2025届山东省青岛市平度市高三下学期高考模拟检测（一）物理试卷（解析版）

这是一份2025届山东省青岛市平度市高三下学期高考模拟检测（一）物理试卷（解析版），共31页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1. 以下说法正确的是（ ）
A. 由甲图中的α粒子散射的实验数据可以估计出原子核半径的数量级是10-10m
B. 由乙图的氢原子能级图可知，一个处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁可能发出3种不同频率的光
C. a、b、c三束单色光照射同一光电管得到光电流I与光电管两极间的电压U的关系曲线如丙图，则a、b、c光的频率关系为
D. 由图丁可知核的结合能比核的大
【答案】C
【解析】A．原子核半径的数量级是10-15m，故A错误；
B．一个n=3能级的氢原子向低能级跃迁，最多可以辐射出两种频率的光子，故B错误；
C．由图得
据，可得三束光产生光电子的最大初动能间关系为
则a、b、c光的频率关系为
故C正确；
D．由图可知，核的比结合能比核的大，但结合能较小，故D错误。
故选C。
2. 《中国制造2025》是国家实施强国战略第一个十年行动纲领，智能机器制造是一个重要方向。如图所示，智能机械臂铁夹竖直夹起一个金属小球，保持静止状态，铁夹与球接触面竖直，则（ ）
A. 小球所受的重力与摩擦力是一对相互作用力
B. 小球共受到4个力的作用
C. 小球所受的重力与铁夹对小球的作用力大小相等
D. 若增大铁夹的压力，小球所受的摩擦力变大
【答案】C
【解析】AD．对小球受力分析，竖直方向的重力与摩擦力是一对平衡力，大小相等，则增大铁夹的压力，小球所受的摩擦力不变，故AD错误；
B．小球受重力、两个夹子的2个弹力和2个摩擦力共5个力的作用，故B错误；
C．根据共点力平衡条件可知，小球所受的重力与铁夹对小球的作用力大小相等，故C正确；
故选C。
3. 利用牛顿环可以测量微小位移。如图所示，将一个曲率半径很大的凸透镜的凸面和一平面玻璃接触，入射光线分别在凸透镜下表面和平面玻璃上表面反射产生的光线发生干涉，已知在图示位置产生亮条纹，入射光线波长为，图中两次反射位置间的距离为，固定平面玻璃板，当向上平移凸透镜时，亮条纹将周期性出现，下列说法正确的是（ ）
A. 两次反射位置间的距离满足
B. 更换形状相同、折射率更大的凸透镜，点亮条纹可能消失
C. 若将入射光波长调整为，则点仍为亮条纹
D. 若向上移动距离为，点相邻两次出现亮条纹时，凸透镜移动的距离
【答案】C
【解析】A．两束光发生干涉，在位置产生亮条纹时，光程差为，满足
（）
解得
（）
故A错误；
B．根据A选项推导出的公式可知，光程差与凸透镜的折射率无关，故B错误；
C．当入射光波长调整为
（）
时
（；）
依然满足产生亮条纹的条件，故C正确；
D．再次出现亮条纹时，光程差增大，移动距离满足
解得
故D错误。
故选C。
4. 2024年6月2日，嫦娥六号成功着陆月球背面南极——艾特肯盆地。嫦娥六号利用向下喷射气体产生的反作用力，有效地控制了探测器着陆过程中的运动状态。其中一段着陆过程中，探测器减速的加速度大小a随时间t变化的关系如图所示，时刻探测器的速度恰好为零。下列说法中正确的是（ ）
A. 时间内，探测器做匀速直线运动
B. 探测器在时刻的速度大小是时刻的4倍
C. 时间内，探测器的位移大小为
D. 气体对探测器的作用力大小在时刻是时刻的两倍
【答案】B
【解析】A．由图像可知，时间内，加速度不变，探测器做匀减速直线运动，故A错误；
B．根据图像与横轴围成的面积表示速度变化量，且时刻探测器的速度恰好为零，可知探测器在时刻的速度大小为
探测器在时刻的速度大小为
可知探测器在时刻的速度大小是时刻的4倍，故B正确；
C．探测器在时刻的速度大小为
则时间内，探测器的位移大小为
故C错误；
D．设探测器的质量为，时刻根据牛顿第二定律可得
时刻根据牛顿第二定律可得
则有
故D错误。
故选B。
5. 2024年6月2日，嫦娥六号着陆器和上升组合体成功着陆月背南极——艾特肯盆地的预选着陆区。通过查阅资料得知嫦娥六号发射后先在近地轨道上做圆周运动，线速度大小和周期分别为v和T，而后点火加速奔赴月球，被月球俘获后先在近月轨道上做圆周运动。已知月球质量为地球质量的p倍，月球半径是地球半径的q倍，地球表面重力加速度为g，引力常量为G。下列说法正确的是（ ）
A. 嫦娥六号加速后的速度大于小于
B. 嫦娥六号点火加速后，在远离地球过程中机械能逐渐增大
C. 嫦娥六号在近月轨道做圆周运动的速度大小为
D. 嫦娥六号在近月轨道做圆周运动的周期为
【答案】D
【解析】A．月球所处位置还是在地球引力范围内，所以嫦娥六号加速后的速度要小于地球的第二宇宙速度，即小于，故A错误；
B．嫦娥六号点火加速后，在远离地球过程中只有万有引力对其做功，其机械能保持不变，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力，嫦娥六号在近地轨道运动时有
在近月轨道上运动时有
根据题意，，
解得在近月轨道的速度大小为
故C错误；
D．同理可得，嫦娥六号在近地轨道上运动时有
在近月轨道上运动时有
又有
解得在近月轨道的周期为
故D正确。
故选D。
6. 如图甲所示，一个上端开口内壁光滑的导热汽缸静止在地面上，一不计厚度的轻质活塞静止在汽缸正中央，下端封闭了一定质量的理想气体，气体的初始压强为，温度为。汽缸顶端两侧各有一个卡口，活塞到达顶端不会离开汽缸。现对封闭气体用电热丝缓慢加热。气体的压强随温度的变化如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A. ，封闭气体对外放热
B. 当气体温度达到时，活塞到达汽缸顶端
C.
D. ，单位时间内气体分子对单位面积器壁的碰撞次数减少
【答案】B
【解析】A．，气体温度升高
缓慢加热气体，发生等压变化，气体体积变大，则
由热力学第一定律可知
则气体从外界吸收热量，故A错误；
B．，气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律可知
则当温度达到时，活塞到达汽缸顶部，故B正确；
C．，气体发生等容变化，由查理定律可知
解得
故C错误；
D．，气体体积不变，压强增大，温度升高，分子平均动能增大，分子热运动更剧烈，因此单位时间内气体分子对单位面积器壁的碰撞次数增多，故D错误。故选B。
7. 某运动员沿图示滑道运动，从滑道顶端由静止开始下滑，从起跳区水平飞出，经2.5s后以速度v落在着陆坡上并沿着陆坡滑行。接触着陆坡后的0.8s内垂直着陆坡方向的速度减为零，此过程着陆坡对运动员的冲量为I。已知运动员质量为50kg，着陆坡可看成倾角为的直斜坡，重力加速度，取，不计一切摩擦和空气阻力，则（ ）
A. v的大小为，与水平方向夹角的正切值为
B. v的大小为30m/s，与水平方向夹角的正切值为
C. I的大小为，与水平方向夹角的正弦值为
D. I的大小为，与水平方向夹角的正弦值为
【答案】C
【解析】AB．运动员做平抛运动，则有
设落在着陆坡上速度与水平夹角为，则有
又由于
解得
，
则有
故AB错误；
CD．把水平分速度与竖直分速度均分解为沿斜面方向和垂直斜面方向，令垂直于斜坡方向为正方向，如图所示
则有
根据动量定理有
陆坡对运动员的冲量方向垂直于斜面向上，大小为
该冲量方向与水平方向夹角的正弦值为
故C正确D错误。故选C。
8. 如图所示，水平面内的等边三角形BCD的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道AC的最低点，A点到B、D两点的距离均为L，A点在BD边上的竖直投影点为O。y轴上B、D两点固定两个等量的正点电荷，在轴两电荷连线的中垂线上必定有两个场强最强的点，这两个点关于原点O对称。在A点将质量为m、电荷量为的小球套在轨道AC上忽略它对原电场的影响将小球由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，且，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 图中的A点和C点的场强相同B. 轨道上A点的电场强度大小为
C. 小球刚到达C点时的加速度为D. 小球刚到达C点时的动能为
【答案】B
【解析】A．由几何可知：
如图1所示
P为z轴上一点，PD连线与z轴的夹角为，根据等量同种电荷的电场分布可知P点的电场强度方向竖直向上，大小为
解得
由不等式可得时，电场强度最大
此时
由此可知，z轴上距离O为处的两点电场强度最大，A错误；
B．由几何关系，轨道上A点电场强度大小为
B正确；
C．由几何关系有
根据
由对称性可知，A、C两点的电场强度大小相等，因此，C点的电场强度方向沿x轴正方向，电场强度大小表示为
小球在C点时的受力情况，如图2所示
小球在C点受到的电场力为
沿杆方向的合力为
解得
由此可知小球刚到达C点时的加速度为0，C错误；
D．根据等量同种点电荷的电场分布和对称关系可知，A、C两点电势相等，电荷从A到C的过程中电场力做功为零，根据动能定理可得
解得，D错误。故选B。
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9. 如图甲为风力发电的简易模型，发电机接在理想变压器原线圈上，导线上接入阻值的电阻，原、副线圈匝数之比，副线圈上的滑动变阻器的最大阻值为。在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁体转动，转速与风速成正比。某一风速时，发电机两端电压随时间变化的关系图像如图乙所示。其余电阻不计，电路中电表均为理想交流电表，下列说法正确的是（ ）
A. 风速加倍时，发电机两端电压的瞬时值表达式为
B. 将滑动触头从最下端滑到接近最上端的过程中，电压表读数不变
C. 将滑动触头从最下端滑到接近最上端的过程中，R消耗的功率先增大后减小
D. 滑动变阻器的阻值为时，其消耗的功率最大
【答案】AC
【解析】A．风速加倍时，永磁体转动的转速与角速度均加倍，根据正弦交流电峰值表达式
可知风速加倍时发电机两端电压变为原来的2倍，即
风速加倍时角速度均加倍，则
可得风速加倍时，发电机两端电压的瞬时值表达式为
故A正确；
B．将变压器与负载整体作为一个等效电阻，其阻值为
设发电机两端电压有效值为U，则原线圈的电流
将滑动触头从最下端滑到接近最上端的过程中R接入电路的阻值变小，等效电阻变小，变大，则定值电阻r的分压变大，故电压表读数变小，故B错误；
CD．滑动变阻器R的最大阻值为，可得等效电阻的最大值为，将r看成电源的内阻，当等效电阻等于等效电源内阻r时，等效电源的输出功率最大，电阻R消耗的功率最大。当时，解得
即时其消耗的功率最大，可知将滑动触头从最下端滑到接近最上端的过程中，R消耗的功率先增大后减小，故C正确，D错误。
故选AC。
10. 如图甲所示，在xOy平面内有两个沿y轴方向做简谐运动的点波源和分别位于和处，某时刻波源在x轴上产生的波形图如图乙所示，波源的振动图像如图丙所示，由两波源所产生的简谐波波速均为，质点a、b、p的平衡位置分别位于、、处。已知在时，两波源均在平衡位置且振动方向相同，下列说法正确的是（ ）
A. 两波源所产生的简谐波在叠加的区域内会发生稳定干涉
B. 稳定后质点a的振幅为5cm
C. 在内，质点b运动的总路程是
D. 稳定后质点P振动的表达式为
【答案】ACD
【解析】A．由图乙可知，波源波长，可得波源的频率为
由图丙可知波源的振动周期为
波源的频率为
所以波源和波源的频率相同，两列波振动方向相同，相位差恒定，为相干波源，则两波源所产生的简谐波在叠加的区域内会发生稳定干涉，故A正确；
B．质点a到波源的距离为8m，质点a到波源的距离为4m，质点a到两波源的距离差为
a点为振动加强点，a点的振幅
故B错误；
C．质点b到波源的距离为3m，质点b到波源的距离为9m，质点b到两波源的距离差为
可知b点为振动减弱点，则b点的振幅为
在内，质点经过了时间
则质点b运动的总路程为
故C正确；
D．质点p到两波源的距离差为，可知p点为振动加强点，则p点的振幅为
而
由题意，在时两波源均在平衡位置且向下振动，而有： ，
所以在时p质点在平衡位置且向上振动，相位为0，设质点p的初相位为，则当时有
可得：
所以稳定后质点p振动的表达式为
故D正确。
故选ACD
11. 如图所示，一根长为L的轻杆的两端分别固定小球A和B。轻杆可绕距A球为处的轴O在竖直平面内转动，初始时杆处于竖直位置，小球B恰好与水平光滑地面接触。在杆的左侧紧贴着B球有边长为的立方体滑块C，A、B、C的质量均为m。现用一水平恒力F作用于A球上，使之绕固定的O轴顺时针转动，直到B转动到C的右上角分离。设在此过程中C滑块一直紧贴地面，不计一切摩擦。关于此过程，下列判断正确的是（ ）
A. 力F的功率逐渐减少
B. 分离之前滑块C的动能始终小于球A的动能
C. 力F做的功大于滑块C的动能增量与球A、B重力势能增量之和
D. 滑块C的最大速度为
【答案】CD
【解析】AC．用表示A球转过角时A球的速度大小，用表示A球转过角时B球的速度大小，v表示此时立方体的速度大小，则
由于A与B的角速度相同，且
OA=
则
OB=
则
根据能量守恒定律可知，力F做的功等于滑块C的动能增量与球A，B机械能增量之和，则力F做的功大于滑块C的动能增量与球A、B重力势能增量之和，可得
解得
由几何关系可知转过的最大角度为
=60°
则力F的功率为
由C的水平速度在增大，A的水平分速度成比例增加，功率增加，故A错误，C正确；
B．分离前C的动能为
分离前A的动能为
由数学知识可知角度转动的范围为
0≤≤60°
则
可知
故B错误；
D．当=60°时，C速度最大为
故D正确。
故选CD。
12. 如图所示，相距为l的平行光滑导轨ABCD和MNPQ两侧倾斜、中间水平，且电阻不计，在导轨的两端分别连有电阻R1和R2，且电阻，左侧倾角为，在ABNM区域内存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，水平部分虚线ef和gi之间的矩形区域内，有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度也为B0。一质量为m、电阻为r、长度也为l的金属导体棒，从距水平轨道h高处由静止释放，滑到底端时的速度为v0，第一次穿过efig磁场区域时速度变为。已知导轨和金属棒始终接触良好，倾斜部分轨道和水平部分平滑连接，则下列说法正确的有（ ）
A. 导体棒从静止开始下滑到底端BN过程中，电阻R1上产生的热量为
B. 导体棒第一次通过水平区域磁场过程中通过导体棒的电荷量为
C. 虚线ef和gi之间的距离
D. 导体棒最终可能停在水平磁场ef处
【答案】BC
【解析】A．设此过程整个装置产生的热量为Q，R1上产生的热量为Q1，根据能量守恒得
因为电阻，所以通过导体棒的电流是R1、R1的2倍，根据焦耳定律可知导体棒产生的热量是R1、R1产生热量的4倍，所以
选项A错误；
B．设ef和gi之间的距离为x，穿过磁场过程流过导体棒的q1，根据动量定理可得
又
所以
选项B正确；
C．根据欧姆定律有
又
联立解得
选项C正确；
D．设导体棒在ef和gi之间的磁场区经过的总路程为s，通过导体棒的电荷量为q2，根据动量定理得
又
解得
故导体棒最终停在水平磁场正中间，选项D错误。故选BC。
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13. 小许同学利用以下器材验证机械能守恒定律：智能手机、铁球、刻度尺、钢尺等。实验过程如下：
（1）将一钢尺平放在水平桌面上并伸出桌面少许，将质量为m的铁球放在钢尺末端，用刻度尺测出钢尺上表面与地板间的高度差h=78.00cm；
（2）运行智能手机中关于声音“振幅”（声音传感器）的软件；
（3）迅速水平敲击钢尺侧面，使铁球自由下落。传感器记录下声音振幅随时间变化曲线如图所示，第一、第二个尖峰的横坐标分别对应铁球开始下落和落地时刻，其差值为铁球下落的时间t。
（4）若铁球下落过程中机械能守恒，则应满足等式：___________（请选用物理量符号m、g、h、t表示）。
（5）若已知铁球质量为50g，，则下落过程中减小的重力势能，增加的动能___________J（结果保留3位小数）。
（6）敲击钢尺侧面时若铁球获得一个较小的水平速度，对实验测量结果___________（填“有”或“没有”）影响。
【答案】（4） （5）0.380 （6）没有
【解析】（4）[1]铁球下落的速度为
根据初速度为0的匀变速直线运动的公式有
解得铁球下落时间t的速度为
若铁球下落过程中机械能守恒，则应满足等式
得
（5）[2]由图像可得下落时间为t=0.4s，下落过程中增加的动能
（6）[3]根据运动的独立性，敲击钢尺侧面时若铁球获得一个较小的水平速度，不影响铁球竖直方向的运动，对实验测量结果没有影响。
14. 某学习小组利用砷化镓霍尔元件（载流子为电子）研究霍尔效应，实验原理如图1所示，匀强磁场垂直于元件的工作面，工作电源为霍尔元件提供霍尔电流，通过1、3测脚时，2、4测脚间将产生霍尔电压。
（1）2、4测脚中电势高的是______（选填“2”或“4”）测脚。
（2）某次实验中，利用螺旋测微器测量元件厚度d（如图2），其读数为______ mm，调节工作电压，改变霍尔电流，测出霍尔电压，实验数据如表所示：
根据实验数据在如图3所示的坐标纸上作出与的关系图像______ ；
（3）设该元件单位体积中自由电子的个数为n，元件厚度为d，磁感应强度为B，电子电荷量为e，则与的关系式为______。
【答案】（1）2 （2）2.000
（3）
【解析】【小问1详解】
根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向4测脚方向，电子带负电，故2测脚中电势高。
【小问2详解】
[1]螺旋测微器的精确值为，由图2可知读数为
[2]将表格中的数据在图中描点连线，其图像如图所示
小问3详解】
霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于电场力，有
根据电流微观表达式可得
设霍尔元件的宽度为l，霍尔元件的电压
霍尔元件的截面面积为
联立解得
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
15. 如图所示，某种均匀介质制成的圆柱形透明物体，其上表面为水平圆，圆心为，半径为；下底面为倾斜椭圆，椭圆的中心，MN为长轴，长，短轴方向平行于上表面。圆柱体左侧侧线PM的长度最长。在正下方处放置一点光源。从上表面射出的光形成一半径为的圆形亮斑，A为直径PQ与亮斑边缘的交点。已知光在真空中的传播速度为c。
（1）求该介质的折射率；
（2）光线SA经圆柱体侧面反射后到达椭圆中心，求其从S发出至到达的时间。
【答案】（1） （2）
【解析】【小问1详解】
设该介质的临界角为，则

由几何关系
解得
【小问2详解】
根据题意，画出光路图，如图所示
折射率与速度的关系
又有
其中
，，
解得
16. 如图甲所示，潜水钟是运送潜水员下潜、休息、接回水面的一种运载工具，可使潜水员在水下长时间作业。它的原理就像一只倒扣在水中的、下端开口的圆柱形桶，桶内始终保持一定量的空气，可供潜水员呼吸。某个潜水钟可简化为高度d=8m开口向下的薄壁圆柱形桶，如图乙所示。工作时，水面上的船将潜水钟从水面上方开口向下吊放至水下一定深度处，此时潜水钟内气柱高度h=2m。忽略潜水钟内气体温度的变化和水密度随深度的变化。已知水的密度，重力加速度g取，大气压强。
（1）求此时潜水钟的上底面距水面的深度H；
（2）现保持潜水钟位置不变，通过船上的气泵将空气压入潜水钟内，将潜水钟内的水全部排出，求压入空气的质量与潜水钟内原来气体质量的比值k。
【答案】（1）28m；（2）3.6
【解析】（1）设潜水钟的横截面积为S，放入水下后潜水钟内气体的压强为p1，则
由玻意耳定律得
解得
H=28m
（2）设潜水钟的体积为V0，水全部排出后气体的压强为p2这些气体在其压强为p0时的体积为V3，需压入压强为p0的气体体积为。由玻意耳定律
而
解得
压入空气的质量与潜水钟内原来气体质量的比值
17. 霍尔推进器主要包括以下步骤：霍尔效应使电子被约束在一个磁场中，并通过电场被加速，电子撞击推进剂（氙气、氩气等）分子，导致电子被剥离，形成离子。形成的离子在电场的作用下沿着轴向加速，加速后的离子向外喷出，反冲产生推力。在某局部区域可简化为如图所示的模型。XOY平面内存在方向向右的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B，质量为m、电荷量为e的电子从坐标O点沿Y轴正方向入射，不计重力及电子间相互作用。
（1）若离子质量为M，加速后以v速度沿轴向方向喷出，单位时间喷出离子数为n，求推进器产生的推力F；
（2）在某局部区域内，当电子入射速度为时，电子沿Y轴做直线运动，求的大小；
（3）在某局部区域内，若电子入射速度为，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，求运动到离Y轴的最远距离x和回到Y轴坐标y。
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】（1）根据动量定理得
解得
（2）由题知，入射速度为时，电子沿轴做直线运动则有
解得
（3）由于电子入射速度为，初速度可分解为向正方向和负方向两个合成，把洛伦兹力分解为两个分力，其中
解得
则电子可以看作向正方向匀速直线运动在轴左侧以匀速圆周运动，根据运动的合成：
到达离轴最远时速度
求方法一：
根据动能定理有
解得
求方法二：
由牛顿第二定律得
解得圆周运动半径为
又
解得
求方法三：
方向动量定理
解得
求方法一：
到达轴时间为周期的倍，由公式
解得周期
轴坐标
解得
求方法二：
根据方向动量定理
解得
18. 如图所示，质量均为m的物块A、B和木板E静止在水平地面上，质量分别为3m、2m的物块C、D静止在E上，一根轻绳跨过光滑定滑轮M、N，左右两端分别与B、C竖直连接，距E右端距离为L处固定一挡板P。刚开始B与地面刚好接触不挤压，整个系统静止。现给A一水平向右的初速度，A与B碰后粘在一起。从A与B碰后瞬间到E与P第一次碰撞前瞬间，给E施加水平向右的外力F1=3mg。此后在E每次速度为0的瞬间立即给E施加水平向右的F1，到E与P发生下一次碰撞前瞬间再撤掉F1，且在E向左运动的所有时间内均分别给D、E施加水平向左的外力F2=2mg、F3=mg。已知：D与E、E与地面间的动摩擦因数均为μ=0.5（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），M到地面的距离为L，E与P的碰撞无能量损失，所有物块均视为质点，D始终没有从E上掉落，不计其他摩擦及空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）A与B碰撞过程损失的机械能；
（2）A、B碰撞前、后瞬间C对E的压力差；
（3）E向左运动的最大距离；
（4）整个过程D、E之间产生的热量。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】【小问1详解】
AB碰撞过程，AB物块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有
由能量守恒可知由于碰撞损失的机械能为
解得
【小问2详解】
A、B碰撞前B刚好与地面接触不挤压，由受力平衡有绳的拉力大小为
C静止在木板上，对C受力分析由受力平衡有
解得C与E的弹力大小为
对AB碰后瞬间，由牛顿第二定律有
解得
此时绳的拉力大于物块C的重力，即C与E的弹力大小为
所以由以上分析及牛顿第三定律可知A、B碰撞前、后瞬间C对E的压力差为
【小问3详解】
D、E一起向右加速 ，对D、E整体由牛顿第二定律可知
由运动学公式得
E、P第一次碰后，D、E分别以v1向右、左匀减速;
对D 由牛顿第二定律得
对E 由牛顿第二定律得
解得
对E，由运动学知识得
解得
【小问4详解】
E与P第一次碰后，D与E同时减速到0，二者减速的位移大小相等均为，即
在的作用下D与E再一次一起向右加速，加速度仍为，加速到，接着E与P发生第二次碰撞，碰后重复前面的运动，直到二者静止，由运动学知识可知第一次碰后D、E的相对位移
E、P第二次碰前D、E的速度为 ，由运动学知识有
第二次碰后D、E速度减为0的位移大小为
第二次碰后D、E的相对位移
第三次碰后D、E的相对位移
……
第n次碰后D、E的相对位移
整个过程D、E之间产生的热量
解得
实验次数
1
2
3
4
5
0.50
1.00
1.50
2.00
2.50
41.5
83.1
124.8
166.4
208.1