2021年高考物理地市好题必刷全真模拟卷2（山东专用）4月卷（解析版）

备战2021年高考物理全真模拟卷(山东专用)・4月卷

第二模拟

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每个题目只有一个选项符合要求，选对得4分,

选错得0分。

1.一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图如图所示，此刻平衡位置位于x=l()m处的质点正沿y

轴负方向运动，且经过1s第一次回到平衡位置。则下列分析正确的是()

C.在0~10s内，平衡位置位于x=5m处的质点通过的路程为1.6m

D.r=0时刻，x=0处的质点的位移为26cm

【答案】D

【解析】

A.f=0时刻x=10m处的质点沿y轴负方向运动，x=l()m处左边的质点先振动，该波沿x轴正方向传

播，A错误；

B.x=10m处的质点经过1s第一次回到平衡位置可知

T,

—=ls

2

即T=2s,可得波速为

B错误；

C.在0~10s内，平衡位置位于x=5m处的质点通过的路程

s=—x4A=0.8m

T

c错误；

D.由题图可知r=0时刻x=0处的质点的位移

y=4siny(cm)=2#cm

D正确。

故选D。

2.铀原子核既可发生衰变，也可发生裂变。其衰变方程为碧U->2为Th+X,裂变方程为

2^U+；n-Y+；，Kr+3：n,其中琵U、：n、Y、器Kr的质量分别为m1、m2,小、光在真空中的

传播速度为c。下列叙述正确的是()

A.2；沙发生的是|3衰变

B.Y原子核中含有56个中子

C.若提高温度，之罂U的半衰期将会变小

2

D.鼠u裂变时释放的能量为(mi—2/772-/713—m4)c

【答案】D

【解析】

A.根据核反应过程中质量数守恒、电荷数守恒，知X为氨原子核，发生的是a衰变，A错误；

B.Y的质量数

A=235+l-89-3=144

电荷数

Z=92-36=56

由原子核的组成特点可知，Y原子核中含有56个质子，中子数为

144-56=88

B错误；

C.半衰期与温度、压强等外界因素无关，C错误；

D.由于核裂变的过程中释放能量，根据爱因斯坦质能方程得

AE=Amc2=(m1一2m2一团3-3)c2

D正确。

故选D。

3.如图所示，质量相同，但表面粗糙程度不同的三个物块a、b、c放在三个完全相同的斜面体上，斜面体

静置于同一粗糙水平面上。物块。、b、c以相同初速度下滑，其v-f图像如图所示。物块下滑过程中斜面体

始终保持静止，a、b、c与斜面之间的动摩擦因数分别为〃“、氏、〃,.，斜面体对地面的压力分别为

%,、F.、入,，斜面体对地面的摩擦力分别为力、（、力。下列判断革逐的是（）

A.〃“<外<从

B.FN«<F'b<FNC

C.力=0,力向右,力向左

D.fb=0,力向左，力向右

【答案】D

【解析】

由v-t图像可知，物块。匀加速下滑，物块b匀速下滑，物块c匀减速下滑。

A.对物块a有

mgsin0>/.iumgcos6

则有

<tan0

对物块b有

mgsin0=&mgcos0

则有

氏-tan0

对物块c有

mgsin0</dhmgcos0

则有

f.ie>tan0

故有

%,<4<4

故A正确，不符合题意；

BCD.对物块和斜面体整体进行分析。物块。和斜面体有沿斜面向下的加速度，对加速度进行分解，竖直方

向有向下的加速度，处于失重状态，则有

FN°<G总

水平方向有向左的加速度，则地面对斜面体的摩擦力水平向左，根据牛顿第三定律可知，斜面体对地面的摩

擦力人水平向右；

物块b和斜面体处于平衡状态，则有

Fzb=G总

斜面体与地面之间无摩擦力，即

fb=o

物块c和斜面体有沿斜面向上的加速度，对加速度进行分解，竖直方向有向上的加速度，处于超重状态，则

有

%>G总

水平方向有向右的加速度，则地面对斜面体的摩擦力水平向右，根据牛顿第三定律可知，斜面体对•地面的摩

擦力人水平向左。则可得

FN«<^Nb<

故BC正确，不符合题意，D错误，符合题意。

故选D。

4.如图甲所示，正方形硬质金属框abed放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直。磁感应强度8随时间

t变化规律如图乙所示。在。〜0.2s的时间内与0.2s〜0.6s的时间内（）

A.通过金属框的电荷量之比为2：1

B.金属框中电流的电功率之比为4：1

C.金属框中产生的焦耳热之比为4：1

D.金属框两边受到安培力方向相反，大小之比为3：1

【答案】B

【解析】

A.通过金属框的电荷量

因在。〜0.2s的时间匕内与0.2s〜0.6s的时间t2内，磁感应强度随时间的变化量Afi相同，故通过金属框的

电荷量之比为1：1，故A错误；

B.金属框中电流的电功率

P=E2J-T)_(A8S)2

RRRt2

所以

二=£，

811

故B正确；

C.金属框中产生的焦耳热

Q=Pt

得

2=里=2

Q收21

故C错误;

D.在0〜0.2s的时间内与0.2s〜0.6s的时间内，通过线框的电流方向相反，所以金属框ab边受到安培力方

向相反，安培力大小

八…如噂L

由于对应时间B相同

1

故D错误。

故选Bo

5.如图所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为＜7的液滴恰好做半径为R的匀速圆周运动,

已知电场强度方向竖直向上，大小为E,磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为3,重力加速度为g,不

计空气阻力，则下列说法正确是（）。

A.液滴一定沿顺时针方向运动

RB

B.液滴的线速度大小为一二

gE

C.仅增大速度，液滴做圆周运动的轨迹半径增大

D.液滴的质量和电荷量都变为原来的一半，速度大小不变，则液滴做圆周运动的轨迹半径减小

【答案】C

【解析】

A.由于带电液滴做匀速圆周运动，分析可知电场力大小等丁•重力，液滴带正电荷，洛伦兹力提供向心力，

根据左手定则可以判断液滴一定沿逆时针方向运动，故A错误；

B.根据液滴所受重力等于电场力，可得液滴的质量为乜一，根据R=F■，可得线速度大小为^—,故B

gqBE

错误;

C.增大速度后液滴所受重力依然等于电场力，根据可得，R增大，故C正确;

D.若液滴的质量和电荷量都变为原来的一半，液滴所受重力依然等于电场力，根据R=r可得R不变,

即液滴做圆周运动的轨迹半径不变，故D错误。

故选C。

6.如图所示，一电子以某一初速度从A点射入匀强电场，射入方向与电场成角0=60。。当电子运动到电

场中的P点时速度最小（P点未画出），最小速度为力电子电荷量为e、质量为m,不计电子重力，则A、

P间的电势差为（）

V^60°

【答案】C

【解析】

对电子的初速度进行分解，则

v2小

—V

sin60°--3

电子由A到P的过程中，有动能定理可得

-eU=—mv2——mva

22°

整理可得

故C正确，ABD错误。

故选C。

7."水刀”应用高压水流切割技术，相比于激光切割有切割材料范围广，效率高，安全环保等优势。某型号

"水刀"工作过程中，将水从面积S=O.lmm2的细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，从而产生极大压

强，实现切割。已知该“水刀"每分钟用水600g,水的密度为p=1.0xl03kg/m3假设高速水流垂直打在材料表

面上后，立刻沿材料表面散开没有反弹，试估算水对材料垂直于表面方向的压强口为（）

A.1.0xl05PaB.1.0xl06PaC.1.0xl07PaD.1.0xl08Pa

【答案】c

【解析】

一分钟喷出的水的质量为

m=pSvt

解得水的流速

m

v=-----

pSt

选取加时间内打在材料表面质量为Am水为研究对象，以从细喷嘴高速喷出时的速度方向为正方向，由动

量定理得

—FAr=0-Amv

其中

Am=pSvbt

解得

F=pSv2

根据牛顿第三定律，材料表面受到的压力

F'=F

水对材料垂直于表面方向的压强

F'

p=­

S

代入数据解得

p=l.Ox107Pa

故C正确，ABD错误。

故选C。

8.如图所示为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨道倾角为30。，木箱质量为M,货物质量m=2M,

木箱与轨道的动摩擦因数为立。木箱在轨道顶端时，自动装货装置将货物装入木箱，然后木箱载着货物沿

6

轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下后返回。下列选项错误的是（）

A.卸下货物后木箱恰好被弹回到轨道顶端

B.木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度

C.在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，木箱和货物减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能

D.木箱上升的过程中，弹簧减少的弹性势能全部转化为木箱的机械能和系统的内能

【答案】C

【解析】

A.设弹簧压缩最大时的弹性势能为后「，由能量守恒得，下滑过程

sin30°-//（M+cos30°-5-Ep=0

上滑过程，到达最高点速度为v,上滑过程由能量守恒得

2

Ep-Mg-ssin300-pMg-scos30°=-Mv-0

解得

v=0

即木箱恰好被弹回到轨道顶端，故A正确；

B.对木箱受力分析，根据牛顿第二定律得，下滑时加速度为

(M+m)gsin30°-//(M+m)gcos30°.

〃下=----------2-----------------------2---------=gsin30-4gcos30°

M+m

上滑时加速度为

Mgsin30°+jjMgcos30°.

av=---------大-----=gsin30+//gcos30

故B正确；

CD.由能量守恒有，在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，木箱和货物减少的重力势能全部转化为弹

簧的弹性势能和系统的内能，上滑过程，弹簧减少的弹性势能全部转化为木箱的机械能和系统的内能，故C

错误D正确。

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。分。

9.筷子是中华饮食文化的标志之一，我国著名物理学家李政道曾夸赞说："筷子如此简单的两根木头，却精

妙绝伦地应用了物理学杠杆原理。"如图所示，用筷子夹住质量为m的小球，两根筷子均在竖直平面内，且

筷子和竖直方向的夹角均为以己知小球与筷子之间的动摩擦因数为小设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，

重力加速度为g，小球静止。下列说法正确的是()

mg

A.筷子对小球的最小压力是

2（从cos。+sin。）

B.当8增大时，筷子对小球的最小压力一定增大

C.当e减小时，筷子对小球的最小压力一定增大

D.要想用筷子夹住小球，必须满足〃〉tan夕

【答案】BD

【解析】

A.左右两边的筷子对球有沿筷子向上的摩擦力f和垂直筷子指向球心的压力，则对球

2/cos0=mg+2Nsin0

当压力N最小时，则

解得最小压力为

N=——强——

2(〃cos8-sin6)

选项A错误；

BC.根据

N=——哩——

2(〃cos6-sin6)

可知，当J增大时，筷子对小球的最小压力一定增大，选项B正确，C错误;

D.要想用筷子夹住小球，表达式

N=——丝——

2(〃cos6—sin。)

的分母大于零，即必须满足

〃>tan夕

选项D正确。

故选BD,

10.高压输电可大大节能，至2017年11月，我国已建成投运8项1000kV特高压交流工程和11项±80（）kV

特高压直流工程.中国全面掌握了特高压核心技术，成为世界首个也是唯一成功掌握并实际应用特高压技术

的国家.某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示，发电机输出的电压恒定，通过升压变压器工和降压变

压器刀向用户供电，已知输电线的总电阻为R,降压变压器刀的原、副线圈匝数之比为4：1,它的副线圈

两端的交变电压如图乙所示，若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是

A.降压变压器T2原线圈的输入电压为880V

B.降压变压器心的输入功率与输出功率之比为4：1

C.当用户端用电量增大时，输电线上损耗的功率减小

D.当用户端用电量增大时，发电厂输出的功率也增大

【答案】AD

【解析】

A.由图象得到，降压变压器副线圈两端交变电压UuZZO^sinlOOntV,有效值为220V,降压变压器原、

副线圈匝数之比为4：I,故降压变压器Tz原线圈的输入电压为：4x220V=880V,故A正确；

B.降压变压器为理想变压器，故输入功率与输出功率之比为1：1,故B错误；

C.输出功率增大，则输电线上的电流增大，输电线上损耗的功率增大，故c错误；

D.用户消耗的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，输出和损失的功率都增大，故发电机

输出功率增大，故D正确.

11.据报道，已经发射成功的“嫦娥四号"月球探测器在月球背面实现了软着陆，并展开探测工作，它将通过

早先发射的“鹊桥"中继卫星与地球实现信号传输及控制。在地月连线上存在一点"拉格朗日汽‘，"鹊桥"在随

月球绕地球同步公转的同时，沿"Hal。轨道"（轨道平面与地月连线垂直）绕上转动，如图所示。已知"鹊桥"

卫星位于"Hal。轨道"时，在地月引力共同作用下具有跟月球绕地球公转相同的周期。根据图中有关数据结合

有关物理知识，可估算出（）

地-月距离：384400km鹊桥绕L2运转周期：14d

月-L距离：64500km引力常量：6.67xl0-11Nm2/kg2

Halo轨道半径：3500km

A."鹊桥"质量B.月球质量

C.月球的公转周期D."鹊桥"相对于上的线速度

【答案】BCD

【解析】

设卫星和地球连线与地月连线的夹角为a；卫星和月球连线与月七连线的夹角为6；已知"鹊桥"卫星位于"拉

格朗IILz"点时;在地月引力共同作用下具有跟月球绕地球公转相同的周期，同时绕上转动，则对"鹊桥"卫

星

必也加卫吗04/

G-r-cosa+G——r-cos4=机卫一^-加卫......①

加卫缶卫蜃

M月加卫,4万2

夕=，力卫一-

sincr+G―sinrL……②

加卫万卫(

对月球有

地啊4天

叫1干"加月一③

履月

/月

在①、②式中,阳卫均能消去，故根据已知消息不能求得"鹊桥"质量。联立①、②、③可得月球的质量、月

球的公转周期、地球的质量。故A错误，BC正确;

D.根据

哼①

T2

可求解鹊桥绕L2运转的速度，故D正确。

故选BCD。

12.如图所示，RI=R2=R3=20Q,电容器的电容C=5〃尸，电源电动势E=7V,电源内阻片10Q。起初，开关S

是断开的，电容器C所带的电荷量为Qi；然后，闭合开关S,待电路稳定后，电容器C所带的电荷量为Q2。

A.开关S断开时，上极板所带的电荷为正电荷

B.开关S闭合后，上极板所带的电荷为正电荷

C.Qi：Q2=7：5

D.闭合开关S电路稳定后，通过灵敏电流计的电荷量为2.4x10"

【答案】ACD

【解析】

A.当开关S断开时，电容器下极板与电源负极相连，带负电，故上极板带正电荷，故A正确；

B.开关S闭合时，电容器下极板与电源正极相连，带正电，故电容器上极板带负电荷，故B错误;

C.开关S断开时，电容器与心并联，故有

F7|4

U=U=吗=--------&=---------------x20(V)=—(V)

cC&R3K+&+r320+20+105

闭合开关s,待电路稳定后，电容器C与&并联，且由于%=月3,由电路结构及闭合电路欧姆定律得有

U'c=U电=-U路

又

(/?]+4)&

H]+q+&

联立以上三式，代入数据解得

£=2V

又因为电容器所带电荷量满足

Q=CU

由于电容器电容C不变，故

14

旦=丝=5=2

Q2U,C25

故C正确；

D.电容器在闭合开关S后，电极板所带正负电荷出现交换，故电路稳定后通过灵敏电流计的电荷量为

。-6

△Q=2+=CU\+CUc=5X10X(2+y)(C)=2.4X10-5(C)

故D正确。

故选ACD。

三、实验题：本题共2小题，第13题6分，第14题9分，共15分。

13.图1为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。图中打点计时器的电源为50Hz的交流电源，打点的时间

间隔用表示。在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来研究"在外力一定的条件下，物体

的加速度与其质量间的关系"。

(1)实验步骤如下：

①平衡小车所受的阻力：取下小吊盘，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列

间隔均匀的点。

②按住小车，挂上小吊盘并在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入祛码。

③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点迹的纸带，在纸带上标出小车中祛码的质量m。

④按住小车，改变小车中祛码的质量，重复步骤③。

⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点。测量相邻计数点的间距51,S2,o求出与不

同m相对应的加速度a.

⑥以祛码的质量m为横坐标，■!■为纵坐标，在坐标纸上做出工-机关系图线。

(2)完成下列填空:

晒巾川阿『川pM而中川向平1而川|而|1川「叫11中”I冲川|1川「川|i川'I

1cm23456789101112

图2

①设纸带上三个相邻计数点的间距为51、52、S3,相邻计时点时间间隔为Nt。。可用51、53和/t表示为。

②图3为所得实验图线的示意图。若牛顿第二定律成立，则小车受到的拉力为N,小车的质量为

.kg。

【答案】14

【解析】

⑵①由匀变速直线运动的推论

^x-ar

可知加速度为

*-S]S3—

"-2(54)2-5Q(Ar)2

②设小车质量为M，由牛顿第二定律得

F=(M+ni)a

则有

11M

—=—m-\---

aFF

由图3图像可知

5-4M

-----,—=4A

1F

则小车受到的拉力为

/=1N,M=4kg

14.某同学在实验室发现了一大捆铝导线，他想利用学过的知识计算出导线的长度，于是他设计了如下的实

验方案：

（1）先用螺旋测微器测量该导线的直径如图甲所示，则导线的直径d=mm；

（2）然后在实验室中找到如下实验器材：学生电源灵敏电流计、电流表（两个）、滑动变阻器（两个）、电

阻箱、定值电阻、开关、导线若干。他利用现有器材进行了如下实验：

a.按照图乙所示的电路图连接好实验电路；

b.将滑动变阻器总的滑片调至适当位置，滑动变阻器总的沿片调至最左端，闭合开关S；

c.将滑动变阻器&的滑片逐步向右滑动，并反复调节&和色使灵敏电流计G示数为零，此时电阻箱取的

数值为4.0。，电流表Ai的示数为0.15A,电流表A2的示数为0.30A。

根据上述实验过程，请回答：

①待测电阻网的阻值为Q;

②电流表的内阻对测量结果影响（选填"有"或"无"）；

（3）最后该同学在资料上查到了该铝导线的电阻率夕=2.82x108。.m,则这捆导线的长度为m。

（结果保留三位有效数字）

（4）为提高本实验的精确度可采取的措施是。（请答出两条措施）

【答案】1.410仕0.001均可）2.0无111提高电流计G的灵敏度；调整治、色的阻值，多

次测量Rx取平均值；在导线上不同位置多次测量直径取平均值

【解析】

⑴导线的直径d=lmm+0.01mmx41.0=1.410mm

⑵①电流计G的示数为0,可知心和心两端的电压相等，即

RJi=R/

解得

R」R,="x4.0Q=2.0Q

x

I2-0.3

②由以上分析可知，电流表的内阻对测量结果无影响；

（3）根据

CI

/?.=p—

'S

可得

,RS7iRd2

I=——=--——

P4/9

带入数据解得

/=lllm

⑷为提高本实验的精确度可采取的措施是：提高电流计G的灵敏度；调整R2、/73的阻值，多次测量Rx取平

均值；在导线上不同位置多次测量直径取平均值。

四、解答题：本题共4小题，第15题8分，第16题9分，第17题12分，第18题16分，共45分。解答

应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案

中必须明确写出数值和单位。

15.如图所示，潜艇通过压缩空气排出海水控制浮沉，在海面上潜艇将压强为1.0x1（TP-休积为60（）11?

的空气压入容积为6m3的贮气筒，潜艇潜至海面下方l（X）m深时，将贮气筒内一部分压缩空气通过节流阀

压入水舱右侧的气舱内（气舱与水舱通过活塞隔开，活塞与水舱间无靡擦，开始时气舱内没有气体），使lOn?

的水通过排水孔排向与之相通的大海（排水过程，潜艇的位置不变），已知海面处的大气压强恒为P0=

1.0xl05Pa）取海水的密度Q=LOxl（）3kg/m3,重力加速度大小g=10m/s2,气体温度保持不变。求：

（1）潜艇下潜前贮气筒内空气的压强；

（2）排水过程中贮气筒排出气体占总气体的百分比。（结果保留三位有效数字）

贮

气

单向排水孔节流阀7

V水舱“二气舱

活塞

【答案】(1)P1=lxl()7pa；(2)18.3%

【解析】

(1)潜艇下潜前，贮气筒中发生等温变化，有

〃()%=PM

其中Po=LOxlO'Pa,%=60()0?,V,=6m3,联立解得

p.=R%=lxl()7pa

(2)当贮气筒排出气体前后，体积为

匕=(6+10)0?,K=10m3

则由等温变化知

PM'=P2%

而22=Po+pg力=LlxlO'Pa,解得

=1,1m3

P\

所以有

匕=1:1x100%”18.3%

M6

16.如图所示为测量玻璃折射率的实验原理图，若玻璃砖上下界面m'和力//平行，玻璃砖的折射率为n,

玻璃砖的厚度为山上界面入射光的入射角为a,折射角为£。

(1)证明入射光线4。和出射光线OB'平行。

(2)求入射光线和出射光线之间的侧移距离或

h

【答案】⑴证明见详解；⑵“=嬴/皿『一0

(1)光线在玻璃砖上界面发生折射，由折射定律

sina

-----=n

sin0

在玻璃砖的下界面发生折射，设入射角为4,折射角为。2,同理

sin。］

-----L=n

sin。？

又由图可知，内侧角相等

联立得

a=02

故AO//QB'

(2)过O'做入射光线A。延长线的垂线交于C,OC为侧移距离d

d=OOsin（ez-/?）

00=—^—

cosp

h

d------sin（（z-Z7）

cosp

17.如图所示，在长为L=4m、质量为，%=2kg的箱子A内的右侧壁处，放一质量外,=2kg的小物块B

（可视为质点），向右的水平拉力斤=12N作用于箱子A右侧面中心，使之从静止开始运动，测得小物块B

在最初的1.0s内相对箱子A底面移动的距离S=1m。假设箱子A与地面间的摩擦忽略不计，小物块B与箱

子A侧壁之间的碰撞为弹性碰撞。重力加速度g=10m/s。

⑴求小物块B与箱子A底面间的动摩擦因数；

⑵若在小物块B与箱子左侧壁发生碰撞的瞬间撤去F,求小物块B相对箱子A静止时的位置；

⑶若在小物块B与箱子A左侧壁第一次碰撞后瞬间，将力F反向，作用一小段时间后撤去力F，之后不再

发生碰撞且小物块B恰好运动到箱子A的右侧壁，求力F反向作用的时间。

4B-

_____________:_____________,

'777777777777777777777777777777777777777777777777777/777777777'

【答案】（1）0.2；（2）箱子A底部正中间；（3）拽二

3

【解析】

⑴III题意可知水平拉力作用下A、B发生相对滑动对箱子A受力分析，由牛顿第二定律有

F-“gg=mWi

对物块5有

〃机滤=mBa2

在最初的1.0s内，由运动学公式有

1212

S^~a\t\~~a^\

联立解得

〃=0.2

（2）物块B与箱子A左侧壁碰撞前二者一直加速，有

1212,

,印2-万砒=L

碰撞前瞬间箱子A的速度为

匕=卬2

物块3的速度为

%=矶

二者碰撞瞬间，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知二者碰后交换速度，箱子A在摩擦力作用下做加

速运动，物块B做减速运动，箱子A与物块5组成的系统动量守恒。

假设二者碰后物块没有与箱子A右壁发生碰撞，物块B相对箱子A滑动的距离为x

由动量守恒定律有

%为+“巧=（啊+%）匕

根据能量守恒定律有

^'nAV2心;—/（/MA+加8）4=〃加pg*

联立解得

x=2m

假设成立，则小物块3相对箱子A静止的位置在箱子A底部正中间。

⑶物块8与箱子A左侧壁的碰撞为弹性碰撞，由弹性碰撞规律可知碰撞前后A、5速度交换。

力F反向后，分别对A、3进行受力分析

对箱子A由牛顿第二定律有

-F+

对物块3由牛顿第二定律有

一〃”=机必

且|%|>|包|，所以在力R反向作用过程中，二者不可能共速

设力F反向作用的时间为八，则在G时刻

A的速度为

匕=彩+。3f3

B的速度为

%=匕+每3

A的位移大小为

v+v

4=-2^—4A

8的位移大小为

v.+v5

XB\=~

箱子A和物块8在匕时刻的位移差为

△%l=xei-x41=（4/3+/f）m

撤去力F后，分析可知箱子A和物块5的加速度大小相等，都为2m/s2,方向相反

最终物块B