山东省滨州市2021届新高考物理模拟试题(3)含解析

山东省滨州市2021届新高考物理模拟试题（3）
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
1．一质点沿x 轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其x t －t 的图象如图所示，则
A ．质点做匀速直线运动，速度为0.5 m/s
B ．质点做匀加速直线运动，加速度为0.5 m/s 2
C ．质点在1 s 末速度为1.5 m/s
D ．质点在第1 s 内的平均速度0.75 m/s
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
由图线可知，质点运动的平均速度逐渐增大，则质点做匀加速直线运动；根据图线可得0.50.5x v t t
==+，既()000.50.52
v v at v t ++==+，可得：v 0=0.5m/s ，a=1m/s 2，故AB 错误；质点在1 s 末速度为v=v 0+at=1.5m/s ，故C 正确；质点在第1 s 内的平均速度0.50.51m/s 1m/s v =+⨯=，故D 错误。

故选C 。

2．如图所示，长为L 的轻绳一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球，在最低点给小球一水平初速度v 0，同时对小球施加一大小不变，方向始终垂直于绳的力F ，小球沿圆周运动到绳水平时，小球速度大小恰好也为v 0。

则正确的是（ ）
A ．小球在向上摆到45°角时速度达到最大
B ．F=mg
C ．速度大小始终不变
D ．F=2mg π
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查动能定理的应用，要注意明确重力的功和路程无关，而拉力始终和绳垂直，即一直做正功。

【详解】
BD ．小球向上摆的过程中，由动能定理：
2200110222FL mgL mv mv π-=
-= 解得：2mg
F π=
B 错误，D 正确；
因为当重力沿切线方向的分力与F 等大反向时，切线方向的加速度为零，速度达最大，设在向上摆到θ角时，速度最大：
cos 2g g m F m θπ==
解得2=arccos
θπ
A 错误； 因为两力在运动过程中做功大小不完全相同，故物体做变速运动，C 错误。

故选D 。

3．如图所示，MN 、PQ 是倾角为θ的两平行光滑且足够长的金属导轨，其电阻忽略不计。

空间存在着垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。

导体棒ab 、cd 垂直于导轨放置，且与导轨接触良好，每根导体棒的质量均为m ，电阻均为r ，导轨宽度为L ，与导轨平行的绝缘细线一端固定，另一端与ab 棒中点连接，细线承受的最大拉力max 2sin T mg θ=。

现将cd 棒由静止释放，当细线被拉断时，则（ ）
A ．cd 棒的速度大小为222sin mgr
B L θ B ．cd 棒的速度大小为22
sin mgr B L θ C ．cd 棒的加速度大小为gsin θ
D ．cd 棒所受的合外力为2mgsin θ
【答案】A
【解析】
【详解】
AB ．据题知，细线被拉断时，拉力达到 m 2sin T mg θ=
根据平衡条件得：对ab 棒
m sin T F mg θ=+安
则得ab 棒所受的安培力大小为
sin F mg θ=安
由于两棒的电流相等，所受的安培力大小相等，由 2E E BLv I F BIL r
==
=安、、 得 222B L v F r
=安 联立解得，cd 棒的速度为
22
2sin mgr v B L θ= 故A 正确，B 错误；
CD ．对cd 棒：根据牛顿第二定律得
sin mg F ma θ-=安
代入得
222212sin sin 02B L mgr a g m r B L
θθ=-⋅⋅= 故CD 错误。

故选A 。

4．图示为两质点P 、Q 做匀速圆周运动的向心加速度大小a 随半径r 变化的图线，其中表示质点P 的图
线是一条双曲线，表示质点Q 的图线是过原点的一条直线。

由图线可知，在半径r 逐渐增大的过程中（ ）
A ．质点P 的线速度大小保持不变
B ．质点Q 的线速度大小保持不变
C ．质点P 的角速度不断增大
D ．质点Q 的角速度不断增大
【详解】
A ．由向心加速度2v a r
=可知若a 与r 成反比，即图线是双曲线，则线速度大小保持不变，选项A 正确； C ．由角速度v r
ω=，线速度不变，则P 的角速度与半径成反比，选项C 错误； BD ．根据2a r ω=，若a 与r 成正比，即图线是过原点的直线，则角速度保持不变，即质点Q 的角速度保持不变，而线速度v r ω=，可见Q 的线速度与半径成正比，选项BD 错误。

故选A 。

5．如图所示，重型自卸车装载一巨型石块，当利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的石块就会自动滑下．以下说法正确的是（ ）
A ．石块没有下滑时，自卸车车厢倾角变大，石块对车厢的压力不变
B ．石块没有下滑时，自卸车车厢倾角变大，石块对车厢的摩擦力变大
C ．石块开始下滑时，自卸车车厢倾角变大，石块对车厢的作用力变大
D ．石块开始下滑时，自卸车车厢倾角变大，石块受到的合力不变
【答案】B
【解析】 【分析】
【详解】
AB ．货物处于平衡状态，则有：mgsinθ=f ，N=mgcosθ，θ增大时，支持力F N 逐渐减小，静摩擦力F f 增大．由牛顿第三定律可知，石块对车厢的压力会减小．故A 错误，B 正确；
CD ．石块开始下滑时受力近似平衡，自卸车车厢倾角变大，石块向下做加速运动，且加速度随角度增大而增大，石块受到的合外力变大；石块对车厢的正压力和摩擦力均减小，可知石块对车厢的作用力变小，故CD 错误．
6．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，速度变为原来的2倍，该质点的加速度为（ ）
A ．2s t
B ．22s t
C ．223s t
D ．232s t
【答案】C
根据速度倍数关系，结合位移公式和平均速度公式即可求得初速度速度，再由加速度的定义求得质点的加速度。

本题是匀变速直线运动规律的直接运用，要注意正确利用平均速度公式分析速度与位移间的关系，同时明确加速度的定义即可正确求解。

【详解】
设初速度为v ，则末速度为2v 。

由平均速度公式可得
22v v s v t
+== 由加速度公式可得
2v v v v a t t t
∆-=
==∆ 联立解得223s a t =，故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

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．下列说法中正确的是________
A ．悬浮在液体中的微粒越小，则在某一瞬间跟它相撞的液体分子数越少，布朗运动越不明显
B ．随着分子间距离的增大，分子势能一定先减小后增大
C ．人们感到特别闷热时，说明空气的相对湿度较大
D ．热量可以自发的从内能小的物体转移给内能大的物体
E.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关
【答案】BCE
【解析】
【详解】
A.悬浮在液体中的微粒越小，受到液体分子碰撞时运动状态越容易改变，则布朗运动越明显，选项A 错误；
B.随着分子间距离的增大，分子力先做正功后做负功，故分子势能一定先减小后增大，选项B 正确；
C.人们感到特别闷热时，说明空气的相对湿度较大，选项C 正确；
D.热量可以自发的从温度高的物体转移给温度低的物体，选项D 错误；
E.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关，温度越高，单位体积的分子数越多，则气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数越多，选项E 正确； 8．如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P 、Q 之间有一个很强的磁场。

一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）沿垂直于磁场的方向喷入磁场。

把P 、Q 与电阻R 相连接.下列说法正确的是
A ．Q 板的电势高于P 板的电势
B ．R 中有由a 向b 方向的电流
C ．若只改变磁场强弱，R 中电流保持不变
D ．若只增大粒子入射速度，R 中电流增大
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB ．等离子体进入磁场，根据左手定则，正电荷向上偏，打在上极板上，负电荷向下偏，打在下极板上。

所以上极板带正电，下极板带负电，则P 板的电势高于Q 板的电势，流过电阻电流方向由a 到b 。

故A 错误，B 正确；
C ．依据电场力等于磁场力，即为
U q qvB d
= 则有：
U Bdv =
再由欧姆定律
U Bdv I R r R r
==++ 电流与磁感应强度成正比，改变磁场强弱，R 中电流也改变。

故C 错误；
D ．由上分析可知，若只增大粒子入射速度，R 中电流也会增大，故D 正确。

故选BD 。

9．如图所示，将一个细导电硅胶弹性绳圈剪断，在绳圈中通入电流，并将其置于光滑水平面上，该空间存在竖直向下的匀强磁场。

已知磁感应强度为0B ，硅胶绳的劲度系数为k ，通入电流前绳圈周长为L ，通入顺时针方向的电流I 稳定后，绳圈周长变为1L 。

则下列说法正确的是（ ）
A ．通电稳定后绳圈中的磁通量大于2014
B L π
B ．ACB 段绳圈所受安培力的合力大小为012
B IL
C ．图中A B 、两处的弹力大小均为012B LL π
D ．题中各量满足关系式
0122k B I L L k
ππ-= 【答案】ACD
【解析】
【详解】 A ．通入顺时针方向电流I 稳定后，绳圈周长为1L ，由
112L r π= 可得112L r π
=，面积 22
2111
()24L L S r ππππ=== 由安培定则可判断出环形电流在环内产生的磁场方向竖直向下，绳圈内磁感应强度大于0B ，由磁通量公式
BS Φ= 可知通电稳定后绳圈中的磁通量大于2014B L π
，故A 正确； B ．ACB 段的等效长度为12r ，故ACB 段所受安培力
011010222B IL L F B I r B I ππ
=⋅=⋅=
故B 错误；
C ．设题图中A B 、两处的弹力大小均为1F ，对半圆弧ACB 段，由平衡条件有 0112B IL
F π=
解得0112B IL F π
=，故C 正确； D ．由胡克定律有
11()F k L L =-
解得0112B IL L L k π
-=，两侧均除以1L ，得 0112B I L L k π
-= 即0122k B I L L k ππ
-=，故D 正确。

故选ACD 。

10．如图所示，质量为m = 245 g 的物块（可视为质点）放在质量为M = 0.5 kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ = 0.4，质量为 m 0 = 5 g 的子弹以速度v 0 = 300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g = 10 m/s 2，则在整个过程中
A ．物块和木板组成的系统动量守恒
B ．子弹的末动量大小为0.01kg·m/s
C ．子弹对物块的冲量大小为0.49N·s
D ．物块相对木板滑行的时间为1s
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．子弹进入木块的过程中，物块和木板的动量都增大，所以物块和木板组成的系统动量不守恒．故A 错误；
B ．选取向右为正方向，子弹打入木块过程，由动量守恒定律可得：
m 0v 0=（m 0+m ）v 1……①
木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得：
（m 0+m ）v 1=（m 0+m+M ）v 2……②
联立可得：
3002
330510300m/s 2m/s 510245100.5
m v v m m M ---⨯⨯=++⨯+⨯+＝＝ 所以子弹的末动量：
p ＝m 0v 2＝5×10−3×2＝0.01kg·m/s ．
故B 正确；
C ．由动量定理可得子弹受到的冲量：
I ＝△p ＝p−p 0＝0.01 kg·m/s −5×10−3×300 kg·m/s ＝1.49kg·m/s=1.49N·s ．
子弹与物块作用力的时间相等，相互作用力大小始终相等，而方向相反，所以子弹对物块的冲量大小也是
1.49N·s ．故C 错误；
D ．对子弹木块整体，由动量定理得：
-μ（m 0+m ）gt=（m 0+m ）（v 2-v 1）……③
由①②③式可得，物块相对于木板滑行的时间
211s v v t g
μ-=-＝ ． 故D 正确．
11．如图所示，物体A 、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A 、B 的质量分别为2m 、m ，开始时细绳伸直，用手托着物体A 使弹簧处于原长且A 与地面的距离为h ，物体B 静止在地面上，放手后物体A 下落，与地面即将接触时速度大小为v ，此时物体B 对地面恰好无压力，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g ，则下列说法中正确的是( )
A ．物体A 下落过程中，物体A 和弹簧组成的系统机械能守恒
B ．弹簧的劲度系数为2mg h
C ．物体A 着地时的加速度大小为2
g D ．物体A 着地时弹簧的弹性势能为212mgh mv -
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A 项：由题知道，物体A 下落过程中，
B 一直静止不动．对于物体A 和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，则物体A 和弹簧组成的系统机械能守恒，故A 正确；
B 项：物体B 对地面的压力恰好为零，故弹簧的拉力为 T=mg ，开始时弹簧处于原长，由胡克定律知：T=kh ，得弹簧的劲度系数为mg k h =，故B 错误；
C 项：物体A 着地时，细绳对A 的拉力也等于mg ，对A ，根据牛顿第二定律得 2mg-mg=2ma ，得2g a =
，故C 正确；
D 项：物体A 与弹簧系统机械能守恒，有：2p 1222
mgh E mv =+⨯，所以2P 2E mgh mv =-，故D 错误． 12．有一种调压变压器的构造如图所示。

线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，C 、D 之间加上输入电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压，图中A 为交流电流表，V 为交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，C 、D 两瑞按正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是（ ）
A ．当R 3不变，滑动触头P 顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小
B ．当R 3不变，滑动触头P 逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小
C ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变大
D ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．当3R 不变，滑动触头P 顺时针转动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数减少，MN 两端的电压减小，总电流减小，滑动变阻器两端的电压将变小，电流表的读数变小，故A 正确；
B ．当3R 不变，滑动触头P 逆时针转动时，副线圈匝数增大，电压增大，电流表读数变大，电压表读数变大，故B 错误；
CD ．保持P 的位置不动，即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则MN 两端的电压不变，当将触头向上移动时，连入电路的电阻的阻值变大，因而总电流减小，1R 分担的电压减小，并联支路的电压即电压表的示数增大，通过2R 的电流增大，流过滑动变阻器的电流减小，所以电流表读数变小，电压表读数变大，故C 正确，D 错误；
故选AC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接．
(1)实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接__________：
(2)某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为___________A ；
(3)该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将___________只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3V 、内阻为1Ω的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值约为___________W （保留小数点后两位）. 【答案】 0.44 4 2.22~2.28
【解析】
【详解】
（1）滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，则滑动变阻器采用分压接法，实物图如图所示；
（2）由图知电流表量程为0.6A ，所以读数为0.44A ；
（3）电源内阻为1欧，所以当外电路总电阻等于电源内阻时，消耗电功率最大，此时外电路电压等于内电压等于1.5V ，由图知当小电珠电压等于1.5V 时电流约为0.38A ，此时电阻约为 3.95U R I
==Ω，并联
后的总电阻为1欧，所以需要4个小电珠，小电珠消耗的总功率约为22
1.5
2.25
1
U P W R 外===（2.22-2.28W 均可）．
14．用如图甲所示装置研究平抛运动。

将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。

钢球沿斜槽轨道PQ 滑下后从Q 点飞出，落在水平挡板MN 上。

由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。

移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。

（1）本实验必须满足的条件有____________。

A ．斜槽轨道光滑
B ．斜槽轨道末端切线水平
C ．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
D ．挡板高度等间距变化
（2）如图乙所示，在描出的轨迹上取A 、B 、C 三点，三点间的水平间距相等且均为x ，竖直间距分别是y 1和y 2。

若A 点是抛出点，则1
2
y y =________；钢球平抛的初速度大小为________（已知当地重力加速度为g ，结果用上述字母表示）。

【答案】BC 1:3 21
g x
y y - 【解析】
【详解】 (1)[1]AB ．为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但必
须是水平的。

故A 不符合题意，B 符合题意。

C ．要让小球总是从同一位置无初速度释放，这样才能找到同一运动轨迹上的几个点。

故C 符合题意。

D ．档板只要能记录下小球下落在不同高度时的不同的位置即可，不需要等间距变化。

故D 不符合题意。

(2)[2] A 点是抛出点，则在竖直方向上为初速度为零的匀加速直线运动，则AB 和BC 的竖直间距之比为1：3。

[3]由于两段水平距离相等，故时间相等，根据y 2﹣y 1＝gt 2可知： 21
=y y t g
- 则初速度为：
21
g v x y y x t ==- 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．在呼伦贝尔草原的夏季，滑草是非常受游客欢迎的游乐项目。

一个滑草专用滑道由斜坡部分和水平部分组成，两部分在C 点由极小的圆弧平滑连接，斜坡滑道与水平面成37︒角，在水平滑道上距C 点40米的D 点放置一个汽车轮胎，某游客从斜坡轨道上的A 点推动滑车经过一段助跑到达B 点跳上滑车，跳上滑车时即获得速度v 0，B 点距C 点的距离为24.5米，滑车与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ=0.25，空气阻力忽略不计，人和滑车可看做质点。

g=10m/s 2（sin 37︒=0.6，cos 37︒=0.8）求：
(1)人在斜坡滑道BC 段下滑时的加速度为多大；
(2)为了避免滑车和轮胎碰撞则在B 点的速度v 0应取何值。

【答案】 (1)4m/s 2；(2)2m/s
【解析】
【分析】
【详解】
(1)在斜面BC 部分的下滑的加速度为1a ，则有
1sin cos 3737mg mg ma μ︒︒-=
得
214m/s a =
(2)在水平CD 部分的滑动的加速度为2a ，则有
2mg ma μ=
22012C BC v v a s -=
2202C CD v a s -=-
得
02m/s v =
为了避免滑车和轮胎碰撞则在B 点的速度
02m/s v ≤
16．如图所示，在光滑水平面上静止放置质量M=2kg 、长L=2.17m 、高h=0.2m 的长木板C 。

距该板左端距离x=1.81m 处静止放置质量m A =1kg 的小物块A ，A 与C 间的动摩擦因数μ=0.2。

在板右端静止放置质量m B =1kg 的小物块B ，B 与C 间的摩擦忽略不计。

A 、B 均可视为质点，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s 2。

现在长木板C 上加一水平向右的力F ，求：
(1)当F=3N 时，小物块A 的加速度；
(2)小物块A 与小物块B 碰撞之前运动的最短时间；
(3)若小物块A 与小物块B 碰撞之前运动的时间最短，则水平向右的力F 的大小(本小题计算结果保留整数部分)；
(4)若小物块A 与小物块B 碰撞无能量损失，当水平向右的力F=10N ，小物块A 落到地面时与长木板C 左端的距离。

【答案】 (1)1m/s 2；(2)t=0.6s ；(3)6N≤F≤26N ；(4)x 2=0.78m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)若长木板C 和小物块一起向右加速运动，设它们之间是静摩擦力为f ，由牛顿第二定律得:
F=（M+m A ）a
解得
a=1m/s 2
则f=m A a=1N ＜μm A g=2N ，这表明假设正确，即A 的加速度为1m/s 2
(1)要使小物块A 在与小物块B 碰撞之前运动时间最短，小物块A 的加速度必须最大，则A 所受的摩擦力为最大静摩擦力或滑动摩擦力，有
μm A g=m A a 1
2112
L x a t -=
解得
t=0.6s
(3)要使小物块A 加速度最大，且又不从长木板C 的左端滑落，长木板C 的加速度有两个临界条件: ①由牛顿第二定律得:
F 1=（M+m A ）a 1
则
F 1=6N
②由牛顿第二定律得:
F 2-f=Ma 2
22211122
a t a t x -= 则
F 2=26N
故6N≤F≤26N
(4)若小物块A 与小物块B 碰撞点距从长木板C 的左端距离为x 1
F 3-f=Ma 3
223111122
a t a t x x -=- 解得
x 1=1.45m
设小物块A 发生碰撞到从长木板C 左端滑落的时间为t 1，因有物块A 、B 发生弹性碰撞，速度交换，故有
2231311111122
a tt a t a t x +-= 解得
t 1=0.5s
设小物块A 碰撞到从长木板C 左端滑落时各自的速度分别为v m 、v M ，小物块A 落到地面时与长木板C 左端的距离为x 2
2212
h gt = F 3=Ma 4
v m =a 1t 1
v M =a 3t+a 3t 1
则有
v M t 2+24212
a t -v m t 2=x 2 x 2=0.78m
17．如图所示，水平传送带AB 与直角平台的上表面水平平滑对接，平台的上表面光滑，平台高h 1=0.7 m ，在平台右侧d=l m 处有一高度为h 2 =0.5 m 的竖直薄挡板。

长度L=12 m 的传送带以v 0=10 m/s 的速度顺时针转动，现将质量m=l kg 的小滑块（可视为质点）由静止放到传送带上，已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g 取10 m/s 2。

求：
（1）若要滑块落在挡板右侧，求滑块由静止放在传送带上的位置范围；
（2）将滑块放在传送带中点处并沿水平方向给滑块一初速度，使滑块落在挡板右侧，求此初速度满足的条件。

【答案】（1）距A 端5.75m 以内的任何一个位置释放均可，（2）若滑块初速度水平向右，满足：11m/s v >；若滑块初速度水平向左，满足：21m/s 26m/s v ≤≤。

【解析】
【详解】
（1）要使滑块恰好落在挡板右侧，设滑块离开传送带的速度为B v ，则：
B d v t =
21212
h h gt -= 解得：B 5m /s v =
在传送带上滑动做匀加速运动：
2B =2v ax
加速度为：
mg
a g m μμ==
解得： 6.25m x =，传送带总长12m ，所以滑块在距离A 端5.75m 以内的任何一个位置释放均可； （2）若给滑块水平向右的速度v ，则有：
22B 22
L v v a -= 解得：1m/s v =，所以速度满足：11m/s v >即可使滑块落在挡板右侧；
若给滑块水平向左的初速度2v ，只需让滑块向左减速滑行的距离在0.25m 6m ~的范围内即可，根据运动学公式：
2202v ax '-=
其中：
0.25m 6m x ≤'≤
解得：21m/s v ≤≤； 综上所述：
若滑块初速度水平向右，满足：11m/s v >；
若滑块初速度水平向左，满足：21m/s v ≤≤。