2019-2020年高三物理第四次四校联考试题（含解析）.doc

2019-2020年高三物理第四次四校联考试题（含解析）二、选择题：本题共8小题，每小题6分。每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14在物理学的重大发现中科学家们总结出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、科学假设法和建立物理模型法等。以下关于物理学研究方法的叙述不正确的是A在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法运用了假设法B根据速度的定义式，当趋近于零时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法C在实验探究加速度与力、质量的关系时，运用了控制变量法D在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，然后将各小段位移相加，运用了微元法【答案】A【解析】 A、等效替代法是一种常用的方法，它是指用一种情况来等效替换另一种情况；没有采用假设法，故A错误；B、根据速度定义式，当t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，故B正确；C、在实验探究加速度与力、质量的关系时，因为三量之间相互都有关系，故应采用控制变量法，故C正确；D、在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故D正确。故选A。【考点】物理学的研究方法15轻绳一端系在质量为m的物体A上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆MN的圆环上。现用水平力F拉住绳子上一点O，使物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不动。则在这一过程中，环对杆的摩擦力Ff和环对杆的压力FN的变化情况是AFf保持不变，FN逐渐增大 BFf逐渐增大，FN保持不变CFf逐渐减小，FN保持不变 DFf保持不变，FN逐渐减小【答案】D【解析】以圆环、物体A及轻绳整体为研究对象，分析受力情况，作出力图如图1所示根据平衡条件得：杆对环的摩擦力F1=G，保持不变杆对环的弹力F2=F再以结点O为研究对象，分析受力情况，作出力图如图2所示由平衡条件得：F=mgtan当物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置过程中，逐渐减小，则F逐渐减小，F2逐渐减小，所以F1保持不变，F2逐渐减小。故选D。【考点】共点力平衡；力的合成与分解16在空中某一高度将一小球水平抛出，取抛出点为坐标原点，初速度方向为轴正方向，竖直向下为y轴正方向，得到其运动的轨迹方程为y=ax2（a为已知量），重力加速度为g。则根据以上条件可以求得A物体距离地面的高度 B物体作平抛运动的初速度C物体落地时的速度 D物体在空中运动的总时间【答案】B【解析】根据得，则因为，则，可以求出平抛运动的初速度高度未知，无法求出运动的时间，无法求出竖直分速度以及落地的速度，故B正确。故选B。【考点】平抛运动17我国于2013年12月2日凌晨成功发射了“嫦娥三号”月球探测器，12月10日21时20分，“嫦娥三号”在环月轨道成功实施变轨控制，从100km100km的环月圆轨道，降低到近月点15km、远月点100km的椭圆轨道，进入预定的月面着陆准备轨道，并于12月14日21时11分实现卫星携带探测器在月球的软着陆。下列说法正确的是A如果不考虑地球大气层的阻力，则“嫦娥三号”的发射速度可以小于7.9km/sB若已知“嫦娥三号”在100km的环月圆轨道上飞行的周期及万有引力常量，则可求出月球的平均密度C若已知“嫦娥三号”、“嫦娥一号”各自绕月球做匀速圆周运动的高度（高度不同）、周期和万有引力常量，则可求出月球的质量、半径D“嫦娥三号”为着陆准备而实施变轨控制时，需要通过发动机使其加速【答案】C【解析】A、在地球表面发射卫星的速度不得小于地球的第一宇宙速度7.9km/s，故A错误；B、根据万有引力等于向心力，已知周期和轨道高度，不知道月球半径，无法计算月球质量，也无法计算月球体积，不能计算月球的密度，故B错误；C、设“嫦娥三号”、“嫦娥一号”各自绕月球做匀速圆周运动的高度（高度不同）分别为h3和h1、周期分别为T3和T1，月球的半径为R、质量为M，对“嫦娥一号”，根据万有引力提供向心力有：，化简得，同理，对于“嫦娥三号”，有，以上两式中只有M和R两个未知数，故能计算出来，故C正确；D、“嫦娥三号”为着陆准备而实施变轨控制时，需要通过发动机减速，使其受到的万有引力大于向心力做近心运动，故D错误。故选C。【考点】万有引力定律18一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是51，原线圈接入电压为220V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示，电压表和电流表均为理想交流电表。则下列说法正确的是A原、副线圈中的电流之比为51B电压表的读数约为44VC若滑动变阻器接入电路的阻值为20 ，则1 分钟内产生的热量为2904 JD若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均增大【答案】C【解析】AB、原线圈接入电压为220V的正弦交流电，原、副线圈的匝数比是5：l，则副线圈电压为44V，原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1：5，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，而电表均是交流电的有效值，故AB错误；C、原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44V，但二极管具有单向导电性，根据有效值的定义有，从而求得电压表两端电压有效值为，则1min内产生的热量为，故C正确；D、将滑动变阻器滑片向上滑动，接入电路中的阻值变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，电流表的读数变大，故D错误。故选C。【考点】变压器的构造和原理19如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是AA、B两处电势、场强均相同BC、D两处电势、场强均相同C在虚线AB上O点的场强最大D带正电的试探电荷在O处的电势能大于在B处的电势能【答案】BD【解析】A、根据顺着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A、B场强相同，A点电势高，故A错误；B、根据等量异种电荷电场线、等势面分布对称性，C、D两处电势、场强均相同，故B正确；C、根据电场线疏密表示场强的大小可知，在AB之间，O点场强最小，故C错误；D、O点电势高于B点电势，负电荷在O处电势能小于在B处电势能，故D正确故选BD。【考点】电势；电场强度；电势能20如图所示，在竖直平面内有一固定轨道，其中AB是长为R的粗糙水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的3/4光滑圆弧轨道，两轨道相切于B点在推力作用下，质量为m的小滑块从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时即撤去推力，小滑块恰好能沿圆轨道经过最高点C。重力加速度大小为g，取AB所在的水平面为零势能面。则小滑块A在AB段运动的加速度为2.5g B经B点时加速度为零C在C点时合外力的瞬时功率为mgD上滑时动能与重力势能相等的位置在直径DD上方【答案】AD【解析】A、在AB段，根据速度位移公式，解得：a=2.5g，故A正确；B、在C点，有：，解得，对B到C，根据动能定理有：，解得，则B点的加速度，故B错误；C、在C点，速度的方向与合力的方向垂直，所以合力的瞬时功率为0，故C错误；D、物块在圆弧轨道上滑的过程中机械能守恒，有：，解得，动能和重力势能相等的位置在DD的上方，故D正确。故选AD。【考点】功率；向心力；动能定理21如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成角，M、P两端接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。t=0时对棒施一平行于导轨的外力F，棒由静止开始沿导轨向上运动，通过R的感应电流随时间t变化的关系如图乙所示。下列关于穿过回路abPMa的磁通量和磁通量的瞬时变化率以及ab两端的电势差Uab和通过棒的电荷量q随时间变化的图象中，正确的是( )【答案】BD【解析】由电流图象得，I=kt，k是比例系数设金属棒长为LA、由图看出，通过R的感应电流随时间t增大，根据法拉第电磁感应定律得知，穿过回路的磁通量是非均匀变化的，-t应是曲线，故A错误；B、由、，得，则与t成正比，故B正确；C、a、b两端的电圧，则与t成正比，故C错误；D、通过导体棒的电量为：，故Q-t图象为抛物线，故D正确。故选BD。【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律第卷（非选择题174分）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题第40题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（共129分）22. （7分）某学校实验小组欲测定正方体木块与长木板之间的动摩擦因数，采用如图甲所示的装置，图中长木板水平固定。（1）实验开始之前某同学用游标卡尺测得正方体边长，读数如图乙所示，则正方体的边长为 cm。（2）如图丙所示为该组同学实验中得到的一条纸带的一部分，0， 1， 2， 3， 4， 5， 6为计数点，相邻两计数点间还有4个计时点未画出。从纸带上测出=3.20cm，=4.52cm，=8.42cm，=9.70cm，则木块的加速度大小= m/s2（保留两位有效数字）。（3） 该组同学用天平测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，则木块与长木板间动摩擦因素= （重力加速度为g，木块的加速度为）【答案】（1）9.015 （2）1.3 （3）【解析】（1）由图乙可知，主尺示数为9.0cm，游标尺示数为30.05mm=0.15mm=0.015cm，游标卡尺示数为9.0cm+0.015cm=9.015cm；（2）计数点间的时间间隔t=0.025=0.1s，由匀变速运动的推论：可得，加速度；（3）对木块、砝码盘和砝码系统，由牛顿第二定律得：，解得：。【考点】探究影响摩擦力的大小的因素23.（8分）为了精确测量某一玩具电动机中导线圈的电阻，某实验小组设计了如图甲所示的电路，可供选择的实验仪器如下：电流表A1（03A、约5）； 滑动变阻器R1（01k，额定电流0.5A）；电流表A2（0100mA、约10）； 滑动变阻器R2（050，额定电流2A）；多用电表； 定值电阻R020； 电源（3V、约1）及开关等，导线若干；（1）请按图甲将图乙实物图连接完整；（2）应选择的电流表是 ，滑动变阻器是 ；（填写符号）（3）测量过程中应保证电动机 ；（填“转动”或“不转动”）（4）为防止烧坏电动机，实验中要分次读取数据，由实验测得的数据已在图丙的UI图中标出，请你完成图线，并由图线求出玩具电动机中导线圈的电阻R 。（保留两位有效数字）【答案】(1) 如图（2）A2 R2 （3）不转动（4）如图，20 【解析】（1）根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；（2）由图丙所示可知，实验所测量的最大电流约为70mA，则电流表应选A2，由图甲所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选R2；（3）测电动机线圈电阻实验过程中应保证电动机不转动，使电动机成为纯电阻电路；（4）根据图丙所示坐标系内描出的点作出U-I图象如图所示；由图象可知，电动机线圈电阻：。【考点】伏安法测电阻24.（13分）如图所示的装置叫做阿特伍德机，是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。绳子两端的物体下落（上升）的加速度总是小于自由落体的加速度g，同自由落体相比，下落相同的高度，所花费的时间要长，这使得实验者有足够的时间从容的观测、研究。已知物体A、B的质量相等均为M，物体C的质量为m，轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，轻绳不可伸长且足够长，如果，求：（1） 物体B从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值。（2）系统在由静止释放后的运动过程中，物体C对B的拉力。【答案】 【解析】（1）设物体的加速度为a，绳子中的拉力为F，对物体A：由牛顿第二定律得对BC整体由牛顿第二定律得解得：物体B从静止下落自由下落同样的距离解得：（2）设B对C的拉力为FN物体C，由牛顿第二定律得：解得：由牛顿第三定律得物体C对B的拉力为【考点】牛顿第二定律25（19分）如图甲所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。在xoy平面内有与y轴平行的匀强电场，在半径为R的圆形区域内加有与xoy平面垂直的匀强磁场。在坐标原点O处放置一带电微粒发射装置，它可以连续不断地发射具有相同质量m、电荷量q（q0）和初速度为的带电微粒。（已知重力加速度g）（1）当带电微粒发射装置连续不断地沿y轴正方向发射这种带电微粒时，这些带电微粒将沿圆形磁场区域的水平直径方向离开磁场，并继续沿x轴正方向运动。求电场强度E和磁感应强度B的大小和方向。（2）调节坐标原点处的带电微粒发射装置，使其在xoy平面内不断地以相同速率v0沿不同方向将这种带电微粒射入第象限，如图乙所示。现要求这些带电微粒最终都能平行于x轴正方向运动，则在保证电场强度E和磁感应强度B的大小和方向不变的条件下，求出符合条件的磁场区域的最小面积。【答案】（1），电场方向沿y轴正方向 ，磁场方向垂直于纸面向外 （2）【解析】（1）微粒沿x轴正方向运动，即：带电微粒所受重力与电场力平衡。设电场强度大小为E，由平衡条件得：解得：，电场方向沿y轴正方向带电微粒进入磁场后，做匀速圆周运动，且圆运动半径r=R。设匀强磁场的磁感应强度大小为B。由牛顿第二定律得：解得：，磁场方向垂直于纸面向外（2）设由带电微粒发射装置射入第象限的带电微粒的初速度方向与x轴承夹角，则满足，由于带电微粒最终将沿x轴正方向运动故B应垂直于xoy平面向外，带电微粒在磁场内做半径为的匀速圆周运动。带电微粒射入方向不同时的轨迹，如图所示带电微粒经磁场偏转后沿x轴正方向运动，射出时的半径沿竖直方向即：磁场边界上P点的坐标P（x，y）应满足方程：即：磁场边界的方程为：由题中的条件可知以的角度射入磁场区域的微粒的运动轨迹方程为符合要求的最小磁场的范围应是圆与圆的交集部分。由几何关系，可以求得符合条件的磁场的最小面积为：解得：【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运动三、选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目号后的方框涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一个题目计分。33【物理选修3-3】（15分）（1）（6分）下列说法正确的是 （填正确答案标号。选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）。A显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性B分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大D在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素E当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大【答案】ACD【解析】A、墨水中的碳粒的运动是因为大量水分子对它的撞击作用力不平衡导致向各方向运动，并且没有规则，故A正确；B、当分子间距离为r0时，分子间作用力最小，所以当分子从大于r0处增大时，分子力先增大后减小，故B错误；C、当分子间距离等于r0时，分子间的势能最小，分子可以从距离小于r0的处增大分子之间距离，此时分子势能先减小后增大，故C正确；D、温度越高，分子无规则运动的剧烈程度越大，因此在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素，故D正确；E、当温度升高时，物体内分子热运动的平均速率增大，但不一定每一个分子的速率都增大，故E错误。故选ACD。【考点】布朗运动；分子间的作用力与分子势能；分子的平均动能（2）（9分）如图所示，圆柱形气缸A中用质量为2m的活塞封闭有一定质量的理想气体，温度为27，气缸中的活塞通过滑轮系统悬挂一质量为m的重物，稳定时活塞与气缸底部距离为h，现在重物m上加挂质量为的小物体，已知大气压强为p0，活塞横截面积为S，不计一切摩擦，求当气体温度升高到37且系统重新稳定后，重物m下降的高度。【答案】 【解析】初状态下：其中V1hS，T1300K末状态下：其中V2（hh）S，T1310K根据理想气体状态方程：解得：【考点】理想气体的状态方程34【物理选修3-4】（15分）（1）（6分）一简谐横波以4m/s的波速沿x轴正方向传播。已知t=0时的波形如图所示，则 （填正确答案标号。选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）。A波的周期为1sBx=0处的质点在t=0时向y轴负向运动Cx=0处的质点在t=s时速度为0Dx=0处的质点在t=s时向下振动E质点P此时向下振动【答案】ABD【解析】A、由波的图象可知半个波长是2m，波长=4m，周期是，故A正确；B、波在沿x轴正方向传播，则x=0的质点在沿y轴的负方向运动，故B正确；CD、x=0的质点的位移是振幅的一半，则要运动到平衡位置的时间是，则时刻，x=0的质点越过了平衡位置向下运动，故C错误D正确；E、质点P此时向上振动，故E错误。故选ABD。【考点】横波的图象；简谐运动的振幅、周期和频率；波的形成和传播（2）（9分）一棱镜的截面为直角三角形ABC，A=30o，斜边AB=a。棱镜材料的折射率为。在此截面所在的平面内，一条光线以45o的入射角从AC边的中点M射入棱镜(如图所示)。画出光路图，并求光线从棱镜射出的点的位置（不考虑光线沿原来路返回的情况）。【答案】光路如图 出射点在BC边上离B点的位置【解析】光路图如图所示设折射光线与AB的交点为D设入射角为i，折射角为r，由折射定律得：解得由几何关系可知，在D点的入射角设全发射的临界角为，则解得因此，光在D点全反射。设光线的出射点为E，由几何关系得： 解得：即出射点在BC边上离B点的位置。【考点】光的折射定律；全反射35【物理选修3-5】（15分）（1）（6分）下列说法中正确的是 （填正确答案标号。选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）。A衰变现象说明电子是原子核的组成部分B目前已建成的核电站的能量来自于重核裂变C一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，能辐射3种不同频率的光子D卢瑟福依据极少数粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型E按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大【答案】BDE【解析】A、衰变是原子核中的中子转化为质子同时产生电子的过程，但电子不是原子核的组成部分，故A错误；B、目前已建成的核电站以铀为燃料，其能量来自于铀核的裂变，故B正确；C、一群氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，任意两个能级间跃迁一次，共能辐射=3种不同频率的光子，故C错误；D、卢瑟福依据极少数粒子发生大角度散射，认为只有原子的所有正电荷和几乎全部质量都集中在一个中心，才能发生大角度偏转，从而提出了原子核式结构模型，故D正确；E、按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，是向高能级跃迁，故电子的动能减小，原子总能量增大，故E正确。故选BDE。【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度（2）（9分）如图所示，在光滑水平地面上有一质量为2m的长木板，其左端放有一质量为m的重物（可视为质点），重物与长木板之间的动摩擦因数为。开始时，长木板和重物都静止，现在给重物以初速度v0，设长木板撞到前方固定的障碍物前，长木板和重物的速度已经相等。已知长木板与障碍物发生弹性碰撞，为使重物始终不从长木板上掉下来，求长木板的长度L至少为多少？（重力加速度为g）【答案】【解析】 碰撞前，长木板和重物的共同速度为v1由动量守恒定律得： 碰撞后瞬间，长木板以v1反弹，最终两者的共同速度为v2由动量守恒定律得： 对全过程由功能关系得： 解得： 【考点】动量守恒定律；功能关系物理参考答案选项1415161718192021答案ADBCCBDADBD22. （7分）（1）9.015 （2分） （2）1.3 （2分）（3）（3分）23. （8分）(1) 做图 (2分)（2）A2 R2 (2分，选对一个给1分)（3）不转动 (1分)（4）做图（1分），20 (2分)24.（13分）（1）设物体的加速度为a，绳子中的拉力为F，对物体A：由牛顿第二定律得 (2分)对BC整体由牛顿第二定律得 (2分)解得： (2分)物体B从静止下落 (1分)自由下落同样的距离 (1分)解得： (1分)（2）设B对C的拉力为FN物体C，由牛顿第二定律得： (2分)解得： (1分)由牛顿第三定律得物体C对B的拉力为 (1分)25.（19分）（1）微粒沿x轴正方向运动，即：带电微粒所受重力与电场力平衡。设电场强度大小为E，由平衡条件得： （2分）解得：（1分）电场方向沿轴正方向 （1分）带电微粒进入磁场后，做匀速圆周运动，且圆运动半径r=R。设匀强磁场的磁感应强度大小为B。由牛顿第二定律得：（2分）解得：（1分）磁场方向垂直于纸面向外（1分） 解法一：（2）带电微粒在磁场内做半径为匀速圆周运动。带电微粒射入方向不同时的轨迹，如图所示 （2分）带电微粒经磁场偏转后沿轴正方向运动，射出时的半径沿竖直方向即：磁场边界上P点的坐标P（x，y）应满足方程： （1分） （1分）即：磁场边界的方程为：（1分）沿y轴正方向射入的微粒的运动轨迹为磁场的另一边界，方程为 （2分）符合题目要求的最小磁场的范围应是圆与圆的交集部分（图中阴影部分）。（1分）由几何关系，可以求得符合条件的磁场的最小面积为： （2分）解得：（1分）解法二：(2)沿y轴正方向射入的微粒，运动轨迹如图所示：以半径R沿x轴正方向运动恰好运动四分之一圆弧，该圆弧也恰为微粒运动的上边界。（2分）以O点为圆心，R半径做的四分之一圆狐BC为微粒做圆周运动的圆心轨迹（3分）微粒经磁场偏转后沿轴正方向运动，即半径沿竖直方向。并且射出点距圆心轨迹上各点的距离为R，射出点的边界与圆弧BC平行如图中的圆弧ODA（3分）圆弧OA与圆弧ODA之间的区域即为磁场区域的最小面积。（2分）解得：（1分）其它解法只要正确也给分33. 【物理选修3-3】（15分）（1）ACD（6分。选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）（2）（9分）初状态下： （3分）V1hS，T1300K末状态下： （3分）V2（hh）S，T1310K根据理想气体状态方程： （2分）解得：h0.24h （1分）34. 【物理选修3-4】（15分） （1）ABD（6分。选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）（2）（9分）光路图如图所示（2分）设折射光线与AB的交点为D设入射角为i，折射角为r，由折射定律得：（1分）解得 （1分）由几何关系可知，在D点的入射角 （1分）设全发射的临界角为，则 （1分）解得（1分）因此，光在D点全反射。设光线的出射点为E，由几何关系得： （1分） 解得： （1分）即出射点在BC边上离B点的位置。35. 【物理选修3-5】（15分）（1）BDE（6分。选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）（2）（9分）碰撞前，长木板和重物的共同速度为v1由动量守恒定律得： （2分）碰撞后瞬间，长木板以v1反弹，最终两者的共同速度为v2由动量守恒定律得： （2分）对全过程由功能关系得： （3分）解得：