2023届河南省新郑市新郑高中高三上学期一测模拟物理试题(含答案解析)

2023届河南省新郑市新郑高中高三上学期一测模拟物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．某同学做家务时，使用浸湿的拖把清理地板上的油渍。

假设湿拖把的质量为2kg，拖把杆与水平方向成53°角，当对拖把施加一个沿拖把杆向下、大小为10N的力F1时，恰好能推动拖把向前匀速运动。

当遇到地板上的油渍时，如果想要把地板上的油渍清理干净，必须克服油渍与地板间的静摩擦力，该同学需将沿拖把杆向下的力至少增大到
F2=25N。

设拖把与地板、油渍间的动摩擦因数相等且始终不变，已知重力加速度g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。

则此时油渍与地板间的最大静摩擦力约为（）
A．7.7N B．8.6N C．13.3N D．15N
2．计算机键盘每个键下面都连有一块小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的另一块固定的小金属片组成一个可变电容器，如图所示。

当连接电源不断电，按下某个键时，与之相连的电子线路就给出该键相应的信号。

当按下该键时，下列说法正确的是（）
A．电容减小B．极板间的电压增大
C．极板间的电场强度变大D．极板间的电量不变
3．如图甲所示，市面上有种磁力轨道陀螺深受小朋友们喜爱。

这种玩具由两个圆形磁力轨道，和一个转动陀螺组成如图乙所示。

两磁力轨道对陀螺轴有磁性吸引作用，可以使陀螺轴始终与磁力轨道紧贴着，饶磁力轨道外沿运动。

不考虑陀螺的自旋作用影响，将陀螺视为粗细不计的质量为m的细杆，磁力轨道半径为R，重力加速度为g，单个磁力轨道对陀螺轴的磁性引力大小恒为5mg，不计轨道粗细及所有阻力作用。

磁力轨道竖直放置，陀螺从轨道最高点由静止沿轨道运动至最低点过程中（）
A
B ．陀螺运动到最低点时，速度大小为
C ．陀螺运动至最低点时，受到弹力大小和为3mg
D ．陀螺运动至最低点时，受到弹力大小和为6mg
4．如图所示，A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 、H 是一正方体的8个顶点，正方体边长为d ，AE 边竖直向下。

空间有一沿AB 方向的匀强电场，从A 点沿AD 方向水平抛出一质量为m 、带电量为＋q 的小球，小球恰好落到G 点，重力加速度为g ，则（）
A ．电场强度大小为mg
E q
＝
B ．小球抛出的速度大小为0v
C ．小球从A 点运动到G 点的时间为t
D ．小球运动到G 点时速度方向与水平面的夹角θ满足tan 5．如图所示，三颗卫星a 、b 、c 绕地球做匀速圆周运动，轨道半径相同，其中a 是地球同步卫星，b 是倾斜轨道卫星，c 是极地卫星.则（）
A ．卫星a 可以经过北京正上空
B ．卫星a 、b 、c 的运行角速度相等
C ．卫星b 的运行速度大于7.9km/s
D ．卫星c 的运行周期小于24小时
6．如图所示，两根足够长通电直导线a 、b 与虚线垂直相交于P Q 、两点，1
2O O O 、、与P Q 、两点在同一水平直线上，21O P PO OQ QO ===。

已知无限长通电直导线产生的磁场中某点的磁感应强度大小与该点到直导线的距离成反比，O 点的磁感应强度为01,B O 点的磁感应强度为03B ，方向相同，则2O 点的磁感应强度为（）
A ．03
B B ．0113B -
C ．03B -
D ．073
B 7．甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是15kg m/s p =⋅，27kg m/s p =⋅，甲追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为210kg m/s p ='⋅，则两球质量m 甲与m 乙的关系可能是（
）
A ．m 甲=m 乙
B ．m 乙=2m 甲
C ．m 乙=4m 甲
D ．m 乙=6m 甲
8．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈通过电阻为R 的导线与热水器、抽油烟机连接，已知副线圈上的电压按图乙所示规律变化。

下列说法正确的是（）
A ．电压表示数为V
B ．电压表示数为44V
C ．若闭合开关S ，热水器的实际功率减小
D ．若闭合开关S ，原线圈中电流减小
9．如图所示，有一金属块放在垂直于侧面C 的匀强磁场中，当有稳恒电流自左向右通过时，下列说法正确的是()
A ．金属块上表面的电势高于下表面的电势
B ．磁感应强度增大时，金属块上、下两表面间的电势差U 增大
C ．电流增大时，金属块上、下两表面间的电势差U 减小
D ．电流不变时，金属块中单位体积内自由电子越多，上下两表面间的电势差U 越大
10．如图所示，电源电动势E ，内电阻恒为r ，R 是定值电阻，热敏电阻RT 的阻值随温度降低而增大，C 是平行板电容器．闭合开关S ，带电液滴刚好静止在C 内．在温度降低的过程中，分别用ΔI 、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示电流表、电压表1、电压表2和电压表3示数变化量的绝对值．关于该电路工作状态的变化，下列说法正确的是（）
A ．
1U I ∆∆、2U I ∆∆、3U I ∆∆一定都变大B ．1U I ∆∆和3U I
∆∆一定不变，2U I ∆∆一定变大C ．带电液滴一定向下加速运动
D ．电源的工作效率一定变大
二、多选题
11．等腰梯形ABCD 区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，梯形上、下底AB 、CD 长度分别为L 和2L ，60D ∠=︒，下底CD 的中点E 处有一个α粒子放射源，可以向CD 上方射出速率不等的α粒子，α粒子的速度方向与磁场方向垂直，不
A．若AB、AD边有粒子射出，则BC边一定有粒子射出
B．若粒子可以到达B点，则其最小速度为
6m
C．到达A点和到达B点的粒子一定具有相同的速率
D．运动轨迹与AD边相切（由CD边出磁场）的速率最小的粒子在磁场中的运动时间
为8
3 m eB π
12．一辆汽车以速度v0匀速行驶，司机观察到前方人行横道有行人要通过，于是立即刹车。

从刹车到停止，汽车正好经过了24块规格相同的路边石，汽车刹车过程可视为匀减速直线运动。

下列说法正确的是（）
A．汽车经过第1
B．汽车经过第18块路边石末端时的速度大小为
2
v
C．汽车经过前12块路边石与后12块路边石的时间比为
D．汽车经过前18块路边石与后6块路边石的时间比为1:1
三、实验题
13．为测一节干电池的电动势和内电阻，某同学设计了图（a）所示的电路，图中电流表的量程为0.6A，内阻为r A=0.2Ω。

（1）请根据图（a）在答题卡虚线框中完成实物连线。

()
（2）实验中，该同学利用测得的电压U、电流I数据作出了图（c）所示的U I
-图像。

由图可得：电池的电动势为___________V、内阻为___________Ω。

（保留2位小数）
14．伽利略斜面实验被誉为物理学史上最美实验之一、研究小组尝试使用等时性良好的
“节拍法”来重现伽利略的斜面实验，研究物体沿斜面运动的规律。

实验所用节拍频率是每秒2拍，实验装置如图（a）所示。

在光滑倾斜的轨道上装有可沿轨道移动的框架，框架上悬挂轻薄小金属片，滑块下滑撞击金属片会发出“叮”的声音（金属片对滑块运动的影响可忽略）。

实验步骤如下：
①从某位置（记为A0）静止释放滑块，同时开始计拍调节框架的位置，使相邻金属片发出的“叮”声恰好间隔1个拍，并标记框架在轨道上的位置A1、A2、A3……；
②测量A1、A2、A3……到A0的距离s1、s2、s3……如图（b）所示。

③将测量数据记录于下表，并将节拍数n转换成对应时间t的平方。

n123456
s/cm9.538.586.2153.2240.3346.4
t2/s20.25 1.00C 4.00 6.259.00
(1)表格中“C”处的数据应为___________；
(2)由表中数据分析可得，s与t2成___________关系（填“线性”或“非线性”）；
(3)滑块的加速度大小为___________m/s2（结果保留2位小数）。

四、解答题
15．如图，ABC是固定在竖直面内、圆心在O点、半径为R的绝缘光滑圆弧形轨道，B、C分别为轨道的最低和最高点，∠AOB=60°，轨道所在空间有竖直方向（未画出场强方
向）的匀强电场。

现从轨道所在竖直面内距A点高度为2R的P点，的初速度水平向右抛出一质量为m、电荷量为q（q>0）的小球，小球恰能在A点沿轨道切线进入轨道。

小球可视为质点且运动过程中电荷量不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g。

（1）求匀强电场的电场强度；
（2）小球能否通过C点？若能，则求出在C点轨道对小球的弹力大小；若不能，则说
明理由。

16．如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L=0.4m，导轨所在空间被分成区域I和II，两区域的边界与斜面的交线为MN，区域I中的匀强磁场方向垂直斜面向下，区域II中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5T，在区域I中，将质量m1=0.1kg，电阻R1=0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。

在区域II中将质量m2=0.4kg，电阻R2=0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑，cd在滑动过程中始终处于区域II的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x=3.8m。

g取10m/s2，求：
（1）ab刚要向上滑动时，cd的速度大小；
（2）此过程中cd上产生的热量Q；
（3）此过程中cd运动的时间t。

17．质量为m的飞机模型，在水平跑道上由静止匀加速起飞，假定起飞过程中受到的平均阻力恒为飞机所受重力的k倍，发动机牵引力恒为F，离开地面起飞时的速度为v，重力加速度为g．求：
（1）飞机模型的起飞距离（离开地面前的运动距离）；
（2）若飞机起飞利用电磁弹射技术，将大大缩短起飞距离。

图甲为电磁弹射装置的原理简化示意图，与飞机连接的金属块（图中未画出）可以沿两根相互靠近且平行的导轨无摩擦滑动．使用前先给电容为C 的大容量电容器充电，弹射飞机时，电容器释放储存电能所产生的强大电流从一根导轨流入，经过金属块，再从另一根导轨流出；导轨中的强大电流形成的磁场使金属块受磁场力而加速，从而推动飞机起飞。

①在图乙中画出电源向电容器充电过程中电容器两极板间电压u 与极板上所带电荷量q 的图像，在此基础上求电容器充电电压为U 0时储存的电能；
②当电容器充电电压为U m 时弹射上述飞机模型，在电磁弹射装置与飞机发动机同时工作的情况下，可使起飞距离缩短为x ．若金属块推动飞机所做的功与电容器释放电能的比值为η，飞机发动的牵引力F 及受到的平均阻力不变，求完成此次弹射后电容器剩余的电能。

18．如图所示，一带电荷量210C q -=+，质量M =1kg 的绝缘平板置于光滑的水平面上，板上最右端放一可视为质点、质量m =1kg 的不带电小物块，平板与物块间的动摩擦因数μ=0.75。

距平板左端L =0.8m 处有一固定弹性挡板，挡板与平板等高，平板撞上挡板后会原速率反弹。

整个空间存在电场强度E =500N/C 的水平向左的匀强电场。

现将物块与平板一起由静止释放，已知重力加速度g =10m/s 2，平板所带电荷量保持不变，整个过程中物块未离开平板。

求：
(1)平板第一次与挡板即将碰撞时的速率；
(2)若平板长度为01m L =，求物块最终离平板最左端的距离；
(3)若将电场撤去，调节初始状态平板左端与挡板的距离L ，仅给小物块一个水平向左的初速度015m /s v =，使得平板与挡板只能碰撞6次，求L 应满足的条件。

（假设平板足够长）
参考答案：
1．B
【详解】施加110N F =时，由平衡条件有
1cos 53N
F μF = 1sin 53N F mg F =+ 解得
314
μ=
当施加的力为225N F =时，摩擦力为()2sin 538.6N
f μm
g F =+≈ 故选B 。

2．C
【详解】A ．当按下该键时，两金属片间距d 减小，由4S C kd
επ=
可知，电容C 变大，故A 错误；
B ．由于电容器保持与电源相连，极板间的电压不变，故B 错误；
C ．由U E d =，U 不变，d 减小，所以极板间的场强变大，故C 正确；
D ．由Q CU =，U 不变，C 变大，所以极板的电量变大，故D 错误；
故选C 。

3．B
【详解】AB ．陀螺运动过程中受重力、轨道弹力、磁力作用，其中轨道弹力、磁力与速度方向时刻垂直，不做功，对于陀螺从最高点运动到最低点的过程应用动能定理
2122
mg R mv ⋅=解得
v =
故A 错误，B 正确；
CD ．在最低点，设陀螺受到的弹力为F ，由牛顿第二定律
210mv mg mg F R
--=
解得
5F mg
=故CD 错误。

故选B 。

4．A
【分析】小球在重力和电场力的作用下，小球在做类平抛运动，结合电场和重力场知识及运动学公式计算可以得出答案。

【详解】A ．小球在正方体内做类平抛运动，只有当重力等于电场力时，小球才可以到达G 点，故
qE mg =mg q
E =
A 正确；
B
．由运动学公式可得F ma
=合212
d at
=0v t
=0v =B 错误；
C ．由B
可得
t =C 错误;
D ．小球运动到G 点时速度方向与水平面的夹角θ满足
tan y
x
v v θ
=y v
=tan θ==
D 错误。

故选A 。

5．B
【详解】A ．卫星a 是同步卫星，只能定点在赤道的上空，不可能经过北京正上空，A 错误；B ．根据
2
22Mm v G m m r r r
ω==可知
ω=
由图可知，卫星a 、b 、c 的半径相等，故三颗卫星的角速度相等，B 正确；C ．根据
v =
可知，卫星b 的轨道半径大于地球的半径，则卫星b 的运行速率小于7.9km/s ，C 错误；D ．卫星a 、c 的轨道半径相同，则两卫星的周期相同，即卫星c 的运行周期为24小时，D 错误。

故选B 。

6．B
【详解】设通电直导线a 产生的磁场在O 点的磁感应强度为B a ，则在O 2点的磁感应强度为−B a ，在O 1点的磁感应强度为a 1
3B ；设通电直导线b 产生的磁场在O 点的磁感应强度为B b ，
则在O 1点的磁感应强度为−B b ，在O 2点的磁感应强度为b 1
3
B 。

设通电直导线a 、b 产生的磁
场在O 2点的合磁感应强度为B ，由磁场的叠加原理可得：在O 点有
B a +B b =B 0
在O 1点有
a 1
3
B +（−B b ）=3B 0在O 2点则有
B =（−B a ）+b
1
3
B 联立解得
0113
B B =-
ACD 错误，B 正确。

故选B 。

7．C
【详解】根据动量守恒定律得
1212
p p p p ''
+=+解得
12kg m/s
p '=⋅碰撞过程系统的总动能不增加，则有
'2'222
1212
2222p p p p m m m m +≤+
甲乙甲乙
代入数据解得
7 17
m m ≤甲乙碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有
12
p p m m ''≤甲乙
代入数据解得
1 5
m m ≥甲乙综上有
715 17
m m ≤≤甲乙故选C 。

8．C
【详解】AB ．根据变压器原理可得
11225
220V 1100V 1
n U U n =
=⨯=则电压表示数为1100V ，故AB 错误；
C ．接通开关，副线圈电阻减小，电流增大，R 上的分压增大，热水器两端的电压减小，所以实际功率减小，故C 正确；
D ．接通开关，电流增大，电压不变，所以线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，
则原线圈中电流增大，故D 错误；故选C 。

9．B
【分析】电子做定向移动时，受到洛伦兹力发生偏转，在上下表面间形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据电流的微观表达式以及平衡求出电压表的示数和单位体积内的自由电子数．
【详解】A 项：根据左手定则，知电子向上表面偏转，上表面带负电，下表面带正电，所以上表面比下表面电势低，故A 错误；
B 项：最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有：U
evB e d
=，得U=Bvd ，故B 增大时M 、N 两表面间的电压U 增大，B 正确；
C 项：设电流横截面的宽为b ，高为d ，电流的微观表达式为I=nevS=nevbd ，电流增大，则v 增大，又U=Bvd 则U 增大，故C 错误；
D 项：由C 选项分析可知，BI n eUb
=，则BI
U neb =，单位体积内的自由电子数越多，则电势
差越小，故D 错误．故选B ．
【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力方向，以及最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡．10．D
【详解】AB 、根据电路知识知，V 3测路端电压，V 2测热敏电阻RT 的电压，V 1测定值电阻R 的电阻，由3U E Ir =-，得：3
=U r I
∆∆由2U E I R r （
）=-+得：2
U R r I
∆=+∆1U IR =得：
1
U R I
∆=∆故AB 错；C 、带电液滴在平行板中受到向上的电场力和向下的重力处于平衡状态，在温度降低的过程，热敏电阻RT 阻值变大，回路中电流变小，路端电压增大，由于流过定值电阻R 的电流变小，所以分的电压也就变小，而路端电压增大，故V 2读数增大，平行板间的电场强度也增大，导致带电液滴向上运动，故C 错；D 、UI U
EI E
η=
=,由于路端电压增大，所以电源的工作效率一定变大，故D 正确；综上所述本题答案是：D
点睛：认清本题电路结构，并要明确1
U I ∆∆、2U I ∆∆、3U I
∆∆，分别代表什么，然后结合串并联电路求解带求量11．BD
【详解】A ．如图甲所示，当AB 、AD 边恰有粒子射出时，由几何关系可知，粒子运动轨迹没有到达BC 边，A
错误；
B ．如图乙所示，由几何关系可知，当2
3
βπ=
时，速度最小，其半径为
2cos303
L
r =
=︒
由
432mv
eB
=
，可得6v m =，B
正确；C ．到达A 点和到达B 点的粒子半径可以不相同，速率就不同，C 错误；
D ．如图丙所示，当2
3
απ=时，速度最小，由m t qB θ=，得
2
4(2)
8323m m t eB eB
πππ⨯-=
=D 正确；
故选BD 。

12．AD
【详解】A ．从刹车到停止，汽车正好经过了24块规格相同的路边石，设路边石的长度为L ，则有
2
00224v a L
-=-⋅解得
2
48v a L
=
则汽车经过第1块路边石末端时的速度大小为
10v ==
A 正确；
B ．汽车经过第18块路边石末端时的速度大小为
180v ==
B 错误；
C ．根据初速度为零的匀变速运动的连续相等位移的所用时间比例关系可得：汽车经过前12
块路边石与后12块路边石的时间比为
)
1:1，C 错误；
D ．根据初速度为零的匀变速运动的连续相等时间的通过位移比例关系是()1:3:521n ⋅⋅⋅-可得：汽车经过前18块路边石与后6块路边石的时间比为1:1，D 正确。

故选AD 。

13． 1.470.55
【详解】（1）[1]根据电路图连接实物图如图所示
（2）[2][3]由闭合电路欧姆定律得
A ()
U E I R r =-+可知U I -图像纵轴截距为电源电动势，结合图像可得
1.47V
E ≈图像斜率的绝对值为
A 1.4 1.1
Ω0.75Ω
0.50.1
k R r -=+=
=-则
0.75Ω0.2Ω0.55Ω
r =-=14． 2.25线性0.76~0.78
【详解】(1)[1]所用节拍频率是每秒2拍，所以每拍0.5s ，表格中“C ”处对应的是3拍，对应时间是1.5s ，平方后为2.25s 。

(2)[2]表中s 与t 2的比值近似为一常数，所以s 与t 2成线性关系。

(3)[3]加速度为
22
2
346.486.286.2
=
0.01m/s 0.77m/s (3)
a T --⨯≈15．（1）
4mg
q
，方向竖直向上；（2）小球能通过C 点；F mg =【详解】（1）从P 到A ，小球受重力和电场力共同作用做类平抛运动如图，将小球在A 点的速度分解，可知速度偏转角为60°
由运动学规律有
22y v ay
=0
tan60y v v ︒=
由牛顿第二定律有
mg qE ma
+=
将0v ，2y R =代入，联立以上各式解得
4mg
E q
=-
故匀强电场的电场强度大小为
4mg
q
，方向竖直向上；（2）由题意，小球在A 点沿轨道切线进入轨道，可知进入时无能量损失假设小球能够到达C 点。

设小球在C 点的速度大小为C v ，轨道对小球的弹力为F 从P 到C ，由动能定理有
22011()(2cos60)422
C mg mg q R R R mv mv q ︒
-⨯
⨯--=-在C 点，由牛顿第二定律有
2
()4C v mg
mg q F m
q R
-⨯+=联立两式解得
F mg
=假设成立，小球能通过C 点。

16．（1）5m/s ；（2）1.3J ；（3）1.38s 【详解】（1）最初ab 刚好不下滑，有
f 1sin m F m
g θ
=ab 刚要向上滑动时，有
f 1sin m F m
g BIl
θ+=E Blv
=12
E I R R =
+联立代人数据得
5m/s
v =（2）此过程中
2221
sin 2
θ'=
++m gx m v Q Q 21
'
=Q Q R R 联立，代人数据得
1.3J
Q =（3）此过程中，对cd 棒由动量定理有
22sin m g t BIlt m v
θ⋅-=12E I R R =
+ϕ∆=
E t
Blx
Φ∆=联立，代人数据得
1.38s
t =17．（1）2
2()
mv F kmg -；（2）①
，
；②()2
2122221m CU mv kmgx Fx η
+--
【详解】（1）平均阻力为
f kmg
=依据牛顿第二定律和运动学规律有
F f ma
-=
F kmg a m
-=
设飞机的起飞距离为s ，依据运动学公式
22v as
=解得
2222()
v mv s a F kmg ==
-（2）①根据
Q UC
=如图所示
依据图像可得电容器储存电能的规律
1 2
E qU =
由于
q CU
=则电容器充电电压为U 0时，电容器储存电能
200011
22
E qU CU ==
②电容器电压为U m 时，电容器储存电能
2
12
m m E CU =
设电容器释放的电能为E '，由动能定理有
2 '0
E Fx kmgx mv η+-=-解得
()'221
22E mv kmgx Fx η
=
+-电容器剩余的电能
'
m E E E =-剩解得
()22121222m E CU mv kmgx Fx η
-=
+-剩18．(1)2m /s (2)
7m 15(3)53
m m 4820
L ≤<【详解】(1)两者相对静止，在电场力作用下一起向左加速，有
a =
()
qE
m M +=2.5m/s 2<μg
故平板M 与物块m 一起匀加速，根据动能定理可得
qEL =1
2（M +m ）v 2
1
解得
12m /s
v =(2)方法一：最后平板、小物块均静止（平板停在挡板处）设最终小物块与平板的相对位移为0S ，全程根据能量守恒可得
qEL mgs μ=解得
08s m 15
=
则物块最终离平板左侧的距离
07
S m=0.47m 15
x L ∆=-=
方法二：平板反弹后，物块加速度大小
1a =
mg
m
μ=7.5m/s 2
向左做匀减速运动平板加速度大小
2a =
qE mg
m
μ+=12.5m/s 2
设平板第n 1-次与第n 次碰撞反弹速度分别为vn -1，和vn ；平板第n -1次反弹后：设经历时间tn -1，平板与物块达到共同速度vn -1′平板
'1121
n n n v v a t ---=-位移大小
21112112
n n n n x v t a t ----=-物块
'1111
n n n v v a t ---=-+由以上三式解得
11'4n n v v --=-
1110
n n v t --=211380
n n v x --=此后两者一起向左匀加速，由动能定理
qExn -1=
()()22111(')22
n n M m v M m v -+-+解得
112n n v v -=设平板第n 次与挡板碰撞后至平板与物块达到共同速度'
n v 的过程中挡板与小物块的的相对位移大小为S n 根据运动学公式得
121S 54
n n -=（（S n 为等比数列）则最终小物块与平板的相对位移大小为
08S m 15
=则物块最终离平板左侧的距离007S m=0.47m 15x L ∆=-=
(3)设平板每次撞击挡板的速率为v ，
由题意可知每撞击一次，挡板给系统的冲量大小为2Mv ，由于只能碰撞6次，根据动量定理
25Mv mv ⨯<0
26Mv mv ⨯≥解得
53m/s m/s 42
v ≤<对平板，根据运动学公式
22μv gL
=得
22μv L g
=所以
53m m 4820
L ≤<方法二：电场撤去后平板与小物块的加速度均为a
设平板每次向左加速时间为t ，则平板撞击挡板的速率为
7.5v at t
==由题意知，平板前5次撞击挡板的速度均相同且小于小物块的速度，平板第6次撞击挡板的速度小于等于前5次撞击的速度
对小物块：第5次撞击时的速度
5091567.5m v v at t
=-=-满足
5m v v
>解得
15
t s <第6次撞击时的速度
60111582.5m v v at t
=-=-满足
6m v v
≤解得
16
t s ≥对平板由运动学公式
212
L at =
解得
53m m 4820
L ≤<。