精品解析：2024届山东省五莲县第一中学高三下学期模拟预测物理试题（二）

2024高考试模拟试题物理试题（二） 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. 一放射性元素的原子核经过一系列α衰变和β衰变后，生成稳定的原子核，此过程中发生α衰变和β衰变的次数分别为（ ） A. 8，6 B. 8，4 C. 6，4 D. 6，8 【答案】D 【解析】 【详解】设要经过x次α衰变和y次β衰变，则有 有 m = 4x＋m－24 n = 2x－y＋n－4 解得 x = 6 y = 8 故选D。 2. 在图示的双缝干涉实验中，光源S到缝的光程差为实验用光波波长的1.5倍，为连线中垂线与光屏的交点。光屏上点到的光程差为实验用光波波长的2.5倍。则处和处将分别呈现（ ） A. 亮条纹、暗条纹 B. 亮条纹、亮条纹 C. 暗条纹、亮条纹 D. 暗条纹、暗条纹 【答案】C 【解析】 【详解】光源S到缝的光程差为实验用光波波长的1.5倍，到处的光程一样，则光源S到处的光程差就等于光波波长的1.5倍，所以是暗条纹；光屏上点到的光程差为实验用光波波长的2.5倍，则光源S到处的光程差等于光波波长，所以为亮条纹。 故选C。 3. 一定质量的理想气体从状态A经过状态B和C又回到状态A，其压强p随体积V变化的图线如图所示，其中A到B为等温过程，C到A为绝热过程。下列说法正确的是（ ） A. A→B过程，气体从外界吸收热量 B. B→C过程，压缩气体，气体温度升高 C. B→C过程，气体分子平均动能不变 D. C→A过程，气体分子平均动能不变 【答案】A 【解析】 【详解】A．A→B过程等温变化，气体内能不变，由图知气体体积增大，气体对外界做正功，即 W＜0 由热力学第一定律有 可得 Q＞0 即气体从外界吸收热量，故A正确； BC．B→C过程，等压变化，气体体积减小，根据 可知气体温度降低， 分子平均动能减小，故BC错误； D．C→A过程，C到A为绝热过程，即 Q=0 由图可知，气体体积减小，气体对外界做正功，即 W＞0 由热力学第一定律有 ＞0 可知气体内能增大，温度升高，气体分子平均动能增大，故D错误。 故选A。 4. 如图，曲线是电子进入点电荷Q形成的电场中的运动轨迹，它先后经过A、B两点，受到的电场力如图中箭头所示。已知电子只受电场力，下列说法正确的是（　　） A. 点电荷Q带负电 B. A、B两点处于电场中同一等势面上 C. 电子从A点到B点，速度先减小后增加 D. 电子在A点的电势能小于在B点的电势能 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据电子的运动轨迹以及在AB两点的受力方向可知，点电荷Q带正电，选项A错误； B．因延长FA和FB交点处即为点电荷Q的位置，可知B点距离点电荷较近，A、B两点到点电荷的距离不等，则AB两点不是处于电场中同一等势面上，选项B错误； C．电子从A点到B点，电场力先做负功后做正功，则电子的速度先减小后增加，选项C正确； D．B点距离点电荷较近，即B点电势高，则电子在A点的电势能大于在B点的电势能，选项D错误。 故选C。 5. 图甲为超声波悬浮仪，上方圆柱体中，高频电信号（由图乙电路产生）通过压电陶瓷转换成同频率的高频声信号，发出超声波，下方圆柱体将接收到的超声波信号反射回去。两列超声波信号叠加后，会出现振幅几乎为零的点——节点，小水珠能在节点处附近保持悬浮状态，图丙为某时刻两列超声波的波形图，P、Q为波源，点M（-1.5,0）、点N（0.5,0）分别为两列波的波前，已知声波传播的速度为340m/s。则下列说法不正确的是（　　） A. 该超声波悬浮仪所发出的超声波信号频率为34000Hz B. 两列波充分叠加后，小水珠能悬浮在点M（-1.5,0）附近 C. 小水珠悬浮时，受到的声波压力竖直向上 D. 拔出图乙线圈中的铁芯，可以增加悬浮仪中的节点个数 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知，超声波波长1cm，由题可知，声波传播的速度为340m/s，所以超声波信号频率为 故A正确，不符合题意； B．把PQ看成两个波源，可知波源震动步调相反，M点与两个波源的波程差为2.5cm，即2.5个波长，为振动加强点，不是节点，小水珠不能悬浮在此处，故B错误，符合题意； C．小水珠悬浮时，受到的声波压力与重力平衡，所以声波压力竖直向上，故C正确，不符合题意； D．拔出铁芯，自感线圈的自感系数L减小，LC振荡电路的周期减小，频率变大，超声波频率变大，波长变短，相同空间距离内节点个数变多，故D正确，不符合题意。 故选B。 6. 我国首颗超百Gbps容量的高通量地球静止轨道通信卫星中星26号于北京时间2023年2月23日在西昌卫星发射中心成功发射，该卫星将与中星16号、中星19号共同为用户提供高速的专网通信和卫星互联网接入等服务。中星26与某一椭圆轨道侦察卫星的运动轨迹以及某时刻所处位置、运行方向如图所示，两卫星的运行周期相同，两个轨道相交于A、B两点，CD连线过地心，E、D分别为侦察卫星的近地点和远地点。下列说法正确的是（ ） A. E、D两点间距离为中星26号卫星轨道半径的2倍 B. 侦察卫星从D点到A点过程中机械能逐渐增大 C. 相等时间内中星26与地球的连线扫过的面积等于侦察卫星与地球的连线扫过的面积 D. 中星26在C点线速度v1等于侦察卫星在D点线速度v2 【答案】A 【解析】 【详解】A．由题知，两卫星的运行周期相同，则根据开普勒第三定律可知 则 DE = 2r A正确； B．侦察卫星从D点到A点过程中只有万有引力做功，机械能守恒，B错误； C．根据题意可知，中星26与椭圆轨道侦察卫星的运行周期都为T，由开普勒第三定律可知，中星26的轨道半径等于侦察卫星的半长轴，令相等时间为周期T，则中星26与地球的连线扫过的面积为圆的面积，侦察卫星与地球的连线扫过的面积为椭圆面积，由于圆的面积大于椭圆面积可知，相等时间内中星26与地球的连线扫过的面积大于侦察卫星与地球的连线扫过的面积，C错误； D．以地球中心为圆心，过D点建一个辅助圆轨道，设该轨道的卫星的线速度为v3，则从侦察卫星轨道到辅助圆轨道要点火加速，则 v2 < v3 再根据，可知 v1 > v3 > v2 D错误。 故选A。 7. 风洞实验可以模拟高空跳伞情况下人体所承受气流的状态。已知物体受到的空气阻力F与物体相对空气的速度v满足（S为物体迎风面积，C为风阻系数，为空气密度）。图甲中风洞竖直向上匀速送风，一质量为m的物体从A处由静止下落，一段时间后在B处打开降落伞，相对速度的平方与加速度大小a的关系图像如图乙所示，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A. 开伞前加速度向下，越来越大 B. 开伞后加速度向上，越来越大 C. 开伞前物体迎风面积为 D. 开伞后物体迎风面积为 【答案】C 【解析】 【详解】AC．物体从A处由静止下落，开伞前加速度向下，物体所受合力为 F不断增大，加速度减小，图乙中右侧图线与此过程相符合，有 解得 故A错误，C正确； BD．左侧图线为开伞后的图线，有 当v=v1时，有 解得 且当v减小时，a减小，故BD错误。 故选C。 8. 光刻机是生产大规模集成电路的核心设备。一个光刻机的物镜投影原理简化图如图所示，三角形ABC为一个等腰直角三棱镜，半球形玻璃砖的半径为R，球心为O，为玻璃砖的对称轴。间距为的两条平行光线，从左侧垂直AB边射入三棱镜，经AC边反射后进入半球形玻璃砖，最后汇聚在硅片上M点。已知半球形玻璃砖的折射率为，反射光线关于轴线对称。则OM两点间距离为（　　） A. R B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】根据对称性，先来分析一下a光线，光路图如图 第一次折射在D点，入射角，折射角。根据折射率公式，有 由几何知识，可得 又 解得 可得 第二次折射发生在F点，设入射角，折射角。根据折射率公式，有 又 解得 由三角形知识可得 又 解得 故选C。 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，选对但不全得2分，有选错的得0分． 9. 转速传感器用来检测齿轮旋转速度，为汽车自动控制系统提供关键数据。图甲是转速传感器结构示意图，当齿轮转动时会导致感应线圈内磁通量变化，产生感应电流。当齿轮从甲图中位置开始计时，0~0.2s内车载电脑显示的电流信号如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A. 齿轮转速为5r/s B. 齿轮的旋转周期为2.4s C. 0.1s时，感应线圈内磁通量的变化率最大 D. 0~0.1s内感应线圈内磁通量的变化率先变大后变小 【答案】BD 【解析】 【详解】B．由图乙可知，交流电电流周期为0.2s，齿轮的齿数为12，旋转周期为2.4s，故B正确； A．交流电频率为 齿轮的转速为 故A错误； C．由图乙可知，0.1s时，电流为0，感应线圈内磁通量的变化率最小，故C错误； D．由图乙可知，0~0.1s内电流先变大，后变小，感应线圈内磁通量的变化率先变大后变小，故D正确。 故选BD。 10. 如图所示，、是振动情况完全相同的两个波源，它们的振动频率均为。P是两列波传播方向上的一个质点，、、时P刚好振动到波峰位置。已知、连线上相邻两振动加强点间的距离为，下列说法正确的是（ ） A. 波的传播速度为 B. 波的传播速度为 C. 时，P点刚好振动到波谷位置 D. 时，P点刚好振动到波峰位置 【答案】BC 【解析】 【详解】AB．如图所示 设Q1是、连线中点左侧第1个振动加强点，Q2是其左侧第2个振动加强点，Q2与Q1相距∆l，由振动减弱的条件，有 同理有 联立解得 即连线上相邻两振动加强点间的距离为，由题意 则 波的传播速度为 A错误，B正确； CD．时，即经过的时间为 故从波峰经历半个周期，P点刚好振动到波谷位置，C正确，D错误。 故选BC。 11. 如图，水平面上有两条相距为L的足够长光滑平行金属导轨，在导轨上相隔某一距离垂直导轨静置长度均为L的金属棒a和b，垂直导轨的虚线MN右侧存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，匀强磁场磁感应强度为B，导轨左端接有电压传感器。现让金属棒a、b分别以速度、向右运动，时刻金属棒b经过MN进入磁场区域，当金属棒a刚进入磁场时，电压传感器的示数。已知金属棒a、b材质相同，a、b棒的质量分别为2m、m，a棒电阻为R。导轨电阻不计，不考虑电压传感器对电路的影响，磁场区域足够大，下列说法正确的是（　　） A. 从时刻开始，电压传感器的示数逐渐减小 B. 改变a、b两棒间初始距离，不会改变两棒的最终速度 C. 当金属棒a刚进入磁场时，a、b两棒间的距离为 D. 整个过程中金属棒a上产生的焦耳热为 【答案】CD 【解析】 【详解】A．当金属棒a进入磁场后，产生的感应电动势为，根据右手定则，从上往下看，方向为逆时针，由于电压传感器的示数为，大于，金属棒b表明产生的感应电动势大于，根据右手定则，从上往下看，方向为顺时针，两金属棒均在切割磁感线，回路总的电动势等于两金属棒各自切割磁感线产生的电动势之差，可知，回路中感应电流从上往下看，方向为顺时针，金属棒a所受安培力方向向右，其做加速运动，金属棒b所受安培力方向向左，其做减速运动，回路总的电动势 金属棒a、b材质相同，即密度相同，则有 ， 解得 金属棒a进入磁场后，回路总的感应电流 电压传感器的示数 解得 由于金属棒a进入磁场后，系统的总动量为 由于金属棒a进入磁场后，两金属棒构成的系统动量守恒，可知，为一个定值，表明从时刻开始，电压传感器的示数不变，故A错误； B．结合上述可知，金属棒a进入磁场前做匀速直线运动，此时，金属棒b做减速运动，系统的总动量减小，金属棒a进入磁场后，系统的动量守恒，可知，a、b两棒间初始距离越大，两棒的最终速度越小，故B错误； C．当金属棒a刚进入磁场时有 根据欧姆定律有 解得 从金属棒b开始进入磁场，到金属棒a刚刚进入磁场过程，对金属棒b进行分析，根据动量定理有 根据欧姆定律有 其中 解得 故C正确； D．从金属棒a刚刚进入磁场到两金属棒最终达到稳定状态时，根据动量守恒定律有 从金属棒b开始进入磁场，到最终两金属棒达到稳定状态过程，回路总的焦耳热 整个过程中金属棒a上产生的焦耳热 解得 故D正确。 故选CD。 12. 地磁场对宇宙高能粒子有偏转作用，从而保护了地球的生态环境。赤道平面的地磁场简化为如图所示，O为地球球心、R为地球半径。地磁场只分布在半径为R和的两边界之间的圆环区域内，磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向里。假设均匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直沿赤道平面射向地球。已知粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子的重力及相互作用力。下列说法正确的是（　　） A. 若粒子速率小于，入射到磁场的粒子可以到达地面 B. 若粒子速率小于，入射到磁场的粒子均无法到达地面 C. 若粒子速率为，正对着O处入射的粒子恰好可以到达地面 D. 若粒子速率为，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地面 【答案】BD 【解析】 【详解】AB．若粒子的速率为，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有 解得 若粒子的射入方向在正对O处以上，根据左手定则可知，其粒子的轨迹为向上偏转，则入射到磁场的粒子均不可能到达地面，故A错误，B正确； C．若粒子的速率为，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有 解得 若粒子正对着O处入射，且恰好可以到达地面，其轨迹如图所示。设该轨迹半径为r1，由几何关系可得 解得 故C错误； D．若粒子速率为，由洛伦兹力提供向心力得 解得 由C项的分析可知，此时若粒子正对着O处入射，则恰好可以到达地面；而在对着O处以上的方向入射的粒子，因为向上偏转，均不能到达地面；而在对着O处以下的方向入射的粒子均会达到地面。综上所述，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地，故D正确。 故选BD。 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13. 某探究学习小组的同学用如图甲所示装置测量滑块和木板间的动摩擦因数。装置由弹簧测力计、两个光电门、滑块、长木板和砝码盘（含砝码）等组成。光电门可以测出滑块上的遮光条依次通过两个光电门的时间、，游标卡尺测出遮光条的宽度d，导轨标尺可以测出两个光电门间的距离L，不计滑轮的质量和摩擦。 （1）测量d时，游标卡尺（主尺的最小分度为）的示数如图乙所示，则遮光条的宽度为________。 （2）改变砝码盘中的砝码，记录弹簧测力计的示数F和用所测数据求出滑块对应的加速度a。以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的图像是一条直线，直线与横坐标的截距为b，直线的斜率为k，重力加速度为g。则滑块与木板间的动摩擦因数可表示为________（用b、k、g表示）。 （3）如果换成表面更加粗糙的木板重新进行实验，则得到的图像的斜率k将________（填“变大”、“变小”或“不变”）。 【答案】 ①. 1.140 ②. ③. 不变 【解析】 【详解】（1）[1] 遮光条的宽度为 （2）[2]对滑块，由牛顿第二定律有 解得 可得 解得 （3）[3]由（2）知斜率为 由此可知如果换成表面更加粗糙的木板重新进行实验，则得到的图像的斜率k将不变。 14. 实验小组要测量某未知型号的锰铜合金的电阻率，他们找来一根用该材料制成的长为L的导体棒。主要实验步骤如下： （1）他们首先用多用电表测量该导体棒的电阻，测量时多用电表面板显示如图甲所示。 该小组同学认为读数误差较大，他们又断开电路重新选择欧姆挡进行测量。请在下列实验步骤中选择正确的操作并按正确的顺序进行排序______（填写步骤前的字母代号） A．使两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在最左侧刻线 B．使两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在最右侧刻线 C．断开电路，将选择开关调至“OFF”挡 D．使两表笔接触导体棒两端进行测量读数 E．将选择开关调至“×1”挡 F．将选择开关调至“×100”挡 （2）为更精确地测量该导体棒的电阻，他们用实验室提供的下列器材再次进行测量： 待测导体棒 电压表V（量程为0～15V，内阻约为10kΩ）； 电流表（量程为0～0.6A，内阻约为0.2Ω）； 电流表（量程为0～1.0A，内阻约为0.1Ω）； 电流表（量程为0～3.0A，内阻约为0.05Ω）； 滑动变阻器（总阻值为15Ω）； 电池组E（电动势为20V，内阻不计）； 开关、导线若干。 请在如图乙所示的虚线框中将最优实验电路图补充完整，并标明所选器材的字母代号______ （3）电压表V的示数用U表示，电流表的示数用表示，电流表的示数用表示，电流表的示数用表示，该导体棒的直径d，则该电阻材料的电阻率ρ＝______（选用L、d、U、、、中的字母表示），由于电路的系统误差，用此表达式得出的测量值______（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。 【答案】（1）EBDC （2） （3） ①. ②. 小于 【解析】 【小问1详解】 因欧姆表指针偏转角度过大，则选择的档挡偏高，应该选择“×1”挡，然后两表笔短接进行欧姆调零，然后测量、读数，测量完了后将选择开关调至“OFF”挡，故测量步骤是：EBDC； 【小问2详解】 由（1）的欧姆表读数可知，待测电阻的阻值约为10Ω，电压表量程15V，则最大电流不超过1.5A，则电流表选择；因电压表内阻远大于待测电阻阻值，可知应该采用安培表外接电路；滑动变阻器用分压电路，则电路如图： 【小问3详解】 [1]由电路可知 解得 [2]由于电压表分流作用，使得电流测量值偏大，电阻测量值偏小，可知电阻率的测量值小于真实值。 15. 某医用氧气瓶容积为40L，瓶内贮有压强为的氧气，可视为理想气体。广泛用于野外急救的氧气袋容积为5L。将氧气瓶内的氧气分装到氧气袋，充气前袋内为真空，充气后袋内压强为。分装过程不漏气，环境温度不变。 （1）最多可分装多少个氧气袋； （2）若将医用氧气瓶内的氧气依次分装到原为真空、容积为5L的若干个便携式钢瓶内，每次分装后，钢瓶内气体压强与氧气瓶内剩余气体压强相等，求分装30次后医用氧气瓶内剩余氧气的压强与分装前氧气瓶内氧气压强之比。 【答案】（1）；（2） 【解析】 【详解】（1）选取钢瓶内氧气整体作为研究对象，初状态氧气压强，设充满n个氧气袋后，氧气瓶内的氧气压强也为时，无法再给氧气袋充气，分装过程是等温变化，根据玻意耳定律得 代入V0=40L，V1=5L，解得 （2）根据玻意耳定律，分装一次有 分装二次 分装三次 …… 依次类推，第n次分装后 可得 代入数据解得 16. 如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距L=20cm，两导轨及其所构成的平面与水平面的夹角θ=37°，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小B=5T。现将质量分别为m1=0.1kg、m2=0.2kg的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R=1Ω。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，取重力加速度大小，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 （1）先保持b棒静止，将a棒由静止释放，求a棒匀速运动时的速度大小v0； （2）在（1）问中，当a棒匀速运动时，再将b棒由静止释放，求释放瞬间b棒的加速度大小a0； （3）在（2）问中，从b棒释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v（未知），求速度v的大小与t0的关系式及时间t0内a棒相对于b棒运动的距离x。 【答案】（1）；（2）；（3）， 【解析】 【详解】（1）金属棒a在运动过程中，重力沿导轨平面的分力和a棒受到的安培力相等时a棒做匀速运动，由法拉第电磁感应定律有 根据闭合电路欧姆定律及安培力公式有 a棒受力平衡，有 解得 （2）由右手定则可知金属棒b受到沿导轨平面向下的安培力，对b棒，由牛顿第二定律有 解得 （3）释放b棒后a棒受到沿导轨平面向上的安培力，在两棒达到共速的过程中，对a棒，由动量定理有 b棒受到向下的安培力，对b棒，由动量定理有 解得 则 由法拉第电磁感应定律有 由闭合电路欧姆定律有 又 解得 17. 如图所示，一虚线将坐标系分为上下两部分，虚线交y轴于P点、交x轴于Q点，。虚线上方区域为垂直指向左下方匀强电场，电场强度大小为E；下方区域为垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度未知。一带电荷量为、质量为m的粒子从P点以沿x轴正方向抛出，不计重力，此后运动过程中其轨迹与虚线边界的第一个交点为M、第二个交点为N（M、N两点未画出）。 （1）求从P点运动至M点的过程中，粒子离虚线边界的最远距离； （2）若，求磁感应强度的大小； （3）若且，求粒子被抛出后到达x轴所用的时间。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【详解】（1）将在沿电场强度方向和垂直电场强度方向分解，当沿电场强度方向速度减至0时，粒子离虚线边界最远，沿电场强度方向有 ， 最远距离 （2）粒子轨迹如图所示 粒子从在垂直电场强度方向上做匀速直线运动，则 粒子从做匀速圆周运动，由 整理得 由几何关系知 结合 解得 （3）粒子从的时间 由于 可知 对应的 由几何关系可知，粒子从的圆心角 则 由题意知，粒子的运动具有重复性，结合几何关系有 故粒子从抛出至到达x轴的时间 解得 18. 如图所示，表面光滑的水平面中间存在光滑凹槽，质量为m长度小于的木板C放置在凹槽内，其上表面恰好与水平面平齐。开始时木板C静置在凹槽左端M处，其右端与凹槽右端N有一定的距离。水平面左侧有质量分别为与的物块A、B之间锁定一压缩轻弹簧，其弹性势能为，弹簧解除锁定后，将A、B两物块弹开，物块B滑上木板C，当B刚滑到C上某位置时B、C共速，其后C与N发生弹性碰撞。已知物块与木板间的动摩擦因数，重力加速度g，。求： （1）若在整个运动过程中B未滑出C，B相对C所能滑动的最大距离； （2）假如C与N碰撞次数多于2次，至少经过多少次碰撞，B的动能小于？ （3）若弹簧解除锁定后，弹簧将A、B两物块弹开，物块B滑上木板到达C右端时，C恰好第一次碰到N点。再改变C的质量为，弹簧解除锁定后，弹簧将A、B两物块弹开，让C第k次碰撞N点时，木块B恰好滑到C右端，此时B的速度大于C的速度，求与k的关系。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【详解】（1）对A、B以及弹簧三个物体，由动量守恒定律 由能量守恒定律 解得 或 或 根据题意，C反复碰撞N，B未滑出C，可知最终B、C两个停止运动 由能量守恒定律 解得 （2）当B第一次滑上C时，B的速度为，C的速度为0，到BC第一次共速 由动量守恒定律 解得 第一次C与N碰撞前，B的动能 第一次碰撞后，到第二次碰撞前，B以速度继续减速，C无能量损失以速度返回，到C减速为零，然后C又向N加速至B、C共速的过程，由动量守恒 解得 共速时B动能 以此类推，第n次碰撞后，到第次碰撞前，共速时B的动能 由题意若要求 即 即 解得 次 （3）若弹簧解除锁定后，弹簧将A、B两物块弹开，物块B滑上木板到达C右端时，C恰好第一次碰到N点。在此过程，C加速度为，B、C所用时间为，设C右端静止时距离N为d 再改变C的质量为，弹簧解除锁定后，弹簧将A、B两物块弹开，让C第k次碰撞N点时，木块B恰好滑到C右端，此时B的速度大于C的速度，在此过程，C的加速度为，设C从运动到第一次与N碰撞的时间为，根据匀变速直线运动的规律，碰撞后C向左以相同大小的加速度减速至零，时间也为，故第k次碰撞N点时，C恰好运动了。而B的受力情况并不发生变化，从M运动到N用的时间仍为 由以上几式 故 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$