文档内容
2024 广东卷点睛押题
一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分。）
1．霓虹灯发光原理是不同气体原子从高能级向低能级跃迁时发出能量各异的光子而呈现五
颜六色，如图为氢原子的能级示意图。大量氢原子处于𝑛 =4的激发态，在向低能级跃迁时
放出光子，用这些光子照射逸出功为2.29eV的金属钠。下列说法正确
的是（ ）
A．逸出光电子的最大初动能为10.80eV
B．从𝑛 =4能级跃迁到𝑛 =3能级时放出的光子能量最大
C．有4种频率的光子能使金属钠发生光电效应
D．用0.54eV的光子照射，氢原子可跃迁到𝑛 =5的激发态
2．在一次抓金砖活动中，某参赛者单手刚好能将一金砖从桌面上抓起。如图所示，该金砖
的横截面为等腰梯形，底角为𝜃，金砖的重量为G。下列说法正确的
是（ ）
A．金砖保持静止时，手对金砖的作用力大小为G
B．金砖保持静止时，仅增大手对金砖的压力，金砖受到手的摩擦力保持不变
C．无论𝜃角多大，都可以将金砖抓起
D．相同重量的金砖，𝜃角越小，金砖越容易被抓起
3．如图示，某运动员在足球场上进行“带球突破”训练。运动员沿边线将足球向前踢出，足
球沿边线运动，为控制足球，又向前追上足球，下列可能反映此过程的v-t图像和x-t图像
是（ ）
A． B．
C． D．
试卷第1页，共8页4．磷是构成DNA 的重要元素，2023 年科学家在土卫二的海洋中检测到磷。此发现意味着
土卫二有可能存在生命。目前探测器已经测出了土卫二的密度为𝜌，现发射一颗贴近土卫二
表面的人造卫星对土卫二进一步观测，已知万有引力常量为G，则根据题中所给数据可以计
算出（ ）
A．人造卫星的周期 B．土卫二的质量
C．人造卫星的向心加速度大小 D．人造卫星与土卫二之间的万有引力大小
5．如图所示，一正方体玻璃砖边长为a。玻璃砖底面中心有一单色点光源，可向各个方向
发射光线。该玻璃砖对光的折射率为√3，则玻璃砖上表面有光折射出来的区域面积为（ ）
A．𝑎2 B．1 𝑎2 C．1 𝜋𝑎2 D．1 𝜋𝑎2
2 4 2
6．如图所示，矩形线圈切割磁感线产生一交流电压𝑒 =30√2sin100π𝑡(V)，矩形线圈的电阻
𝑟 = 2Ω，将其接在理想变压器原线圈上。标有“220V 44W”的灯泡L正常发光，交流散热风
扇M正常工作，风扇的内阻为20Ω，交流电流表A（不考虑内阻）的示数为0.4A，导线电阻
不计，不计灯泡电阻的变化，且𝑛2 <30。以下判断正确的是（ ）
𝑛1
A．在图示时刻，穿过线圈磁通量变化最快
B．从图示位置开始，当矩形线圈转过π时，线圈中的电流方向为BADCB
2
C．风扇输出的机械功率是44W
D．原副线圈的匝数比𝑛 :𝑛 =10:1
1 2
试卷第2页，共8页7．“水袖功”是中国古典舞中用于表达情感的常用技巧，舞者通过手把有规律的抖动传导至
袖子上，营造出一种“行云流水”的美感。某次演员抖动水袖时形成一列沿x轴传播的简谐横
波，其在某一时刻的波形图如图甲所示，P和Q是这列简谐横波上的两个质点，从该时刻（设
为𝑡 =0）起质点Q在一段时间内的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．该列简谐横波沿x轴负方向传播，波速大小为1m/s
B．该列简谐横波与频率为2Hz的简谐横波可发生稳定干涉
C．在𝑡 =1s时，质点P的加速度为零
D．从𝑡 =0到𝑡 =3s，质点Q通过的路程为2.4m
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分）
8．如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在粗糙固定直杆
N处质量为0.2kg的小球（可视为质点）相连。直杆与水平面的夹角为30°，N点距水平面
的高度为0.4m，NP=PM，ON=OM，OP等于弹簧原长。小球从N处由静止开始下滑，经过
P处的速度为2m/s，并恰能停止在M处。已知重力加速度取10m/s2，小球与直杆的动摩擦
因数为√3，则下列说法正确的是（ ）
5
A．小球通过P点时的加速度大小为3m/s2
B．弹簧具有的最大弹性势能为0.5J
C．小球通过NP段与PM段摩擦力做功相等
D．N到P过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能为0.4J
试卷第3页，共8页9．如图所示，正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴′𝐵′𝐶′的A点固定一个电荷量为+𝑄的点电荷，C点固定一个
电荷量为−𝑄的点电荷，D、𝐷′点分别为AC、𝐴′𝐶′边的中点，取无穷远处电势为零。下列说
法中正确的是（ ）
A．B、𝐵′两点的电场强度相同
B．将一电子沿直线从𝐴′点移到𝐶′点，电势能增加
C．将一电子沿直线从B点移到𝐷′点，电场力做负功
D．若在𝐴′点和𝐶′点分别再固定电荷量为+𝑄和−𝑄的点电荷，B点的电势不变
10．如图所示是一种经颅磁刺激的医疗技术，在人体头部上方放置的金属线圈内通以脉冲电
流，电流流经线圈产生高强度脉冲磁场，磁场穿过头颅对脑部特定区域产生感应电流，下列
说法正确的是（ ）
A．脉冲电流流经线圈会产生高强度的磁场是电磁感应现象
B．变化的磁场会使得脑部特定区域产生感应电场
C．若将脉冲电流改为恒定电流，也会持续对脑部产生感应电流
D．若脉冲电流最大强度不变，但脉冲电流时间Δ𝑡缩短，则在脑部产生的感应电流会增强
试卷第4页，共8页三、实验题
11．（7分）某同学利用双线摆和光传感器测量当地的重力加速度，如图甲所示，A为激光
笔，B为光传感器。
实验过程如下：
(1)用20分度的游标卡尺测量小球的直径，如图乙所示，则小球的直径𝑑 =_________mm。
(2)①测出两悬点（两悬点位于同一水平高度）间的距离s和摆线长𝑙（两摆线等长）。
②使悬线偏离竖直方向一个较小角度并将摆球由静止释放，同时启动光传感器，得到光照强
度随时间变化的图像如图丙所示，则双线摆摆动的周期𝑇 =_________。
(3)根据上述数据可得当地重力加速度𝑔 =_________（用T、d、𝑙、s表示），若小球经过最
低点时，球心位置比激光光线高度高些，则重力加速度的测量值与真实值相比_________（填
“偏大”“偏小”或“相等”）。
(4)该双线摆装置测重力加速度较传统的单摆实验有何优点?____________（回答一点即可）。
12．（10分）为了测定某电池的电动势（约为10V）和内阻（小于5Ω），一个量程为5V的
电压表与电阻箱串联，将其量程扩大为15V，然后用伏安法测电池的电动势和内阻，电压表
的内阻远大于滑动变阻器的最大电阻，该实验的操作过程如下：
(1)扩大电压表的量程，实验电路如图甲所示。
①把滑动变阻器的滑片移至________（填“a”或“b”）端，把电阻箱的阻值调到零，闭合开关。
②移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为4.8V，保持滑动变阻器滑片的位置不变，把
试卷第5页，共8页电阻箱的阻值调到适当值，使电压表的示数为_________V，若此时电阻箱的示数为R ，则
0
改装后电压表的内阻为_________（结果用R 表示）。
0
(2)用该扩大了量程的电压表（电压表的表盘没变）测电池电动势E和内阻r，实验电路如图
乙所示，记录多组电压表的示数U和电流表的示数I，并作出U一I图线如图丙所示，可知
电池的电动势为_________V，内阻为_________Ω。
四、解答题
13．（9分）如图U形绝热容器通过轻质活塞密闭一定质量的理想气体，初始温度T =300K，
0
压强等于大气压强p =105Pa。活塞被插销固定时，该气体吸收400J的热量后温度变为
0
T =400K；插销拔掉时，需要吸收600J的热量才能使气体温度变为T =400K，不计活塞受到
1 1
的摩擦。
（1）插销拔掉时，气体温度变为400K时，求内能的变化量；
（2）求该气体的初始体积。
试卷第6页，共8页14．（13分）如图所示的直角坐标系，在横轴下方有一半径为R的圆形磁场区域，与x轴相
切于坐标原点。在𝑦<−𝑅的范围内沿y方向均匀分布着大量质量为m、电荷量为+𝑞的带电
粒子，它们以平行于x轴的相同初速度射入圆形磁场区域，均恰能由O点射入第一象限的
矩形磁场区域OPQN内，矩形磁场区域的长度为其宽度的2倍。已知在矩形磁场区域内运
动时间最长的粒子转过的圆心角为𝜋，两磁场区域的磁感应强度大小均为B，不计粒子重力。
2
求：
（1）粒子的初速度𝑣 ；
0
（2）矩形磁场区域的宽度a；
（3）从PQ边射出的粒子数与射入磁场的总粒子数的比。
试卷第7页，共8页15．（15分）如图所示，质量为m的足够长的木板放在光滑的水平地面上，与木板右端距离
为x的地面上立有一柔性挡板，木板与挡板发生连续碰撞时速度都会连续发生衰减，当木板
与挡板发生第n次碰撞时，碰后瞬间的速度大小𝑣′ 与第一次碰前瞬间的速度大小𝑣 满足关
𝑛 1
系式𝑣′ = 1 𝑣 。现有一质量为2m的物块以速度𝑣 =4√𝜇𝑔𝑥从左端冲上木板，造成了
𝑛 𝑛(𝑛+1) 1 0
木板与柔性挡板的连续碰撞（碰撞时间均忽略不计），物块与木板间的动摩擦因数为𝜇。已
知重力加速度为g，在木板停止运动前，物块都不会和木板共速。
（1）物块刚滑上木板时，求物块和木板的加速度大小；
（2）从物块滑上木板到木板与柔性挡板第一次碰撞时，求物块与木板因摩擦产生的热量；
（3）从物块滑上木板到木板与柔性挡板第n次碰撞时，求物块运动的位移大小。
试卷第8页，共8页参考答案：
1．C
【详解】A．由题意知，氢原子从𝑛 =4能级跃迁到𝑛 =1能级时，辐射出的光子能量最大，
光子最大能量为
ℎ𝜈 =𝐸 −𝐸 =12.75eV
m 4 1
用该光子照射逸出功为2.29eV的金属钠时，逸出光电子的最大初动能最大，为
𝐸 =ℎ𝜈 −𝑊 =10.46eV
𝑘m m 0
故A错误；
B．氢原子从𝑛 =4能级跃迁到𝑛 =3能级时，辐射出的光子能量最小，故B错误；
C．若要使金属钠发生光电效应，则照射的光子能量要大于其逸出功2.29eV，大量氢原子从
𝑛 =4的激发态跃迁到基态能放出C2 =6种频率的光子，其光子能量分别为
4
12.75eV、2.55eV、0.66eV、12.09eV、1.89eV、10.2eV，其中能量为0.66eV、1.89eV的光子
不能使金属钠发生光电效应，其他4种均可以，故C正确；
D．由于从𝑛 =4能级跃迁到𝑛 =5能级需要吸收的光子能量为
Δ𝐸 =𝐸 −𝐸 =−0.54eV−(−0.85eV) =0.31eV≠0.54eV
5 4
所以用0.54eV的光子照射，不能使氢原子跃迁到𝑛 =5激发态，故D错误。
故选C。
2．A
【详解】A．手与金砖有两个接触面，对金砖施加两个正压力𝐹 并产生两个静摩擦力𝐹，这
N f
四个力的作用效果与重力平衡，故手对金砖的作用力大小为G，方向竖直向上，故A正确；
B．根据受力分析图，竖直方向有
2𝐹 cos𝜃+𝐺 =2𝐹sin𝜃
N f
可知仅增大手对金砖的压力，金砖受到手的摩擦力将增大，故B错误；
CD．设手与金砖间的最大静摩擦力为正压力的k倍，根据受力分析图，可知当
𝐹sin𝜃 ≤𝐹 cos𝜃
f N
即
1
tan𝜃 ≤
𝑘
时，无论正压力𝐹 多大，都无法将金砖拿起，故tan𝜃越大，即𝜃角越大，越容易单手抓起金
N
砖，故CD错误。
故选A。
答案第1页，共11页3．C
【详解】AB．足球沿边线在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，速度越来越小；运动员为
了追上足球做加速运动，速度越来越大。v-t图像与坐标轴的面积表示位移，当运动员追上
足球时，运动员和足球的位移相同，v-t图像与坐标轴围成的面积相同，故AB错误；
CD．x-t图像的斜率表示速度，足球做减速运动，足球的x-t图像斜率逐渐减小，运动员向
前追赶足球，做加速运动，运动员的x-t图像斜率逐渐增大，当运动员追上足球时，足球和
运动员在同一时刻到达同一位置，足球和运动员的x-t图像交于一点，故C正确，D错误。
故选C。
4．A
【详解】设土卫二的质量为𝑀，半径为𝑅，根据题意有
𝑀 𝑀 3 𝑀
𝜌= = = ×
𝑉 4 4𝜋 𝑅3
𝜋𝑅3
3
设贴近其表面的人造卫星的质量为𝑚，周期为𝑇，向心加速度为𝑎，则有
𝑀𝑚 2𝜋
𝐺 =𝑚( )2𝑅
𝑅2 𝑇
𝑀𝑚
𝐺 =𝑚𝑎
𝑅2
整理得
4𝜋2𝑅3 3𝜋
𝑇 =√ =√
𝐺𝑀 𝐺𝜌
𝐺𝑀
𝑎 =
𝑅2
即人造卫星的周期可以计算出，但土卫二的质量无法求得，人造卫星的向心加速度大小无法
求得，人造卫星与土卫二之间的万有引力大小也无法求得。
故选A。
5．A
答案第2页，共11页【详解】根据介质对光的折射率可知，临界角为
1
sin𝐶 =
𝑛
解得
√3
sin𝐶 =
3
由几何关系可得，当入射角为临界角时，在上表面能折射出光线的最大半径为
√2𝑎 𝑎
𝑟 =𝑎tan𝐶 = >
2 2
而圆的直径等于上表面的对角线，因此光线在上表面能被光照亮的区域是整个正方形，所以
面积为
𝑠 =𝑎2
故选A。
6．B
【详解】A．在图示时刻，穿过线圈磁通量最大，磁通量的变化率最小，故A错误；
B．从图示位置开始，当矩形线圈转过π时穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知线圈
2
中的电流方向为BADCB，故B正确；
C．当灯泡L正常发光时，灯泡和电风扇两端的电压为220V,通过灯泡的电流为
𝑃
𝐼 = =0.2A
𝑈
通过风扇的电流为
𝐼 =0.2A
1
电风扇的输入功率为
𝑃 =𝑈𝐼 =44W
电风扇的热功率为
P =𝐼2𝑅 =0.8W
热
所以风扇输出的机械功率是
𝑃′ =𝑃−𝑃 =43.2W
热
故C错误；
D．矩形线圈切割磁感线产生的电压有效值为
𝑈 =30V
答案第3页，共11页根据理想变压器原副线圈的匝数比和电流、电压的关系得
30−2𝐼 𝑛
1 1
=
220V 𝑛
2
0.4 𝑛
1
=
𝐼 𝑛
1 2
又
𝑛
2
<30
𝑛
1
解得
𝑛 :𝑛 =1:10
1 2
故D错误。
故选B。
7．A
【详解】A．𝑡 =0时刻，质点Q振动方向向上，根据同侧法可判断出该波沿x轴负方向传
播，从图像可读出
𝜆 =2m，𝑇 =2s
可得波速为
𝜆
𝑣 = =1m/s
𝑇
A正确；
B．该波的频率为
1
𝑓 = =0.5Hz
𝑇
频率相同的两列波才能发生的稳定的干涉，B错误；
C．已知
𝑇
𝑡 =1s=
2
所以质点P在𝑡 =1s时位于负向最大位移处，加速度为正向最大，C错误；
D．已知
3𝑇
𝑡 =3s=
2
质点Q通过的路程为
𝑠 =6𝐴 =120cm =1.2m
D错误。
答案第4页，共11页故选A。
8．CD
【详解】A．因在P点时弹簧在原长，则到达P点时的加速度为
𝑎 =𝑔sin30°−𝜇𝑔cos30° =2m/s2
故A错误；
C．因NP段与PM段关于P点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等，
摩擦力做功相等，故C正确；
B．设小球从N运动到P的过程克服摩擦力做功为W，弹簧具有的最大弹性势能为E ，根
f p
据能量守恒定律得，对于小球N到P的过程有
ℎ 1
𝑚𝑔× +𝐸 = 𝑚𝑣2+𝑊
2 p 2 f
N到M的过程有
𝑚𝑔ℎ =2𝑊
f
得
1 1
𝐸 = 𝑚𝑣2 = ×0.2×22J=0.4J
p 2 2
故B错误；
D．N到P过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能
𝑚𝑔ℎ
Δ𝐸 =𝑊 = =0.4J
f 2
故D正确。
故选CD。
9．BD
【详解】A．B、𝐵′两点在AC连线中垂线上，根据等量异种电荷的电场线分布特征可知，B、
𝐵′两点的电场强度方向都与AC平行，方向相同，但𝐵′离𝐴𝐶较远，故B点的电场强度大于𝐵′
点的电场强度，故A错误；
B．根据等量异种电荷的电场线分布特征可知，𝐴′点电势高于𝐶′点，故负试探电荷从𝐴′点移
到𝐶′点，电场力做负功，电势能增大，故B正确；
C．由等量异种电荷电场线分布可知，面B𝐵′ 𝐷′D为等势面，则将一电子沿直线从B点移到
𝐷′点，电场力不做功，故C错误；
D．根据公式𝜑 = 𝑘𝑞，由于𝐵到𝐴、𝐶的距离相等，A点固定一个电荷量为+𝑄的点电荷，C点
𝑟
答案第5页，共11页固定一个电荷量为−𝑄的点电荷，则𝐵点电势为0，若在𝐴′点和𝐶′点分别再固定电荷量为+𝑄和
−𝑄的点电荷，由于𝐵到𝐴′、𝐶′的距离仍相等，则𝐵点电势仍为0，保持不变，故D正确。
故选BD。
10．BD
【详解】A．脉冲电流流经线圈会产生高强度的磁场是电生磁，是电流的磁效应，故A错误；
B．脉冲磁场对脑部特定区域产生感应电流是磁生电，是电磁感应现象，即变化的磁场会使
得脑部特定区域产生感应电场，故B正确；
C．将脉冲电流改为恒定电流，不会产生变化的磁场，不会产生感应电流，不可持续对脑神
经产生电刺激作用，故C错误；
D．若脉冲电流最大强度不变，但缩短脉冲电流时间，则产生的磁场变化的更快，在脑部产
生的感应电场及感应电流会增强，故D正确。
故选BD。
11．(1)20.80
(2)2Δ𝑡
(3) 4𝜋2 (√𝑙2− 𝑠2 + 𝑑 ) 相等
𝑇2 4 2
(4)可使小球更好地在同一平面内摆动
【详解】（1）小球直径为
𝑑 =36mm−0.95×16mm =20.80mm
（2）因为每半个周期挡光一次，故双线摆摆动的周期
𝑇 =2Δ𝑡
（3）[1]根据几何关系可得摆长
𝑠 2 𝑑
𝐿 =√𝑙2−( ) +
2 2
根据单摆周期公式
𝐿
𝑇 =2𝜋√
𝑔
可得
答案第6页，共11页4𝜋2 𝑠2 𝑑
𝑔 = ⋅(√𝑙2− + )
𝑇2 4 2
[2]因为不在同一高度会影响遮光时间，但不影响遮光周期，故重力加速度的测量值等于真
实值。
（4）该装置测重力加速度可使小球更好地在同一竖直平面内摆动。
12．(1) b 1.6 1.5 R
0
(2) 9.6 3.0
【详解】（1）①[1]把滑动变阻器的滑片移至b端，可以保证电路的安全。
②[2]根据电路分析，把量程5V的电压表量程扩大到15V，则电阻箱所分电压为10V，其阻
值为改装前电压表的两倍，保持滑动变阻器滑片的位置不变，把电阻箱的阻值调到适当值，
使电压表与电阻箱的电压之和为4.8V，即电压表电压为1.6V，电阻箱电压为3.2V，符合实
验要求。
[3]若此时电阻箱的示数为R ，则改装后电压表的内阻为
0
𝑅 =0.5𝑅 +𝑅 =1.5𝑅
V 0 0 0
（2）[1][2]由闭合电路欧姆定律，可得
3𝑈 =𝐸−𝐼𝑟
整理，可得
1 𝑟
𝑈 = 𝐸− 𝐼
3 3
结合丙图，可得
1
𝐸
=3.2V，𝑟
=|
1.4−3.2
|
3 3 1.8
解得
𝐸 =9.6V，𝑟 =3.0Ω
13．（1）400J；（2）6L
【详解】（1）等容过程中，根据热力学第一定律有
Δ𝑈 =𝑊 +𝑄
1 1 1
等容过程，𝑊 =0、气体对外做功为0，而𝑄 =400J，则
1 1
Δ𝑈 =𝑄 =400J
1 1
对于一定质量的理想气体，初始温度为300K，等压过程温度上升100K，而等容过程温度上
答案第7页，共11页升100K，则气体的内能增加量相同，即
Δ𝑈 =Δ𝑈 =400J
2 1
（2）等压过程中，根据热力学第一定律有
Δ𝑈 =𝑊 +𝑄
2 2 2
而𝑄 =600J，Δ𝑈 =400J，解得
2 2
𝑊 =200J
2
根据盖-吕萨克定律
𝑉 𝑉 +Δ𝑉
0 0
=
𝑇 𝑇
0 1
等压过程中，气体对外做功为
𝑊 =𝑝 ⋅Δ𝑉
2 0
该气体的初始体积
𝑉 =6L
0
14．（1）𝑞𝐵𝑅；（2）4+√6 𝑅；（3）6−√6
𝑚 10 10
【详解】（1）设粒子在磁场区域内做匀速圆周运动的半径为𝑟，根据牛顿第二定律，有
𝑚𝑣2
0
𝑞𝑣 𝐵=
0 𝑟
因为入射的粒子均由𝑂点进入第一象限，是磁聚焦模型，有
𝑟 =𝑅
解得
𝑞𝐵𝑅
𝑣 =
0 𝑚
（2）设在矩形区域内运动时间最长的粒子其速度方向与𝑦轴正方向夹角为𝜃，由题意知，其
轨迹与𝑃𝑄边刚好相切，由几何关系得
𝑟sin𝜃+𝑟cos𝜃 =2𝑎
𝑟sin𝜃+𝑎 =𝑟
解得
4+√6
𝑎 = 𝑅
10
（3）由上问可解得
6−√6
sin𝜃=
10
设在矩形区域内运动时间最长的粒子，其射入圆形磁场区域时的纵坐标为−𝑦 ，由几何关系
1
答案第8页，共11页得
𝑅−𝑦 =𝑅sin𝜃
1
所求粒子占比为𝑅−𝑦1，代入数据得
𝑅
𝑅−𝑦 6−√6
1
=
𝑅 10
15．（1）𝜇𝑔，2𝜇𝑔；（2）5𝜇𝑚𝑔𝑥；（3）( 15 − 2 − 2 )𝑥
2 𝑛 𝑛2
【详解】（1）对物块由牛顿第二定律有
𝜇×2𝑚𝑔=2𝑚𝑎
1
解得
𝑎 =𝜇g
1
对木板由牛顿第二定律有
𝜇×2𝑚𝑔=𝑚𝑎
2
解得
𝑎 =2𝜇𝑔
2
（2）从开始运动到第一次碰撞挡板有
1
𝑥 = 𝑎 𝑡2
2 2 1
从木板开始运动到发生第一次碰撞时的时间为
𝑥
𝑡 =√
1 𝜇𝑔
答案第9页，共11页这段时间内，物块的位移
1
𝑥 =𝑣 𝑡 − 𝑎 𝑡2
1 0 1 2 1 1
解得
7
𝑥 = 𝑥
1 2
故摩擦产生的热量为
𝑄 =𝜇×2𝑚𝑔(𝑥 −𝑥)
1
解得
𝑄 =5𝜇𝑚𝑔𝑥
（3）第一次碰撞前，木板的速度
𝑣 =√2×2𝜇𝑔𝑥 =2√𝜇𝑔𝑥
1
第一次碰撞后的速度
1 1
𝑣′ = 𝑣 =(1− )𝑣
1 1×2 1 2 1
第二次碰前的速度
𝑣 =𝑣′
2 1
故第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为
𝑣 1
1
Δ𝑡 =2× =2(1− )𝑡
1 𝑎 2 1
2
故从木板开始运动到第二次碰撞时的时间间隔为
1
𝑡 =𝑡 +Δ𝑡 =𝑡 +2(1− )𝑡
2 1 1 1 2 1
第二次碰撞后的速度
1 1 1
𝑣′ = 𝑣 =( − )𝑣
2 2×3 1 2 3 1
第三次碰前的速度
𝑣 =𝑣′
3 2
故第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为
𝑣′ 1 1
2
Δ𝑡 =2× =2( − )𝑡
2 𝑎 2 3 1
2
故从木板开始运动到第三次碰撞时的时间间隔为
1
𝑡 =𝑡 +Δ𝑡 =𝑡 +2(1− )𝑡
3 2 2 1 3 1
归纳可知，从木板开始运动到第n次碰撞时的时间间隔为
答案第10页，共11页1 2
𝑡 =𝑡 +2(1− )𝑡 =(3− )𝑡
𝑛 1 𝑛 1 𝑛 1
该过程中，物块始终做匀减速运动，故对物块由运动学公式有
1
𝑥 =𝑣 𝑡 − 𝑎 𝑡2
2 0 𝑛 2 1 𝑛
代入数据解得
15 2 2
𝑥 =( − − )𝑥
2 2 𝑛 𝑛2
答案第11页，共11页
