北京市顺义区2021届新高考物理第一次押题试卷含解析

北京市顺义区2021届新高考物理第一次押题试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．在竖直平面内有一条抛物线，在抛物线所在平面建立如图所示的坐标系。

在该坐标系内抛物线的方程为2
4y x =，在y 轴上距坐标原点 1.5m h =处，向右沿水平方向抛出一个小球，经0.5s 后小球落到抛物线
上。

则小球抛出时的速度大小为（g 取210m/s ）
A ．1m/s
B ．0.75m/s
C ．0.5m/s
D ．0.25m/s
【答案】C 【解析】 【详解】
小球做平抛运动，如图所示
在竖直方向有
212
h y gt -=
在水平方向有
0x v t =
由题意得
24y x =
联立解得小球抛出时的速度大小为
00.5m/s v =
故A 、B 、D 错误，C 正确； 故选C 。

2．在地球同步轨道卫星轨道平面内运行的低轨道卫星，其轨道半径为同步卫星半径的
1
4
，则该低轨道卫
星运行周期为（ ） A ．1h B ．3h
C ．6h
D ．12h
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
根据开普勒第三定律
3
2231
()4=r T
T r 同卫同
同
解得
11
24h=3h 88
T T ==⨯卫同
故选B 。

3．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x 轴正向运动，其电势能P E 随位移x 变化关系如图所示，其中0～
2x 段是关于直线1x x =对称的直线，2x ～3x 段是曲线，则下列说法正确的是（ ）
A ．1x 处电场强度最小
B ．在123O x x x 、、、处电势0123φφφφ、、、的关系为3201φφφφ<=<
C ．0x ～2x 段带电粒子做匀变速直线运动
D ．0x ～1x 段电场方向不变，大小变，1x ～3x 段的电场强度大小方向均不变 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．根据电势能与电势的关系：E p =qφ，场强与电势的关系：E x
ϕ
=
V V ，得
1p E E q x
=
⋅V V 由数学知识可知E p -x 图象切线的斜率等于p E x
V V ，x 1处的斜率可以认为与0-x 1段相等，故此时电场强度并
不是最小的，故A 错误；
B ．根据电势能与电势的关系：E p =qφ，粒子带负电，q ＜0，则知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有 φ3＜φ2=φ0＜φ1 故B 正确；
C ．由图可知，0～x 1段和0～x 2段电场方向相反，故加速度并不相同，不是一直做匀变速运动，故C 错误；
D ．0～x 1段电场方向不变，大小不变，x 2～x 3段图象的斜率减小，故电场强度大小减小，方向不变，故D 错误。

故选B 。

4．以开发核聚变能源为目的，被誉为“人造太阳”的中国环流器二号M （HL--2M ）装置在2019年全国两会期间备受关注。

下列核反应方程中属于核聚变反应的是（ ）
A ．144171
7281N He O H +→+
B ．4
27301213
150He Al P n +→
+
C ．2341
1120H H He n +→+ D ．
2351144891
92
056360U n Ba Kr 3n +→++
【答案】C 【解析】 【详解】
核聚变是指由质量小的原子，主要是指氘或氚，在一定条件下（如超高温和高压），发生原子核互相聚合作用，生成新的质量更重的原子核，并伴随着巨大的能量释放的一种核反应形式，用快速粒子（天然射线或人工加速的粒子）穿入原子核的内部使原子核转变为另一种原子核的过程，这就是原子核的人工转变。

由此可知：核反应方程
2
341
1
120H H He n +→+
是原子核的聚变反应； A ．
14
4171
7
281N He O H +→+，是原子核的人工核转变，故A 错误；
B ． 4
27301213
150He Al P n +→
+，是原子核的人工核转变，故B 错误；
C ． 2341
1120H H He n +→+与分析相符，故C 正确；
D ．
2351144891
92
056360U n Ba Kr 3n +→++属于裂变反应，故D 错误。

故选：C 。

5．某一人造卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为地球同步卫星绕地球轨道半径的1
2
，则此卫星运行的周期大约是（ ） A ．6h B ．8.4h
C ．12h
D ．16.9h
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
由题意卫星的轨道半径是同步卫星半径的
1
2
，根据开普勒第三定律有 33 22
1()2r r T
T =同同同卫
可得
24h 8.4h T ==≈卫同 故ACD 错误，B 正确。

故选B 。

6．将检验电荷q 放在电场中，q 受到的电场力为F ，我们用
F
q
来描述电场的强弱。

类比于这种分析检验物体在场中受力的方法，我们要描述磁场的强弱，下列表达式中正确的是（ ） A ．
ΦS
B ．
E Lv
C ．
F IL
D ．
【答案】C 【解析】 【详解】
将检验电荷q 放在电场中，q 受到的电场力为F ，我们用F
q
来描述电场的强弱；类比于这种分析检验物体
在场中受力的方法，用F
B IL
=
来描述磁场的强弱；故C 项正确，ABD 三项错误。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图甲所示，竖直放置的U 形导轨上端接一定值电阻R ，U 形导轨之间的距离为2L ，导轨内部存在边长均为L 的正方形磁场区域P 、Q ，磁场方向均垂直导轨平面(纸面)向外。

已知区域P 中的磁场按图乙所示的规律变化(图中的坐标值均为已知量)，磁场区域Q 的磁感应强度大小为B 0。

将长度为2L 的金属棒
MN 垂直导轨并穿越区域Q 放置，金属棒恰好处于静止状态。

已知金属棒的质量为m 、电阻为r ，且金属棒与导轨始终接触良好，导轨的电阻可忽略，重力加速度为g 。

则下列说法正确的是（ ）
A ．通过定值电阻的电流大小为02mg
B L
B ．0~t 1时间内通过定值电阻的电荷量为
1
0mgt B L
C ．定值电阻的阻值为
()3100
1
B B L B mgt -
D ．整个电路的电功率为()1001
mg B B L
B t -
【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．金属棒恰好处于静止状态，有
0mg B IL =
解得电流大小
0mg
I B L
=
故A 错误；
B ．0～t 1时间内通过定值电阻的电荷量
1
10mgt q It B L
==
B 项正确；
C ．根据题图乙可知，感应电动势
()2
2101
B B L BL E t t -∆==∆
又
()E I R r =+
联立解得
()31001
B B L B R r mgt -=-
故C 错误；
D ．整个电路消耗的电功率
()()210101
001
B B L mg B B L
mg P EI t B L
B t --==⨯
=
故D 正确。

故选BD 。

8．我国成功研制了世界最高水平的“3.0V 12000F ”石墨烯超级电容器。

超级电容器充电时，电极表面将吸引周围电解质溶液中的异性离子，使这些离子附着于电极表面上形成相距小于0.5nm 、相互绝缘的等量异种电荷层，石墨烯电极结构使得该异种电荷层的面积成万倍增加。

下列有关说法正确的是（ ） A ．该电容器充满电后的带电荷量为36000C B ．该电容器最多能储存108000J 的电能
C ．超级电容器电容大的原因是其有效正对面积大、板间距离小
D ．当该电容器放电至两端电压为1.5V 时，其电容变为6000F 【答案】AC 【解析】 【详解】
A ．根据超级电容器“3.0V 12000F ”，结合
Q C U
=
可知该电容器充满电后的带电荷量
12000 3.0Q CU ==⨯C=36000C
故A 正确；
B ．电容器是一种储能元件，该电容器充满电最多能储存的电能为
2211
12000 3.022
W CU ==⨯⨯J=54000J
故B 错误；
C ．借助平行板电容器的决定式
r 4S
C k d
επ=
分析可知，超级电容器电容大的原因是其有效正对面积大，板间距离小，故C 正确；
D ．电容器的电容只与电容器本身结构有关，与电容器带电荷量和两极板间电压无关，故D 错误。

故选AC 。

9．如图所示，水平圆盘可绕竖直轴转动，圆盘上放有小物体A 、B 、C ，质量分别为m 、2m 、3m ，A 叠放在B 上，C 、B 离圆心O 距离分别为2r 、3r 。

C 、B 之间用细线相连，圆盘静止时细线刚好伸直无张力。

已知C 、B 与圆盘间动摩擦因数为μ，A 、B 间摩擦因数为3μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，现让圆盘从静止缓慢加速，则（ ）
A ．当23g
r
μω=
时，A 、B 即将开始滑动 B ．当2g
r
μω=
32
mg
μ C ．当g
r
μω=
C 受到圆盘的摩擦力为0
D ．当25g
r
μω=C 将做离心运动 【答案】BC 【解析】 【详解】
A. 当A 开始滑动时有：
2033A f mg m r μω==⋅⋅
解得：
0g
r
μω＝
当23g
g
r
r μμω=
<AB 未发生相对滑动，选项A 错误；
B. 当2g
g
r
r
μμω=
<
AB 为整体，根据2
F mr ω向
＝可知 29
332
F m r mg ωμ⋅⋅=
向＝ B 与转盘之间的最大静摩擦力为：
23Bm f m m g mg μμ=+=（）
所以有：
Bm F f >向
此时细线有张力，设细线的拉力为T ， 对AB 有：
2333mg T m r μω+=⋅⋅
对C 有：
232C f T m r ω+=⋅⋅
解得
32mg T μ=
，32
C mg
f μ=
选项B 正确；
C. 当ω=
AB 需要的向心力为：
2339AB Bm F m r mg T f ωμ'⋅⋅=+＝＝
解得此时细线的拉力96Bm T mg f mg μμ'-== C 需要的向心力为：
2326C F m r mg ωμ⋅⋅＝＝
C 受到细线的拉力恰好等于需要的向心力，所以圆盘对C 的摩擦力一定等于0，选项C 正确；
D. 当ω=
C 有： 212
325
C f T m r mg ωμ+=⋅⋅=
剪断细线，则
12
35
C Cm f mg f mg μμ=
<= 所以C 与转盘之间的静摩擦力大于需要的向心力，则C 仍然做匀速圆周运动。

选项D 错误。

故选BC 。

10．如图1所示，光滑的平行竖直金属导轨AB 、CD 相距L ，在A 、C 之间接一个阻值为R 的电阻，在两导轨间abcd 矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为5d 的匀强磁场，磁感应强度为B ，一质量为m 、电阻为r 、长度也刚好为L 的导体棒放在磁场下边界ab 上（与ab 边重合），．现用一个竖直向上的力F 拉导体棒，使它由静止开始运动，已知导体棒离开磁场前已开始做匀速直线运动，导体棒与导轨始终垂直且
保持良好接触，导轨电阻不计，F 随导体棒与初始位置的距离x 变化的情况如图2所示，下列判断正确的是（ ）
A ．导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R 的电荷量为
5BLd
R
B ．导体棒离开磁场时速度大小为
222()
mg R r B L +
C ．离开磁场时导体棒两端电压为2mgr
BL
D ．导体棒经过磁场的过程中，电阻R 产生焦耳热为3244
2()
9m g R r mgd B L
+- 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
设导体棒离开磁场时速度大小为v ．此时导体棒受到的安培力大小为：22B L v
F R r
=+安 ．由平衡条件得：F=F 安
+mg ；由图2知：F=3mg ，联立解得：22
2()
mg R r v B L
+=
．故B 正确．导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R 的电荷量为：55B dL BLd q R r R r R r ∆Φ⋅===+++ ．故A 错误．离开磁场时，由F=BIL+mg 得：
2mg I BL
= ，导体棒两端电压为：2mgR
U IR BL
==．故C 错误．导体棒经过磁场的过程中，设回路产生的总焦耳热为
Q ．根据功能关系可得：Q=W F -mg•5d -1
2
mv 2，而拉力做功为：W F =2mgd+3mg•4d=14mgd ；电阻R 产生
焦耳热为：R R
Q Q R r
=+；联立解得：443224492()()R mgdRB L m g R R r Q B L R r -+=+．故D 错误．
11．如图所示，质量为M 的小车置于光滑的水平地面上，小车的右端固定着竖直挡板，挡板与弹簧右端相连，弹簧的左端连接质量为m 的木块。

弹簧处于原长状态，木块与小车间的滑动摩擦因数为μ。

从某时刻开始给小车施加水平向右的外力F ，外力F 从零开始缓慢均匀增大，当F 增大到2μ(m+M)g 时保持大小
不变。

弹簧一直处于弹性限度内，木块的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列各种说法中正确的是（ ）
A ．木块所受的摩擦力先均匀增大，后保持不变
B ．当弹簧产生弹力时，外力F 的大小为μ(m+M)g
C ．在外力F 从零达最大的过程中，静摩擦力和弹簧对木块所做的功相等
D ．在外力F 从零达最大的过程中，弹簧获得的弹性势能等于系统获得的内能 【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】
A ．当F 较小时，木块和小车相对静止，由牛顿第二定律有 F=(m+M)a F f =ma 得 F f =
m
F m M
F f 与F 成正比，当F f 增大到等于μmg 后，木块与小车间缓慢相对移动，F f 保持不变，故A 正确； B ．当弹簧产生弹力时，摩擦力达最大 F f =μmg 可得 F=μ(m+M)g 故B 正确；
C ．当F 达最大时，有 2μ(m+M)g=(m+M)a′ μmg+F′=ma′ 得 F′=μmg
所以静摩擦力和弹簧弹力都是由零增大到μmg ，但由于静摩擦力产生在先，弹簧弹力产生在后，木块的速度不相同，木块的位移不相同，所以两力做功不相等，故C 错误；
D ．弹簧的弹性势能等于弹簧的弹力做功，相对应的位移为木块在小车上滑动的距离，系统的内能等于滑动摩擦力与木块在小车上滑动的距离的乘积，但由于两力并不相等，所以弹簧获得的弹性势能与系统获得的内能不相等，故D 错误。

故选AB 。

12．某人提着箱子站在电梯里，电梯从一楼上升到三楼的整个过程中先匀加速后匀减速，关于此过程，下
列说法正确的是
A．手对箱子的力大小始终等于箱子对手的力的大小
B．手对箱子的力大小始终等于箱子的重力的大小
C．人对电梯的压力先持续增大后持续减小
D．人对电梯的压力先大于人和箱子的总重力后小于人和箱子的总重力
【答案】AD
【解析】
【详解】
A.根据牛顿第三定律可知，人手对箱子力的大小始终等于箱子对手的力的大小，故A正确；
B.向上加速时处于超重状态，向上减速时处于失重状态，则手对箱子的拉力先大于箱子的重力，后小于箱子的重力，故B错误
CD.向上匀加速时，人对电梯的压力大于人和箱子的总重力，但并不是持续增大，向上:匀减速时，人对电梯的压力小于人和箱子的总重力，但不是持续减小，故C错误，选项D正确。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．利用如图所示的电路既可以测量电压表和电流表的内阻，又可以测量电源电动势和内阻，所用到的实验器材有：
两个相同的待测电源（内阻r约为1Ω）
电阻箱R1（最大阻值为999.9Ω）
电阻箱R2（最大阻值为999.9Ω）
电压表V（内阻未知）
电流表A（内阻未知）
灵敏电流计G，两个开关S1、S2
主要实验步骤如下：
①按图连接好电路，调节电阻箱R1和R2至最大，闭合开关S1和S2，再反复调节R1和R2，使电流计G 的示数为0，读出电流表A、电压表V、电阻箱R1、电阻箱R2的示数分别为0.40A、12.0V、30.6Ω、28.2Ω；
②反复调节电阻箱R1和R2（与①中的电阻值不同），使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V 的示数分别为0.60A、11.7V。

回答下列问题：
(1)步骤①中，电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电势差U AB=______ V；A和C两点的电势
差U AC =______ V ；A 和D 两点的电势差U AD =______ V ；
(2)利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为_______ Ω，电流表的内阻为______Ω；
(3)结合步骤①步骤②的测量数据，电源电动势E 为___________V ，内阻为________Ω。

【答案】0 12.0V -12.0V 1530Ω 1.8Ω 12.6V 1.50
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1][2][3]．步骤①中，电流计G 的示数为0时，电路中AB 两点电势相等，即A 和B 两点的电势差U AB =0V ；A 和C 两点的电势差等于电压表的示数，即U AC =12V ；A 和D 两点的电势差U AD = =-12 V ；
(2)[4][5]．利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为
1121530120.430.6
V U R U I R ==Ω=Ω-- 电流表的内阻为
21228.2 1.80.4
DA A U R R I =-=-=Ω (3)[6][7]．由闭合电路欧姆定律可得
2E=2U AC +I∙2r
即
2E=24+0.8r
同理
''222AC E U I r =+⋅
即
2E=2×11.7+0.6∙2r
解得
E=12.6V
r=1.50Ω
14．现有一种特殊的电池，它的电动势E 约为9V ，内阻r 约为50Ω，已知该电池允许输出的最大电流为50 mA ，为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图(a)所示的电路进行实验，图中电压表的内阻
很大，对电路的影响可不考虑，R 为电阻箱，阻值范围0～9 999Ω，R 0是定值电阻，起保护电路的作用．
(1)实验室备有的定值电阻R 0有以下几种规格：
A ．10Ω 2.5 W
B ．100Ω 1.0 W
C ．200Ω 1.0 W
D ．2 000Ω 5.0 W
本实验应选哪一种规格？答______ ．
(2)该同学接入符合要求的R 0后，闭合开关S ，调整电阻箱的阻值，读取电压表的示数改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图 (b)所示的图线（已知该直线的截距为0.1 V -1)．则根据该同学所作出的图线可求得该电池的电动势E 为_____V ，内阻r 为______Ω.（结果保留三位有效数字）
【答案】C 10 41.7
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]当滑动变阻器短路时，电路中通过的最大电流为50mA ，则由闭合电路欧姆定律可知，定值电阻的最小阻值为：
0395********
E R r I -=-=-Ω=Ω⨯， 所以定值电阻R 0应选C ．
(2)[2][3]根据闭合电路欧姆定律：E=U+0U R R +，变形得：1U =1E +()0r E R R +，结合1U 与01R R +的图像可知，截距为1E
=0.1，电源电动势E=10V ；斜率k=r E =20.60.11210--⨯=4.17，所以内阻：r=41.7Ω。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图甲所示，质童为m=0.3kg 的小物块B （可视为质点）放在质量为M=0.1kg 、长度L=0.6m 的木板A 的最左端，A 和B 一起以v 0=lm/s 的速度在光滑水平面上向右运动，一段时间后A 与右侧一竖直固定挡板P 发生弹性碰撞。

以碰撞瞬间为计时起点，取水平向右为正方向，碰后0.5s 内B 的速度v 随时间t 变化的图像如图乙所示。

取重力加速度g=10m/s 2，求：
（1）A 与B 间的动摩擦因数μ；
（2）A 与P 第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔；
（3）A 与P 碰撞几次，B 与A 分离。

【答案】（1）0.1（2）0.75s （3）一共可以碰撞2次
【解析】
【详解】
方法一：
解：（1）碰后A 向左减速，B 向右减速，由图像得：
1v a t
∆==∆2B m/s 由牛顿第二定律：
mg ma μ=B
求得
0.1μ=
（2）由牛顿第二定：
3mg
a M μ==2A m/s
A 减速到0后，向右继续加速，最后与
B 共速
由：
01011v a t v a t v -=-+=B A
求得：
10.5s t =，10.5v =m/s
此过程中，A 向左移动的距离为：
201110.1252
x v t a t =-+=A A m 之后A 与B 一起向右匀速运动，时间：
21
0.25x t v ==A s
所以一共用的时间：
120.75t t t =+=s ；
（3）A 第1次与挡板P 相碰，到第2次相碰的过程内，
201110.3752
x v t a t =-=B B m 0.5x x x =+=A B m 相对
假设第3次碰撞前，A 与B 不分离，A 第2次与挡板P 相碰后到第3次相碰的过程内
1313v a t v a t -=-+B A ，30.25t =s
213312
x v t a t =-+A2A 213312
x v t a t =-B2B 求得：
2220.125x x x =+=A B m 相对
由于：
12x x x L =+>相对相对相对
所以一共可以碰撞2次。

方法二：
解：（1）碰后A 向左减速，B 向右减速，由图像得：
1v a t
∆==∆2B m/s 由牛顿第二定律：
mg ma μ=B
求得
0.1μ=；
（2）碰后B 向右减速，A 向左减速到0后，向右继续加速，最后与B 共速，由动量守恒定律可得： 001()mv Mv M m v -=+
解得：
10.5v =m/s
此过程，对B 由动量定理得：
101mv mv mgt μ-=-
解得：
10.5s t =
对A 由动能定理：
22101122mgx Mv Mv μ-=
-A 求得： 0.125x =A m
此后A 、B 一起向右匀速运动的时间：
21
0.25x t v ==A s 所以一共用的时间：
120.75t t t =+=s
（3）A 第1次与挡板P 碰撞后到共速的过程中，对整个系统，由能量守恒：
2220011111()222
mv Mv M m v mgx μ+=++相对 10.5x =m 相对
假设第3次碰撞前，A 与B 不分离，A 第2次与挡板P 相碰后到共速的过程中，由动量守恒： 112()mv Mv M m v -=+
由能量守恒：
2221122111()222
mv Mv M m v mgx μ+=++相对 解得：
20.125x =m 相对
由于12x x x L =+>相对相对相对，所以一共可以碰撞2次。

16．如图所示，一根两端开口、粗细均匀且导热性良好的足够长的玻璃管竖直插入足够大的水银槽中并固定，管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭一段长L=85cm 的气体,气体的热力学温度T 1=300K ，现在活塞上缓慢加入细沙，直到活塞下降20cm 为止，外界大气压强P 0=75cmHg ，g=10m/s 2。

（i ）求活塞下降20cm 时，封闭气体的压强；
（ii ）保持加入的细沙的质量不变，对封闭气体缓慢加热，求活塞回到原来位置时，封闭气体的热力学温度。

【答案】（i ）85cmHg ；（ii ）380K 。

【解析】
【详解】
（i ）设活塞下降20cm 时，管内外水银面高度差为x ，高为x 的水银产生的压强为p x ，则有气体做等温变化:
()00(20cm )x p L p p L x =+-+
解得:
x=10cm
2085cmHg p p x =+=
（ii ）气体做等压变化，有 322
3V V T T = 其中
2(85cm 20cm 10cm)V S =-+
3(85cm 10cm)V S =+
21300K T T ==
解得:
T 3=380K 。

17．如图所示，质量m 1=1kg 的木板静止在倾角为θ=30°足够长的、固定的光滑斜面上，木板下端上表而与半径R=3m 的固定的光滑圆弧轨道相切圆弧轨道最高点B 与圆心O 等高。

一质量m 2=2kg 、可视为质点的小滑块以v 0=15m/s 的初速度从长木板顶端沿木板滑下已知滑块与木板之间的动摩擦因数u=33，木板每次撞击圆弧轨道时都会立即停下而不反弹，最终滑未从木板上端滑出，取重力加速度g=10m/s 2。

求
(1)滑块离开圆弧轨道B 点后上升的最大高度；
(2)木板的最小长度；
(3)木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能。

【答案】 (1)9.75m ； (2)7.5m ； (3)
50J 5.56J 9≈ 【解析】
【分析】
【详解】
(1)由滑块与木板之间的动摩擦因数tan 303
μ==︒可知，滑块在木板上匀速下滑，即滑块到达A 点时速度大小依然为v 0=15m/s ，设滑块离开圆弧轨道B 点后上升的最大高度为h ，则由机械能守恒定律可得 22021(cos )2
m v m g R h θ=+ 解得
h=9.75m
(2) 由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小为v 0=15m/s ，
滑上木板后，木板的加速的为a 1，由牛顿第二定律可知
2111cos sin m g m g m a μθθ-=
滑块的加速度为a 2，由牛顿第二定律可知
2222cos sin m g m g m a μθθ+=
设经过t 1时间后两者共速，共同速度为v 1，由运动学公式可知
102111v v a t a t =-=
该过程中木板走过的位移
1112
v x t = 滑块走过的位移
01212
v v x t += 之后一起匀减速运动至最高点，若滑块最终未从木板上端滑出，则木板的最小长度
L=x 2－x 1
联立解得
L=7.5m ；
(3) 滑块和木板一起匀减速运动至最高点，然后一起滑下，加速度均为a 3，由牛顿第二定律可知 12123(si )(n )m m g m m a θ+=+
一起匀减速向上运动的位移
2133
2v x a =
木板从最高点再次滑至A 点时的速度为v 2，由运动学公式可知
22133
2v x x a += 滑块第三次、第四次到达A 点时的速度大小均为v 2，第二次冲上木板，设又经过时间t 2两者共速，共同速度为v 3，由运动学公式可知
v 3=v 2－a 2t 2=a 1t 2
该过程中木板走过的位移
3422
v x t = 一起匀减速向上运动的位移
2353
2v x a = 设木板第二次滑至A 点时的速度为v 4，由运动学公式可知
24453
2v x x a += 木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能为 21412
E m v ∆= 联立各式得 50J 5.56J 9E ∆=
≈。