湖南师大附中届高三物理第五次月考试题有解析.docx
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湖南师大附中届高三物理第五次月考试题有解析
湖南师大附中2017届高三物理第五次月考试题(有解析)
湖南师范大学附属中学2017届高三第五次月考物理试题
一、选择题
1.场是物理学中的重要概念,除了电场和磁场,还有引力场。
物体之间的万有引力就是通过引力场发生作用的,地球附近的引力场叫做重力场。
类比电场的相关概念,下列有关重力场的说法正确是
A.类比电场强度,地球附近某点的“重力场强度”即为该点的重力加速度
B.“重力场”方向跟正电荷附近的电场方向类似
C.类比电势,重力场中某点的“重力势”反映重力场的能的性质,与零势面的选取无关
D.重力场中某点的“重力势”即为该点相对地面的高度
【答案】A
【解析】A.电场力公式:
F=Eq,而重力公式G=mg,类比电场强度,地球附近某点的“重力场强度”即为该点的重力加速度,故A正确;
B.用于形象描述它所产生的重力场的所谓“重力场线”的分布,重力场的方向指向地球,重力场”方向跟负电荷附近的电场方向类似,故B错误;
C.类比电势,重力场中某点的“重力势”反映重力场的能的性质,与零势面的选取有关,故C错误;
D.重力场中某点相对地面的“重力势”即为该点与参考面的高度,故D错误
故选:
A
点睛:
可以类比的物体,它们都是有某些相同或相似的性质,根据这一个特点,分析它们是否具有相似性,就可以做出判断.
2.一质点做匀加速直线运动,在时间间隔t内位移为s,速度变为原来的3倍。
该质点的加速度为
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】设初速度为v,则末速度为3v;
由平均速度公式可得:
则
综上所述本题答案是:
A
3.如图所示,小球在水平拉力作用下,以恒定速率v沿竖直光滑圆轨由A点运动到B点,在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是
A.逐渐减小B.逐渐增大
C.先减小,后增大D.先增大,后减小
【答案】B
【解析】试题分析:
因为小球是以恒定速率运动,即它是做匀速圆周运动,那么小球受到的重力G、水平拉力F、轨道的支持力三者的合力必是沿半径指向O点.设球与圆心的连线与竖直方向夹角是θ,则:
(F与G的合力必与支持力在同一直线上)得:
F=Gtanθ,而水平拉力F的方向与速度V的方向夹角也是θ,所以水平力F的瞬时功率是P=Fvcosθ,即为:
P=Gvsinθ,显然,从A到B的过程中,θ是不断增大的,所以水平拉力F的瞬时功率是一直增大的.故B正确,ACD错误.故选B。
考点:
功率
【名师点睛】解决本题的关键掌握瞬时功率的表达式P=Fvcosα,注意α为F与速度的夹角。
4.美国在2016年2月11日宣布“探测到引力波的存在”,天文学家通过观测双星轨道参数的变化来间接验证引力波的存在,证实了GW150914是两个黑洞并合的事件,GW150914是一个36倍太阳质量的黑洞和一个29倍太阳质量的黑洞并合事件。
假设这两个黑洞绕它们连线上的某点做圆周运动,且这两个黑洞的间距缓慢减小,若该黑洞系统在运动过程中各自质量不变且不受其它星系的影响,则关于这两个黑洞的运动,下列说法正确的是
A.这两个黑洞做圆周运动的向心加速度大小始终相等
B.36倍太阳质量的黑洞比29倍太阳质量的黑洞运行的轨道率径小
C.这两个黑洞运行的线速度大小始终相等
D.随两个黑洞的间距缓慢减小,这两个黑洞运行的周期也在增大
【答案】B
【解析】试题分析:
根据
可得①
根据
可得②
由①②知m1:
m2=r2:
r1,质量与轨道半径成反比,所以36倍太阳质量的黑洞轨道半径比29倍太阳质量的黑洞轨道半径小.故B正确;根据a=ω2rr可知,角速度相等,质量大的半径小,所以质量大的向心加速度小,故A错误;这两个黑洞共轴转动,角速度相等,根据v=ωr可以,质量大的半径小,所以质量大的线速度小.故C错误;又:
,当m1+m2不变时,L减小,则T减小,即双星系统运行周期会随间距减小而减小,故D错误;故选B.
考点:
万有引力定律的应用
【名师点睛】解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力,应用万有引力定律与牛顿第二定律即可正确解题,难度不大,属于基础题。
5.已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ,以一定的速度匀速运动。
某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图a所示),以此时为t=0时刻纪录了小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系,如图b所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向,其中两坐标大小)。
已知传送带的速度保持不变,g取10m/s2。
则下列判断正确的是
A.0~内,物块对传送带做正功
B.物块与传送带间的动摩擦因数为μ,μtanθ
C.0~内,传送带对物块做功为
D.系统产生的热量一定比物块动能的减少量大
【答案】D
【解析】A、由图知,物块先向下运动后向上运动,则知传送带的运动方向应向上.0~t1内,物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下,则物块对传送带做负功.故A错误;
B、在t1~t2内,物块向上运动,则有μmgcosθ>mgsinθ,得μ>tanθ.故B错误;
C、0~t2内,由图“面积”等于位移可知,物块的总位移沿斜面向下,高度下降,重力对物块做正功,设为WG,根据动能定理得:
,故C错误;
D、物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能,则由能量守恒得知,系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小.故D正确.
故选D
点睛:
由图看出,物块先向下运动后向上运动,则知传送带的运动方向应向上.0~t1内,物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下,可知物块对传送带做功情况.由于物块能向上运动,则有μmgcosθ>mgsinθ.根据动能定理研究0~t2内,传送带对物块做功.根据能量守恒判断可知,物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能,则系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小
6.如图所示,均匀T型物块A质量为m,夹在两个相同的水平垫板中,A与垫板间的动摩擦因数为μ,当垫板B、C以相同的水平速率对称且匀速地向两侧退开时,若要使A以速率匀速前移,作用在A中央位置上与同向的水平拉力F的大小满足
A.FμD.不能确定
【答案】A
【解析】对A进行受力分析,
可知A在水平方向受到B和C对A摩擦力的作用和拉力的作用,由于滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相反,所以相对A的运动的方向如图(实线):
滑动摩擦力的方向以及滑动摩擦力的分解如图中虚线。
由对称性可知,B与C对A的支持力都是mg,则:
B对A的摩擦力:
f1=μmg
由图可知,由于:
,所以f1yf1=μmg
同理,沿y方向C对A的摩擦力也满足:
f2yf2=μmg
所以:
作用在A中央位置上与v2同向的水平拉力F的大小满足:
F=f1y+f2yμmg
故选:
A。
点睛:
对物体A进行受力分析可知,A在水平方向受到摩擦力的作用和拉力的作用,其中的摩擦力的作用效果分别是向左、向右和向后,拉力向前;竖直方向A受到重力与BC对它的支持力的作用.根据力的合成方法即可做出判定.
7.如图所示,电源的电动势为E内阻为r,R为电阻箱。
图乙为电源的输出功率P与电流表示数I的关系图象,电流表为理想电表,其中电流为I1、I2时对应的外电阻分别为R1、R2,电源的效率分别为η1、η2,输出功率均为P0。
下列说法中正确的是
A.R1R2B.I1+I2
C.R1R2=r2D.η1=η2
【答案】C
【解析】A.由闭合电路欧姆定律可知:
,由图可知,I1I2,则R1R2,故A错误;
B.由闭合电路欧姆定律得:
U=E−Ir,输出功率为:
P=UI=EI−I2r,由图有,整理得:
I1+I2=E/r,故B错误;
C.根据电功率表达式:
且;
整理得:
R1R2=r2,故C正确;
D.根据电源的效率可得:
,因I1I2,因此η1η2,故D错误;
故选:
C.
点睛:
由图象知电流关系,根据闭合电路欧姆定律可明确电阻关系;而电流为I1、I2时电源的输出功率相等,据此由功率公式P=UI和闭合电路欧姆定律结合,进行分析便可求解.
8.如图所示的逻辑电路中能让小灯亮起来的是
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】试题分析:
选项A中门电路为与门电路,高电势与低电势经过与门电路之后输出为低电势,灯泡不会亮,选项A正确;选项C中门电路为与非门电路,高电势经过门电路之后为低电势,灯泡不亮,选项C错误;选项D中门电路为或门电路,高电势与低电势经过或门之后输出高电势,但灯泡两端电势差为零,灯泡不亮,选项D错误;同理判断选项B正确;故选B
考点:
考查门电路
点评:
本题难度较小,熟悉并掌握各类门电路特点是关键
9.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动,其电势能E随位移x变化的关系如图所示,其中0~对段是对称的曲线,~段是直线,则下列说法正确的是
A.处电场强度为零
B.、、处电势、、的关系为
C.粒子在0~段做匀变速运动,~段做匀速直线运
D.~段是匀强电场
【答案】ABD
【解析】A、根据电势能与电势的关系:
Ep=qφ,场强与电势的关系:
,得:
,由数学知识可知Ep-x图象切线的斜率处为零,电场强度等于零,A正确;
B、由图可知,、、处电势能EP1<EP2<EP3,根据电势能与电势的关系:
Ep=qφ,粒子带负电,所以、、处电势、、的关系为
C、粒子在0~段斜率变化,电场强度变化,电场力变化,粒子做变速运动,不是匀变速运动,~段图线斜率不变,电场强度不化,电场力不化,粒子做匀速运动,C错误,D正确;
故选:
ABD。
10.如图所示,质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上,其斜面光滑且足够长,与水平方向的夹角为θ。
一个质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度开始运动,当小物块沿斜面向上运动到最高点时,速度大小为v,距地面高度为h,则下列关系式中正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】BD
【解析】AB.小物块上升到最高点时,速度与楔形物体的速度相同,系统水平方向动量守恒,全过程机械能也守恒。
以向右为正方向,
在小物块上升过程中,由水平方向系统动量守恒得:
mv0cosθ=(m+M)v,故A错误,B正确;
C.系统机械能守恒,由机械能守恒定律得:
,故C错误,D正确;
故选:
BD.
点睛:
小物块上升到最高点时,速度与楔形物体的速度相同,小物块与楔形物体作用时水平方向动量守恒,根据动量守恒和机械能守恒列式即可求解.
11.如图所示,在光滑绝缘水平面上有一半径为R的圆,AB是一条直径,空间有匀强电场,场强大小为E,方向与水平面平行,在圆上A点有一发射器,以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电量为+q的小球,小球会经过圆周上不同的点,在这些点中,经过B点的小球动能最大,由于发射时刻不同时,小球间无相互作用,且∠α=30°,下列说法正确的是
A.电场的方向与AB平行
B.电场的方向与AB垂直
C.小球在A点垂直电场方向发射,若恰能落到C点,则初动能为
D.小球在A点重直电场方向发射,若恰能落到C点,则初动能为
【答案】AC
【解析】AB.小球在匀强电场中,从A点运动到B点,因为到达B点时的小球的动能最大,根据动能定理qUAB=Ek得UAB最大,即在圆周上找不到与B电势相等的点。
且由A到B电场力对小球做正功。
过B点作切线,则BF为等势线。
过A点作BF的垂线,则该线为电场线,即沿AB方向。
故A正确,B错误;
CD.小球只受电场力,做类平抛运动。
x=2Rcos30∘sin30∘=v0t,
y=2Rcos30∘cos30∘=,
联立以上三式得:
Ek=Qer/8;故C错误,D正确
故选:
AD.
点睛:
小球在匀强电场中,从A点运动到B点,根据动能定理qUAB=Ek,因为到达C点时的小球的动能最大,所以UAB最大,即在圆周上找不到与C电势相等的点.所以与B点电势相等的点在过B点的切线上.再根据电场线与等势线垂直,可以画出电场线,即可确定电场的方向.小球做类平抛运动,根据平抛运动的知识分析小球的运动情况,分别相互垂直的两个上列式求解初动能。
12.如图所示的直角坐标系中,第一象限内分布着均匀辐射的电场。
坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为U;第三象限内分布着竖直向下的匀强电场,场强大小为E。
大量电荷量为-q(q0)、质量为m的粒子,某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度沿x轴正方向射入匀强电场,若粒子只能从坐标原点进入第一象限,其它粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走并不影响原来的电场分布,不计粒子的重力及它们间的相互作用。
下列说法正确的是
A.能进入第一象限的粒子在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上
B.到达坐标原点的粒子速度越大,到达0点的速度方向与y轴的夹角θ越大
C.能打到荧光屏的粒子,进入O点的动能必须大于qU
D.若U,荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮
【答案】CD
【解析】A.设粒子开始时的坐标为(−x,−h),粒子在电场中运动过程中,由平抛运动规律及牛顿运动定律得
x=v0t①
②
qE=ma③
联立得:
④
可知能进入第一象限的粒子,在匀强电场中的初始位置分布在一条抛物线上。
故A错误;
B.粒子的初速度是相等的,到达O点的粒子速度越大,则沿y方向的分速度越大。
粒子到达O点时,沿+y方向的分速度vy与x正方向的夹角θ满足:
tanθ=⑥
可知到达坐标原点的粒子速度越大,到达O点的速度方向与y轴的夹角θ越小。
故B错误;
C.负电荷进入第一象限后电场力做负功,而到达荧光屏的粒子的速度必须大于等于0,由功能关系可知:
−qU0⑦
即能打到荧光屏的粒子,进入O点的动能必须大于qU,故C正确;
D.粒子在电场中的偏转角:
tanθ==⑧,粒子在偏转电场中运动的时间不同,则进入第一象限后速度与y轴之间的夹角不同。
所以从不同的位置开始偏转的粒子,可以以任意夹角进入第一象限,所以若U,荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮。
故D正确。
故选:
CD
二、填空题
13.如图甲为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图,盘和重物的总质量为m,小车和砝码的总质量为M。
实验中用盘和重物总重力的大小作为细线对小车拉力的大小。
(1)实验中,为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力,先调节长木板一端定滑轮的高度,使细线与长木板平行,接下来还需要进行的一项操作是________(填写所选选项的序号)
A.将长木板水平放置,让小车连着已经穿过打点计时器的纸带,给打点计时器通电,调节m的大小,使小车在盘和重物的牵引下运动,从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
B.将长木板的右端垫起适当的高度,让小车连着已经穿过打点计时器的纸带,撤去盘和重物,给打点计时器通电,轻推小车,从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
C.将长木板的右端垫起适当的高度,撒去纸带以及盘和重物,轻推小车,观察判断小车是否做匀速运动
(2)实验中得到的一条紙带如图乙所示,A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点,量出相邻的计数点之间的距离分别为、、、、、。
已知相邻的计数点之间的时间间隔为T,则小车的加速度a=_________(用题中所给字母表示)。
(3)实验中要进行质量m和M的选取,以下最合理的一组_______。
A.M=20g,m=10g、15g、20g、25g、30g、40g
B.M=200g,m=20g、40g、60g、80g、100g、120g
C.M=400g,m=10g、15g、20g、25g、30g、40g
D.M=400,m=20g、40g、60g、80g、100g、120g
(4)该实验小组以测得的加速度a为纵轴,盘和重物的总重力F为横轴,作出的图象如图丙中图线1所示,发现图象不过原点,怀疑在测量力时不准确,他们将实验进行了改装,将一个力传感器安装在小车上,直接测量细线拉小车的力F′,作a-F′图如图丙中图线2所示,则图象不过原点的原因是________,对于图象上相同的力用传感器测得的加速度偏大,其原因是__________。
【答案】
(1).
(1)B
(2).
(2)(3).(3)C(4).(4)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足(5).钩码的质量未远小于小车的质量
【解析】
(1)小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力,要使拉力等于合力,则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力,可以将长木板的一段垫高,撤去砂和砂桶,轻推小车,从打出的纸带判断小车是否做匀速运动,故B正确;
故选:
B。
(2)根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2,结合逐差法得:
;
(3)重物加速下滑,处于失重状态,其对细线的拉力小于重力,设拉力为T,根据牛顿第二定律,有
对重物,有mg−T=ma
对小车,有T=Ma
解得:
,故当Mm时,有T≈mg
故C符合要求
故选:
C
(4)由图线可知,F不等于零时,a仍然为零,可知图线不过原点的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。
力传感器可以直接得出绳子拉力的大小,用钩码的重力表示绳子的拉力,必须满足钩码的质量远小于小车的质量,否则绳子的拉力实际上小于钩码的重力。
所以对于图线上相同的力,用传感器测得的加速度偏大,原因是钩码的质量未远小于小车的质量。
点睛:
小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力,要使拉力等于合力,则应平衡摩擦力;根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小;当沙和沙桶总质量远远小于小车和砝码的总质量,即mM时才可以认为绳对小车的拉力大小等于沙和沙桶的重力;根据F不等于零,加速度仍然为零,分析图象不过原点的原因.
14.实验室中有一个未知电朋,为测其阻值,小明同学进行了以下实验探究:
(1)小明先用多用电表欧姆挡粗测其阻值。
选用倍率为“×10”的电阻挡测量时,按规范操作,指针的位置如图1中的a。
现要较准确的测量该电阻的阻值,在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前,应进行的具体操作是____:
按正常顺序操作后,指针的位置如图中b,则该电阻的阻值为____________Ω。
(2)为了更加精确的测量其阻值,小明同学首先利用如下器材设计了实验方案甲
A.电压表V(量程6V,内阻约几千欧)
B.电流表A(量程0.4,内阻约几欧)
C.滑动变阻器R(阻值0~20Ω,额定电流1A)
D.电池组E(电动势约为6V,内阻不计)
E.开关S和导线若千
在保证各仪器安全的情况下,该实验方案存在的主要问题是___________。
(3)经过认真思考,小明对实验方案甲进行了改进,改进方案如图乙所示,已知实验中调节滑动变阻器两次测得电压表和电流表的示数分别为、和、,由以上数据可得=__________。
【答案】
(1).
(1)选择×1电阻档,重新进行欧姆调零;
(2).3(3).
(2)电压表指针偏转角度太小,读数带来的误差比较大(4).(3)
【解析】
(1)选用倍率为“×10”的电阻挡测量,指针的位置如图1中的a,指针偏角太大,说明所选挡位太大,要较准确的测量该电阻的阻值,应选择×1电阻挡,重新进行欧姆调零,然后再测电阻;按正常顺序操作后,指针的位置如图中b,则该电阻的阻值为:
3×1=3Ω.
(2)待测电阻阻值约为3Ω,电流表量程为0.4A,则待测电阻两端最大电压约为:
U=IR=0.4×3=1.2V,电压表量程为6V,电压表量程太大,电压表指针偏转角度太小,读数误差较大,实验误差较大。
(3)电源内阻不计,由图乙所示可知,电源电动势:
E=U1+I1RX,E=U2+I2RX,解得:
RX=;
三、计算题
15.如图所示,一电动遥控小车停在水平地面上,小车质量M=3kg,质量m=lg的小物块(可视为质点)静止于车板上某处A,物块与车板间的动摩擦因数μ=0.1,现使小车由静止开始向右行驶,当运动时间=1.6s时物块从车板上滑落。
已知小车的速度v随时间t变化规律如图乙所示,小车受到地面的摩擦阻力是小车对地面压力的,不计空气阻力,取重力加速度g=10m/s2,求:
(1)物块离开小车时,物块的速度大小;
(2)0~1.6s时间内小车的奉引力做的功W。
【答案】
(1)1.6m/s
(2)17J
【解析】
(1)根据牛顿第二定律,物块的加速度:
μmg=ma,a=1m/s2,小于小车的加速度;
所以,物块在离开B前的速度始终小于小车速度,故物块做匀加速运动,物块离开小车时,物块的速度大小:
v=μgt1=1.6m/s;
(2)0−1s时间内,由题图乙得小车的加速度大小为
a′=2/1=2m/s2.
根据牛顿第二定律得:
F1−f−k(M+m)g=Ma′
其中k=1/10
解得F1=14N
小车的位移
在1−1.6s时间内,牵引力F2=k(M+m)g+f=5N
由题图乙得小车的位移大小s2=2×0.6m=1.2m
所以0∼1.6s时间内小车的牵引力做的功W=F1s1+F2s2
代入数据解得W=17J
16.如图所示,水平向左的匀强电场中,用长为l的绝缘轻质细绳悬挂一小球,小球质量为m,带电量为+q,将小球拉至竖直位置最低位置A点处无初速释放,小球将向左摆动,细线向左偏离竖直方向的最大角度θ=74°。
(1)求电场强度的大小E;
(2)将小球向左摆动的过程中,对细线拉力的最大值;
(3)若从A点处释放小球时,给小球一个水平向左的初速度,则为保证小球在运动过程中细线不会松弛,的大小应满足什么条件?
【答案】
(1);
(2);(3)
【解析】
(1)由于带电小球所受电场力方向向左,电场线方向也向左,细线向左偏离竖直方向的最大角度θ=74°,根据动能定理:
解得:
E=;
(2)小球运动的过程中速度最大的位置,由动能定理得:
小球在370时,由重力电场力与细线的拉力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律得:
FT−mgsin37°−qEcos37°=mv2/L
解得:
FT=7mg/4
(3)为保证细线不会松弛,小球在与竖直方向的夹角37°的右上方应满足:
根据动能定理:
,
联立解得:
;
17.如图,绝缘平板S放在水平地面上,S与水平面间的动摩擦因数μ=0.4,两足够大的平行金属板P、Q通过绝缘撑架相连,Q板固定在平板S上,P、Q间存在竖直向上的匀强电场,整个装置总质量M=0.48kg,P、Q间距为d=lm,P板的中央有一小孔给装置某一初速度,装置向右运动。
现有一质量m=0.04kg、电量q=+1×10-4C的小球,从离P板高h=1.25m处静止下落,恰好能进入孔内,小球进入电场时,装置的速度为=5m/s。
小球进入电场后,恰能运动到Q板且不与Q板接触,忽略平行金属板外部的电场对小球运动的影响。
不计空气阻力,g取10m/s2。
(1)求匀强电场的场强大小E;
(2)求当小球第一次返回到P板时,装置的速度;
(3)小球第一次与P板碰撞时间极短,碰后速度大小不变,方向反向,碰后电量变为q′=-4×10-4C。
求从小球进入电场到第二次到达Q板过程中,绝缘平板S与地面因为摩擦而产生的热量。
(由于小球帶电量很小,碰撞过程对P、Q上的电荷分布的影响可以忽略,可认为碰撞前后两金属板间的电场保持不变)
【答案】
(1)9×103N/C
(2)1.2m/s(3)5.7096J
【解析】
(1)小球下落到Q板时速度为零,从最高点到最低点过程,由动能定理得:
mg(h+d)−Eqd=0,解得:
E=9×103N/C;
(2)小球在电场中的加速度:
a=(qE−mg)/m=(1×10−4×9×103−0.04×10)/0.04=12.5m/s2
小球在电场中运动的时间:
t2=,
小球进入电场后,装置的加速度:
a′=μ(Mg+qE)/M=4.75m/s2
当小球第一次返回到P板时,装置的速度:
v2=v1−a′t2=5−4.75×0.8=1.2m/s;
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