的时间为t2，由运动学公式得112sinPPvvgt=+㉗22112sinPPvvsg−=㉘设P从A点到Q第一次碰后

速度减为零处匀减速运动的时间为t30213()sinPvvgt=−−㉙当A点与挡板之间的距离最小时1232ttt=+㉚联立㉖㉗㉘㉙㉚式，代入数据得20(8713)200sinvsg−=㉛获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue

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