2019年山东省日照市高考物理二模试卷

1、2019 年山东省日照市高考物理二模试卷副标题题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共5 小题，共30.0 分）1.一静止在匀强磁场中的原子核，发生一次衰变，放出的粒子和新核都在磁场中做匀速圆周运动，运动径迹如图所示。下列判断正确的是（）A. 原子核发生了 衰变B. 新核在磁场中的运动径迹是图中的2C. 运动径迹 1、 2 的半径之比为 1：（ n+1 ）D. 放出的粒子和新核的质量数之比为1：（ m-1）2. 国产科幻大片流浪地球中，人类借助木星的“引力弹弓”，令地球零消耗改变方向、提升速度，但是当地球靠近木星时，突然遭遇了巨大危机：数千台行星发动机熄火了，全球地震，火山爆发 而灾难的根源是

2、由于地球和木星的距离小于“流体洛希极限”，此时地面流体就倾向于逃逸。查阅资料可知，地球与木星间的“流体洛希极限”等于10.3 万公里，计算公式为，其中 R 木 、木 、地分别为木星的半径、 木星的密度和地球的密度。 已知比邻星的质量约为木星的 150 倍，其余信息未知，那么当地球流浪到比邻星附近时，与比邻星间的“流体洛希极限”约为（）A. 30 万公里B. 50 万公里C. 75 万公里D. 150 万公里3. 图中的实线是匀强电场中的一条电场线，a、 b、 c、d、 f 是电场线上间距相等的五个点。一电子仅在电场力的作用下运动，经过 a 点时的动能为10eV，经过 c 点时的动能为 6eV，

3、已知电子在 c 点时的电势能为零。下列说法正确的是（）A. 电场线的方向从f 点指向 a 点B. 该电子在 d 点的电势能为 -2eVC. 该电子恰好能够运动到f 点D. 该电子经过b 点时的动能是经过d 点时的 2 倍4. 如图，水平地面上有一个坑，其竖直截面为四分之一圆弧ab，半径为 R， O 点为圆心， c 点为圆弧的中点。若在 O 点以某一初速度 v 沿 Oa 方向抛出一个小球，小球落在坑中。若忽略空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）第1页，共 19页O 点为圆心的四分之一竖直A. 当小球的初速度为时，恰好能打到 c 点B. 小球的初速度v 越大，在空中运动的时间就越长C

4、. 小球的初速度v 越大，落到坑上时速度的偏转角越小D. 小球的初速度v 越大，落到坑上时的动能就越大5.如图所示， 半径为 R 的光滑绝缘圆轨道abcd 竖直放置， 处于垂直纸面的匀强磁场中。一质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球（可视为质点），从圆轨道最高点 a 由静止释放，由于微小扰动，小球从圆轨道右侧滑下，刚好沿着轨道通过最低点c。若重力加速度大小为g，则（）A. 磁感应强度的方向垂直纸面向里B. 磁感应强度的大小为C. 小球经过与圆心等高的 b 点时对轨道的压力大小为D. 若小球从圆轨道左侧滑下，也能刚好沿着轨道通过最低点c二、多选题（本大题共4 小题，共23.0 分）6.一质点静

5、止在光滑水平桌面上，t=0 时刻在水平外力作用下做直线运动，其速度v 随时间 t 变化的图象如图所示。根据图象提供的信息，判断下列说法正确的是（）A. 质点在 tl 时刻的加速度最大B. 质点在 t2 时刻离出发点最远C. 在 tlt 2 的时间内，外力的功率先增大后减小D. 在 t2 t3 的时间内，外力做负功7. 一含有理想变压器的电路如图所示， 变压器原、 副线圈匝数比为 3：1电路中连接三个相同的电阻 R， ? 为理想交流电流表， U 为正弦交流电源， 输出电压的有效值U=380 V当开关S 断开时，电流表的示数为 2A则（）A. 定值电阻 R 的阻值为 10B. 开关 S 断开时，副

6、线圈的输出电压为127VC. 开关 S 闭合时，电流表的示数为 3.8AD. 开关 S 闭合时，电路中消耗的总功率为1300W8.如图所示为一种儿童玩具，在以圆弧轨道上，有一个光滑的小球（不能视为质点）， O为小球的圆心。挡板 OM 沿着圆弧轨道的半径，以 O 点为转轴，从竖直位置开始推着小球缓慢的顺时针转动 （水平向里看） ，到小球触到水平线的过程中（）A. 圆弧轨道对小球的支持力逐渐增大B. 圆弧轨道对小球的支持力逐渐减小C. 挡板对小球的支持力逐渐增大D. 挡板对小球的支持力逐渐减小9.以下有关热学内容的叙述，正确的是（）A. 扩散现象是不同物质间的一种化学反应B. 热量不可能自发地从低

7、温物体传到高温物体第2页，共 19页C. 晶体熔化的过程中，温度和内能均保持不变D. 彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点E. 根据某种物质的摩尔质量和分子质量，可以求出阿伏伽德罗常数三、实验题探究题（本大题共2 小题，共15.0 分）10. 某物理小组利用图甲所示的实验装置研究小车的匀变速直线运动。（ 1）实验中，保证小车做匀变速直线运动的必要措施是_（填写选项前的字母）A细线必须与长木板平行B将长木板上没有滑轮的一端适当垫高C钩码的质量远远小于小车的质量D先接通电源后释放小车（ 2）实验时将打点计时器接到频率为50Hz 的交流电源上， 打出几条纸带， 选取一条比较清晰的纸带

8、，部分计数点A、B、 C、D、E、F 、G 如图乙所示（每两个相邻的计数点间还有4 个点未画出）。相邻计数点之间的距离分别为SAB=3.50cm，SBC=4.32 cm， SCD=5.10 cm， SDE =5.88cm，SEF =6.69cm， SFG=7.55 cm。则小车的加速度 a=_m/s2 （要求充分利用测量的数据，结果保留两位有效数字）。（ 3）研究变速运动时，往往用求某个点的瞬时速度，从理论上讲，对t 的要求是 _（选填“越小越好”或“与大小无关”）。11. 图甲为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中电池电动势E=1.7V，表头G的满偏电流为100A，内阻为 900A 端

9、和 B 端分别与两表笔相连，1、2、 3 为换挡开关，其中1 挡位是直流电流 1mA 挡， 3 挡位是直流电压 2.5V 挡。（ 1）定值电阻 Rl=_ ， R3=_ ；（ 2）滑动变阻器 R2 的作用是 _；（ 3）某次测量时多用电表指针位置如图乙所示，若此时 B 端与“ 2”相连， 则待测电阻的阻值为 _；若此时B 端与“ 3”相连，则读数为_V。四、计算题（本大题共5 小题，共62.0 分）第3页，共 19页12.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为L，左侧接一阻值为R 的电阻。矩形匀强磁场I 、 的宽为 d，两磁场的间距也为d，磁感应强度大小均为B、方向均竖

10、直向下。一质量为m、电阻为 r 的金属棒MN 置于导轨上，与导轨垂直且接触良好。给金属棒施加水平向右的恒力F0，使金属棒由静止开始运动，运动距离为 s 时恰好进入匀强磁场 I ，已知金属棒进入磁场 I 和 时的速度相等。求：（ 1）金属棒刚进入磁场 I 时 M、 N 两端的电压，并判断哪点电势高；（ 2）金属棒离开磁场 I 时的速度大小；（ 3）金属棒穿过两个磁场的过程中，电阻R 上产生的热量。13. 如图所示， 倾角为 的足够长的斜面上， 质量为 m 的物块 a 恰好静止在距离斜面顶端 A 点为 l 的位置。 质量也为 m 的光滑物块b 从斜面顶端A 点由静止释放， 与物块a 发生瞬间弹性碰

11、撞。已知物块a 与物块 b 均可视为质点，每次碰撞都是瞬间弹性碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则（ 1）物块 b 与物块 a 第一次碰撞后，速度分别多大？（ 2）物块 b 与物块 a 第一次碰撞后，经过多长时间第二次碰撞？两次相碰间隔多远？（ 3）设斜面上有一点 B（图上未画出）， AB 之间粗糙程度相同， B 点以下是光滑的，要使物块 b 与物块 a 仅发生三次碰撞， AB 之间的距离应该在什么范围内？第4页，共 19页14.如图，高为H 的汽缸由导热材料制成，面积为S 的轻活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分。汽缸下部通过细管与装有某种液体的开口容器相连，细管上有一个关

12、闭的阀门K己知容器的横截面积为，液体的高度为2H，密度为 ，外界大气压强恒为 p0现将 K 打开，经过足够长的时间后，活塞向上移动了并稳定。活塞与汽缸之间无摩擦，整个过程不漏气，外界温度保持不变，重力加速度大小为 g。求：活塞稳定后，流入汽缸的液体在汽缸内的高度h；阀门 K 打开之前，汽缸内气体的压强p。15. 如图，一列简谐横波沿 x 轴负方向传播。 实线为 t=0 时的波形图， 此时 x=3.5m 处质点的速度方向沿_（填“ y 轴正方向”或“y 轴负方向”）；虚线为t=0.2s时的波形图， 该简谐振动的最大周期为_s；该波的传播最小速度为_m/s。16. 如图所示，等腰三角形 ABD 为

13、某透明介质的横截面， A=120 ，O 为 BD 边的中点，位于 O 点处的点光源在透明介质内向各个方向发射光线，其中射到AD 边上中点E的光线恰好发生全反射。已知BD 边长为 2L 求：透明介质的折射率n；透明介质的三个截面上有光线出射的区域的长度（折射处不考虑反射）。第5页，共 19页第6页，共 19页答案和解析1.【答案】 C【解析】解：A 、根据左手定则和动量守恒定律知，原子核发生了 衰变变为：，衰 方程式XY+e，其中新核为Y，放出的粒子为电子e，故 A 错误；BC、根据动量守恒定律，衰变之后 Y 和电子动量大小相等，且 Y 和电子的电荷量比（n+1）：1，在根据 R=，Y 和电子做

14、圆周运动的半径比 为：1：（n+1），新核在磁 场中的运动径迹大于电子的运动半径。故 B 错误，C 正确；电质量大约为质子的，所以放出的粒子和新核的质量数之比不D、 子的可能为 1：（m-1），故D 错误 。故选：C。根据左手定则和动量守恒定律知，原子核发生了 衰变变为：，衰 方程式XY+变和电子动量大小相等，且 Y和电子的电荷量比e；衰 之后 Y（n+1）：1，在根据 R=，Y 和电子做圆周运动的半径比为电：1：（n+1）；子的质量大约为质子的。本题考查了带电粒子在匀 强磁场中的运动、原子核衰变等知识点。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练情况，熟掌握圆周运动及

15、动量守恒定律的基本公式， 难度适中。2.【答案】 B【解析】解：由题意知，比邻星的质量是木星 质量的 150 倍则有：则有：结合流体洛希根限公式可得比邻星的流体洛希根限：d=5.3 10.3 万公里 54.6万公里故 B 正确，ACD 错误 。第7页，共 19页故选：B。根据比邻星的质量是木星的 150 倍，根据质量公式 M=得到木星和比邻星的关系，从而利用计算式由地球与木星 间的“流体洛希极限 ”求得地球与比邻星间的 “流体洛希根限 ”即可。本题主要是从比 邻星质量和木星 质量之间的关系，求得流体洛希根限 计算式中半径和密度立方根乘 积之间的关系。关键是能从题中给出的信息中挑 选有用的信息来

16、 处理解题。3.【答案】 D【解析】解：A 、一电子仅在电场力的作用下运 动，经过 a 点时的动能为 10eV，经过 c 点时的动能为 6eV，电势能减小，电场力做负功，则电场力水平向左，电子带负电，则电场方向水平向右，即由 a 指向 f ，故A 错误；B、匀强电场中，a、b、c、d、f 是电场线上间距相等的五个点， 则电子每通过相邻两点间电场力做功相等 为 W ，根据动能定理得：，根电势能定义得：EPd=-W cd=-W=2eV ，故 B错误；C、由a到 f 由动能定理得：4W=EKf -EKa，解得：EKf =2eV 0 能到达 f 点时速度不为零，故 C 错误；D、由 a 到 b 由动能

17、定理得：W=E Kb-EKa，解得：EKb=8eV由 a 到 d 由动能定理得：3W=EKd -EKa，解得：EKd=4eV=0.5EKb ，故D 正确；故选：D。再根据只有 电场 力做功时 ，电势 能和动能之间相互转化，根据且沿同一方向上，通过间距相同的两点，电场力做功相等，根据动能定理列式求解。本题要注意先 设定零势能面，从而可以确定出 ac 两点具体的 电势能，然后再根据守恒或 动能定理列式求解即可。第8页，共 19页【答案】 C4.【解析】设夹角为动时间为则解：A 、 合位移方向与水平方向，平抛运t， 有：Rcos =vt 0恰好能打到 c 点时，=45， 联立解得：，故A 错误；B、

18、小球的初速度越大，落点越靠上，即下落高度就越小，运 动时间就越短，故 B错误；C、小球的初速度 v 越大，落点越靠上，即下落高度就越小，位移偏 转角越小，则落到坑上 时速度的偏 转角越小，故 C 正确；D 、小球的初速度越大，落点越靠上，即下落高度就越小，重力做的功就越小，则落地时的动能可能变小，也可能变大，还可能不变，故D 错误；故选：C。根据平抛运 动水平方向做匀速直 线运动，竖直方向做自由落体运 动，且不论落在哪点，合位移大小均相等，等于 R，根据水平和竖直方向规律分析各 项即可。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，且分析出不 论落在哪点，合位移大小不 变

19、，均等于 R，结 合运 动 学公式和推 论 灵活求解即可，难度中等。5.【答案】 C【解析】解：A 、带正电小球沿圆轨道右侧滑下，则洛伦兹力始终指向圆心，根据左手定则可知，磁感应强度垂直纸面向外，A 错误；刚过则对轨道的作用力为动B、小球 好通最低点 c，零，根据 能定理可知，mg2R=时伦兹力和重力的合力提供向心力，在最低点，洛联，B错误；， 立解得 B=C、小球经过与圆心等高的 b 点时，根据动能定理可知，mgR=，洛伦兹第9页，共 19页力和支持力的合力提供向心力，联， 立解得，C 正确；D、小球从圆轨道的左侧滑下，洛伦兹力不再指向 圆心，不能通过最低点 c，D错误。故选：C。 小球做圆

20、周运动，洛伦兹力不做功，根据动能定理求解速度； 在圆轨道的某一点 时，根据左手定则判断洛伦兹力方向，沿半径方向的合力提供向心力。本题综合考查了圆周运动、向心力和洛伦兹力的知识，难度较大，解题关键是理解洛 伦兹力不做功，沿半径方向的合力提供向心力。6.【答案】 BC【解析】解：A 、图线的斜率其物理意 义是运动物体的加速度 a；斜率为正，表示加速度方向与所 设正方向相同；斜率为负表示加速度方向与所 设正方向相反。图线在 tl 时刻斜率为零，所以质点在 tl 时刻的加速度 为零，故A 错误；B、图线下的 “面积 ”表示是运 动物体在相 应的时间内所发生的位移 s，t 轴上面的位移为正值，t 轴下面

21、的位移 为负值 。t2 时刻正向面 积最大，对应的位移最大，所以质点在 t2 时刻离出发点最远，故B 正确；C、质点在 tl 时刻，加速度为零，外力为零，外力的功率也为零，然后逐渐增大，质点在 t2 时刻速度为零，外力的功率也为零，所以在 tl t2 的时间内，外力的功率先增大后减小。故 C 正确；D、在t2t3 的时间内，质点做加速运 动，外力方向和速度方向相同，外力做正功。故D错误。故选：BC。图线的斜率其物理意 义是运动物体的加速度a；斜率为正，表示加速度方向与所设正方向相同；斜率为负表示加速度方向与所 设正方向相反。图线下的 “面第10 页，共 19页积 ”表示是运 动物体在相 应的时

22、间内所发生的位移 s，t 轴上面的位移 为正值，t轴下面的位移 为负值。本题考查了 v-t 图象的特征和性 质。图线的斜率其物理意 义、图线和坐标轴围成的 “面积”的物理意 义是解决本 题的关键。7.【答案】 AC【解析】解：A 、当开关 S 断开时，电流表的示数 为 2A，所以原线圈电压为 380-2R，变压器原、副线圈匝数比 为 3：1，根据电压之比等于匝数之比得副 线圈电压是（380-2R），根据电流之比等于匝数的反比得副 线圈电流是 6A ，所以 （380-2R）=62R，解得 R=10，故 A 正确；B、开关 S 断开时，副线圈的输出电压为 120V，故B 错误；C、开关 S闭合时，

23、设开关闭合时电流表的示数 为 I ，则原线圈两端电压为380-10I 根据电流之比等于匝数反比可得副线圈的电流强度为 3I ，副线圈两端电压为30I 理想变压器的原、副线圈的电压比为：（380-10I ）：30I =3：1，解得 I =3.8A，故 C 正确；D、开关 S 闭合时，电路中消耗的 总功率为 P=UI =1444W，故 D 错误；故选：AC。变压器输入电压为 U 与电阻 R1 两端电压的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得 输出电流；根据电压之比等于匝数之比 对两种情况列式，联立可求得 U 与 I 的关系；则可求得电流表的示数。本题考查 理想变压 器原理及 应用，要注意明确电路

24、结构，知道开关通断时电路的连接方式；同时注意明确 输入电压与总电压之间的关系。8.【答案】 BC【解析】第11 页，共 19页解：对小球进行受力分析如 图：当从竖直位置开始推着小球 缓慢的顺时针转动 ，到小球触到水平 线的过程中，由几何关系可知， N1 与 N2 之间的夹角保持不 变，N1 与竖直方向之 间的夹角逐渐减小，N2 与竖直方向之 间的夹角逐渐增大，根据平行四边形定则可知，圆弧轨道对小球的支持力逐 渐减小，挡板对小球的支持力逐 渐增大。故 AD错误，BC 正确故选：BC。对小球 进 行受力分析，然后由共点力平衡的条件， 结 合图象法，即可正确解答。该题考查共点力平衡，解答的关 键要注

25、意到 N1 与 N2 间的夹角是保持不 变的。9.【答案】 BDE【解析】解：A 、扩散现象就是物 质分子的无 规则运动，并非是化学反应，故 A 错误；B、根据热力学第一定律， 热量不可能自 发地从低温物体 传到高温物体，故 B正确；C、晶体熔化的过程中，要从外界吸收 热量，温度不变，但分子势能增加，故 C 错误；D、彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故D 正确；E、摩尔质量除以单分子质量等于阿伏伽德 罗常数，故 E 正确。故选：BDE。扩散现象就是物 质分子的无 规则运动；根据热力学第一定律，热量不可能自发地从低温物体 传到高温物体；晶体熔化的 过程中，要从外界吸收 热量

26、，温度第12 页，共 19页不变，但分子势能增加；彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点；摩尔质量除以单分子质量等于阿伏伽德 罗常数。本题考查了热力学第二定律、阿伏加德 罗常数、扩散现象、晶体和非晶体、液晶等知识点。这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。10.【答案】 A0.80越小越好【解析】解：（1）A、实验前要调节滑轮的高度，使连接弹簧测力计的细线必须与长木板平行，故 A 正确；B、为了减小实验误差，要将带滑轮的长木板右端适当 垫高，平衡摩擦力，与是否做匀 变速直线运动无关，故 B 错误；C、实验中要保证钩码的质量 m 远小于小车的质量 M ，目的是使

27、得钩码的重力等于绳子的拉力，与是否做匀 变速直线运动无关，故 C 错误；D、实验时应 先接通电源，在释放小车，与是否做匀变速直线运动无关，故 D错误；故选：A。（2）由纸带数据，SAB =3.50cm=0.0350m，SBC =4.32cm=0.0432m，SCD =5.10cm=0.0510m，SDE=5.88cm=0.0588m，SEF=6.69cm=0.0669m，SFG=7.55cm=0.0755m。根据 x=aT2 运用逐差法解得：a=m/s2=0.80m/s2。（3）当不知道小车是否做匀 变速直线运动，若用平均速度 表示各计数点的瞬时速度，从理论上讲 对，才使得平均速度接近瞬时，

28、t 的要求是越小越好，即 =速度；故答案为：（1）A ；（2）0.80；（3）越小越好。第13 页，共 19页解决实验问题 首先要掌握 该实验原理，了解实验的操作步 骤和数据处理以及注意事项；根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小车的加速度；当 t 越小，即x 越小时，平均速度越接近瞬时速度。解决实验问题 首先要掌握 该实验原理，了解实验的操作步 骤和数据处理以及注意事 项，解决本题的关键掌握纸带的处理，掌握瞬时速度和加速度的求法，注意逐差法的运用。11.【答案】 1002410欧姆调零12001.45【解析】解：（1）根据图示电路图，由欧姆定律可知：R1= 100，电流表内阻 为：RA

29、=90，电阻为：R3= -RA=-90=2410。（2）由图甲所示电路图可知，开关接 2 时电表测电阻，此时多用电表为欧姆表，滑动变阻器 R2 是欧姆调零电阻；（4）若B 端与 “2相”连 ，此时测电阻，欧姆表内阻为：R=1700，由图示可知，欧姆表挡位是 100，电阻测量值为：12100=1200；若 B 端与 “3相”连，此时测电压 ，电压表量程为 2.5V，由图示表盘可知，其分度值为 0.05V，所示为：1.45V ；故答案为：（1）100；2410；（2）欧姆调零；（3）1200；1.45。（1）根据图示电路图应用串并联电路特点与欧姆定律求出 电阻阻值 。（2）使用欧姆表测电阻选择挡位

30、后要进行欧姆调零，两表笔短接、调节欧姆调零旋钮使指针指在欧姆零刻度 线处 。（3）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数，根据 电压表量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数本题考查了多用 电表读数以及内部原理，要注意明确串并联电路的规律应用，第14 页，共 19页同时掌握读数原则，对多用电表读数时，要先确定电表测的是什么量，然后根据选择开关位置确定 电表分度值，最后根据指针位置读数；读数时视线要与电表刻度线垂直。12.【答案】 解：（ 1）金属棒进入磁场 前，仅在F0 的作用下做匀加速直线运动，设进入磁场 时速度为 v1，由动能定理得：，刚进入磁场 时的电动势为E1=BLv 1，导体棒两

31、端的电压为，联立解得：，根据右手定则，M 点的电势高；（ 2）由题意可知，金属棒进入磁场 时速度也是 v1，离开磁场 后再 F 0 的作用下做匀加速直线运动，由动能定理得：，解得：；（ 3）有题意可知，金属棒离开磁场和离开磁场 时的速度相同，设克服安培力做功为W，由动能定理得：，克服安培力做的功转化为焦耳热，即W=QR+Qr ，且有，联立解得：；答：（ 1）金属棒刚进入磁场I 时 M、 N 两端的电压为， M 点电势高；（ 2）金属棒离开磁场I 时的速度大小为；（ 3）金属棒穿过两个磁场的过程中，电阻R 上产生的热量为。【解析】（1）根据动能定理求解速度，根据法拉第 电磁感应定律结合闭合电路欧

32、姆定律求 MN 两端的电压；（2）根据动能定理求离开磁 场 速度；（3）根据动能定理求客服安培力做功， 进而求电阻 R 上产生的热量；考查安培力、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律的综合运动，关键是根据所给的情境分析 导体棒的运 动情况，弄清楚了导体棒的运 动情况，这道题不难。第15 页，共 19页【答案】 解：（ 1） b 与 a 碰撞前的速度为 v0，根据动能定理可得：13.mglsin =解得： v0=a、 b 碰撞过程中动量守恒，碰后a 和 b 的速度分别为 va1、 vb1，则：mv0=mva1+mvb1，根据能量关系可得：=+联立解得： va1=v0=， vb1 =0，即碰后交换速度；

33、（ 2）碰后 a 做匀速直线运动，b 做初速度为零的匀加速直线运动，b 的加速度为：a=gsin 再次碰撞时经过的时间为t，此时 b 的速度为 v1，则根据位移关系可知：va1t=解得： v1=2va1=2经过的时间为： t=两次相碰间隔为：x=va1t=2l ；（3） a、b 第二次碰撞过程中动量守恒，碰后a 和 b 的速度分别为va2、 vb2，则有：mv1=mva2+mvb2，根据能量关系可得：=+联立解得： va2=v1=2， vb2=，即碰后交换速度；要使物块 b 与物块 a 仅发生三次碰撞，在b 的速度达到 va2 时， a 开始匀加速，此时 B距离 A 最近，最近距离为xmin，

34、此过程经过的时间为t1 ，则有： t1=此过程 a 的位移为： x2 =va2t1=4l故 xmin=x+x2=6l ；如果 B 点距离 A 点比较远，在a 和 b 发生第三次碰撞时a 仍然匀速运动，则：发生第三次碰撞时b 的速度 v2，则有： va2t2=，解得： v2=3经过的时间为： t2=第 2 次碰撞到第三次碰撞间隔为：x =va2t2=4l；a、 b 第三次碰撞过程中动量守恒，碰后a 和 b 的速度分别为va3、 vb3，则：mv2=mva3+mvb3，根据能量关系可得：=+联立解得： va3=3， vb3=2，即碰后交换速度；要使物块 b 与物块 a 仅发生三次碰撞，在b 的速度

35、达到 va3 时， a 开始匀加速，此时 B距离 A 最远，最远距离为 xmax，此过程经过的时间为t 1，则： t 1=此过程 a 的位移 x 2=va3t 1=6 l故 xmax =x +x 2+x=12l ；第16 页，共 19页要使物块b 与物块 a 仅发生三次碰撞，AB 之间的距离应该在6l x 12l。答：（ 1）物块 b 与物块 a 第一次碰撞后，速度分别为， 0；（ 2）物块 b 与物块 a 第一次碰撞后，经过时间第二次碰撞，两次相碰间隔2l；（ 3）要使物块b 与物块 a 仅发生三次碰撞，AB 之间的距离应该在6l x12l。【解析】（1）b 与 a碰撞前的速度 为 v0，根

36、据动能定理求解碰前速度， a、b 碰撞过程中动量守恒、根据能量关系求解；（2）求出再次碰撞时经过的时间和此时 b 的速度，a、b 碰撞过程中动量守恒、根据能量关系求解；（3）要使物块 b 与物块 a 仅发生三次碰撞，在 b 的速度达到和 a 的速度相等，a开始匀加速，此时 B 距离 A 最近，在 b 的速度达到第三次碰后a 速度时，a 开始匀加速，此时 B 距离 A 最远，根据动量守恒定律和能量守恒定律 结合运动学公式求解。本题主要是考 查了动量守恒定律和能量守恒定律； 对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系 统的动量和