吉林省吉林市2020届高三物理上学期第一次调研测试试卷（附解析Word版）

吉林市普通中学 2019—2020 学年度高中毕业班第一次调研测试物理 1. 下图是某同学站在压力传感器上做下蹲-起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图 线，纵坐标为压力，横坐标为时间。由图线可知，该同学的体重约为 650N，除此以外，还可 以得到以下信息 A. 1s 时人处在下蹲的最低点 B. 2s 时人处于下蹲静止状态 C. 该同学做了 2 次下蹲-起立的动作 D. 下蹲过程中人始终处于失重状态 【答案】B 【解析】 试题分析：人在下蹲的过程中，先加速向下运动，此时加速度方向向下，故人处于失重状态， 最后人静止，故下半段是人减速向下的过程，此时加速度方向向上，人处于超重状态，故下 蹲过程中先是失重后超重，选项 D 错误；在 1s 时人的失重最大，即向下的加速度最大，故此 时人并没有静止，它不是下蹲的最低点，选项 A 错误；2s 时人经历了失重和超重两个过程， 故此时处于下蹲静止状态，选项 B 正确；该同学在前 2s 时是下蹲过程，后 2s 是起立的过程， 所以共做了 1 次下蹲-起立的动作，选项 C 错误。 考点：牛顿第二定律，失重与超重。 2.套圈游戏是一项很受欢迎的群众运动，要求每次从同一位置水平抛出圆环，套住前方放置 在地面 0.2m 高的竖直细杆即为获胜，抛出时圆环前端与细杆间的水平距离为 3m。人从距地面 1m 的高度水平抛出圆环，圆环直径为 0.16m，要想套住细杆，他水平抛出圆环的速度可能为(不 计空气阻力， 取 g=10m/s2) A. 7.2m/s B. 7.8m/s C. 8.4m/s D. 8.6m/s 【答案】B 【解析】 详解】根据【得 则平抛运动的最大速度 最小速度 则 7.5m/s＜v＜7.9m/s，故 B 正确。 3.如图所示，甲、乙、丙三个物体放在匀速转动的水平粗糙圆台上，甲的质量为 2m ，乙、丙 的质量均为 m ，甲、乙离轴为 R ，丙离轴为 2R ，则当圆台旋转时（设甲、乙、丙始终与 圆台 保持相对静止），下列判断正确的是（ ） A. 甲物体所受的摩擦力比丙物体小 B. 乙物体的角速度比丙物体的角速度小 C. 甲物体的向心加速度比乙物体的向心加速度大 D. 乙物体所受的合力比丙物体所受到的合力小 【答案】D 【解析】 【详解】甲、乙、丙转动的角速度大小相等，根据 可知甲、丙两物体所受的摩擦力 大小相等，选项 AB 错误；根据向心加速度 a=rω2，且甲、乙半径相等，可知甲物体的向心加 速度和乙物体的向心加速度相等，故 C 错误；根据 F=mrω2 知，乙、丙的质量之比为 1：1， 转动的半径之比为 1：2，则向心力大小之比为 1：2，所以乙物体受到的向心力比丙物体受到 的向心力小，故 D 正确。 4.我国汽车的整车安全性碰撞试验在 1998 年已与国际开始接轨。碰撞试验是让汽车在水平面 2 1 2 1 2h h gt− = 1 22( ) 0.4sh ht g −= = 1 3 0.16 m / s 7.9m / s0.4 x dv t + += = = 2 3 m / s 7.5m / s0.4 xv t = = = 2f m rω=上以 48.3km/h 的国际标准碰撞速度驶向质量为 80t 的国际标准碰撞试验台，撞击使汽车的动 量一下子变到 0，技术人员通过查看载着模拟乘员的传感器的数据以便对汽车安全性能装置进 行改进。请结合以上材料回答，以下说法正确的有 A. 若试验汽车的标准碰撞速度增加为原来的 1.2 倍，则其动量变为原来的 2.4 倍 B. 在水平路面上运动时汽车受支持力的冲量与重力的冲量相同 C. 因为安全带对座位上的模拟乘员的保护，在碰撞时乘员的速度变为 0 所用时间约为 0.13， 则安全带对乘员的作用力约等于乘员重力的 10 倍 D. 为了减轻碰撞时对模拟乘员的伤害程度，轿车前面的发动机舱越坚固越好 【答案】C 【解析】 【详解】A．由 p=mv 可知试验汽车的标准碰撞速度增加为原来的 1.2 倍，则动量变为原来的 1.2 倍，故 A 错误； B．水平路面上运动时汽车受支持力的冲量与重力的冲量方向不同，故 B 错误； C．由动量定理得： 重力是 80×104，是 10 倍关系，故 C 正确； D．轿车前面的发动机舱在碰撞时若能运动可减小能量，减轻对模拟成员的伤害程度，故 D 错 误。 5.列车在空载时加速经过一段平直的路段，通过某点时速率为 ，加速度大小为 ；当列车 满载货物再次加速经过同一点时，速率仍为 ，加速度大小变为 。设列车发动机的功率恒 为 ，阻力是列车重力的 倍，重力加速度大小为 ，则列车空载与满载时的质量之比为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 3 580 10 13 N 80 10 N0.13 m vF t ∆ × ×= = = ×∆ v 1a v 2a P k g 1 2 kg a kg a + + 2 1 kg a kg a + + ( ) ( )2 1 P kg a v kg a + + ( ) ( )1 2 P kg a v kg a + +【详解】因两次经过某点的速率相同，功率相同，由 可知牵引力相同；由牛顿第二定 律，空载时： ；满载时： ；联立解得： ，故选 B. 6.2019 年 4 月 10 日，世界上首张黑洞图像照片发布，如图所示，它提供了黑洞存在的直接“视 觉”证据。早在 1799 年，法国科学家拉普拉斯在对牛顿引力理论做过透彻研究后指出，对于 一个质量为 M 的球状物体，质量和 M 半径 R 的关系满足 （其中 c 为光速、G 为引力 常量）时即成为一个黑洞。倘若若干年后太阳能收缩成黑洞，其半径约为（可能用到的条件： 地球公转周期取 365 天，日地距离取 m,光速取 m/s,g 取 10m/s2， ） A. 0.03m B. 3m C. 30m D. 3000m 【答案】D 【解析】 【详解】地球绕太阳做圆周运动动，由万有引力提供向心力得 其中 ， 根据逃逸速度（第二宇宙速度）的定义，结合题意可知，须满足 所以半径约为 联立解得： PF v = 1F kmg ma− = 2F kMg Ma− = 2 1 kg aM m kg a += + 2 2 M c R G = 111.5 10× 83 10× 2π 10≈ 2 2 2 4MmG mrr T π= 111.5 10 mr = × 365 24 3600sT = × × 2GM cR ≥ 2 2GMR c ≤ 3000mR ≤故 D 正确。 7.如图所示，质量为 m 的小球套在坚直固定的光滑圆环上，在圆环的最高点有一个光滑小孔， 一根轻绳的下端系着小球，上端穿过小孔用力拉住，开始时绳与竖直方向夹角为 θ，小球处 于静止状态，现缓慢拉动轻绳，使小球沿光滑圆环上升一小段距离，则下列关系正确的是 A. 绳与竖直方向的夹角为 θ 时，F=2mgcosθ B. 小球沿光滑圆环上升过程中，轻绳拉力逐渐增大 C. 小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力逐渐增大 D. 小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力大小不变 【答案】AD 【解析】 【详解】A、对小球受力分析，小球受到重力 mg、轻绳的拉力 F 和圆环的弹力 N，如图，根据 平衡条件可知：mg 和 N 的合力与 F 大小相等、方向相反，根据几何知识得知 N=mg，且有 F=2mgcosθ，故 A 正确。 BCD.小球沿圆环缓慢上移，处于动态平衡状态，对小球进行受力分析，小球受重力 G，F，N， 三个力。满足受力平衡。作出受力分析图，由图可知△OAB∽△GFA，即： 则得： ，N=mg mg F N R AB R = = ABF mgR =当 A 点上移时，半径 R 不变，AB 减小，故 F 减小，N 不变，故 D 正确，BC 错误. 8.如图所示，物体 B 叠放在物体 A 上，A、B 的质量均为 ，且上、下表面均与斜面平行，它 们以共同速度沿倾角为 的固定斜面 C 匀速下滑，则 A. A、B 间没有静摩擦力 B. A 与 B 间的动摩擦因数 C. A 受到斜面的滑动摩擦力大小为 D. A 受到 B 的静摩擦力方向沿斜面向下 【答案】CD 【解析】 【详解】AD．对B 受力分析可知，B 受重力、支持力；将重力分解可知重力有沿斜面向下 分 力，要使 B 能匀速下滑，受力一定平衡，故 A 对 B 应有沿斜面向上的摩擦力，所以 A 受到 B 的静摩擦力方向沿斜面向下，故 A 错误，D 正确； B．由于 AB 间为静摩擦力，无法确定动摩擦因数，故 B 错误； C．对整体分析，并将整体重力分解，由平衡可知，重力的分力与摩擦力等大反向，故 A 受的 滑动摩擦力沿斜面向上，大小为 2mgsinθ，故 C 正确。 9.如图所示，置于粗糙水平面上的物块 A 和 B 用轻质弹簧连接，在水平恒力 F 的作用下，A、 B 以相同的加速度向右运动。A、B 的质量关系为 ，它们与地面间的动摩擦因数相同， 为使弹簧稳定时的伸长量增大，下列操作可行的是 A. 仅增大 B 的质量 B. 仅增大 A 的质量 C. 仅将 A、B 的位置对调 D. 仅减小水平面的粗糙程度 【答案】AC 【解析】 【详解】设弹簧的弹力为 T，对于 A、B 整体，由牛顿第二定律得 的 m θ tanµ θ= 2 sinmg θ A Bm m>对 B 受力分析 联立解得： A．由 知增大 mB，T 增大，则弹簧稳定时的伸长量增大，故 A 正确； B．由 知仅增大 A 的质量，T 减小，则弹簧稳定时的伸长量减小，故 B 错误； C．仅将 A、B 的位置对调，同理可得弹簧的弹力 因 mA＞mB，则 T′＞T，所以弹簧稳定时的伸长量增大，故 C 正确； D．由 知 T 与 μ 无关，因此仅减小水平面的粗糙程度，弹簧稳定时的伸长量不 变，故 D 错误。 10.如图所示，长为 0.5m 的轻杆一端与质量为 2kg 的小球相连，另一端可绕过 O 点的水平轴 无摩擦自由转动。现给小球一初速度，使其在竖直面内做圆周运动，若小球通过轨道最低点 a 时的速度为 6m/s，重力加速度 g=10m/s2，不计空气阻力。则小球通过最低点 a 和最高点 b 时， 下列说法正确的是 A. 在 a 点，小球对轻杆作用力的方向竖直向下 ( ) ( )A B A BF m m g m m aµ− + = + B BT m g m aµ− = B A B m FT m m = + 1 B AA B B m F FT mm m m = =+ + B A B m FT m m = + A A B m FT m m ′ = + B A B m FT m m = +B. 在 a 点，小球对轻杆作用力的大小为 144N C. 在 b 点，小球对轻杆作用力的方向竖直向下 D. 在 b 点，小球对轻杆作用力的大小为 44N 【答案】AD 【解析】 【详解】AB．在 a 点时，由于小球做圆周运动，所以轻杆对小球具有竖直向上的拉力，根据 牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力的方向竖直向下，根据向心力公式可知 即 故 A 正确，B 错误； CD．从最高点到最低点由动能定理得 解得： 当小球过最高点时与轻杆间无弹力时有 解得： 说明在最高点，轻杆对小球有向下的拉力，根据向心力公式可知 解得 故 C 错误，D 正确。 2 a a vF mg m R − = 2 22 6(20 )N 164N0.5 a a mvF mg R ×= + = + = 2 21 12 2 2a bmg R mv mv⋅ = − 4m / sbv = 2 0mvmg R = 0 5m / s 4m / sbv gR v= = < = 2 b b vF mg m R + = 44NbF =11.两辆汽车从同一地点同时出发沿同一方向做直线运动，它们的速度的平方（v2）随位置 （x）的变化图象如图所示，下列判断正确的是 A. A 的加速度大小为 2m/s2 B. A、B 在 x= 6m 处的速度大小为 m/s C. A、B 在 x= 6m 处相遇 D. A、B 在 x= 9m 处相遇 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．对于汽车 A，有 得 A 的初速度为：v0=6m/s，根据匀变速直线运动的速度位移关系公式 得，加速 度为 故 A 正确； B．汽车 A、B 在 x=6m 处的速度大小设为 v，对 A 有 得 故 B 正确； CD．A 汽车停止的时间为 2 3 2 0 36v = 2 2 0 2v v ax− = 2 2 20 2m / s2A v va x −= = − 2 2 0 2v v ax− = 2 0 2 36 2 2 6m / s 2 3m / sAv v a x= + = − × × = 0 0 6 s 3s2A v vt a − −= = =−此过程 A 汽车 位移为 9m，对于汽车 B，初速度为 0，加速度为： 汽车 B 要是行驶 9m 的距离所用的时间为 所以是汽车 A 静止后，B 才追上 A 的，所以汽车 A、B 在 x=9m 处相遇，故 C 错误，D 正确。 12.如图所示，一光滑细杆固定在水平面上 C 点，细杆与水平面的夹角为 ，一原长为 L 的 轻质弹性绳，下端固定在水平面上的 B 点，上端与质量为 m 的小环相连，当把小环拉到 A 点 时，AB 与地面垂直，弹性绳长为 2L，将小环从 A 点由静止释放，当小环运动到 AC 的中点 D 时，速度达到最大。重力加速度为 g，下列说法正确的是 A. 在下滑过程中小环的机械能先减小后增大 B. 小环刚释放时的加速度大小为 g C. 小环到达 AD 的中点时，弹性绳的弹性势能为零 D. 小环的最大速度为 【答案】BD 【解析】 【详解】A．小环受重力、支持力和拉力，拉力先做正功后做负功，故环的机械能先增加后减 小，故 A 错误； B．在 A 位置，环受到重力、拉力、支持力，根据牛顿第二定律有： 在 D 点，环的速度最大，说明加速度为零，弹簧长度为 2L，则有 联立解得： 的 的 2 2 20 1m / s2B v va x −= = 18 s 3 2s 3s1B vt a ′ = = = > 30° 2v gL= sin30 cos60mg F ma° °+ = sin30 cos60mg F° °=故 B 正确； C．小环到达 AD 中点时，弹性绳的长度为 2L，伸长量为 L，故弹性势能不为零，故 C 错误； D．小环和弹性绳系统的机械能守恒，在 D 点速度最大，此时弹性绳长度等于初位置弹性绳的 长度，故初位置和 D 位置环的机械能相等，则有 解得： 故 D 正确。 13.验证“力的平行四边形定则”，如图所示，实验步骤如下： ①用两个相同的弹簧测力计互成角度拉细绳套，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置， 记为 O1 ②记录两个弹簧测力计的拉力 F1 和 F2 的大小和方向 ③只用一个弹簧测力计，将结点仍拉到位置 O1，记录弹簧测力计的拉力 F3 的大小和方向 ④按照力的图示要求，作出拉力 F1、F2、F3 ⑤根据力的平行四边形定则作出 F1 和 F2 的合力 F ⑥比较 F3 和 F 的一致程度 (1)下列说法中正确的是________ A. 应使橡皮条与两绳夹角的平分线在同一直线上 B. 为了便于计算合力大小，两绳间夹角应取 、 、 等特殊角度 C. 系在橡皮条末端的两绳要一样长 D. 同时改变两个弹簧测力计拉力的大小和方向，结点可能保持在位置 O1 (2)改变 F1、F2，重复步骤①至⑥进行第二次实验，记下结点位置 O2，位置 O2________（选填 “必须”或“不必”）与位置O1 相同 a g= 212 cos60 2mg L mv°⋅ = 2v gL= 30° 45° 90°(3)实验记录纸如图所示，两弹簧测力计共同作用时，拉力 F1 和 F2 的方向分别过 P1 和 P2 点； 两个力的大小分别为：F1＝3.0N,F2＝3.5N，请根据图中给出的标度作出 F1 和 F2 的合力， （ ）并测得合力 F＝____N (4)实验中，用两个弹簧测力计同时拉，两绳夹角小于 ，一个弹簧测力计示数接近量程， 另一个超过量程的一半。这样操作_____（选填“合理”或“不合理”） 【答案】 (1). D (2). 不必 (3). (4). 4.0 (5). 不合理 【解析】 【详解】(1)[1]A．F1、F2 方向间夹角大小适当即可，不一定要橡皮条应和两绳套夹角的角平 分线在一条直线上，故 A 错误； B．两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，不一定两绳间夹角应取 、 、 等 特殊角度，故 B 错误； C．细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长，故 C 错误； D．同时改变两个弹簧测力计的拉力，结点可能保持在位置 O1，故 D 正确。 (2)[2]F1、F2 方向间夹角大小适当即可，不一定要橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直 线上 (3)[3]根据平行四边形定则求 F2 与 F1 的合力，作图如图 90° 30° 45° 90°[4]用刻度尺量平行四边形的对角线可知，合力为 4.0N； (4)[5]用两个弹簧测力计同时拉，两绳夹角小于 ，一个弹簧测力计示数接近量程，另一个 超过量程的一半。这样操作不合理，理由是只用一个弹簧测力计拉时会超过其量程。 14.在“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”活动中，某小组设计了如图甲所示的实验 装置。图中上下两层水平轨道表面光滑，两小车前端系上细线，细线跨过滑轮并挂上砝码盘， 两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，然后同时停 止。 (1)在安装实验装置时,应调整滑轮的高度,使_____;在实验时,为减小系统误差,应使砝码盘 和砝码的总质量__________　(选填“远大于”“远小于”或“等于”)小车的质量。 (2)本实验通过比较两小车的位移来比较小车加速度的大小,能这样比较，是因为____ 实验次数 小车 拉力 F/N 位移 X/cm Ⅰ 0.1 1 Ⅱ 0.2 46.51 Ⅰ 0.2 29.04 2 Ⅱ 0.3 43.63 3 Ⅰ 0.3 41.16 90°Ⅱ 0.4 44.80 Ⅰ 0.4 36 43 4 Ⅱ 0.5 45.56 (3)实验中获得数据如表所示:小车Ⅰ、Ⅱ的质量 m 均为 400g。在第 1 次实验中小车Ⅰ从图乙 中的 A 点运动到 B 点，表中空格处测量结果为____cm，通过分析可知表中第___次实验数据存 在明显错误，应舍弃。 【答案】 (1). 使细线与轨道平行(或细线水平) (2). 远小于 (3). 两小车从静止 开始做匀加速直线运动,且两小车的运动时间相等 (4). 23.35 (5). 第 3 次 【解析】 【详解】(1)[1]在安装实验装置时，应调整滑轮的高度，使细线与轨道平行（或水平），如果 细线不保持水平，那么小车的合力就不等于绳子的拉力，小车的合力就不能正确测量。 [2]设小车的质量为 M，砝码盘和砝码的质量为 m，根据牛顿第二定律得： 解得： 当 时，即当砝码盘和砝码的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于砝码盘 和砝码的总重力 (2)[3]本实验通过比较两小车的位移来比较小车加速度的大小，能这样比较，是因为两小车 从静止开始作匀加速直线运动，且两小车的运动时间相等 (3)[4]从刻度尺读出 A 点的读数为 0.50cm，B 点的读数为 23.85cm，所以点运动到B 点的位移 为 23.35cm [5]当小车质量一定时，小车的加速度与合力成正比，而两小车从静止开始作匀加速直线运动， 且两小车的运动时间相等，所以两小车的位移之比等于加速度之比，所以拉力之比应近似等 于位移之比，从实验数据中发现第 3 次实验数据存在明显错误，应舍。 . mg F ma− =拉 F Ma=拉 1 mgF m M = + 拉 m M15.据统计，开车时看手机发生事故的概率是安全驾驶的 23 倍，开车时打电话发生事故的概 率是安全驾驶的 2.8 倍。一辆小轿车在平直公路上以某一速度行驶时，司机低头看手机 2s， 相当于盲开 50m，该车遇见紧急情况，紧急刹车的距离（从开始刹车到停下来汽车所行驶的距 离）至少是 25m，根据以上提供的信息： (1)求汽车行驶的速度和刹车的最大加速度大小 (2)若该车以 108km/h 的速度在高速公路上行驶时，前方 100m 处道路塌方，该司机因用手机 微信抢红包 2s 后才发现危险，司机的反应时间为 0.5s，刹车的加速度与(1)问中大小相等。 试通过计算说明汽车是否会发生交通事故 【答案】（1）12.5m/s2；（2）会发生交通事故 【解析】 【详解】(1)汽车运动的速度为 汽车刹车的最大加速度为 a，则 (2)108km/h=30m/s，司机看手机时，汽车发生的位移为 反应时间内发生的位移的大小为 刹车后汽车发生的位移 所以汽车前进的距离为 所以会发生交通事故。 16.如图所示为一皮带传送装置，其中 AB 段水平，长度 ＝4 m，BC 段倾斜，长度 =3m， 倾角为 ＝ ，AB 和 BC 在 B 点通过一段极短的平滑圆弧连接（图中未画出圆弧）。传送带以 ＝4m/s 的恒定速率顺时针运转，现将一质量 ＝1 kg 的工件（可看做质点）无初速度地放 1 25m / sxv t = = 2 21 12.5m / s2 va x = = 1 2 30 2m 60mx v t= = × = 2 2 30 0.5m 15mx v t= ∆ = × = 2 2 2 3 30 m 36m2 2 12.5 vx a = = =× 1 2 3 111m 100mx x x x= + + = > ABL BCL θ 37° v m在 A 点，已知工件与传送带间的动摩擦因数 ＝0.5，sin ＝0.6，cos ＝0.8， 取 10m/s2，求： (1)工件从 A 点到 B 点所用的时间 t (2)工件到达 C 点时的速度大小及从 A 到 C 的过程中工件与传送带间因摩擦而产生的热量 Q 【答案】（1）1.4s；（2）12J 【解析】 【详解】(1)工件刚放在水平传送带上的加速度为 a1，由牛顿第二定律得： 解得： 设经 t1 时间工件与传送带的速度相同，则有 工件前进的位移为 此后工件将与传送带一起匀速运动至 B 点，用时 所以工件第一次到达 B 点所用的时间为： t=t1+t2=1.4s (2)工件上升过程中受到摩擦力大小为 由牛顿第二定律可得：工件上升的加速度大小为 由运动学公式可得到达 C 点的速度为 µ 37° 37° g 1mg maµ = 2 1 5m / sa gµ= = 1 1 0.8svt a = = 2 1 1 1 1.6m2x a t= = 1 2 0.6sABL xt v −= = cosf mg θ= 2 2 sin sin cos 2m / smg fa g gm θ θ µ θ−= = − =解得： 从 B 点到 C 点所用的时间为 此过程中传送带的位移为 此过程产生的热量为 水平过程中产生的热量为 从 A 到 C 的过程中工件与传送带间因摩擦而产生的热量 17.如图所示，质量为 M 且足够长的木板静止在光滑水平面上，木板的右侧有一墙壁。一质量 为 m 的物块以速度 v0 由木板左侧滑上木板，已知木板与物块质量关系为 M = 3m，物块与木板 间的动摩擦因数为 μ，重力加速度为 g，木板与墙壁碰撞不损失动能。 (1)若它们达到共同速度后木板跟墙壁发生碰撞并反弹运动，最终物块能在木板上滑行多少距 离 (2)若要求木板与墙壁能发生第二次碰撞，木板右侧与墙壁间的距离 应满足什么条件 【答案】（1） ；（2） 【解析】 【详解】(1)选取向右为正方向，设木板、物块达到的共同速度为 ，由动量守恒得 又 2 2 22 BC C Ba L v v− = − 2m / sCv = 3 2 2 4 s 1s2 C Bv vt a − −= = =− − 4 1m 4mx = × = 1 cos37 ·( ) 0.5 1 10 0.8 1J 4JBCQ mg x Lµ °= − = × × × × = 1 2 1 4 0.8( ) 0.5 1 10 (4 0.8 )J 8J2 2 vtQ mg vtµ ×= − = × × × × − = 1 2 12JQ Q Q= + = x 2 015 32 vL gµ= 2 0 24 vx gµ< 1v 0 1( )mv m M v= +解得： 碰撞后，木板原速弹回，由于此时 Mv1＞mv1，可知，最终木板和物块将以共同速度 v2 向左运 动，由动量守恒得 解得： 负号表示方向向左，设整个运动过程中物块在木板上滑行的距离为 L，由能量关系得 代入数值得 (2)设木板碰墙瞬间，物块、木板的速度为 v、 ，由动能定理得 动量守恒得 若要发生第二次碰撞，要求 木板右侧与墙壁间的距离 x 应满足 3M m= 0 1 4 vv = 1 1 2( )mv Mv m M v− = + 0 2 8 vv = − 2 2 2 0 2 2 1 1 1( )2 2 2mgL mv mv Mvµ = − + 2 015 32 vL gµ= 'v '21 2mgx Mvµ = 0mv mv Mv= + ′ mv Mv> ′ 2 0 24 vx gµ