广西省百色市2021届新高考三诊物理试题含解析

广西省百色市2021届新高考三诊物理试题
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．自空中的A 点静止释放一个小球，经过一段时间后与斜面体的B 点发生碰撞，碰后速度大小不变，方向变为水平，并经过相等的时间最终落在水平地面的C 点，如图所示，水平面上的D 点在B 点正下方，不计空气阻力，下列说法正确的是
A ．A 、
B 两点的高度差和B 、D 两点的高度差之比为1∶3
B ．A 、B 两点的高度差和
C 、
D 两点的间距之比为1∶3
C ．A 、B 两点的高度差和B 、
D 两点的高度差之比为1∶2
D ．A 、B 两点的高度差和C 、D 两点的间距之比为1∶2
【答案】D
【解析】
【详解】
AC 、AB 段小球自由下落，BC 段小球做平抛运动，两段时间相同，根据212
h gt =，可知A 、B 两点间距离与B 、D 两点间距离相等，A 、B 两点的高度差和B 、D 两点的高度差之比为1∶1，故AC 错误； BD 、设A 、B 两点的高度差为h ，根据速度位移公式可得BC 段平抛初速度2v gh =持续的时间2h t g =，所以CD 两点间距离x vt 2h ==，所以AB 两点的高度差和CD 两点的间距之比为1∶2，故B 错误，D 正确；
故选D ．
2．两个相距较远的分子仅在彼此间分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近。

在此过程中，下述正确的是
A ．分子力先增大后减小
B ．分子力先做正功，后做负功
C ．分子势能一直增大
D ．分子势能先增大后减小
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近的过程中，当分子间距大于平衡间距时，分子力表现为引力；当分子间距小于平衡间距时，分子力表现为斥力，分子引力先减小后增大，
斥力增大，A 错误；
B ．两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近的过程中，分子力先是引力后是斥力，故先做正功后做负功，B 正确；
C ．只有分子力做功，先做正功后做负功，根据动能定理，动能先增加后减小，C 错误；
D ．分子力先做正功后做负功；分子力做功等于分子势能的变化量；故分子势能先减小后增加，D 错误。

故选B 。

3．如图所示，从倾角为θ的斜面上的A 点，以水平速度0v 抛出一个小球，不计空气阻力，它落在斜面上B 点，重力加速度大小为g.则A 、B 两点间的距离和小球落到B 点时速度的大小分别为（ ）
A ．2
20
2,14tan cos v v g θθ+B ．2
20
2,12tan cos v v g θθ+C ．2
202tan ,14tan cos v v g θ
θθ+ D ．2
202tan ,12tan cos v v g θ
θθ+【答案】C
【解析】
【详解】
设小球平抛运动时间为t ，则水平方向有
0x v t =
竖直方向有
2
12y gt =
又
tan y
x θ=
联立解得
02tan v t g θ=，002
2tan v x v t g θ
==
A 、
B 两点间的距离
2
02tan cos cos v x s g θ
θθ==
落到B 点时，小球竖直方向速度
02tan y v gt v θ==
合速度大小 2220014tan y v v v v θ=+=+
A ． 22002,14tan cos v v g θθ
+与分析不符，故A 错误； B ． 22002,12tan cos v v g θθ
+与分析不符，故B 错误； C ． 22002tan ,14tan cos v v g θθθ
+与分析相符，故C 正确； D ． 22002tan ,12tan cos v v g θθθ
+与分析不符，故D 错误； 故选：C 。

4．2019年1月3日，嫦娥四号成功着陆在月球背面开始了对月球背面区域的科学考察之旅。

由于月球在绕地球的运行过程中永远以同一面朝向地球，导致地球上的任何基站信号都无法直接穿透月球与嫦娥四号建立联系，为此，我国特意于2018年5月21日成功发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，如下图所示，若忽略除地球和月球外其他天体的影响，运行在地月第二拉格朗日点（L 2点）的“鹊桥”的运动可简化为同时参与了以L 2点为中心的自转和与月球一起绕地球的公转两个运动，以确保嫦娥四号和地球之间始终能够正常的进行通讯联系。

以下关于月球和中继星“鹊桥”运动的认识中正确的是：
A ．月球的自转周期与其绕地球的公转周期一定是相同的
B ．“鹊桥”的公转周期一定大于月球的公转周期
C ．“鹊桥”的自转的周期一定等于其绕地球公转的周期
D ．“鹊桥”绕L 2点自转的向心力一定是地球和月球对其万有引力的合力
【答案】A
【解析】
【详解】
A. 月球一面始终朝着地球，说明月球也有自转，其自转周期等于其公转周期，故A 正确；
B. 地月系统的拉格朗日点就是小星体在该位置时，可以与地球和月球基本保持相对静止，故中继星“鹊桥”随拉格朗日点L 2绕地球运动的周期等于月球绕地球的周期，故B 错误；
C.为确保嫦娥四号和地球之间始终能够正常的进行通讯联系，所以“鹊桥”的自转的周期要小其绕地球公转的周期，故C 错误；
D. 中继星“鹊桥”绕拉格朗日点L 2运动过程，只受到地球和月球万有引力作用，合力不能提供向心力，因此还受到自身的动力作用，故D 错误。

5．两根相互平行的水平放置长直导线分别通有方向相同的电流I 1和I 2，且I 1>I 2；有一电流元IL 与两导
线均平行，且处于两导线的对称面上，导线某一横截面所在平面如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A ．电流元所处位置的磁场方向一定竖直向下
B ．电流元所处位置的磁场方向一定水平向右
C ．要使电流元平衡，可在电流元正上方某位置加一同向通电导线
D ．如果电流元在所处位置受的安培力为F ，则两导线在该处的磁感应强度大小为B=
F IL
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．根据安培定则及磁感应强度的矢量叠加，又由于12I I >，可得电流元所处位置的磁场方向斜向右下，故A 、B 错误；
C ．根据同向电流互相吸引，可判断要使电流元平衡，可在电流元右上方某位置加一同向通电导线，故C 错误；
D ．电流元在该处与磁场方向垂直，而受到的力为F ，所以根据磁感应强度的定义可知两导线在该处的磁感应强度大小为 F B IL
= 故D 正确；
故选D 。

6．用光子能量为5.0eV 的一束光照射阴极P ，如图，当电键K 断开时。

发现电流表读数不为零。

合上电键，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于1.60V 时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于
1.60V 时，电流表读数为零，由此可知阴极材料的逸出功为（ ）
A ．1.6eV
B ．2.2eV
C ．3.0eV
D ．3.4eV
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】 设用光子能量为5.0eV 的光照射时，光电子的最大初动能为E km ，当反向电压达到U=1.60V 以后，电流表读数为零说明具有最大初动能的光电子也达不到阳极，因此
E km =eU=1.60eV
根据光电效应方程有E km =hv-W 0，阴极材料的逸出功为
W 0=hv-E km =3.40eV .
故选D 。

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．如图所示，斜面倾角为37θ=°，小球从斜面顶端P 点以初速度0v 水平抛出，刚好落在斜面中点处。

现将小球以初速度02v 水平抛出，不计空气阻力，小球下落后均不弹起，sin370.6︒=，cos370.8︒=，重力加速度为g ，则小球两次在空中运动过程中（ ）
A ．时间之比为1:2
B ．时间之比为2
C ．水平位移之比为1:4
D ．当初速度为0v 时，小球在空中离斜面的最远距离为20940v g
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB.设小球的初速度为v 0时，落在斜面上时所用时间为t ，斜面长度为L 。

小球落在斜面上时有：
200122gt gt
tan v t v θ== 解得：
02v tan t g
θ⋅= 设落点距斜面顶端距离为S ，则有
220002v t v tan S v cos gcos θθθ
==∝
若两次小球均落在斜面上，落点距斜面顶端距离之比为1：4，则第二次落在距斜面顶端4L 处，大于斜面的长度，可知以2v 0水平拋出时小球落在水平面上。

两次下落高度之比1：2，根据212
h gt =得： 2 h t g
=所以时间之比为1:2A 错误，B 正确；
C.根据0x v t =得水平位移之比为：
1201022122x x v t v t ==::():选项C 错误；
D.当小球的速度方向与斜面平行时，小球到斜面的距离最大。

即在小球距离斜面最远时，垂直于斜面方向的速度等于0。

建立沿斜面和垂直于斜面的平面直角坐标系，将初速度v0和重力加速度g 进行分解，垂直于斜面的最远距离
2200()92cos 40v sin v H g g
θθ== 选项D 正确。

故选BD 。

8．如图所示为回旋加速器的原理图，两个D 形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，两D 形盒间接入一高频交流电源，用回旋加速器给A 、B 两个不同粒子分别加速，A 粒子的电荷量为q 1、质量为m 1，加速
后获得的最大动能为1k E ，最大速度为1v ；B 粒子的电荷量为q 2、质量为m 2，加速后获得的最大动能为2k E ，
最大速度为2v ，已知两次加速过程中所接入的高频交流电源频率相等，所加的匀强磁场也相同，则下列关系一定正确的是
A ．12q q =，12m m =
B ．12v v =
C ．1122
q m q m = D ．1221
k k E q E q = 【答案】BC
【解析】
【详解】 AC ．由于两个粒子在同一加速器中都能被加速，则两个粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，由2m
T qB
π=可知，两粒子的比荷一定相等，即1122
q m q m =，选项A 错误，选项C 正确； B ．粒子最终获得的速度qBR v m
=，由于两粒子的比荷相等，因此最终获得的速度大小相等，选项B 正确； D ．粒子最后获得的最大动能
222
2k 122q B R E mv m
== 由于粒子的比荷相等，因此
kl 1k 22
E q E q = 选项D 错误；
故选BC.
9．如图，装有水的杯子从倾角α = 53°的斜面上滑下，当水面稳定时，水面与水平面的夹角β = 16°。

取重
力加速度g = 10 m/s 2，sin53°
= 0.8，sin16°= 0.28，则
A ．杯子下滑的加速度大小为2.8 m/s 2
B ．杯子下滑的加速度大小为3.5 m/s 2
C ．杯子与斜面之间的动摩擦因数为0.75
D ．杯子与斜面之间的动摩擦因数为0.87
【答案】BC
【解析】
【详解】
取水平面的一质量为m 的小水滴为研究对象，
由正交分解法结合牛顿第二定律可得：sin 53sin 37mg N ma o o -=； cos53cos37mg N =o o 解得
a=3.5m/s 2；对杯子和水的整体，由牛顿第二定律：sin 5353Mg Mgcos Ma μ-=o o 解得μ=0.75，故选BC.
10．下列说法中正确的有__________。

A ．光在介质中的速度小于光在真空中的速度
B ．紫外线比紫光更容易发生干涉和衍射
C ．光的偏振现象说明光是纵波
D ．由红光和绿光组成的一细光束从水 中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是绿光 E.某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到图甲所示的条纹，仅减小双缝之间的距离后，观察到如图乙所示的条纹
【答案】ADE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．依据 c v n = 可知，光在介质中的速度小于在真空中的速度，故A 正确；
B ．紫外线比紫光的波长短，更不容易发生衍射，而对于干涉只要频率相同即可发生，故B 错误；
C ．光的偏振现象说明光是横波，并不是纵波，故C 错误；
D ．绿光的折射率大于红光的折射率，由临界角公式
1sin C n
= 知，绿光的临界角小于红光的临界角，当光从水中射到空气，在不断增大入射角时，在水面上绿光先发生全反射，从水面消失，故D 正确；
E ．从图甲所示的条纹与图乙所示的条纹可知，条纹间距变大，根据双缝干涉的条纹间距公式
L x d
λ=V 可知，当仅减小双缝之间的距离后，可能出现此现象，故E 正确。

故选ADE 。

11．如图甲所示，一足够长的绝缘竖直杆固定在地面上，带电量为 0.01C 、质量为 0.1kg 的圆环套在杆上。

整个装置处在水平方向的电场中，电场强度 E 随时间变化的图像如图乙所示，环与杆间的动摩擦因数为 0.5。

t=0 时，环由静止释放，环所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g 取10m/s 2 。

则下列说法正确的是（ ）
A ．环先做加速运动再做匀速运动
B ．0~2s 内环的位移大于 2.5m
C ．2s 时环的加速度为5m/s 2
D ．环的最大动能为 20J
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．在t=0时刻环受的摩擦力为0.53000.01N=1.5N 1N f qE mg μ==⨯⨯>=，则开始时物体静止；随着场强的减小，电场力减小，则当摩擦力小于重力时，圆环开始下滑，此时满足
qE mg μ=
即
E=200N/C
即t=1s 时刻开始运动；且随着电场力减小，摩擦力减小，加速度变大；当电场强度为零时，加速度最大；当场强反向且增加时，摩擦力随之增加，加速度减小，当E=-200N/C 时，加速度减为零，此时速度最大，此时刻为t=5s 时刻；而后环继续做减速运动直到停止，选项A 错误；
BC ．环在t=1s 时刻开始运动，在t=2s 时E=100N/C ，此时的加速度为
-mg qE ma μ=
解得
a=5m/s 2
因环以当加速度为5m/s 2匀加速下滑1s 时的位移为
2151m=2.5m 2
s =⨯⨯ 而在t=1s 到t=2s 的时间内加速度最大值为5m/s 2，可知0~2s 内环的位移小于 2.5m ，选项B 错误，C 正确；
D ．由以上分析可知，在t=3s 时刻环的加速度最大，最大值为g ，环从t=1s 开始运动，到t=5s 时刻速度最大，结合a-t 图像的面积可知，最大速度为
1410m/s=20m/s 2
m v =⨯⨯ 则环的最大动能
22110.120J=20J 22
km m E mv ==⨯⨯ 选项D 正确。

故选CD 。

12．下列说法正确的（ ）
A ．在车胎突然爆裂的瞬间，气体内能减少
B ．凡是能量守恒的过程一定能够自发地发生的
C ．气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的
D ．随着高度的增加，大气压和温度都在减小，一个正在上升的氢气球内的氢气（理想气体）内能减小 E.能量转化过程中，其总能量越来越小，所以要大力提倡节约能源
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A ．车胎突然爆炸瞬间，气体膨胀，视为短暂的绝热过程，根据热力学第一定律
U W ∆=
车胎突然爆裂的瞬间，气体对外做功，气体内能减少，A正确；
B．根据热力学第二定律，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，B错误；
C．根据气体压强的微观意义可知，气体的压强产生的机理是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的，C正确；
D．根据大气压的变化规律可知，随着高度的增加，大气压和温度都在减小，一个正在上升的氢气球内的氢气的温度随外界温度的降低而降低，所以氢气的内能减小，D正确；
E．能量转化过程中，总能量不变，但能量可以利用的品质降低，能源会越来越少，E错误。

故选ACD。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系。

实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接。

(1)实验要求电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)该同学描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示，根据图像可知小灯泡的电阻随电压增大而___（选填“增大”、“减小”或“不变”）。

将该小灯泡直接与电动势为3V、内阻为5Ω的电源组成闭合回路，小灯泡的实际功率约为____W（保留二位有效数字）。

【答案】0.44 增大0.44(0.43---0.46均对)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]．滑动变阻器的滑片滑动过程中，电流表的示数从零开始这渐增大，滑动变阻器采用分压接法，实物电路图如图所示：
(2)[2]．由图示电路图可知，电流表量程为0.6A，由图示电流表可知，其分度值为0.02A，示数为0.44A；
(3)[3]．根据图像可知小灯泡的电阻随电压增大而增大。

[4]．在灯泡U-I图象坐标系内作出电源的U-I图象如图所示：
由图示图象可知，灯泡两端电压U=1.3V，通过灯泡的电流I=0.34A，灯泡功率
P=UI=1.3×0.34≈0.44W
14．某实验小组想用下图所示装置验证动能定理。

垫块的作用是使长木板产生一个合适的倾角来平衡小车运动过程中受到的阻力，小车的凹槽可以添加钩码以改变小车的质量，用小桶以及里面的细沙的重力来替代小车受到的合力，可以改变细沙的多少来改变合力的大小。

已知打点计时器的打点频率为f，当地重力加速度为g。

(1)要完成实验，必须测量哪些物理量___
A．纸带上某两点间的距离x，以及这两点的瞬时速度
B．长木板的倾角α
C. 小车及凹槽内钩码的总质量M
D. 小桶及里面细沙的总质量m
(2)仔细平衡小车受到的阻力，并多次改变小车的质量M和小桶里面细沙的质量m，通过测量和计算发现：合力的功总是大于两点动能的差值，这___（填“符合”或“不符合“）实验的实际情况。

【答案】CD 符合
【解析】
【分析】
根据该实验的实验原理、要求和减少误差的角度分析，平衡摩擦力作用后，进行实验过程中需要用刻度尺测量纸带上两点的距离，用天平测出小车及凹槽内钩码的总质量，小桶及里面细沙的总质量，根据实验原理，明确实验现象中产生实验误差的原因即可求解。

【详解】
(1)[1]以小车及凹槽内砝码为研究对象，根据动能定理可知：
2201122Fx Mv Mv =- 其中F 可以用小桶以及里面的细沙的重力来代替，x 是纸带上某两点间的距，M 为小车和凹槽内钩码的总质量，0v 和v 为对应两点的速度，因此需要测量的物理量为纸带上某两点间的距离x ，小车和凹槽内钩码的总质量M ，小桶及里面细沙的总质量m ，但速度不是测量处理的，是计算出的结果，故CD 正确AB 错误。

故选CD 。

(2)[2]虽然平衡小车受到的阻力，但是运动过程中小桶和里面的细沙的重力始终大于小车受到合外力，使合力做的总功总是大于两点动能的差值，这符合实验的实际情况。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．为防治2019-nCoV ，社区等公共场所加强了消毒措施，如图所示为喷洒消毒液的某喷雾器示意图。

储液桶与打气筒用软细管相连，已知储液桶容积为0V (不计储液桶两端连接管体积)，初始时桶内消毒液上方
气体压强为02p ，体积为1
2V 0，打开阀门K 喷洒消毒液，一段时间后关闭阀门停止喷洒，此时气体压强降为032
p 。

喷洒过程中桶内气体温度与外界温度相同且保持不变，0p 为外界大气压强。

求： (1)停止喷洒时剩余的药液体积；
(2)为使桶内气体压强恢复为02p ，需打入压强为0p 的气体体积(不考虑打气过程中温度变化)。

【答案】 (1)
01V 3；(2)01V 3
【解析】
【分析】
【详解】 (1)对桶内消毒液上方气体，喷洒时温度不变，根据玻意耳定律可得
000113222
p V p V ⋅=
解得
1023V V = 停止喷洒时剩余的药液体积
0002133
V V V V =-= (2)对原气体和需打入气体为对象，根据玻意耳定律可得
000200122223
p V p V p V ⋅+=⋅ 解得
3013
V V = 16．在直角坐标系xoy 平面内存在着电场与磁场，电场强度和磁感应强度随时间周期性变化的图像如图甲所示。

t=0时刻匀强电场沿x 轴负方向，质量为m 、电荷量大小为e 的电子由（－L ，0）位置以沿y 轴负方向的初速度v 0进入第Ⅲ象限。

当电子运动到（0，－2L ）位置时，电场消失，空间出现垂直纸面向外的匀强磁场，电子在磁场中运动半周后，磁场消失，匀强电场再次出现，当匀强电场再次消失而匀强磁场再次出现时电子恰好经过y 轴上的（0，L ）点，此时电子的速度大小为v 0、方向为+y 方向。

已知电场的电场强度、磁场的磁感应强度以及每次存在的时间均不变，求：
(1)电场强度E 和磁感应强度B 的大小；
(2)电子从t=0时刻到第三次经过y 轴所用的时间；
(3)通过分析说明电子在运动过程中是否会经过坐标原点。

【答案】 (1)202mv E eL
=，2mv B eL 0=；(2)0(6)L t v π=+；(3)能过原点 【解析】
【分析】
【详解】
(1)轨迹如图所示
电子由A 点进入第Ⅲ象限，此时空间存在-x 方向的电场，设电子运动到B 点用时为t ，在x 方向上
212
L at = 在-y 方向上
02L v t =
设电场强度为E
eE ma = 解得202mv E eL
=。

在B 点，电子速度为v ，方向与y 轴夹角为α，则
tan at v α= 0cos v v α
= 电子从C 点到D 点可以逆向看成从D 点到C 点的运动，此过程中只有电场，跟A 到B 的过程完全一样。

由几何知识知道EC=L ，OE=L 。

从B 到C ，电子做圆周运动的半径为R
22
R L = 设磁感应强度为B
20v evB m R
= 解得2mv B eL
0=。

(2)到D 点后，电子在磁场中运动的半径为r ，半周期后运动到F 点。

20v evB m r
=
电子在磁场中运动周期跟速度大小无关，由
02r T v π=
可得
2m T eB
π= 到F 点之后的运动，周期性重复从A-B-C-D-F 的运动过程，第三次到y 轴时位置是E 点。

每次在电场中运动的时间为t 1
10
2L t v = 每次在磁场中运动的时间为t 2
22
T t = 所以从开始运动到第三次经过y 轴的时间
120
32(6)L t t t v π=+=+ (3)把从B-C-D-F-E 看成一个运动周期，每周期沿+y 方向移动L 。

所以可以判断电子一定会经过坐标原点。

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 ∆=
≈。