【完整版】2020年北京市朝陽區(qū)高三一模物理試卷逐題解析

/2020年北京市朝陽區(qū)高三一模物理試卷逐題解析一、選擇題〔此題共14小題,共42分〕1．能量守恒定律是自然界最普遍的規(guī)律之一。以下不能表達能量守恒定律的是〔〕A．熱力學(xué)第一定律 B．牛頓第三定律C．閉合電路歐姆定律 D．機械能守恒定律【答案】B【解析】熱力學(xué)第一定律：物體內(nèi)能的增加等于物體吸收的熱量和對物體所作的功的總和。表達了能量的轉(zhuǎn)化與守恒；根據(jù)電源產(chǎn)生的電能等于輸出的電能與內(nèi)電路放出的焦耳熱有EIt=UIt+I2rt,可得閉合電路歐姆定律E=U+Ir,這一過程表達了能量的轉(zhuǎn)化與守恒；機械能守恒定律,指的是動能、重力勢能與彈性勢能之間的互相轉(zhuǎn)化,表達了能量的轉(zhuǎn)化與守恒；故不能表達能量守恒的應(yīng)為B選項。2．宇宙射線進入地球大氣層時同大氣作用產(chǎn)生中子,中子撞擊大氣中的氮核引發(fā)核反響,產(chǎn)生碳核和原子核X,那么X為〔〕A． B． C． D．【答案】A【解析】參照題目中的描繪,可以寫出該過程的核反響方程式01根據(jù)核反響前后,核電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒。故1+14=14+x,0+7=6+y?？山獾脁=1,y=1。因此反響生成的原子核X為11H,應(yīng)選0A-51x/cmy/cm5342P0C-51x/cmy/0A-51x/cmy/cm5342P0C-51x/cmy/cm5342P0B-51x/cmy/cm5342P0D-51x/cmy/cm5342P-51x/cmy/cm05342P甲t/s-51y/cm05342乙【答案】A【解析】根據(jù)乙圖〔振動圖〕可知,在t=3s時,P點振動到負向最大位移處,且仍在x=2cm的位置。應(yīng)選A4．把一塊帶負電的鋅板連接在驗電器上,驗電器指針張開一定的角度。用紫外線燈照射鋅板發(fā)現(xiàn)驗電器指針的張角發(fā)生變化。以下推斷合理的是〔〕A．驗電器指針的張角會不斷變大B．驗電器指針的張角會先變小后變大C．驗電器指針的張角發(fā)生變化是因為鋅板獲得了電子D．假設(shè)改用紅外線照射鋅板也一定會使驗電器指針的張角發(fā)生變化【答案】B【解析】此題考察光電效應(yīng),初始鋅板帶負電,驗電器張角大小與帶電量正相關(guān),紫外線照射情況下,張角發(fā)生變化,鋅板與驗電器帶電量發(fā)生了變化,說明發(fā)生了光電效應(yīng),在紫外線照射情況下,有光電子溢出,導(dǎo)致鋅板與驗電器剛開場所帶負電荷減少,驗電器張角變小,負電荷減少至0后,繼續(xù)溢出電子,導(dǎo)致鋅板與驗電器帶正電,溢出電子越多,所帶正電越多,驗電器張角變大。故B選項正確,A、C選項錯誤。D選項,紅外線頻率低于紫外線頻率,故不一定能發(fā)生光電效應(yīng)。5．圖示為一對同軸的螺線管〔軸線程度〕剖面圖?，F(xiàn)給線圈A通電,其中的電流方向用“·〞和“×〞表示,且電流不斷增大,線圈B中就會產(chǎn)生感應(yīng)電流。以下說法正確的選項是〔〕A．線圈A中的磁場方向向左B．線圈B中感應(yīng)電流的磁場方向向右C．線圈B中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小不可能保持恒定D．從左向右看線圈B中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為逆時針方向【答案】D【解析】由圖中信息可知：從左向右看A中的電流方向為順時針,根據(jù)右手螺線定那么可知,A中磁場方向向右,故A選項錯誤；A中電流增大,產(chǎn)生的磁場變強,B中通過的磁通量增大,方向向右,根據(jù)楞次定律可知,B中產(chǎn)生的感應(yīng)磁場方向向左,根據(jù)右手螺旋定那么可知,從左向右看B中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為逆時針方向,故B選項錯誤,D選項正確；假設(shè)由于A中電流變化使得B中通過的磁通量均勻變化,那么可產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流,故C選項錯誤。6．圖甲是小型交流發(fā)電機的示意圖,兩磁極N、S間的磁場可視為程度方向的勻強磁場,為交流電流表。線圈繞垂直于磁場的程度軸OO′沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動,從圖甲所示位置開場計時,產(chǎn)生的交變電流隨時間變化的圖象如圖乙所示。以下說法正確的選項是〔〕A．電流表的示數(shù)為20AB．線圈轉(zhuǎn)動的角速度為50πrad/sC．t=0.01s時,穿過線圈的磁通量為零D．t=0.02s時,線圈平面與磁場方向垂直【答案】C【解析】電流表的示數(shù)為交變電流有效值,由圖可知電流最大值,故示數(shù)為10A,故A選項錯誤；由圖可知交變電流周期為T=2×10-2s,那么角速度為ω=2πT=100πHz,故t=0.01s時,感應(yīng)電流負向最大,線框平面垂直于中性面,磁通量為零,磁通量變化率最大,故C選項正確；t=0.02s時,感應(yīng)電流正向最大,線框平面垂直于中性面,磁通量為零,線框平面平行于磁場,故D選項錯誤。7．中國探月工程三期主要實現(xiàn)采樣返回任務(wù),局部過程可簡化如下：探測器完成樣本采集后從月球外表發(fā)射升空,沿橢圓軌道在遠月點與繞月圓軌道飛行的嫦娥五號完成對接。月球半徑約為地球半徑的,月球質(zhì)量約為地球質(zhì)量的,地球外表重力加速度g=10m/s2。以下說法正確的選項是〔〕A．探測器從月球外表發(fā)射時的速度至少為7.9km/sB．對接前嫦娥五號飛行的加速度小于1.6m/s2C．假設(shè)對接后嫦娥五號在原軌道上運行,那么其速度比對接前的大D．對接前探測器在橢圓軌道運行的周期大于嫦娥五號的運行周期【答案】B【解析】月球外表重力加速度與地球不同,第一宇宙速度不同,故A選項錯誤；由黃金代換GM月=g月R月2可得月球外表重力加速度為1.6m/s2,高空加速度應(yīng)小于外表重力加速度,故B選項正確；由萬有引力提供向心力可知GMm/r2=mv2/r,對接后,質(zhì)量變化不影響圓周運動的線速度,故C選項錯誤；由開普勒第三定律知a3/T2=k,橢圓軌道a較小,因此T較小,故D選項錯誤。8．某簡易電吹風(fēng)簡化電路如下圖,其主要部件為電動機M和電熱絲,局部技術(shù)參數(shù)如下表,電吹風(fēng)在220V電壓下工作。以下說法正確的選項是〔〕電吹風(fēng)額定電壓220V電吹風(fēng)額定功率熱風(fēng)時：990W冷風(fēng)時：110WA．開關(guān)S1、S2都閉合時電吹風(fēng)吹冷風(fēng)B．該電吹風(fēng)中電動機的內(nèi)電阻為440ΩC．吹熱風(fēng)時電熱絲的功率為990WD．吹熱風(fēng)時通過電熱絲的電流為4A【答案】D【解析】開關(guān)S1閉合時,電熱絲被接入電路,吹熱風(fēng),故A選項錯誤；假設(shè)用電器為純電阻電路,由R=U2/P可得R=440Ω,但電動機為非純電阻電路,歐姆定律不適用。故B選項錯誤；吹熱風(fēng)時,電動機與電熱絲總功率為990W。故C選項錯誤；根據(jù)表格可知,吹熱風(fēng)時,電阻絲的功率為880W,由I=P/U得I=4A。故D選項正確。9．如下圖,一輛裝滿石塊的貨車在程度直道上以加速度a向右勻加速運動。貨箱中石塊B的質(zhì)量為m。重力加速度為g。以下說法正確的選項是〔〕A．貨車速度增加的越來越快B．貨車相鄰兩個1s內(nèi)的位移之差為C．石塊B對與它接觸物體的作用力方向程度向左D．與B接觸的物體對B的作用力大小為【答案】D【解析】貨車做勻加速運動,加速度不變,因此其速度增加是均勻的,A選項錯誤；根據(jù)位移差公式?x=aT2,可以相鄰兩個1秒內(nèi)的位移之差為aB受自身重力以及與B接觸物體對B的作用力,這兩個力的合力向右,大小為ma,因此與B接觸物體對B的作用力大小為,方向斜向右上,石塊B對與它接觸物體的作用力方向斜向左下,故C選項錯誤,D選項正確。10．如下圖,OBCD為半圓柱體玻璃的橫截面,OD為直徑,一束由紫光和紅光組成的復(fù)色光沿AO方向從真空射入玻璃分成OB、OC兩束光。以下說法正確的選項是〔〕A．光束OB是紅光B．紫光在真空中的波長比紅光在真空中的波長大C．紫光在玻璃中的頻率比紅光在玻璃中的頻率小D．兩束光分別在OB、OC段傳播時所用的時間相等【答案】D【解析】通過光路圖可以看出光束OB的折射角比光束OC的折射角小,根據(jù)折射率公式n=sinisinr,因此光束OB的折射率較大,故光束根據(jù)電磁波譜,紫光頻率比紅光大,波長比紅光小,故B、C選項均錯誤；如下圖,設(shè)入射角為θ,折射角分別為θB,θC,半圓柱體玻璃的橫截面直徑長度為d,連接DB、DC,由折射定律得nB=sinθsinθB,nC=sin11．修建高層建筑時常用塔式起重機。某段時間內(nèi),重物在豎直方向上被勻加速提升,同時在程度方向上向右勻速挪動。不計空氣阻力。在此過程中〔〕A．重物的運動軌跡為斜向右上方的直線B．繩子對重物拉力所做的功等于重物機械能的增加量C．重物所受合力沖量的方向斜向右上方D．繩子對重物拉力的沖量等于重物動量的增加量【答案】B【解析】重物在豎直方向上做勻加速運動,程度方向上做勻速運動,因此重物所受合力豎直向上,而合速度方向斜向右上方,二者不共線,因此重物做曲線運動,故A選項錯誤；不計空氣阻力,繩子對重物拉力所做的功全部轉(zhuǎn)化為重物的機械能,故B選項正確；合力方向豎直向上,因此合力的沖量方向也為豎直向上,故C選項錯誤；根據(jù)動量定理,合外力沖量等于動量的變化量,因此D選項錯誤。12．彩虹圈有很多性質(zhì)和彈簧相似,在彈性限度內(nèi)彩虹圈間的彈力隨著形變量的增加而增大,但彩虹圈的重力不能忽略。用手拿起彩虹圈的上端,讓彩虹圈的下端自由下垂且離地面一定高度,然后由靜止釋放。設(shè)下落過程中彩虹圈始終沒有超出彈性限度。那么〔〕A．剛釋放瞬間彩虹圈上端的加速度大于當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣菳．剛釋放瞬間彩虹圈下端的加速度等于當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣菴．剛開場下落的一小段時間內(nèi)彩虹圈的長度變長D．彩虹圈的下端接觸地面前彩虹圈的長度不變【答案】A【解析】彩虹圈的重力不能忽略,剛釋放瞬間,對彩虹圈的上端受力分析,其受到向下的重力和彈力作用,因此加速度大于當(dāng)?shù)刂亓铀俣?故A選項正確；剛釋放瞬間,彩虹圈下端的加速度為0,故B選項錯誤；開場下落到下端接觸地面前,上端加速度大,因此彩虹圈長度不斷變短,故C、D選項錯誤。13．如下圖,電荷量為+q的點電荷與均勻帶電薄板相距2d,點電荷到帶電薄板的垂線通過板的幾何中心O,圖中AO=OB=d,A點的電場強度為零。以下說法正確的選項是〔〕·OA．薄板帶負電,電子在A點所具有的電勢能一定為·OB．B、O兩點間的電勢差與A、O兩點間的電勢差相等C．電子在B點所具有的電勢能小于在A點所具有的電勢能D．帶電薄板產(chǎn)生的電場在圖中B點的電場強度為【答案】C【解析】根據(jù)A點電場強度為0,正電荷在A點電場強度為OA方向,說明帶電薄板在A點產(chǎn)生的電場強度為AO方向,因此帶電薄板帶負電,AB直線上電場線如下圖：沿電場線電勢降低,以無窮遠為0勢點,可知A點電勢小于0,故A選項錯誤；AO段電場強度小于BO段電場強度,根據(jù)U=Ed可以定性分析得出,UAO>UBO,故φB>φA,根據(jù)Ep=qφ可得出電子在B點電勢能小于在A點電勢能,故B選項錯誤,C選項正確；根據(jù)對稱性,可以得出帶電薄板在A處產(chǎn)生的電場強度等于薄板在B點產(chǎn)生的電場強度,薄板在A點產(chǎn)生的電場強度與q14．某同學(xué)查閱資料發(fā)現(xiàn)：石英鐘的工作電流可視為定值I0,當(dāng)電源電壓大于U0時,其內(nèi)部機芯能驅(qū)動表針走動；當(dāng)電源電壓小于U0時,石英鐘停頓走動。他由此猜測：用充電電壓一樣、但電容不同的電容器作為石英鐘電源,石英鐘的走動時長t正比于電容C。為此,他設(shè)計了如圖甲所示的實驗,圖中電源電動勢E=1.5V。實驗時先使開關(guān)S擲向1,對電容器充電完畢后再把開關(guān)S擲向2,電容器對石英鐘供電,記錄表針停頓前的走動時長t。實驗中分別更換7個不同的電容器重復(fù)上述實驗,數(shù)據(jù)記錄如表格所示。使用Excel處理數(shù)據(jù)得到圖乙所示的圖線,其斜率為k。以下推斷正確的選項是〔〕電容器編號1234567標(biāo)稱電容C/F0.220.4711.5245走動時長t/min8.522.043.049.580.0144.5173.0A．該石英鐘正常工作時的電流大小為B．利用該圖象能推算出電壓U0的大小C．根據(jù)此石英鐘的工作特點,從理論上也能推斷出該同學(xué)的猜測是正確的D．由本實驗可知該石英鐘的走動時長t與電容器的電容C和電壓U0均成正比【答案】C【解析】開關(guān)撥向1時,電容器充滿電,此時帶電量為Q=CE,開關(guān)撥向2,電容器放電,電荷量Q減少,因此U減少,減少至U0時,石英鐘不在工作,工作時間為t,那么有I0t=CE-CU0,可得t=E-U0I0c,故C選項正確；t-C圖像k=E-U0I0,那么I0=E-二、實驗題〔此題共2小題,共18分〕RSEErVA甲15．〔8分〕在“測量電源的電動勢和內(nèi)阻〞的實驗中,待測電池的電動勢約1.5V,內(nèi)阻約1.0ΩRSEErVA甲電流表A1：量程0~0.6A,內(nèi)阻約0.125Ω電流表A2：量程0~3A,內(nèi)阻約0.025Ω電壓表V：量程0~3V,內(nèi)阻約3kΩ滑動變阻器R1：0~20Ω,額定電流2A滑動變阻器R2：0~100Ω,額定電流1AU/V乙I/A1.61.51.41.31.2U/V乙I/A1.61.51.41.31.21.11.000.10.20.30.40.50.6〔2〕經(jīng)過屢次測量并記錄對應(yīng)的電流表示數(shù)I和電壓表示數(shù)U,利用這些數(shù)據(jù)在圖乙中畫出了U－I圖線。由此得出電源的電動勢E=___________V；內(nèi)阻r=___________Ω?！?〕該同學(xué)實驗中發(fā)現(xiàn),在保證所有器材平安的情況下,調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片時電壓表的示數(shù)取不到1.0V以下,出現(xiàn)這一現(xiàn)象的原因可能是________________________；改良的方法為____________________________________________________________。【答案】〔1〕A1；R1〔2〕1.50〔1.49～1.50〕；0.83〔0.81～0.85〕〔3〕電源內(nèi)阻太小；可在電源旁邊串聯(lián)一個較小阻值的定值電阻【解析】〔1〕由于電源是一節(jié)干電池〔1.5V〕,干電池內(nèi)阻較小,一般為幾歐,電路中電流一般為零點幾安,所以選A1；而滑動變阻器目的是的調(diào)節(jié)電路中的電流電壓值,U/V乙I/A1.61.51.41.31.2U/V乙I/A1.61.51.41.31.21.11.000.10.20.30.40.50.6〔2〕由閉合電路歐姆定律可得,圖像截距為電源電動勢,該圖像的斜率為內(nèi)阻負值,所以r=0.83Ω〔3〕電源內(nèi)阻太??；可在電源旁邊串聯(lián)一個較小阻值的定值電阻16．〔10分〕在“油膜法估測分子直徑〞的實驗中,我們通過宏觀量的測量間接計算微觀量?！?〕本實驗利用了油酸分子易在水面上形成___________〔選填“單層〞或“多層〞〕分子油膜的特性。假設(shè)將含有純油酸體積為V的一滴油酸酒精溶液滴到水面上,形成面積為S的油酸薄膜,那么由此可估測油酸分子的直徑為___________?！?〕某同學(xué)實驗中先取一定量的無水酒精和油酸,制成一定濃度的油酸酒精溶液,測量并計算一滴油酸酒精溶液中純油酸的體積后,接著又進展了以下操作：A．將一滴油酸酒精溶液滴到水面上,在水面上自由地擴展為形狀穩(wěn)定的油酸薄膜B．將畫有油酸薄膜輪廓的玻璃板放在坐標(biāo)紙上計算油酸薄膜的面積C．將玻璃板蓋到淺水盤上,用彩筆將油酸薄膜的輪廓畫在玻璃板上D．向淺盤中倒入約2cm深的水,將痱子粉均勻地撒在水面上以上操作的合理順序是___________〔填字母代號〕?！?〕假設(shè)實驗時痱子粉撒的太厚,那么所測的分子直徑會___________〔選填“偏大〞或“偏小〞〕?！?〕本實驗中油膜的形成是分子力的作用效果。圖甲為分子力F隨分子間距r的變化圖線,圖乙為某同學(xué)參照圖甲所做的分子勢能Ep隨分子間距r的變化圖線。請你對圖乙的合理性做出分析,填在下面表格相應(yīng)的位置中。指出合理或不合理之處并簡述理由合理之處不合理之處【答案】〔1〕單層；V/S〔2〕DACB〔3〕偏大〔4〕指出合理或不合理之處并簡述理由合理之處圖乙的大致變化情況合理。因為分子間距由足夠遠減小到r0的過程中,分子力表達為引力做正功,分子勢能逐漸減小,所以r0處的分子勢能最??；此后再靠近的過程中,分子力表達為斥力做負功,所以分子勢能逐漸增大。不合理之處①圖乙r1處分子勢能為零的點不合理。由于分子力做功等于分子勢能的變化,故分子間距由足夠遠減小到r1的過程中分子力做的總功應(yīng)當(dāng)為零,即甲圖中r1處以右F-r圖線下的總面積應(yīng)當(dāng)為零,圖中顯然不符合。②圖乙在r0<r<r2的范圍內(nèi)彎曲情況不合理。由于Ep-r圖線的斜率即為分子力,該區(qū)間的分子力是越來越大的,而圖中的斜率顯然越來越小?！窘馕觥俊?〕利用油酸分子易在水面上形成單層分子油膜的特性,油膜的厚度等于油酸分子的直徑,利用油酸的體積除以油膜面積可以求得油酸分子直徑?！?〕“油膜法估測油酸分子直徑〞的實驗步驟為：配制酒精油酸溶液→測定一滴酒精油酸溶液的體積→準(zhǔn)備淺水盤→形成油膜→描繪油膜邊緣→測量油膜面積→計算分子直徑?！?〕痱子粉撒的太厚,油膜無法完全展開,導(dǎo)致油膜的面積減小,測量的分子直徑偏大。〔4〕當(dāng)r<r0時,分子間作用力表現(xiàn)為斥力,此時隨著r的減小,分子勢能將增大；當(dāng)r>r0時,分子間作用力表現(xiàn)為引力,此時隨著r的增大,分子勢能也增大,所以r0處分子勢能最小。此外,Ep-r圖像中,斜率代表的是分子間作用力的大小,所以在r0~r2處,分子間作用力增大,分子勢能變化的斜率也應(yīng)該增大。三、計算題〔此題共4小題,共40分〕17.〔9分〕2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會,跳臺滑雪是其中最具欣賞性的工程之一。某滑道示意圖如下,長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接,滑道BC高h=10m,C是半徑R=20m圓弧的最低點。質(zhì)量m=60kg的運發(fā)動從A處由靜止開場勻加速下滑,加速度a=4m/s2,到達B點時速度vB=30m/s。取重力加速度g=10m/s2。BhCA〔1〕求運發(fā)動在ABBhCA〔2〕求運發(fā)動在AB段所受合外力的沖量I的大小；〔3〕假設(shè)不計BC段的阻力,求運發(fā)動經(jīng)過C點時所受支持力FC的大小?！敬鸢浮俊?〕t=7.5s〔2〕I=1.8×103N·s〔3〕FC=3.9×103N【解析】〔1〕根據(jù)勻變速直線運動公式,有代入數(shù)據(jù)可得t=7.5s〔3分〕〔2〕根據(jù)動量定理有代入數(shù)據(jù)可得I=1.8×103N·s〔3分〕〔3〕運發(fā)動在BC段運動的過程中,根據(jù)動能定理有在C點,根據(jù)牛頓第二定律有 代入數(shù)據(jù)可得FC=3.9×103N〔3分〕18．〔9分〕如下圖,質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從A〔0,2l〕點以初速度v0沿x軸正方向射出,為使其打在x軸上的C〔2l,0〕點,可在整個空間施加電場或磁場。不計粒子所受重力?！?〕假設(shè)僅施加一平行于y軸的勻強電場,求該電場場強E的大小和方向；〔2〕假設(shè)僅施加一垂直于xOy平面的勻強磁場,求該磁場磁感應(yīng)強度B的大小和方向;xyOACv0〔3〕某同學(xué)認為假設(shè)僅施加一由A點指向xyOACv0【答案】〔1〕〔2〕〔3〕見解析【解析】〔1〕由題意可判斷場強的方向沿y軸負方向。粒子在x軸方向有2l=v0t在y軸方向的加速度 聯(lián)立以上各式可得〔4分〕〔2〕由題意可判斷磁感應(yīng)強度的方向垂直于xOy平面向外。粒子在xOy平面內(nèi)做半徑R=2l的勻速圓周運動,根據(jù)牛頓運動定律有可得〔3分〕〔3〕該同學(xué)的說法不正確。假設(shè)粒子沒有初速度,那么粒子將在電場力的作用下,沿AC連線做勻加速直線運動打到C點；由于粒子有x軸正向的初速度v0,相當(dāng)于還參與了一個沿x軸正向、速度為v0的勻速運動,所以粒子一定打在C點的右側(cè)?！?分〕19．〔10分〕由互相作用的物體所組成的系統(tǒng)中,能量和動量可以互相轉(zhuǎn)化或傳遞,但其總量往往可以保持不變?！?〕質(zhì)量為m1的正點電荷A和質(zhì)量為m2的負點電荷B,僅在彼此間電場力的作用下由靜止開場運動,兩者相遇前某時刻A的速度大小為v1。a．求此時B的速度大小v2；b．求此過程中A、B系統(tǒng)電勢能的減少量ΔEp?！?〕在地球外表附近,質(zhì)量為m的物體自高為h處自由下落,根據(jù)重力勢能的減少量等于動能的增加量有,可得出物體落地時的速度大小。然而,表達式中的是下落過程中地球和物體所組成系統(tǒng)的重力勢能減少量,這樣處理即認為系統(tǒng)減少的勢能單獨轉(zhuǎn)化為物體的動能。請通過計算說明這樣處理的合理性?！敬鸢浮俊?〕a.b.〔2〕見解析【解析】〔1〕a．A、B組成的系統(tǒng)動量守恒,有解得〔3分〕b．在此過程中A、B系統(tǒng)減少的電勢能等于增加的動能,即代入數(shù)據(jù)得〔4分〕〔2〕因只研究這個物體下落給地球帶來的影響,取地球和下落的物體組成的系統(tǒng)為研究對象,設(shè)地球的質(zhì)量為M,物體落地時地球的速度大小為v4,那么根據(jù)動量守恒和機械能守恒定律有：解得：又因為M遠大于m,所以,即,可見,這樣處理是合理的?！?分〕20．〔12分〕小