2023年江苏省盐城市高考物理二模试卷(含答案解析)

2022年江苏省盐城市高考物理二模试卷依据近代物理学问，你认为以下说法中正确的选项是( )在原子核中，结合能越大表示原子核中的核子结合得越结实B.235𝑈+1𝑛→140𝑋𝑒+94𝑆𝑟21𝑛是核裂变反响92 0 54 38 0C.氡的半衰期为3.816个氡原子核，经过7.64个氡原子核D.一个氢原子从𝑛=46种不同频率的光子“双星系统”是指在相互间万有引力的作用下O做匀速圆周运动的两个孤立星球组成的系统。如下图，假设无视其他星球的影响，可以将AB星球看成“双星系统”。AT，A星球和B星球之间的距离为LB星球外表重力加速度为g半径为R引力常量为不考虑B星球的自转。则( )A星球和B星球的质量之和为4𝜋𝐿3 B.A星球的质量为4𝜋𝐿3−𝑅2𝑔𝐺𝑇3 𝐺𝑇2 𝐺C.A星球和B星球的动量大小相等 D.A星球和B星球的加速度大小相等如下图，一端封闭的玻璃管，开口向下竖直插在水银槽里，管内封有长度分别为𝐿1和𝐿2起时，管内气柱的长度( )A.𝐿1变小，𝐿2变大C.𝐿1、𝐿2都变小

B.𝐿1变大，𝐿2变小D.𝐿1、𝐿2都变大如下图，固定光滑直杆上套有一个质量为m，带电量为+𝑞的小球和两根原长均为L2L的A、B两点，空间存在方向竖直向下的匀强电场。直杆与水平面的夹角为𝜃，两弹簧的劲度系数均3𝑚𝑔sin𝜃B点4𝐿P点处于静止状态，QA𝐿 5点4𝐿，小球在Q点由静止释放，重力加速度为g。则( )5124页匀强电场的电场强度大小为𝑚𝑔sin𝜃5𝑞Q点的加速度大小为6𝑔sin𝜃5小球运动的最大动能为12𝑚𝑔𝐿sin𝜃25B点距离为1𝐿5之上，在一端夹入两张纸片，从而在两玻璃外表之间形成一个劈形空气薄膜，当光从上方入射后，从上往下看到的干预条纹如下图。现从所示装置中抽去一张纸片，从上往下看到的干预条纹是()B.C. D.随着经济进展，用电需求大幅增加，当电力供给紧急时，有关部门就会对局部用户进展拉闸限电。如图是远距离输电的原理图，假设发电厂输出电压恒定不变，输电线的电阻为R，两个变压器均为抱负变压器。在某次拉闸限电后(假设全部用电器可视为纯电阻)电网中数据发生变化，以下说法正确的选项是( )降压变压器的输出电压𝑈4减小了C.输电线上损失的功率减小了

升压变压器的输出电流𝐼2增加了D.发电厂输出的总功率增加了abc区域内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界的夹角为30∘bLSbc边向磁场内224页放射速度大小不同的带负电的粒子、粒子质量为m、电量大小为q，以下说法正确的选项是( )bc射出的粒子速度方向各不一样b点的最短距离为𝐿3垂直边界ab射出的粒子的速度大小为𝑞𝐵𝐿2𝑚垂直边界ab射出的粒子在磁场中运动的时间为𝜋𝑚3𝑞𝐵如下图，圆形虚线框内有一垂直纸面对里的匀强磁场，Oa、Ob、Oc、Od是以不同速率对准圆心入射的正电子或负电子的运动径迹；a、b、d三个出射0∘05∘的夹角，则以下推断正确的选项是()沿径迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最短沿径迹Oc、Od运动的粒子均为正电子沿径迹Oa、Ob运动的粒子速率比值为√33Ob、Od9：8aabbcca𝑝−𝑇𝑎𝑏𝑐𝑎𝑏𝑐。𝑝𝑏=𝑝0，𝑝𝑐=4𝑝0，则以下说法正确的选项是( )324页A.𝑝𝑎=3𝑝0B.𝑉𝑏=3𝑉𝑐C.ab，气体对外做功D.ca，气体从外界吸热mOO点与B𝐵𝐶>𝐴𝐵，𝐴𝐶=ℎAB点时弹簧仍处gA2g，则在环向下运动的过程中()B0C处的速度大小为√2𝑔ℎBC始终做加速运动B、C两点之间如下图，三条水平虚线𝐿1、𝐿2、𝐿3之间有宽度为L的两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，两区域内的磁感应强度大小相等方向相反，正方形金属线框abcd的质量为m、边长为L，开头ab边与边界𝐿1重合，对线框施加拉力F使其匀加速通过磁场区，以顺时针方向电流为正，以下关于感应电流i和拉力F随时间变化的图像可能正确的选项是( )424页B.C. D.利用DIS电流传感器可以测量电容器的电容R放电，AIt变化的图象，图象与坐标轴围成的面积，数值上等于电容器的带电量𝑄(DIS系统软件计算)，Q与充电电UC。524页图甲、图乙为放电法测量电容的两种电路原理图，先使开关S与1端相连，充电完毕后，读出电压表的示数.然后把开关打向2端，记录图象，测量出电容器的带电量Q在甲乙两图中试验系统误差较大的是 (选填“甲或“乙”)，缘由是 对试验的影响，使电容测量值 (选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。𝐷𝐼𝑆系统软件记录的放电电流随时间度变化的图象可能是图丙中的 。某同学选择了正确的试验电路图，经过试验操作获得了多组数据，如表所示：1 2 3 4 5 6𝑈/𝑉 10.813.716.820.023.827.0𝑄/×104𝐶0.921.20𝑙.221.702.082.41请依据以上数据，在图丁中作出𝑄 𝑈图象，由图象可得该电容器的电容是 𝜇𝐹(结果保存两位有效数字)。在图戊的方框内作出能转变电容器充电电压的电路原理图。624页该同学在完成电容的测量试验后，把一多用表的选择开关调到欧姆挡，正确调A、BV，C是用活塞密封的气筒，它的工作体积为0.5𝑉C与AB通过两只单向气阀a、bCabb翻开、a关闭。最初A、B两容器内气体的压强均为大气压强𝑝0，活塞位于气筒C的最右侧。(气筒与容器连接局部的气体体积无视不计，整个装置温度保持不变，气体可视为抱负气体。)1A内气体的压强𝑝1；12次打气后B内气体压强之比。位对光的折射率发生变化。现在用一个玻璃球模拟眼球，RMN，球心为O，QMO的中点，PQMNP点。一束单色PPQ反向延长线成30∘方向射入。该单色光在左、右半球的折射率分别为𝑛1=√3和𝑛2=√2C。(1)通过计算说明此单色光能否从右半球射出？(2)计算此单色光在玻璃球中传播第一次到达右半球与空气交界面所用时间。724页abcd和足够长的粗糙倾斜轨道de37∘，cdde平滑连接。在ab的最右端静止一个质量𝑀=4𝑘𝑔cdab间动摩擦因数𝜇1=0.05，质量𝑚𝑄=1𝑘𝑔的滑块Q静止在cdde轨道上距斜面底端𝐿=8𝑚处静止释放一质量𝑚𝑃=3𝑘𝑔PPQ发生弹性正碰，碰撞时间无视不计，PQ1sQ滑上长木板，经过3sQ从木板上飞出，飞出后0.5𝑠落地(假设落地后静止)P、Q与斜面和木板间的动摩擦因数均为𝜇2=Qg𝑠277。求：(1)P、Q碰撞后获得的速度大小；(2)木板的长度；(3)P、Q静止时距木板左侧的距离。1O动杆上下平行移动，杆上套有两个小球a、b，质量𝑚𝑎=1𝑘𝑔、𝑚𝑏=2𝑘𝑔，a球带电量𝑞=+1𝐶，baab球相距𝐿=0.10𝑚。O带动杆以𝑣0=5𝑚/𝑠824页度𝐵=1𝑇的匀强磁场，小球和杆始终在磁场中，球发生的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞过程中电荷量不发生转移。a、b第一次发生碰撞后的速度分别是多少？假设在杆的最右端恰好发生第十次碰撞，则杆的长度是多少？2所示，将该装置固定不动，并在右端固定一个半径为𝑅=√3𝑚的四分a球一个b球落到圆弧形轨道上动能的最小值，并求出此时给a球的冲量I的大小。(𝑔取10𝑚/𝑠2)924页答案和解析【答案】B【解析】解：A、比结合能的大小反映原子核的稳定程度，比结合能越大的原子核，核A错误；B、该方程是中子轰击釉核，生成两个中等质量的原子核的反响，是重核的裂变，故B正确；C16个氡原子核，经过7.64C错误；D、一个处于𝑛=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生3种不同频率的光子，即4→3，3→2，2→1D错误；应选：B。规律；一个氢原子，不是一群氢原子。此题考察了衰变的特点、比结合能等根底学问点，关键要生疏教材，牢记这些根底学问【解析】解：ABCB星球质量为M，B外表某物体的质量为m，无视自转的影响，则有𝐺𝑀𝑚=𝑚𝑔，解得𝑀=𝑔𝑅2，BO点的距离为

，AmO点的距𝑅2 𝐺 12𝐺𝑚=𝜋)21𝐺𝑚=𝜋221=21𝜔=2𝜔1=𝐿2 𝑇 𝐿2 𝑇𝑚𝑣

。又由于

+

=𝐿，联立解得𝑀+𝑚=4𝜋2𝐿3，A星球质量𝑚=4𝜋2𝐿3−𝑔𝑅2A、2 1 2

𝐺𝑇2

𝐺𝑇2 𝐺B错误，C正确。D、AB星球的引力大小一样，质量不同，所以加速度大小不等，故D错误。应选：C。双星系统，两星球向心力相等，角速度相等，结合万有引力公式列式求解。此题考察双星系统，两星角速度相等，是解题关键。1024页【答案】D𝐿2度。即𝐿2𝐿1的体积增大，于是𝐿1内气体𝐿1内的气体压强始终是𝐿2错误，𝐿2也会体积增大；ABC错误，D正确；应选：D。先假设将玻璃管竖直向上缓慢提升时，𝐿2𝐿2内气体的压强不变。那么其体积就不变。就只有𝐿1的体积增大，于是𝐿1内气体压强变小。但是𝐿1内的气体压强始终是𝐿2𝐿2也会体积增大，压强减小。解决此类问题常常利用假设法，假设水银柱未移动，然后利用波意耳定律分析，找出冲突即可解决问题。【答案】C【解析】解：𝐴.依题意，小球在距B点4𝐿P点处于静止状态，小球受到两根弹簧的弹5力合力大小为𝐹=2𝑘𝛥𝑥对小球由共点力平衡可得

(𝑚𝑔+𝑞𝐸)sin𝜃=𝐹解得A错误；

𝐸=𝑚𝑔5𝑞QP点大小相等，方向相反，依据牛顿其次定律，有𝐹+(𝑚𝑔+𝑞𝐸)sin𝜃=𝑚𝑎求得B错误；

𝑎=12𝑔sin𝜃5QPQP过程中，依据动能定理可得(𝑚𝑔+𝑞𝐸)𝑥sin𝜃=𝐸𝑘𝑚1124页由几何关系可求得联立求得

4 2𝑥=2𝐿−2×5𝐿=5𝐿C正确；

=12𝑚𝑔𝐿sin𝜃25依题意，可推断知小球从Q点静止运动到最低点时，小球做简谐振动，P点为平衡位置，依据简谐运动的对称性可知，小球运动最低点到P点距离为2𝐿，所以小球运动到5B点距离为𝑥′=𝑃𝐵−2𝐿=2𝐿5 5D错误。应选：C。小球从P点到达Q点的过程中弹簧弹力做功为零，依据动能定理求解求解最大动能；依据简谐运动规律解得小球运动到最低点的位置离B点距离。动能定理、牛顿其次定律等进展解答。【答案】B【解析】解：设劈尖的角度为𝜃，第n级明条纹对应的劈尖膜厚度为𝑑𝑛，第𝑛+1级明条纹对应的劈尖膜厚度为𝑑𝑛+1l依据干预与光程差的关系有2𝑑𝑛+1−2𝑑𝑛=𝜆依据几何关系，则有：𝑙sin𝜃=𝑑𝑛+1−𝑑𝑛即为：𝑙sin𝜃𝜆2抽去一张纸片后，𝜃lB正确，ACD错误。应选：B。2倍，当光程差𝛥𝑥=𝑛𝜆时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的空气层的厚度差为1𝜆，再结合2三角函数，即可分析．1224页相邻两明条纹的间距与光程差的关系．【解析】解：AB、拉闸限电后，用电器削减，用户并联支路削减，用户端总电阻增加，降压变压器副线圈电流𝐼4减小，降压变压器原副线圈匝数不变，则降压变压器原线圈电𝐼2=𝐼3𝛥𝑈减小，由于发电厂输出电压𝑈1恒定，输送电压𝑈2也恒定，依据𝑈2=𝛥𝑈+𝑈3可知𝑈3增加，𝑈4AB错误；2C、输电线损失的功率𝛥𝑃=𝐼2𝑅，𝐼2R不变，则输电线上损失的功率减小了，故2C正确；D、𝐼2减小，𝐼1𝑈1𝑃=𝑈1𝐼1减D错误。程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系。对于远距离输电问题，肯定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其留意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。【答案】B【解析】解：𝐴.bc边上，假设粒子能从边界bc射出，粒子的速度方向肯定竖直向下，故方向均一样，故A错误；B.abbcb点的距离最短，由几何关系可得(𝐿𝑅1)sin30𝑅1b点的最短距离为𝛥𝑠=𝐿−2𝑅1联立解得：𝛥𝑠𝐿3B正确；C.ab射出的粒子，轨道半径为𝑅2=𝐿由洛伦兹力作为向心力可得：𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2𝑅2解得粒子的速度大小为：𝑣=𝑞𝐵𝐿𝑚1324页C错误；D.粒子在磁场中的运动周期为𝑇=2𝜋𝑚𝑞𝐵ab射出的粒子在磁场中运动的时间为𝑡=D错误。应选：B。

30∘360∘

𝑇=

𝑚𝜋粒子竖直向上进入磁场，轨迹圆心肯定在bc边上，假设粒子能从边界bc射出，粒子的速度周期公式解得时间。径，要留意圆周运动的周期性以及多解性。【答案】C【解析】解：Aqm均相等，依据𝑇=2𝜋𝑚可知四𝑞𝐵种粒子的周期相等，而沿径迹Oc𝑡=Oc运动的粒子在磁场中运动时间最长，故A项错误：BOc，OdB项错误；

𝜃2𝜋

𝑇可CrOa，Ob运动的粒子轨道半径分别为

=

=√3𝑟，依据𝑞𝐵𝑣=𝑚𝑣2𝑟可得𝑣𝑎=𝑟𝑎=√3C项正确：𝑣𝑏 𝑟𝑏 3D、由前述分析可知，运动时间之比为偏转角之比所以𝑡𝑏=𝜃𝑏=60∘=4D项错误。应选：C。

𝑡𝑑

𝜃𝑑

45∘ 31424页速度与半径的关系。洛伦兹力供给向心力解得半径关系，同时依据周期与圆心角解得运动时间。【答案】D【解析】解：𝐴.ab属于等容过程，气体体积不变，由肯定质量的抱负气体状态方程可得𝑝𝑎=𝑝𝑏又𝑝𝑏𝑝0解得：𝑝𝑎2𝑝0A错误；

𝑇𝑏bc属于等温过程，气体温度不变，由肯定质量的抱负气体状态方程可得：𝑞𝑏𝑉𝑏=𝑞𝑐𝑉𝑐=B错误；ab，气体体积不变，所以气体不会对外做功，故C错误；cacbbacb，温度不变，即气体内能𝛥𝑈不变；体积增大，所以气体对外做功，即𝑊<0由热力学第肯定律可得𝛥𝑈=𝑄+𝑊ba，体积不变，即𝑊=0温度上升，即𝛥𝑈>0由热力学第肯定律可得𝛥𝑈=𝑄+𝑊可知气体要从外界吸取热量。所以从状态caD正确。应选：D。积如何变化，然后应用热力学第肯定律答题。的温度打算即可解题，解题时要抓住在𝑝𝑇图象中等容线为过原点的直线。【答案】D1524页【解析】解：A、环在B处时，水平方向受到弹簧的拉力和杆的支持力，二力平衡。竖BgA错误；B、由于𝐵𝐶>𝐴𝐵AC弹簧的弹性势能增加，依据环和弹簧组成的系统机械能守恒得：𝑚𝑔ℎ=1𝑚𝑣2+△𝐸𝑝，△𝐸𝑝>0，则𝑣𝐶<√2𝑔ℎB错误；2 𝐶C环从A处开头运动时的加速度大小为2g，依据牛顿其次定律得： ，A处时弹簧拉力的竖直向下的重量设杆上A点关于B点的对称性为D点(𝐷点在B、C之间)，则环在D点时，依据牛顿其次定律得： ，得𝑎=0，所以环从B到D做加速运动，环从D到C做减速运动，在D点时速度最大，故C错误，D正确。应选：D。分析环在BCBC确定速度最大的位置。解决此题的关键要正确分析环的受力状况，确定其加速度，来推断其运动状况，要知道环的加速度为零时速度最大。【答案】B【解析】解：由于线框做匀加速直线运动，当ab边向右运动0∼𝐿过程中，经过的时间为𝑡1=√2𝐿；0−2𝐿𝑡2=√4𝐿=√2×√2𝐿，0∼3𝐿𝑡3=𝑎√6𝐿=√32𝐿。

𝑎 𝑎𝑎 𝑎ABab边向右运动0∼𝐿的过程中，感应电动势：𝐸1=𝐵𝐿𝑣=𝐵𝐿𝑎𝑡，依据闭合电路的欧姆定律可得感应电流：𝐼1=𝐸1=𝐵𝐿𝑎𝑡，方向为正方向；𝑅 𝑅设线框完全进入第一个磁场时的速度大小为𝑣1，𝐿∼2𝐿的过程中，前后两边都切割磁感应线，产生的感应电流为：𝐼2=2𝐵𝐿𝑣1+2𝐵𝐿𝑎𝑡′，依据右手定则可知电流为负方向；𝑅 𝑅2𝐿∼𝐿cd边切割磁感应线，产生的感应电流为：𝐼3=𝐵𝐿𝑣2+𝐵𝐿𝑎𝑡′′A错误、B正确；𝑅 𝑅CDF，0∼𝐿−

=𝑚𝑎=𝐵2𝐿2𝑎𝑡+𝑅𝑚𝑎1624页𝐿∼2𝐿过程中，拉力𝐹′=4𝐵2𝐿2𝑎𝑡′+4𝐵2𝐿2𝑣1+𝑚𝑎𝑅 𝑅2𝐿∼3𝐿过程中，拉力𝐹″=𝐵2𝐿2𝑎𝑡″+𝐵2𝐿2𝑣2+𝑚𝑎CD错误。应选：B。

𝑅 𝑅依据法拉第电磁感应定律结合闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间的变化状况牛顿其次定律得到拉力随时间的变化状况，由此分析。纵坐标与横坐标的关系式，由此进展解答，这是电磁感应问题中常用的方法和思路。【答案】(1)乙、电压表分流、偏小；(2)𝐶；8.9(8.6∼9.0均正确)；

(3)如下图 ；多用表指针先快速偏转大角度，后渐渐回到原位置【解析】【分析】依据电源的极性结合电容器充、放电状况进展分析；通过横轴与纵轴的数据，求出一个格子对应的电量，再结合图象所包含的面积，算1724页(3)R无关，由𝑄=𝐶𝑈打算，依据电流强度的定义式进展分析。(5)𝐼−𝑡图线与时间轴围成的面积表示通过的式。【解答】通过两个电路的比较，不同之处在于电压表的接法，图乙中的电压表无论充放电均A未记录该分流大小，所以产生了系统误差。这样电容器的一些电量通过了电压表，导致电量的测量值偏小，由𝐶=𝑄可知，电容测量值偏小。𝑈放电电流刚开头时很大，随着电荷量的减小而减小得越来越慢，C图象符合要求。(3)先在图丁中把表格中的点描出来，再把这些点画成一条直线，偏离直线太远的点舍去，结果如下图，那么图象的斜率就是电容𝐶△𝑈8.9𝜇𝐹；

=0𝐹=9×6𝐹=28.0按要求对图甲对进展改进后，又能调压，又能测电容的电路图如下图；多用表的选择开关调到欧姆挡，正确调零后把红黑表笔同时与电容器的两极接触，所以多用电表的指针先快速偏转大角度，后渐渐回到原来位置。故答案为：(1)乙、电压表分流、偏小；(2)𝐶；1824页(3)8.9(8.6∼9.0均正确)；如下图 ；多用表指针先快速偏转大角度，后渐渐回到原位置011+抽气过程温度不变，由玻意耳定律有𝑝0𝑉=𝑝1(1+0.5)𝑉33②设第一次打气完毕时B20𝑉0.5𝑝1𝑉=𝑝2𝑉A内气体的压强为𝑝𝐴，对其次次抽气过程，由玻意耳定律有𝑝1𝑉=𝑝𝐴(0.5+1)𝑉B内气体的压强为𝑝𝐵，对其次次打气过程，由玻意耳定律有𝑝2𝑉+0.5𝑝𝐴𝑉=𝑝𝐵𝑉解得𝑝2=6𝑝𝐵 701A内气体的压强为2𝑝；03②、现在让气筒以工作体积完成抽气、打气各两次，第12次打气后容器B内气体压强之比为6。71924页【解析】AA内气体的压强；AB内气体的压强，由此求解压强之比。个状态参量，分析抱负气体发生的是何种变化，利用抱负气体的状态方程列方程求解，留意抽气问题和打气问题的处理方法，能够利用“分态式”的方法进展解答。【答案】解：(1)如下图，依据几何关系可知单色光P点的入射角为：𝑖=30∘+30∘=60∘Pr，依据折射定律有代入数据解得：

sin𝑖=sin𝑟

𝑟=30∘即折射光线沿PQ方向，由几何关系可知单色光在右半球与空气交界面的入射角为𝑖′=30∘单色光在交界面发生全反的射临界角C满足sin𝐶=代入数据解得：

1𝑛2𝐶=45∘则𝑖′<𝐶，即单色光在交界面不会发生全反射，能够从右半球射出。(2)单色光在左、右半球的传播速度分别为𝑣1=

𝑐，𝑣2=𝑛1

𝑐𝑛2依据几何关系可知单色光在左、右半球的传播距离相等，均为𝑠=𝑃𝑄=√3𝑅2所以单色光在玻璃球中传播第一次到达右半球与空气交界面所用时间为𝑡=

𝑠+𝑠联立解得：𝑡=(3+√6)𝑅2𝑐答：(1)此单色光能从右半球射出；

𝑣1 𝑣22024页(2)此单色光在玻璃球中传播第一次到达右半球与空气交界面所用时间为(3√6)𝑅。2𝑐【解析】(1)依据折射定律解得折射角依据几何关系与全反射临界角关系推断能否从右半球射出；(2)依据波速与折射率的关系结合波程可解得时间。光在介质中传播速度的公式。【答案】解：(1)滑块P在下滑到底端的过程中，由动能定理得：𝑚𝑃𝑔𝐿sin37∘𝜇𝑚𝑃𝑔𝐿cos37∘=1𝑚𝑃𝑣2−02 1代入数据解得：𝑣1=8𝑚/𝑠滑块P、Q发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒，能量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：𝑚𝑃𝑣1=𝑚𝑃𝑣𝑃 𝑚𝑄𝑣𝑄由机械能守恒定律得：1𝑚𝑃𝑣2

=1𝑚𝑃𝑣2

1𝑚𝑄𝑣22 1 2

𝑃 2 𝑄代入数据解得：𝑣𝑃=4𝑚/𝑠，𝑣𝑄=12𝑚/𝑠滑块P与QQ𝑡=𝑠𝑥=𝑄𝑡=121𝑚=12𝑚P物体到达木板右端位置的时间为𝛥𝑡=

𝑥𝑣𝑃

=12𝑠=3𝑠43sQQ物体，由牛顿其次定律：𝜇2𝑚𝑄𝑔=𝑚𝑄𝑎𝑄代入数据解得：𝑎𝑄=2.5𝑚/𝑠2对木板：𝜇2𝑚𝑃𝑔=𝜇1(𝑚𝑃 𝑀)𝑔，木板静止不动，则Q在静止的木板上做匀减速直线运动，由(1)可知，𝑣𝑄=3𝑣𝑃，P经𝑡=3𝑠Q2s后，P滑上长Q1s后飞出长木板，Q滑上长木板𝑡1=2𝑠内：𝑥𝑄1=𝑣𝑄𝑡1−1𝑎𝑄𝑡2，𝑣𝑄1=𝑣𝑄−𝑎𝑄𝑡1，2 1代入数据解得：𝑥𝑄1=19𝑚，𝑣𝑄1=7𝑚/𝑠Q滑上长木板𝑡2=1𝑠内，由牛顿其次定律得：𝜇2𝑚𝑃𝑔=𝑚𝑃𝑎𝑃，𝜇2𝑚𝑃𝑔 𝜇2𝑚𝑄𝑔𝜇(𝑀 𝑚𝑃 𝑚𝑄)𝑔=𝑀𝑎𝑀，代入数据解得：𝑎𝑃=2.5𝑚/𝑠2，𝑎𝑀=1.5𝑚/𝑠2则𝑡2=1𝑠后，𝑣𝑄2=𝑣𝑄1−𝑣𝑄𝑡1，𝑣𝑃1=𝑣𝑃−𝑎𝑃𝑡2，𝑣𝑀=𝑎𝑀𝑡2，2124页𝑥𝑄2=𝑣𝑄𝑡2−1𝑎𝑄𝑡2，𝑥𝑃1=𝑣𝑃𝑡2−1𝑎𝑃𝑡2，𝑥𝑀1=1𝑎𝑀𝑡22 2 2 2 2 22=𝑠1=𝑠𝑀=𝑠2=𝑚1=，𝑥𝑀1=0.75𝑚故长木板的长度𝐿=𝑥𝑄1+𝑥𝑄2−𝑥𝑀1，代入数据解得：𝐿=24𝑚(3)由(2)Q飞出长木板后：𝑣𝑃1=𝑣𝑀=1.5𝑚/𝑠经𝑡3=0.5𝑠Q做平抛运动后落地：𝑥𝑄3=𝑣𝑄2𝑡3=4.5×0.5𝑚=2.25𝑚由于µ1<𝜇2，P、Q共速后将一起运动，无相对滑动由牛顿其次定律得：𝜇1(𝑀𝑚𝑃)𝑔=(𝑀𝑚𝑃)𝑎代入数据解得：𝑎=0.5𝑚/𝑠2由于𝑣𝑀−𝑎𝑡4=0，解得：𝑡4=3𝑠此时：𝑥𝑀2=𝑣𝑀𝑡41𝑎𝑡22 4代入数据解得：𝑥𝑀2=2.25𝑚距木板左侧：𝑠𝑄=𝑥𝑄3𝑥𝑀2，𝑠𝑃=𝐿𝑥𝑃1𝑥𝑀1)代入数据解得：𝑠𝑃=22𝑚答：(1)P、Q碰撞后获得的速度大小分别是4𝑚/𝑠、12𝑚/𝑠；木板的长度是24m；P、Q22m。【解析】(1)P到达斜面底端时的速度大小，两滑块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后的速度大小。应用牛顿其次定律与运动学公式求出木板的长度。依据物体的运动过程，应用牛顿其次定律与运动学公式求解。此题考察动量守恒定律、动能定理等内容，相对较难，分析清楚运动过程、应用牛顿其次定律、运动学公式即可解题。16.【答案】解：(1)𝑎球做加速运动的加速度：𝑎=𝑞𝑣0𝐵1×5×1𝑚/𝑠2=5𝑚/𝑠2𝑚𝑎 101第一次碰前速度为𝑣𝑎，则由运动学公式有：𝑣𝑎0=√2𝑎𝐿=√2×5×0.1𝑚/𝑠=1𝑚/𝑠011a、b碰撞后的速度分别𝑣𝑎1恒有：

、

0𝑣𝑎0

=𝑚𝑎𝑣𝑎

+𝑚𝑏𝑣𝑏112224页111 1 1𝑚𝑣2= 𝑚𝑣2+

𝑣22 𝑎𝑎0 2 𝑎𝑎1 2

𝑏1联立解得

=−1𝑚/𝑠，𝑣𝑏

=2𝑚/𝑠(−表示方向向左)1 3 1 31a、b第一次碰后再经时间𝑡1发生其次次碰撞，依据运动学公式可得：𝑣𝑎𝑡1+11