1、安徽省黄山市歙县中学2015届高考物理模拟试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1如图所示，A、B两物体在同一直线上运动，当它们相距s=7m时，A在水平拉力和摩擦力的作用下，正以4m/s的速度向右做匀速运动，而物体B此时速度为10m/s，方向向右，它在摩擦力作用下做匀减速运动，加速度大小为2m/s2，则A追上B用的时间为( )A6sB7sC8sD9s2如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，且AB为沿水平方向的直径，圆弧上有一点C，且COD=60若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D；若在C点以初速度v2沿BA方向平抛的小球也能击中D
2、点重力加速度为g，下列说法正确的是( )A抛出时，两球的速度大小之比为v1：v2=2：B抛出时，两球的速度大小之比为v1：v2=：3C运动到D点时，两球的速度方向的夹角为60D若两球同时抛出且速度大小合适，则两球可能在空中相遇3如图所示，一根张紧的水平弹性长绳上的a、b两点，相距14.0m，b点在a点的右方当一列简谐横波沿此绳向右传播时，若a点的位移达到正极大时，b点的位移恰为零，且向下运动，经过1.00s后，a点的位移为零，且向下运动，而b点的位移恰好达到负极大，则这列简谐横波的波速可能等于( )A14.0 m/sB10.0 m/sC6.00 m/sD4.67 m/s4如图，虚线ab和c是某
3、静电场中的等势面，它们的电势分别为Ua、Ub和UcUaUbUc一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知( )A粒子从K到L的过程中，电场力做负功B粒子从L到M的过程中，电场力做负功C粒子从K到L的过程中，静电势能增加D粒子从L到M的过程中，动能减少5如图所示A是一个边长为L的方形线框，电阻为R，今维持线框以恒定的速度v沿x轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场B区域若以x轴为正方向作为力的正方向，线框在图示位置的时刻作为时间的零点，则磁场对线框的作用力F随时间t的变化图线为( )ABCD6如图所示，A、B、C分别表示理想电流表或电压表，灯L1与L2的额定电压相同，灯L1的额定
4、功率大于灯L2的额定功率，当电键S闭合时，L1、L2恰好能正常发光若A、B、C的示数均不为零，则可判定( )AA、B、C均为电流表BA、B、C均为电压表CB为电流表，A、C为电压表DB为电压表，A、C为电流表7A、B、C、D是四块材料相同的木块，A、C的质量为m，B、D的质量为2m，水平面光滑，木块间的动摩擦因数为在水平力F的作用下，四个木块始终一起运动，则在此过程中C、D间的摩擦力不会超过( )AmgBCD二、非选择题（共180分）8某学习小组在进行“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”实验时，装置如图所示（1）除桌面上的实验器材外，还准备了电磁打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸片和纸
5、带，要完成该实验，还需要的实验器材有_和_（2）实验时保持钩码质量m不变，探究小车加速度a与小车（包括车中砝码）质量M的关系，以下做法正确的是_；A平衡摩擦力时，应将长木板带有滑轮的一端适当垫高B平衡摩擦力时，应将钩码用细绳通过定滑轮系在小车上C每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力D实验时，先释放小车，再接通打点计时器电源（3）当M与m的大小关系满足_时，可以认为绳对小车的拉力大小等于钩码的重力9有一段粗细均匀的新型导电材料棒，现测量该材料的电阻率（1）用螺旋测微器测量材料棒的直径，如图甲所示，材料棒的直径为_mm（2）用多用电表的欧姆挡（倍率为“10”）粗测其电阻，指针位置如图乙所示，
6、其读数R=_（3）然后使用以下器材用伏安法尽可能精确地测量其电阻：电流表A1：量程为100mA，内阻约为0.1电流表A2：量程为20mA，内阻约为1电压表V：量程为3V，内阻约为3K滑动变阻器R0：最大阻值为20，额定电流1A低压直流电源E：电压4V，内阻忽略电键K，导线若干电流表应选_，并在图丙虚线框中画出实验电路图（4）如果实验中电流表示数为I，电压表示数为U，并测出该棒的长度为L，直径为d，则该材料的电阻率=_（用测出的物理量的符号表示）10某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示他使木块以初速度v0=4m/s的速度沿倾角=30的斜面上
7、滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的vt图线如图乙所示g取10m/s2求：（1）上滑过程中的加速度的大小a1；（2）木块与斜面间的动摩擦因数；（3）木块回到出发点时的速度大小v11（16分）如图所示，在x0区域有沿y方向的匀强电场（大小未知），在x0区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B现有质量为m、电荷量为+q的粒子，从坐标原点O沿与+y轴成30的方向以v，射入第二象限，后经过y轴上的M点（图中未画出）进入电场，并恰好沿+x方向经过N点（不计粒子重力）求：（1）M点坐标；（2）匀强电场的场强大小；（3）N点坐标12如图所示，n个相同的木块（
8、可视为质点），每块的质量都是m，从右向左沿同一直线排列在水平桌面上，相邻木块间的距离均为l，第n个木块到桌边的距离也是l，木块与桌面间的动摩擦因数为开始时，第1个木块以初速度0向左滑行，其余所有木块都静止，在每次碰撞后，发生碰撞的木块都粘在一起运动最后第n个木块刚好滑到桌边而没有掉下（1）求在整个过程中因碰撞而损失的总动能（2）求第i次（in一1）碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比（3）若n=4，l=0.10m，0=3.0m/s，重力加速度g=10m/s2，求的数值安徽省黄山市歙县中学2015届高考物理模拟试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1如图所示，A、B两物体在同一直线上运动
9、，当它们相距s=7m时，A在水平拉力和摩擦力的作用下，正以4m/s的速度向右做匀速运动，而物体B此时速度为10m/s，方向向右，它在摩擦力作用下做匀减速运动，加速度大小为2m/s2，则A追上B用的时间为( )A6sB7sC8sD9s考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：假设经过时间t，物块A追上物体B，根据位移时间公式结合几何关系列式求解即可解答：解：物体A做匀速直线运动，位移为：xA=vAt=4t物体B做匀减速直线运动减速过程的位移为：=10tt2设速度减为零的时间为t1，有在t1=5s的时间内，物体B的位移为xB1=25m，物体A的位移为xA
10、1=20m，由于xA1xB1+S，故物体A未追上物体B；5s后，物体B静止不动，故物体A追上物体B的总时间为：=故选：C点评：本题是追击问题，特别要注意物体B做匀减速运动，要分清是减速过程追上还是静止后被追上；第二种情况下的位移用位移时间公式求解时要注意时间是减速的时间，而不是总时间2如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，且AB为沿水平方向的直径，圆弧上有一点C，且COD=60若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D；若在C点以初速度v2沿BA方向平抛的小球也能击中D点重力加速度为g，下列说法正确的是( )A抛出时，两球的速度大小之比为v1：v2
11、=2：B抛出时，两球的速度大小之比为v1：v2=：3C运动到D点时，两球的速度方向的夹角为60D若两球同时抛出且速度大小合适，则两球可能在空中相遇考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度确定运动的时间，结合水平位移和时间求出初速度之比根据速度分解求得运动到D点时速度与水平方向的夹角，即可得到两球速度方向的夹角根据高度决定时间可分析两球在空中不能相遇解答：解：AB、小球在竖直方向做自由落体运动，由h=gt2得：t=，两球下降的高度之比为h1：h2=2：1，则运动的时间之比为t1：t2=：1由几何关系知，两球的水平位移之比为s
12、1：s2=2：，由公式s=v0t可得两球的初速度之比为v1：v2=：3故A错误，B正确C、设左右两球落到D点时与水平方向的夹角分别为和则tan=，tan=可得tan=tan，根据数学知识可得知+120，所以运动到D点时，两球的速度方向的夹角不等于60，故C错误D、若两球同时，由于高度决定，所以左边小球后运动到D点，两球在空中不可能相遇故D错误故选：B点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解3如图所示，一根张紧的水平弹性长绳上的a、b两点，相距14.0m，b点在a点的右方当一列简谐横波沿此绳向右传播时，若a点的位移达到正极大时，b点的位移恰为零，且
13、向下运动，经过1.00s后，a点的位移为零，且向下运动，而b点的位移恰好达到负极大，则这列简谐横波的波速可能等于( )A14.0 m/sB10.0 m/sC6.00 m/sD4.67 m/s考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 分析：根据题意，当简谐横波沿长绳向右传播时，若a点的位移达到正最大时，b点的位移恰为零且向下运动，结合波形，得到a，b两点与波长关系的通项式又据题意，经过1.00s后a点的位移为零，且向下运动，而b点的位移恰达到负最大，得到时间与周期的关系通项式，求出波速的通项式，再研究波速的特殊值解答：解：由题，当简谐横波沿长绳向右传播时，若a点的位移达到正最大时，b点的位移恰为
14、零且向下运动，则ab间距离xab=（n+），n=0，1，2，得到波长=又据题意，经过1.00s后a点的位移为零，且向下运动，而b点的位移恰达到负最大，则时间t=1.00s=（k+）T，得到周期T=s，k=0，1，2，则波速v=当k=0，n=0时，v=4.67m/s；当k=1，n=1时，v=10m/s；由于n、k是整数，v不可能等于6m/s和4m/s故选：BD点评：此题是波的多解题，首先判断波的传播方向，其次，根据波形及传播方向，列出波沿不同方向传播时可能传播距离和周期的通式，再次，看质点间隐含的不同波长的关系，列出波长的通式，再分别将n=0，1，2代入通式可求得所有可能的答案，要防止漏解或用特
15、解代通解4如图，虚线ab和c是某静电场中的等势面，它们的电势分别为Ua、Ub和UcUaUbUc一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知( )A粒子从K到L的过程中，电场力做负功B粒子从L到M的过程中，电场力做负功C粒子从K到L的过程中，静电势能增加D粒子从L到M的过程中，动能减少考点：等势面；电势能 专题：定性思想分析：电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加；电场力做功的正负还可以直接根据电场力的方向判断解答：解：A、根据Ep=q，粒子从K到L的过程中，电势能增加，故电场力做负功，故A正确；B、根据Ep=q，粒子从L到M的过程中，电势能减小，故电场力做正功，
16、故B错误；C、根据Ep=q，粒子从K到L的过程中，电势能增加，故C正确；D、粒子从L到M的过程中，电场力做正功，故动能增加，故D错误；故选AC点评：本题关键是根据Ep=q得到电势能的变化情况，最后确定电场力的做功情况5如图所示A是一个边长为L的方形线框，电阻为R，今维持线框以恒定的速度v沿x轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场B区域若以x轴为正方向作为力的正方向，线框在图示位置的时刻作为时间的零点，则磁场对线框的作用力F随时间t的变化图线为( )ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律 专题：电磁感应与图像结合分析：由线圈运动时切割磁感线的长度，由E=BLv可求得感应电动势，则由欧姆定
17、律可得出电流；由右手定则可得出电流的方向解答：解：0，线框在磁场外，力与电流为0安培力为0；2，由右手定则可得出电流的方向为逆时针的方向，维持线框以恒定速度V沿X轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据左手定则得出安培力的方向X轴的负方向24，线框全部进入磁场，力与电流为0安培力为0；45，线框左边切割磁感线，由右手定则可得出电流的方向为顺时针的方向，维持线框以恒定速度V沿X轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据左手定则得出安培力的方向X轴的负方向故选：B点评：本题考查的是线框穿磁场产生感应电流的典型情景，电磁感应与图象的结合一般考查选择题，先找到各图中的不同点，主要分析不同点即可得出正确答案6
18、如图所示，A、B、C分别表示理想电流表或电压表，灯L1与L2的额定电压相同，灯L1的额定功率大于灯L2的额定功率，当电键S闭合时，L1、L2恰好能正常发光若A、B、C的示数均不为零，则可判定( )AA、B、C均为电流表BA、B、C均为电压表CB为电流表，A、C为电压表DB为电压表，A、C为电流表考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：理想电压表内阻无穷大，理想电流表内阻为零若A、B、C均为电流表，两个灯将被短路若A、B、C均为电压表，两个电灯均不亮由于两灯的额定电压相同，额定功率不同，两灯并联时能都正常发光，若串联时，不可能同时正常发光解答：解：A、由于理想电流表内阻为零，若A、B、
19、C均为电流表，两个灯将被短路，均不亮故A错误B、由于理想电压表内阻无穷大，若A、B、C均为电压表，电路中电流为零，两个电灯均不亮故B错误C、B为电流表，A、C为电压表，两灯串联，由于电阻不同，两灯的电压不同，不可能同时正常发光故C错误D、B为电压表，A、C为电流表时，两灯并联，L1、L2都能正常发光，而且A、B、C的示数均不为零故D正确故选：D点评：本题的关键抓住理想电压表的内阻无穷大，相当于断路；理想电流表的内阻为零，相当于短路7A、B、C、D是四块材料相同的木块，A、C的质量为m，B、D的质量为2m，水平面光滑，木块间的动摩擦因数为在水平力F的作用下，四个木块始终一起运动，则在此过程中C、
20、D间的摩擦力不会超过( )AmgBCD考点：牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算 专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据摩擦定律知，AB间最大静摩擦力为mAg，以BCD整体为研究对象可得整体所能获得的最大加速度，再以C为研究对象得出CD间的最大静摩擦力即可解答：解：由题意知，AB间最大静摩擦力fm=mAg=mg则以BCD整体为研究对象可得，整体获得的最大加速度=再以C为研究对象可知，当BCD以最大加速度am运动时，CD间的摩擦力最大，此时最大摩擦力所以D正确，ABC错误故选：D点评：解决本题的关键是能根据整体法求得整体在摩擦力作用下获得的最大加速度，再根据隔离法求CD间的最大摩擦力，抓住加速度一致是
21、解决问题的关键二、非选择题（共180分）8某学习小组在进行“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”实验时，装置如图所示（1）除桌面上的实验器材外，还准备了电磁打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸片和纸带，要完成该实验，还需要的实验器材有天平和刻度尺（2）实验时保持钩码质量m不变，探究小车加速度a与小车（包括车中砝码）质量M的关系，以下做法正确的是C；A平衡摩擦力时，应将长木板带有滑轮的一端适当垫高B平衡摩擦力时，应将钩码用细绳通过定滑轮系在小车上C每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力D实验时，先释放小车，再接通打点计时器电源（3）当M与m的大小关系满足Mm时，可以认为绳对小车的拉力大小
22、等于钩码的重力考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系 专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项要求在什么情况下才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，需求出绳子的拉力，而要求绳子的拉力，应先以整体为研究对象求出整体的加速度，再以M为研究对象求出绳子的拉力，通过比较绳对小车的拉力大小和盘和盘中砝码的重力的大小关系得出只有mM时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力解答：解：（1）本试验中要通过纸带求解加速度，所以需要刻度尺测量长度，要研究质量与加速度的关系，需要测量小车质量，所以需要天平（2）A
23、、平衡摩擦力时，应将长木板不带定滑轮的一端适当垫高，故A错误；B、平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，是小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动故B错误C、每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力故C正确D、实验时，应先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理故D错误故选：C（3）根据牛顿第二定律得：对m：mgF拉=ma对M：F拉=Ma解得：F拉=当Mm时，即小车的质量远大于砝码和盘的总质量，绳子的拉力近似等于砝码和盘的总重力故答案为：（1）天平；刻度尺；（2）C；
24、 （3）Mm点评：只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握9有一段粗细均匀的新型导电材料棒，现测量该材料的电阻率（1）用螺旋测微器测量材料棒的直径，如图甲所示，材料棒的直径为4.700mm（2）用多用电表的欧姆挡（倍率为“10”）粗测其电阻，指针位置如图乙所示，其读数R=220（3）然后使用以下器材用伏安法尽可能精确地测量其电阻：电流表A1：量程为100mA，内阻约为0.1电流表A2：量程为20mA，内阻约为1电压表V：量程为3V，内阻约为3K滑动变阻器R0：最大阻值为20，额定电流1A低压直流电源E：电压4V，
25、内阻忽略电键K，导线若干电流表应选A2，并在图丙虚线框中画出实验电路图（4）如果实验中电流表示数为I，电压表示数为U，并测出该棒的长度为L，直径为d，则该材料的电阻率=（用测出的物理量的符号表示）考点：测定金属的电阻率 专题：实验题分析：明确欧姆表读数时不要忘记乘以倍率，螺旋测微器读数时要分成整数部分和小数部分两部分来读，注意半毫米刻度线是否露出根据闭合电路欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程，当变阻器全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法；根据待测电阻满足可知电流表应用内接法根据欧姆定律和电阻定律求出电阻率的表达式即可解答：解：（1）螺旋测微器的读数为：d=4.5mm+
26、20.00.01mm=4.700mm；（2）欧姆表的读数为：R=2210=220；（3）根据闭合电路欧姆定律可知通过待测电阻的最大电流为 ，故电流表选A2，待测电阻阻值约为220，滑动变阻器最大阻值为20，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电流表内阻约为1，电压表内阻约为3k，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表选择内接法，实验电路图如图所示：（4）由欧姆定律可知：R=，电阻：R=解得：故答案为：（1）4.700；（2）220；（3）A2；如图所示；（4）点评：应明确：螺旋测微器的读数方法是分成整数部分和小数部分两部分来读，注意半毫米刻度线是否露出；应通过估算电路中的最大电流来选择电
27、流表量程，通过估算电路中需要的最大电阻来选择变阻器；当待测电阻满足时，电流表应用内接法，满足时，电流表应用外接法10某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示他使木块以初速度v0=4m/s的速度沿倾角=30的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的vt图线如图乙所示g取10m/s2求：（1）上滑过程中的加速度的大小a1；（2）木块与斜面间的动摩擦因数；（3）木块回到出发点时的速度大小v考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）由vt图象可以求出上滑
28、过程的加速度（2）由牛顿第二定律可以得到摩擦因数（3）由运动学可得上滑距离，上下距离相等，由牛顿第二定律可得下滑的加速度，再由运动学可得下滑至出发点的速度解答：解：（1）由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式有：上滑过程中加速度的大小：（2）上滑过程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛顿第二定律F=ma得上滑过程中有：mgsin+mgcos=ma1代入数据得：=0.35（3）下滑的距离等于上滑的距离：x=m=1m 下滑摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律F=ma得：下滑过程中：mgsinmgcos=ma2解得：=2m/s2下滑至出发点的速度大小为：v=联立解得：v=2m/s 答
29、：（1）上滑过程中的加速度的大小；（2）木块与斜面间的动摩擦因数=0.35；（3）木块回到出发点时的速度大小v=2m/s点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解11（16分）如图所示，在x0区域有沿y方向的匀强电场（大小未知），在x0区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B现有质量为m、电荷量为+q的粒子，从坐标原点O沿与+y轴成30的方向以v，射入第二象限，后经过y轴上的M点（图中未画出）进入电场，并恰好沿+x方向经过N点（不计粒子重力）求：（1）M点坐标；（2）匀强电场的场强大小；（3）N点坐标考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的
30、运动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律和圆周运动的规律求出轨迹半径，画出轨迹，确定出轨迹所对应的圆心角，根据几何知识，求解M点的坐标（2）粒子在电场中运动的逆过程是类平抛运动，根据速度的分解和动力学规律结合求解匀强电场的场强大小（3）由分位移公式求解N点坐标解答：解：（1）该粒子的运动轨迹如图所示，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力得：qvB=m可得粒子的轨迹半径为：r=由几何知识可知M点的纵坐标为：y=r=故M点坐标为（0，）（2）、（3）粒子在电场中运动的逆过程是类平抛运动，粒子进入电场时速度与y轴正方向的夹角为3
31、0设N点的坐标为x|y|=t=rx=vsin30t联立解得：x=故N点的坐标为（，0）竖直方向上有：vcos30=at又 a=由上知，t=联立解得：E=答：（1）M点坐标是（0，）（2）匀强电场的场强大小是E=（3）N点坐标是（，0）点评：本题考查了磁场中圆周运动和类平抛运动，要注重运用几何知识辅助分析，画出轨迹是基本能力，要加强训练提高能力12如图所示，n个相同的木块（可视为质点），每块的质量都是m，从右向左沿同一直线排列在水平桌面上，相邻木块间的距离均为l，第n个木块到桌边的距离也是l，木块与桌面间的动摩擦因数为开始时，第1个木块以初速度0向左滑行，其余所有木块都静止，在每次碰撞后，发生碰
32、撞的木块都粘在一起运动最后第n个木块刚好滑到桌边而没有掉下（1）求在整个过程中因碰撞而损失的总动能（2）求第i次（in一1）碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比（3）若n=4，l=0.10m，0=3.0m/s，重力加速度g=10m/s2，求的数值考点：功能关系；动能定理的应用 分析：（1）在整个过程中因碰撞和摩擦损失的总动能等于初动能Ek=，求出克服摩擦力做功，得到因摩擦而损失的动能，就能求得因碰撞而损失的总动能（2）根据动量守恒定律求出第i次（in一1）碰撞前后速度关系，即可求得碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比（3）分别求得各次碰撞前后的动能，得到第3次碰撞后的动能，结合题意：第n=4个木块刚好
33、滑到桌边而没有掉下，运用功能关系求解答：解：（1）整个过程木块克服摩擦力做功 W=mgl+mg2l+mgnl= 根据功能关系，整个过程中由于碰撞而损失的总动能为Ek=Ek0W 得Ek= （2）设第i次（in一1）碰撞前木块的速度为i，碰撞后速度为i，则（i+1）mi=imi 碰撞中损失的动能E时与碰撞前动能Eki之比为（in1）解得 （in1）（3）初动能Ek0=第1次碰撞前 第1次碰撞后 EK1=EK1EK1=EK1EK1=EK0mgl 第2次碰撞前 EK2=EK1=（2mg）l=EK0mgl 第2次碰撞后 EK2=EK2EK2=EK0mgl第3次碰撞前 EK3=EK3（3mg）l=EK0mgl第3次碰撞后 EK3=EK3EK3=EK0mgl据题意有 EK0mgl=（4mg）l 代入数据，联立求解得 =0.15 答：（1）在整个过程中因碰撞而损失的总动能为（2）第i次（in一1）碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比为1：（i+1）（3）若n=4，l=0.10m，0=3.0m/s，重力加速度g=10m/s2，的数值是0.15点评：本题是动量守恒与功能关系结合的类型，采用归纳法求解若干次碰撞的过程，难度较大