2020年普通高等学校招生全国统一考试物理(山东卷).docx

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山东省2020年普通高中学业水平等级考试
物理
本试卷共8页,共18小题,满分100分。考试用时90分钟。
一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.

一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示,速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是(　　)

A.0~t1时间内,v增大,FN>mg
B.t1~t2时间内,v减小,FNg
D.t2~t3时间内,v减小,FN>mg
2.氚核 13H发生β衰变成为氦核 23He。假设含氚材料中 13H发生β衰变产生的电子可以全部定向移动,在3.2×104 s时间内形成的平均电流为5.0×10-8 A。已知电子电荷量为1.6×10-19 C,在这段时间内发生β衰变的氚核 13H的个数为(　　)
A.5.0×1014 B.1.0×1016
C.2.0×1016 D.1.0×1018
3.

双缝干涉实验装置的截面图如图所示。光源S到S1、S2的距离相等,O点为S1、S2连线中垂线与光屏的交点。光源S发出的波长为λ的光,经S1出射后垂直穿过玻璃片传播到O点,经S2出射后直接传播到O点,由S1到O点与由S2到O点,光传播的时间差为Δt。玻璃片厚度为10λ,玻璃对该波长光的折射率为1.5,空气中光速为c,不计光在玻璃片内的反射。以下判断正确的是(　　)
A.Δt=5λc B.Δt=15λ2c
C.Δt=10λc D.Δt=15λc
4.一列简谐横波在均匀介质中沿x轴负方向传播,已知x=54λ处质点的振动方程为y=Acos2πTt,则t=34T时刻的波形图正确的是(　　)

5.图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=22∶3,输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15 Ω,额定电压为24 V。定值电阻R1=10 ΩR2=5 Ω,滑动变阻器R的最大阻值为10 Ω。为使灯泡正常工作,滑动变阻器接入电路的电阻应调节为(　　)

图甲

图乙
A.1 Ω B.5 Ω C.6 Ω D.8 Ω

6.一定质量的理想气体从状态a开始,经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a,其p-V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a(V0,2p0)、b(2V0,p0)、c(3V0,2p0)。以下判断正确的是(　　)
A.气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功
B.气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量
C.在c→a过程中,外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
D.气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量
7.我国将在今年择机执行“天问1号”火星探测任务。质量为m的着陆器在着陆火星前,会在火星表面附近经历一个时长为t0、速度由v0减速到零的过程。已知火星的质量约为地球的0.1倍,半径约为地球的0.5倍,地球表面的重力加速度大小为g,忽略火星大气阻力。若该减速过程可视为一个竖直向下的匀减速直线运动,此过程中着陆器受到的制动力大小约为(　　)
A.m0.4g-v0t0 B.m0.4g+v0t0 C.m0.2g-v0t0 D.m0.2g+v0t0
8.

如图所示,一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上,质量分别为m和2m的物块A、B,通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接,A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时,物块A、B刚好要滑动,则μ的值为(　　)
A.13 B.14
C.15 D.16
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0分。
9.截面为等腰直角三角形的三棱镜如图甲所示。DE为嵌在三棱镜内部紧贴BB'C'C面的线状单色可见光光源,DE与三棱镜的ABC面垂直,D位于线段BC的中点。图乙为图甲中ABC面的正视图。三棱镜对该单色光的折射率为2,只考虑由DE直接射向侧面AA'C'C的光线。下列说法正确的是(　　)

A.光从AA'C'C面出射的区域占该侧面总面积的12
B.光从AA'C'C面出射的区域占该侧面总面积的23
C.若DE发出的单色光频率变小,AA'C'C面有光出射的区域面积将增大
D.若DE发出的单色光频率变小,AA'C'C面有光出射的区域面积将减小
10.

真空中有两个固定的带正电的点电荷,电荷量不相等。一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时,仅在电场力的作用下恰好保持静止状态。过O点作两正电荷连线的垂线,以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d,如图所示以下说法正确的是(　　)
A.a点电势低于O点
B.b点电势低于c点
C.该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
D.该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能
11.

如图所示,质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上,右侧连接一固定于墙面的水平轻绳,左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端,当弹簧处于原长时,将B由静止释放,当B下降到最低点时(未着地),A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长,弹簧始终在弹性限度内,物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是(　　)
A.M<2m
B.2m最低点的过程中,所受合力对B先做正功后做负功
D.在B从释放位置运动到速度最大的过程中,B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
12.

如图所示,平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场,图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)。从图示位置开始计时,4 s末bc边刚好进入磁场。在此过程中,导体框内感应电流的大小为I,ab边所受安培力的大小为Fab,二者与时间t的关系图像可能正确的是(　　)

三、非选择题:本题共6小题,共60分。
13.

图甲
(6分)2020年5月,我国进行了珠穆朗玛峰的高度测量,其中一种方法是通过使用重力仪测量重力加速度,进而间接测量海拔高度。某同学受此启发就地取材设计了如下实验,测量当地重力加速度的大小。实验步骤如下:
(ⅰ)如图甲所示,选择合适高度的垫块,使木板的倾角为53°,在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺(图中未画出)。
(ⅱ)调整手机使其摄像头正对木板表面,开启视频录像功能。将小物块从木板顶端释放,用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。然后通过录像的回放,选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点,得到小物块相对于该点的运动距离L与运动时间t的数据。
(ⅲ)该同学选取部分实验数据,画出了2Lt-t图像,利用图像数据得到小物块下滑的加速度大小为5.6 m/s2。
(ⅳ)再次调节垫块,改变木板的倾角,重复实验。
回答以下问题:
(1)当木板的倾角为37° 时,所绘图像如图乙所示。由图像可得,物块过测量参考点时速度的大小为　　　　 m/s;选取图线上位于坐标纸网格交叉点上的A、B两点,利用A、B两点数据得到小物块下滑加速度的大小为　　　　 m/s2。(结果均保留2位有效数字) 
(2)根据上述数据,进一步分析得到当地的重力加速度大小为　　　　 m/s2。(结果保留2位有效数字,sin 37°=0.60,cos 37°=0.80) 

图乙
14.8分)实验方案对实验测量的精度有直接的影响,某学习小组对“测量电源的电动势和内阻”的实验方案进行了探究。实验室提供的器材有:
干电池一节(电动势约1.5 V,内阻小于1 Ω);
电压表V(量程3 V,内阻约3 kΩ);
电流表A(量程0.6 A,内阻约1 Ω);
滑动变阻器R(最大阻值为20 Ω);
定值电阻R1(阻值2 Ω);
定值电阻R2(阻值5 Ω);
开关一个,导线若干。
(1)该小组按照图甲所示的电路进行实验,通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏,记录此过程中电压表和电流表的示数,利用实验数据在U-I坐标纸上描点,如图乙所示,结果发现电压表示数的变化范围比较小,出现该现象的主要原因是　　　　。(单选,填正确答案标号) 

图甲

图乙
A.电压表分流
B.干电池内阻较小
C.滑动变阻器最大阻值较小
D.电流表内阻较小
(2)针对电压表示数的变化范围比较小的问题,该小组利用实验室提供的器材改进了实验方案,重新测量得到的数据如下表所示。

序号
1
2
3
4
5
6
7
I/A
0.08
0.14
0.20
0.26
0.32
0.36
0.40
U/V
1.35
1.20
1.05
0.88
0.73
0.71
0.52

请根据实验数据,回答以下问题:
①如图丙所示的坐标纸上已标出后3组数据对应的坐标点,请在坐标纸上标出前4组数据对应的坐标点并画出U-I图像。

图丙
②根据实验数据可知,所选的定值电阻为　　　　(填“R1”或“R2”)。 
③用笔画线代替导线,请按照改进后的方案,将下面的实物图连接成完整电路。

图丁

15.(7分)中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上,进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种,如图所示,左侧为火罐,下端开口;右侧为抽气拔罐,下端开口,上端留有抽气阀门。使用火罐时,先加热罐中气体,然后迅速按到皮肤上,自然降温后火罐内部气压低于外部大气压,使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上,再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时,罐内气体初始压强与外部大气压相同,温度为450 K,最终降到300 K,因皮肤凸起,内部气体体积变为罐容积的2021。若换用抽气拔罐,抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的2021,罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体,忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。

16.(9分)单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目,其场地可以简化为如图甲所示的模型:U型滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成,轨道倾角为17.2°。某次练习过程中,运动员以vM=10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道,速度方向与轨道边缘线AD的夹角α=72.8°,腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点,不计空气阻力,重力加速度的大小g取10 m/s2,sin 72.8°=0.96,cos 72.8°=0.30。求:

图甲

图乙
(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d;
(2)M、N之间的距离L。

17.(14分)某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N为竖直放置的两金属板,两板间电压为U,Q板为记录板,分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分,M、N、P、Q所在平面相互平行,a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴,向右为正方向,取z轴与Q板的交点O为坐标原点,以平行于Q板水平向里为x轴正方向,竖直向上为y轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz。区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场,磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质量为m,电荷量为+q的粒子,从a孔飘入电场(初速度视为零),经b孔进入磁场,过P面上的c点(图中未画出)进入电场,最终打到记录板Q上。不计粒子重力。

(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L;
(2)求粒子打到记录板上位置的x坐标;
(3)求粒子打到记录板上位置的y坐标(用R、d表示);
(4)如图乙所示,在记录板上得到三个点s1、s2、s3,若这三个点是质子 11H、氚核 13H、氦核 24He的位置,请写出这三个点分别对应哪个粒子(不考虑粒子间的相互作用,不要求写出推导过程)。

18.

(16分)如图所示,一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板,P、Q两物块的质量分别为m和4m,Q静止于斜面上A处。某时刻,P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tan θ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦,与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点,斜面足够长,Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。
(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1;
(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn;
(3)求物块Q从A点上升的总高度H;
(4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞,求A点与挡板之间的最小距离s。

2020年物理(山东卷)
1.D　在位移s与时间t的关系图像中,斜率表示速度。0~t1,斜率增加,乘客加速下楼,加速度向下,根据牛顿第二定律,mg-FN=ma,得出FN乘客匀速下楼,得出mg=FN,选项B错误;t2~t3,斜率减小,乘客减速下楼,加速度向上,根据牛顿第二定律,FN-mg=ma,得出FN>mg,选项C错误,选项D正确。
2.B　氚核的衰变方程为 13H→23He+-10e,根据电流的定义式得,q=It=5.0×10-8×3.2×104 C=1.6×10-3 C,发生衰变的氚核个数n=qe=1.6×10-31.6×10-19个=1×1016个,选项A、C、D错误,选项B正确。
3.A　光在玻璃中的速度v=cn,穿过玻璃砖的时间t1=xv=10λcn=15λc。穿过与玻璃砖厚度相同的真空,所需时间t2=xc=10λc,时间差Δt=t1-t2=5λc,选项B、C、D错误,选项A正确。
4.D　已知x=5λ4处质点的振动方程y=Acos2πTt,t=0时,该质点位于正向最大位移处,t=3T4时该质点位于平衡位置,且向上运动,A、B选项图中该质点不在平衡位置,C选项图中该质点向下运动,故选项A、B、C错误,选项D正确。
5.A　由理想变压器原、副线圈电压关系得U1U2=n1n2=220VU2=223,求出U2=30 V。小灯泡正常工作,I=U灯R=2415 A=1.6 A,并联的阻值R并=U2-U灯I,根据并联关系有1R并=1R1+1R2+R,代入数据得出R=1 Ω,选项B、C、D错误,选项A正确。
6.C　在P-V图像中,图像与坐标横轴所围的面积表示外界对气体做的功,体积增加时做负功,体积减少时做正功,a→b过程的面积与b→c过程的面积相等,表明两个过程做功大小相等,W1=W2,选项A错误;根据理想气体状态方程,PVT=C,PV值越大,温度越高,状态a、b、c三者温度对比Ta=Tb0,根据热力学第一定律,a→b过程,ΔU1=W1+Q1,得出Q1=-W1,b→c过程,ΔU2=W2+Q2,得出Q2=ΔU2-W2,故Q2>Q1,选项B错误;c→a过程的内能变化ΔU3<0,体积减小,W3>0,根据热力学第一定律,c→a过程,ΔU3=W3+Q3,得出W3<|Q3|,选项C正确;Ta=Tbgcos 45°,对B有,2mgsin 45°=FT+FfAB+Ff板B,又Ff板B=3μmgcos 45°,联立得μ=15,选项A、B、D错误,选项C正确。
9.AC　

设该单色光的临界角为θ,则sin θ=1n=12,故θ=45°,如图所示,单色光在E点恰好发生全反射,光能从E点以下的区域射出,由几何关系可得出射区域的面积占侧面总面积的12,选项A正确,B错误;若单色光的频率变小,则其折射率变小,临界角变大,出射点E将沿侧面上移,出射区域的面积将增大,选项C正确,D错误。
10.BD　试探电荷在O点仅在电场力作用下保持静止,则其所受合力为零。若将试探电荷向左移动少许,则其将在静电力作用下向左运动,静电力做正功,电势能减少,试探电荷带负电,故由O向a运动过程中电势升高,同理由O向c运动过程中电势升高,所以ac连线上O点电势最低。bd连线上由电势的叠加可知,O点电势最高,所以选项A错误,B正确。因为φa>φb,φc>φd,试探电荷带负电,所以EpaM,选项A正确,B错误;在B从释放位置运动到最低点过程中,钩码先加速后减速,合力先向下后向上,位移一直向下,故合力先做正功后做负功,选项C正确;在B从释放位置运动到速度最大过程,除重力之外只有弹簧弹力做功,根据功能关系,克服弹力做功等于B机械能的减少量,选项D正确。
12.BC　设图中虚线方格的边长为l,线框总电阻为R,线框速度为v,则0~1 s内导体框切割磁感线的有效长度恒为2l,感应电流I1=2BlvR;t=2 s时导体框切割磁感线的有效长度为3l,感应电流I2=3BlvR,I2=32I1,故选项A错误,B正确;对比选项C、D可知,只要分析出t=1 s和t=2 s两个时刻ab边所受安培力大小关系就能选出正确选项,t=1 s时,Fab=Bl·2BlvR=2B2l2vR,t=2 s时,Fab'=2Bl·3BlvR=6B2l2vR,故Fab'=3Fab,选项C正确,D错误。
13.答案(1)0.32或0.33　3.1　(2)9.4
解析(1)设测量参考点的初速度为v0,则L=v0t+12at2,整理可得2Lt=2v0+at,故2Lt-t图像的纵轴截距为2v0,斜率为加速度a,对照图像可解得v0=0.32 m/s(或0.33 m/s),a=3.1 m/s2。
(2)设小物块与木板的摩擦因数为μ,由牛顿第二定律可得,木板倾角为53°时有mgsin 53°-μmgcos 53°=ma',木板倾角为37°时有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma,由题意可知a'=5.6 m/s2,联立解得g=9.4 m/s2。
14.答案(1)B
(2)①如图所示。

　②R1
　③如图所示。

解析(1)根据闭合电路欧姆定律有E=U+Ir,整理可得U=-rI+E,故U-I图像斜率的绝对值表示电源内阻大小,由图乙可知电压表示数变化小即U-I图像斜率小,原因是干电池内阻太小,故只有选项B正确。
(2)①先根据表格数据把各点位置在图中找出,然后采用拟合的方法用直线连接各点得到如图甲所示的图像,注意要把图像延长至坐标轴,便于求截距和斜率。

图甲
②改进实验时,为了使电压表示数变化明显,需要把一个定值电阻与电源串联,将定值内阻看成等效电源的内阻一同测量,由作出的U-I图像可得斜率约为2.6 Ω,故实验中与电源串联的电阻只能为R1。
③结合解析②可知,实物图连接如图乙所示。

图乙
15.答案13
解析设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1,温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2,罐的容积为V0,由题意知p1=p0、T1=450 K、V1=V0、T2=300 K、V2=20V021①
由理想气体状态方程得
p0V0T1=p2·2021V0T2②
代入数据得p2=0.7p0③
对于抽气罐,设初态气体状态参量分别为p3、V3,末态气体状态参量分别为p4、V4,罐的容积为V0',
由题意知p3=p0、V3=V0'、p4=p2④
由玻意耳定律得p0V0'=p2V4⑤
联立②⑤式,代入数据得V4=107V0'⑥
设抽出的气体的体积为ΔV,由题意知ΔV=V4-2021V0'⑦
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为
Δmm=ΔVV4⑧
联立②⑤⑦⑧式,代入数据得Δmm=13⑨
16.答案(1)4.8 m　(2)12 m
解析(1)在M点,设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1,由运动的合成与分解规律得v1=vMsin 72.8°①
设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1,由牛顿第二定律得mgcos 17.2°=ma1②
由运动学公式得d=v122a1③
联立①②③式,代入数据得d=4.8 m④
(2)在M点,设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2,由运动的合成与分解规律得v2=vMcos 72.8°⑤
设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2,由牛顿第二定律得mgsin 17.2°=ma2⑥
设腾空时间为t,由运动学公式得
t=2v1a1⑦
L=v2t+12a2t2⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式,代入数据得L=12 m⑨
17.答案(1)2mqUqB−2mUqB2-d2　(2)md2E4mU-2qd2B2　(3)R-R2-d2+d2R2-d2　(4)s1为氚核 13H,s2为氦核 24He,s3为质子 11H
解析(1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v,粒子在区域Ⅰ中,做匀速圆周运动对应圆心角为α,在M、N两金属板间,由动能定理得
qU=12mv2①
在区域Ⅰ中,粒子做匀速圆周运动,磁场力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=mv2R②
联立①②式得R=2mqUqB③
由几何关系得
d2+(R-L)2=R2④
cos α=R2-d2R⑤
sin α=dR⑥
联立①②④式得L=2mqUqB−2mUqB2-d2⑦
(2)设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的分速度为vz,沿x轴正方向加速度大小为a,位移大小为x,运动时间为t由牛顿第二定律得qE=ma⑧
粒子在z轴方向做匀速直线运动,由运动合成与分解的规律得
vz=vcos α⑨
d=vzt
粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动,由运动学公式得x=12at2
联立①②⑤⑧⑨式得x=md2E4mU-2qd2B2
(3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y,其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y',由运动学公式得
y'=vtsin α
由题意得y=L+y'
联立①④⑥⑨式得y=R-R2-d2+d2R2-d2
(4)将式变形得x=d2E4U-2qd2B2m,由此可知,粒子的比荷越大,其打到记录板上位置的x坐标越大,故s1、s2、s3分别对应氚核 13H、氦核 24He、质子 11H的位置。
18.答案(1)vP1大小为35v0,vQ1大小为25v0
(2)hn=725n-1·v0225g(n=1,2,3……)
(3)H=v0218g
(4)s=(87-13)v02200gsinθ
解析(1)P与Q的第一次碰撞,取P的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=mvP1+4mvQ1①
由机械能守恒定律得12mv02=12mvP12+12·4mvQ12②
联立①②式得
vP1=-35v0③
vQ1=25v0④
故第一次碰撞后P的速度大小为35v0,Q的速度大小为25v0。
(2)设P、Q第一次碰撞后Q上升的高度为h1,对Q由运动学公式得
0-vQ12=2·(-2gsin θ)·ℎ1sinθ⑤
联立①②⑤式得h1=v0225g⑥
设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02,第一次碰后至第二次碰前,对P由动能定理得
12mv022−12mvP12=-mgh1⑦
联立①②⑤⑦式得v02=75v0⑧
P与Q的第二次碰撞,设碰后P与Q的速度分别为vP2、vQ2,由动量守恒定律得mv02=mvP2+4mvQ2⑨
由机械能守恒定律得12mv022=12mvP22+12·4mvQ22
联立①②⑤⑦⑨式得
vP2=-35×75v0
vQ2=25×75v0
设第二次碰撞后Q上升的高度为h2,对Q由运动学公式得
0-vQ22=2·(-2gsin θ)·ℎ2sinθ
联立①②⑤⑦⑨式得h2=725·v0225g
设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03,第二次碰后至第三次碰前,对P由动能定理得
12mv032−12mvP22=-mgh2
联立①②⑤⑦⑨式得v03=752v0
P与Q的第三次碰撞,设碰后P与Q的速度分别为vP3、vQ3,由动量守恒定律得mv03=mvP3+4mvQ3
由机械能守恒定律得
12mv032=12mvP32+12·4mvQ32
联立①②⑤⑦⑨式得
vP3=-35×752v0
vQ3=25×752v0
设第三次碰撞后Q上升的高度为h3,由运动学公式得
0-vQ32=2·(-2gsin θ)·ℎ3sinθ
联立①②⑤⑦⑨式得
h3=7252·v0225g
……
总结可知,第n次碰撞后,物块Q上升的高度为hn=725n-1·v0225g(n=1,2,3……)
(3)当P、Q达到H时,两物块到此处的速度可视为零,对两物块运动全过程由动能定理得
0-12mv02=-(m+4m)gH-tan θ·4mgcos θ·Hsinθ
解得H=v0218g
(4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1,由运动学公式得vQ1=2gt1sin θ
设P运动到斜面底端时的速度为vP1',需要的时间为t2,由运动学公式得
vP1'=vP1+gt2sin θ
vP1'2-vP12=2sgsin θ
设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3
v02=(-vP1)-gt3sin θ
当A点与挡板之间的距离最小时t1=2t2+t3
联立式,代入数据得s=(87-13)v02200gsinθ

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