广东省深圳市2021届新高考第二次大联考物理试卷含解析

广东省深圳市2021届新高考第二次大联考物理试卷
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．如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球又叠放在一起，从高度为h处自由落下，且远大于两小球半径，所有的碰撞都是完全弹性碰撞，且都发生在竖直方向．已知m2=3m1，则小球m1反弹后能达到的高度为（）
A．h B．2h C．3h D．4h
【答案】D
【解析】
试题分析：下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v=，m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，则：
m2v﹣m1v=m1v1+m2v2
由能量守恒定律得：
（m 1+m2）v2=+m2
且，m2=3m1
联立解得：
反弹后高度为：H=
故选D
2．如图所示，一只蚂蚁从盘中心O点向盘边缘M点沿直线OM匀速爬动，同时圆盘绕盘中心O匀速转动，则在蚂蚁向外爬的过程中，下列说法正确的（）
A．蚂蚁运动的速率不变B．蚂蚁运动的速率变小
C．相对圆盘蚂蚁的运动轨迹是直线D．相对地面蚂蚁的运动轨迹是直线
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
AB．在蚂蚁向外爬的过程中，沿半径方向的速度不变，垂直于半径方向的速度逐渐变大，可知合速度逐渐变大，即蚂蚁运动的速率变大，选项AB错误；
C．蚂蚁沿半径方向运动，则相对圆盘蚂蚁的运动轨迹是直线，选项C正确；
D．相对地面，蚂蚁有沿半径方向的匀速运动和垂直半径方向的圆周运动，则合运动的轨迹不是直线，选项D错误；
故选C。

3．现在很多人手机上都有能记录跑步数据的软件，如图所示是某软件的截图，根据图中信息，判断下列选项正确的是（）
A．“3.00千米”指的是该同学的位移
B．平均配速“05′49″”指的是平均速度
C．“00∶17∶28”指的是时刻
D．这位跑友平均每跑1千米用时约350s
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.根据题图中地图显示，跑的轨迹是曲线，故“3.00千米”指的是路程，故A错误；
B.根据“05′49″”的单位是时间单位，可知不是平均速度，故B错误；
C.“00∶17∶28”指的是所用时间，是指时间间隔，故C错误；
D.3千米共用时17分28秒，故每跑1千米平均用时约350s，故D正确。

故选D。

4．某研究性学习小组在探究电磁感应现象和楞次定律时，设计并进行了如下实验：如图，矩形金属线圈放置在水平薄玻璃板上，有两块相同的蹄形磁铁，相对固定，四个磁极之间的距离相等．当两块磁铁匀速向右通过线圈位置时，线圈静止不动，那么线圈所受摩擦力的方向是()
A ．先向左，后向右
B ．先向左，后向右，再向左
C ．一直向右
D ．一直向左
【答案】D 【解析】 【详解】
当原磁通量增加时，感应电流的磁场与原来磁场的方向相反，两个磁场产生相互排斥的作用力； 当原磁通量减少时，感应电流的磁场就与原来磁场的方向相同，两个磁场产生相互吸引的作用力，所以感应电流总要阻碍导体和磁极间的相对运动。

当磁铁匀速向右通过线圈时，N 极靠近线圈，线圈的感应电流总要阻碍磁极的相对运动，给磁极向左的安培力，那么磁极给线圈向右的安培力，线圈静止不动，是因为受到了向左的摩擦力。

当N 极离开线圈，线圈的感应电流总要阻碍磁极的相对运动，给磁极向左的安培力，那么磁极给线圈向右的安培力，线圈静止不动，是因为受到了向左的摩擦力。

所以整个过程线圈所受的摩擦力一直向左。

故D 正确。

故选D 。

5．一个带负电的粒子从x=0处由静止释放，仅受电场力作用，沿x 轴正方向运动，加速度a 随位置变化的关系如图所示，x 2－x 1=x 3－x 2可以得出（ ）
A ．从x 1到x 3过程中，电势先升高后降低
B ．在x 1和x 3处，电场强度相同
C ．粒子经x 1和x 3处，速度等大反向
D ．粒子在x 2处，电势能最大
【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．由图可知，20x :加速度方向沿x 轴正方向，23x x :加速度方向沿x 轴负方向，由于粒子带负电，则20x :电场强度方向沿x 轴负方向，23x x :电场强度沿x 轴正方向，根据沿电场线方向电势降低可知，从x 1到x 3过程中，电势先升高后降低，在x 1和x 3处，电场强度方向相反，故A 正确，B 错误； C ．a t 图像与坐标轴所围面积表示速度变化量，由图像可知，13x x :速度变化为0，则粒子经x 1和x 3处，速度相同，故C 错误；
D ．20x :电场强度方向沿x 轴负方向，23x x :电场强度沿x 轴正方向，则在x 2处电势最高，负电荷的电势能最小，故D 错误。

故选A 。

6．某跳水运动员在3m 长的踏板上起跳，踏板和运动员要经历如图所示的几个位置，其中A 为无人时踏板静止点，B 为人站在踏板上静止时的平衡点，C 为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，已知板形变越大时板对人的弹力也越大，在人由C 到B 的过程中（ ）
A ．人向上做加速度大小减小的加速运动
B ．人向上做加速度大小增大的加速运动
C ．人向上做加速度大小减小的减速运动
D ．人向上做加速度大小增大的减速运动
【答案】A 【解析】 【详解】
人由C 到B 的过程中，重力不变，弹力一直减小，弹力大于重力，向上做加速运动，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，所以人向上做加速度大小减小的加速运动，故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

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．某探究小组利用图甲所示的电路探究一标签模糊的理想变压器的原、副线圈匝数比。

R 为定值电阻，L 1、L 2为两只标有“5V ，2A”的相同小灯泡，S 为开关。

保持开关S 断开，在输入端施加如图乙所示的交变电压后，灯泡L 1正常发光，测得电阻R 两端的电压为灯泡L 1两端电压的2倍。

以下说法正确的是（ ）
A ．理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1
B ．理想变压器原、副线圈的匝数比为1：4
C ．定值电阻的阻值为10Ω
D ．闭合开关S 后，灯泡L 1中的电流变小 【答案】CD 【解析】 【详解】
AB ．由电压图像可知，输入电压的最大值为202m U V ，则有效值为
2
m
U =
=20V 灯泡正常发光，故灯泡两端的电压为5V ，即副线圈两端的电压
25U =V ，由题知电阻R 两端的电压为
R U =10V ，故变压器原线圈的电压 1R U U U =-=10V
原副线圈的匝数比
112210251
n U n U === 故AB 错误；
C ．灯泡L 1正常发光，即副线圈的电流22I =A ，根据理想变压器输入功率等于输出功率可知，原副线圈中的电流之比
122112
I n I n == 解得电阻R 中的电流为1I =1A ，由欧姆定律可知
10
1
R R U R I =
=Ω=10Ω 故C 正确；
D ．开关S 闭合后，电路的总电阻减小，而输入端电压保持不变，故副线圈中的电流增大，则原线圈中电流增大，电阻R 两端电压升高，变压器原线圈电压降低，故副线圈输出电压降低，灯泡1L 两端电压降低，电流减小，故D 正确。

故选CD 。

8．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m 的圆环，圆环与一轻质水平状态的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上O 点，且处于原长。

现让圆环从A 点由静止开始下滑，滑到O 点正下方B 点时速度为零。

则在圆环下滑过程中（ ）
A ．圆环的机械能先减小后增大，再减小
B ．弹簧的弹性势能先增大再减小
C ．与圆环在A 点的加速度相同的位置还有两处
D ．弹簧再次恢复到原长时圆环的速度最大 【答案】AC 【解析】 【详解】
AB ．开始时，弹簧处于原长，弹簧先压缩，弹性势能增大，当弹簧与杆垂直时，弹簧压缩量最大，继续往下滑，弹性势能减小，当滑到弹簧恢复原长时，继续下滑，弹簧将伸长，弹性势能增大直到滑到B 点，即弹簧弹性势能先增大后减小再增大，由能量守恒可知，圆环的机械能先减小后增大，再减小，A 正确，B 错误；
C ．A 点时，弹簧为原长，无弹力，受力分析可知，圆环的加速度由重力沿斜面向下的分力提供：
sin =mg ma θ
解得sin a g θ=，当弹簧与杆垂直时，弹簧弹力垂直于杆，不提供加速度，此时加速度由重力沿斜面向下的分力提供，即sin a g θ=，继续往下滑，还有一处弹簧恢复原长，此处弹簧也没有弹力，加速度由重力沿斜面向下的分力提供，即sin a g θ=，所以与圆环在A 点的加速度相同的位置还有两处，C 正确； D ．弹簧再次恢复到原长时，加速度为sin a g θ=，沿斜面向下，即将继续往下加速运动，直到加速度为零时开始减速，所以弹簧再次恢复到原长时速度不是最大，D 错误。

故选AC 。

9．A 、B 两粒子以相同的初速度沿与电场线垂直的方向由左边界的同一点先后进入同一匀强电场，最后它们都从电场的右边界离开电场。

不计粒子的重力。

已知A 、B 两粒子的质量之比为1：4，电荷量之比为1：2，则此过程中（ ）
A ．A 、
B 的运动时间之比为1：1 B ．A 、B 沿电场线的位移之比是1：1
C ．A 、B 的速度改变量之比是2：1
D ．A 、B 的电势能改变量之比是1：1 【答案】ACD 【解析】 【详解】
A ．假设粒子在垂直电场方向运动的位移为L ，粒子在垂直电场线方向做匀速直线运动
L t v =
结合题意可知A 、B 在电场中的运动时间相同，A 正确；
BC ．根据加速度的定义式可知速度的改变量之比等于加速度之比，粒子只受电场力作用。

根据牛顿第二定律变形
qE a
m =
可得
A
B
14
2
21
a
a
=⨯=
根据运动学公式
2
1
2
d at
=
可得A、B沿电场线的位移之比
A A
B B
2
d a
d a
==
B错误，C正确；
D．电场力做功改变电势能，所以A、B的电势能改变量之比等于电场力做功之比，电场力做功222
2
q E t
W qEd
m
==
所以
A
2
B
14
1
12
W
W
=⨯=
D正确。

故选ACD。

10．氢原子的能级如图所示，普朗克常量为h。

处于第4能级的大量氢原子向第2能级跃迁，下列说法中正确的是（）
A．可以释放出3种不同频率的光子B．可以释放出2种不同频率的光子
C．所释放的光子的最小频率为43
-
E E
h
D．所释放的光子的最小频率为与42
-
E E
h
【答案】AC
【解析】
【详解】
AB．大量氢原子处在4E能级，向下面的2E能级跃迁，有三种情况
42E E →、43E E →、32E E →
由E hv ∆=知光子的频率有3种。

故A 正确，B 错误；
CD ．其中43E E →跃迁放出的能量最小，相应光子的频率最小，为
43
E E E v h h
-∆=
= 故C 正确，D 错误。

故选AC 。

11．如图（a ）所示，光滑绝缘斜面与水平面成30θ=︒角放置，垂直于斜面的有界匀强磁场边界M 、N 与斜面底边平行，磁感应强度大小为3T B =。

质量0.05kg m =的“日”字形导线框在沿斜面向上的外力作用下沿斜面向上运动，导体框各段长度相等，即=0.1m ab bc cd dc af fa fc L =======，ab 、fc ，ed 段的电阻均为2Ωr =，其余电阻不计。

从导线框刚进入磁场开始计时，fc 段的电流随时间变化如图（b ）
所示（电流由f 到c 的方向为正），重力加速度2
10m/s g =下列说法正确的是（ ）
A ．导线框运动的速度大小为10m/s
B ．磁感应强度的方向垂直斜面向上
C ．在0t =至0.03s t =这段时间内，外力所做的功为0.24J
D ．在0.01s t =至0.02s t =这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.3N 【答案】AD 【解析】 【详解】
B ．由于在0~0.01s 时间内，电流从f 到c 为正，可知cd 中电流从d 到c ，则由右手定则可知，磁感应强度的方向垂直斜面向下，选项B 错误；
A ．因为cd 刚进入磁场时，通过fc 的电流为0.5A ，可知通过cd 的电流为1A ，则由
2
cd BLv
I r r =
+ 解得
v=10m/s 选项A 正确；
C ．在0t =至0.03s t =这段时间内，线圈中产生的焦耳热为
2233130.01J=0.09J Q I R t ==⨯⨯⨯总
线框重力势能的增加量
3sin 300.075J P E mg L =⋅=o
则外力所做的功为
0.165J P W Q E =+=
选项C 错误；
D ．在0.01s t =至0.02s t =这段时间内，导线框的cf 边在磁场内部，则所受的安培力大小为
310.1N=0.3N cf F BIL ==⨯⨯
选项D 正确。

故选AD 。

12．若取无穷远处分子势能为零，当处于平衡状态的两分子间距离为r 0时，下列说法正确的是（ ） A ．分子势能最小，且小于零 B ．分子间作用力的合力为零 C ．分子间引力和斥力相等 D ．分子间引力和斥力均为零 E.分子势能大于零 【答案】ABC 【解析】 【详解】
AE ．分子势能与间距r 的关系图，如图所示
由图可知当两分子的间距为r 0时，分子势能最小，且小于零，故A 正确，E 错误；
BCD ．当两分子的间距为r 0时，分子间引力与斥力大小相等，方向相反，则合力为零，但是分子间引力和斥力的大小均不零，故BC 正确，D 错误。

故选ABC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13． “探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示.
（1）在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸袋如图乙所示．计时器打点的时间间隔为0.02s.
从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离．该小车的加速度
a=___________m/s2.（结果保留两位有效数字）
（2）平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上.挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度．小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表：
砝码盘中砝码总重力F(N) 0.196 0.392 0.588 0.784 0.980
加速度a（m·s-2）0.69 1.18 1.66 2.18 2.70
请根据实验数据作出a-F的关系图像_____.
（3）根据提供的试验数据作出的a-F图线不通过原点，请说明主要原因_____．
【答案】0.16(0.15也算对) 未计入砝码盘的重力
【解析】
【分析】
【详解】
（1）处理匀变速直线运动中所打出的纸带，求解加速度用公式，关键弄清公式中各个量的物理意义，为连续相等时间内的位移差，t为连需相等的时间间隔，如果每5个点取一个点，则连续两点的时间间隔为t=0.1s，（3.68-3.51）m，带入可得加速度=0.16m/s1．也可以使用最后一段和第二段的位移差求解，得加速度=0.15m/s1.
（1）根据图中的数据，合理的设计横纵坐标的刻度值，使图线倾斜程度太小也不能太大，以与水平方向夹角45°左右为宜．由此确定F的范围从0设置到1N较合适，而a则从0到3m/s1较合适．设好刻度，根据数据确定个点的位置，将个点用一条直线连起来，延长交与坐标轴某一点．如图所示．
（3）处理图象问题要注意图线的斜率、交点、拐点、面积等意义，能正确理解这些量的意义则很多问题将会迎刃而解．与纵坐标相交而不过原点，该交点说明当不挂砝码时，小车仍由加速度，即绳对小车仍有拉力，从此拉力的来源考虑很容易得到答案，是因为砝码盘的重力，而在（1）问的图表中只给出了砝码的总重力，而没有考虑砝码盘的重力．
14．一根均匀的细长空心金属圆管，其横截面如图甲所示，长度为L ，电阻R约为5Ω，这种金属的电阻率为ρ，因管线内径太小无法直接测量，某同学设计下列实验方案尽可能精确测定它的内径d；
(1)用螺旋测微器测量金属管线外径D，图乙为螺旋测微器校零时的示数，用该螺旋测微器测量的管线外径读数为5.200mm，则所测金属管线外径D=_______mm．
(2)为测量金属管线的电阻R，取两节干电池（内阻不计）、开关和若干导线及下列器材：
A．电流表0～0.6A，内阻约0.05Ω
B．电流表0～3A，内阻约0.01Ω
C．电压表0～3V，内阻约10kΩ
D．电压表0～15V，内阻约50kΩ
E．滑动变阻器，0～10Ω（额定电流为0.6A）
F．滑动变阻器，0～100Ω（额定电流为0.3A）
为准确测出金属管线阻值，电流表应选_______，电压表应选______，滑动变阻器应选_______(填序号) (3)如图丙所示，请按实验要求用笔代线将实物图中的连线补充完整_______．
(4)根据已知的物理量（长度L 、电阻率ρ）和实验中测量的物理量（电压表读数U 、电流表读数I 、金属管线外径D ），则金属管线内径表达式d ＝______________
【答案】5.167 A C E 24IL D U
ρπ- 【解析】
【详解】
(1)[1]螺旋测微器校零时的示数
3.3×0.01mm=0.033mm
螺旋测微器测量的管线外径读数为5.200mm ，则所测金属管线外径
D=5.200-0.033mm=5.167mm ．
(2)[2]两节新的干电池电动势为3V ，因此电压表选择3 V 的量程，即为C ；
[3]因为电量中最大电流大约为
3A 0.6A 5
m E I R === 为了测量的精确，电流表应选择A ，
[4]滑动变阻器采用限流式接法，因为待测电阻较小，所以滑动变阻器选择E ．
(3) [5]由于待测电阻的平方小于电压表与电流表内阻的乘积，属于小电阻，所以电流表采用外接法，连接滑动变阻器的滑片接头错误，应该在接线柱；
(4)[6]该实验需要测量空心金属管的内径，通过欧姆定律测出电阻的大小，结合电阻定律测出横截面积，
从而根据外径求出内径的大小．故所需测量的物理量为金属管的长度L 、金属管的外径D 、加在管两端的电压U 、通过管的电流强度I ．
据欧姆定律得， U R I = ，又L R S ρ= ，则LI S U
ρ= ，因为 2222D d S ππ=-（）（） 解得:
24IL d D U
ρπ=- 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，一根劲度系数为k 的轻质弹簧竖直放置，上下两端各固定质量均为M 的物体A 和B （均视为质点），物体B 置于水平地面上，整个装置处于静止状态，一个质量112m M =的小球P 从物体A 正上方距其高度h 处由静止自由下落，与物体A 发生碰撞（碰撞时间极短），碰后A 和P 粘在一起共同运动，不计空气阻力，重力加速度为g ．
（1）求碰撞后瞬间P 与A 的共同速度大小；
（2）当地面对物体B 的弹力恰好为零时，求P 和A 的共同速度大小．
（3）若换成另一个质量214
m M =的小球Q 从物体A 正上方某一高度由静止自由下落，与物体A 发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后物体A 达到最高点时，地面对物块B 的弹力恰好为零．求Q 开始下落时距离A 的高度．（上述过程中Q 与A 只碰撞一次）
【答案】（1123gh 22249gh Mg k
-3）252Mg k 【解析】
【详解】
本题考查物体的自由下落、碰撞以及涉及弹簧的机械能守恒问题．
（1）设碰撞前瞬间P 的速度为0v ，碰撞后瞬间二者的共同速度为1v
由机械能守恒定律，可得
211012
m gh m v = 由动量守恒定律可得
()1011m v m M v =+，
联立解得
1v =（2）设开始时弹簧的压缩量为x ，当地面对B 的弹力为零时弹簧的伸长量为'x ，由胡可定律可得 kx Mg =，'kx Mg =，
故'x x =
二者从碰撞后瞬间到地面对B 的弹力为零的运动过程中上升的高度为
2''Mg h x x k
=+= 由'x x =可知弹簧在该过程的始末两位置弹性势能相等，即12P P E E =
设弹力为零时二者共同速度的大小为v ，由机械能守恒定律，得
()()()22111'22
m M v m M gh m M v +=+++， 解得
v =（3）设小球Q 从距离A 高度为H 时下落，Q 在碰撞前后瞬间的速度分别为23v v 、，碰后A 的速度为4v ，由机械能守恒定律可得
222212
m gH m v = 由动量守恒定律可得
22423m v Mv m v =+
由能量守恒可得
22222234111222
m v m v Mv =+， 由（2）可知碰撞后A 上升的最大高度为
2'Mg h k
= 由能量守恒可得
241'2
Mv Mgh = 联立解得
252Mg H k
=。

16．如图所示，质量为m ＝1kg 的物块放在倾角为θ＝37°的斜面底端A 点，在沿斜面向上、大小为20N 的恒力F 1的作用下，从静止开始沿斜面向上运动，运动到B 点时撤去拉力F 1，当物块运动到C 点时速度恰为零，物块向上加速的时间与减速的时间均为2s 。

物块运动到C 点后，再对物块施加一平行于斜面的拉力F 2，使物块从C 点运动到A 点的时间与从A 点运动到C 点的时间相等。

已知斜面足够长，重力加速度g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）物块与斜面间的动摩擦因数;
（2）拉力F 2的大小和方向。

【答案】 (1)μ=0.5 (2) F 2=3N,方向平行斜面向下
【解析】
【详解】
(1)设物块向上做加速运动的加速度大小为a 1，
根据牛顿第二定律有：F 1-mgsin θ-μmgcos θ=ma 1
撤去拉力F 1后，物块做匀减速运动，设运动的加速度大小为a 2
根据牛顿第二定律有：μmg cos θ+mgsin θ=ma 2
由于加速的时间与减速的时间相等，即:a 1t=a 2t
联立解得：
μ=0.5
（2）物块向上运动时，a 1=a 2=10m/s 2 ，物块从A 到C 运动的距离：
x=2×2112a t =40m
设拉力的方向沿斜面向下，则根裾牛顿第二定律有：F 2+mgsin θ-μmgcos θ=ma 3
由题意可知：x=
23122
a t （） 解得：
a 3=5m/s 2
F 2=3N
F 2方向平行斜面向下
17．如图所示，光滑水平地面上，一质量为M ＝1kg 的平板车上表面光滑，在车上适当位置固定一竖直轻杆，杆上离平板车上表面高为L ＝1m 的O 点有一钉子（质量不计），一不可伸长轻绳上端固定在钉子上，
下端与一质量m 1＝1.5kg 的小球连接，小球竖直悬挂静止时恰好不与平板车接触。

在固定杆左侧放一质量为m 2＝0.5kg 的小滑块，现使细绳向左恰好伸直且与竖直方向成60°角由静止释放小球，小球第一次摆到最低点时和小滑块相碰，相碰时滑块正好在钉子正下方的O '点。

设碰撞过程无机械能损失，球和滑块均可看成质点且不会和杆相碰，不计一切摩擦，g 取10m/s 2，计算结果均保留两位有效数字。

求：
(1)小滑块初始位置距O '的水平距离a ；
(2)碰后小球能到达的最大高度H 。

【答案】 (1)0.52m ； (2)0.32m
【解析】
【详解】
(1)小球摆动过程中，设碰前小球的速度大小为0v ，平板车的速度大小为M v ，位移大小分别为1x 和M x ，小球开始时高度为
()1cos600.5h L m =-=o
小球和平板车在水平方向动量守恒
10M Mv m v =
二者构成的系统机械能守恒
221011122
M Mv m v m gh += 带入数据联立解得
3m/s M v =
02m/s v =
11M x m x M
= 且
1sin 60M x x L +=o
解得
m 0.52m 10
M x =≈ 小球从左向下摆到最低点的过程中，滑块相对于地面静止，M 及杆对地向左走过的距离即为所求 0.52m M a x ==
(2)小球到最低点时以速度0v 与静止的滑块发生弹性碰撞，小球和滑块组成的系统动量守恒且机械能守恒，设碰后瞬间小球和滑块的速度大小分别为1v ，2v ，则有：
101122m v m v m v =+
222101122111222
m v m v m v =+ 联立解得
121012
1m/s m m v v m m -==+ 12012
23m/s m v v m m =+ 此后滑块向右匀速直线运动，不影响小球和车的运动，小球摆到最高点时和平板车具有相同速度v ，二者组成的系统动量守恒
()111M Mv m v M m v -=+
解得
0.6m/s v =
机械能守恒
()2221111111222
M m gH Mv m v M m v =
+++ 解得 0.32m H =。