山东省威海市2021届高三物理下学期模拟(二模)试题(含解析).doc

山东省威海市2021届高三物理下学期模拟（二模）试题（含解析）
1．本试卷共6页，满分100分，考试用时90分钟。

2．答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。

3．选择题答案必须使用2B 铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

4．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

保持卡面清洁，不折叠、不破损。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.一群处于基态的氢原子吸收某种频率的光子后，向外辐射了ν1、ν2、ν3三种频率的光子，且ν1>ν2>ν3，则（ ）
A. 被氢原子吸收的光子的能量为hν1
B. 被氢原子吸收的光子的能量为hν2
C. 被氢原子吸收的光子的能量为hν3
D. 被氢原子吸收的光子的能量为hν1+ hν2+ hν3 【答案】A 【解析】
【详解】ABCD ．氢原子吸收光子能向外辐射出三种频率的光子，说明氢原子从基态跃迁到了第三能级态（如图所示）
在第三能级态不稳定，又向低能级跃进，发出光子，其中从第三能级跃迁到第一能级的光子能量最大，为1h ν，从第二能级跃迁到第一能级的光子能量比从第三能级跃迁到第二能级的光子能量大，由能量守恒可知，氢原子一定是吸收了能量为1h ν的光子，且关系式
123h h h ννν=+
BCD 错误A 正确
2.渔船常利用超声波来探测远方鱼群的方位。

图甲为某超声波波源的振动图像，图乙为该超声波某时刻在水中的波动图像，现测得超声波信号从渔船到鱼群往返一次所用时间为2s ，则鱼群与渔船间的距离为（忽略鱼群和渔船的运动）（ ）
A. 500m
B. 1000m
C. 1500m
D. 2000m
【答案】C 【解析】
【详解】由振动图可知，周期5110s T -=⨯，波形图读出波长21.50m 1λ-=⨯，由波速公式得波速为
32
5
1.510m/s 1.510m/s 1.010
v T λ
--⨯===⨯⨯ 鱼群与渔船的距离为
311
1.5102m 1500m 22
x vt ==⨯⨯⨯=
故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

3.如图所示为一透明的正方体物块，下列说法正确的是（ ）
A. 由于该物块有规则形状，所以它一定为晶体
B. 由于该物块透明，所以它一定为晶体
C. 若该物块为绝缘体，则它一定为非晶体
D. 若将该物块加热到某一温度才开始熔化，且熔化的过程中温度保持不变，则它一定为晶体 【答案】D
【详解】固体可以分为晶体和非晶体两类，而晶体又可以分为单晶体和多晶体两类。

晶体和非晶体
的
区别在于有没有确定的熔点，其中晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点；单
晶体具有规则的几何外形，多晶体与非晶体没有规则的几何外形，晶体和非晶体在一定的条件下可以相互转化，故ABC 错误，D 正确。

故选D 。

4.用波长200nm 的光照射铝的表面发生光电效应，已知铝的逸出功是4.2eV ，普朗克常量
h =6.6×10-34J·s，电子电量e =1.6×10-19C ，则光电子的最大初动能约为（ ）
A. 0.2 eV
B. 2 eV
C. 20eV
D. 200eV
【答案】B 【解析】
【详解】根据光电效应方程
K 00hc
E h W W νλ
=-=
-
带入数据得
19K 3.210J=2eV E -=⨯
ACD 错误B 正确。

故选B 。

5.根据德布罗意理论，实物粒子也具有波动性，其波长h
p
λ=
，其中h 为普朗克常量，p 为实物粒子的动量。

某实验小组用电子束做双缝干涉实验，实验时用50kV 电压加速电子束，然后垂直射到间距为1mm 的双缝上，在与双缝距离约为35cm 的光屏上得到了干涉条纹，但条纹间距很小。

要使干涉条纹间距变大，下列措施一定可行的是（ ） A. 减小加速电子的电压，减小双缝间的距离，增大双缝到光屏的距离 B. 减小加速电子的电压，减小双缝间的距离，减小双缝到光屏的距离 C. 增大加速电子的电压，减小双缝间的距离，增大双缝到光屏的距离 D. 增大加速电子的电压，增大双缝间的距离，增大双缝到光屏的距离 【答案】A 【解析】
【详解】根据相邻两个亮条纹或暗条纹的中心间距公式l
x d
λ∆=
可知，要使干涉条纹间距变大，可以减小双缝间的距离d ，增大双缝到光屏的距离l ，增大λ；减小加速电压使粒子p 减小，根据h
p
λ=可知，λ增大。

故BCD 错误，A 正确。

故选A 。

6.我国北斗导航系统（BDS ）到今年（2021年）将全面建成，是继GPS 、GLONASS 之后第三个成熟的卫星导航系统。

该卫星导航系统空间段包括5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星，静止轨道卫星是地球同步轨道卫星的一种。

若有一颗与地球同步轨道卫星在同一轨道平面内的人造地球卫星，在自西向东绕地球运行，已知它的运行半径为同步轨道半径的四分之一，地球自转周期为T ，某时刻该卫星与地球同步轨道卫星相距最近，则到下一次相距最近经历的最短时间为（ ） A.
9
T B.
8
T C.
7
T D.
4
T 【答案】C 【解析】
【详解】设地球的质量为M ，同步卫星的质量为m ，运动周期为地球的自转周期T ，因为卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，故
2
22
4GMm m R R T π= 设低轨道卫星的周期为1T ，则
3
212
3()4R
T
T R
= 得
18
T T =
设卫星至少每隔t 时间在同一地点的正上方出现一次，只需满足
1222T T t
πππ-= 解得
7
T
t = 故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

7.生活中经常用刀来劈开物体。

如图是刀刃的横截面，F 是作用在刀背上的力，若刀刃的横截面是等腰三角形，刀刃两侧面的夹角为θ，刀的重力可以忽略，则刀劈物体时对物体的侧向推力F N 的大小为（ ）
A.
sin
2
F
θ
B.
2sin
2
θF
C. cos
2
F θ
D.
2cos
2
F
θ
【答案】B 【解析】
【详解】ABCD ．将力F 根据平行四边形定则分解如下
由几何知识得，侧向推力的大小为
'2sin 2sin 22
F
F
F θθ==
ACD 错误B 正确。

故选B 。

8.如图所示的电路中， R 1、R 2、R 3为阻值相同的电阻，C 为电容器，电源的电动势为E ，内阻为r 。

先将电键S 闭合，电路稳定后，流过电源的电流为I 1，电源的效率为η1，电容器的带电量为Q 1；再将S 断开，电路稳定后，流过电源的电流为I 2，电源的效率为η2，电容器的带电量为Q 2，则下列说法正确的是（ ）
A. I 1< I 2
B. η1>η2
C. Q 1>Q 2
D. S 断开后，通过电阻R 3的电荷量为Q 1+Q 2 【答案】D 【解析】
【详解】A ．设三个相同的电阻为R ，电键S 闭合，电路如图
通过电源的电流
1
23
E I r R =
+ S 断开，电路如图
通过电源的电流
22E
I r R
=
+
所以，12I I >，A 错误；
B ．电键S 闭合，电源效率
2
12232332
R I R R I R R r R r η===++外总
S 断开，电源效率
2222122
I R R R
I R R r R r η===
++外总
所以，12ηη<，B 错误；
C ．电键S 闭合，电容器的两端的电压等于电阻1R 两短的电压
11
233
c E U R r R =
⨯+ 电容器的带电量
11123323
c E E
Q CU C
R C R r R r R ==⨯=⨯++ S 断开，电容器的两端的电压等于电阻2R 两端的电压
22c E
U R r R
=
+
电容器的带电量
222c E
Q CU C
R r R
==+
分析可得12Q Q <，C 错误；
D ．电键S 闭合，给电容器充电，电容器下级板带正电，上级板带负电，电容器充电电量为1Q ，S 断开后，电容器首先放电，通过3R 的电荷量为1Q ，然后在给电容器充电，充电量为2Q ，则流过3R 电荷量为
12Q Q +
D 正确。

故选D 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。

在每小题给出的四个选项中，有多
项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9.风能作为一种清洁的可再生能源，越来越受到世界各国的重视。

风力发电原理是利用风力带动风车叶片旋转，再通过齿轮箱将发电机线圈转速提升，进而发电。

当叶轮转速在某一区间范围内时，线圈转速可以稳定到某一固定数值，某次产生的交变电动势的图像如图所示，已知线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动，线圈匝数为n 、面积为S 。

下列说法正确的是（ ）
A. 线圈的转速为1T
B.
2
T
时刻线圈平面与中性面垂直 C. 穿过线圈的磁通量最大值为02π
E T
D. 在2
T
~T 时间内，线圈中感应电动势的平均值为02E
【答案】AB 【解析】
【详解】A ．由图像可知，周期为T ，则线圈的转速为1
T
，故A 正确； B ．由图像可知，
2
T
时刻感应电动势最大，则此时磁通量变化率最大，磁通量最小即线圈平面与中性面垂直，故B 正确； C ．由图像可知
max max 02π
2πn nBS E E nBS T T ωΦ⋅⋅===
= 得
0max 2π
E T n Φ=
故C 错误； D ．在
2T ~T 时间内，由图像可知，在2
T
与T 时刻感应电动势最大，两时刻的磁通量都为0，则平均感应电动势为0，故D 错误。

故选AB 。

10.如图所示，矩形闭合线框abcd 置于垂直纸面向里的矩形匀强磁场ABCD 内，ab ∥AB ，ad = 2ab 。

将线框匀速拉出磁场，第一次速度为v 1，方向垂直AB ，通过线框横截面的电荷量为q 1，第二次速度为v 2，方向垂直BC ，通过线框横截面的电荷量为q 2。

若两次线框中产生的热量相同，下列说法正确的是（ ）
A. v 1 = 2v 2
B. v 1 = 4v 2
C. q 1 = 2q 2
D. q 1 = q 2 【答案】AD 【解析】
【详解】AB ．设矩形闭合线框abcd 的电阻为R ，ab 边长为L ，则ad 边长为2L ，则线框第一次被匀速拉出磁场过程中产生的热量为
2
232
111111
22BLv B L v L Q I Rt R R v R ⎛⎫==⋅
= ⎪⎝⎭ 线框第二次被匀速拉出磁场过程中产生的热量为
2
232
2222
2224B L v B L v L Q I Rt R R v R ⋅⋅⎛⎫
==⋅=
⎪⎝⎭
因为两次线框中产生的热量相同，则
12Q Q =
解得
122v v =
故A 正确，B 错误；
CD ．由法拉第电磁感应定律得，线框被拉出磁场过程中的平均电动势为
ΔΔE t
Φ
=
平均电流为
E I R
=
通过线框横截面的电荷量为
Δq I t =⋅
联立解得
Δq R
Φ
=
因为线框两次被拉出磁场过程中，磁通量变化量相同，即
212ΔΔ2BL ΦΦ==
所以线框两次被拉出磁场时，通过线框横截面的电荷量相等，即12q q =，故C 错误，D 正确。

故选AD 。

11.图甲为蹦极的场景，运动员及携带装备的总质量为75kg ，弹性绳原长为10m 。

运动员从蹦极台自由下落，下落过程中的速度-位移图像如图乙所示。

已知弹性绳的弹力与伸长量的关系符合胡克定律，重力加速度g 取10m/s 2。

下列说法正确的是（ ）
A. 整个下落过程中，运动员及携带装备与弹性绳组成的系统机械能守恒
B. 运动员及携带装备从静止开始下落15m 的过程中重力的冲量为1125N·s
C. 弹性绳的劲度系数约为150N/m
D. 弹性绳长为24m 时，运动员的加速度大小约为5m/s 2 【答案】AC 【解析】
【详解】A ．整个下落过程中，运动员及携带装备与弹性绳组成的系统除重力和弹力外没有其它外力做功，满足机械能守恒条件，故A 正确；
B ．运动员及携带装备从静止开始下落15m 的过程中如果是自由落体，重力的冲量为
g I mgt = 212
h gt =
得
21212.4N s g h
I mg
g
=≈⋅ 由题可知后面5m 有弹性绳作用，时间变长，重力的冲量进一步增大，故B 错误； C ．由开始下落到最低点全程使用动能定理
21
02
mgH k x -∆=
带入数据解得
150N/m k ≈
故C 正确；
D ．弹性绳长为24m 时，由牛顿第二定律
k x mg ma '∆-=
带入数据解得
220/a m s =
方向向上，故D 错误。

故选AC 。

12.如图所示，M 、N 为真空中相距为2L 的两个等量负点电荷，O 为两电荷连线的中点，a 、b 为连线上的两点，且距O 点的距离均为x （x
L ），下列说法正确的是（ ）
A. a 、b 两点的场强相同
B. a 、b 两点的电势相同
C. 在a 点由静止释放一电子，则电子在a 、b 之间做简谐运动
D. 以M 为球心做一球面，电子在该球面上任意两点间移动电场力均不做功 【答案】BC
【解析】
【详解】AB ．根据两个等量负点电荷的电场和电势分布特点，由对称性可知，a 、b 两点的场强大小相等，方向相反，a 、b 两点的电势相同，故A 错误，B 正确；
C ．因为aO 之间的合场强指向M ，bO 之间的合场强指向N ，所以电子在a 、b 之间受到的电场力均指向平衡位置O ，设电子到O 点的距离为r （r x L ≤），负点电荷的电荷量为Q ，则电子
在ab 之间所受电场力的合力大小为
()
(
)
()
2
2
2
2
322
2424441keQ
keQ
Lr
Lr keQ
F keQ
keQ
r L L r L r r L r L L =
-
==≈
-+⎛⎫-- ⎪
⎝⎭
所以电子所受合力大小与到平衡位置的距离成正比，符合简谐振动回复力的特征，则电子将在ab 之间做简谐振动，故C 正确；
D ．根据两个等量负点电荷的电势分布特点可知，以M 为球心做一球面并非等势面，所以电子在该球面上任意两点间移动电场力有做功，故D 错误。

故选BC 。

三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13.某小组做“测定玻璃的折射率”的实验，提供的器材有：玻璃砖、大头针、刻度尺、三角板、圆规、笔、白纸。

（1）实验中，在白纸上记录的玻璃砖的界线M 、N 及四个大头针P 1、P 2、P 3、P 4扎下的孔洞如图所示，请简述如何正确确定大头针P 4的位置______； （2）请
图中完成光路图_________；
（3）请使用你手中的刻度尺、三角板或圆规等工具通过作图并测量计算出该玻璃砖的折射率约为______（结果保留三位有效数字）。

【答案】 (1). 远离P 3，使P 4挡住P 3和P 1、P 2的像 (2).
(3). 1.40 ~ 1.60
【解析】
【详解】（1）[1]远离P3，使P4挡住P3和P1、P2的像。

（2）[2]光路图如下图所示
（3）[3]以P1、P2的连线与玻璃面交点为圆心画圆，以圆与入射光线和折射光线的交点作法线的垂线段，两垂线段的比值就是玻璃砖的折射率，通过计算可得折射率范围为1.40 ~ 1.60。

14.某同学要测量一段金属丝的电阻率，使用的器材如下：
A. 待测金属丝R x（阻值约为5 Ω）
B. 学生电源E（电动势为10 V，内阻忽略不计)
C. 电流表A1（量程0.6 A，内阻r1约为0.5 Ω）
D. 电流表A2（量程200 μA，内阻r2= 3000 Ω）
E. 定值电阻R1（阻值为2 kΩ）
F. 定值电阻R2（阻值为12 kΩ）
G. 滑动变阻器R3（总阻值为10 Ω）
H. 滑动变阻器R4（总阻值为20 Ω）
I. 米尺
G. 鳄鱼夹
K. 电键和导线若干
(1)将选用的实验器材连接成如图甲所示的电路，其中R 0与R x 之间用鳄鱼夹连接，电键S 闭合前，应先将鳄鱼夹移至R x 的最______端（填“左”或“右”），滑动变阻器R 的滑动触头P 移至最______端（填“左”或“右”）；
(2)图甲中的滑动变阻器R 应选用______（选填“R 3”或“R 4”），定值电阻R 0应选用______（选填“R 1”或“R 2”）；
(3)实验中用螺旋测微器在金属丝的不同位置测量其直径，其中某次测量的结果如图乙所示，读数为______mm ；
(4)闭合电键S ，调节滑动变阻器触头P 的位置，使电流表A 1接近满偏，并记下其示数I 1。

保持P 位置不动，逐渐改变鳄鱼夹的位置，记下不同位置时电流表A 2的示数I 和鳄鱼夹离R x 左端的距离L ；
(5)以I 为纵轴（电流表A 2的示数I << I 1），L 为横轴，作出图像，若图像的斜率为k ，金属丝的横截面积用S 表示，则金属丝电阻率的计算表达式为ρ = ______（用题中所给的字母k 、
S 、I 1、R 0、r 2表示）。

【答案】 (1). 左 (2). 右 (3). R 4 (4). R 2 (5). 0.620 (6).
()021
kS R r I +
【解析】
【详解】(1)[1]实验开始之前，应先将鳄鱼夹移至R x 的最左端，此时电阻R 0被短路，电流表A 2的电流最小，保证电路安全。

[2]实验开始之前，滑动变阻器R 的滑动触头P 应移至最右端，此时接入电路的电阻最大，电流表A 1的电流最小，保证电路安全。

(2)[3]图甲中的滑动变阻器R 选用R 3时，电路中的最小电流约为
10
A 0.67A 510
I =
≈+ 此电流大于电流表A 1的量程，实验不安全，所以滑动变阻器R 选应用R 4。

[4]定值电阻R 0选用R 2时，电流表A 2被改装成的电压表的量程为
()()6g 2220010300012000V 3V U I r R -=+=⨯⨯+=
这一量程更符合实验的要求，所以应选R 2。

(3)[5]螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm ，可动刻度读数为
0.01 × 12.0 mm = 0.120 mm
所以最终读数为
0.5 mm + 0.120 mm = 0.620 mm
(5)[6]由欧姆定律和电阻定律得
()021x x
I R r U I R R +== x L
R S
ρ
= 整理得
102()I I L R r S
ρ
=
+
所以图像的斜率为
102()I k R r S
ρ
=
+
解得
()
021
kS R r I ρ+=
15.图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，粗糙轨道ABC 在同一竖直平面内，点A 距水面高
度为H ，点C 距水面的高度为4H
h =
，BC 部分可视为半径为2
H R =的圆弧。

一质量为m 的游客（视为质点）从轨道A 点由静止滑下，到C 点时沿水平方向滑离轨道，最终落在水面上的D 点，若游客在C 点时对轨道的压力大小为3mg ，不计空气阻力，重力加速度为g ，求： (1)运动过程中，游客克服摩擦力所做的功；
(2)游客刚入水时的速度与水平方向夹角的正切值及重力的瞬时功率。

【答案】(1)14mgH ；(2)2tan 2
θ=，2mg gH
【解析】
【详解】(1)游客在C 点时，对其受力分析如图
由牛顿第二定律得
2
N v F mg m R
-=
对游客从A 到C 由动能定理得
f 201()2
W mg H h mv --=
解得
f 1
4
W mgH =
(2)对游客从C 到D 由运动学公式得
22g y v h =
设游客入水时的速度方向与水平方向成θ角，则
tan y v v θ=
解得
2tan 2
θ=
重力的瞬时功率
y P mgv =
解得
22
mg gH
P =
16.如图，左细右粗的导热气缸内的理想气体被竖直导热活塞分隔成A 、B 两部分，活塞右端用一长为L 的轻绳固定在气缸右壁，活塞左端距气缸左端的距离为L 。

已知气缸左端截面积为
S ，右端截面面积为2S ，A 部分气体的压强为p 0，B 部分气体的压强为4p 0，活塞横截面积为S ，
质量不计，气缸内表面光滑，周围环境温度保持不变。

（1）求轻绳的拉力大小F ；
（2）若轻绳突然断裂，求再次平衡时活塞离气缸左侧的距离。

【答案】（1）03F p S =；（2）1
3
x L = 【解析】
【详解】（1）对活塞受力分析如图所示，由受力平衡得
B A p S p S F =+
解得
03F p S =
（2）设活塞再次平衡时离气缸左侧的距离为x ，由玻意耳定律得 对气体A
A p LS pxS =
对气体B
B 22)p L S p L S LS xS ⨯=⨯+-（
解得
1
3
x L =
17.如图所示，圆心为O 的两个同心圆a 、b 的半径分别为R 和2R ，a 和b 之间的环状区域存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，圆a 内存在着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为
2
B。

一质量为m 、电荷量为+q 的带电粒子从圆b 边缘上的M 点以某一初速度v 0射入磁场，当v 0的方向与MN 的夹角为30°时，粒子能够到达N 点，已知粒子在环状磁场中的运动半径为R ，带电粒子的重力忽略不计。

（1）求粒子初速度v 0的大小； （2）求粒子从M 到N 的运动时间；
（3）若调整粒子的初速度大小和方向，使粒子不进入圆a 仍然能够到达N 点，且运动时间最短，求粒子初速度的大小。

【答案】（1）0qBR v m =
；（2）4π3m qB ；（3）52qBR
v m
=
【解析】
【详解】（1）由牛顿第二定律得
2
0mv qv B R
= 解得
0qBR
v m
=
（2）由牛顿第二定律得
20
0a
mv qv B R =
由运动学公式得，粒子在环状磁场中的运动周期
102π2πa R m
T v qB
=
= 粒子在圆a 中的运动周期
24πm
T qB
=
粒子在环状磁场中的运动时间
1
1312π
t t T θ==
粒子在圆a 中的运动时间
2
222π
t T θ=
据几何知识可得
12π3
θθ==
粒子从M 运动到N 点的时间
1234π3m
t t t t qB
=++=
（3）由题意可知，当粒子的运动轨迹与圆a 相切时，其运动时间最短，由几何知识得
()2
22(2)R R R R ''=+-
由牛顿第二定律得
2
mv qvB R ='
解得
52qBR
v m
=
18.如图甲所示，足够长的斜面与水平面的夹角为30︒，质量分别为0.5kg 和1kg 的A 、B 两个小物块，用一根细线相连，A 、B 之间有一被压缩的微型弹簧，A 、B 与弹簧组成的系统可视为质点。

某时刻，将A 、B 从P 点由静止释放，运动至Q 点时，细线突然断裂，压缩的微型弹簧使A 、B 瞬间分离，从分离时开始计时，A 、B 短时间内运动的速度图像如图乙所示，重力加速度取g =10m/s²。

求：
(1)A 、B 与斜面间的动摩擦因数；
(2)细绳未断裂前微型弹簧储存的弹性势能； (3)A 、B 再次相遇前的最远距离。

【答案】(1)A 3μ=，B 3μ=(2)p 6J E ；(3)68
m 15
L =
【解析】
【详解】(1)根据图像可知，AB 分离后，B 沿斜面向下做匀速直线运动，A 沿斜面向上做匀减速直线运动，且
2A 7.5m /s v
a t
∆=
=∆ 对A 由牛顿第二定律得
A A A A A sin30cos30m g m g m a μ︒︒+=
解得
优质资料\word 可编辑
- 21 - /
21- 21 -
A μ=
对B 由平衡方程得
B B B sin30cos30m g m g μ︒︒=
解得
B 3
μ=
(2)细线断裂瞬间，对AB 由动量守恒定律得
A B A A B B ())m m v m v m v +=+-(
由能量守恒定律得
222p A A B B A B 111
()222
E m v m v m m v =
+-+ 解得
p 6J E =
(3)当AB 的速度相等时，二者相距最远，设A 上滑的时间为t A ，位移为x A ；A 下滑过程中的加速度为A a '
，时间为A t '
，位移为A x '
，则有
A A A v a t =，2A A A 2v a x =
对A 由牛顿第二定律得
A A A A A sin30cos30m g m g m a μ︒︒'-=
B A A v a t ''=，2B A A 2v a x ''=
B 发生的位移
B A A ()B x v t t '=+
AB 再次相遇前的最远距离
B A A L x x x '=+-
解得
68
m 15
L =。