【文档说明】（新高考）高考物理4月月考卷（A卷）(原卷版，A3版).doc，共(9)页，378.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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新高考）高考物理4月月考卷物理（A）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标

号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单项选

择题：本题共8小题，每小题3分，共24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．已知光速为c，一束频率为v的光从真空入射到某介质中后传播速度变为34c，则在该介质中，该束光的光子能量为()A．hvB．34hvC．hcvD．34hcv2．细长轻绳下端拴一小球构成单摆，

摆长为l，在悬挂点正下方12摆长处有一个能挡住摆线的钉子A，如图所示。现将单摆向左方拉开一个小角度然后无初速度释放。忽略空气阻力，对于以后的运动，下列说法中正确的是()A．摆球往返运动一次的周期比无钉子时的单摆周期大B．摆球在左、

右两侧上升的最大高度一样C．摆球在平衡位置左右两侧走过的最大弧长相等D．摆球在平衡位置右侧的最大摆角是左侧的2倍3．如图所示，学生练习颠球。某一次足球静止自由下落80cm，被重新顶起，离开头部后竖直上

升的最大高度仍为80cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，足球可视为质点，下列说法正确的是()A．足球刚接触头和刚离开头时，速度不变B．足球

下落到与头部刚接触时动量大小为3.2kg·m/sC．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量为零D．足球与头部作用过程中，头部对足球的平均作用力为足球重力的9倍4．下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术

参数。若该车在额定状态下以最大速度行驶，不计自行车自身的机械损耗，则()自重40kg额定电压36V载重75kg额定电流12A最大行驶速度20km/h额定输出功率300WA．电动机的输入功率为300WB．电动机的内电

阻约等于2ΩC．该车获得的牵引力约为78ND．该车受到的阻力约为54N5．如图，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子流以初速度v0垂直电场射入，沿a轨迹落到下板的中央。现只改变其中一条件，让质子沿b轨迹落到下板边缘，则可以将（忽略重力影响）()A．开关S

断开B．初速度变为3v0C．板间电压变为14UD．竖直移动上板，使板间距变为2d6．物体做曲线运动时，在某点附近极短时间内的运动可以看作是圆周运动，圆周运动的半径为该点的曲率半径。已知椭圆长轴端点处的曲率

半径公式为12122rrrr=+，其中r1和r2分别是长轴的两个端点到焦点F的距离（如图甲）。如图乙，卫星在椭圆轨道I上运行，运行到远地点A时，速率为v1，之后变轨进入轨道Ⅱ做速率为v2的匀速圆周运动。若椭圆轨道近地点位于地球表面附近，远地点到地心的距

离是R′，地球半径为R，则12vv等于()A．2RRR¢+B．RRR¢+C．2RRR¢+¢D．2()2RRR¢+7．如图所示，不可伸长的轻绳的左端固定于O点，右端跨过位于O'点（O、O'两点等高）的固定光滑轴悬挂一物

体，绳上套着一质量不计的小圆环。现在圆环上悬挂一钩码（图中未画出），平衡后，物体上升的高度为O、O'两点间距离的23。不计一切摩擦。物体与钩码的质量之比为()此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号A．1∶2B．3∶5C．5∶8D．1∶38

．如图所示，双手端着半球形的玻璃碗，碗内放有三个相同的小玻璃球。双手晃动玻璃碗，当碗静止后碗口在同一水平面内，三个小球沿碗的内壁在不同的水平面内做匀速圆周运动。不考虑摩擦作用，下列说法正确的是()A．三个小球受到的

合力值相等B．距碗底最近的小球向心加速度的值最小C．距碗口最近的小球线速度的值最小D．处于中间位置的小球的周期最小二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题

目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9．如图所示，O为等量同种正电荷连线中点，以O点为圆心做一个垂直于连线的圆，c、d为圆上两点，连线上a、b两点关于O点对称，设无穷远电势为零，下列说法正确的是()A．a、b两点

电场强度大小相同B．c、d两点电场强度和电势均相同C．若质子仅受电场力作用，可以在a、b之间做简谐运动D．若电子仅受电场力作用，可能在圆上做匀速圆周运动10．如图所示，光屏竖直放置，一个半径为r的半圆形透明介质水平放

置。一束光线由a、b两种频率的单色光组成。该光束与竖直方向成30°沿半径方向从圆周上的某点入射，此时光屏截取到三个光斑，分别位于P、Q、R位置，其中P为a光的光斑。若已知a光的折射率为2，下列说法正确的是()A．在该透明介质中，a

光的折射率大于b光的折射率B．在该透明介质中，a光的速度大于b光的速度C．a光进入介质后经时间22rc到达光屏P点D．若要使Q处光斑消失，则入射光线绕O点逆时针转过至少15°11．战绳训练是当下一种火热的健身方式，运

动员晃动战绳一端，使战绳上下振动，其运动状态可视为简谐振动，如图所示。战绳上有相距L＝6m的P、Q两质点，一列简谐横波沿PQ方向传播，当P质点在波峰时，Q质点刚好通过平衡位置且向上运动。已知该战绳的振动周期T＝1s，振幅A＝0.4m

，且该简谐波波长大于3m。下列说法正确的是()A．该波的传播速度大小可能为24m/sB．该波的传播速度大小可能为0.96m/sC．若从波传到P质点开始计时，0～2.5s内Q质点通过的路程可能为2mD．若从波传到P质点开始计时，0～2.5s内Q质点通过的路程可能为0.5m12．如图所示，水平

面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，匀强磁场与导轨平面垂直。阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好。t＝0时，将开关S由1掷到2。q、i、v和a分别表示电容器所带电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度。下列图像正确的是()三、非选择题：

本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13．(6分)用如图甲所示的实验装置测量当地重力

加速度的大小。质量为m2的重锤从高处由静止开始下落，质量为m1的重锤上拖着纸带利用电磁打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行分析，即可测出当地的重力加速度g值。如图乙给出的是实验中获取的一条纸带中的某一段，相邻两计数点间还有4个点未画出，

电源的频率为50Hz，相邻计数点间的距离如图乙所示。已知m1＝80g、m2＝120g，要求所有计算结果保留两位有效数字。则：(1)在纸带上打下计数点5时的速度v5＝___________m/s；(2)用

逐差法求出重锤的加速度大小a＝__________m/s2，而得出当地的重力加速度大小为g＝________m/s2；(3)测出的重力加速度的值比实际值小，其误差的主要来源有哪些_________。A．没

有使用电火花计时器B．m1和m2的质量太悬殊C．绳子和定滑轮之间存在阻力D．绳子拉力不等于m2的重力14．(8分)某同学要将一满偏电流为1mA的电流表改装为量程为0～3V的电压表。(1)他用多用电表测得该电流表的内阻为300Ω，则要完成改装，应将一阻值R＝______Ω的定值电阻与电流表

串联。(2)改装后的电压表需利用一标准电压表对其进行检测，请根据图甲所示的检测电路，将图乙中实物连线图补充完整。(3)闭合开关，调节滑动变阻器，当标准电压表示数为3V时，电流表示数为0.96mA，说明改装后的电压表满偏电压_____

___3V（选填“＞”或“＜”）。若造成此误差的原因是多用电表测出的电流表内阻300Ω不准，由此可判断(1)中计算得到的阻值R比需要的阻值______（填“偏大”或“偏小”）。(4)为解决上述问题，应把串联电阻的阻值R改为__

_______Ω。15．(8分)在跳台滑雪比赛中，运动员在空中运动时身体的姿态会影响其速度和下落的距离。跳台滑雪运动员在某次训练时，助滑后从跳台末端水平飞出，从离开跳台开始计时，用v表示其水平方向速度，v－t图像如图乙所示，运动员在空中运动时间为4s。在此运动过程中，若运动员在水平方向和竖

直方向所受空气阻力大小相等且保持恒定。已知运动员的质量为50kg，重力加速度取10m/s2，求：(1)滑雪运动员水平位移的大小和水平方向所受的阻力大小；(2)滑雪运动员在空中运动过程中动量变化量的大小（结果保留两位有效数字）。

16．(8分)将横截面积分别为S1＝1×10－3m2和S2＝8×10－4m2两个气缸竖直连接。在两气缸连接处及其下方h＝10cm处均固定有活塞销。整个气缸被活塞a和活塞b分割成三部分，两活塞用长l＝12cm的轻绳连接，上下两部分均与大气直接连通，两活塞之间

密闭有一定质量的理想气体。已知活塞a的质量m1＝2kg，活塞b的质量m2＝1kg。初始时，密闭气体的温度为27℃，压强p0＝1×105Pa，两活塞静止于如图所示的位置。外界大气压强恒为p0＝1×105Pa，不计活塞和活塞销的厚度，不

计活塞和气缸间的摩擦，取g＝10m/s2。现在开始缓慢升高密闭气体的温度，求：(1)轻绳刚好要被拉直时，密闭气体的温度；(2)若轻绳能承受的最大拉力T＝180N，至少需要将温度升高到多少，才能将绳拉断？17．(14分)如图，某圆形薄片置于xOy水平面上，圆心位于坐标原点O

，xOy平面上方存在大小为E、沿z轴负向的匀强电场，以该圆形绝缘材料为底的圆柱体区域内存在大小为B、沿z轴正向的匀强磁场，圆柱体区域外无磁场。现可从原点O向xOy平面上方的各方向发射电荷量为q、质量为m、速度大小为v的带正电荷

的粒子。粒子重力忽略不计，不考虑粒子间的相互作用，不计碰撞时间。(1)若粒子每次与材料表面的碰撞为弹性碰撞，且从原点O发出的所有粒子都被该电场和磁场束缚在上述圆柱体内，则此圆形薄片的半径至少为多大？(2)若某粒子每次与材料表面的碰撞点都在坐标

原点O，则此粒子的发射方向与z轴正方向夹角的三角函数值须满足什么条件？(3)若在粒子每次与材料表面碰撞后的瞬间，速度竖直分量反向，水平分量方向不变；竖直方向的速度大小和水平方向的速度大小均按同比例减小，以至于动能减小75%。求发

射方向与z轴正向成45°角的粒子从发射直至最终动能耗尽而沉积于材料表面所经历的时间。18．(16分)如图所示，在光滑水平地面置有一“L”形滑板，质量M＝3m，AB为半径R＝0.45m的14弧面，BC段粗糙，长度L＝5m，其余段光滑；滑板距右侧墙壁D的距离为x，滑板

上表面与墙壁上表面在同一水平面上，墙壁D上表面放置有自由伸长的弹簧，右端固定；滑块P1和P2的质量均为m，且与BC面的动摩擦因数分别为μ1＝0.10和μ2＝0.20；开始时滑板紧靠左侧障碍物P，P2静置于滑

板上的B点，P1以v0＝4m/s的初速度从A点沿弧面切线滑下，与P2碰撞后速度变为0，若滑板与墙壁D碰撞后被墙壁粘住，不计其他摩擦，g＝10m/s2。(1)求P1与P2碰撞前的速度；(2)若x足够长，请判断P1与P2能否再次发生

碰撞；(3)讨论P1最终距B点距离s与x的关系。（新高考）高考物理4月月考卷物理（A）答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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．【答案】A【解析】光从真空入射到某介质中，光的频率不变，所以光子的能量为hv。故选A

。2．【答案】B【解析】根据单摆做简谐运动的周期公式T＝2πlg，可知，T与及成l正比，摆长减小，周期变小，故A错误；摆球在摆动过程中，空气阻力忽略，悬线拉力不做功，只有重力做功，机械能守恒，摆球在左、右两侧上升的最大高度一样，故B正确；假若无钉子时，摆球摆至右侧最高点B，

与初位置对称，若有钉子，摆球摆至右侧最高点C，B、C在同一水平线上，如图所示，由几何关系知θ2＝2α，θ2＜2θ1，故D错误；摆球在平衡位置左侧走过的最大弧长大于在右侧走过的最大弧长，故C错误。3．【答案】D【解

析】由速度位移公式v12＝2gh，可得足球到达头部的速度大小v1＝4m/s，反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80cm，根据运动的对称性可知上抛的初速度大小v2＝v1＝4m/s，两个速度方向相反，A错误；足球下落到与头部刚接触时动量大小p＝mv1＝1.6kg‧m/s，B错误；足球从最高点

下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量IG＝mgt，重力的作用时间不为零，则重力的冲量不为零，C错误；足球与头部作用过程中，根据动量定理21()mgFtpmvmv，解得36N9Fmg，D正确。4．【答案】D【解析】额定电压36V，额定电流12A，则电动机的输入功率

432WPUI入，故A错误；额定输出功率300W，则PPP入出热，所以2IRPP入出，可得20.92ΩPPRI入出，故B错误；车在额定状态下以最大速度行驶时，牵引力等于阻力，所以max54NfPFFv出，故C错误，D正确。5．【

答案】C【解析】断开开关，极板上的电压不变，两板间场强不变，故质子的运动轨迹不变，A错误；根据0xvt，qUamd，212yat，可得2202qUxymdυ，从下板边缘射出时，竖直位移y不变，水平位移x变为原来的两倍，故可采取的措施是初速度变为2v0，或板间电压变为14U，或

使板间距变为4d，BD错误，C正确。6．【答案】A【解析】由题意，椭圆轨道A点的曲率半径2''ARRRRR，卫星在轨道I上运动到A点时，根据牛顿第二定律有212'AvMmGmRR，卫星在轨道II上做匀速圆周运动时，有222''vMmGmRR，联立得21'2vRRvR，故A正确。

7．【答案】C【解析】设O、O'两点间的距离为L，取系统重新平衡时圆环的位置为A点，如图所示，由几何关系有56OAOAL，设物体和钩码的质量分别为m1、m2，O'A绳与竖直方向的夹角为，由物体的平衡条件有212cosmgmg，又/23sin5/65LL

，解得1258mm，故选C。8．【答案】B【解析】对于任意一球，设其轨道处半球形碗的半径与竖直方向的夹角为β，半球形碗的半径为R，根据重力和支持力的合力提供小球圆周运动的向心力，可得F合＝mgtanβ，离

碗口越近的小球，β值越大，合力越大，故A错误；由F合＝mv2r＝ma＝m4π2T2r，r＝sinβ，可得tansinvgR，a＝gtanβ，cos2RTg，R一定，离碗口越近的小球，β值越大，小球线速度v越大，小球向心加速度的值越大，小球的周期越小，故B正确，

CD错误。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9．【答案】AD【解析】根据等量同种正电荷的电场线及等势面的分布图可知，由对称性可知，a

、b两点电场强度大小相同方向相反，A正确；c、d两点电势相同，电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不同，B错误；若质子仅受电场力作用，可以在a、b之间做往复运动，但并不是简谐运动，因为电场力并不符合

回复力Fkx的持点，C错误；若电子仅受电场力作用，在圆上其电场力的方向总是指向圆心O，可以提供向心力，则可能做匀速圆周运动，D正确；10．【答案】BC【解析】因P为a光的光斑，则Q为b光的光斑，R为两种光的复合光斑，由图可知，透明介质对b光的折射程度较大，则b光的

折射率大于a光的折射率，A错误；根据v＝cn可知，在该透明介质中，b光的速度小于a光的速度，B正确；光线a出离介质后的折射角2sinsin302n，则45，在介质中的速度2ccvn，a光进入

介质后经到达光屏P点的时间222rrrtvcc，C正确；若入射光线绕O点逆时针转过15°角，则此时入射角为45°，则此时a光线的折射角为90°，即此时a光线恰能发生全反射，而此时射到Q点的b光线早已发生了全反射从Q处消失了，D错误。11．【答案】AC【解析】

根据机械波的传播特点可知14Ln（n＝0、1、2…），故有424m/s(41)41LvTnTn（n＝0、1、2…），当n＝0时，该波的传播速度大小为24m/s，当n＝6时0.96m/sv，但此时波长为0.96m，

小于3m，故该波的传播速度大小不可能为0.96m/s，故A正确，B错误；当n＝0时，波的传播速度124m/sv，此时波从P点到Q点所用的时间110.25sLtv，则质点Q运动的时间为92.5s0.

25s2.25s4tT，Q质点通过的路程1943.6m4sA；当n＝1时，波的传播速度224m/s5v，此时波从P点到Q点所用的时间221.25sLtv，质点Q运动的时间52.5s1.25s1.25s4t

T，Q质点通过的路程1542.0m4sA；当2n时，波长小于3m，不符合，故C正确，D错误。12．【答案】AD【解析】开关S由1掷到2，电容器放电，在电路中产生放电电流，导体棒通有电流后会受到向右的安培力作用，向右加速运动；导体棒将切割磁感线，产生感应电动势，此感应电动势将电

容器的电压抵消一些，随着速度增大，感应电动势增大，则回路中的电流减小，导体棒所受的安培力减小，加速度减小，因导轨光滑，所以在有电流通过棒的过程中，棒是一直加速运动（变加速）；当感应电动势等于电容器的电压时，电路中无电流，导体棒不受安培力，做匀速运动；当棒匀速运动后，棒因

切割磁感线有感应电动势，所以电容器两端的电压能稳定在某个不为0的数值，则由Q＝CU知，电容器的电量应稳定在某个不为0的数值，不会减少到0，这时电容器的电压等于棒的电动势，棒中无电流，故A正确；由于通过棒的电流是按指数递减的，最后

电流减至零，故B错误；导体棒先做加速度减小的变加速运动，由于电容器放电产生电流使得导体棒受安培力作用而运动，当感应电动势等于电容器的电压时，电路中无电流，导体棒不受安培力时，导体棒做匀速运动，故v－t图像是曲线后应是直线，故C错误；根据上面分析可知，

杆的加速度逐渐减小直到为零，故D正确。三、非选择题：本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13．(6分)【答案】(1)1.5(1分)(2)1.9(1分)9.5(2分)(3)

C(2分)【解析】(1)相邻两计数点间的时间间隔是T＝5×0.02s＝0.1s，打计数点5时的速度565+1.5ms2xxvT。(2)重锤的加速度大小26543212()()1.9ms9xxxxxxaT，由牛顿第二定律有m2g−m1g＝(m1

＋m2)a，解得重力加速度大小为g＝9.5m/s2。(3)与没有使用电火花计时器无关，A错误；m1和m2的质量相差不大，B错误；在使用牛顿第二定律计算加速度时，没有考虑绳子与定滑轮间存在的阻力，C正确；绳子拉力本身就不等于m2的重力，存在的误差与绳子拉力等不等于m2的重

力无关，D错误。14．(8分)【答案】(1)2700(2分)(2)见解析图(1分)(3)＞(1分)偏大(2分)(4)2575(2分)【解析】(1)根据部分电路欧姆定律可得gg)=(UIRR，代入数据可得R＝2700Ω。(2)如图所示。(3)电流表示数为0.96mA时标准电压表示数已经3V，则当电

流表满偏时标准电压表示数将超过3V，即改装后的电压表满偏电压大于3V；因为串联分压，串联电阻越大分压越多，改装后的量程大于需要的量程，故串联的电阻R过大。(4)为改装成3V的电压表则改装后电压表内阻应为g

=3000ΩURI总，而实际内阻=3125ΩURI总，故串联电阻比需要的电阻多125Ω，可将R换为2575Ω的电阻。15．(8分)【解析】(1)设运动员的水平位移为x，由水平位移一时间图像可得0562vvxt+==m(

1分)设运动员在水平方向的加速度大小为a，水平方向所受的阻力大小为f1，竖直方向所受阻力大小为f2，由运动学规律和牛顿第二定律得01vvat-==m/s2(1分)f1＝ma＝50N(1分)由题意可知f1＝f2＝50N。(1分)

(2)根据平行四边形定则可得合力2212()Ffmgf=+-(1分)对运动空中运动应用动量定理得Δp＝Ft(1分)联立解得Δp＝1.8×103N·s。(2分)16．(8分)【解析】(1)初始时，密闭气体的温度T0＝300K，压强p0＝1×105Pa，体积V0＝S2×10cm当绳刚好拉直时，压强

、体积分别为511011.210PamgppS(1分)1122cm+10cmVSS(1分)设此时温度为T1，由理想气体状态方程可得001101pVpVTT(1分)代入数据解得T1＝450K。(1分)(2)设绳子要拉断时，两活塞均与活塞销未接触，设

此时气体压强为P2，对a、b活塞由平衡条件可得211pSmgT(1分)222pSmgT(1分)联立可解得p2＝1.5×105Pa，把T＝180N代入第一式可得气体压强为p3＝2×105Pa＞p2故两活塞应呈如图所示状态，即b活塞应顶在上方的活塞销处，

此时体积为3110cmVS由理想气体状态方程可得003303pVpVTT(1分)代入数据解得T3＝900K。(1分)17．(14分)【解析】(1)速度与z轴正方向夹90°角，即贴着xOy平面方向的粒子最易脱离磁场束缚，此粒子运动半径设为R，则有

：qvB＝mv2R(1分)解得R＝mvqB(1分)圆形薄片的最小半径min22mvrRqB==r。(1分)(2)设速度v与z轴正方向的夹角为α，则其在z轴正方向的分量vz=vcosα(1分)z轴分运动的加速为Eqam=(1分)沿z轴运动的时间22coszvm

vtaEq==(1分)粒子在平行xOy平面内的分运动为匀速圆周运动，周期T＝2πmqB(1分)若要碰撞点在坐标原点O，必须有t=nT，（n=1，2，3…）(1分)联立得πcosnEBv=（n=1，2，3…，πBvnE£）。(1

分)(3)与z轴正向成45°角的粒子沿z轴方向的分速度大小vz=vcos45°=22v每次碰撞，动能减小75%，即碰完动能是碰前的14，速率为碰前的12，第n次碰撞后沿z轴方向的分速度大小vzn=(12)2

22v(1分)从发射至第1次碰撞的时间122zvmvtaEq==(1分)从第(n－1)次至第n次碰撞的时间tn=(12)n-1t1(1分)从发射至第n次碰撞的时间t=t1+t2+…+tn=2t1[1-(12)n](

1分)当n→∞，1222mvttEq==。(1分)18．(16分)【解析】(1)设P1与P2碰撞前速度为v1，则根据动能定理可得22101122mvmvmgR(1分)解得15m/sv。(1分)(2)P1与P2碰撞，动量守恒，且碰撞后P

1的速度为零，则发生速度交换，碰撞后P2的速度为215m/svv(1分)之后P2向右减速，“L”形滑板和P1一起向右加速，设P2向右减速的加速度为a1，“L”形滑板和P1一起右在加速的加速度为a，则有2122m/sag(1分)220.5m/smg

aMm(1分)设时间t后速度相同，则有21vatat(1分)解得2st，1m/sv共设共速时的相对位移为s，则有222211222mgsmvMmv共(1分)解得5msL也就是当P2运动到C端时刚好

共速，假设此时与墙壁D发生碰撞，P2冲上平面与弹簧碰撞后反弹回来的速度大小仍然为=1m/sv共，P1在BC上滑动经过距离1s停下，则有21112mgsmv共(1分)解得10.5msP2反弹回来后冲上BC，设经过S2后停下，则有2221

2mgsmv共(1分)解得20.25ms最后P1与P2相距124.25mxLss(1分)故P1与P2不会再次发生碰撞。(1分)(3)当共速时“L”形滑板和P1一起右运动的距离为0x，则有201m2vxa共(1分)当1

mx时，共速后与墙壁发生碰撞，P1最终距B点距离0.5mS；(1分)当1mx时，设与墙壁碰撞时P1的速度为v，则有22vax(1分)之后在BC上减速有212vgS(1分)P1最终距B点距离S与x的关系为0.5S

x。(1分)江西多宝格教育咨询有限公司（旗下网站：好教http//www．jtyhjy．com）郑重发表如下声明：一、本网站的原创内容，由本公司依照运营规划，安排专项经费，组织名校名师创作，经由好教育团队严格审核通校，按设

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