2020年新高考山東卷物理試題解析

1、2020年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試山東卷10一質(zhì)量為機的乘客乘坐豎直電梯卜樓，其位移S與時間，的關(guān)系圖像如圖所示。乘客所受支持力的大小用小表示，速度大小用U表示。重力加速度大小為8。以卜判斷正確的是（）A.0八時間內(nèi)，Y增大，F(xiàn)n）mgB.”七時間內(nèi)，v減小,ArdgCofre時間內(nèi)，增大，F(xiàn)n51gDo43時間內(nèi)，y減小，F(xiàn)N）mg【解析】選D,由于s-T圖像的斜率表示速度可知，在0八時間內(nèi)速度增加，即乘客加速下降，乘客的加速度豎直向卜.，所以乘客處于失重狀態(tài)，則公（吆，A錯誤;在八口時間內(nèi)速度不變，即乘客的勻速卜.降，則吆，B錯誤：在“h時間內(nèi)速度減小,即乘客的減速卜降，乘客的加速度豎

2、直向上，所以乘客處于超重狀態(tài)，則仆mg，C錯誤、D正確。故選D。2o筑核:H發(fā)生夕衰變成為氫核；He.假設含氣材料中:H發(fā)生夕衰變產(chǎn)生的電子可以全部定向移動，在3o2X10、時間內(nèi)形成的平均電流為5.0x10-8A。已知電子電荷量為1。6xlO"C,在這段時間內(nèi)發(fā)生口衰變的筑核:H的個數(shù)為（）【解析】選根據(jù)/=：/可得產(chǎn)生的電子數(shù)為子如:I'=咿個;A. 5.0 xlO14Ba 1,0X1016C. 2.0X1016Do 1.0xl0ls根據(jù)京核:H的夕衰變方程狙e+可知，在。衰變中，一個危核產(chǎn)生一個電子，所以發(fā)生夕衰變的京核的個數(shù)為1。0x1016個，A、C、D均錯誤，B正

3、確。故選B.3O雙縫干涉實驗裝置的截面圖如圖所示。光源S到S、S?的距離相等，。點為7、S?連線中垂線與光屏的交點.光源S發(fā)出的波長為4的光，經(jīng)S1出射后垂直穿過玻璃片傳播到O點,經(jīng)S：出射后直接傳播到O點，由Si到。點與由S?到O點，光傳播的時間差為加o玻璃片厚度為104，玻璃對該波長光的折射率為1.5,空氣中光速為c,不計光在玻璃片內(nèi)的反射。以下判斷正確的是（）.102C.A/=cDo【解析】選A。光在玻璃中的傳播速度為y=£，時間差加=吆一吆=2±,A正確,B、C、D均錯誤。nvcc故選A.4o一列簡諧橫波在均勻介質(zhì)中沿x軸負方向傳播，已知x=處質(zhì)點的振動方程為y=A

4、cos（Wr）,則4T3y>0,即該質(zhì)點處于平衡位置且向上振動，由題意知橫波沿工軸負方向傳播，根據(jù)同側(cè)法原理判斷波形可，=一丁時刻的波形圖正確的是（）知C錯誤、D正確。故選D.5o圖甲中的理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比1:小22:3,輸入端、所接電壓隨時間/的變化關(guān)系如圖乙所示燈泡L的電阻恒為15C,額定電壓為24V.定值電阻R】=10C、&=5。，滑動變阻器R的最大阻值為10Q.為使燈泡正常工作，滑動變阻器接入電路的電阻應調(diào)節(jié)為（）A. 1 QCo 6 QBo 5QDo 8Q【解析】選a。輸電電壓的有效值為（即原線圈電壓的有效值）q=43v=22ov,根據(jù)理想變壓器y/2U.il3

5、電壓規(guī)律或就可知副線圈電壓有效值為外藍收萬X220V=30V,燈泡正常工作時電壓為UT2424V,則通過燈泡的電流即副線圈部分的干路電流為/l=£=”A=L6A,根據(jù)串聯(lián)分壓規(guī)律可知,RI、飛和&、R構(gòu)成的并聯(lián)電路部分的分壓為。=4一/=3（-24丫=6丫，則通過用的電流為U6。=右A=0.6A,通過R2、R的電流為1>=1-1=16A0.6A=1A,R、R串聯(lián)的總電%10uU6阻力+A=夕解得滑動變阻器的阻值為R=丁一&二1。-50=1O,A正確,B、C、D均錯誤.故選Ao6.一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)arb、/）tc、ca三個過程后回到初始狀態(tài)對其p

6、-V圖像如圖所示.已知三個狀態(tài)的坐標分別為2p。）、b（2V0,p。）、c（3%,2p0）以卜判斷正確的是（）Ao氣體在過程中對外界做的功小于在TC過程中而外界做的功Bo氣體在0Tb過程中從外界吸收的熱量大于在he過程中從外界吸收的熱量Co在CTa過程中，外界對氣體做功小于氣體向外界放出的熱最D.氣體在ct過程中內(nèi)能的減少量大T-bf過程中內(nèi)能的增加量【解析】選C。根據(jù)氣體做功的表達式川=p/W可知P-V圖線和體積橫軸鬧成的面積即為做功大小，氣體在af和“fc兩個過程中一1/圖線和體枳橫軸圍成的面枳相等，所以氣體在。了過程中對外界做的功等于fC過程中對外界做的功，A錯誤：氣體從ab,根據(jù)理想弋

7、體狀態(tài)方程拳=,可知1=1,所以“必二°,根據(jù)熱力學第一定律AU=Q+W可知%=-憶也氣體從“fc,溫度升高，所以>°,根據(jù)熱力學第一定律可知從=2+%,即Qbc=Ubc-WhCt結(jié)合卬砧=%<°可得4,>2%即fc過程氣體吸收的熱量大于af過程吸收的熱量，b錯誤：氣體從c->",溫度降低,所以氣體體積減小，外界對氣體做功,所以叱。根據(jù)熱力學第一定律0=0+卬可知2“<°且IQca|>|Wca,則在CT。過程中，外界對氣體做功小于氣體向外界放出的熱量,C正確：理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān),根據(jù)，=1可知從四%二

8、四4，所以氣體從過程中內(nèi)能的減少量等于TC過程中內(nèi)能的增加量,D錯誤。故選C。7。我國將在今年擇機執(zhí)行“天問1號”火星探測任務。質(zhì)量為，的著陸器在著陸火星前，會在火星表面附近經(jīng)歷一個時長為/o、速度由，o減速到零的過程。已知火星的質(zhì)量約為地球的0。1倍，半徑約為地球的0。5倍，地球表面的重力加速度大小為g,忽略火星大氣阻力。若該減速過程可視為一個豎直向卜的勻減速直線運動，此過程中著陸器受到的制動力大小約為（）m 0.4g0 >B. m 0.4g+也C. m 0.2g- - k foDo fn 0.2g+ Mm£1=也尊=0x=0.4Cj=mgpmR-A【解析】選B°忽

9、略星球的自轉(zhuǎn)，萬有引力等于重力K,則'地地火解得g火=04g地=04g；著陸器做勻減速直線運動，根據(jù)運動學公式可知°=%一叫解得A;勻減速過程，根據(jù)牛頓第二定律得了一耳=口，解得著陸器受到的制動力大小為yf=nig+ma=z(0.4g+)，Q,A、C、D錯誤,B正確。故選B。8o如圖所示，一輕質(zhì)光滑定滑輪固定在傾斜木板上，質(zhì)量分別為?和2/的物塊A、B,通過不可伸長的輕繩跨過滑輪連接，A、B間的接觸面和輕繩均與木板平行。A與B間、B與木板間的動摩擦因數(shù)均為,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.當木板與水平面的夾角為45叩j,物塊A、B剛好要滑動，則的值為（）1Bo 41Co -51

10、Do -6【解析】選C.當木板與水平面的夾角為45。時，兩物塊剛好滑動，對A物塊受力分析如圖沿斜面方向，A、B之間的滑動摩擦力/i=N=/gcos45。，根據(jù)平衡條件可知T=mgsui45°+pmgcos45°：對B物塊受力分析如圖,沿斜面方向，B與斜面之間的滑動摩擦力力=4N'=3，gcos45根據(jù)平衡條件可知2mgsm45°=T+47gcos45°+3gcos45°,兩式相加，可得2mgsin45°=mgsin45°+gcos450+/geos450+3/gcos4501二二解得5,A、B、D錯誤,C正確.故選C

11、。9o截面為等腰直角三角形的三棱鏡如圖甲所示。£為嵌在三棱鏡內(nèi)部緊貼5599面的線狀單色可見光光源,OE與三棱鏡的ABC面垂直，。位于線段BC的中點。圖乙為圖甲中ABC面的正視圖。三棱鏡對該單色光的折射率為媳，只考慮由DE直接射向側(cè)面A4CC的光線。卜列說法正確的是（）DoD圖甲圖乙A.光從4'C'C面出射的區(qū)域占該側(cè)面總面積的yBo光從.LTC'C而出射的區(qū)域占該側(cè)面總面積的gc.若oe發(fā)出的單色光頻率變小,/tree面有光出射的區(qū)域面積將增大著OE發(fā)出的單色光頻率變小，wqC'C面有光出射的區(qū)域面枳將減小sillC=【解析】選A、C.由題意可知J?

12、,得臨界角c=45。,因此從D點發(fā)出的的光線恰好是出射光線的邊緣，同時。點也恰好是出射光線的邊緣，如圖所示,因此光線只能從MC段射出，根據(jù)幾何關(guān)系可知,M恰好為AC的中點，閃此在AA'LC平面上右一半的面積有光線射出，A正確,B錯誤；由于頻率越高，折射率越大，當光源發(fā)出的光的頻率變小，折射率也會變小，導致臨界角會增大，這時M點上方也會有光線出射，因此出射光線區(qū)域的面枳將增大，C正確，D錯誤。故選A、Co10.真空中有兩個固定的帶正電的點電荷，電荷量不相等.一個帶負電的試探電荷置于二者連線上的。點時，僅在電場力的作用卜.恰好保持靜止狀態(tài).過。點作兩正電荷連線的垂線，以。點為圓心的圓與連線

13、和垂線分別交于。、c和氏d,如圖所示.以下說法正確的是（）Ao。點電勢低于。點B。b點電勢低于c點C.該試探電荷在a點的電勢能大于在點的電勢能Do該試探電荷在c點的電勢能小于在d點的電勢能【解析】選B、D.由題意可知。點會場強為零,根據(jù)同種電荷之間電場線的分布可知a。之間電場線由。到O,故。點電勢高于O點電勢，A錯誤;根據(jù)同種電荷間電場線的分布情況可知b點電勢低于c點電勢,B正確；根據(jù)電場線分布可知負電荷從a到電場力做負功，電勢能增加，即該試探電荷在點的電勢能小于在點的電勢能,C錯誤；同理根據(jù)電場線分布可知負電荷從c點到d點電場力做負功，電勢能增加，即該試探電荷在c點的電勢他小于在d點的電勢能

14、，D正確。故選B、D.IK如圖所示,質(zhì)量為M的物塊A放置在光滑水平桌面上,右側(cè)連接一固定于墻面的水平輕繩,左側(cè)通過一傾斜輕繩跨過光滑定滑輪與一豎直輕彈簧相連.現(xiàn)將質(zhì)量為，的鉤碼B掛于彈簧卜端，當彈簧處于原長時，將B由靜止釋放,當B卜降到最低點時（未著地）,A對水平桌面的壓力剛好為零.輕繩不可伸長,彈簧始終在彈性限度內(nèi)，物塊A始終處于靜止狀態(tài).以卜判斷正確的是（）A. M<2mB. 2m(M<3mC.在B從釋放位置運動到最低點的過程中，所受合力對B先做正功后做負功Do在B從驛放位置運動到速度最大的過程中，B克服彈簧彈力做的功等于B機械能的減少量【解析】選A、C、Do對B分析，由題意可

15、知B物體可以在開始位置到最低點之間做簡諧振動，根據(jù)簡諧運動的勸稱性可知B在最低點時具有豎直向上是加速度，大小a=g,根據(jù)牛頓第二定律得T-mg=ma,解得彈簧彈力7-2/g；對A分析，設繩子與桌面間夾角為仇則依題意有2?gsin£=Mg故有MV2，a正確、B錯誤；由題意可知B從釋放位置到最低點過程中，開始彈簧彈力小于重力，物體加速，動能增加，根據(jù)動能定理可知合力做正功；后來彈簧彈力大于重力，物體減速，根據(jù)動能定理可知合力做負功，C正確；對于B,在從釋放到速度最大過程中，B機械能的減少量等于彈簧彈力所做的負功，即等于B克服彈簧彈力所做的功，D正確。故選A、C、D,12»如圖所

16、示，平面直角坐標系的第一和第二象限分別存在磁感應強度大小相等、方向相反且垂直于坐標平面的勻強磁場，圖中虛線方格為等大正方形。一位于平面內(nèi)的剛性導體框加在外力作用卜以恒定速度沿V軸正方向運動（不發(fā)生轉(zhuǎn)動）.從圖示位置開始計時，4s末灰,邊剛好進入磁場.在此過程中，導體框內(nèi)感應電流的大小為/，ah邊所受安培力的大小為凡,二者與時間t的關(guān)系圖像，可能正確的是（）【解析】選B、C。因為4s末兒邊剛好進入磁場，可知線框的速度每秒運動一個方格，故在01s內(nèi)只有ae邊切割磁場，設方格邊長為L根據(jù)丹=26人，、4=今可知電流恒定：2s末時線框在第二象限長度最/£3長，此時有瓦=3BLi，、/、=可知

17、人=/24s線框有一部分進入第一象限，電流減小，在4s末同理可得A=綜上分析可知A錯誤、B正確；根據(jù)配,=8/（,可知在。1s內(nèi)向邊所受的安培力線性增加：1s末安培力為5m=RM，在2s末可得安培力為.3產(chǎn)岫=8x1=3？岫，C正確、D錯誤。故選B、Co13o2020年5月，我國進行了珠穆朗瑪峰的高度測量，其中一,種方法是通過使用重力儀測量重力加速度，進而間接測量海拔高度。某同學受此啟發(fā)就地取材設計了如下實驗，測量當?shù)刂亓铀俣鹊拇笮　嶒灢襟E如下：200ISO10050510152025303540/(x|04s)(i)如圖甲所示，選擇合適高度的墊塊，使木板的傾角為53。在其上表面固定一與小

18、物塊卜滑路徑平行的刻度尺(圖中未畫出)。(ii)調(diào)整手機使其攝像頭正對木板表面，開啟視頻錄像功能.將小物塊從木板頂端釋放，用手機記錄下小物塊沿木板向卜做加速直線運動的情況.然后通過錄像的回放，選擇小物塊運動路徑上合適的一點作為測量參考點,得到小物塊相對于該點的運動距離L與運動時間，的數(shù)據(jù).Cm)該同學選取部分實驗數(shù)據(jù)，畫出了人“圖像，利用圖像數(shù)據(jù)得到小物塊卜.滑的加速度大小為5。6/m/s:(IV)再次調(diào)節(jié)墊塊，改變木板的傾角，重更實驗.回答以卜問題：(1)當木板的傾角為37。時,所繪圖像如圖乙所示。由圖像可得，物塊過測量參考點時速度的大小為m/s；選取圖線上位于坐標紙網(wǎng)格交叉點上的A、8兩點

19、，利用A、8兩點數(shù)據(jù)得到小物塊卜滑加速度的大小為nis2o(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)(2)根據(jù)上述數(shù)據(jù)，進一步分析得到當?shù)氐闹亓铀俣却笮閙/s'(結(jié)果保留2位有效數(shù)字,S1U37G0。60,cos37°=Oo80)（解析根據(jù)L=卬+at-可得=2v0+at，則由紅-7圖像可知2%=65X10-2nVs2tt則vo=O.33m/s,a=k=in/s-=3.1nVs-40x107（2）由牛頓第二定律可知7gsin8/geos夕=心，即。=gsin。一geos®.當。=53。時,a=5o6m/s2,即gsin53一geos53=5.6，當6=37。時，a=3。Om/s

20、?,即gsin37-pgcos37=3.1,聯(lián)立解得g=9。4m/s?.【答案】（1）0。32或0.333.1（2）9.414。實驗方案對實驗測量的精度有直接的影響，某學習小組對“測量電源的電動勢和內(nèi)阻”的實驗方案進行了探窕。實驗室提供的器材有：干電池一節(jié)（電動勢約L5V,內(nèi)阻小于1C）；電壓表V（量程3V,內(nèi)阻約3kQ）；電流表A（量程0.6A,內(nèi)阻約1C）；滑動變阻器R（最大阻值為20。）；定值電阻吊（阻值2C）；定值電阻凡（阻值5C）：開關(guān)一個，導線若干.（1）該小組按照圖甲所示的電路進行實驗,通過調(diào)節(jié)滑動變住器阻值使電流表示數(shù)逐漸接近滿偏,記錄此過程中電壓表和電流表的示數(shù),利用實驗數(shù)據(jù)

21、在U-/坐標紙上描點,如圖乙所示,結(jié)果發(fā)現(xiàn)電壓表示數(shù)的變化范圍比較小，出現(xiàn)該現(xiàn)象的主要原因是o（單選，填正確答案標號）A.電壓表分流B.干電池內(nèi)阻較小C.滑動變阻器最大限值較小D.電流表內(nèi)阻較?。?）針對電壓衣示數(shù)的變化范圍比較小的問題，該小組利用實驗室提供的器材改進了實驗方案,重新測量得到的數(shù)據(jù)如下表所示。序號1234567/A0o080o140。200。260320e360.40U/Vlo35lo201.050.880730.71052請根據(jù)實驗數(shù)據(jù)，回答以下問題：答題卡的坐標紙.上已標出后3組數(shù)據(jù)對應的坐標點，請在答題卡的坐標紙上標出前4組數(shù)據(jù)對應的坐標點并畫出U/圖像O根據(jù)實驗數(shù)據(jù)可知

22、，所選的定值電阻為（填“RJ或"4”）<>用筆畫線代替導線，請在答題卡上按照改進后的方案，將實物圖連接成完整電路:【解析】（1）電壓表示數(shù)變化過小，則原因是外電阻比內(nèi)阻大的多，即電源內(nèi)阻偏小，故選B。（2冠根據(jù)數(shù)據(jù)做出U/圖像如圖;58由圖像可知，+%=大2=2.63。，則定值電阻小于2。63d所以定值電阻應為凡:0.6定值電阻與電源串聯(lián)，電路如圖:【答案】（1）B/?!15。中醫(yī)拔罐的物理原理是利用玻璃罐內(nèi)外的氣壓差使罐吸附在人體穴位上，進而治療某些疾病.常見拔罐有兩種，如圖所示，左側(cè)為火罐，下端開II;右側(cè)為抽氣拔罐，下端開II,上端留有抽氣閥門.使用火罐時，先加熱罐

23、中氣體，然后迅速按到皮膚上，自然降溫后火罐內(nèi)部氣壓低于外部大氣壓，使火罐緊緊吸附在皮膚上。抽氣拔罐是先把罐體按在皮膚上，再通過抽氣降低罐內(nèi)氣體壓強。某次使用火罐時，罐內(nèi)氣體20初始壓強與外部大氣壓相同，溫度為450K,最終降到300K,因皮膚凸起，內(nèi)部氣體體積變?yōu)楣奕莘e的二。2120若換用抽氣拔罐，抽氣后罐內(nèi)剩余氣體體積變?yōu)槌闅獍喂奕蓁椎亩?，罐?nèi)氣壓與火罐降溫后的內(nèi)部氣壓相21同。雄內(nèi)氣體均可視為理想氣體，忽略抽氣過程中氣體溫度的變化。求應抽出氣體的質(zhì)量與抽氣前罐內(nèi)氣體質(zhì)量的比值.火罐抽氣拔罐【解析】設火罐內(nèi)氣體初始狀態(tài)參最分別為0、匕，溫度降低后狀態(tài)參最分別為上、八、%,罐的容積為外,由題意

24、知pi=po、71=450K、=匕、r：=300K.V：=2OVo/21由理想氣體狀態(tài)方程得200%_七五。n一代入數(shù)據(jù)得p?=O.7po對于抽氣罐，設初態(tài)氣體狀態(tài)參量分別為3、，末態(tài)T體狀態(tài)參量分別為4、匕，罐的容積為匕，由題意知P3=P。、%='、4=P2由玻意耳定律得Po%'=PM聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得設抽出的氣體的體積為由題意知V=9_a'故應抽出氣體的質(zhì)量與抽氣前罐內(nèi)氣體質(zhì)量的比值為聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得A/n_1“13?_1【答案】小§16o單板滑雪U型池比賽是冬奧會比賽項目，其場地可以簡化為如圖甲所示的模型：U形滑道由兩個半徑相同的四分之一圓柱面軌道和一

25、個中央的平面直軌道連接而成，軌道傾角為17。2°。某次練習過程中,運動員以ibLlOm/s的速度從軌道邊緣上的M點沿軌道的豎直切面ABC?；鲕壍溃俣确较蚺c軌道邊緣淺AO的夾角a=72。8。，騰空后沿軌道邊緣的N點進入軌道.圖乙為騰空過程左視圖。該運動員可視為質(zhì)點，不計空氣阻力,取重力加速度的大小klOmZ速SU172.80-0.96,cos72.8°-0.304求：(1)運動員騰空過程中離開AO的距離的最大值d；(2) M, N之間的距離L【解題指南】解答本題應注意以下三點:（1）把運動員的騰空過程分解為兩個方向上的分運動：沿AD方向和垂直于AD方向；（2）運動員在垂宜

26、于AD方向的運動速度為零時離開AD的距離的最大；（3）運動員沿AD方向做有一定初速度的勻加速直線運動，且沿AD方向和垂直于AD方向的兩個分運動具行等時性.【解析】（1）在“點，設運動員在A8C。面內(nèi)垂直A0方向的分速度為I”，由運動的合成與分解規(guī)律得=vA/sm72.8°設運動員在ABC。面內(nèi)垂直AD方向的分加速度為m，由牛頓第二定律得?gcosl7。2°=由運動學公式得聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得J=4o8m（2）在M點，設運動員在A8CO面內(nèi)平行A。方向的分速度為也由運動的合成與分解規(guī)得V2=vjWcos7280設運動員在ABC。面內(nèi)平行4。方向的分加速度為生,由牛屯頁第二定律得

27、啰山17。2°=叫設騰空時間為3由運動學公式得聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得L=12m【答案】（1）4.8m;（2）12m17。某型號質(zhì)譜儀的工作原理如圖甲所示。M、N為豎直放置的兩金屬板，兩板間電壓為U,。板為記錄板，分界面戶將N、。間區(qū)域分為寬度均為d的/、兩部分，M、N、P、。所在平面相互平行，、b為M、N上兩正對的小孔.以a、b所在直線為z軸，向右為正方向，取z軸與。板的交點。為坐標原點，以平行于。板水平向里為x軸正方向，豎直向.卜.為），軸正方向，建立空間直角坐標系。.乙區(qū)域人11內(nèi)分別充滿沿x軸正方向的勻強磁場和勻強電場，微感應強度大小、電場強度大小分別為8和E.一質(zhì)量為機，電荷量為

28、+夕的粒子，從a孔飄入電場（初速度視為零），經(jīng)b孔進入磁場，過P面上的。點（圖中未畫出）進入電場，最終打到記錄板。上。不計粒子重力.<1）求粒子在磁場中做圓周運動的半徑R以及。點到z軸的距離L；（2）求粒子打到記錄板上位置的K坐標；（3）求粒子打到記錄板上位置的坐標（用Rd表示）；（4）如圖乙所示，在記錄板上得到三個點小門、若這三個點是質(zhì)子;H、今核:H、覆核；He的位置,請寫出這三個點分別對應哪個粒子（不考慮粒子間的相互作用，不要求寫出推導過程）?！窘馕觥浚?）設粒子經(jīng)加速電場到b孔的速度大小為y,粒子在區(qū)域/中，做勻速圓周運動對應圓心角為a,在M、N兩金展板間，由動能定理得qU=mv

29、2由牛頓第二定律得在區(qū)域I中，粒子做勻速圓周運動，磁場力提供向心力,聯(lián)立式得由幾何關(guān)系得聯(lián)立式得qvB = m y12mqUqBd2+(R-iy = R2sma" - R（2）設區(qū)域II中粒子沿z軸方向的分速度為L沿工軸正方向加速度大小為位移大小為運動時間為人由牛頓第二定律得粒子在Z軸方向做勻速直線運動，由運動合成與分解的規(guī)律得粒子在K方向做初速度為零的勻加速直線運動，由運動學公式得x=-at22聯(lián)立©式得md2EX=774mU-2qcbB-（3）設粒子沿卜方向偏離z軸的距離為F其中在區(qū)域H中沿y方向偏離的距離為）也由運動學公式得yWsinaJ由題意得y-L+yr聯(lián)立

30、74;式y(tǒng)=R-y/N-d2+（4）小卬分別對應狂核:H、氮核；He、質(zhì)子;H的位置。qB（4） 、S2、S3分別對應旅核:H、氨核(1)md2E、fTrFd?"=4-y=R-4+；:He、質(zhì)子;H的位置18o如圖所示，一傾角為e的固定斜面的底端安裝一彈性擋板，P、Q兩物塊的質(zhì)量分別為，和由，Q靜止于斜面上A處。某時刻，P以沿斜面向上的速度V。與Q發(fā)生彈性碰撞。Q與斜面間的動摩擦因數(shù)等于tan。，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。P與斜面間無摩擦，與擋板之間的碰撞無動能損失。兩物塊均可以看作質(zhì)點，斜面足夠長，Q的速度減為零之前P不會與之發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。（1）求p與Q第一次碰撞后瞬間各自的速度大小1何、10：（2）求第次碰撞使物塊Q上升的高度hn；（3）求物塊Q從A點上升