2019年四川省宜宾市高考物理模拟试卷

1、2019 年四川省宜宾市高考物理模拟试卷副标题题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共4 小题，共24.0 分）1. 如图所示，一位身高 180cm 的运动员甲和一位身高 160cm 的运动员乙，在挺举项目中用相同时间把同样重量的杠钤举起，如果他们对杠钤所做的功分别为W1 和 W2，功率分别为 P1 和 P2，下列关系式中正确的是（）A. W1 W2， P1 P2B.C. W1 W2， P1=P2D.W1=W2； P1=P2W1 W2 ； P1 P22. 中国散裂中子源（ CSNS）是国家“十一五”期间重点建设的大科学装置，建成后CSNS将成为发展中国家拥有的第一台散裂中子源，对于有关中子的研

2、究，下面说法正确的是（）A. 卢瑟福通过分析 粒子散射实验结果，发现了质子和中子B. 一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氦核和中子是聚变反应C. 中子只具有粒子性D. 核反应方程Po X+ He 中的 y=206 ， x 中中子个数为 1283. 如图所示，L 是自感系数很大的线圈， 但其自身电阻几乎为零。A 和 B 是两个相同的小灯泡。下列说法正确的是（）A. 当开关 S 由断开变为闭合时，灯泡A 由亮逐渐变得更明亮B. 当开关 S 由断开变为闭合时，灯泡B 一直不亮C. 当开关 S 由闭合变为断开时，灯泡A 逐渐变暗D. 当开关 S 由闭合变为断开时，灯泡B 亮度不变4. 工厂在生产纺织品

3、、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示传感器。其中 A、 B 为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上（电源电压小于材料的击穿电压）。当流水线上通过的产品厚度减小时，下列说法正确的是（）A. A、 B 平行板电容器的电容增大B.C. A、B 两板上的电荷量变大D.二、多选题（本大题共6 小题，共33.0 分）A、 B 两板间的电场强度减小有电流从a 向 b 流过灵敏电流计5.2019 年 1 月 3 日，“嫦娥四号”成功着陆在月球背面南极-艾特肯盆地冯?卡门撞击坑的预选着陆区。“嫦娥四号”在着陆月球表面前，假设“嫦娥四号”在

4、近月轨道上做匀速圆周运动，测得其运动n 周的时间为t，已知月球的半径为R，引力常量为 G，下列关于月球的说法正确的是（）A. 自转角速度大小为B. 质量为C. 表面重力加速度大小为D. 第一字宙速度大小为第1页，共 17页6.在人工智能机器人跑步比赛中，t=0 时两机器人位于同一起跑线上，机器人甲、乙运动的速度-时间图象如图所示，则下列说法正确的是（）A. 机器人乙起跑时，机器人甲正好跑了1mB. 机器人甲、乙相遇之前的最大距离为4mC. 机器人乙起跑 4s 后刚好追上机器人甲D. 机器人乙超过机器人甲后，甲、乙不可能再次相遇7.边长为 L 的单匝正方形导线框abcd 放在绝缘的光滑水平桌面上

5、，其右端相距s 处有边界PQ，在 PQ 左侧存在垂直于线框面向下的匀强磁场。 现用水平向右的恒力F 使线框由静止向右运动，且线框运动过程中ad 边始终与PQ 保持垂直，线框全部离开磁场前已做匀速直线运动，已知磁感应强度大小为B，线框质量为m，电阻为 R，边长为L下列说法正确的是（）A. cd 边离开磁场时线圈中的感应电动势大小为BLB. cd 边离开磁场时线框的加速度大小为-C. 线框全部离开磁场过程中，通过线框某一横截面的电荷量为D. 线框全部离开磁场过程中，线框中产生的热量为F（s+L -）8. 在 xoy 平面内有沿 y 轴方向的匀强电场，一质量为m 的带电小球 A 从 x 轴上的 M

6、点斜向右上方射入电场，小球沿如图所示的轨迹击中 y 轴上的 P 点，将另一质量相同、电荷量不变、电性相反的小球 B 仍从 M 点以相同的速度射入电场，该球垂直击中y 轴的 Q 点（图中未画出）。对于上述两个过程，下列叙述中正确的是（）A. P 点位置高于 Q 点B. 球 A 的电势能增大，球B 的电势能减小C. 若仅增大 A 球质量， A 球有可能击中Q 点D. 电场力对球A 的冲量大小等于对球B 的冲量大小9.下列说法中正确的是（）A. 布朗运动就是液体分子的热运动B. 古往今来许多人想制造第一类永动机都不可避免地失败了，因为第一类永动机违背了能量转化与守恒定律C. 当两分子间距变化时分子势

7、能变大了，分子力一定做了功D. 气体从外界吸收热量，其内能一定会增加E. 温度相同，氢气和氧气分子的平均动能相同，但氢气分子的平均速率更大10. 振源 P 沿 y 轴以 0.8s 的周期做简谐运动，形成的简谐横波在某时刻的波形如图所示，则（）A.B.C.D.此波的波速是5m/s从该时刻再过0.4s，质点 a 向下振动从该时刻起经0.4s，质点 b 通过的路程是8cm从该时刻起经0.4s，质点 a、 b 分别在 x 轴上下第2页，共 17页方E. 从该时刻起，质点b 将比质点 c 先回到平衡位置三、实验题探究题（本大题共2 小题，共15.0 分）11. 在“研究小球做平抛运动”的实验中，某同学设

8、计了如图甲所示的装置：（ 1）做实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹。下列的一些操作要求，正确的是_A每次必须由同一位置静止释放小球B每次必须严格地等距离下降记录小球位置C小球运动时不应与木板上的白纸相接触D记录的点应适当多一些（ 2）某同学再用频闪照相机拍摄到如图乙所示的照片，图中背景方格的边长为L=50cm， A、 B、 C 是连续摄下的三次位置，如果取g=10m/s2，那么：拍摄时照相机每_s 曝光一次；小球做平抛运动的初速度的大小为_m/s。12. 如图所示，图甲为热敏电阻的R-t 图象，图乙为用此热敏电阻R、可变电阻 R1 和继电器组成的一个简单恒温箱温

9、控电路，继电器线圈的电阻为R0=150 当线圈中的电流大于或等于I=20mA 时，继电器的衔铁被吸合。给继电器线圈供电电池的电动势 E=6V，内阻忽略不计。 图中的“电源”是恒温箱加热器的220V 交流电源， 还备有额定电压均为220V 加热器和指示灯。（ 1）热敏电阻受热后，恒温箱温控电路将发生下列变化，请将变化过程的先后顺序用字母填在横线上 _A电磁继电器控制电路中的电阻减小B电磁继电器的电磁铁吸引衔铁（当阻值减小到某一值后）C电磁继电器控制电路中的电流增大D恒温箱加热器断开（ 2）图丙中虚线框是恒温箱工作电路，若加热时指示灯红灯亮，绿灯熄灭：当温度达到预设温度（如 100）时，指示灯绿灯

10、亮，红灯熄灭，请在图丙中连接好工作电路；（ 3）如果要使恒温箱内的温度保持t=100，可变电阻 R1 的值应调节为 _第3页，共 17页（ 4）为使恒温箱内的温度保持在更高的数值，可变电阻R1 的滑片 P 应向 _（选填“ a 端”或“ b 端”）滑动。四、计算题（本大题共4 小题，共52.0 分）13. 如图甲所示为显像管原理示意图（俯视图），经电子枪加速的电子束，在没有磁场时打在荧光屏正中的 O 点，偏转线圈间有磁场时电子束发生偏转， 打在荧光屏上形成亮点。如图乙所示，若偏转线圈产生的匀强磁场垂直于圆面，圆形磁场区域的圆心为 O，半径为R若电子经加速后沿圆形磁场区域的直径方向从P 点射入。

11、已知电子枪的加速电压为U ，电子质量为m、电荷量为e。（不考虑电子初速度）（ 1）求电子经电子枪加速后进入磁场时速度的大小；（ 2）若被加速的电子在圆形磁场中的偏转角度为，求磁感应强度B 的大小及电子在磁场中的运动时间。14.如图所示，甲、乙两辆小车静止在光滑水平面上，两车相距s0=4m，两车质量均为M=1kg，长度均为L=3m，乙车上表面光滑，其右端固定一带有轻弹簧的挡板，轻质弹簧的自由端恰好位于乙车中点Q 处。一质量m=2kg 可视为质点的滑块，以v0=6ms 水平向右的速度从甲车左端滑上，滑块与甲车之间的动摩擦因数为 =0.2，甲乙两车在同一水平直线上， g 取 10m/s2。（ 1）滑

12、块在甲车上向右滑行时，求甲车加速度的大小；（ 2）当滑块和甲车第一次速度相等时，求甲车运动的位移大小；（ 3）若甲、乙两车碰撞后粘在一起，碰撞时间极短，求两车碰后滑块最终的位置与 Q 点之间的距离。第4页，共 17页15. 如图所示，一定质量的理想气体被质量为 m的水银柱封闭在竖直玻璃管内，气柱的长度为 h。现向管内缓慢地添加部分水银，水银添加完成时，气柱长度变为 0.6h，已知玻璃管横截面积为 S，重力加速度为 g，大气压强为p0，环境温度 T0外界大气压强和环境温度保持不变。求添加的水银质量 m。现缓慢加热气体使其温度升高，求气柱长度恢复到原来长度h 时气体的温度。16. 如图为一半径为

13、R 的半圆柱体玻璃砖的截面图， O 为圆柱截面的圆心，为了测量其折射率，将一束平行于直径 AB 的光从其左侧D 点射入，改变入射点D 的位置，让折射光线恰好过B 点，过 D 点作 AB 的垂线 DE，其中 DE=R求玻璃砖的折射率；求折射光线从D 点传播到 B 点所用的时间（光在真空中的速度用c 表示）。第5页，共 17页答案和解析1.【答案】 A【解析】解：由题知身高 180cm 的运动员和身高 160cm 的运动员举起杠铃的重力相同，因为身高 180cm 的运动员比身高 160cm 的运动员高，所以根据 W=Gh 可知：W1W2；因为两运动员举起杠铃的时间相同，所以根据 P=可知，P1P2

14、故 A 正确，BCD 错误 。故选：A。由题知身高 180cm 的运动员比身高 160cm的运动员高，举起相同的杠 铃时，举起的高度大，根据 W=Gh 分析做功大小；又知道所用 时间相同，再利用 P=比较功率大小本题考查了学生对功的公式、功率的公式的掌握和运用，能分析出高个运动员举起的高度大是本 题的突破口。2.【答案】 B【解析】解：A 、卢瑟福预言了中子的存在，查德威克通 过原子核人工 转变的实验发现了中子。故 A 错误；B、一个氘核和一个 氚核经过核反应后生成氦核和中子是聚变反应。故B 正确；C、高速运动的质子、中子和电子既具有粒子性，又具有波 动性。故 C 错误；D、核反应方程PoX+

15、He 中的 y=206，x 中中子个数 为 122，故D 错误 。故选：B。卢瑟福预言了中子的存在， 查德威克通 过原子核人工 转变的实验发现 了中子；一个氘核和一个 氚核经过核反应后生成氦核和中子是聚 变反应；高速运动的质子、中子和电子既具有粒子性，又具有波 动性；核反应方程PoX+He 中的 y=206，x 中中子个数 为 122。第6页，共 17页本题考查了裂变反应和聚变反应、粒子散射实验、核反应方程的书写等知识点。这种题型属于基 础题，只要善于积累，难度不大。3.【答案】 A【解析】解：AB 、刚闭合 S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B 同时亮，随着 L 中电流增大，由于线圈 L

16、直流电阻可忽略不 计，分流作用增大，B 逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，A 灯更亮。故 A 正确，B 错误；CD、灯泡 B 与线圈 L 构成闭合回路，所以稳定后再断开开关 S 后，灯泡 B 由暗变亮再逐渐熄灭，灯泡 A 立即熄灭。故CD 错误。故选：A。闭合 S，A、B 同时亮，随着 L 中电流增大，线圈 L 直流电阻可忽略不 计，分流作用增大，A 逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析 B 灯亮度的 变化。断开 S，B 灯立即熄 灭，线圈中电流，根据楞次定律判断 A 灯亮度如何 变化。对于通电与断电的自感现象，它们是特殊的 电磁感应现象，可用楞次定律分析发生的现象。4.【

17、答案】 D【解析】解：ACD 、根据 C=可知当产品厚度减小，导致 减小 时，电容器的电容C 减小，再根据 Q=CU 可知极板 带电量 Q 减小，有放电电流从 a 向 b 流过，故 AC 错误，D 正确；B、因两板之间的电势差不变，板间距不变，所以两板间电场强 度为 E=不变，故B 错误 。故选：D。明确电容器两端电势差不变间变则由电场强度 E=场强的，板 距不可知，变电电容的变化，从而明确电量的变电化；再根据 容的决定式分析化，确定流方向。第7页，共 17页本题考查了电容的定义式、匀强电场中场强与电势差的关系等，要注意明确由于电容器与电源相连，因此电容器两端的 电势差不变。5.【答案】 BC

18、【解析】解：A 、嫦娥四号绕月球 n 周的时间为 t，则嫦娥四号的周期 T=，据，嫦娥四号绕月球的周期不是月球自 转的角速度，故 A 错误；B、嫦娥四号绕月球圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力有，可得月球的质量 M=，故B 正确；C、在月球表面万有引力等于重力有可得月球表面重力加速度g=，故C 正确；D、第一宇宙速度是近月 卫星运行速度，根据万有引力提供 圆周运动向心力有，可得第一宇宙速度 v=，故D 错误。故选：BC。根据运动 n 周的时间求得圆周运动的周期，根据万有引力提供 圆周运动向心力由卫星周期和 轨道半径求月球的 质量，根据万有引力与重力相等求得月球表面的重力加速度及第一宇宙速度。

19、万有引力天体运 动方面应用主要从星球表面重力与万有引力相等和万有引力提供环绕天体圆周运动向心力两方面入手 处理，掌握万有引力及向心力的不同表达式是正确解 题的关键。6.【答案】 AD【解析】解：A 、机器人乙在 t=2s时时过的距离 x=1m，起跑，此 机器人甲正好跑故 A正确。B、当两机器人的速度相等时相距最远间，两者 的最大距离等于 0-3s内位移之为=1.5m，故B 错误 。差， Smax=+过的位移 x 甲=过=C、机器人乙起跑 4s 后，甲通1=5m，乙通 的位移 x 乙2m=6m，知x 乙x 甲 ，说明在机器人乙起跑4s前乙追上甲，故 C 错误。第8页，共 17页D、机器人乙超过机

20、器人甲后，乙的速度 总比甲的大，则甲、乙不可能再次相遇，故 D 正确。故选：AD 。根据速度 图象与时间轴围 成的面积表示位移，分析机器人的位移。当两机器人的速度相等 时相距最远，由位移之差求最大距离。根据位移关系可确定何时两机器人相遇。速度 -时间图象中要注意 观察三点：一点、注意横纵坐标的含义；二线、注意斜率的意义；三面、速度-时间图象中图形与时间轴围 成的面积为这段时间内物体通过的位移。7.【答案】 BCD【解析】解：A 、线圈完全在磁 场中穿过线圈的磁通量不 变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，对线圈，由动能定理得：Fs=mv2，解得：v=，cd 边离开磁场时线圈产生的感应电动势为

21、 ：E=BLv=BL，故A 错误；B、cd 边离开磁场时线圈受到的安培力 为：F 安培 =BIL=，对线顿第二定律得：F-=ma，解得：a=-=圈，由牛，故B 正确；C、根据电磁感应电荷量推论公式，故C 正确；线场前已做匀速直线运动，由平衡条件得：F=线D、 圈离开磁，解得： 圈离开磁场时的速度 v=，对线圈，由能量守恒定律得： mv2=+Q，解得：Q=Fs-，故D 正确；故选：BCD。线圈在磁场中不受安培力作用， 应用动能定理可以求出 cd 边刚离开磁场时线圈的速度，应用 E=BLv 求出感应电动势 ；应用安培力公式求出 线圈受到的安培力，应用牛顿第二定律求出 线圈的加速度；第9页，共 17

22、页根据电磁感应的电荷量推论公式求电荷量；应用能量守恒定律求出 线圈产生的热量；对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛 顿第二定律或平衡条件、动量定理列出方程；另一条是能量，分析涉及 电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。8.【答案】 BD【解析】解：A 、根据牛顿第二定律，对 A 球：mg+qE=maA ；对 B 球：mg-qE=maB ；可知aA对竖直方向：对竖直方向：；可 aB ； 球 A，球B在得 hA hB ，即P 点位置低于 Q 点，故A 错误；B、由题意可知，击中 P 点的小球 A 受电场力向下，垂直击中 Q 点的小球 B 受电场力向

23、上，可知电场力对 A 做负功，对 B 做正功，球 A 的电势能增大，球 B 的电势能减小，故 B 正确；C、若仅增大 A 球质量，可知 aA 减小，但是不可能等于 aB，则 hA 不可能等于 hB ，则若仅增大 A 球质量，A 球不可能 击中 Q 点，故 C 错误；D、因两次抛球小球在水平方向的分速度相同，水平位移相同，可知两球运动的时间 t 相同；根据I=Eqt 可知电场力对球 A 的冲量大小等于 对球 B 的冲量大小，故 D 正确；故选：BD。根据题意可判断 电场力的方向，从而判断 电场力做功情况以及 电势能变化情况；分析两种情况下的加速度关系，根据 v2-v02=2ah 判断 h 的关系

24、；根据 I=Ft判断电场力的冲量关系。本题考查电学和力的 综合问题，关键是根据运 动情况判断 电场力的方向。9.【答案】 BCE【解析】第10 页，共 17页解：A 、布朗运动是悬浮微粒的运 动，由于液体分子的撞 击不平衡引起的，间接反映了液体分子的无 规则运动，故A 错误；B、第一类永动机违背了能量 转化与守恒定律，故 B 正确；C、分子力做功量度着分子 势能变化，故当两分子间距变化时分子势能变大了，分子力一定做了功，故 C 正确；D、根据热力学第一定律，如果气体从外界吸收热量，同时气体对外做功，且气体做功大于吸收 热量，则其内能减小，故 D 错误；E、温度相同，氢气和氧气分子的平均 动能相

25、同，但氢气的质量比氧气分子 质量小，根据动能的表达式 Ek= mv2，可知氢气分子的平均速率更大。故 E 正确。故选：BCE。布朗运动是指悬浮在液体中 颗粒的运动，反应了液体分子的运 动；第一类永动机违背了能量 转化与守恒定律；布朗运动是小颗粒的无规则的热运动；分子力做功量度分子 势能变化；根据热力学第一定律，如果气体从外界吸收热量，同时气体对外做功，其内能不一定会增加；温度相同，氢气和氧气分子的平均动能相同，但氢气分子的平均速率更大温度是分子的平均动能的标志。本题可以从布朗运 动形成的原因、温度是分子的平均 动能的标志、分子力做功和分子 势能之间关系以及改 变物体内能方式有两种：做功和 热传

26、递来加深理解并强化记忆。基本题。10.【答案】 ACE【解析】解：A 、此波的波长 =4m，波速 v= =5m/s，故A 正确。时质点 a 正沿 y轴向下振动 经过经过半个周期，a 振动到平B、此 刻，0.4s，即衡位置对侧且向上振 动，故B 错误 。该时刻起经经过半个周期，质点 b 通过的路程等于两倍振幅，为C、从0.4s，即8cm，故C 正确。第11 页，共 17页D、此列波左右两侧对称传播，a、b 运动情况完全相同，故 D 错误 。E、此时刻质点 b 沿 y 轴向下振动，质点 c 沿 y 轴向上振动，则从该时刻起，质点 b 将比质点 c 先回到平衡位置，故 E 正确。故选：ACE。由图读

27、出波长，由 v=求波速。根据波形平移法判断出此 时质点 a 的振动方向，结合时间与周期的关系确定再 过 0.4s质点 a的振动方向。由时间与周期的关系求质点 b 通过的路程，并确定 a、b 的位置。根据此时刻质点 a、b 的振动方向，比较它们回到平衡位置的先后。解决本题的关键要理解波 动和振动的关系，知道质点不随波迁移，分析 时要抓住波的 对称性。11.【答案】 ACD0.11.5【解析】解：（1）A 、为了保证小球的初速度大小相等，每次 让小球从斜槽的同一位置由静止释放，故 A 正确；B、记录小球位置的凹槽，不需要 严格等距离下降，故 B 错误；C、小球运动时不应与木板上的白 纸相接触，否则

28、会影响其做平抛运 动，故C正确；D、记录的点应适当多一些，则描绘的轨迹越准确，故 D 正确；故选：ACD。（2） 在竖直方向上，根据 y=2L=gT 2 得：T=s=0.1s， 则小球初速度 为：v0=m/s=1.5m/s。故答案为：（1）ACD ；（2） 0.1； 1.5。实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤；（1）根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间（2）根据隔，根据水平位移和 时间间隔求出初速度。第12 页，共 17页解决本题的关键知道平抛运 动在水平方向和 竖直方向上的运 动规律，结合运动学公式和推 论灵活求解，难度不大。12.【答案】 ACBD1

29、00 b 端【解析】解：（1）热敏电阻受热后电阻减小，由欧姆定律可知 电路中的电流将增大，电磁继电器的磁场增大，电磁继电器的电磁铁吸引衔铁，然后恒温箱温控电路将恒温箱加 热器断开；所以顺序为：ACBD（2）当温度较低的时候，热敏电阻的电阻较大，电路中的电流较小，此时继电器的衔铁与 AB 部分连接，此时是需要加 热的，恒温箱内的加热器要工作，所以该把恒温箱内的加 热器接与绿色灯在 A 、B 端，将红色灯接在 C、D 端。如图；（3）当温度达到 100时，加热电路就要断开，此时的继电器的衔铁要被吸合，即控制电路的电流要到达 20mA=0.02A，根据闭合电路欧姆定律可得：I=，即为：0.02=，解

30、得：R=100。（4）为使恒温箱内的温度保持在更高的数值，则对应的热敏电阻的电阻值更小一些，由 I=可知，需要滑动变阻器的电阻值更大一些，所以 P 应向 b 端移动。第13 页，共 17页故答案为：（1）ACBD ；（2）如图；（3）100；（4）b 端（1）热敏电阻受热后电阻减小，由欧姆定律判断 电流、磁场的变化，然后判断恒温箱温控 电路将发生的变化；（2）当温度低的时候，电路与 AB 相连，此时加热器要工作，所以加热器的电路要与 AB 相连；（3）要使恒温箱内的温度保持100，当温度达到 100时，电路就要断开，即电路要达到 20mA 根据闭合电路欧姆定律即可求得 电阻的大小；（4）结合（

31、3）的分析，判断可变电阻 R1 的滑片 P 移动的方向。在解答本 题的时候要分析清楚，控制 电路和加热电路是两个不同的 电路，只有当温度 较低，需要加热的时候，加热电路才会工作，而控制 电路是一直通电的。13.【答案】 解：（ 1）对电子由动能定理得：2eU= mv解得： v=（ 2）在匀强磁场区域中，根据牛顿第二定律得：evB=m根据几何关系有：tan =解得： B=又 T=t=T联立解得： t=答：（ 1）电子经电子枪加速后进入磁场时速度的大小为；（ 2）若被加速的电子在圆形磁场中的偏转角度为，则磁感应强度B 的大小为，电子在磁场中的运动时间为得。【解析】第14 页，共 17页（1）对电子

32、，由动能定理可以求出 电子经电子枪加速后的速度；强磁场区域中，根据 evB=m和几何关系，可以求出 B，再利用 T=（2）在匀，t=T，可以求出 t。本题主要考查了带电粒子在电场和磁场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通 过受力情况分析粒子的运 动情况，熟练掌握圆周运动及动能定理的基本公式， 难度适中。【答案】 解：（ 1）设甲车的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：14.mg=Ma 1 解得： a1=4m/s2 （ 2）假设滑块与甲车速度相等时，甲车和乙车还未相碰，设甲车和滑块的共同速度为v1，对滑块和甲车，由动量守恒定律，得：mv0=（ m+M） v1 设物块相对于甲车的

33、位移为x1，由能量守恒定律得22mgx1= mv0 - （ m+M） v1 联立解得： x1=3m=L 滑块恰好未从甲车右端滑出2设甲车位移为x1，则有： v1 =2a1 x1 解得： x1=2m s0=4m，假设成立 故当滑块和甲车第一次速度相等时，甲车运动的位移大小为：x1=2m （ 3）设甲、乙两车碰后速度为v2，对甲、乙两车组成的系统，由动量守恒定律，得：Mv 1=（ M+M） v2 设滑块、甲、乙两车的共同速度为v3，由动量守恒定律，得：mv1+2Mv 2=（ m+2M） v3 设滑块与甲车的相对位移为x2，由能量守恒定律得222 （ 11）mgx2= mv1 + ?2Mv2 - （ m+2M ）v3设滑块最终位置距Q 点距离为 d，则有：