鹰潭市2024届高三第二次模拟考试（二模）物理试卷（含答案详解）

鹰潭市2024届高三第二次模拟考试

物理试题

本试卷满分100分，考试时间75分钟

注意事项：

1、答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。

2回答选择题时，选出每小题答案后，用杷笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用

橡皮擦干净后，再选涂其他答案称号。回答非选搽题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

一、单项选择题:不题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项

符合题目要求。

1.2023年8月，日本不顾多个国家的反对，公然将含有大量放射性物质的核废水排放到太平洋中,

其中有一种放射性物质是碳14,它的半衰期大约为5730年，其衰变方程为fCf^N+X；则

下列说法正确的是（）

A.衰变方程中X为a粒子

B.衰变产生的襄粒子电离本领比2光子强

C.碳14半衰期很长，所以短期内不会对人类造成影响

D.如果有100个碳14,经过2865年将有25个原子核发生衰变

2.甲、乙两个物体从同一地点同时出发，沿同一直线运动，运动过程

中的X-力图像如图所示，下列说法正确的是（）

A.在。〜三时间内，甲、乙两物体的速度大小无相等时亥!1。

B.乙物体运动过程中位移大小增加得越来越快

C.甲、乙两物体在相跑最远的时刻发生在tl~t2时间内的某时刻

D.甲物体始终沿同一方向运动

3.原地纵跳摸高是常见的体能测试项目。在某次摸高测试中，一同堂从如

图4所示的静止下蹲状态，脚刚离开地面，如图8所示，身体运动到最

高点时位置如图C所示，三幅图代表同一竖直线上的三个位置，不计空

气阻力，关于该同学测试的全过程，下列说法正确的是（）

A.从A到3的运动过程中，该回学因为受地面支持力的位移为零，所以支

持力冲量为零

B.该同学在C图位置的机械能等于在6图位置的机械能

C.从A到5的运动过程中，地面对脚的支持力始终大于该同学的重力

D.从4到C的过程中，地面对脚的支持力冲量与该同学的重力冲量等大反向

第1页（共8页）

4.“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的尸点沿地火转移轨道到。点，再依次进入如图乙所

示的调相轨道和停泊轨道，则关于天间一•号，下列说法正确的是（）

甲乙

A.发射速度介于7.9ki必与1L2kln/s之间

B.从尸点转移到Q点的做间小于6个月

C.在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小

D.在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度

5.真空中的点电荷在其周围产生电场，电场中某点的电势（取无穷远处电势为零）与点电荷的电

量成正比，与该点到点电荷的距离成反比，即。=左幺，在某真空中有一如图所示的正六边形

r

ABCDEF,0为中心，A、C、E三个顶点各固定一点电荷，其中A、C两点电荷量为q,E点

电荷量为-q,EB、瓦分别表示B、0点场强的大小，%、%分别表示B、。点的电势；则/

与的比值及四与。。的比值，正确的是（）

A.EB:Eo=3:89B：衣?=3:2

B.EB:Eo=3:8%:%=5：6

C.EB:纥=3:49B'夕o=5:6

D.EB：E。=3:4%:%=3：2

6.氢原子光谱按频率展开的谱线如图所示，此四条谱线满足巴耳末公式）=R,n=3、4、

/vn,

5、6用4和耳光进行如下实验研究，则（）

H

H5%Hpa

A「照射同一单缝衍射装置，居光的中央明条纹宽度更宽

B.以相同的人射角斜射入同一平行玻璃砖，&光的侧移量小

C.以相同功率发射的细光束，真空中单位长度上九的平均光子数少

D.相同光强的光分别照射同一光电效应装置，居光的饱和光电流小

第2页（共8页）

7.制作“吸管潜水艇”是深受小朋友喜爱的科学实验，如图所示，将吸管对折后用回形针固定，然

后管口竖直向下插入装有水的矿泉水瓶中，使吸管顶部露出水面,最后用盖子封紧矿泉水瓶（如

图a）。实验时，用力按压瓶身，“潜水艇”就会沉入水底，松开手后，“潜水艇”又浮出水面。设

水面上方的封闭气体体积为％,压强淘为吸管内封闭气体的体积为匕“吸管潜水艇”的总质

量为，心水的密度恒为P,气体温度始终保持不变.所有气体视为理想气体。缓慢挤压瓶身时,

瓶内封闭气体吸热还是放热，挤压瓶身使“潜水艇”恰好悬浮在水中时（如图b）,水面上方的气体

体积减小了多少？（不考虑吸管厚度和回形针的体积，吸管内外液面高度差产生的压强远小于

大气压，即管内外气压始终相等）下列选项正确的是（）

D.放热，-多］HH

Ipvj一

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符

合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8.如图甲所示，自耦变压器的原线圈与N匝、半径为「的圆形线圈（图中未画全）相连，副线圈

,2

与定值电阻R构成回路，图示位置副线圈的匝数为原线圈匝数的线圈内有垂直线圈平面向

里的磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化。不考虑电阻随温度的变化以及线圈的电阻，下列

说法正确的是（）

A.图示位置，定值电阻两端的最大电压为如空出之

3T

0-44x7-2n2

B.图示位置，定值电阻消耗的电功率为-芸

9r2尺

c.若磁感应强度的变化周期减小，则变压器的输出功率将增大

D.若自耦变压器的滑片P顺时针转动，则通过原线阍的电流增大

空O

9.如图所示，在光滑的水平地面上放有质量为加的U形导体框，导体框的电阻可忽略不计。-••电

阻为鼠质量也为卅的导体棒CD两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路，矩形回路的宽

度为L、长为s；在U形导体框右侧有一竖直向下足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B,磁

场边界与E尸平行，且与所间距为“。现对导体棒CD施加一水平向右的恒力尸使U形导体

框和导体棒CD以相同加速度向右运动，当昉刚进入磁场U形导体框立即匀速运动，而导体

棒CO继续加速运动。已知重力加速度为心导体楼CS与U形导体框间的最大静摩擦力等于

滑动摩擦力，导体棒与框始终接触良好。下列判断正猱的是（）

CsE!XXXX

1・!B

L!X乂XX

m—____乂

m'%\xXXX

f

：

DF▼1XXXX

A.E尸在进入磁场以前导体棒CD受到导体框的摩擦力大小为F/2

B.EF在刚进入磁场以后导体棒CD受到导体框的摩擦力大小f=华心

R\m

C.导体棒CD与U形导体框都进入磁场，经过足够长时间后两者可能都做匀速运动

D.导体棒CD与U形导体框都进入磁场，经过足够长时间后两者都做匀加速运动

10.如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）穿过固定的光滑圆环B,左端固定在4

点，右端连接一个质量为优的小球，A、8、6在一条水平线上，弹性绳自然长度为AB。小球

穿过竖直固定的杆，从C点由静止释放，到D点时速度为零，C、。两点间距离为友已知小

球在C点时弹性绳的拉力为0.5/ng,g为重力加速度，小球和杆之间的动麾擦因数为0.5,弹性

绳始终处在弹性限度内，下列说法正确的是（）

A.小球从C点运动到2）点的过程中，弹性绳弹力增大，其水平出J也增大。

B.整个运动过程中，弹性绳的最大弹性势能大于。75/^力

C.若在。点给小球一个向土的速度v,小球恰好回到C点，则丫=庶

D.若仅把小球质量变为2加，则小球到达。点时的速度大小为、身i

二、非选择题：本题共5小题，共54分。

11.（8分）某实验小组同学利用图甲装置测面峡（含遮光条）和破码的质量，主要操作步骤如下:

①打开气泵，待气流稳定后调防气垫导航使其水平；

②用20分度游标卡尺测量遮光条的宽度乙如图乙所示；

③用毫米刻度尺测量光电门1和光电门2之间的距离L-

④挂上槽码，调节定滑轮使细线与气垫导轨平行；

⑤打开气泵，由静止释放滑块，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间M和％；

⑥依次在滑块上添加"=1、2、3……个祛码，重复实验。

回答下列问题：

（1）调节气垫导轨时，轻推滑块，若发现遮光条通过光电门2的时间小于遮光条通过光电门1

的时间，应________________直至气垫导轨水平；

（2）遮光条的宽度d=________mm；

（3）滑块运动的加速度。=（用测量的物理量的符号表示）;

（4）已知槽码和挂钩的总质量为加。,重力加速度为g,以放在滑块上的破码数7为横坐标，

滑块加速度。的倒数为纵坐标作出九图像，获得该图像的斜率为2,纵截距为九由以

a

上数据可得滑块和遮光条的总质量M,每个祛码的质量根=o

（用已知量的物理符号表示）

（8分）水的硬度主要与水中溶解的钙、镁离子浓度有关，水的硬度也将影响水的电阻率。为

测量样品水质的电阻率，拉测员将水样注满一绝缘性能良好的圆柱形塑料容器，容器两端用

固定的圆形金属电极密封（如图甲所示）。粗测水样电阻Rx约有几万欧姆。

已知容器金属电极间距离为L=10.00cm,用游标卡尺测量容器内直径时读数如图乙所示。

(1)乙图中游标卡尺的读数是d=.cm；

(2)在测定水样电阻Rx后,水样的电阻率的表达式为_____(用题中测得物理量L、

d、Rx表达)

(3)若测得水样的电阻率越小z则说明水中溶解的离现度越(填“大”或“小”)；

(4)用如图丙电路图测量水样的电阻Rx。将开关S2置于a处，闭合开关S】，调节滑动变阻器,

使灵敏电流计读数为11100谓；将开关S2置于b处,保持滑动变阻器不动,调节电阻箱,

为保证在转换开关S2和调节电阻箱时滑动变阻器的分压几乎不变,.在提供的两款滑动变

阻器：处=10。和R2句OKD,检测员应该选用______(填后或R2)。

(5)操作时发现当电阻箱阻值为Ro=500009时灵敏电流计读数h三80pA,若已知灵敏电流计

内阻为RG=500Q,根据测量可知所取水样的电阻势点=_____

13.(10分)如图甲所示水槽中放有一个挡板，挡板上开有小孔A、B,43两点距波源s的矩离

分别为3m、4m,波源s的振动图像如图乙所示。我们可以把水波简化看作简谐波，已知水波

的波长丸=2m。求：

(1)从波源振动开始计时，在t=12s时间内，小孔A处的质点通过的路程;

(2)在挡板前方x=15m处的水面上有一点C,直线AC与挡板垂直，AB距离4m.倩if算

明4c线段上振动加强点(除A外)的个数。

14.（12分）如图所示,,在倾角8*37。足够长的粗糙斜面上放」长L=3,0m、质量为m、上下挡

板厚度不计的U形盒子P（盒子内底面与斜面平行），盒子P与斜面间的动摩擦因数〃=蒋。

在盒子的上端放一质量等于2根的物块Q（可看做质点｝Q与盒子内表面无摩擦，放开物块

后即在盒内滑下与下面挡板碰撞「设碰撞时间极短且碰撞中没宥机械能损失，重力加速度8

M10^n/s\曲137吗0.6,cos37%0也求：

（1）物块

（2）物块Q与盒子P发生第一次碰撞后再经过多长时间与P发生第二次碰撞（结果可用根式

）

15.（16分）离子约束技术对实现可控核聚变有着决定性作用。某离子束实验装置的基本原理如图

甲所示，在半径为R的圆柱体底面建立空间直角坐标手，坐标原点与圆柱底面圆心重合。圆柱体

区域内存在沿z轴负方向、电场强度为E面匀强龟坛，扇柱区域正上方存在沿m轴负方向、磁感应

强度为鸟的匀强磁场。如图乙所示，从符子源东版出《不计初速度）电荷量为q、质量为那的

正离子，经电场加速后从圆柱边界正上方沿V轴负方向进入磁场，恰好在圆柱顶面圆心处与y轴正

方向成8=45。角斜向下射出磁场，进入圆柱区域内的电场中，最后落在圆柱底面上坐标为

（0,R,0）的点（图中未画出），不计离子重力。

（1）求加速装置的蛇药

（2）若已知E二"螫,求圆柱体区域的高度加

m

（3）若将圆柱体区域（含边界）的电场，换成一个沿马轴负方向的勾强磁场，且知圆柱区域高度

为h:3兀R。为使离子都能到达圆柱底面，并在。点“聚焦”，则磁感应强度3应为多大？

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物理参考答案

12345678910

BCDCAABBCABDBCD

1【答案】B

【详解】A.根据质量数和电荷数守恒，衰变方程为，C-；4N+：e可知衰变方程中X为电子，故A错误；

B.衰变产生的X粒子电离本领比/光子强，故B正确。故选B。

C.半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核衰变不适用，故C错误；

D.碳14半衰期很长，短期内会对人类造成影响，故D错误；

2.

【答案】C

廨析】

【分析】

【详解】AC.甲运动对应的x-f图像斜率绝对值先减小到零，后增大，即甲先沿正方向做减速运动，后沿

负方向做加速运动，乙沿负方向做匀速直线运动，即当两图线斜率相等时，两物体的速度相同，当甲、乙速

度相同时，即在八〜八时间内某时刻甲、乙两物体相距最远，故A错误，C正确；

B.乙运动位移大小均匀增加，对应的x-f图像斜率不变，乙做匀速直线运动，故B错误；

D.甲的位移时间图像斜率由正变到了负，说明速度方向发生了变化，故D错误。

故选C。

3.【答案】D

【详解】AC.运动员从用力蹬地到刚离开地面的起跳过程，先向上加速，地面支持力大于重力；当地面支

持力等于重力时速度最大；之后脚与地面作用力逐渐减小，运动员开始减速；当脚与地面作用力为零时,离

开地面。此过程地面对脚的支持力的冲量不为零，AC错误；

B.蹬地起跳过程中运动员消耗体内化学能转化为机械能，8图位置的机械能大于在4图位置的机械能，从8

到C的运动过程中机械能守恒，则该同学在。图位置的机械能大于在4图位置的机械能，B错误；

D.从4到C的过程中，应用动量定理有/支+4=0-0

所以地面对脚的支持力冲量与该同学的重力冲量等大反向，D正确。故选D。

4.

【答案】C

A.因发射的卫星要能变轨到绕太阳转动，则发射速度要大于第二宇宙速度，即发射速度介于11.2km/s与

16.7km/s之间，故A错误；

B.因P点转移到。点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，则其周期大于地球公转周期（1年共12

个月），则从P点转移到0点的时间为轨道周期的一半时间应大于6个月，故B错误；

第1页供1顷

C.因在环绕火星的停泊轨道的半长轴小于调相轨道的半长轴，则由开普勒第三定律可知在环绕火星的停泊

轨道运行的周期比在调相轨道上小，故选C；

D.卫星从。点变轨时，要加速增大速度，即在地火转移轨道Q点的速度小于火星轨道的速度，而由

GMmv2

「-=机—

rr

可得

IGM

可知火星轨道速度小于地球轨道速度，因此可知卫星在Q点速度小于地球轨道速度，故D错误；

5.

【答案】A

解析】

【详解】A处点电荷在B点产生的电场强度为&=鸟

Lr

C处点电荷在B点产生的电场强度为E『空

E处点电荷在B点产生的电场强度为4=驾

由电场的叠加可知，A、C两处点电荷在B处的合场强为E12=旦=鸟

所以B处的场强为EB=且2-玛=豢

同理可求得：0处的场强为/=华

所以“&=3:8

物

初

一

B处的电势为*8=一=

2Z

2£初

勿

0处的电势为化,=Z=T

所以由：。。=3:2,故A正确.

6.

【答案】A

【详解】A.根据巴耳末公式可知，必光的波长较长。波长越长，越容易发生明显的衍射现象，故照射同一

单缝衍射装置，”，光的中央明条纹宽度宽，故A正确;

B.光的波长较长，根据

可知名光的频率较小，则/光的折射率较小，在平行坡璃砖的偏折较小，吗光的侧移量小，故B错误;

第2页/共11页

C.久光的频率较小，必光的光子能量较小，以相同功率发射的细光束，国光的光子数较多，真空中单位

长度上冬光的平均光子数多，故c错误；

D.若”<生光均能发生光电效应，相同光强的光分别照射同一光电效应装置，/光的频率较小，/光

的光子能量较小，”丫光的光子数较多，则名光的饱和光电流大，”b光的饱和光电流小，故D错误。

故选A。

7.B

廨析】

【详解】环境温度不变，则瓶内封闭气体发生等温变化，故内能保持不变，即

△U=0

挤压瓶身时，水面上方气体体积减小，外界对气体做功，即

犷>0

根据热力学第一定律

l\U=Q+W

则

2<o

即气体对外放热。

设“潜水艇”悬浮时，吸管内部封闭气体的压强为“，体积为■，根据平衡条件得

PgVx=mg

解得

对吸管内的气体，根据玻意耳定律

P0V=

解得

p<yp

Pi=——

m

设水面上方的气体体积减小AK对水面上方的气体，根据坡意耳定律

PK=Pi03)

解得

故选B

【答案】BC

廨析】

【详解】A.由图乙可得磁感应强度为

.2n

Bn—BnQsin~rjTt

由法拉第电磁感应定律得圆形线圈中产生的感应电动势为：

L2E/NBQIn

E=N——nr22=-------^-cos—t

△tTT

所以原线圈两端的最大电压为

第3页洪1顷

"/NB,

口Imax1

由J=%跖得定值电阻两端的最大电压为

%n2

兀2户NB，

2max3T

A错误；

B.定值电阻消耗的电功率为

p_1一迎31

R9T2R

B正确；

C.若磁感应强度的变化周期减小，则感应电动势的最大值增大，有效值增大，副线圈两端的电压增大，定

值电阻消耗的电功率即变压器的输出功率将增大，C正确；

D.自耦变压器的滑片尸顺时针转动，副线圈的匝数减小，副线圈两端的电压减小，通过副线圈的电流减小,

由〃/=可知通过原线圈的电流减小，D错误.

故选BC。

【答案】ABD

廨析】

【详解】A.即在进入磁场以前，棒与框一起加速运动，则有

F=2ma

导体框受静摩擦力作用加速运动，则有

,F

fo=ma=—

根据牛顿第三定律可知，即在进入磁场以前导体棒CD受到导体框的摩擦力大小C,A正确;

2

B.导体框进入磁场前做匀加速运动，根据运动学关系可知

片-0=2asO

解得

班在刚进入磁场以后，导体框切割磁感线产生感应电动势

BLv0

通过即电流为

I=E=BLv。

RR

受到安培力作用为

辱=利=幽立或户

女RR\m

导体棒与导体框发生相对运动,之间的摩擦力变为滑动摩擦力，导体框在磁场中匀速运动可知，滑动摩擦力

与安培力平衡

一安二%叵

女R\m

第4页洪1顷

根据牛顿第三定律可知，导体棒CZ)受到导体框的摩擦力大小也为些4叵，B正确；

R\m

CD.导体棒8与。形导体框都进入磁场，开始时，导体棒CD速度大于U形导体框的速度，由导体棒8

边与导体框共同切割磁感线产生电动势，形成电流，使得U形导体框印边受到向右的安培力，与摩擦力共

同作用使其做加速运动,灰边受到向左的安培力，向右做加速运动。设导体棒CD和金属框的速度分别为匕

和匕，则电路中的电动势

E=BL(vl-v2)

电路中的电流

E5A(V,-V)

1———----2------

RR

金属框和导体棒CD受到的安培力

尸(匕一彩)

安框R

与运动方向相同

卜安CDR

与运动方向相反

则对导体棒CD

口加()

F--------------f=max

对金属框

/+幽尸土吗

初速度匕>匕，则々开始逐渐减小，%逐渐变大。当q=的时，相对速度

…二近一

大小恒定，经过足够长时间后两者都做匀加速运动，C错误，D正确。

故选ABD。

10.

【答案】BCD

廨析】

【分析】

【详解】A.设8c的长度为L,根据胡克定律，有

0.5mg=kL

助与竖直方向的夹角为a时，伸长量为—一，故弹力为

sin<7

sina

水平方向

FN=Fsina=kL=0.5mg

A错误；

B.小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为

WF-Ffh-0.25mgh

当运动到。时，绳子伸长最长，弹性势能最大，根据能量守恒

堂喋=庄唯一阵f=0.75mgh

因为最初绳子也具有弹性势能，所以，绳子最大的弹性势能大于0.75加g〃，B正确;

第5页/共11页

C.对球从c到。过程，根据动能定理，有

mgh-F£h-/=0

解得

%=0.15mgh

若在。点给小球一个向上的速度v,小球恰好回到。点，对次过程，根据动能定理，有

12

%单一mgh-F{h=O--mv

解得

C正确；

D.若仅把小球的质量变成2m,小球从C到。过程，根据动能定理，有

2

2mgh-Ffh-修=^2mvt

解得

D正确。

故选BCD。

二、非选择题：本题共5小题，共54分。

11.

【答案】①.调节旋钮尸使左侧升高或调节旋钮。使右侧降低；（1分）②2.20；（1分）③

12d2

五鬲一五鬲；色分）④丽。g"。；（2分）⑤.。g（2分）

廨析】

【详解】⑴口]遮光条通过光电门2的时间小于遮光条通过光电门1的时间，说明气垫导轨左侧偏低，应调

节旋钮P使左侧升高或调节旋钮Q使右侧降低；

⑵⑵遮光条的宽度即游标卡尺的读数为

d=2mm+0,05x4nlm=2.20mm=0.220cm

（3）[3]滑块通过光电门1的瞬时速度为

d

V,=——

A%

通过光电门2的瞬时速度为

d

v,=——

2M

由匀变速直线运动规律得

v；-V12=2aL

解得

_r_________屋

2

-2乙（Aq）22L（A/1）

⑷[4][5]由牛顿第二定律得

m0g-T=m0a

T=[M+nm）a

化简得

1_m：+M+朋。

amogmog

第6页/共11页

所以L-〃图像的斜率为

a

.m

所以每个祛码的质量为

m-kinog

纵截距为

h=M+m0

州g

所以滑块和遮光条的总质量为

M=hm^g一加0

12（8分）.

nd2R

P=~

【答案】U50或U45或1.155（1分）"（2分）大（1分）R1（2分）39900（2分）

【详解】⑴［1］乙图中游标卡尺的读数是

d=11mm+10x0.05mm=11.50mm=1.150cm

（2）［2］由电阻定律有

得

nd2R

p=-------

4L

（3）［3］水样的电阻率越小，所以电阻越小，水中溶解的离子浓度越大。

⑷［4］为保证在转换开关S2和调节电阻箱时滑动变阻器的分压几乎不变，不管是凡或是以与滑动变阻器

左侧部分的并联电阻应该变化不大，所以滑动变阻器的阻值应该很小，故选用为。

（5）［5］由欧姆定律有

A（&+%）=，2（%+%）

得Rx=39900

13.（10分）

【答案】⑴360cm；（4分）⑵ZC上有2个振动加强点（只写个数不写分析过程不得分）（6分）

廨析】

【详解】⑴通过图像可知，水波的振动周期为T=2s,可知水波的波速为

v=—=lm/s（1分）

T

则水波从波源传播到Z点所需时间为

4=五±=3S（1分）

V

故在t=12s时间内，小孔4处的质点通过的路程

第7页洪11页

t-ti=9s=4.5T（1分）

SA=18A=360cm（1分）

⑵设4c线段上P点为振动加强点，则满足

{sB+BP）-{sA+AP）=2n~（1分）

整理得

BP-AP=H/l+y=（272+l）m（〃=0,1,2…）

根据几何关系可知

BP-AP<AB

根据几何关系可知

{SB-SA'）<AB<^SB+SA）

即

\va<AB<7m（2分）

因为AB距离等于4米，3m<23<5m,贝!]

4尸一4尸=（2〃+l）m<5m

解得〃存在两个解

〃=0或〃=1（1分）

由几何关系可知，4C上的点，越靠近C点，波程差越小，故分析最靠近C点的加强点是否满足距离关系即

可，设较远点为PL对应〃=0,则同理满足

9<（^P'+1）2-JP'2<25（1分）

解得

4<AP'<n<AC（1分）

故有2个加强点；

第8页洪1顷

14.（12分）

【答案】⑴vQ=2m/s,Vp=8m/s；（4分）（2）出;屋；（8分）

廨析】

【详解】⑴物块Q下滑，第一次碰撞前做匀加速运动，根据牛顿第二定律

2mgsin9-2ma

a=gsin^=6m/s2

根据速度与位移关系公式：5一%2=2ax得物块Q与盒子P发生第一次碰撞前的速度为

v=<2aL=J2gisin8=6m/s（1分）

物块Q与盒子P发生第一次碰撞满足动量守恒和机械能守恒，则有

2mv=2mvQ+mvf（1分）

；・2相声=g.2M诏+；团片（1分）

解得

v=-=2m/s,v=—=8m/s（1分）

oq3p3

⑵第一次碰撞后盒子P做匀减速运动，根据牛顿第二定律有

mgsin0-p-3mgcos0-ma'

解得

a'不gsin8-3“gcos8=-16m/s2（1分）

物块Q与盒子P速度相等时有

vP+a't0=vQ+at0

解得

3

Q分）

3

在=（s时，盒子P与物块Q的位移差为

vp%+g4%一（、/（）+1fl/«）=nm<3mQ分）

故共速前二者不会相碰，共速后继续之前的运动，盒