2020年新高考山东卷物理试题解析x课件.pptx

1、学 海 无 涯 2020 年普通年普通高等高等学校招生全国学校招生全国统统一考试一考试山东山东卷卷 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.0t1 时间内，v 增大，FNmgB.t1t2 时间内，v 减小，FNmg【解析】选 B。根据121C.t2t3 时间内，v 增大，FN mg【解析】选 D。由于 s-t 图像的斜率表示速度可知，在 0t1 时间内速度增加，即乘客加速下降，乘客的加速 度竖直向下，所以乘客处于失重状态，则 FNmg，C 错误、

2、D 正确。故选 D。2.氚核3 H 发生 衰变成为氦核 3 He。假设含氚材料中3 H 发生 衰变产生的电子可以全部定向移动，在1213.2 104 s 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 10-19 C，在这段时间内发生 衰1变的氚核3 H 的个数为（）A.5.01014 B.1.0 1016 C.2.0 1016 D.1.01018I q nett161 10 个；It5.0 108 3.2 104可得产生的电子数为n e1.6 10191根据氚核3 H 的 衰变方程3 3+0可知，在 衰变中，一个氚核产生一个电子，所以发生 衰变的氚核的个数为 1.01

3、016 个，A、C、D 均错误，B 正确。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（）学 海 无 涯 A.0 t 1 时间内，v 增大，F N 学 海 无 涯 A.B.C.D.时，在处 的 质 点 处 于即此时质点

4、位于平衡位置，A、B 均错误；下一时A.t 5B.t 15C.t 10 c2cccD.t 15【解析】选 A。光在玻璃中的传播速度为v c，时间差t 10 10 5，A 正确，B、C、D 均错误。nvcc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 x 5 处质点的振动方程为 y Acos(2 t)，则4Tt 3 T 时刻的波形图正确的是（）44t T+44【解 析】2 选 D。根 2 据题3 意 可 知，3 y Acos T t Acos T 4 T Acos 2 0刻，y0，即该质点处于平衡位置且向上振动，由题意知横波沿 x 轴负方向传播，根据同侧法原理判断波形可知 C

5、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 15，额定电压为 24 V。定值电阻 R1=10、R2=5，滑动变阻器 R 的最 大阻值为 10。为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为（）2学 海 无 涯 A.B.C.D.时，在处 A.1 B.5 学 海 无 涯 C.6 D.8，灯泡正常工作时电压为，通过、的电流为2+=2，解得滑动变阻器的阻值为，A 正确，B、C、D 均错误。故选A。6.一定质量的理想气体从状态 a 开始，经 ab、bc、ca 三个过程后回

6、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（）所以，根据热力学第一定律可知，即=220 22【解析】选 A。输电电压的有效值为（即原线圈电压的有效值）U1 V 220V，根据理想变压器222211322U1n1n电压规律可知副线圈电压有效值为UUnnU 220V 30VLLR1524V，则通过灯泡的电流即副线圈部分的干路电流为 I UL 24 A 1.6A，根据串联分压规律可知，R1 和 R2、R 构成的并联电路部分的分压为U U2 UL 30V 24V 6V，则通过 R1 的电流为11U6

7、R 10I A 0.6A2R2L12RI I I 1.6A 0.6A 1A，R、R 串联的总电阻2261UIR R 5 1A.气体在 ab 过程中对外界做的功小于在 bc 过程中对外界做的功 B.气体在 ab 过程中从外界吸收的热量大于在 bc 过程中从外界吸收的热量 C.在 ca 过程中，外界对气体做功小于气体向外界放出的热量 D.气体在 ca 过程中内能的减少量大于 bc 过程中内能的增加量【解析】选 C。根据气体做功的表达式W=pV可知 p V 图线和体积横轴围成的面积即为做功大小，气 体在a b 和b c 两个过程中 p V 图线和体积横轴围成的面积相等，所以气体在a b 过程中对外3

8、界做的功等于b c 过程中对外界做的功，A 错误；气体从 ab，根据理想气体状态方程=可知Ta Tb ，所以Uab 0，根据热力学第一定律U Q W 可知=，气体从b c，温度升高，U 0bcbcbcbcU Q W，结合Wab Wbc 0可得Qbc Qab，即b c 过程气体吸收的热量大于a b 过程吸收的热量，B 错误；气体从c a，温A.1 B.5 学 海 无 涯 D.8 ，灯【解析】选 B。忽略星球的自转，万有引力等于重力，A、C、D 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

9、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，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 的 值 为（）A.B.C.D.学 海 无 涯 度降低，所以Uca 0，气体体积减小，外界对气体做功，所以Wca 0，根据热力学第一定律U Q W可知Qca 且Q W ，则在 ca 过程中，外界对气体做功小于气体向外界放出的热量，Cv0 v0 v0 v0 t t t t 0 正确；理想气体的内能只与温度有关，根据Ta Tb 可知从 Tca Tbc，所以气体从c a 过程中内能 的减少量等于b c 过程中内能的增加量，D 错误。故选 C

10、。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.m 0.4g B.m 0.4g+C.m 0.2g D.m 0.2g+0 0 0 MmG mg22210.5R 0.1 0.4 R2 g火 M火 地gMR，则 地地火a v0t0g 0.4g 0.4g0 v att解得 火地；着陆器做匀减

11、速直线运动，根据运动学公式可知00 解得0 ；匀减 速 过 程，根 据 牛 顿 第 二 定 律 得 f mg ma ，解 得 着 陆 器 受 到 的 制 动 力 大 小 为f mg ma m(0.4g v0)111345164【解析】选 C。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【解析】选 B。忽略星球的自转，万有引力等学 海 无 涯 沿斜面方向，A、B 之间的滑动摩擦力 f1 N mg cos 45，根据平衡条件可知T mg sin 45 mg cos 45；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 f2 N 3mg cos 45，根据

12、平衡条件可知2mg sin 45 T mg cos 45 3mg cos 45，两式相加，可得2mg sin 45 mg sin 45 mg cos 45 mg cos 45 3mg cos 45 1解得5，A、B、D 错误，C 正确。故选 C。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 BBCC 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 AACC 的光线。下列说法正确的是（）5学 海 无 涯 沿斜面方向，A、B 之间的滑动摩

13、擦力 f 1 学 海 无 涯 B.光从 AACC 面出射的区域占该侧面总面积的 C.若 DE 发出的单色光频率变小，AACC 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，AACC 面有光出射的区域面积将减小【解析】选 A、C。由题意可知的光，竖直向上从 M 点射，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【解析】选 B、D。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，A

14、错误；根据同种电荷间电场线的分布情况可知 b 点电势低于 c 点电势，B 正确；根据电场线分布可知负电荷从 a 到 b 电场力做负功，电势能增加，即该试探电荷在 a 点的电势能 小于在 b 点的电势能，C 错误；同理根据电场线分布可知负电荷从 c 点到 d 点电场力做负功，电势能增加，即该试探电荷在 c 点的电势能小于在 d 点的电势能，D 正确。故选B、D。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

15、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.光从 AACC 面出射的区域占该侧面总面积的 1 2232，得临界角 C=45o，因此从 D 点发出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；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

16、，C 正确，D 错误。故选 A、C。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（）6学 海 无 涯 B.光从 A A C C 面出射的区域占该侧学 海 无 涯 A.M2mB.2m M3mC.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【解析】选 A、C、D。对 B 分析

17、，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，根据简谐 运动的对称性可知 B 在最低点时具有竖直向上是加速度，大小 a=g，根据牛顿第二定律得 T-mg=ma，解得弹簧弹力 T=2mg；对A 分析，设绳子与桌面间夹角为，则依题意有2mg sin=Mg故有 M 2m，A 正确、B 错误；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，动能增加，根据动能定理可知合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，根据动能定理可 知合力做负功，C 正确；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，D

18、 正确。故选 A、C、D。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（）7学 海 无 涯 M 2 m 7学 海 无 涯 A.B.C.D.【解析】选 B、C。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

19、，故在 01s 内只有ae 边切割磁场，设方格边长为 L，根据可知电流恒定；2s 末时线框在第二象限长度可知在 01s 内 ab 边所受的安培力线性增加；1s 末安培力为，在 2s 末可得安培力为=3 1=3，C 正确、D 错误。故选B、C。213.2020 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：111ERE=2BLv、I 22R22 1最长，此时有 E 3BLv、I E2 可知 I=3 I，24s 线框有一部分进入第一象限，电流减小，在 4s

20、末32 1abab同理可得 I=1 I，综上分析可知A 错误、B 正确；根据 F BILFab BI1L8学 海 无 涯 A.B.C.D.【解析】选 B、C。因为 学 海 无 涯 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-

21、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）可得，则由图像可知2Lt2012【解析】(1)根据 L v t at02Lt 2v

22、at-t2Lt022v 6510 m/s22则 v0=0.33m/s，a k m/s 3.1m/s(190 65)102 40 102(2)由牛顿第二定律可知mg sin mg cos ma，即 a g sin g cos。当=53时，a=5.6m/s2，即 g sin 53 g cos 53 5.6，当=37时，a=3.0m/s2，即 g sin 37 g cos 37 3.19学 海 无 涯 如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角学 海 无 涯，联立解得 g=9.4m/s2。【答案】(1)0.32 或 0.333.1(2)9.4 14.实验方案对实验测量的精度有直接的影响，某学习小组

23、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 1.5 V，内阻小于 1）；电压表 V（量程 3 V，内阻约 3 k）；电流表 A（量程 0.6 A，内阻约 1）；滑动变阻器 R（最大阻值为 20）；定值电阻 R1（阻值 2 ）；定值电阻 R2（阻值 5 ）；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

24、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/A0.080.140.200.260 320.360.4010学 海 无 涯(2)针对电压表示数的变化范围比较小的问学 海 无 涯 U/V1.351.201.050.880 730.710 52请根据实验数据，回答以下问题：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。根据实验数据可知，所选的定值电阻为（填“R1”或“R2

25、”）。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。【解析】(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)根据数据做出 U-I 图像如图；1定值电阻与电源串联，电路如图；【答案】(1)B(2)R115.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0.6由图像可知r R=1.58=2.63，则定值电阻小于 2.63，所以定值电阻应为 R；定11学 海 无 涯 0 7 3 0 5 2 请根据实验数据，回答

26、以下问题学 海 无 涯 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 450 K，最终降到 300 K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的。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，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。【解析】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

27、 p2、T2、V2，罐的容积为 V0，由题意知 p1=p0、T1=450 K、V1=V2、T2=300 K、V2=20V0/21 由理想气体状态方程得 联立式，代入数据得 设抽出的气体的体积为V，由题意知 20202121221 0p 20 Vp0V0 T1T2代入数据得 p2=0.7p0 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V0，由 题意知 p3=p0、V3=V0、p4=p2 由玻意耳定律得 0 02 4p V p V40127V 10 V 学 海 无 涯 变为罐容积的。若换用抽气拔罐，抽气后罐学 海 无 涯 故应抽出气体的质量与抽

28、气前罐内气体质量的比值为 联立式，代入数据得 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=10 m/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=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=10 m/s2，sin72.8=0.96，cos72.8=0.30。求：(1)运动员腾空过程中离

29、开 AD 的距离的最大值 d；(2)M、N 之间的距离 L。【解题指南】解答本题应注意以下三点：1把运动员的腾空过程分解为两个方向上的分运动：沿 AD 方向和垂直于 AD 方向；2运动员在垂直于 AD 方向的运动速度为零时离开 AD 的距离的最大；3运动员沿 AD 方向做有一定初速度的匀加速直线运动，且沿 AD 方向和垂直于 AD 方向的两个分运 动具有等时性。【解析】(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 421 0V V 20 V m V mV4m 1m3【答案】m3 v1 vM sin 72.813学 海 无 涯 故应抽出气

30、体的质量与抽气前罐内气体质量的学 海 无 涯 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=ma1 由运动学公式得 联立式，代入数据得 d=4.8 m(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 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=ma2 设腾空时间为 t，由运动学公式得 v 2d 1 2a1214t 2v1a1122 2L=v t a t联立式，代入数据得 L=12 m【答案】(1)4.8 m；

31、(2)12 m 17.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、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、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

32、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1 H、氚核3 H、氦核4 He 的位置，112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）。学 海 无 涯 联立式，代入数据得 v 2学 海 无 涯【解析】(1)设粒子经加速电场到 b

33、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，在 M、N 两金属板间，由动能定理得 联立式得 由几何关系得 联立式得 (2)设区域中粒子沿 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=ma 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 qU=1 mv2 2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 v2RqvB m2mqUqBR d 2（R L）2 R2RR2 d 2cos Rsin=dqBqB215L 2mqU 2mU d 2vz v cosd vzt学 海

34、 无 涯【解析】(1)设粒子经加速电场到 b 孔的速学 海 无 涯 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 联立式得(3)设粒子沿 y 方向偏离 z 轴的距离为 y，其中在区域中沿 y 方向偏离的距离为 y，由运动学公式得 y=vtsin由题意得 y=L+y联立式；(3)x 1 at22md 2 Ex 4mU 2qd 2 B222d 2y R R d R2 d 2(4)s1、s2、s3 分别对应氚核3 H、氦核4 He、质子1 H 的位置。121【答 案】(1)R 2mqU2mqU2mUqBqBqB2L d 2；(2)x md 2 E4mU 2qd 2 B222d 2y

35、R R d R2 d 2121；(4)s1、s2、s3 分别对应氚核3 H、氦核4 He、质子1 H 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

36、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。16学 海 无 涯 联立式得(3)设粒子沿 学 海 无 涯【解析】(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 由机械能守恒定律得 联立式得(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 联立式得 联立式得 由机械能守恒定律得 联立式得 mv0 mvP1 4mvQ122112220P1Q1mvmv 2 1 4mvP15 0v 3 vQ15 0v 2 v005532故第一次

37、碰撞后 P 的速度大小为v，Q 的速度大小为v Q1h1sin0 v 2=2 (2g sin)v02h1 25g设 P 运动至与 Q 刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02，第一次碰后至第二次碰前，对 P 由动能定理得 21112202P1mv mv 2=mgh02057 vvP 与 Q 的第二次碰撞，设碰后 P 与 Q 的速度分别为vP 2、vQ2，由动量守恒定律得 mv02 mvP2 4mvQ222211122202P2Q2mvmv 4mv055P27 vv 3 01755Q27 vv 2 学 海 无 涯 由机械能守恒定律得 联立式得(学 海 无 涯 设第二次碰撞后 Q 上升的高度为 h

38、2，对 Q 由运动学公式得 联立式得 联立式得 由机械能守恒定律得 设第三次碰撞后 Q 上升的高度为 h3，对 Q 由运动学公式得 联立式得 总结可知，第 n 次碰撞后，物块 Q 上升的高度为 (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 Q2sin0 v 2=2 (2g sin)h27v0225 25gh2 设 P 运动至与 Q 刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03，第二次碰后至第三次碰前，对 P 由动能定理得 2031122P22mv mv 2=mgh0305v（7）2vP 与 Q 的第三次碰撞，设碰后 P 与 Q 的速度分别为vP 3、v

39、Q3，由动量守恒定律得 mv03 mvP3 4mvQ32203112联立式得 22P3Q3mvmv 2 1 4mv55P30v 3（7）2v55Q30v 2（7）2vQ3sin0 v 2=2 (2g sin)h3237v022525gh （）7nv02n1（n=1，2，3）25gh （）25218012Hsin0 mv(m 4m)gH tan 4mg cos 学 海 无 涯 联立式得 联立学 海 无 涯 解得 (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 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 t3 当 A 点与挡板之间的距离最小时 联立式，代入数据得 v0218gH vQ1 2gt1 sinP1设 P 运动到斜面底端时的速度为v，需要的时间为 t2，由运动学公式得 P1P12v v gt sin P1P12v v 2 2sg sinv02 (vP1)gt3 sint1 2t2 t3(8 7 13)v02200g sins 3500257v 22525g【答案】(1)P 的速度大小为v，Q 的速度大小为v；(2)hn （）n1 v218g0（n=1，2，3）；(3)H 0；200g sin19(8 7 13)v2(4)s 0 学 海 无 涯 解得 (4)设 Q 第一次碰撞至速度减为