2023年高考試題理綜物理(全國卷Ⅰ)-解析版

絕密★啟用前2023年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試?yán)砜凭C合能力測(cè)試物理局部二、選擇題：本大題共8小題。在每個(gè)小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的只有一個(gè)符合題目要求，有的有多個(gè)符合題目要求。完全選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全對(duì)得3分，有選錯(cuò)的得0分。14.關(guān)于一定量的氣體，以下表達(dá)正確的是A．氣體吸收的熱量可以完全轉(zhuǎn)化為功B．氣體體積增大時(shí)，其內(nèi)能一定較少C．氣體從外界吸收熱量，其內(nèi)能一定增加D．外界對(duì)氣體做功，氣體的內(nèi)能可能減少【答案】AD【命題立意】此題考查熱力學(xué)第一定律，熱力學(xué)第二定律，以及氣體內(nèi)能，難度較小?！窘忸}思路】由熱力學(xué)第二定律的表述之一：不可能從單一熱源吸收熱量并把它全部用來做功，而不引起其他變化，知A選項(xiàng)正確，氣體的內(nèi)能由氣體的溫度和體積共同決定，氣體體積增大，內(nèi)能不一定減少，故B項(xiàng)錯(cuò)誤，由熱力學(xué)第一定律:△U=Q+W，假設(shè)物體從外界吸熱，即Q＞0但同時(shí)對(duì)外做功，即W＜0且Q+W＜0，那么內(nèi)能減少，故C錯(cuò)，假設(shè)外界對(duì)氣體做功，即W＜0，但同時(shí)從外界吸熱，即Q＞0，且Q+W＜0，D項(xiàng)正確?！疽族e(cuò)分析】考生假設(shè)對(duì)熱力學(xué)定律理解不透，易漏選AabdcI1I215．如圖，兩根相互平行的長直導(dǎo)線分別通有方向相反的電流I1和I2，且I1＞I2，a、b、c、d為導(dǎo)線某一橫截面所在平面內(nèi)的四點(diǎn)，且a、b、c與兩導(dǎo)線共面；babdcI1I2A．a(chǎn)點(diǎn)B．b點(diǎn)C．c點(diǎn)D．d點(diǎn)【答案】C【命題立意】此題考查考生利用安培定那么判斷通電直導(dǎo)線周圍磁場及矢量運(yùn)算法那么的運(yùn)用，難度中等?！窘忸}思路】由安培定那么和平行四邊形定那么知某點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，那么兩電流在該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向，由安培定那么和平行四邊形定那么知b，d兩點(diǎn)合磁感應(yīng)強(qiáng)度一定不為零,排除B,D,在a、c兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，又I1＞I2．排除A,應(yīng)選C【易錯(cuò)分析】對(duì)兩通電直導(dǎo)線周圍的磁場方向判斷錯(cuò)誤，從而錯(cuò)選B,D,不注意I1＞I2的條件，錯(cuò)選A.abcd太陽光16．雨后太陽光入射到水中發(fā)生色散而形成彩虹。設(shè)水滴是球形的，圖中的圓代表水滴過球心的截面，入射光線在過此截面的平面內(nèi)，a、b、abcd太陽光A．紫光、黃光、藍(lán)光和紅光B．紫光、藍(lán)光、黃光和紅光C．紅光、藍(lán)光、黃光和紫光D．紅光、黃光、藍(lán)光和紫光【答案】B【命題立意】此題以彩虹問題為依托，考查考生對(duì)折射定律的理解和對(duì)不同色光折射率的比擬。難度較小【解題思路】由于太陽光經(jīng)過小水滴時(shí)，受到兩次折射，一次反射，在進(jìn)入小水滴后就被分解成七色光，這七色光再經(jīng)過水滴內(nèi)外表反射進(jìn)入我們的視角，形成七彩的虹，通過比擬第一次折射可以看出，入射角均相同，a光的折射角r最小而d光的折射角r最大，根據(jù)其折射率n=知水對(duì)a光的折射率最大，而對(duì)d光的折射率最小，再由在同種介質(zhì)中，紫光折射率最大而紅光折射率最小可判斷只有B選項(xiàng)正確?！疽族e(cuò)分析】局部考生不能準(zhǔn)確做出第一次入射時(shí)界面法線〔過入射點(diǎn)的半徑〕，抓住入射角相同而折射角不同。事實(shí)上，此題涉及的彩虹形成只是第一道彩虹，假設(shè)光經(jīng)歷兩次反射，兩次折射，那么現(xiàn)象與此題不同，一局部考生未能區(qū)分兩種彩虹，僅憑模糊的記憶判斷，導(dǎo)致錯(cuò)解。17．通常一次閃電過程歷時(shí)約0.2~0.3s，它由假設(shè)干個(gè)相繼發(fā)生的閃擊構(gòu)成。每個(gè)閃擊持續(xù)時(shí)間僅40~80μs，電荷轉(zhuǎn)移主要發(fā)生在第一個(gè)閃擊過程中。在某一次閃電前云地之間的電勢(shì)差約為1.0×109V，云地間距離約為lkm；第一個(gè)閃擊過程中云地間轉(zhuǎn)移的電荷量約為6C，閃擊持續(xù)時(shí)間約為60μs。假定閃電前云地間的電場是均勻的。根據(jù)以上數(shù)據(jù)，以下判斷正確的是A．閃電電流的瞬時(shí)值可到達(dá)1×105AB．整個(gè)閃電過程的平均功率約為1×1014WC．閃電前云地間的電場強(qiáng)度約為1×106V/mD．整個(gè)閃電過程向外釋放的能量約為6×106J【答案】AC【命題立意】此題以生活中常見的閃電現(xiàn)象為依托，綜合考查電流，電場強(qiáng)度，電勢(shì)差，電場力做功，以及平均功率等核心知識(shí)點(diǎn)，對(duì)考生的建模以及對(duì)數(shù)據(jù)的分析能力較高，難度較大。【解題思路】由題干知一次閃電由假設(shè)干個(gè)相繼發(fā)生的閃擊構(gòu)成，電荷轉(zhuǎn)移主要發(fā)生在第一個(gè)閃電中，閃電過程向外釋放的能量約為W=QU=6.0×J，故D項(xiàng)錯(cuò)誤，一次閃電過程歷時(shí)0.2～O.3s整個(gè)閃電過程的平均功率P=2.0×1010W~3.0×1010W知B項(xiàng)錯(cuò)誤；依據(jù)I=，q=6C，t=60μs知電流瞬時(shí)值可達(dá)1×A，A項(xiàng)正確，由于閃電前云地間的電場可看做勻強(qiáng)電場，那么根據(jù)E=U/d，U=1.0×v,d=1000m可知C項(xiàng)正確，【易錯(cuò)分析】不能準(zhǔn)確分析題中所給的數(shù)據(jù)導(dǎo)致錯(cuò)解18．氫原子的基態(tài)能量為E1，激發(fā)態(tài)能量En=E1/n2，其中n=2，3…。用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速。能使氫原子從第一激發(fā)態(tài)電離的光子的最大波長為A． B． C． D．【答案】C【命題立意】此題考查考生對(duì)氫原子能級(jí)結(jié)構(gòu)，能級(jí)公式以及電離能，光子能量表達(dá)式的考查，難度較小【解題思路】對(duì)于量子數(shù)n=2的氫原子，其電離能為0-,那么由-=知C項(xiàng)正確【易錯(cuò)分析】對(duì)氫原子能級(jí)結(jié)構(gòu)不清或?qū)㈦婋x能與從基態(tài)躍遷到第一激發(fā)態(tài)所要吸收的能量混淆導(dǎo)致錯(cuò)解19．我國“嫦娥一號(hào)〞探月衛(wèi)星發(fā)射后，先在“24小時(shí)軌道〞上繞地球運(yùn)行(即繞地球一圈需要24小時(shí))；然后，經(jīng)過兩次變軌依次到達(dá)“48小時(shí)軌道〞和“72小時(shí)軌道〞；最后奔向月球。如果按圓形軌道計(jì)算，并忽略衛(wèi)星質(zhì)量的變化，那么在每次變軌完成后與變軌前相比A．衛(wèi)星動(dòng)能增大，引力勢(shì)能減小C．衛(wèi)星動(dòng)能減小，引力勢(shì)能減小B．衛(wèi)星動(dòng)能增大，引力勢(shì)能增大D．衛(wèi)星動(dòng)能減小，引力勢(shì)能增大【答案】D【命題立意】此題通過“嫦娥一號(hào)〞變軌問題考查萬有引力定律及其應(yīng)用，定性加半定量分析即可得到答案，屬于常規(guī)題，難度較小【解題思路】衛(wèi)星在不同的軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需要向心力由萬有引力提供，，有r大，那么T大，而得，三者中，“24小時(shí)軌道〞軌道半徑最小，v最大，動(dòng)能最大，“72小時(shí)軌道〞軌道半徑最大，v最小，動(dòng)能最小，在逐次變軌中，衛(wèi)星動(dòng)能減小，在逐漸遠(yuǎn)離地球過程中衛(wèi)星克服地球引力做功，引力勢(shì)能增大，故D正確。【易錯(cuò)分析】不能利用動(dòng)力學(xué)規(guī)律建立方程導(dǎo)致錯(cuò)解vL20．質(zhì)量為M，內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。初始時(shí)小物塊停在箱子正中間，如下圖。現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞NvLA．eq\f(1,2)mv2 B．eq\f(1,2)eq\f(mM,m+M)v2 C．eq\f(1,2)NμmgL D．NμmgL【答案】BD【命題立意】以兩物體屢次碰撞為載體，綜合考查功能原理，動(dòng)量守恒定律，要求考生能依據(jù)題干和選項(xiàng)暗示，從兩個(gè)不同角度探求系統(tǒng)動(dòng)能的損失，難度中等【解題思路】由于水平面光滑，一方面，箱子和物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，二者經(jīng)屢次碰撞后，保持相對(duì)靜止，易判斷二者具有向右的共同速度，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv=〔M+m〕，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為知B正確，另一方面，系統(tǒng)損失的動(dòng)能可由Q=，且Q=，由于小物塊從中間向右出發(fā)，最終又回到箱子正中間，其間共發(fā)生N次碰撞，那么=NL,那么B選項(xiàng)也正確【易錯(cuò)分析】由于此題是陳題翻新，一局部考生易陷入某種思維定勢(shì)漏選B或者D,另一方面，考生假設(shè)不仔細(xì)分析，易認(rèn)為從起點(diǎn)開始到發(fā)生第一次碰撞相對(duì)路程為L,那么發(fā)生N次碰撞，相對(duì)路程為,錯(cuò)選C21．一列簡諧橫波沿x軸傳播，波長為1.2m，振幅為A。當(dāng)坐標(biāo)為x=0處質(zhì)元的位移為-eq\f(eq\r(3),2)A且向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，坐標(biāo)為x=0.4m處質(zhì)元的位移為eq\f(eq\r(3),2)A。當(dāng)坐標(biāo)x=0.2m處的質(zhì)元位于平衡位置且向y軸正方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，x=0.4m處質(zhì)元的位移和運(yùn)動(dòng)方向分別為A．-eq\f(1,2)A、沿y軸正方向 B．-eq\f(1,2)A、沿y軸負(fù)方向C．-eq\f(eq\r(3),2)A、沿y軸正方向 D．-eq\f(eq\r(3),2)A、沿y軸負(fù)方向【答案】C【命題立意】此題考查機(jī)械波的圖像，簡諧運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)以及簡諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性等知識(shí)，對(duì)考生作圖以及利用數(shù)學(xué)中三角函數(shù)知識(shí)處理問題的能力要求較高，在本套試卷的選擇題中，難度較大【解題思路】由波長，某時(shí)刻在波的傳播方向上相距，坐標(biāo)分別為x=0和x=0.4m的兩質(zhì)元位移分別為和，畫出草圖，結(jié)合三角函數(shù)知識(shí)可以判定該時(shí)刻的波形圖具有唯一性，且根據(jù)坐標(biāo)為x=0處質(zhì)元向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，可確定波的傳播方向?yàn)閤軸正方向，且此時(shí)坐標(biāo)為x=0.2m處的質(zhì)元正位于平衡位置向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，直到當(dāng)坐標(biāo)為x=0.2m處的質(zhì)元位于平衡位置且向y軸正方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，其間歷時(shí)，根據(jù)簡諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，x=0.4m處質(zhì)元的位移和運(yùn)動(dòng)方向分別為、沿y軸正方向，C項(xiàng)正確【易錯(cuò)分析】一些考生對(duì)一些特殊角三角函數(shù)不熟，在解題中不能挖掘出題給條件對(duì)波形圖的限制，從而不能對(duì)波的傳播方向進(jìn)行準(zhǔn)確判斷，導(dǎo)致未能得到正確答案。第Ⅱ卷22.〔6分〕〔注意：在試題卷上作答無效〕在“油膜法估測(cè)油酸分子的大小〞試驗(yàn)中，有以下實(shí)驗(yàn)步驟：①往邊長約為40cm的淺盆里倒入約2cm深的水，待水面穩(wěn)定后將適量的痱子粉均勻地撒在水面上。②用注射器將事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形狀穩(wěn)定。③將畫有油膜形狀的玻璃板平放在坐標(biāo)紙上，計(jì)算出油膜的面積，根據(jù)油酸的體積和面積計(jì)算出油酸分子直徑的大小。④用注射器將事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴的滴入量筒中，記下量筒內(nèi)每增加一定體積時(shí)的滴數(shù)，由此計(jì)算出一滴油酸酒精溶液的體積。⑤將玻璃板放在淺盤上，然后將油膜的形狀用彩筆描繪在玻璃板上。完成以下填空：〔1〕上述步驟中，正確的順序是?！蔡顚懖襟E前面的數(shù)字〕〔2〕將1cm3的油酸溶于酒精，制成300cm3的油酸酒精溶液；測(cè)得1cm3的油酸酒精溶液有50滴?，F(xiàn)取一滴該油酸酒精溶液滴在水面上，測(cè)得所形成的油膜的面積是0.13m2。由此估算出油酸分子的直徑為m。〔結(jié)果保存1位有效數(shù)字〕【易錯(cuò)分析】未能掌握本實(shí)驗(yàn)中估算油酸分子的方法或是不注意有效數(shù)字導(dǎo)致失分【解析】〔1〕實(shí)驗(yàn)步驟為④①②⑤③〔2〕根據(jù)純油酸的體積V和油膜面積S,可計(jì)算出油膜的厚度L,把油膜厚度L視為油酸分子的直徑，那么d=，每滴油酸酒精溶液的體積是，而1cm3的油酸溶于酒精，制成300cm3的油酸酒精溶液，那么一滴油酸酒精溶液中含純油酸的體積是V=，那么根據(jù)題目要求保存1位有效數(shù)字可知油酸分子的直徑為5m?！敬鸢浮恳娊馕觥军c(diǎn)評(píng)】此題為現(xiàn)行教材的必考實(shí)驗(yàn)之一，新課標(biāo)教材那么出現(xiàn)在選修3-3中，為選考實(shí)驗(yàn)，本實(shí)驗(yàn)為測(cè)定性實(shí)驗(yàn)，雖然過程并不復(fù)雜，但整個(gè)實(shí)驗(yàn)表達(dá)出利用宏觀量的測(cè)量求出微觀量這一重要的物理思想，而且前后步驟很嚴(yán)謹(jǐn)，適合考查學(xué)生對(duì)實(shí)驗(yàn)原理理解和和對(duì)實(shí)驗(yàn)操作步驟的熟悉程度。難度較小23.〔12分〕使用多用電表測(cè)量電阻時(shí)，多用電表內(nèi)部的電路可以等效為一個(gè)直流電源〔一般為電池〕、一個(gè)電阻和一表頭相串聯(lián)，兩個(gè)表筆分別位于此串聯(lián)電路的兩端。現(xiàn)需要測(cè)量多用電表內(nèi)電池的電動(dòng)勢(shì)，給定的器材有：待測(cè)多用電表，量程為60mA的電流表，電阻箱，導(dǎo)線假設(shè)干。實(shí)驗(yàn)時(shí)，將多用電表調(diào)至×1擋，調(diào)好零點(diǎn)；電阻箱置于適當(dāng)數(shù)值。完成以下填空：儀器連線如圖1所示〔a和b是多用電表的兩個(gè)表筆〕。假設(shè)兩電表均正常工作，那么表筆a為____〔填“紅〞或“黑〞〕色；假設(shè)適當(dāng)調(diào)節(jié)電阻箱后，圖1中多用電表、電流表與電阻箱的示數(shù)分別如圖2〔a〕、〔b〕、〔c〕所示，那么多用電表的讀數(shù)為_______Ω；電流表讀數(shù)為______mA；電阻箱的讀數(shù)為________Ω；多用電表電阻箱多用電表電阻箱電流表圖1ba圖2〔a〕圖2圖2〔b〕0102030405060將圖1中多用電表的兩表筆短接，此時(shí)流過多用電表的電流為_______mA；(保存3位有效數(shù)字)計(jì)算得到多用電表內(nèi)電池的電動(dòng)勢(shì)為______V?！脖４?位有效數(shù)字〕答案：〔1〕黑；〔2〕14.053.04.6；〔3〕102；〔4〕1.54【解析】〔1〕依題意，當(dāng)按圖1操作時(shí)，兩電表均正常工作，結(jié)合歐姆表中的電流為紅進(jìn)黑出，知a為黑表筆?！?〕見答案〔3〕〔4〕測(cè)電阻是依據(jù)閉合電路歐姆定律,R為調(diào)零電阻,為表頭內(nèi)阻，r為歐姆表電池內(nèi)阻，那么多用電表總內(nèi)阻=R++r，紅黑表筆接觸,進(jìn)行歐姆表調(diào)零時(shí),表頭指針滿偏,那么有:Ig=E/(Rg+R+r),當(dāng)紅、黑表筆間有未知電阻Rx時(shí)有I=E/(Rg+R+r+Rx),故每一個(gè)未知電阻都對(duì)應(yīng)一個(gè)電流值I,在刻度盤上都有一個(gè)偏轉(zhuǎn)角度對(duì)應(yīng),我們便可在刻度盤對(duì)應(yīng)處,標(biāo)有Rx的值;當(dāng)Rx=Rg+R+r時(shí)，I=，指針半偏，所以歐姆表內(nèi)阻等于R中.結(jié)合表盤的刻度知電表內(nèi)阻=15Ω,外阻為R=4.6Ω此時(shí)電流為：I=53mA,求出E=I(+R)=1.54V，從而求出短路電流：==102mA〔15分〕〔注意：在試題卷上答題無效〕MNacLbd如圖，兩根足夠長的金屬導(dǎo)軌ab、cd豎直放置，導(dǎo)軌間距離為L，電阻不計(jì)。在導(dǎo)軌上端并接2個(gè)額定功率均為P、電阻均為R的小燈泡。整個(gè)系統(tǒng)置于MNacLbd〔1〕磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。弧?〕燈泡正常發(fā)光時(shí)導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)速率?！窘獯疬^程】〔1〕設(shè)小燈泡的額定電流為I0，有P=I02R① 根據(jù)題意，金屬棒MN沿導(dǎo)軌豎直下落的某時(shí)刻后，小燈泡保持正常發(fā)光，流經(jīng)MN的電流為I=2I0② 此時(shí)金屬棒MN所受的重力和安培力相等，下落的速度到達(dá)最大值，有mg=BLI③ 聯(lián)立①②③式得式得B=eq\f(mg,2L)eq\r(eq\f(R,P))④ 〔2〕設(shè)燈泡正常發(fā)光時(shí)，導(dǎo)體棒的速率為v，由電磁感應(yīng)定律與歐姆定律得E=BLv⑤E=RI0⑥ 聯(lián)立①②④⑤⑥式得v=eq\f(2P,mg)⑦【易錯(cuò)分析】不能正確作出等效電路圖，對(duì)譬如電路中的電流關(guān)系弄錯(cuò)，導(dǎo)致錯(cuò)解?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查電磁感應(yīng)與力學(xué)，電路的綜合問題，屬于常規(guī)題，從導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況來看，屬于一根導(dǎo)體棒的“運(yùn)動(dòng)——發(fā)電——電流——運(yùn)動(dòng)〞類型，自由釋放的金屬棒MN,下落過程中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路中形成電流，金屬棒MN受到安培力作用，影響金屬棒的運(yùn)動(dòng)。解決該類問題的關(guān)鍵有兩個(gè)，一是要正確作出等效電路圖，二是對(duì)導(dǎo)體或者是閉合回路的局部進(jìn)行正確的受力分析，列出動(dòng)力學(xué)或者靜力學(xué)方程。25.〔19分〕MNEv0BP0III 如圖，與水平面成45°角的平面MN將空間分成I和II兩個(gè)區(qū)域。一質(zhì)量為、電荷量為q〔q＞0〕的粒子以速度v0從平面MN上的P0點(diǎn)水平向右射入I區(qū)。粒子在I區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)，只受到大小不變、方向豎直向下的電場作用，電場強(qiáng)度大小為；在II區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)，只受到勻強(qiáng)磁場的作用，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為MNEv0BP0III【解答過程】帶電粒子進(jìn)入電場后，在電場力的作用下沿拋物線運(yùn)動(dòng)，其加速度方向豎直向下，設(shè)其大小為a，由牛頓定律得qE=ma①M(fèi)NEv0BP0IIIMNEv0BP0IIIP1P2v1Cr1v0t0=eq\f(1,2)at02② 粒子速度大小v1=eq\r(v02+(at0)2)③ 設(shè)速度方向與豎直方向的夾角為，那么tan=eq\f(v0,at0)④ 此時(shí)粒子到出發(fā)點(diǎn)P0的距離為s0=eq\r(2)v0t0⑤ 粒子進(jìn)入磁場，在洛侖茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓周半徑為r1=eq\f(mv1,qB)⑥ 設(shè)粒子首次離開磁場的點(diǎn)為P2，弧eq\o(\s\up6(︵),\s\do1(P1P2))所張的圓心角為2，那么P1到點(diǎn)P2的距離為s1=2r1sin⑦ 由幾何關(guān)系得+=45°⑧聯(lián)立①②③④⑥⑦⑧式得s1=eq\r(2)eq\f(mv0,qB)⑨點(diǎn)P2與點(diǎn)P0相距l(xiāng)=s0+s1⑩聯(lián)立①②⑤解得l=eq\f(eq\r(2)mv0,q)(eq\f(2v0,E)+eq\f(1,B))【易錯(cuò)分析】1.對(duì)于帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)，一些考生錯(cuò)將45°角當(dāng)成粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的速度偏向角，導(dǎo)致錯(cuò)解，也有一些考生將粒子出電場時(shí)的速度大小仍當(dāng)成是，導(dǎo)致錯(cuò)解2.對(duì)于粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)，對(duì)幾何關(guān)系挖掘不細(xì)致導(dǎo)致不能完成求解。26.〔20分〕 裝甲車和戰(zhàn)艦采用多層鋼板比采用同樣質(zhì)量的單層鋼板更能抵御穿甲彈的射擊。通過對(duì)以下簡化模型的計(jì)算可以粗略說明其原因。 質(zhì)量為2、厚度為2的鋼板靜止在水平光滑的桌面上。質(zhì)量為的子彈以某一速度垂直射向該鋼板，剛好能將鋼板射穿?，F(xiàn)把鋼板分成厚度均為、質(zhì)量為的相同的兩塊，間隔一段距離平行放置，如下圖。假設(shè)子彈以相同的速度垂直射向第一塊鋼板，穿出后再射向第二塊鋼板，求子彈射入第二塊鋼板的深度。設(shè)子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，且兩塊鋼板不會(huì)發(fā)生碰撞。不計(jì)重力影