河南省开封市2021届第四次新高考模拟考试物理试卷含解析

河南省开封市2021届第四次新高考模拟考试物理试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．如图所示，图甲为一简谐横波在t=0.10s 时的波形图，P 是平衡位置在x= 0.5m 处的质点，Q 是平衡位置在x =2m 处的质点；图乙为质点Q 的振动图象。

下列说法正确的是（ ）
A ．这列波沿x 轴正方向传播
B ．这列波的传播速度为2m/s
C ．t=0.15s ，P 的加速度方向与速度方向相同
D ．从t=0.10s 到t=0.15s ，P 通过的路程为10cm
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．分析振动图像，由乙图读出，在t=0.10s 时Q 点的速度方向沿y 轴负方向，根据波动规律结合图甲可知，该波沿x 轴负方向的传播，故A 错误；
B ．由甲图读出波长为λ=4m ，由乙图读出周期为T=0.2s ，则波速为 4m/s 20m/s 0.2
v T λ
=== 故B 错误； C ．从t=0.10s 到t=0.15s ，质点P 振动了
4T ，根据波动规律可知，t=0.15s 时，质点P 位于平衡位置上方，速度方向沿y 轴负方向振动，则加速度方向沿y 轴负方向，两者方向相同，故C 正确；
D ．在t=0.10s 时质点P 不在平衡位置和最大位移处，所以从t=0.10s 到t=0.15s ，质点P 通过的路程 s≠A=10cm
故D 错误。

故选C 。

2．如图所示，装有细沙的木板在斜坡上匀速下滑。

某一时刻，一部分细沙从木板上漏出。

则在细沙漏出前后，下列说法正确的是（ ）
A ．木板始终做匀速运动
B ．木板所受合外力变大
C ．木板由匀速变为匀加速直线运动
D ．木板所受斜坡的摩擦力不变
【答案】A
【解析】
【详解】
AC ．在细沙漏出前，装有细沙的木板在斜坡上匀速下滑，对整体受力分析，如图所示：
根据平衡条件有：
()sin f m M g α=+
()cos N m M g α=+
又
f N μ=
联立解得：tan μα=
在细沙漏出后，细沙的质量减少，设为m '，木板的质量不变，对整体受力情况与漏出前一样，在垂直斜面方向仍处于平衡状态，则有：
()cos N m M g α''=+
又
f N μ''=
且
tan μα=
解得：()()cos tan sin f m M g m M g ααα'''=+=+
而重力沿斜面向下的分力为()sin m M g α'+，即()sin f m M g α''=+，所以在细沙漏出后整体仍向下做匀速直线运动，A 正确，C 错误；
B ．因为整体仍向下做匀速直线运动，所受合外力不变，仍为零，B 错误；
D ．因为细沙的质量减小，根据()sin f m M g α''=+，可知木板所受斜坡的摩擦力变小，D 错误。

故选A 。

3．下列说法正确的是（ ）
A ．由公式v ＝ωr 可知，圆形轨道人造地球卫星的轨道半径越大则其速度越大
B．由公式=GM
v
r
可知，所有人造地球卫星离地球越远则其线速度越小C．地球同步卫星在其圆形轨道上运行时的线速度小于7.9km/s
D．地球同步卫星在其圆形轨道上运行时的角速度小于地球自转的角速度【答案】C
【解析】
【详解】
A．由公式
GM
v
r
可知，圆形轨道人造地球卫星的轨道半径越大则其速度越小，选项A错误；
B．由公式=GM
v
r
可知，所有人造地球卫星绕地球做圆周运动时，离地球越远则其线速度越小，选项B 错误；
C．第一宇宙速度是所有绕地球做圆周运动的卫星的最大速度，则地球同步卫星在其圆形轨道上运行时的线速度小于7.9km/s，选项C正确；
D．地球同步卫星在其圆形轨道上运行时的角速度等于地球自转的角速度，选项D错误；
故选C。

4．如图所示，真空中ab、cd四点共线且ab=b=cd在a点和d点分别固定有等量的异种点电荷，则下列说法正确的是
A．b、c两点的电场强度大小相等，方向相反
B．b、c两点的电场强度大小不相等，但方向相同
C．同一负点电荷在b点的电势能比在c点的小
D．把正点电荷从b点沿直线移到c点，电场力对其先做正功后做负功
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A、B项：由等量异种电荷的电场线分布可知，b、c两点的场强大小相等，方向相同，故A、B错误；
C项：由电场线从正电荷指向负电荷即电场线由b指向c，所以b点的电势高于c点电势，根据负电荷在电势低处电势能大，即负电荷在b点的电势更小，故C正确；
D项：由C分析可知，电场线从b指向c，正电荷从b沿直线运动到c，电场力一直做正功，故D错误．故应选：C．
5．新型冠状病毒在显微镜下的形状如图所示，他的大小在纳米的数量级下，根据我们高中所学内容，下列单位属于国际基本单位的是（ ）
A ．长度
B ．m
C ．nm
D ．m/s
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】 国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度（m ）、质量（kg ）、时间（s ）、热力学温度（K ）、电流（A ）、发光强度（cd ）、物质的量（mol ），它们的国际单位是基本单位，而由物理量之间的关系式推导出来的单位叫做导出单位，A 项的长度是基本物理量，B 项的m 是国际制基本单位，C 项的nm 是非国际制基本单位，D 项的m/s 是导出单位，故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

6．某理想自耦变压器接入电路中的示意图如图甲所示，图乙是其输入电压u 的变化规律．已知滑动触头在图示位置时原、副线圈的匝数比为12:10:1n n =，电阻22R =Ω．下列说法正确的是
A ．通过R 的交流电的频率为100 Hz
B ．电流表A 2的示数为2A
C ．此时变压器的输入功率为22 W
D ．将P 沿逆时针方向移动一些，电流表A 1的示数变小
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
由图乙可知，该交流电的周期为T=0.02s ，其频率为50 Hz ，选项A 错误；变压器初级输入电压的有效值
12202
220
2
U V V
==,次级电压：2
21
1
22
n
U U V
n
==，则电流表A
2的示数为2
2
22
1
22
U
I A A
R
===，选项B错误；变压器的次级功率为：22222
P I U W
==，则此时变压器的输入功率为22 W，选项C正确；将P沿逆时针方向移动一些，则次级匝数增加，次级电压变大，则电流表A1的示数变大，选项D错误。

故选C.
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场1E，之后进入电场线竖直向下的匀强电场2
E发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么
A．偏转电场2E对三种粒子做功一样多
B．三种粒子打到屏上时速度一样大
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子一定打到屏上的同一位置，
【答案】AD
【解析】
试题分析：带电粒子在加速电场中加速，电场力做功W=E1qd；由动能定理可知：E1qd=
1
2
mv2；
解得：1
2E dq
v
m
L
t
v
=；在偏转电场中的纵向速度
22
2
1
2
E qL
v at
E md
==
纵向位移
2
22
1
1
24
E L
x at
E d
==；即位移与比荷无关，与速度无关；则可三种粒子的偏转位移相同，则偏转电场对三种粒子做功一样多；故A正确，B错误；因三粒子由同一点射入偏转电场，且偏转位移相同，故三个粒子打在屏幕上的位置一定相同；因粒子到屏上的时间与横向速度成反比；因加速后的速度大小不同，故三种粒子运动到屏上所用时间不相同；故C错误，D正确；故选AD．
考点：带电粒子在匀强电场中的运动
【名师点睛】此题考查带电粒子在电场中的偏转，要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用；正确列出对应的表达式，根据表达式再去分析速度、位移及电场力的功．
8．如图所示，ac 和bd 是相距为L 的两根的金属导轨，放在同一水平面内。

MN 是质量为m ，电阻为R 的金属杆，垂直导轨放置，c 和d 端接电阻R 1=2R ，MN 杆与cd 平行，距离为2L ，若0－2t 0时间内在导轨平面内加上如图所示变化的匀强磁场，已知t=0时刻导体棒静止，磁感强度竖直向下为正方向，那么以下说法正确的是（ ）
A ．感应电流的方向先沿顺时针后沿逆时针方向
B ．回路中电流大小始终为2
00
23B L Rt C ．导体棒受到的摩擦力方向先向左后向右
D ．导体棒受到的摩擦力大小不变
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．设导体棒始终静止不动，由图乙可知，图线斜率绝对值即为磁场变化率且恒定，由公式
2
00
2==B L BS E t t t ⋅∆Φ∆=∆∆ 感应电动势恒定，回路中电流
2
00
233B L E I R Rt ⋅== 恒定不变，由于t=0时刻导体棒静止，由=A F BIL 可知，此时的安培力最大，则导体棒始终静止不动，假设成立，由楞次定律可知，感应电流方向始终为顺时针方向，故A 错误，B 正确；
C ．由于感应电流方向不变，00t :内磁场方向竖直向下，由左手定则可知，安培力方向水平向右，由于导体棒静止，则摩擦力方向水平向左，同理可知，002t t :时间内安培力方向水平向左，摩擦力方向水平向右，故C 正确；
D ．由平衡可知，摩擦力大小始终与安培力大小相等，由于电流恒定，磁场变化，则安培力大小变化，摩擦力大小变化，故D 错误。

故选BC 。

9．下列关于温度及内能的说法中止确的是
A ．物体的内能不可能为零
B．温度高的物体比温度低的物体内能大
C．一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化
D．内能不相同的物体，它们的分子平均动能可能相同
E.温度见分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子相比，动能大的分子温度高
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】
A．内能是物体内所有分子无规则热运动的动能和分子势能的总和，分子在永不停息的做无规则运动，所以内能永不为零，故A正确；
B．物体的内能除与温度有关外，还与物体的种类、物体的质量、物体的体积有关，温度高的物体的内能可能比温度低的物体内能大，也可能与温度低的物体内能相等，也可能低于温度低的物体的内能，故B错误；
C．一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化，比如零摄氏度的冰化为零摄氏度的水，内能增加，故C正确．
D．内能与温度、体积、物质的多少等因素有关，而分子平均动能只与温度有关，故内能不同的物体，它们分子热运动的平均分子动能可能相同，故D正确；
E．温度是分子平均动能的标志，温度高平均动能大，但不一定每个分子的动能都大，故E错误。

故选ACD．
【点睛】
影响内能大小的因素：质量、体积、温度和状态，温度是分子平均动能的标志，温度高平均动能大，但不一定每个分子的动能都大．
10．如图所示，灯泡A、B完全相同，理想变压器原副线圈匝数比n1：n2=5：1，指示灯L的额定功率是
灯泡A的1
5
，当输入端接上1102sin100(V)
u tπ
=的交流电压后，三个灯泡均正常发光，两个电流表
均为理想电流表，且A2的示数为0.4A，则（）
A．电流表A1的示数为0.08A
B．灯泡A的额定电压为22V
C．灯泡L的额定功率为0.8W
D ．原线圈的输入功率为8.8W
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．副线圈的总电流即A 2的示数为I 2＝0.4A ，由理想变压器两端的电流比等于匝数的反比，可得 212110.4A 0.08A 5
n I I n ==⨯= 即电流表A 1的示数为0.08A ，故A 正确；
BC ．变压器的输入电压的有效值为U=110V ，根据全电路的能量守恒定律有
1L A 2UI P P =+
而指示灯L 的额定功率是灯泡A 的15
，即 A L 5
P P = 联立解得
A 4W P =，L 0.8W P =
由电功率
2A A A A 2
I P U I U ==⋅
可得 A 20V U =
故B 错误，C 正确；
D ．对原线圈电路由1L UI P P =+入，可得原线圈的输入功率
1L (8.80.8)W 8W P UI P =-=-=入
故D 错误。

故选AC 。

11．如图甲所示，一个匝数为n 的多匝线圈，线圈面积为S ，电阻为r 。

一个匀强磁场垂直于线圈平面穿过该线圈。

在0时刻磁感应强度为0B ，之后随时间变化的特点如图乙所示。

取磁感应强度向上方向为正值。

线圈的两个输出端P 、Q 连接一个电阻R 。

在00~t 过程中（ ）
A ．线圈的P 点的电势高于Q 点电势
B ．线圈的P 、Q 两点间的电势差大小为00
()nSB R R r t + C ．流过R 的电荷量的大小为0nSB R r
+ D ．磁场的能量转化为电路中电能，再转化为电阻R 、r 上的内能
【答案】ABC
【解析】
【详解】
A ．结合图乙知磁场方向向上且逐渐减小。

由楞次定律知感应电流的方向由Q 点经线圈到P 点，则P 点电势高，A 正确；
B ．感应电动势为
00
B E n
nS t t ∆Φ==∆ 又有 E I R r
=+ 电势差大小
U IR =
解得
00
()nSB R U R r t =+ B 正确；
C ．流过电路的电荷量大小为
0q It =
解得
0nSB q R r
=+
C 正确；
D ．电磁感应的过程中磁场能量不转化，而是作为媒介将其他形式的能转化为电能，然后再在电阻R 、r 上转化为内能，D 错误。

故选ABC 。

12．下列有关热力学基本概念、规律与热力学定律的描述正确的是 。

A ．热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度
B ．绝热过程中，系统内能的变化只与做功的多少有关，而与做功的方式无关
C ．改变内能的两种方式是做功和热传递，因此同时做功和热传递一定会改变内能
D ．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律
E.机械能不可能全部转化为内能，内能也不可能全部转化为机械能
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A ．根据热力学第一定律得热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度，故A 正确；
B ．绝热过程中，系统内能的变化只与做功的多少有关，而与做功的方式无关，故B 正确；
C ．改变内能的方式有做功和热传递，二者在内能的改变上是一样的，若对外做功的同时吸收热量，内能可能不变，故C 错误；
D ．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律即热现象的方向性，故D 正确；
E ．机械能可能全部转化为内能，内能不可能全部转化为机械能，而不产生其他影响，故E 错误。

故选ABD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．小明在实验室找到一个可调内阻的电池，想自己动手探究电池内、外电压的关系。

可调内阻电池由电池槽，正、负极板M N 、，探针P Q 、，气室，打气筒等构成，如图甲所示。

电池槽中间有一条电解质溶液通道，缓慢推动打气筒活塞，向电池内打气，可改变通道内液面的高度，从而改变电池的内阻，液面越低，电池内阻越大。

电压表V 1与正、负极板M N 、连接，电压表V 2与探针P Q 、连接。

小明将三个相同的小灯泡并联接在M N 、两端，每个支路由独立的开关123S S S 、、控制，如图乙所示。

（1）断开开关123S S S 、、，两个电压表的示数分别如图丙中的A 、B 所示，则_____（填“A”或“B”）为1V 的读数，其读数为_______V ，若不计电压表内阻的影响，则此数值等于该电源的________。

（2）逐步闭合开关123S S S 、、，小明将看到1V 的示数_____________（填“增大”“减小”或“不变”），2V 的示数___________（填“增大”“减小”或“不变”），同时会发现两电压表的示数还会满足________的关系。

若读得1V 的示数为1U ，2V 的示数为2U ，A 的示数为I ，则此时电池的内阻r =_________（用所给物理量符号表示）。

（3）保持123S S S 、、闭合，用打气筒向电池内打气，同时记录12V V 、的示数12U U 、和A 的示数I ，利用多组数据画出12U I U I --、图象，若灯泡电阻恒定，则下列图象正确的是___________。

A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】B 2.70（2.68～2.72） 电动势 减小 增大 两电压表示数之和保持不变（或12U U E +=）
2U I
AD 【解析】
【详解】
（1）[1][2][3]断开开关123S S S 、、外电路断开，电源输出电流为零，内电阻电压为零，即两探针P Q 、之间电压为零，题图丙中的B 为电压表1V 的读数。

根据电压表读数规则，其读数为2.70V 。

电源两极之间的开路电压等于电源电动势，若不计电压表内阻的影响，则此数值等于电源的电动势。

（2）[4][5][6][7]逐步闭合开关123S S S 、、，根据闭合电路欧姆定律可判断出电源输出电流I 逐渐增大，由
1r U E I =-
可知1U 逐渐减小，小明将看到1V 的示数逐渐减小。

电压表2V 测量的是电源内阻的电压，即2U Ir =，电压表2V 的示数逐渐增大。

由12E U U =+，可知两电压表的示数之和保持不变。

由
2U Ir = 可得电池的内阻2U r I
=。

（3）[8]AB ．保持开关123S S S 、、闭合，用打气筒向电池内打气，电解质溶液液面下降，电池内阻增大，外电阻不变，由
1U IR =
可知，A 正确，B 错误；
CD ．由
12E U U =+
可知
23U E IR =-
D 正确，C 错误。

故选AD 。

14．某实验小组利用电流传感器（可视为理想电流表）和定值电阻0R 以及电阻箱、待测电池等器材，设计了如图甲所示的电路测定电池电动势和内阻。

电流的值通过数据采集器输入到计算机，数据采集器和计算机对原电路的影响可忽略。

他们连接好电路，闭合开关S 后，发现无论如何调节电阻箱R ，计算机中显示电流均为零，由此判断电路可能出现了故障。

经小组讨论后，尝试用多用电表的欧姆档来检测电路。

已知保护电阻0150=ΩR .，电流传感器量程为100mA 。

操作步骤如下：
①将多用电表挡位调到电阻“×1”挡，再将红、黑表笔短接，进行欧姆调零；
②断开甲图电路开关S ，将多用电表两表笔分别接在a c 、上，多用电表的指针不偏转；
③断开甲图电路开关S ，将多用电表两表笔分别接在a b 、上，多用电表的示数如图乙所示；
④断开甲图电路开关S ，将多用电表两表笔分别接在b c 、上，多用电表的指针不偏转；
⑤断开甲图电路开关S ，将多用电表两表笔分别接在、c d 上，计算机中显示电流不为零。

回答下列问题：
（1）操作步骤③中，多用电表内阻_____________Ω；
（2）操作步骤⑤中，多用电表红表笔应接_______________（选“c ”或“d ”点）;
（3）电路的故障可能是__________________;
A ．保护电阻0R 短路
B ．保护电阻0R 断路
C ．电阻箱R 短路
D ．电阻箱R 断路
（4）排除电路故障后，该小组按照图甲的电路测量电源的电动势和内阻。

改变电阻箱R 的阻值，得到多组实验数据。

根据数据作出1R I
-图像，如图所示，则电源电动势E =_____________V ，内阻r =__________Ω（结果保留2位有效数字）。

【答案】15.0 c D 1.5 3.0
【解析】
【详解】
（1）[1]．操作步骤③中，多用电表内阻等于中值电阻，大小为15.0Ω；
（2）[2]．因c 端是电流传感器的负极，则操作步骤⑤中，多用电表红表笔应接c 点；
（3）[3]．根据实验步骤的分析可知，电路的故障可能是电阻箱R 断路，故选D ；
（4）[4][5]．根据闭合电路欧姆定律可得：
E=I(R+R 0+r) 即：
01()R E R r I
=-+ 由图像可知：
18==1.5V 12
E
018R r +=Ω
则
r=3.0Ω
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．水平折叠式串列加速器是用来产生高能离子的装置,如图是其主体原理侧视图．图中111aa bb cc 为一级真空加速管,中部1bb 处有很高的正电势ϕ，1aa 、1cc 两端口均有电极接地(电势为零)；1cc 、1dd 左边为方向垂直纸面向里的匀强磁场； 111dd ee ff 为二级真空加速管,其中1ee 处有很低的负电势ϕ-,1dd 、1ff 两端口均有电极接地(电势为零)．有一离子源持续不断地向1aa 端口释放质量为m 、电荷量为e 的负一价离子,离子初速度为零,均匀分布在1aa 端口圆面上．离子从静止开始加速到达1bb 处时可被设在该处的特殊装置将其电子剥离,成为正二价离子(电子被剥离过程中离子速度大小不变)；这些正二价离子从1cc 端口垂直磁场方向进入匀强磁场，全部返回1dd 端口继续加速到达1ee 处时可被设在该处的特殊装置对其添加电子，成为负一价离子(电子添加过程中离子速度大小不变)，接着继续加速获得更高能量的离子．已知1aa 端口、1cc 端口、1dd 端口、1ff 端口直径均为L,1c 与1d 相距为2L,不考虑离子运动过程中受到的重力,不考虑离子在剥离电子和添加电子过程中质量的变化,370.6sin ︒=，370.8cos ︒=，求：
(1)离子到达1ff 端口的速度大小v ；
(2)磁感应强度度大小B ；
(3)在保证(2)问中的B 不变的情况下,若1aa 端口有两种质量分别为216()5m m =、2214()15
m m =，电荷量均为e 的的负一价离子,离子从静止开始加速,求从1ff 端口射出时含有m 1、m 2混合离子束的截面积为多少．
【答案】 (1)32
e v m
ϕ= (2)123m B L e ϕ= (3)20.083S L = 【解析】
（1）对离子加速全过程由动能定理得到：2162e mv ϕ= 解得：32e v m ϕ= （2）进入磁场中16e v m
ϕ=
，32r L = 2212v ev B m r =， 解得：123m B L e
ϕ= （3）2165m m ⎛⎫= ⎪⎝⎭
，221415m m ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 131.2 1.82r L L =⨯=，1143 1.4152
r L L =⨯= 2274120.40.60.08336042L S L L L π⎛⎫=⨯-⨯⨯= ⎪⎝⎭
16．如图所示，质量为m ＝1kg 的物块放在倾角为θ＝37°的斜面底端A 点，在沿斜面向上、大小为20N 的恒力F 1的作用下，从静止开始沿斜面向上运动，运动到B 点时撤去拉力F 1，当物块运动到C 点时速度恰为零，物块向上加速的时间与减速的时间均为2s 。

物块运动到C 点后，再对物块施加一平行于斜面的拉力F 2，使物块从C 点运动到A 点的时间与从A 点运动到C 点的时间相等。

已知斜面足够长，重力加速度g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）物块与斜面间的动摩擦因数;
（2）拉力F 2的大小和方向。

【答案】 (1)μ=0.5 (2) F 2=3N,方向平行斜面向下
【解析】
【详解】
(1)设物块向上做加速运动的加速度大小为a 1，
根据牛顿第二定律有：F 1-mgsin θ-μmgcos θ=ma 1
撤去拉力F 1后，物块做匀减速运动，设运动的加速度大小为a 2
根据牛顿第二定律有：μmgcos θ+mgsin θ=ma 2
由于加速的时间与减速的时间相等，即:a 1t=a 2t
联立解得：
μ=0.5
（2）物块向上运动时，a 1=a 2=10m/s 2 ，物块从A 到C 运动的距离： x=2×2112a t =40m
设拉力的方向沿斜面向下，则根裾牛顿第二定律有：F 2+mgsin θ-μmgcos θ=ma 3
由题意可知：x=
23122
a t （） 解得：
a 3=5m/s 2
F 2=3N
F 2方向平行斜面向下
17．如图甲所示，质童为m=0.3kg 的小物块B （可视为质点）放在质量为M=0.1kg 、长度L=0.6m 的木板A 的最左端，A 和B 一起以v 0=lm/s 的速度在光滑水平面上向右运动，一段时间后A 与右侧一竖直固定挡板P 发生弹性碰撞。

以碰撞瞬间为计时起点，取水平向右为正方向，碰后0.5s 内B 的速度v 随时间t 变化的图像如图乙所示。

取重力加速度g=10m/s 2，求：
（1）A 与B 间的动摩擦因数μ；
（2）A 与P 第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔；
（3）A 与P 碰撞几次，B 与A 分离。

【答案】（1）0.1（2）0.75s （3）一共可以碰撞2次
【解析】
【详解】
方法一：
解：（1）碰后A 向左减速，B 向右减速，由图像得：
1v a t
∆==∆2B m/s 由牛顿第二定律：
mg ma μ=B
求得
0.1μ=
（2）由牛顿第二定：
3mg
a M μ==2A m/s
A 减速到0后，向右继续加速，最后与
B 共速
由：
01011v a t v a t v -=-+=B A
求得：
10.5s t =，10.5v =m/s
此过程中，A 向左移动的距离为：
201110.1252
x v t a t =-+=A A m 之后A 与B 一起向右匀速运动，时间：
21
0.25x t v ==A s 所以一共用的时间：
120.75t t t =+=s ；
（3）A 第1次与挡板P 相碰，到第2次相碰的过程内，
201110.3752
x v t a t =-=B B m 0.5x x x =+=A B m 相对
假设第3次碰撞前，A 与B 不分离，A 第2次与挡板P 相碰后到第3次相碰的过程内
1313v a t v a t -=-+B A ，30.25t =s
213312
x v t a t =-+A2A 213312
x v t a t =-B2B 求得：
2220.125x x x =+=A B m 相对
由于：
12x x x L =+>相对相对相对
所以一共可以碰撞2次。

方法二：
解：（1）碰后A 向左减速，B 向右减速，由图像得：
1v a t
∆==∆2B m/s 由牛顿第二定律：
mg ma μ=B
求得
0.1μ=；
（2）碰后B 向右减速，A 向左减速到0后，向右继续加速，最后与B 共速，由动量守恒定律可得： 001()mv Mv M m v -=+
解得：
10.5v =m/s
此过程，对B 由动量定理得：
101mv mv mgt μ-=-
解得：
10.5s t =
对A 由动能定理：
22101122
mgx Mv Mv μ-=
-A 求得： 0.125x =A m
此后A 、B 一起向右匀速运动的时间：
21
0.25x t v ==A s 所以一共用的时间：
120.75t t t =+=s
（3）A 第1次与挡板P 碰撞后到共速的过程中，对整个系统，由能量守恒：
2220011111()222
mv Mv M m v mgx μ+=++相对 10.5x =m 相对
假设第3次碰撞前，A 与B 不分离，A 第2次与挡板P 相碰后到共速的过程中，由动量守恒： 112()mv Mv M m v -=+
由能量守恒：
2221122111()222mv Mv M m v mgx μ+=++相对 解得：
20.125x =m 相对 由于12x x x L =+>相对相对相对，所以一共可以碰撞2次。