【高考领航】2025年高中物理学业水平选择性考试模拟试题（河北）(1)

高中物理学业水平选择性考试模拟试题(一) (考试时间：75分钟　试卷满分：100分) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求) 1．下列说法正确的是(　　) A．在核聚变反应方程H＋H→He＋X中，X表示中子 B．发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关 C．天然放射产生的三种射线中，穿透能力最强的是α射线 D．由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由高能级跃迁到低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能减少，电势能增加 2.一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后再回到状态a，其p-T图像如图所示，则该气体(　　) A．在状态a的内能小于在状态b的内能 B．在状态a的密集程度大于在状态b的密集程度 C．在a→b→c过程中，外界对气体做功为0 D．由状态a经历三个过程后再回到状态a的过程中，气体从外界吸热 3．某简谐横波在t＝2 s时的波形图如图甲所示，在该波传播方向上有两质点B、C(图中均未画出)，B、C平衡位置间的距离为Δx＝1 m，其中B的振动图像如图乙所示，则C的振动图像可能是(　　) 4．风筝发明于中国东周春秋时期，是在世界各国广泛开展的一项群众性体育娱乐活动。一平板三角形风筝(不带鸢尾)悬停在空中，如图为风筝的侧视图，风筝平面与水平面的夹角为θ，风筝受到空气的作用力F垂直于风筝平面向上。若拉线长度一定，不计拉线的重力及拉线受到风的作用力，一段时间后，风力增大导致作用力F增大，方向始终垂直于风筝平面，夹角θ不变，再次平衡后相比于风力变化之前(　　) A．风筝距离地面的高度变大 B．风筝所受的合力变大 C．拉线对风筝的拉力变小 D．拉线对风筝的拉力与水平方向的夹角变小 5．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1，电源的输出电压u＝30sin 100πt，定值电阻R1＝10 Ω，R3＝1 Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为4 Ω，a、b为滑动变阻器的两个端点，所有电表均为理想电表。现将滑动变阻器滑片P置于a端，则(　　) A．电流表示数为1.5 A B．电压表示数为15 V C．滑片P由a向b缓慢滑动，R1消耗的功率增大 D．滑片P由a向b缓慢滑动，变压器的输出功率减小 6．如图所示，空间中存在A、B、C、D四个点恰好构成一个棱长为a的正四面体，其中在水平面上的A、B、C三个顶点各固定一个电荷量为＋q的点电荷，另一个质量为m的点电荷M恰好可以静止在D点。把该点电荷M从D点移动到无穷远处，电场力做功为W。不考虑点电荷M对电场的影响，无穷远处电势为零，静电力常量为k，重力加速度为g，则D点处的电势为(　　) A．　　　 B． C． D． 7.娱乐风洞是一种空中悬浮装置，在一个特定的空间内人工制造和控制气流，游客只要穿上特制的可改变受风面积(游客在垂直风力方向的投影面积)的飞行服跳入飞行区，即可通过改变受风面积来实现向上、向下运动或悬浮。现有一竖直圆柱形风洞，风机通过洞口向风洞内“吹气”，产生竖直向上、速度恒定的气流。某时刻，有一质量为m的游客恰好在风洞内悬浮，已知气流密度为ρ，游客受风面积为S，重力加速度为g，假设气流吹到人身上后速度变为零，则气流速度大小为(　　) A． B． C． D． 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8．如图所示，一开口竖直向下导热良好的玻璃管用水银柱封闭一定质量的空气。水银柱长度为15 cm，下端刚好与玻璃管溢出口平齐；被封闭的空气柱长度为30 cm。此时周围环境温度为27 ℃，大气压强为75 cmHg。现将玻璃管缓慢旋转至开口竖直向上(水银没溢出玻璃管)，然后再加热至231 ℃。下列说法正确的是(　　) A．玻璃管刚好旋转至开口向上时管内空气柱长度为20 cm B．玻璃管刚好旋转至开口向上时管内空气柱长度为25 cm C．将玻璃管加热至231 ℃时空气柱长度为33.6 cm D．将玻璃管加热至231 ℃时空气柱长度为36 cm 9．“离心轨道演示仪”(如图甲所示)是演示物体在竖直平面内的圆周运动的实验仪器，其轨道主要由主轨长道、轨道圆和辅轨长道三部分组成，主轨长道长度约为轨道圆半径R的6倍。将主轨长道压制成水平状态后，轨道侧视示意图如图乙所示。空间中存在水平向右的匀强电场(未画出)，电场强度大小为E＝。现在主轨长道上的一点A静止释放一电荷量为q、质量为m的绝缘小球，小球沿主轨长道向右运动，从B点进入轨道圆，若不计一切摩擦，重力加速度为g，则小球再次通过最低点之前(　　) 甲　　　　　　　　　　　　　　乙 A．小球上升到与圆心等高处时，其动能最大 B．小球上升到轨道圆最高处时，其机械能最大 C．若AB间距离为R，小球恰好不脱离轨道 D．若小球不脱离轨道，小球对轨道的最大压力大小可能为5mg 10．如图所示，水平面内有两根间距为d的光滑平行导轨，右端接有电容为C的电容器。一质量为m的导体棒固定于导轨上某处，轻绳一端连接导体棒，另一端绕过定滑轮下挂一质量为M的物块。由静止释放导体棒，物块下落从而牵引着导体棒向左运动。空间中存在垂直导轨平面的匀强磁场，磁场磁感应强度大小为B，不计导体棒和导轨的电阻，忽略绳与定滑轮间的摩擦。若导体棒运动过程中电容器未被击穿，导体棒始终与导轨接触良好并保持垂直，重力加速度为g，则在物块由静止下落高度为h的过程中(　　) A．物块做加速度逐渐减小的加速运动 B．物块与导体棒组成的系统减少的机械能等于导体棒克服安培力做的功 C．轻绳的拉力大小为 D．电容器增加的电荷量为CBd 选 择 题 答 题 栏 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 三、非选择题(本题共5小题，共54分。考生根据要求作答) 11．(6分)某实验兴趣小组利用如图甲所示装置做“探究加速度与力的关系”实验时，实验操作如下： 甲 ①挂上托盘和砝码，调整木板的倾角，使质量为M的小车沿木板匀速下滑； ②取下托盘和砝码，测出其总质量为m，让小车沿木板下滑。设小车受到的合外力为F，通过计算机可得到小车与位移传感器的距离随时间变化的x-t图像，并求出小车的加速度a； ③改变砝码质量和木板的倾角，重复步骤①②，可得到多组a、F的数据，并绘制a-F图像。 (1)(多选)下列说法正确的是________。 A．实验开始前需要先补偿阻力 B．调整滑轮高度使细线与木板平行 C．本实验需要满足M≫m D．本实验将托盘和砝码的总重力mg的大小作为小车受到的合外力F的大小 (2)若测量质量时未考虑托盘的质量，仅将砝码质量记为m，则绘制出的a-F图像应该是图乙中的________(选填“Ⅰ”或“Ⅱ”或“Ⅲ”)。 乙 (3)某段时间内小车的x-t图像如图丙所示，根据图像可得小车的加速度大小为________m/s2(结果保留两位有效数字)。 丙 12．(9分)某实验小组在进行“测量金属丝的电阻率”的实验： (1)用螺旋测微器测量金属丝的直径d，如图甲所示，则d＝________mm。 (2)该小组测量金属丝Rx(约为6 Ω)的电阻时，可供选择的仪器如下： ①电流表A1(量程200 mA，内阻约为4 Ω) ②电流表A2(量程50 mA，内阻约为15 Ω) ③滑动变阻器R1(0～1000 Ω) ④滑动变阻器R2(0～10 Ω) ⑤电源(电动势1.5 V，内阻约为0.5 Ω) ⑥开关S及导线若干 实验小组设计了如图乙所示的电路，为了便于调节，实验结果尽可能准确，滑动变阻器应选择________(选填“R1”或“R2”)，图乙中电表a为电流表________。(选填“A1”或“A2”) (3)请用笔画线代替导线，将实物图丙连接成完整电路。 (4)闭合开关S，移动滑动触头，记录A1、A2的读数I1、I2，得到多组实验数据；以I2为纵轴、I1为横轴，作出相应图像如图丁所示，若图像的斜率为k，电流表A2内阻为r，测得金属丝连入电路的长度为L，则金属丝电阻率ρ＝________。(用k、d、L、r表示) 13.(10分)某小轿车雨刮器自动控制装置的主要部件是雨量传感器，雨量传感器的结构如图所示。传感器的光学元件MNQP紧贴在前挡风玻璃内表面，其折射率与挡风玻璃相同，光学元件的MN、PQ边分别与挡风玻璃表面垂直，MN、PQ的长度均为3.4 cm，MP的长度为2 cm，挡风玻璃的厚度为0.8 cm。当挡风玻璃外表面处于干燥状态时，红外发射管发出一细束红外线从MN中点射向挡风玻璃，红外线恰好在挡风玻璃的外表面发生全反射后射向PQ中点，最终被红外接收管接收；当挡风玻璃外表面有雨滴时，入射到挡风玻璃的红外线不能发生全反射，导致接收管接收的红外线变弱，从而自动控制雨刮的转动。 (1)求挡风玻璃和光学元件的折射率n； (2)请通过计算判断在图中红外发射管应该在a还是在b位置？红外接收管应该在c还是在d位置？请画出当挡风玻璃外表面处于干燥状态时，红外线在挡风玻璃和光学元件中传播的光路图。 14.(13分)在如图所示的空间直角坐标系中，yOz平面左侧匀强磁场沿z轴正方向，右侧匀强磁场沿y轴正方向，左、右两侧磁场的磁感应强度大小均为B；yOz平面右侧还有沿y轴正方向的匀强电场。空间中坐标为的M点有一粒子源，粒子源发射粒子的初速度方向均沿xOy平面，与x轴正方向的夹角为30°。其中初速度为v0(未知)的粒子恰好不能到达yOz平面右侧，初速度为v0的粒子运动轨迹恰好与xOz平面相切。已知粒子源发射的所有粒子的质量均为m，电荷量均为＋q。不计粒子的重力。求： (1)初速度v0的大小； (2)初速度为v0的粒子的运动轨迹与xOz平面切点的坐标； (3)初速度为v0的粒子前两次经过yOz平面的交点间的距离； (4)初速度为v0的粒子第n次在yOz平面左侧运动时的速度大小。 15.(16分)如图所示，P为固定的竖直挡板，质量为2m的长木板A静置于光滑水平面上(A的上表面略低于挡板P下端)，质量为m的小物块B(可视为质点)以水平初速度v0从A的左端向右滑上A的上表面，经过一段时间A、B第一次达到共同速度，此时B恰好未从A上滑落，然后物块B与长木板A一起向右运动，在t＝0时刻，物块B与挡板P发生了第一次碰撞，经过一段时间物块B与长木板A第二次达到共同速度，之后物块B与挡板P发生了很多次碰撞，最终在t＝t0(未知)时恰好相对地面静止。已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，求： (1)木板A的长度； (2)A、B第二次达到共同速度时B离A左端的距离； (3)0～t0时间内B经过的路程； (4)t0的值。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 答案与精析 高中物理学业水平选择性考试模拟试题(一) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D C A C B C AD CD BCD 1.A　根据核反应方程中的质量数和电荷数守恒，可知X的质量数为1，质子数为0，即X为中子，故A正确；发生光电效应时光电子的动能与入射光的频率和逸出功有关，故B错误；天然放射产生的三种射线中，穿透能力最强的是γ射线，故C错误；由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由高能级跃迁到低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，故D错误。故选A。 2．D　状态a与状态b的温度相同，则内能相同，故A错误；状态a到状态b温度不变，压强增大，则体积减小，所以在状态a的密集程度小于在状态b的密集程度，故B错误；在a→b过程中，体积减小，外界对气体做功为Wab＝ab(Va－Vb)，在b→c过程中，压强不变，温度升高，则体积增大，外界对气体做功为Wbc＝－pb(Vc－Vb)，c→a过程，体积不变，则有Va＝Vc，由于ab<pb，所以有W＝Wab＋Wbc<0，即在a→b→c过程中，外界对气体做的总功为负功，故C错误；由状态a经历三个过程后再回到状态a的过程中，ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q>0，则由状态a经历三个过程后再回到状态a的过程中，气体从外界吸热，故D正确。故选D。 3．C　根据波形图像可得波长λ＝4 m，根据振动图像可得周期T＝4 s，两质点之间的距离Δx＝1 m＝λ，根据振动和波动之间的关系，则另一质点相对该质点的振动延迟T或者提前T，如图所示。符合条件的只有选项C。 4．A　如图所示为风筝受力示意图，风力为F时，重力为G，拉线拉力为FT；当风力变大为F1时，重力不变，拉线拉力变为FT′，矢量三角形如图所示，风筝悬停在空中，可得风筝所受的合力为零，保持不变，拉线拉力变大，拉线对风筝的拉力与水平方向的夹角α变大，设拉线长为L，则风筝距地面高度为h＝Lsin α，则风筝距离地面的高度变大。故选A。 5．C　题图的等效电路图如图所示。设原线圈两端电压为U1，副线圈两端电压为U2，又因为理想变压器原、副线圈的功率相等，有＝，＝，整理有R3′＋R2′＝，电源的电压输出为u＝30sin 100πt(V)，因为电流表和电压表测量的为有效值，电源电压的有效值为30 V，电流表的示数为I＝＝1.0 A，原线圈两端电压的有效值为U1有＝u有－IR1，电压表测量的是副线圈两端的电压，即＝，整理有U2有＝10 V，故AB错误；当滑片P从a向b缓慢滑动过程中，其电阻的阻值减小，根据电流规律可知，其总电阻减小，结合之前的分析可知，其电流将增加，即流过电阻R1的电流变大，根据P＝I2R可知，电阻R1不变，电流变大，所以功率变大，故C项正确；由之前的分析，当滑片在a端时，其等效电阻为R3′＋R2′＝＝20 Ω，当滑片在b端时，其等效电阻为R3′＝R3＝4 Ω，可以将电阻R1与电源放在一起，等效成新电源，其副线圈输出功率变为新电源的输出功率，有电源的输出功率的规律可知，当等效电阻等于新电源的内阻时，即等效电阻为10 Ω时，其输出功率最大，所以在滑片从a向b缓慢滑的过程中，其副线圈的输出功率先增大，后减小，故D项错误。故选C。 6．B　过D点作平面ABC的垂线DO，如图所示。由几何关系可得OC＝asin 60°＝a，sin θ＝＝，cos θ＝＝，根据点电荷M恰好可以静止在D点，设点电荷M的电荷量Q，可得3cos θ＝mg，代入数据，解得Q＝，把该点电荷M从D点移动到无穷远处，电场力做功为W，即D点处的电势能为W，由公式φ＝，可得D点处的电势为φ＝＝＝，故选B。 7．C　在Δt时间内吹到人体的气体质量为Δm＝ρSvΔt，设人对气流的力大小为F，则对此段气体由动量定理有－F·Δt＝0－Δm·v，由牛顿第三定律，风给人的力大小为F′＝F，人受力平衡。所以F′＝mg，解得v＝ ，故选C。 8．AD　设玻璃管横截面积为S，则倒置时管内气体压强为p1，由平衡条件可知p1S＋ρSgh＝p0S，解得p1＝60 cmHg，管内气柱体积为V1＝h1S，将玻璃管缓慢倒置过来，稳定后管内气体压强为p2，由平衡条件得p2S＝p0S＋ρSgh，解得p2＝90 cmHg，设此时管内气柱长度为h2，则V2＝h2S，根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，解得h2＝20 cm，故A正确，B错误；假设加热过程中，水银未溢出。将玻璃管加热至231 ℃的过程中管内气体为等压变换，玻璃管气柱高度为h3，则V3＝h3S，由盖—吕萨克定律得＝，由单位换算T1＝300 K，T2＝504 K，解得h3＝33.6 cm>30 cm，故有部分水银溢出，此种结果不符合题意，需要舍弃。设水银溢出后，水银柱高度为h′，则ρgh′S＋p0S＝p3S，设温度加热到T3时，水银柱上端正好与溢出口平齐且不溢出，则由盖—吕萨克定律得＝，解得T3＝450 K，水银柱上端正好与溢出口平齐后再继续加热到T2＝504 K，则＝，联立以上方程，解得h′＝9 cm，则空气柱长度为h3＝L－h′＝36 cm，故C错误，D正确。故选AD。 9．CD　使用等效场的观点，将重力场和电场等效的看作一个场，结合平行四边形定则可得等效重力加速度为g′＝＝2g，设等效场对物体的力与竖直方向的夹角为θ，如图所示。则有tan θ＝＝，解得θ＝60°，由“等效重力”可知，当小球运动到BC间且与圆心连线与竖直方向夹角为60°时，小球的速度最大，动能最大，故A错误；小球在轨道上运动过程中，能量守恒，小球在与圆心等高且在圆弧右侧的位置电势能最小，所以小球在该点的机械能最大，故B错误；设释放点A到B的距离为L时，小球恰好不脱离圆轨道；图中D点与圆心连线与圆相交的点M点即为“等效重力”中的最高点，小球恰好不脱离圆轨道，电场力与重力的合力刚好提供向心力，则有＝m，解得vM＝，从开始释放小球到M点的过程中，由动能定理可得qE(L－Rsin 60°)－mgR(1＋cos 60°)＝mv，解得L＝R，故C正确；若小球做完整的圆周运动，小球运动到D点时的动能最大，对轨道的压力最大，从A到D的过程中，根据动能定理，有qE(L＋Rsin 60°)－mgR(1－cos 60°)＝mv，解得vD＝，在D点，根据牛顿第二定律，有FN－＝m，解得FN＝12mg，若小球不做完整的圆周运动，当小球运动到与MD连线垂直时如图中的P点，接下来将沿着轨道返回，此时也未脱离轨道，该过程在D点速度有最大值，对轨道的压力也为最大值，从P到D点，根据动能定理，有mg[(R＋Rsin 60°)－(R－Rcos60°)]＋qE(Rcos30°－Rcos60°)＝mvD′2－0，解得vD′＝2，在D点，根据牛顿第二定律，有FN′－＝m，解得FN′＝6mg，如果小球不能到达P点，则小球对轨道的最大压力将会小于6mg，所以小球对轨道的最大压力大小可能为5mg，故D正确。故选CD。 10．BCD　根据法拉第电磁感应定律可知，导体棒产生的感应电动势为U＝Bdv，电容器两端电压在Δt时间内的变化量为ΔU＝BdΔv，在Δt时间内电容器储存的电荷量的变化量为ΔQ＝CΔU，则回路中的电流为I＝，导体棒所受安培力为F＝BId，根据牛顿第二定律可得Mg－F＝a，联立解得a＝，易知物块做匀加速直线运动，故A错误；根据能量守恒可知物块与导体棒组成的系统减少的机械能等于导体棒克服安培力做的功，故B正确；对物块受力分析，由牛顿第二定律可知Mg－T＝Ma，解得T＝，故C正确；电容器增加的电荷量为ΔQ＝CBdΔv，又v2＝2ah，解得ΔQ＝CBd，故D正确。故选BCD。 11．解析：(1)本实验的原理是有托盘和砝码时小车做匀速运动，受力平衡，撤去托盘和砝码，小车所受的合力就为托盘和砝码的重力，根据实验原理可知，本实验不需要平衡摩擦力，不需要满足M≫m，为保证小车所受的合力平行木板方向，需要调整滑轮高度使细线与木板平行。故选BD。 (2)根据牛顿第二定律F＝Ma，整理可得a＝·F，设托盘质量为m0，根据实验原理可得a＝·(m＋m0)＝·m＋，可知仅将砝码质量记为m，则绘制出的a-F图像应该是图乙中的Ⅰ。 (3)根据图像可知，给出的三个数据点中，相邻点之间的时间间隔均为T＝0.30 s－0.20 s＝0.20 s－0.10 s＝0.1 s，根据匀变速直线运动的规律有Δx＝aT2，其中Δx＝(38.20－25.20)×10－2m－(49.10－38.20)×10－2m＝2.1×10－2m，解得a＝2.1 m/s2。 答案：(1)BD　(2)Ⅰ　(3)2.1 12．解析：(1)金属丝的直径2 mm＋50.0×0.01 mm＝2.500 mm。 (2)分压式接法中滑动变阻器总阻值应与待测电阻阻值接近，故选R2。b电流表通过的电流值大于a电流表，故a为A2。 (3)实物图连接如图所示。 (4)由电路知识可得＋I2＝I1，解得I2＝I1，结合图像有＝k，解得Rx＝，由R＝可得ρ＝＝。 答案：(1)2.500或2.499、2.501　(2)R2　A2 (3)图见解析　(4) 13．解析：(1)如图甲所示，光线刚好全反射。 甲 sin C＝＝ 挡风玻璃和光学元件的折射率为n＝＝1.5。 (2)红外发射管如果是在a位置向MN中点发射红外线，如图乙所示。 乙 则sin θ2＝cos C＝ 由折射率公式n＝ 解得sin θ1＝nsin θ2＝>1 所以红外发射管不能在a位置向MN中点发射红外线，则红外发射管在b位置向MN中点发射红外线，红外接收管是在c位置，大致光路图如图丙所示。 丙 答案：(1)1.5　(2)见解析 14．解析：(1)初速度为v0的粒子的运动轨迹与y轴相切，如图甲所示。 甲 由几何知识可得R1＋R1cos60°＝d，Bqv0＝m 联立求得v0＝。 (2)初速度为v0的粒子在yOz平面左侧运动时 Bqv0＝m 解得R2＝d 粒子的运动轨迹如图乙所示。 乙 由几何关系知，粒子第一次到达y轴时的速度与x轴正方向成30°角斜向下，此时将粒子的速度分解，平行于x轴的分速度vx＝v0cos30°＝ 平行于y轴的分速度vy＝v0sin 30°＝ 在yOz平面右侧沿y轴方向，在电场力作用下先做匀减速直线运动，到达xOz平面沿y轴方向速度为零，有t1＝解得t1＝ 在垂直y方向，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动 Bqvx＝，T＝，t1＝ 粒子与xOz平面相切时，对应的坐标 x＝R3sin 45°＝d，z＝R3－R3cos45°＝d 即切点坐标为。 (3)粒子第一次经过yOz平面时的y轴坐标为y1＝，粒子从与平面xOz平面相切到第二次与yOz平面相交用时为t2，有t2＝－t1＝T 粒子沿y轴方向所受电场力不变，加速度不变，第二次与yOz平面相交时的y轴坐标为 y2＝9y1＝，Δy＝y2－y1＝ 故交点间的距离L＝＝ 。 (4)初速度为v0的粒子在yOz平面右侧运动时加速度为 a＝＝ 初速度为v0的粒子第2次刚进入yOz平面左侧运动时沿y轴方向的速度大小为 vy2＝at2＝ 因为粒子沿y轴方向只在平面右侧才有不变的加速度，且每次加速时间均为，所以第n次刚进入yOz平面左侧运动时的沿y轴方向的速度大小为 vyn＝vy2＋(n－2)a(n＝2，3，4，…) 粒子第n次在yOz平面左侧运动时速度大小为 v＝＝ (n＝2，3，4，…) 答案：(1)　 (2) (3) 　(4)(n＝2，3，4，…) 15．解析：(1)依题意，设木板的长度为L，A、B第一次达到共速时速度大小为v1，物块和木板由动量守恒定律有mv0＝(2m＋m)v1 根据能量守恒定律有μmgL＝mv－(2m＋m)v 联立求得v1＝v0，L＝。 (2)由于物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，因此物块第一次与挡板碰撞后的速度大小不变，方向向左，设二者第二次碰撞前达到共速的速度大小为v2，取方向向右为正，根据动量守恒定律有2mv1－mv1＝(2m＋m)v2 根据能量守恒定律有μmgx1＝(2m＋m)v－(2m＋m)v 联立求得v2＝v0，x1＝ 则可得此时物块距木板左端的距离为Δl1＝L－x1＝。 (3)由(1)(2)问分析可知，物块B与木板第n次共速时的速度为，对B有 μmg＝maB 从B第一次撞击挡板到第二次撞击挡板过程，有＝2aBs1 从B第二次撞击挡板到第三次撞击挡板过程，有＝2aBs2 从B第n次撞击挡板到第n＋1次撞击挡板过程，有＝2aBsn 则s＝2(s1＋s2＋s3＋…＋sn)＝(＋＋＋…＋) 得s＝·＝。 (4)B从第n次与挡板发生碰撞到第n＋1次与挡板发生碰撞的过程中，设B做匀变速运动的时间为t1，B做匀速直线运动的时间为t2，A、B保持相对静止共同运动的位移为Δx，匀变速运动过程有＋＝aBt1，－＝2aBΔx 匀速过程有Δx＝t2 联立可得t1∶t2＝1∶1 即每相邻两次碰撞过程：A、B匀变速运动过程与A、B匀速运动过程的时间之比为1∶1。在0～t0时间内，设A做匀减速运动的累计时间为t′，则t′＝t0 对A有μmg＝2maA 又＝aAt′ 解得t0＝。 答案：(1)　(2)　(3)　(4) 学科网（北京）股份有限公司 $$