原创（新高考）2021届高考考前冲刺卷物理（九）教师版_04高考物理_新高考复习资料_2021年新高考资料_2021届高考考前冲刺卷（新高考）

止电压随入射光的频率增大而增大，故D错误。 （新高考）2021 届高考考前冲刺卷 3．截至2020年11月，被誉为“中国天眼”的500米口径球面射电望远镜（FAST）已取得一系列 重大科学成果，发现脉冲星数量超过240颗。脉冲星就是旋转的中子星，每自转一周，就向外发射一 物 理 （九） 次电磁脉冲信号，因此而得名。若观测到某个中子星发射电磁脉冲信号的周期为T，该中子星的半径 为R，已知万有引力常量为G，中子星可视为匀质球体，由以上物理量可以求出( ) 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴 在答题卡上的指定位置。 A．该中子星的质量 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在 B．该中子星的第一宇宙速度 试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 C．该中子星赤道表面的重力加速度 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和 D．该中子星赤道上的物体随中子星转动的向心加速度 答题卡上的非答题区域均无效。 【答案】D 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 【解析】电磁脉冲信号的周期T即为中子星的自转周期，所以中子星的同步卫星的周期为T，根据 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是 牛顿第二定律得 ，因为同步卫星的高度未知，所以中子星的质量无法求 符合题目要求的。 解，A错误；该中子星的近地卫星速度即为第一宇宙速度，有mg＝G＝m，因为中子星质量未知，所以 1．在水瓶中装入半瓶热水盖紧瓶盖，一段时间后发现瓶盖变紧，由此可推断瓶内气体分子单位 中子星的重力加速度或第一宇宙速度无法求解，BC错误；该中子星赤道上的物体随中子星转动的向 时间内对瓶盖的撞击次数、气体分子平均动能的变化情况分别是( ) 心加速度a＝R，D正确。 A．减少，减小 B．减少，增大 4．如图所示是彩虹成因的简化示意图，设水滴是球形的，图中的圆代表水滴过球心的截面。入射 C．增多，减小 D．增多，增大 光线在过此截面的平面内，a、b是两种不同频率的单色光。下列说法正确的是( ) 【答案】A 【解析】一段时间后，瓶内气体温度降低，根据查理定律可知，体积不变，故其压强变小。可推断瓶 内气体分子单位时间内对瓶盖的撞击次数减少，气体分子平均动能对应宏观上的温度，故减小。 2．某金属发生光电效应，光电子的最大初动能E 与入射光频率v之间的关系如图所示。已知h k 为普朗克常量，e为电子电荷量的绝对值，结合图象所给信息，下列说法正确的是( ) A．雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹 B．水滴对a光的临界角大于对b光的临界角 C．在水滴中，a光的传播速度大于b光的传播速度 D．在水滴中，a光的波长大于b光的波长 A．频率大于v 0 的入射光不可能使该金属发生光电效应现象 【答案】A B．该金属的逸出功等于hv 0 【解析】水对不同色光的偏折程度不同，所以雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹，A 正确；根据图中光路图可知水对a光的偏折程度大，所以a光的折射率大，根据sin C＝可知a光的临 C．若用频率是3v 的光照射该金属，则遏止电压为 0 界角小于b光的临界角，B错误；根据v＝可知在水滴中，a光的传播速度小于b光的传播速度，C错 D．遏止电压随入射光的频率增大而减小 误；a光折射率大，频率高，根据c＝λf可知a光的波长小于b光的波长，D错误。 【答案】B 5．教学用发电机能够产生正弦式交变电流，利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值 【解析】由题知，金属的极限频率为v 0 ，而发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限 电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率 频率，故频率大于v 0 的入射光可以使该金属发生光电效应现象，故A错误；该金属的逸出功等于W 0 为P。若发电机线圈的转速变为原来的，则( ) ＝hv，故B正确；根据光电效应方程知E ＝hν－W，若用频率是3v 的光照射该金属，则光电子的最 0 km 0 0 大初动能E ＝2hv，则遏止电压 ，故C错误；遏止电压为 ，可知遏 km 0 封密不订装只卷此 号位座 号场考 号证考准 名姓 级班C．M点场强大于N点场强 D．将一正点电荷从A点移到O点，电场力做正功 【答案】A 【解析】根据空间几何的位置关系可知，A、B、C三点到P、Q两点的距离均相等，三点的场强和电 A．R消耗的功率变为P 势均相等，故A正确；电子带负电，电势小的地方电势能大，由于O点电势大于B点的电势，电子在O B．电流表A的读数变为2I 点具有的电势能小于在B点具有的电势能，故B错误；根据等量异种电荷电场线的分布，可知电场线 C．电压表V的读数变为U 的疏密程度是关于O点所在的中垂线对称的，所以M点场强等于N点场强，故C错误；A点电势小于 D．通过R的交变电流频率不变 O点电势，正点电荷从A点移到O点，电势升高，电势能升高，电场力做负功，故D错误。 【答案】C 【解析】根据ω＝2πn可知，转速变为原来的，则角速度变为原来的，根据E ＝nBSω可知电动机 m 产生的最大电动势为原来的，根据U＝可知发电机的输出电压有效值变为原来的，即原线圈的输出电 压变为原来的，根据＝可知副线圈的输入电压变为原来的，即电压表示数变为原来的，根据P＝可知 8．如图所示，水平地面有一个坑，其竖直截面为y＝kx2的抛物线（k＝1，单位为），ab沿水平方向， R消耗的电功率变为P，A错误，C正确；副线圈中的电流 ，变为原来的，根据＝可知原线圈中 a点横坐标为－s，在a点分别以初速度v、2v（v 未知）沿ab方向抛出两个石子并击中坑壁，且以v、 0 0 0 0 的电流也变为原来的，B错误；转速减小为原来的，则频率变为原来的，D错误。 2v 0 抛出的石子做平抛运动的时间相等。设以v 0 和2v 0 抛出的石子做平抛运动的时间为t，击中坑壁瞬 6．甲、乙两个质点从同一地点同时开始沿同一直线运动，甲和乙运动的位移－时间图像分别如 间的速度分别为v 1 和v 2 ，下落高度为H，（仅s和重力加速度g为已知量），则( （) 选项中只考虑数 值大小，不考虑量纲） 图中直线a、曲线b所示，曲线b是一条抛物线且顶点在原点O。在0～4 s时间内，甲、乙的最大距离 为( ) A．1 m B．2 m C．3 m D．4 m A．不可以求出t 【答案】A B．可求出t大小为 【解析】分析图像可知，甲做匀速直线运动，速度 ，乙做初速度为0的匀加速直 C．可以求出v 大小为 1 线运动，则 ，解得a＝0.5m/s2，甲、乙的距离 D．可求出H的大小为2s2 【答案】D ，根据数学知识，当 时甲、乙的距离最大， 【解析】由题可知，两个石子做平抛运动，运动时间一样，则下落的高度H一样，又因为落在抛物 且最大值 。故选A。 线上，所示是关于y轴对称的点上，可得 ，即 ，可得出落在坑壁上两个石 7．如图所示，两个等量异种点电荷分别位于P、Q两点，P、Q两点在同一竖直线上，水平面内有 一正三角形ABC，且PQ连线的中点O为三角形ABC的中心，M、N为PQ连线上关于O点对称的两 子的横坐标分别为 和 ，由 ，可得初始高度为 ，在落到坑壁的高度可带入抛物线表 点，则下列说法中正确的是( ) 达式计算求得为 ，所以利用高度差可求得 ，由 ，得平抛运动的运动时间 ，故D正确，AB错误； ， ，由运动的合成可得 ，故C错误。 A．A、B、C三点的电势相等 B．电子在O点具有的电势能大于在B点具有的电势能 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9．如图甲所示，水平放置的平行金属导轨左端连接一个平行板电容器C和一个定值电阻R，导体 棒MN放在导轨上且接触良好。装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所 示（垂直纸面向上为正），MN始终保持静止。不计电容器充电时间，则在0～t 时间内，下列说法正确 2 A．在0～x 的过程中，力F方向沿斜面向下 1 的是( ) B．在0～x 的过程中，物体的加速度逐渐增大 1 C．在x～x 的过程中，物体的动能逐渐增大 1 2 D．在x～x 的过程中，物体的重力势能逐渐增大 2 3 【答案】BC A．电阻R两端的电压大小始终不变 【解析】由图可知在0～x 过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，如果拉力方向向下，则知 1 B．电容C的a板先带正电后带负电 物体在沿斜面向上运动，这种情况不可能，所以拉力方向向上，则知物体在沿斜面向下运动，根据功 C．MN棒所受安培力的大小始终不变 能关系ΔE＝FΔx，0～x 过程中图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力逐渐减小，根据牛顿第二定 1 D．MN棒所受安培力的方向先向右后向左 律mgsin θ－F＝ma，可知加速度逐渐增大，故A错误，B正确；在x～x 过程中，拉力F＝0，机械能守 1 2 【答案】AD 恒，向下运动，重力势能减小，动能增大，故C正确；在0～x 过程中，加速度的方向与速度方向相同， 1 【解析】由乙图知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可以知道，回路中产生恒定电 都沿斜面向下，所以物体做加速运动，x～x 过程中F＝0，物体做匀加速运动；x～x 过程，机械能增 1 2 2 3 动势，电路中电流恒定，电阻R两端的电压恒定，故A正确；根据楞次定律判断可以知道，通过R的电 大，拉力做正功，沿斜面向下，故物体继续向下做加速运动，即物体一直沿斜面向下运动，故D错误。 流一直向下，电容器a板电势较高，一直带正电，故B错误；根据安培力公式F＝BIL，I、L不变，因为 12．如图所示，两个平行板电容器水平放置，A板用导线连接一理想二极管与M板相连，B板和N 磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，故C错误；由右手定则判断得知，MN中感应电流方向 板都接地。M板和N板中间插有电介质，A板和B板正中均有一小孔，两孔在同一竖直线上，让A板 一直向上，由左手定则判断可以知道，MN所受安培力的方向先向右后向左，故D正确。 带正电，稳定后，一带电粒子从小孔正上方由静止开始下落，穿过小孔到达B板处速度恰为零。空气 10．如图所示，两种不同材料的弹性细绳在O处连接，M、O和N是该绳上的三个点，OM间距离 阻力忽略不计，极板间电场视为匀强电场。若想使带电粒子从小孔正上方同一位置由静止开始下落后 为7.0 m，ON间距离为5.0 m。O点上下振动，则形成以O点为波源向左和向右传播的简谐横波Ⅰ和 能穿过B板小孔，下列方法可行的是( ) Ⅱ，其中波Ⅱ的波速为1.0 m/s。t＝0时刻O点处在波谷位置，观察发现5 s后此波谷传到M点，此时 O点正通过平衡位置向上运动，OM间还有一个波谷。则( ) A．波Ⅰ的波长为4 m B．N点的振动周期为4 s A．A板向下移动一小段距离 C．t＝3 s时，N点恰好处于波谷 B．M板向下移动一小段距离 D．当M点处于波峰时，N点也一定处于波峰 C．M、N板间换相对介电常数更大的电介质 【答案】BD D．N板向右移一小段距离 【解析】OM之间有两个波谷，即1λ 1 ＝7 m，解得波I的波长λ 1 ＝5.6 m，根据题意可知波I的波速 【答案】ABC ，周期 ，同一波源的频率相同，故N点的振动周期为4 s，A错误B正确； 【解析】联立 ，C＝，可得 ，假设Q不变，A板向下移动一小段距离，d减小， 波II的波长λ＝vT＝7 m，故在t＝0时刻N处于平衡位置向下振动，经过3s，即四分之三周期，N点在 2 2 则U减小，所以M应该给A充电，但是二极管反向，所以不能充电，E＝＝ ，电场强度不变，则 波峰，C错误；因为MN两点到波源的距离都为其各自波长的1倍，又两者振动周期相同，起振方向相 同，所以两者振动步调相同，即当M点处于波峰时，N点也一定处于波峰，D正确。 有 ，d减小时，带电粒子从小孔正上方同一位置由静止开始下落后能穿过 11．一物体放在倾角为θ且足够长的光滑斜面上，初始位置如图甲所示，在平行于斜面的力F(图 中未画出)的作用下由静止开始沿斜面运动，运动过程中物体的机械能E随位置x的变化关系如图乙 B板小孔，故A正确；M板向下移动一小段距离或MN板间换相对介电常数更大的电介质，MN间的 所示。其中0～x 过程的图线是曲线，x～x 过程的图线是平行于x轴的直线，x～x 过程的图线是倾 1 1 2 2 3 电压减小，则AB向MN充电，则AB的电量减少，由 可知，AB的电场强度减小，由 斜的直线，则下列说法正确的是( )第二步：把滑动变阻器滑片移到最右端，把电阻箱阻值调到零 可知，带电粒子从小孔正上方同一位置由静止开始下落后能穿过B板小 第三步：闭合开关，把滑动变阻器滑片调到适当位置，使电压表读数为3 V 第四步：把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为________V 孔，故BC正确；N板向右移一小段距离，由 可知，MN间的U增大，MN应该向AB充电， 第五步：不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其他线路，即得量程为15 V的电 但是二极管反向，所以不能充电，故AB间电压、电量、距离都不变，所以带电粒子不能穿过B板，故 压表。 D错误。 (2)实验可供选择的器材有： 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 A．电压表（量程为3 V，内阻约2 kΩ） 13．(6分)某实验小组利用如图所示的实验装置测定滑块与长木板之间的动摩擦因数，实验的主 B．电流表（量程为3 A，内阻约0.1 Ω） 要步骤如下： C．电阻箱（阻值范围0～9999 Ω） D．电阻箱（阻值范围0～999 Ω） E．滑动变阻器（阻值为0～20 Ω，额定电流2 A） F．滑动变阻器（阻值为0～20 kΩ） (1)将长木板放置在水平桌面上并固定好，并在其中间某一位置固定一光电门传感器； 回答：电阻箱应选_________，滑动变阻器应选_________。 (2)用游标卡尺测量固定在滑块上端的挡光片的宽度d，测量结果如图所示，则挡光片的宽度d＝ (3)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 _________mm； 示，得到多组电压U和电流I的值，并作出U－I图线如图丙所示，可知电池的电动势为_____V，内阻 (3)滑块放在长木板上，用手拨动滑块，通过光电门，运动一段距离后静止，记录挡光片的挡光时 为_____Ω。 间t、滑块静止位置与光电门之间的距离x； 【答案】(1)0.6 (2)C E (3)11.5 2.5 (4)已知重力加速度为g，则动摩擦因数μ＝_________（用题中所给字母表示）； 【解析】(1)把3 V的直流电压表接一电阻箱，改装为量程为15 V的电压表时，将直流电压表与电 (5)若某次实验时，手拨动滑块的位置到滑块静止位置的距离恰好是光电门到滑块静止位置的距 阻箱串联，整个作为一只电压表，据题分析，电阻箱阻值调到零，电压表读数为3 V，则知把电阻箱阻 离的两倍，已知挡光时间为t，滑块质量为m，则人拨动滑块时，对滑块的冲量大小为_________（用题 1 值调到适当值，使电压表读数为0.6 V。 中所给字母表示）。 (2)由题，电压表的量程为3 V，内阻约为2 kΩ，要改装成15 V的电压表，根据串联电路的特点可 【答案】(2)4.45 (4) (5) 知，所串联的电阻箱电阻应为8 kΩ，故电阻箱应选C。在分压电路中，为方便调节，滑动变阻器选用阻 值较小的，即选E。 【解析】(2)游标卡尺主尺读数为4 mm，游标尺上第9个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以读数为 (3)由丙读出，外电路断路时，电压表的电压U＝2.3 V，则电源的电动势E＝2.3×5＝11.5 V，内阻 4 mm＋9×0.05 mm＝4.45 mm。 。 (4)滑块经过光电门的速度 ，整个过程根据动能定理可知μmgx＝mv2，解得 。 15．(7分)如图所示，一竖直放置、粗细均匀且足够长的U形玻璃管左端开口，右端通过橡胶管与 (5)根据题意滑块经过光电门的速度 ，该速度为整个过程中中间位置的速度，故v2－v2＝ 放在水中导热的球形玻璃容器连通，球形容器连同橡胶管的容积V＝80 cm（3 不变），U形玻璃管中被 0 0 水银柱封闭有一定质量的理想气体。当环境温度为0℃（热力学温度为273 K）时，U形玻璃管右侧水 2ax，v2＝2ax，初速度v＝v，所以人拨动滑块时，对滑块的冲量大小 。 银面比左侧水银面高出h＝18 cm，右侧水银柱上方玻璃管长h＝30 cm，（已知大气压强p＝76 0 1 0 0 cmHg，U形玻璃管的横截面积为S＝0.5 cm2）（结果均保留一位小数） 14．(8分)某课外小组在参观工厂时，看到一丢弃不用的电池，同学们想用物理上学到的知识来测 定这个电池的电动势和内阻，已知这个电池的电动势约为11～13 V，内阻小于3 Ω，由于直流电压表 量程只有3 V，需要将这只电压表通过连接一固定电阻（用电阻箱代替），改装为量程为15 V的电压 表，然后再用伏安法测电池的电动势和内阻，以下是他们的实验操作过程： (1)若对水缓慢加热，应加热到多少摄氏度，两边水银柱高度会在同一水平面上？ (2)保持加热后的温度不变，往左管中缓慢注入水银，问注入水银的高度多少时右管水银面回到 (1)把电压表量程扩大，实验电路如图甲所示，实验步骤如下，完成填空： 原来的位置？ 第一步：按电路图连接实物 【解析】(1)对封闭的气体分析，初状态有p＝p－18 cmHg＝58 cmHg 1 0V＝V＋hS 1 0 0 得 T＝273K 1 所以导体棒最终停在水平磁场的正中间。 末状态有p＝p 2 0 17．(14分)如图所示，某粒子分析器由区域Ⅰ、区域Ⅱ和检测器Q组成。两个区域以垂直z轴的平 V＝V＋ S 2 1 面P为界，其中区域Ⅰ内有沿着z轴正方向的匀强磁场和匀强电场，区域Ⅱ内只有沿着z轴正方向的 匀强磁场，电场强度大小为E，两个区域内的磁感应强度大小均为B。当粒子撞击检测器Q时，检测器 T＝(273＋t)K 2 被撞击的位置会发光。检测器中心O′在z轴上，在检测器所在平面上建立与xOy坐标系平行的坐标系 由理想气体状态方程有＝ x′O′y′。一质量为m、带电荷量为q的带正电粒子从A点沿x轴正方向以初速度v 射入，若区域Ⅰ内只 代入数据得t＝118.6 ℃。 0 (2)当往左管注入水银后，末状态压强为p，体积为V＝V＋hS 1 0 0 存在匀强磁场，其轨迹圆圆心恰好是O点，平面P与O点的距离 ，运动过程粒子所受重力 由玻意耳定律有pV＝pV 2 2 1 可以忽略不计。 解得p＝83.2 cmHg 可知往左管注入水银的高度为h＝h+Δh＝25.2 cm。 1 16．(9分)如图所示，相距为l的平行光滑导轨ABCD和MNPQ两侧倾斜、中间水平，且电阻不计， 在导轨的两端分别连有电阻R 和R，左侧倾角为θ，在ABNM区域内存在垂直斜面向上的匀强磁场， 1 2 磁感应强度大小为B，水平部分虚线ef和gi之间的矩形区域内，有竖直向上垂直于导轨平面的匀强 0 磁场，磁感应强度也为B。一质量为m、长度也为l的金属导体棒，从距水平轨道h高处由静止释放， 0 (1)求A点的位置，用坐标（x，y）表示； 滑到底端时的速度为v，穿过efig区域磁场后速度变为v。已知导轨和金属棒始终接触良好，倾斜部 0 0 (2)若区域Ⅰ只有匀强电场E，当检测器Q置于平面P处时，求检测器上发光点的位置，用坐标 分轨道和水平部分用光滑圆弧相连，导体棒的电阻和R、R 的阻值均为r。求： 1 2 （x′，y′）表示； (3)当检测器距离O点的距离为d时，求检测器上发光点的位置，用坐标（x′，y′）表示。 【解析】(1)由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m 0 解得 (1)导体棒从静止开始下滑到底端BN过程中电阻R 上产生的热量； 1 (2)虚线ef和gi之间的距离； 故A点的位置为（0， ）。 (3)导体棒最终停在什么位置。 【解析】(1)设此过程整个装置产生的热量为Q，R 产生的热量为Q，则： 1 1 mgh＝Q＋mv2 (2)粒子做类平抛运动，有 0 Q＝Q＝(mgh－Q＋mv2)。 1 0 (2)设ef和gi之间的距离为x，穿过磁场过程中流过导体棒的电荷量为q，根据动量定理可得： 解得 1 BIlΔt＝Δp －Blq＝m‧v－mv 则横坐标为 1 0 0 纵坐标与A点的纵坐标相同，故发光点的位置为（ ， ）。 其中ΔΦ＝Blx，R＝r 0 (3)①当 时，粒子的运动可以分解为沿 轴方向初速度为零的匀加速直线运动和xOy平面 得 。 内速度为v 的匀速圆周运动，则有 0 (3)设导体棒在磁场区经过的路程为s，通过导体的电荷量为q，则： 2 －Blq＝0－mv 2 0 解得匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，则有 解得 代入数据解得 。 根据几何关系可知，打在检测器上的坐标为 (2)经过反复的碰撞共速最终系统会处于静止状态，整个过程中根据功能关系可得 解得 。 (3)木板与墙壁碰后，木板与物块组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，设第一次碰撞后， 系统达到共同速度为v，由动量守恒定律得 1 发光点的位置为（ ， ） 解得 ②当 时，在区域Ⅱ内粒子的运动可以分解为沿z轴方向的匀速直线运动和xOy平面内速 第二次碰撞后，物块反弹后瞬间速度大小为v，系统再次达到共同速度为v，由动量守恒定律得 1 2 度为v 的匀速圆周运动，刚出区域Ⅰ时，粒子的坐标为（0， ，L） 0 沿 轴的速度为 解得 同理可得第三次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为v，经一段时间系统的共同速度为 2 粒子在区域Ⅱ运动的时间 根据几何关系可知，打在检测器上的坐标为 由以上计算分析可归纳总结出第n次碰撞后，木板反弹后瞬间速度大小为 由动能定理得 联立解得 。 发光点的位置为（ ， ）。 (4)由(2)的分析计算可知在木板与物块的相对运动过程中，物块始终相对木板向左运动设在相对 运动中滑块的加速为a，木板的加速度为a。 1 2 18．(16分)如图所示，质量M＝1 kg的长木板置于光滑水平地面上，质量m＝3 kg的物块放在长 对于物块有 木板的右端，在木板左侧有一弹性墙壁。现使木板和物块以v＝6 m/s的速度一起向左匀速运动，之 0 解得 后木板与墙壁发生弹性碰撞，而物块继续向左运动。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加 速度g取10 m/s2。 对于木板有 解得 第一次碰撞后： (1)求木板与墙壁第一次碰撞后，木板离开墙壁的最大距离x； 1 物块的位移大小 (2)若整个过程中物块不会从长木板上滑落，求长木板的最短长度L； 0 (3)若木板与墙壁第n次碰撞后，木板离开墙壁的最大距离x＝1.875×10－2 m，求n； n (4)若长木板的长度L＝4.7 m，求木板和墙第几次碰撞后物块与木板分离。 木板的位移大小 1 【解析】(1)木板与墙壁发生弹性碰撞，第一次碰撞后的速度大小为仍为 ，木板向右减 第一次碰后相对位移大小 速到速度为零的位移大小即为离开墙壁的最大距离x，对此过程应用动能定理得 1 第二次碰撞后两者的位移及相对位移， ， 同理类推可归纳出 则 ， 又 木板的长度 所以 可知是在第三次碰撞后物块和长木板分离。