【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31

H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10-8A。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q

neItt==可得产生的电子数为8416195.0103.210101.610Itne−−===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03223

coscoscos42yAtAATTT====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，p0）、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a

b→，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bcabQQ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.000.4v

mgt−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0.40.4

ggg==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2sin45sin45cos45cos453cos45mgmg

mgmgmg=+++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M

C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/V1.351.201.050.880.730.710.52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1

Ω，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、V

2=20V0/21①由理想气体状态方程得2000122021pVpVTT=②代入数据得p2=0.7p0③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=⑨

16.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A

D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=2222mqUmULdqBqB=−−；(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2222mqUmULdqBqB=−−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=m

a⑧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22202221114222PQmvmvmv=+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3Pv、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=−（）⑲2302755Qvv=（）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21072525nnvhg−=（）（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.xiangxu

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