【文档说明】山东省师范大学附属中学2021届高三上学期期中考试物理试卷 【精准解析】.doc，共(23)页，1.163 MB，由管理员店铺上传

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山东师大附中高三年级物理学科学业质量检测题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共6页，满分为100分，考试用时90分钟。注意事项：1、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、考试科目填写在规定的位置上。2、第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B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。3、第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不得使用涂改液，胶带纸、修正带和其他笔。卷Ⅰ（共40分）一、单项选择题（本题共8小

题，每题只有一个正确答案，每小题3分，共24分。）1.近代物理取得了非常辉煌的成就，下列关于近代物理的说法正确的是（）A.用同频率的光照射不同的的金属表面时均有光电子逸出，从金属表面逸出的光电子的最大初动能Ek越大，则这种金属的逸出功W就越大B.137Cs是核泄漏时对人体产生

有害辐射的的重要污染物，其核反应方程式1371375556CsBa+X→其中X为电子C.一个氢原子处在n=4的能级，当它跃迁到较低能级时，最多可发出6种频率的光子D.每个核子只与邻近核子产生核力作用，比结

合能越大的原子核越不稳定【答案】B【解析】【详解】A．根据爱因斯坦的光电效应方程khWE−=同种光照射金属，初动能Ek越大，该金属的逸出功W就越小，A错误；B．在核反应方程中，根据质量数守恒，电荷数守恒，可以求得X的质量数为零，带

一个单位负电荷，因此它一定是电子，B正确；C．因为只有一个氢原子，处在n=4的能级，当它跃迁到较低能级时，最多可发出3种频率的光子，C错误；D．比结合能越大，原了核结合的越牢固，也就是原子核越稳定，D错误。故选B。2.一束光照射到底面有涂层的平行玻璃砖上

表面，经下表面反射从玻璃砖上表面射出，光线分为a、b两束，如图所示下列说法正确的是（）A.在玻璃中a光的传播速度大于b光的传播速度B.在真空中，遇到障碍物时b光更容易产生明显的衍射现象C.增大空气一侧的入射角，a光线先消失D.在真空中用同一装置进行双缝干涉实验，a光的

条纹间距大于b光的条纹间距【答案】B【解析】【详解】A．光路图如图所示在玻璃砖上表面折射时，a光的偏折程度较大，则a光的折射率较大，由cvn=知，在玻璃中a光的传播速度小于b光的传播速度，故A错误；B．由于b光的偏

折程度较小，故其折射率较小，所以其波长较长，波动性较强，遇到障碍物时b光更容易产生明显的衍射现象，故B正确；C．两列光的折射后经反射再从玻璃进入空气折射，由几何关系可知第一次折射的折射角等于第二次折射的入射角，根据光路的可逆性可得两列光均不能发生全反射，故两列

光不会消失，故C错误；D．a光的折射率大，频率大，则波长小，根据Lxd=，a光的条纹间距小于b光的条纹间距，故D错误。故选B。3.如图所示，斜面ABC倾角为θ，在A点以速度v1将小球水平抛出（小球可以看成质点），小球恰好经过斜面上的小孔E，落在斜面底部的D点，且D为BC的中点。在

A点以速度v2将小球水平抛出，小球刚好落在C点。若小球从E运动到D的时间为t1，从A运动到C的时间为t2，则t1：t2为（）A.1：1B.1：2C.2：3D.1：3【答案】B【解析】【详解】因两球下落

的竖直高度相同，可知运动时间相同，设为t，因水平位移之比为1:2，可知v2=2v1小球做平抛运动时21112tantan222ygtvgtvtvv====则速度方向与水平方向的夹角α相等，则经过E点时竖直速度1tanyEvv=经过C点时竖直速度21tan2tanyCvvv==根

据vy=gt可知:1:2AEACtt=则:1:2EDACtt=故选B。4.如图所示，固定在竖直平面内的圆管形轨道的外轨光滑，内轨粗糙．一小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于圆管的直径，球运动的轨道半径为R，空气阻力不计，重力

加速度大小为g，下列说法一定正确的是()A.若v0<2gR，小球运动过程中机械能不可能守恒B.若v0=3gR，小球运动过程中机械能守恒C.若v0<5gR，小球不可能到达最高点D.若v0=2gR，小球恰

好能到达最高点【答案】B【解析】若小球上升到与圆心等高处时速度为零，此时小球只与外轨作用，不受摩擦力，只有重力做功，由机械能守恒定律得：2012mvmgR=，解得022vgRgR=，故A错误；小球如果不挤压内轨，则小球到达最高点速度最小时

，小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律得：2vmgmR=，由于小球不挤压内轨，则小球在整个运动过程中不受摩擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得：22011·222mvmvmgR=+，解得：05vgR=，则小球要不挤压内轨，

速度应大于等于5gR，故B正确；若小球的速度小于5gR，也是有可能做完整的圆周运动的，到达最高点，只是最终在圆心下方做往复运动，故C错误；如果内圆光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律得：201·22mvmgR=，解

得：02vgR=，现在内壁粗糙，如果小球运动到最高点时速度为0，一定受到摩擦力作用，故小球在到达最高点前速度已为零，不能到达最高点，故D错误；选B.【点睛】内圆粗糙，小球与内圆接触时要受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，

机械能不守恒；外圆光滑，小球与外圆接触时不受摩擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，应用牛顿第二定律与机械能守恒定律分析答题.5.假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A和B，自身球体半径分别为RA和RB。两颗行星各

自周围的卫星的轨道半径的三次方（r3）与运行公转周期的平方（T2）的关系如图所示，T0为卫星环绕各自行星表面运行的周期。则（）A.行星A的质量小于行星B的质量B.行星A的密度小于行星B的密度C.行星A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度D.当两行星周围的卫星的运动轨

道半径相同时，行星A的卫星的向心加速度小于行星B的卫星的向心加速度【答案】C【解析】【详解】A．根据牛顿第二定律有2224MmGmrrT=可得3224GMrT=可知图象的斜率为24GMk=由图象可知行星A的斜率大于行星

B的斜率，则行星A的质量大于行星B的质量，故A错误；B．密度公式为MV=，行星体积为343VR=联立解得3233rGTR=当卫星在行星表面运行时有，r=R，T=T0，则有203GT=由于两卫星绕各自行星表面运行的周期相同，则行星A的密度等于行星B

的密度，故B错误；C．行星的近地卫星的线速度即第一宇宙速度，根据牛顿第二定律可得22MmvGmRR=解得3443=3GRGMGvRRR==由于ABRR，所以ABvv，故C正确；D．根据2MmGmar=可得2GMar=由于ABMM，两行星周围的卫星的运动轨道半

径相同时，行星A的卫星的向心加速度大于行星B的卫星的向心加速度，故D错误。故选C。6.水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上。一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的v-t图线如图所示，图

中AB//CD。则整个过程中（）A.F1的冲量等于F2的冲量B.F1的冲量小于F2的冲量C.摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量D.合外力对a物体的冲量小于合外力对b物体的冲量【答案】B【解析】【详解】AB

．由图可知，推力的作用时间abtt，又因为AB//CD，所以a、b两个物体所受的的摩擦力相等，由动量定理得()0Fftmv−=−解得Ftftmv=+所以F1的冲量小于F2的冲量，A错误，B正确；C．由图可知，运动的时间abtt，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，C错误；D

．全程动量变化为0，所以合外力的冲量为0，D错误。故选B。7.一中子与一质量数为A（A＞1）的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为（）A.11AA+−B.11AA−+C.24(1)AA+D.22(1)(1)AA+−【答案】A【解析】设中子的

质量为m，因为发生的是弹性正碰，动量守恒，机械能守恒，规定初速度的方向为正方向，有：mv1=mv2+Amv，12mv12＝12mv22+12•Amv2联立两式解得：1211vAvA+=−．故A正确，BCD错误．故选A．点睛：解决本题的关键知道弹性碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，与非弹性碰撞不同

，非弹性碰撞机械能不守恒.8.如图所示，竖直平面内有固定的半径为R的光滑绝缘圆形轨道，匀强电场的方向平行于轨道平面水平向左，P、Q分别为轨道上的最高点、最低点，M、N是轨道上与圆心O等高的点。质量为m、电荷量为q的带正电小球（可视为质点）在轨道内运动，已知重

力加速度为g，电场强度为E并且满足4qE=3mg，要使小球能沿轨道做完整的圆周运动，则下列说法正确的是（）A.小球在轨道上运动时，动能最大的位置在MQ之间，且电势能最小B.小球在轨道上运动时，机械能最大的位置PN劣弧之间C.小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为4mgD.小球

过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为6mg【答案】D【解析】【详解】A．由于等效重力（即重力和电场力的合力）与圆交的最低点在MQ之间，故动能最大的位置在MQ之间。根据功能关系，电场力做正功最多的位置为M点，所以电势能最小的位置在M点，A错误；B

．根据功能关系，非重力做正功最多位置在M点，所以机械能最多的位置在M点，B错误；CD．小球在Q点，由牛顿第二定律得21QvNmgmr−=小球在P点，由牛顿第二定律得22PvNmgmr+=从Q到P点，由动能定理得2211222PQmgrm

vmv−=−解得126NNmg−=C错误，D正确。故选D。二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，每题有两个或者三个．．．．．．．正确答案，全对得4分，漏选得2分，错选得0分）9.在x轴上x=0和x=1处，固定两点电荷q1和q2，两电荷之间各点对应的电势高低如图中曲线所示

，在x=0.6m处电势最低，下列说法中正确的是（）A.两个电荷是同种电荷，电荷量大小关系为q1：q2=9：4B.两个电荷是同种电荷，电荷量大小关系为q1：q2=3：2C.x=0.5m处的位置电场强度不为0D.在q1与q2所在的直线上电场强度为0的点只有1

个【答案】ACD【解析】【详解】AB．由图可知电势都大于零，且在x=0.6m处电势最低，故一定都是正电荷，因xφ−图象的切线斜率表示电场强度，故在x=0.6m处的电场强度为零，则有12220.60.4qqkk=解得q1：q2=9：4，A正确，B错误；C．因xφ

−图象的切线斜率表示电场强度，故x=0.5m处的位置切线斜率不为零，故电场强度不为零，C正确；D．在q1与q2所在的直线上，q1左侧电场强度向左，q2右侧电场强度方向向右，所以在q1与q2所在的直线上电场强度为0的点只有1个，D正确。

故选ACD。10.如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为光敏电阻（照射光强度越大，电阻越小），C为电容器，L为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S后，若增大照射光强度，则（）A.电压表的示

数增大B.电源的效率变小C.电容器上的电荷量减少D.小灯泡的功率减小【答案】ABC【解析】【详解】由图可知，L和R2串联后和C并联，再与R1串联，电容器在电路稳定时相当于断路。A．当增大照射光强度时，光敏电阻R2减小，电路的总电阻减小，总电流I增大，由部分电路的欧姆定律

VUIR=知，电压表的示数增大，故A正确；B．电源的效率为100%UE=因路端电压UEIr=−随I增大而减小，故电源的效率减小，故B正确；C．电容器板间电压为C1()UEIRr=−+而I增大，则U

C减小，则电容器上的电荷量CQCU=减小，故C正确；D．因流过小灯泡的电流I增大，则小灯泡的功率2LLPIR=增大，故D错误。故选ABC。11.如图所示，一光滑绝缘水平直轨道右端平滑连接一半径为0.1m的光滑绝缘竖直半圆形轨道。一质量为m1=0.2kg、带电荷量为+q、导电性能良

好的金属小球P位于距圆弧轨道最低点为0.3m的位置；另一质量为m2=0.1kg、电荷量为-q、导电性能良好的金属小球Q处在圆弧轨道最低点，同时由静止释放两金属小球两球发生弹性正碰后，Q球刚好能通过圆弧轨道最高点，已知重力加速度g取10m/s2，球大小相同且比

轨道半径小得多，下列说法正确的是（）A.P、Q两球组成的系统电势能减少了0.375JB.从释放P、Q两球到两球相撞过程，P球的位移大小为0.1mC.碰撞过程，P球对Q球所做的功为0.25JD.从释放P、Q两球到两球相撞过程，电场力对P球所做的功为0.125J【答案】ABD【解析】

【详解】A．根据Q球刚好能过最高点，可知222mvmgr=根据动能定理22222211222mgrmvmv=−碰撞过程动量守恒11220mvmv=−解得v1=52m/sv2=5m/s由能量守恒可知，系统减少的电势能为2211221122pEmvmv=+解得△Ep=0375J故

A正确；B．P、Q两球在碰撞前由于合外力等大反向且运动时间相同，由x=212at可知位移比等于加速度之比，加速度之比等于质量的倒数比，则两球位移之比为1∶2，则P球位移为0.1m，故B正确；C．碰撞过程由动量、能量守恒

有1012020mvmv=−（01v、02v是碰撞前瞬间两球的速度）2222101202111011111+=+=0.125J2222mvmvmvmv解得0152v=m/s025v=m/s由于v02=v2故P对Q做功为0，故C错误；D．由动能定理可知W电=210

112mv=0.125J故D正确。故选ABD。12.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时

间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（）A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都是处于压缩状态B.从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C.两物体的质量之比为m1：m2=1：2D.在t2时刻A与B的动能之比为Ek1：Ek2=1：

8【答案】CD【解析】【详解】A．由图可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且此时系统动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，而t=0、t2、t4三个时刻弹簧处于原长状态，故t1弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；B．

结合图象弄清两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最短，然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长

状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，二木块速度再次相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；C．系统动量守恒，选择开始到t1时刻列方程可知m1v1=(m1+m2)v2将v1=3m/s

，v2=1m/s代入得m1：m2=1：2故C正确；D．在t2时刻A的速度为vA=1m/s，B的速度为vB=2m/s，根据m1：m2=1：2，根据2k12Emv=解得Ek1：Ek2=1：8，故D正确。故选CD。卷Ⅱ（共60分）三、非

选择题（本题共6小题，共60分）13.某同学用如图甲所示装置验证机械能守恒定律，力传感器固定在天花板上，细线一端吊着小球，一端连在力传感器上传感器显示细线拉力的大小．小球的质量为m，当地的重力加速度为g．(1)实验开始前，用游标卡尺测出小球的直径，示数

如图乙所示，则小球的直径D=________mm．再让小球处于自然悬挂状态，测出悬线的长为L．(2)将小球拉离平衡位置使细线与竖直方向成一定的张角θ，由静止释放小球，使小球在竖直面内做往复运动，力传感器测出悬线的拉力随时间变化的关系如图丙所示，则小球运动

到最低点时速度的大小为v=________．小球摆到最高点时与最低点的高度差h=________(均用已知和测量物理量的符号表示)(3)验证机械能守恒定律成立的表达式为________________(用

已知和测量物理量的符号表示)．【答案】(1).9.8；(2).0()()2FDgLm−+；(3).()(1cos)2DL+−；(4).01()(1cos)2Fggm−=−；【解析】【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺刻度数与游标尺刻度数之和；（2）在最低点根据牛顿第二定律求

解速度v；根据几何关系求解下落的高度；（3）若机械能守恒，则小球的动能增加量等于重力势能的减小；【详解】（1）小球的直径D=9mm+0.1mm×8=9.8mm；（2）小球在最低点时细绳受拉力最大为F0，根据牛顿第二定律：F0-mg=m22vDL

+，解得02FDvgLm=−+；小球摆到最高点时与最低点的高度差h=()1cos2DL+−；（3）验证机械能守恒定律成立的表达式为212mvmgh=，即()011cos222FD

DmgLmgLm−+=+−即：()011cos2Fggm−=−14.某同学设计了验证动量守恒定律的实验。所用器材：固定有光电门的长木板、数字计时器、一端带有遮光片的滑块A

（总质量为M）、粘有橡皮泥的滑块B（总质量为m）等。将长木板水平放置，遮光片宽度为d（d很小），重力加速度为g，用相应的已知物理量符号回答下列问题：(1)如图（a）所示，使A具有某一初速度，记录下遮光片经过光电门的时间t和A停止滑动时遮光片与光

电门的距离L，则A与木板间的动摩擦因数μ=___________；(2)如图（b）所示，仍使A具有某一初速度，并与静止在正前方的B发生碰撞（碰撞时间极短），撞后粘在一起继续滑行。该同学记录了遮光片经过光电门的时间t0，A、B撞前B左端距光电门的距离S1，以及A、B撞后它们一起滑行的距离S

2，若A、B材料相同，它们与木板间的动摩擦因数用字母μ表示，如需验证A、B系统碰撞时满足动量守恒定律，只需验证___________成立即可。【答案】(1).222dtgL=(2).()2122022dMgSMmgSt−=+【解析】【分析】(1)先算出A经

过光电门的速度，再利用动能定理求解摩擦因数；(2)根据动能定理求出碰撞前A的速度以及碰撞后AB的共同速度，在根据动量守恒定律就可以求出需要验证的表达式。【详解】(1)[1]滑块从经过光电门开始到停止滑动的过程在木板上做匀减速直线运动，位移为L，初速度

为0dvt=对滑块进行受力分析可得，遮光片受到力的合力为摩擦力，则滑块的加速度ag=−根据匀变速直线云的位移和速度公式有202vaL=联立解得222dtgL=(2)[2]滑块经过光电门的速度10dvt=设滑块

碰撞前瞬间的速度为2v，根据动能定理有221211122MgsMvMv−=−解得221202dvgst=−碰撞后AB合为一体，设碰撞后瞬间的速度为3v，最终停下来，根据动能定理的()223102MmgsMv−+=−解得322vgs=如果碰撞前后，动量守恒，有()23MvMmv=+

如需验证A、B系统碰撞前后动量守恒，只需验证()2122022dMgSMmgSt−=+【点睛】本题考查了验证动量守恒定律的实验。求速度是验证动量守恒定律的主要环节，本题利用动能定理求解碰撞前后的速度是关键点。15.2020年第38届美国

公开赛单板滑雪U形场地比赛在美国结束，中国选手蔡雪桐夺得冠军，这是中国运动员首次获得美国公开赛金牌。单板滑雪U形池如图所示，由两个完全相同的14圆弧滑道AB、CD和水平滑道BC构成，圆弧滑道的半径R为20m，B、C分别为圆弧滑道的最低点，质量M为45kg的运动员从

轨道A处由静止滑下，由于在A到B向下滑行过程中运动员做功，运动员在D点竖直向上滑出轨道上升的最高点离D点高度H为10m，滑板的质量m为5kg，不计轨道摩擦和空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：(1)在圆弧滑道的B点运动员对滑板的压力；(2)从A到B的过程中运动

员所做的功。【答案】(1)1800N；(2)5000JW=【解析】【详解】（1）从最低点B点到最高点的过程中，由机械能守恒定律21()()()2MmvMmgRH+=++在最低点对运动员2NvFMgMR−=解得N1800NF=由牛顿第

三定律得运动员对滑板的压力为1800N。（2）从A到B的过程中以人和滑板为研究对象，设此过程中人做的功为W，则21()()2WMmgRMmv++=+解得从A到B的过程中运动员所做的功5000JW=16.示波管的示意图如下，竖直偏转电极的

极板长L=4.0cm，两板间距离d=1.0cm，两板间电压U=144V。极板右端与荧光屏的距离S=18cm。由阴极发出的电子经电压U0=2880V的电场加速后，以速度v0沿中心线进入竖直偏转电场。（已知电子电荷量e=

1.6×10-19C，质量m=9×10-31kg且电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计。）求：(1)电子飞入偏转电场时的速度v0；(2)电子打在荧光屏上距中心点的距离Y。【答案】(1)v0=3.2×107m/s；

(2)2cm【解析】【详解】(1)电子在加速电场中，由动能定理得2001=2Uemv解得v0=3.2×107m/s(2)电子进入偏转电场，做类平抛运动，在水平方向上0Lvt=在电场方向上21=2Ueytdm设速度偏

转角为，有200tan=yvUeLvdmv=电子出电场后，做匀速直线运动，侧移2=tanys解得12=2cmYyy=+17.高度为h=0.8m的桌子，正方形绝缘桌面ABCD上表面光滑且保持水平，边长L=0.8m，

放在场强E=1.0×104V/m的水平匀强电场中，场强方向与BC边平行。质量为m=0.02kg的带电小球，电荷量q=1.0×10-5C，从CD中点P以初速度v0沿桌面水平射出，后来从BC中点Q以速度v=1m/s垂直于BC离开桌面。小球运动中电荷量不变，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s

2求：(1)小球初速度v0的大小与方向；(2)小球落地点到Q点的水平距离；(3)小球落地速度的大小及落地速度与水平方向夹角的正切值。【答案】(1)5m/s，与CD夹角为θ，tanθ=2；(2)225m；(3)21m/s，455【解析】【详解】(1)带电小球从CD边中点P射入，从BC边中点Q射出

，只有电场力做功，由动能定理可得220111222EqLmvmv−=−代入数据解得05msv=设初速度v0射入方向与CD边的夹角为θ，v0在垂直于BC边方向的分速度为1m/s，则在平行于BC边方向的分速度为2m/s，如

下图所示，tanθ=21=2小球离开BC边后，在重力和电场力作用下做抛体运动，在垂直于BC方向做平抛运动，有20.4shtg==10.4mxvt==在平行于BC边方向电场力作用下做匀加速运动，位移为222110.4m22qExa

ttm===小球落地点到Q点的水平距离为2212220.32mm5xxx=+==(3)小球落地时水平方向的速度大小为2222112ms5msqEvvtm=+=+=竖直方向的速度大小为24m/svgt==

小球落地时速度大小为221221msvvv=+=设小球落地速度与水平方向的夹角为α，则有2145tan=5vv=18.如图所示，质量为M=1.5kg的长木板置于光滑水平地面上，质量为m=0.5kg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，物块与挡板发生完全弹性碰撞，而木板穿过挡板上的孔继续向右运动。已知物块与木板间的动摩

擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2(1)求物块与挡板碰撞后，物块离开挡板的最大距离x；(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36.2510mnx−=，求n；(3)若整个过

程中物块不会从长木板上滑落，求长木板的最短长度L0；(4)若长木板的长度L1=6.225m，求物块和长木板分离时的速度。【答案】(1)1.6m；(2)5次；(3)6.4m；(4)14m/s，向左，34m/s，向右【解析】【详解】(1)由于物块与挡板发生完全弹性碰撞，物

块与挡板碰撞后以原来的速度大小返回，即104m/svv==物块与长木板由于摩擦力作用会作匀减速直线运动，当速度减小为零时，物块离挡板的距离最大，其最大值为22141.6m220.510vxg===(2)物块与挡板发生第一次碰撞后，物块先向左减速到零后再向右加速，长木

板一直向右减速，物块的加速度大小为215m/sag==长木板的加速度大小为225m/s3mgaM==由于物块的加速度大小大于长木板的加速度大小，故物块与挡板每次发生碰撞前，物块和长木板都具有共同的水平向右的速度，从第一次物块与挡板碰撞返回到第二次碰撞的过程中，由动量守恒定律可知，物块第二次碰撞

前的速度为102()()mvMvmMv−+=+解得2012m/s2vv==同理，物块第三次碰撞前的速度为223()()mvMvmMv−+=+解得232011()1m/s22vvv===根据数学知识可得到，第n次碰撞前的速度为vn，有10

1()2nnvv−=第n次碰撞后物块的速度大小为vn，方向向左，设此时物块离开挡板的距离为最大时，则222011311()(4)226.25102220.510nnnnvvxgg−−−====解得5n=(3)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，由能量守恒可得201()2mgLmMv=+解得6.4mL=故木板的长度至少要为6.4m。(4)若长木板的长度L1=6.225m，设物块与档板发生了n次碰撞后分离，则有212001111()()[()]222nmMvmMvmgL−+−

+代入数据解得4n即物块与档板发生了3次碰撞后分离后才分离，故第三次碰撞的速度为31301()1m/s2vv−==设此后分离时物块的速度为1v，长木板的速度为2v，由动量守恒有3312()mvMvmvMv−+=+由能量守恒可

得2221012111()()222mgLmMvmvMv=+−+联立解得11m/s4v=−，23m/s4v=即分离时，物块的速度为1m/s4，方向向左，长木板的速度为3m/s4，方向水平向右。