2024届高考物理二轮复习计算题专项练(1)-(6)答案

这是一份2024届高考物理二轮复习计算题专项练(1)-(6)答案，共13页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

入射光与“反向射回”的光之间的距离等于 eq \r(3) R时，由几何关系可知AC＝ eq \f(\r(3)R,2) ，i＝θ＝2r
又因sin θ＝ eq \f(AC,R) ＝ eq \f(\r(3),2)
所以i＝60°，r＝30°
根据折射定律可知，玻璃材料的折射率为n＝ eq \f(sin i,sin r) ＝ eq \r(3)
即玻璃材料的所射率应满足n≥ eq \r(3)
答案：n≥ eq \r(3)
2．解析：（1）加热饭盒时，玻璃饭盒内气体体积不变，由查理定律有 eq \f(p0,T0) ＝ eq \f(p1,T1)
解得p1＝1.1p0
（2）设最后气体在大气压强下的体积为V1，则V0＝SL
有p1V0＝p0V1
解得V1＝1.1SL
同温度、同压强下同种气体的质量比等于体积比，设排出气体的质量为Δm，气体原来的质量为m0，则
eq \f(Δm,m0) ＝ eq \f(V1－V0,V1)
联立解得 eq \f(Δm,m0) ＝ eq \f(1,11)
答案：（1）1.1p0 （2） eq \f(1,11)
3．解析：（1）①根据机械能守恒，mgh1＝mgh2＋ eq \f(1,2) mv2，解得v＝ eq \r( ,2（h1－h2）g)
②根据图像可得h1＝52 m，h2＝32 m，解得v＝19.7 m/s
③从最高点到斜坡的运动为平抛运动，则落到斜坡时 eq \f(v,v′) ＝cs 45°，速度垂直斜坡的分量为v″＝v′sin 81°
根据动量定理－FΔt＝0－mv″，解得F≈4×104 N
（2）①角速度ω＝ eq \f(Δθ,Δt) ＝ eq \f(9π,3) rad/s＝3π rad/s
②转动动能Ek＝ eq \f(1,2) Iω2
③根据动能定理有，Pt＝ eq \f(1,2) Iω2，解得P＝3×103 W
答案：（1）① eq \r( ,2（h1－h2）g) ②19.7 m/s ③4×104 N
（2）①3π rad/s ② eq \f(1,2) Iω2 ③3×103W
4．解析：（1）设离子进入磁场的速度为v，根据动能定理，有qU＝ eq \f(1,2) mv2
离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB0＝m eq \f(v2,r)
根据几何关系，有sin θ＝ eq \f(R,r)
解得v＝ eq \f(qB0R,m sin θ) ，U＝ eq \f(qB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) R2,2msin 2θ)
（2）离子在圆柱形区域内的电场中沿y轴正方向做匀速直线运动，沿z轴负方向做匀加速直线运动，则
沿y轴正方向有R＝vyt＝vt cs θ
沿z轴负方向有h＝vzt＋ eq \f(1,2) at2
其中a＝ eq \f(qE,m) ，vz＝v sin θ
解得h＝R tan θ＋ eq \f(mEtan 2θ,2qB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )
（3）在圆柱形区域内加磁场后，离子沿z轴负方向做与第（2）问相同的匀加速直线运动，由（2）可知离子在圆柱形区域内运动的时间t＝ eq \f(m,qB0) tan θ＝ eq \f(2m,qB0)
由磁场方向变化的周期为 eq \f(4πm,qB0) 可知，离子在圆柱形区域内运动时，磁场方向一直沿z轴负方向
在垂直电场方向，即离子的运动在圆柱底面的投影运动为匀速圆周运动，该匀速圆周运动的线速度大小vy＝v cs θ，设该匀速圆周运动的轨迹半径为r′，周期为T，则qvyB0＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) ,r′) ，T＝ eq \f(2πr′,vy)
解得r′＝ eq \f(R,tan θ) ＝ eq \f(R,2) ，T＝ eq \f(2πm,qB0)
设离子做圆周运动转过的圆心角α，如图所示，则t＝ eq \f(α,2π) T
解得α＝2 rad
设该离子打在圆柱形底面的位置坐标为（x，y，0），根据几何关系可知x＝－r′－r′cs （π－α）＝－ eq \f(R,2) （1－cs 2）
y＝r′sin （π－α）＝ eq \f(R,2) sin 2
则坐标为[－ eq \f(R,2) （1－cs 2）， eq \f(R,2) sin 2，0]
答案：（1） eq \f(qB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) R2,2msin 2θ) （2）R tan θ＋ eq \f(mE tan2θ,2qB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )
（3）[－ eq \f(R,2) （1－cs2）， eq \f(R,2) sin 2，0]
计算题专项练（2）
1．解析：如图所示
根据折射定律可得n＝ eq \f(sin i,sin r) ＝ eq \f(sin 53°,sin θ) ＝ eq \f(4,3)
解得sin θ＝0.6
即θ＝37°
由图中几何关系可得此时潜艇与人的水平距离为x＝h1tan 53°＋h2tan 37°＝15× eq \f(4,3) m＋23× eq \f(3,4) m＝37.25 m
答案：37.25 m
2．解析：（1）气闸舱抽气过程中p0V气＝p气（V气＋V抽）对于被抽出的气体p气V抽＝p0V
向工作舱排气过程p0V工＋p0V＝p工V工气体稳定后p工＝1.1×105Pa
（2）气闸舱剩余气体对舱门B的压力为F＝ eq \f(p气πd2,4) 其中d＝1 m代入数据解得F≈5.5×104 N
由于压力过大，无法打开舱门B，应该设法再次减去气闸舱内压强后才能顺利出舱．
答案：（1）1.1×105 Pa （2）见解析
3．解析：（1）设弹丸在筒口A的速率为v0，弹丸从A到B可视为平抛运动的逆过程，由运动学规律有
h＝ eq \f(1,2) gt2，
x＝v0t又tan θ＝ eq \f(gt,v0)
代入数据解得t＝ eq \f(2,3) s，v0＝5 m/s，x＝ eq \f(10,3) m
（2）弹丸与滑块发生完全碰撞，系统总动量和机械能均守恒．设碰后两者速率分别为v0′、v1.因m0＝m1，故两者速度互换，即v0′＝0 （弹丸此后掉落），v1＝5 m/s
薄板所受滑块的滑动摩擦力为f1＝μ1m1g＝1.5 N
薄板所受平台的最大静摩擦力为f2＝μ2（m1＋m2）g＝1.5 N
因f1＝f2，故薄板静止不动．设滑块滑至薄板右侧与薄板右端相碰时，Q＝μ1m1gL
解得Q＝1.35 J
（3）滑块与薄板发生非弹性碰撞，系统总动量守恒－μ1m1gL＝ eq \f(1,2) m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) － eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
解得v2＝4 m/s
m1v2＝（m1＋m2）v3
解得 v3＝2.4 m/s
两者共速滑行至停止滑行x1，则－μ2（m1＋m2）gx1＝0－ eq \f(1,2) （m1＋m2）v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))
代入数据解得x1＝0.96 m
s＝L＋x1＝0.9 m＋0.96 m＝1.86 m
答案：（1） eq \f(10,3) m （2）1.35 J （3）1.86 m
4．解析：（1）由题意可知粒子运动轨迹的半径为L，由洛伦兹力提供向心力有，qvB＝m eq \f(v2,L)
解得v＝ eq \f(qBL,m)
（2）粒子从y轴两侧各为60°的方向射出分别为竖直方向的最高点和最低点．距A点的竖直距离分别为y1＝L（1－sin 60°）和y2＝L（1＋sin 60°）
则l＝y2－y1＝2L sin 60°＝ eq \r(3) L
粒子以速度v沿x轴正方向与探测板MN发生弹性碰撞，由动量定理Ft＝ n0tmv－n0tm（－v）
解得F＝2n0qBL
（3）粒子与探测板MN碰撞后以速度v沿x轴负方向射回磁场Ⅰ，经圆形磁场后汇聚于O点射向磁场Ⅱ.
由对称性知，粒子仍均匀分布在y轴两侧各为60°的范围内．
①x≤0，n＝0
②0由题意知 n＝ eq \f(π－3α,π) n0
其中α满足cs α＝ eq \f(x＋L,2L)
③L④x≥2L，n＝0
答案：（1） eq \f(qBL,m) （2） eq \r(3) L 2n0qBL （3）见解析
计算题专项练（3）
1．解析：（1）由题知图（a）为波源的振动图像，则可知
A＝4 cm，T＝4 s
由于波的传播速度为v＝0.5 m/s，根据波长与速度关系有
λ＝vT＝2 m.
（2）由（1）可知波源的振动周期为4 s，则4 s内波源通过的路程为s＝4A＝16 cm.
（3）由题图可知在t＝0时波源的起振方向向上，由于波速为v＝0.5 m/s，则在4 s时根据x＝vt＝2 m
可知该波刚好传到位置为2 m的质点，且波源刚好回到平衡位置，且该波沿正方向传播，则根据“上坡、下坡”法可绘制出t＝4 s时刻的波形图如图所示．
答案：（1）2 m （2）16 cm （3）见解析
2．解析：（1）由全反射临界角公式有sin C＝ eq \f(1,n)
可得tan C＝ eq \f(1,\r(n2－1))
由几何关系得d＝ eq \f(L1,2tan C) ＋ eq \f(L2,2tan C)
联立解得，该光源距液体表面的距离为d＝ eq \f(L1＋L2,2) eq \r(n2－1)
（2）由（1）问得cs C＝ eq \f(\r(n2－1), n)
由几何关系可得s＝ eq \f(d,cs C)
在液体中的传播速度为v＝ eq \f(c, n)
又t＝ eq \f(s,v)
联立解得从光源发出的光到达光传感器所用的最长时间为t＝ eq \f(（L1＋L2） n2,2c)
答案：（1） eq \f(L1＋L2,2) eq \r(n2－1) （2） eq \f(（L1＋L2）n2,2c)
3．解析：（1）由牛顿第二定律可得沿斜面方向有
mg sin θ－μmg cs θ＝ma，
代入数据解得加速度为a＝ eq \f(\r(3),3) g
（2）小球恰好过第一个圆的最高点，则mg＝m eq \f(v2,R) ①
从A点到最高点运用动能定理有mg（s0sin θ－R－R cs θ）－μmgs0cs θ＝ eq \f(1,2) mv2②
解得s0＝2 eq \r(3) R
（3）从A到C运用动能定理有ma（s0＋s）＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ③
解得vC＝ eq \r(10gR)
在C点，有FN－mg cs θ＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ,R) ④
解得FN＝10.5mg
由牛顿第三定律得小球刚进入第二个圆轨道瞬间对轨道的压力大小为10.5mg.
答案：（1） eq \f(\r(3),3) g （2）2 eq \r(3) R （3）10.5mg
4．解析：（1）由几何关系可得，粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝R
粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有，qv0B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r)
解得B＝ eq \f(mv0,qR)
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，离开磁场的同时沿两板中线进入偏转电场，该粒子在磁场中的运动时间为
t1＝ eq \f(πr,2v0) ＝ eq \f(πR,2v0)
从进入两板间运动，水平方向上以v0做匀速直线运动，运动时间t2＝ eq \f(3R,v0)
故该粒子运动的总时间为t＝t1＋t2＝ eq \f(（π＋6）R,2v0)
设经过N点时沿电场方向的速度为vy，则平行于两板有3R＝v0t2
垂直于两板有R＝ eq \f(vy,2) t2
解得vy＝ eq \f(2,3) v0
该粒子经过N点时的速度大小为v＝ eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x)) ) ＝ eq \f(\r(13),3) v0
（3）如图，设速度在电场中的偏转角为θ，则cs θ＝ eq \f(v0,v) ＝ eq \f(3,\r(13))
圆形区域磁场的最小半径R′＝ eq \f(1,2) R cs θ＝ eq \f(3,2\r(13)) R
磁场区域的最小面积Smin＝πR′2＝ eq \f(9,52) πR2
粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，
有qvB′＝m eq \f(v2,R′)
解得B′＝ eq \f(mv,qR′) ＝ eq \f(26,9) · eq \f(mv0,qR)
答案：（1） eq \f(mv0,qR) （2） eq \f(（π＋6）R,2v0) eq \f(\r(13),3) v0
（3） eq \f(9,52) πR2 eq \f(26,9) · eq \f(mv0,qR)
计算题专项练（4）
1．解析：（1）放上A物体待其稳定的过程气体温度不变，内能不变，由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q＝0
气缸的体积减小，气缸对气体做正功，可知气缸内气体放热，放出的热量等于气缸对气体所做的正功，则Q＝25 J
（2）放上A物体待其稳定后气体的体积V2＝V1－ΔV1＝600 cm3
由玻意耳定律有p1V1＝p2V2
解得p2＝1.6×105 Pa
由气缸受力平衡有（p2－p0）S＝Mg cs 37°
解得M＝30 kg
（3）由盖­吕萨克定律有 eq \f(V2,T1) ＝ eq \f(V3,T2)
解得T2＝310 K
答案：（1）放热 25 J （2）30 kg （3）310 K
2．解析：（1）根据几何关系有sin i1＝ eq \f(a,\r(a2＋7a2)) ＝ eq \f(1,\r(8)) ，sin i2＝ eq \f(3a,\r(9a2＋7a2)) ＝ eq \f(3,4)
根据折射定理可得n＝ eq \f(sin r,sin i)
根据几何关系有sin 2r1＋sin 2r2＝1
带入得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3n,4))) eq \s\up12(2) ＋ eq \f(n2,8) ＝1
解得n＝ eq \f(4,11) eq \r(11)
（2）两束光在液体中传播的距离差Δs＝FE′－EF＝4a－ eq \r(8) a
两束光在液体中传播的时间差Δt＝ eq \f(Δs,\f(c, n))
解得Δt＝ eq \f(16\r(11)a－8\r(22)a,11c)
答案：（1） eq \f(4,11) eq \r(11) （2） eq \f(16\r(11)a－8\r(22)a,11c)
3．解析：（1）金属棒在框架上无摩擦地运动，设刚进入磁场的速度为v0，根据动能定理得mgd sin θ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －0
解得v0＝3 m/s
进入磁场后，根据法拉第电磁感应定律E＝BLv0
根据闭合电路欧姆定律I＝ eq \f(E,R)
解得I＝2 A
电流方向：由N流向M.
（2）框架受到斜面的摩擦力方向沿斜面向上，大小为f＝μ（M＋m）g cs 37°＝1.8 N
框架MN边受到的安培方向沿斜面向下，大小为F安＝BIL＝0.8 N
根据牛顿第二定律，框架的加速度为a，则Mg sin θ＋F安－f＝Ma
代入数据解得a＝1 m/s2
（3）因金属棒和框架整体的重力沿斜面向下的分力与斜面对框架的摩擦力平衡，故金属棒和框架整体沿斜面方向动量守恒，最终金属棒ab与框架分别以v1、v2的速度做匀速运动mv0＝mv1＋Mv2
此时回路的电动势为E′＝BL（v1－v2）
电流I′＝ eq \f(E′,R)
金属棒ab匀速运动mg sin θ－BI′L＝0
联立解得v1＝2.5 m/s，v2＝0.25 m/s
金属棒ab重力的功率P＝mgv1sin θ＝1.5 W
答案：（1）2 A，电流方向：由N流向M （2）1 m/s2
（3）1.5 W
4．解析：（1）a球与b球的碰撞，由动量守恒定律得
mav0＝mava＋mbvb
由能量守恒定律有： eq \f(1,2) mav eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) mav eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(a)) ＋ eq \f(1,2) mbv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(b))
解得：va＝0.3 m/s，vb＝1.2 m/s
（2）对a球，重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有：qvaB＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(a)) ,r)
解得：r＝ eq \f(mva,qB) ＝0.3 m
设a球落地点与圆心的连线和地面夹角为θ，有h＝r＋r sin θ，r2＝x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(a)) ＋（h－r）2
可得：θ＝ eq \f(π,6)
则a球水平位移为：xa＝r cs θ＝0.15 eq \r(3) m
b球不带电，碰后做平抛运动，竖直方向：h＝ eq \f(1,2) gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(b))
水平方向：xb＝vbtb＝0.36 m
故两球相距：Δx＝xb－xa＝0.1 m
答案：（1）0.3 m/s 1.2 m/s （2）0.1 m
计算题专项练（5）
1．解析：（1）小球在空中做平抛运动，设初速度为v0，运动时间为t，入水前瞬间速度的竖直分量为vy，由平抛运动的规律可知
d＝v0t
eq \f(2,3) d＝ eq \f(1,2) gt2
vy＝gt
又tan θ＝ eq \f(vy,v0)
联立解得tan θ＝ eq \f(4,3) .
（2）从A点射向水面的光线的入射角设为i，由几何关系知折射角为r＝90°－θ
由折射定律可知n＝ eq \f(sin i,sin r)
由几何关系可知H tan r＋ eq \f(2,3) d tan i＝d
联立可解得H＝ eq \f(4d,27) .
答案：（1） eq \f(4,3) （2） eq \f(4d,27)
2．解析：（1）在绿灯亮后，设第三辆车等待时间为t1，运行时间为t2，则t1＝2t0＝2 s，2（L＋L0）＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得t2＝4 s
停止线后第3辆车车头过停止线的时间t＝t1＋t2＝6 s
（2）绿灯亮后，设第17辆车经过时间t3启动，车头与停止线距离为x1，则t3＝16t0＝16 s，x1＝16（L＋L0）＝96 m
设第17辆车经过时间t4速度达到限速vm＝15 m/s，通过的距离为x2，则vm＝at4，x2＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4))
解得
t4＝10 s
x2＝75 m
在黄灯亮前，第17辆车匀速运动的时间为t5，设通过的距离为x3，则
t5＝Δt－t3－t4＝4 s
x3＝vmt5＝60 m
绿灯亮后，黄灯亮前，第17辆通过的总距离为x4，则x4＝x2＋x3＝135 m
由于x4＝135 m＞x1＝96 m
所以，第17辆车本次绿灯能通过该路口．
判断方法一 绿灯亮后，第17辆通过的总距离为x4，则x4＝x2＋x3＝135 m
判断方法二 因为x3>x1－x2＝21 m
所以，第17辆车本次绿灯能通过该路口．
判断方法三 匀速时间t6＝ eq \f(（x1－x2）,vm) ＝1.4 s所以，第17辆车本次绿灯能通过该路口．
答案：（1）6 s （2）第17辆车本次绿灯能通过该路口
3．解析：（1）小球做平抛运动：r＝ eq \f(1,2) gt2，x＝vCt
解得vC＝4 m/s
（2）取系统为研究对象，根据动能定理：W杆－mg（h＋r）＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C))
解得W杆＝0.28 J
（3）由（1）（2）可得：x＝vCt，W杆－mg（h＋r）＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C))
联立可得W杆＝mgh＋mgr＋ eq \f(1,4) mg eq \f(x2,r)
解得当r＝ eq \f(x,2) ＝0.4 m时拉杆做功最小．
答案：（1）4 m/s （2）0.28 J （3）0.4 m
4．解析：（1）假设粒子带正电，受到的电场力方向向下，则受到的洛伦兹力方向竖直向上，由此可知磁场方向垂直于纸面向里．
由受力平衡得qE＝qvB0
解得粒子的速度大小v＝ eq \f(E,B0)
（2）当θ＝90°时，x粒子的轨迹如图甲，由几何关系知x粒子的运动半径rx＝R
由洛伦兹力提供向心力qxvB＝mx eq \f(v2,rx)
解得rx＝ eq \f(mxv,qxB)
同理ry＝ eq \f(myv,qyB)
由题意得 eq \f(\f(qx,mx),\f(qy,my)) ＝ eq \r(3)
故ry＝ eq \r(3) R
y粒子的轨迹如图乙，由几何关系得：tan eq \f(1,2) ∠BOD＝ eq \f(ry,R) ＝ eq \r(3)
故∠BOD＝120°，即θ＝60°
答案：（1）垂直于纸面向里 eq \f(E,B0) （2）60°
计算题专项练（6）
1．解析：（1）从图乙可知，在t＝0时质点Q在平衡位置且向正方向振动，据振动与波动关系，波动为沿x轴正方向传播；从图中可知波长为8 m，周期为2 s，则波速为v＝ eq \f(λ,T) ＝4 m/s
（2）5 s内质点Q通过的路程为
s＝40 cm× eq \f(5,2) ＝100 cm
答案：（1）4 m/s 沿x轴正方向 （2）100 cm
2．解析：（1）设压缩后气体的压强为p，活塞的横截面积为S，L0＝22 cm，L＝2 cm，V0＝L0S，V＝LS，缓慢压缩气体温度不变，由玻意耳定律得p0V0＝pV
解得p＝1.1×106 Pa
（2）由理想气体状态方程 eq \f(p0V0,T0) ＝ eq \f(p′V,T)
解得T＝312 K
（3）大气压力对活塞做功W1＝p0S（L0－L）＝2 J
由热力学第一定律得ΔU＝W1＋W人＋Q
解得ΔU＝84 J
答案：（1）1.1×106 Pa （2）312 K （3）84 J
3．解析：（1）对列车受力分析如图所示
根据平衡条件可得2FNcs θ＝Mg
其中sin θ＝ eq \f(0.8R,R) ＝0.8
故θ＝53°
解得FN＝ eq \f(5,6) Mg
（2）列车刚开始减速时加速度最大，安培力提供加速度，根据牛顿第二定律可得FA＝Ma
图丙中，线框的ad与bc杆均受到向右的安培力FA＝2BI·1.6R
其中，电流为I＝ eq \f(E,r总)
电动势为E＝2B·1.6Rv0
总电阻为r总＝（2·1.6R＋2R）r
解得a＝ eq \f(128B2Rv0,65Mr)
（3）减速过程中，取向左为正方向，对列车由动量定理得－2B eq \(I,\s\up6(－)) ·1.6Rt＝0－Mv0
其中 eq \(I,\s\up6(－)) t＝ eq \f(\(E,\s\up6(－)),r总) t＝ eq \f(2B·1.6R\(v,\s\up6(－))t,r总) ＝ eq \f(2B·1.6Rx,r总)
解得x＝ eq \f(65Mv0r,128B2R)
答案：（1） eq \f(5,6) Mg （2） eq \f(128B2Rv0,65Mr) （3） eq \f(65Mv0r,128B2R)
4．解析：（1）设Q与P第一次碰撞前的速度为v0，碰后P、Q的速度分别为vP和vQ，由动能定理，得qEL＝ eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －0
碰撞过程动量守恒Mv0＝MvQ＋mvP
碰撞过程机械能守恒 eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(Q)) ＋ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(P))
代入数据求得v0＝5 m/s , vP＝8 m/s , vQ＝3 m/s
（2）碰后Q加速运动的加速度aQ＝ eq \f(qE,M) ＝5 m/s2
碰后P减速运动的加速度aP＝ eq \f(μ（M＋m）g,m) ＝25 m/s2
设物块Q与盒子P速度相等时经过时间为t0，则有v0＋aQt0＝vP－aPt0
得t0＝ eq \f(1,6) s
因为物块Q与盒子P速度相等时Q与盒子右挡板间的距离此时最大，最大距离为二者相对位移Δx＝xP－xQ＝（vPt0－ eq \f(1,2) aPt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ）－（vQt0＋ eq \f(1,2) aQt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ）＝ eq \f(5,12) m，Δx＝ eq \f(5,12) m满足题意此时不会与盒子左板碰撞．
（3）由qE<μ（M＋m）g
可知P、Q终将停止．（否则前进足够长的位移，减少的电势能会小于增加的内能，违背能量守恒定律）
停止时，Q在P的右端，设P前进的总路程为s，由能量守恒qE（s＋L）＝μ（M＋m）gs
得s＝10 m
答案：（1）8 m/s 3 m/s （2） eq \f(5,12) m （3）P、Q终将停止，P前进的总路程为10 m