2024年广东高考物理第三次质检试卷

2024年广东省高考物理第三次质检试卷

一、单选题：本大题共7小题，共28分。

1.美国物理学家密立根利用图甲所示的电路研究金属的遏止电压外与入射光频率.Wl勺关系，描绘出图乙中的

图象，由此算出普朗克常量心电子电量用e表示，下列说法正确的是（）

A.入射光的频率增大，为了测遏止电压，则滑动变阻器的滑片P应向M端移动

B.增大入射光的强度，光电子的最大初动能也增大

C.由4一“图象可求普朗克常量表达式为h=3-

V\-Vc

D.当电流表4中存在电流时，电流的方向通过电流表向上

2.一列简谐横波在£=gs时的波形图如图。所示，P、Q是介质中的两个质点.图b是质点Q的振动图象。则（）

A.波速9cm/sB.波沿3轴正方向传播

C.质点P的平衡位置坐标为2cmD.质点Q的平衡位置坐标为9cm

3.如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡Q和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时,

两灯泡均能正常发光.下列说法正确的是（）

A.原、副线圈匝数之比为9：1B.原、副线圈匝数之比为1：9

C.此时a和方的电功率之比为9：1D.此时a和b的电功率之比为1：10

4.如图所示，竖直平面内有一平行板电容器4氏两极板电势差为U,靠近A板有一个粒子源，可产生初速度

为零，电荷量为q的带电粒子，8板开有一小孔，粒子可无摩擦地穿过小孔，8板右侧有一宽度为d,大小为

的匀强电场，方向竖直向卜\现通过调节U的大小，使粒子离开埒电场区域的动能最小，不计粒子的重力，

下列说法正确的是（）

A.粒子离开片）电场区域时的最小动能为

B.〃的大小应调为"’

C.粒子离开场电场区域时速度与水平方向夹角为37°

D.粒子离开片,电场区域时竖直方向偏转的距离为d

5.如图所示，两端开口的导热气缸放置在水平地面上，两个厚度不计的活塞用一根长为L的细轻杆连接，两

活塞之间封闭着一定质量的理想气体，两活塞可在气缸内无摩擦滑动，两活塞静止时气缸内两部分气柱长

度均为宗已知大活塞的质量为M、横截面积为3S,小活塞的质量为血、横截面积为S,外界大气压强为po,

环境温度保持不变，现把气缸固定在以加速度Q向左加速行驶的小车上，稳定后活塞移动的距离为（）

A/R（M+m）a

2p0S+（M+?n）a2Pos

c2（M+m）Q.c2（M+m）Qf

C.-1.八4.——LU.----------L

p0S+（M+m）apQS

6.目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶，某公司对某款汽车

性能进行了一项测试，让质量为次的汽车沿一山坡直线行驶。测试中发现，下坡时若关掉油门，则汽车的速

度保持不变；若以恒定的功率P上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移S时速度刚好达到最大值为ax。

设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变，下列说法正确的是（）

A.关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒

B.关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力做功不为零

C.上坡过程中，汽车速度由警增至警，所用的时间等于嚼^

D.上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度公ax，所月时间一定小于科

vmax

7.在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加

速度a与弹簧的压缩量工间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样

的过程，其Q-x关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的

3倍，则

A.M的密度是N的3倍

B.Q的质量是P的3倍

C.Q下落过程中的最大动能是P的4倍

D.Q卜.落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍

二、多选题：本大题共3小题，共18分。

8.2023年4月17日消息，我国目前的电磁炮所发射的炮弹，已经可以在100公里距离上击穿80毫米厚的钢板。

如图所示为电磁轨道炮的模型，向距L=1m的平行光滑导轨水平放置，轨道处于磁感应强度大小为B=17、

方向沿竖直方向的匀强磁场中，导轨左端接有电动势E=30，、内阻r=1。的电源，带有炮弹的导体棒垂直

放置在导轨上，其质量（含炮弹）为m=100g、电阻为R=9。，导轨电阻不计，则下列说法正确的是（）

B.若要使光线从球形表面出射后恰好与入射光平行•，则。大于30。

C.改变夹角d光线在半球中传播的最长时间为驾诬

3c

D.如图2所示，若半球球面区域均有光线竖直向下入射，则平面有光出射的面积为0m7TR2

三、实验题：本大题共2小题，共16分。

11.如图所示实验装置，某同学用a、b两个半径相等的小球.按照以下步骤研究弹性正碰实胎操作.

①在水平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处，使小球Q从斜槽轨道二固定点处由

静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹。；

②将木板水平向右移动•定距离并固定，再使小球a从固定点处由静止释放，撞到木板匕重复多次，用尽

可能小的圆把小球的落点圈在里面，其圆心就处与小球落点的平均位置，得到痕迹B；

③把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从固定点处由静止释放，和小球b相碰后，重复

多次，并使用与第二步同样的方法分别标出碰撞后两个小球落点的平均位置，得到两球撞在木板上痕迹4和

C.

(1)为了保证在碰撞过程中a球不反弹，Q、如两球的质量相1、皿2间的关系是加2(选填“大于”“小

于,，“等于”)；

(2)完成本实验，必须测量的物理量有________.

A.小球a开始释放的高度h

8.木板水平向右移动的距离，

C.Q球和b球的质量分别为mi、m2

DO点到4、B、C三点的距离分别为y”y2>y3

(3)若2所给选项的物理量均已知，若满足条件(用测量量表示)，则表示两小球发生的是弹性碰撞.

12.某学习小组同学需要测量阻值约为15。的电阻灯。可供选择器材如下：：-

I

I

4.电流表量程1007714内阻=12。；

I•

I

及电流表力？，量程2加4,内阻=200。：

I•

I

C电压表匕，量程10V,内阻5M2：

I

D电压表外，量程3V,内阻

E.保护电阻Ro约25口；

E滑动变阻器R，总限值10。，额定电流为14

G.电池组，电动势12V,内阻很小：

”.开关及导线若干。

实给要求测曷多组数据，并尽可能樨高实验结果的精确度。

(1)根据实验要求，在答题卡指定位置画出实验设计电路图；

(2)电流表应选______,电压表应选(填器材前面的字母序号)；

(3)在某次测量中，电压表示数为U、电流表示数为/。写出心的表达式为______(用U、/及已知物理量的符

号表示)。

四、简答题：本大题共2小题，共24分。

13.一条小渔船停在平静的水面上，渔船前端有一警示灯P离水面的高度为七=0.759；渔船正前方有/、B

两浮标，浮标4与P的水平距离为&=1.0m,示意如图。一潜水员在浮•标/前方52=1.5m处下潜到眼睛距

离水面深度为坛=2.0771时，看到警示灯P刚好被浮标A挡住。船上在警示灯'P后方与P水平距离为％=

的位置有一小照明灯泡Q,潜水员看见小灯泡Q恰好被浮标B挡住，此时浮标3与潜水员的水平距离也为

S,S,

h—~—14x

Q

2臼-------

50m.求：个浮镰浮篇;一—

h

(1)水的折射率九

(2)小灯泡Q离水面的高度是多少？

14.如图所示，一带电荷量q=+10-2°、质量M=1切的绝缘平板置于光滑的水平面上，板上最右端放一

可视为质点、质量m=1的的不带电小物块，平板与物块间的动摩擦因数〃=0.75o距平板左端L=0.8m处

有一固定弹性挡板，挡板与平板等高，平板撞上挡板后会原速率反弹。整个空间存在电场强度E=500N/C

的水平向左的匀强电场。现将物块与平板一起由静止释放，已知重力加速度g=10m/s2,平板所带电荷量

保持不变，整个过程中物块未离开平板。

(1)求平板第一次与挡板即将碰撞时的速率;

(2)若平板长度为=1m,求物决最终离平板最左端的距离；

(3)若将电场撤去，调节初始状态平板左端与挡板的距离L仅给小物块一个水平向左的初速度q=15m/s,

使得平板与挡板只能碰撞6次，求L应满足的条件。(假设平板足够长)

五、计算题：本大题共1小题，共14分。

15.如图，一对表面粗糙的平行金属轨道竖直固定在水平地面上，轨道与地面绝

缘,轨道顶端连接有一定值电阻R，在&&、区域内有垂直于轨道平面向里

的匀强磁场，一水平金属杆CD通过两金属环套在轨道上，现使金属杆CD以某一

初速度竖直向上运动，穿过磁场区域后继续上升到最高位置人人，然后落回到地

面，此后不再运动，已知金属杆CD与轨道间的摩擦力大小恒为其重力的2倍，金

属杆C向上运动经过A遇2和43力4位置时，速度之比为2：1，44与44间的距离是久&与小4间的距离的

几倍，金属杆CO向下运动刚进入磁场区域就做匀速运动，重力加速度为g,金属轨道与金属杆CD的电阻都忽

略不计.求：

(1)金属杆CD向上，向下两次经过位置时的速度之比；

(2)金属杆CD向上运动经过442刚进入磁场时的加速度大小；

(3)金属杆CD向上、向下两次经过磁场区域的过程中定值电阻R上产生的焦耳热之比.

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：力、入射光的频率增大，出射光电子的初动能增大，为了测遏止电压，则滑动变阻器的滑片P应

向“端移动，才能使加在光电管上的反向电压增大，故A错误；

8、根据光电效应方程/1匕-“二见可知，光电子的最大初动能只与入射光的频率有关，与入射光的强度

无关，因此增大入射光的强度，光电子的最大初动能不变，故5错误；

C、根据动能定理a=(/送，而逸出功0=九%,联立可得九=假，故C正确；

。、由于从金属板内逸出的是电子，因此当回路有电流时，电流方向通过电流表向下流动，故。错误。

故选：Co

入时光的频率增大，光电子的最大初动能增大，遏止电压增大。根据光电效应方程得出&的关系式，通

过关系式得出斜率、截距表示的含义。

光电效应中，当外界的光子能量比较大时，电子获得的能量就大，溢出电子的动能利用公式a-w求

解即可。其中W是材料的逸出功，v是光子的频率。

2.【答案】D

【解析】【分析】

由图Q读出波长，由图b读出周期，根据公式〃二?十算波速，根据t=gs时刻质点Q的振动方向来判断波的

传播方向。分析质点尸、Q的振动恃况，然后利用波的传播特点分析波传播的时间，写出t=圣时刻该波的

波动方程，求得质点尸的平衡位置坐标。利用波形法确定质点Q的平衡位置坐标。

解决本题的关犍要写出波动方程，来确定质点的平衡位置坐标，能熟练运用波形平移法分析波的形成过程。

【解答】

4.由题图可知波的周期为2s,波长为36cm,则波速b=彳=18cm/s,故4错误；

8.由图b可知t=:s时质点Q向上振动，根据同侧法可知，波沿工轴负方向传播，故4错误；

o

CD.设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为孙、和。由题图a知，％=0处y=-?=Asin(-30)因此孙==

3cm,

由题图b知，在t=0时Q点处于平衡位置，经4t=1s,质点Q运动到题图。所示位置，则％Q-xP=vAt=6cm,

则质点Q的平衡位置的无坐标为9cm,故。正确，C错误。

故选。

3.【答案】A

【解析】解：力8、灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U,则说明原线圈输入电压为9U,输出电压为U；

则可知，原副线圈匝数之比为：9：1：故A正确；4错误；

CD.根据公.式可得2由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式p=，〃可得两者的电功率之比

l2nl129

为1：9；故CO错误；

故选:Ao

根据灯泡电压与输入电压的关系可明确接在输入端和输出端的电压关系，则可求得匝数之比；根据变压器

电流之间的关系和功率公式可明确功率之比.

本题考查变压器原理，要注意明确输入电压为灯泡两端电压与输入端电压之和，从而可以确定输入端电压；

则叫求得匝数之比.

4.【答案】A

【解析】【分析】

(1)粒子在平行板电容器间加速，利用动能定理求出计入电场E。时的速度处；

(2)粒子在电场中水平方向上做匀速运动，竖直方向匀加速运动，运用牛顿运动定律、运动学公式和动能表

达式列式求解。

本题关键将带电粒子的运动沿初速度方向和电场方向进行正交分解，然后根据牛顿第二定律用运动学公式

列式，利用数学知识求极值。

【解答】

粒子在平行板电容器力3间加速，

粒子在大小为埒的匀强电场间做类平抛运动。

水平方向：d.=vot,vx=vQ,

竖直方向：v=at,a=—,

Jy)n

22

Ek=1^(vx+i;y),

联立解得琢=qU+嚼《，

故当qU=^^时，即(7=黑时，琮有最小值反皿力=q&)d,

设粒子离开&电场区域时速度与水平方向央角为a，

tana=—=萼=1,a=45°,

“x2U

竖直方向偏转的距离为y=iat2=^=id,

故A正确，BCO错误。

5.【答案】A

【解析】【分析】

本题考查气体与力学的综合，正确选取研究对象，正确选用气体状态方程是解题的关键。

开始时，对大活塞、小活塞分别由平衡条件列方程可得出开始时缸内气体的压强：当小车匀加速向左时，

对大活塞、小活塞分别由牛顿第二定律列方程可得出此时缸内代体的压强；对缸内气体，由玻意耳定律列

方程求出此时气体的条件，结合数学知识即可判断。

【解答】

开始时，设杆的弹力大小为Fi，对大活塞的弹力方向向左，缸内气体的压强为pi，对大活塞，由平衡条件：

p0-3S=p1-3S+F1,对小活塞，由平衡条件：p0S=p1S+F1,联立知，Pi=Po。小车匀加速向左时，设

杆的弹力大小为尸2,对大活塞的弹力方向向左，缸内气体的压强为P2,对大活塞，由牛顿第二定律：P2・3S+

Fi-p0-3S=Ma,对小活塞，由平衡条件：p0S-p2S-F：=ma,联立知，Pi=对缸内气

2

体，温度不变，由玻意耳定律：PI(3S4+SJ)=P2V，联立知，此时气体的体积卜=1:既上、，可见

L2'ZpQS+{M+m)a

气体体积减小了，活塞向右移动，设活塞移动的距离为，则P=3S-g—x)+S《+x),解得x=

(M+m)a

L,故A正确，AC。错误。

2p0$+(M+m)Q

6.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查动能定理、汽车恒定功率启动、机械能守恒定律。

由共点力平衡条件可求得汽车受到的阻力，判断机械能是否守恒；由功的定义式求解坡面对汽车的支持力

的功：由功率公式可求得功，再由动能定理可求得所需要的时间。

【解答】

A.关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变、动能不变，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故A错误；

8.关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力方向与汽车速度方向垂直，则支持力做功为零，故8错误；

C上坡过程中，设汽车速度由零增至华，所用的时间为如所受阻力为人发生位移为s',根据动能定理

可得P-X=6(警产一品(为詈下，解得：£=■型+4，故C错误；

D上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度为ax，功率不变，则速度增大、后期加速度减小，设

所用时间为了，则竽TVS,解得：T<—,故。正确。

乙“max

故选Do

7.【答案】C

【解析】【分析】

本题考查了弹簧问题、万有引力定律的应用问题、动能定理的应用问题，综合性较强，难度较大。

在星球表面，根据万有引力等于重力可得得=mg,列出密度的表达式后进行分析；根据平衡条件求解质

A

量之比；根据动能定理结合图象的面积求解最大动能之比；根据简谐运动的特点求解最大压缩量之比。

【蟀答】

A.在星球表面，根据万有引力等于重力可得爷=mg,则GM=gR2,且用=pV,解得p=悬，根据图

象可知，在M星球表面的重力加速度为分彳=3%，在N表面的重力加速度为gw=a。，星球M的半径是•星球N

的3倍，则M与N的密度相等，故A错误；

8.加速度为零时受力平衡，根据平衡条件可得：mPgM=kx0,mQgN=2kx0,解得：出=故8错误:

C.根据动能定理可得max=Ek，根据图象的面积可得：EkP=|mP-3a0-x0,EkQ=\mQ-a0-2x0,部=

NYLYUP

普=4,故C正确；

3mp

D艰据简谐运动的特点可知，P卜.落过程中弹簧最大压缩量为2.，Q下落过程中弹簧最大压缩量为4~，QF

落过程中弹簧的最大压缩量是P的2倍，故。错误。

故选：C。

8.【答案】ACD

【解析】解：4炮弹向右加速，需受向右的安培力，根据左手定则可知，匀强磁场的磁场方向应竖直向上,

故A正确；

A根据闭合电路欧姆定律可知，闭合开关瞬间，电路中电流为

，=关片器=34故8错误；

C根据安培力的计算公式可知导体棒受到的安培力大小为

F=S/L=1X3x1/V=3/V

根据牛顿第二定律可知炮弹的加速度大小为

a=—=------^m/s2=307n/s2,故C正确；

m100x10§

。.若同时将电流方向和磁场方向反向，根据左手定则可知，导体棒所受安培力方向不变，故。正确。

故选：ACD.

根据炮弹受到的安培力方向，结合左手定则得出磁场的方向；

根据欧姆定律得出电路中的电流大小；

根据安培力的计算公式，结合牛顿笫二定律得出炮弹的加速度：

根据左手定则分析出导体棒受到的安培力方向。

本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉欧姆定律得出电流的大小，结合安培力的计算公式和左手定则

即可完成分析。

9.【答案】ABC

【解析】解：小的过程，由动能定理得：mgR(l-cos60°)=解得：必=0.55/,故

A正确；

8、滑块在传送带上受到向左的摩擦力，当滑块恰好不从右端离开传送带时，

由动能定理得：-〃mg/=0-诏，解得：〃二°3,则若滑块不从右端滑离传送带，滑块与传送带间的

动摩擦因数〃应满足条件〃N0.3,故8正确；

。、若传送带与滑块间的动摩擦因数，ix=0.6,

对滑块由动能定理得：-fimgx=0

解得:x=0.75m,

由牛顿第二定律得：=ma

由运动学公式得：0=如一。匕联立解得：t=0.5s

传此过程中送带逆时针运行/：/=vt

则滑块从B点滑到离8点最远过程中产生的热量Q=〃mg(x+/)

解得：Q=1.65/,故C正确；

。、滑块从B点滑到离B点最远过程中电动机带动传送带多做的功用来减小滑块的动能和系统产热了，则W>

1.65/,故O错误。

故选：ABC.

/1T8的过程，重力与摩擦力做功，写出公式，代入数据即可；滑块在传送带上受到向左的摩擦力，当滑块

恰好不从右端离开传送带即滑块的位移等于传送带的长度，根据动能定理即可求得结果；滑块在传送带上

运动时，水平方向只受到摩擦力的作用，根据牛顿第二定律求得加速度，然后结果位移公式与速度公式,

求得物体的位移，根据Q=吐2相对求得热量；根据能量守恒解答即可。

解决本题的关键理清物体的运动过程，知道物体的运动规律，结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式

进行求解。

10.【答案】BD

【解析】【分析】

本题主要考查光在圆形介质中的折射以及全反射的综合运用，本题的难点在于需要作出光路佟，根据光路

图结合几何关系，利用光的折射定律进行列式，其次涉及到数学知识止弦定理的运用。

【解答】

A当8=0。时光线恰好在球面发生全反射，即在球面处入射角恰好等于全反射临界角C,光路图如图1所示

r

sinC=京

根据全反射临界角C满足的条件可得

1

sinC=—

n

解得

n=V-3

故A错误；

8.若要使光线从球形表面出射后恰好与入射光平行，那么出射光线与入射光线，以及法线必在同一平面内,

且入射点与出射点的法线平行，入射光线必须在竖直平面内，光路图如图2所示，出射点必在0点的正上方。

根据几何关系可得

tan/?=天

解得

6=30°

根据折射定律可知，光线与竖直方向的夹角。必大于30。。故8对；

C.要使光线在半球中传播的时间最长，囚只考虑笫一次射到各表面的光线，当8临界等于90。时，光线在半

球中传播路程最长，光路图如图3所示，其中路程s满足要求。

因入射角临界为90。，故折射角等于C,由余弦定理得

R2=r2+s2-2rs•cos(90°—C)

解得

(77+1)/?

s=3

光在介质中传播速度为

c

V=—

n

最长时间为

_(/21+/3)/?

故C错误；

。能从平面出射的临界光路图如图4所示，光线在平面的8点恰好发生全反射，以。8的长L为半径的圆形区

图4

设临界光线在/点入射角为a，折射角为y,在B点出射时入射角等于全反射临界角已由折射定律得

sina

n=—：——

siny

由几何关系得

a=C+Y

1

sinC=—

n

解得

可得

1

siny=：

V12-672

由止弦定理得

RL

sin(900+C)-siny

解得

R

L=--

V8-4/2

则平面有光出射的面积为

S=7rL2

解得

(2+/2)

S=--g-----TTRN

故。正确。

故选BD.

11.【答案】【小题1】大于

【小题2】CD

[小题3]-=+-：==-：=

EEE

【解析】1.略

2.略

3.碰撞后水平位移相等，那么用竖直位移表示初速度.v=,由动量守恒与能量守恒得：m/o=

；222联立可得：

Hiji!+m2v>2,^m1v0=1m1vl4-1m2v2,v0=v2,

*+皆==，所以上式是弹性碰撞的条件.

12.【答案】力DRx=j-rA1

【解析】解：(1)(2)由于滑动变阳器总阻值10。电源电动势12，，而滑动变阻器额定电流只有1A,只接渭

动变阻器会过载，则需串联保护电阻；为保证测量数据范围，采用分压式接法，则待测电阻两端电压变化

范围约为0〜3.4P,电压表应选用D。

由欧姆定律知，通过待测电阻的电流最大约为:

U

Im=R

代人数据得：〃=0.25/1

则电流表应选用人

由题电流表内阻已知，电压表内阻未知，则电表应采用内接法，结合以上分析电路图如图所示。

-----@--------

(3)根据电路图由欧姆定律有％=彳-以1

-----@--------

故答案为：⑴(2)4D；(3)勺=牛一。一

<-------------1I------------------

R

----------1|~I1—0^——

&s

(1)(2)滑动变阻器额定电流只有11只接滑动变阻器会过载，则需串联保护电阻，则待测电阻两端电压变

化范围约为0〜3.4V，据此选择电压表，根据欧姆定律估算通过待测电阻的电流最大值，据此选择电流表;

由于电流表内阻已知，电流表采用内接法可以消除系统误差；由于滑动变阻器的阻值较小且便于多次测量，

据此分析滑动变阻器的连接方式；根据以上分析画出实验设计电路图；

(3)根据欧姆定律求待测电阻。

注意：电池阻的电动势较大，因此保护电阻要串联在干路上，起分压限流作用；电流表的量程较小，因此

所需电压表的量程也较小，为了变化电表安全，滑动变阻器要采用分压式接法。

13.【答案】解：(1)设过P点光线,恰好被浮标人挡住时,入射角、折射角分别为:*B，如图：

根据折射定律可知水的折射率：九二避

联立解得：71=]

(2)潜水员看见小灯泡Q的光路图如下：

根据几何关系有：sing=sin30°=|

sina，

乂=sin/T

解得：sina'=1

•J

./S1+S2

又由几何关系得—=而不花

代人数据解得：hQ=2.80m

答：(1)水的折射率为*

(2)小灯泡Q离水面的高度是2.80机。

【解析】(1)根据几何关系结合折射定律可解得水的折射率；

(2)根据折射率解得入射角，根据几何关系可解得。

本题考查光的折射定律，解题关键掌握光路图的作图，结合几何关系解答即可。

14.【答案】解：(1)两者相对静止，在电场力作用下一起向左加速，根据牛顿第二定律可得：qE=(m+M)a

22

解得：Q=2.5m/s<=7.5m/s,

故平板M与物块771-起匀加速，根据动能定理可得：qEL=1(A/+?7i)vj

解得：％=2m/s；

(2)最后平板、小物块均静止(平板停在挡板处)

设最终小物块与平板的相对位移为S。，全程根据能量守恒可得：qEL=〃mgSo

解得：So=4m

则物块最终离平板左侧的距离：^x=L0-s0=lm-^-m=^m；

(3)设平板每次撞击挡板的速率为分由题意可知每撞击一次，挡板给系统的冲最大小为2M〃由于只能碰

撞6次，根据动量定理可得：

2Mvx5<mv0

2Mvx6>mv0

解得\m/s<v<

对平板，根据运动学公式户=2四乙

得：乙=:

所以盘