浙江省杭州市2021届新高考物理四月模拟试卷含解析

浙江省杭州市2021届新高考物理四月模拟试卷
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．某同学在测量电阻x R实验时，按图所示连接好实验电路。

闭合开关后发现：电流表示数很小、电压表示数接近于电源电压，移动滑动变阻器滑片时两电表示数几乎不变化，电表及其量程的选择均无问题。

请你分析造成上述结果的原因可能是（）
A．电流表断路
B．滑动变阻器滑片接触不良
C．开关接触部位由于氧化，使得接触电阻太大
D．待测电阻和接线柱接触位置由于氧化，使得接触电阻很大
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
AB．电流表断路或者滑动变阻器滑片接触不良，都会造成整个电路是断路情况，即电表示数为零，AB错
误；
C．开关接触部位由于氧化，使得接触电阻太大，则电路电阻过大，电流很小，流过被测电阻的电流也很
小，所以其两端电压很小，不会几乎等于电源电压，C错误；
D．待测电阻和接线柱接触位置由于氧化，使得接触电阻很大，相当于当被测电阻太大，远大于和其串联
的其他仪器的电阻，所以电路电流很小，其分压接近电源电压，D正确。

故选D。

2．相传我国早在5000多年前的黄帝时代就已经发明了一种指南车。

如图所示为一种指南车模型，该指南
车利用机械齿轮传动的原理，在任意转弯的情况下确保指南车上的小木人右手臂始终指向南方。

关于该指
南车模型，以下说法正确的是（）
A ．以指南车为参照物，车上的小木人始终是静止的
B ．如果研究指南车的工作原理，可以把车看成质点
C ．在任意情况下，指南车两个车轮轮缘的线速度大小都相等
D ．在任意情况下，车转弯的角速度跟小木人的角速度大小相等
【答案】A
【解析】
【详解】
A ．以指南车为参照物，车上的小木人相对于小车的位置不变，所以始终是静止的，故A 正确；
B ．在研究指南车的工作原理时，不可以把车看成质点，否则车上的小木人右手臂始终指向南方的特点不能体现，故B 错误；
C ．在指南车转弯时，两个车轮的角速度相等，线速度不一定相等，故C 错误；
D ．由题，车转弯时，车转动，但车上的小木人右手臂始终指向南方，可知小木人是不转动的，所以它们的角速度是不相等的，故D 错误；
故选A 。

3．2019年8月我国已经建成了新托卡马克（EAST ）装置一中国环流器二号M 装置（HL —2M ），为“人造太阳”创造了条件，其等离子温度有望超过2亿摄氏度，将中国的聚变堆技术提升到了新的高度。

设该
热核实验反应前氘核（2
1H ）的质量为1m ，氚核（31H ）的质量为2m ，反应后氦核（42He ）的质量为
3m ，中子（1
0n ）的质量为4m 。

关于聚变的说法正确的是（ ）
A ．核裂变比核聚变更为安全、清洁
B ．由核反应过程质量守恒可知1234m +m =m +m 。

C ．两个轻核结合成质量较大的核，比结合能较聚变前减少
D ．HL —2M 中发生的核反应方程式是23411120H+H He+n 【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．轻核聚变比核裂变更为安全、清洁，选项A 错误；
B ．核反应过程中质量数守恒，但质量不守恒，核反应过程中存在质量亏损，因此
1234m m m m +≠+
选项B 错误；
C. 两个轻核结合成质量较大的核，根据质量亏损与质能方程，则有聚变后比结合能将增大，选项C 错误； D ．根据质量数和核电荷数守恒知 HL —2M 中发生的核反应方程式是
2
3
411120H+H He+n →
选项D 正确。

故选D 。

4．有一个变压器，当输入电压为220 V 时输出电压为12 V ，某同学在实验过程中发现此变压器副线圈烧坏了，于是他从变压器上拆掉烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈作为副线圈（如图所示），然后将原线圈接到110 V 交流电源上，将交流电流表与的固定电阻串联后接在新绕的5匝线圈两端，这时电流表的示数为5 mA 。

该同学按理想变压器分析，求出了该变压器副线圈的匝数。

你认为该变压器原来的副线圈匝数应为（ ）
A ．2200
B ．1100
C ．60
D ．30
【答案】C
【解析】
【详解】 由题意可知当新绕5匝线圈后，原线圈接到110 V 交流电源上，新绕线圈电流为5mA ，则新绕线圈的电压为
根据原副线圈电压值比等于匝数比可知
可得原线圈的匝数为 匝匝
又因为当副线圈没有损坏输入电压为220V 时输出电压为12 V ，可得
可得该变压器原来的副线圈匝数应为 匝匝
故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

5．如图所示，传送带AB 长为16m ，水平地面BC 的长为8m ，传送带与水平地面之间B 处由光滑小圆弧连接，物块在B 处由传送带滑到水平地面速度大小不变，物块与水平地面间、传送带间的动摩擦因数均为0.5，光滑半圆形轨道CD 的半径为1.25m ，与水平地面相切于C 点，其直径CD 右侧有大小为100V/m 、方向水平向左的匀强电场。

传送带以l0m/s 的速度顺时针运动，带正电的物块可看成质点，其质量为5kg ，
带电荷量为0.5C ，从静止开始沿倾角为37°的传送带顶端A 滑下。

已知sin37°
=0.6，cos37°=0.8，g 取10m/s 2，则下列说法正确的是（ ）
A ．物块在传送带上先加速后匀速
B ．物块在传送带上运动的时间为3s
C ．物块到达C 点时对C 点的压力为306N
D ．物块可以运动到D 点，在D 14m/s
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
AB.刚开始运动时，对物块受力分析可知
1sin 37cos37mg mg ma μ︒+︒=
解得
a 1=10m/s 2
物块与传送带达到共同速度时
11v a t =
解得
t 1=ls
物块的位移
211152
x a t m == 此后对物块受力分析可知
2sin 37cos37mg mg ma μ︒-︒=
解得a 2=2m/s 2，物块在传送带上的第二段运动
222212
AB L x vt a t -=+ 解得t 2=1s ，物块在传送带上运动的时间
122s t t t =+=
物体在传送带上先以a 1=10 m/s 2加速，再以a 2=2m/s 2加速，AB 错误；
C.物块到达传送带底端的末速度
22212m/s v v a t =+=
在水平地面BC 上，物块做匀减速直线运动，其加速度大小
25m/s a g μ==
设物块到达C 点时的速度为v 3，则
22322BC v v aL -=-
解得
v 3=8m/s
设此时C 点对物块的支持力为F N ，根据牛顿第二定律，有
23N mv F mg r
-= 解得
F N =306N
根据牛顿第三定律可知，物块对C 点的压力大小为306N ，故C 正确；
D.由于物块在电场中有
50N Eq mg ==
重力和电场力合力为
F 合
方向与竖直方向成45°角，所以物块的等效最高点在上半部圆弧与竖直方向成45°角处，要过等效最高点需要的最小速度为
2min v F m R =合， 代入数据得
min 12.52m/s 17.7m/s v =≈
而实际上，物块由C 点运动到等效最高点时的速度，由动能定理可得
2232211()-2222
mg R R EqR mv mv -+-=实 代入数据可得
min =39-252m/s 3.6m/s v v ≈<实
所以物块过不了等效最高点，物块就不可能到达D 点，故D 错误。

故选C 。

6．2019年8月，“法国哪吒”扎帕塔身背燃料包，脚踩由5个小型涡轮喷气发动机驱动的“飞板”，仅用22分钟就飞越了英吉利海峡35公里的海面。

已知扎帕塔（及装备）的总质量为120kg ，设发动机启动后将气流以6000m/s 的恒定速度从喷口向下喷出，则当扎帕塔（及装备）悬浮在空中静止时，发动机每秒喷出气体的质量为（不考虚喷气对总质量的影响，取g=10m/s 2）（ ）
A ．0.02kg
B ．0.20kg
C ．0.50kg
D ．5.00kg
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】 设扎帕塔（及装备）对气体的平均作用力为F ，根据牛顿第三定律可知，气体对扎帕塔（及装备）的作用力的大小也等于F ，对扎帕塔（及装备），则
F Mg =
设时间t ∆内喷出的气体的质量m ∆，则对气体由动量定理得
∆=∆F t mv
解得
m F Mg t v v
∆==∆ 代入数据解得
0.2kg m t
∆=∆ 发动机每秒喷出气体的质量为0.2kg ，故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

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，水平转台上有一个质量为m 的物块，用长为L 的细线将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为θ，此时细线中张力为零，物块与转台间的动摩擦因数为μ(tan μθ<)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则下列说法正确的是（ ）
A ．转台一开始转动，细线立即绷直对物块施加拉力
B ．当细线中出现拉力时，转台对物块做的功为1sin 2
mgL μθ C 2cos g L θ
D ．当转台对物块的支持力刚好为零时，转台对物块做的功为2sin 2cos mgL θθ
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB ．转台刚开始转动，细线未绷紧，此时静摩擦力提供向心力，当转动到某一角速度ω1时，静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有
21sin mg mL μθω=
此时物块线速度大小为
1sin v L θω=
从开始运动到细线中将要出现拉力过程中，设转台对物块做的功为W ，对物块由动能定理，可得 212
W mv =
联立解得 1sin 2W mgL μθ= 故A 错误，B 正确；
CD ．当转台对物块支持力恰好为零时，竖直方向
cos mg T θ=
水平方向
22sin sin T mL θθω=
联立解得
2cos g L ωθ
= 此时物块的线速度大小为
22sin v L θω=
从开始运动到转台对物块的支持力刚好为零过程中，设转台对物块做的功为W 2，对物块由动能定理，可得
22212
W mv = 联立解得
22sin 2cos mgL W θθ
= 故C 错误，D 正确。

故选BD 。

8．如图所示，A 和B 是两个等量异种点电荷，电荷量的绝对值为q ，两点电荷的连线水平且间距为L ，OP 是两点电荷连线的中垂线，O 点是垂足，P 点到两点电荷的距离也为L 。

整个系统处于水平向右的匀强电场中，一重力不计的电子恰好能静止在P 点，下列说法正确的是（ ）
A ．点电荷A 一定带正电
B ．匀强电场的电场强度大小为2
2kq L C ．O 点的电场强度大小为27kq L
D ．O 点和P 点电势相同
【答案】CD
【解析】
【详解】
A ．对P 点的电子进行受力分析可知，等量异种电荷A 、
B 在P 点产生的合场强方向向左，故点电荷A 带负电，选项A 错误；
B ．匀强电场强度大小 222cos 60kq
kq E L L =︒= 选项B 错误；
C ．O 点的电场强度大小
022228722kq
kq kq kq E E L L L L =-=-=⎛⎫ ⎪⎝⎭
选项C 正确；
D ．由等量异种电荷电场的规律和匀强电场的特点可知，OP 为电场的一条等势线，故0p ϕϕ=，选项D 正确。

故选CD 。

9．如图所示，一定质量的理想气体从状态A 依次经过状态B 、C 和D 后再回到状态A ．其中，A→B 和C→D 为等温过程，B→C 和D→A 为绝热过程．该循环过程中，下列说法正确的是__________．
A ．A→
B 过程中，气体对外界做功，吸热
B ．B→
C 过程中，气体分子的平均动能增加
C ．C→
D 过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少
D ．D→A 过程中，气体分子的速率分布曲线发生变化
E.该循环过程中，气体吸热
【答案】ADE
【解析】
【分析】
A B →过程中，
体积增大，气体对外界做功，B C →过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，C D →过程中，等温压缩，D A →过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高．
【详解】
A.A B →过程中，体积增大，气体对外界做功，温度不变，内能不变，气体吸热，故A 正确；
B.B C →过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B 错误；
C.C D →过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C 错误；
D.D A →过程中，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子平均动能增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，故D 正确；
E.该循环中，气体对外做功大于外界对气体做功，即0W <；一个循环，内能不变，0U =V ，根据热力学第一定律，0Q >，即气体吸热，故E 正确；
故选ADE
【点睛】
本题考查了理想气体状态方程的应用，根据图象判断出气体体积如何变化，从而判断出外界对气体做功情况，再应用热力学第一定律与题目所给条件即可正确解题；要知道：温度是分子平均动能的标志，理想气体内能由问题温度决定．
10．下列说法正确的是________。

A ．液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现
B ．用熵的概念表示热力学第二定律：在任何自然过程中，一个孤立系统的熵不会增加
C ．晶体在物理性质上可能表现为各向同性
D ．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的
E.热量可以从低温物体传给高温物体
【答案】ACE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．液体的表面张力是分子力作用的表现，外层分子较为稀疏，分子间表现为引力；浸润现象也是分子力作用的表现，故A 正确；
B ．根据热力学第二定律，在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减少，故B 错误；
C ．单晶体因排列规则其物理性质为各向异性，而多晶体因排列不规则表现为各向同性，故C 正确；
D ．扩散现象是分子无规则热运动的结果，不是对流形成的，故D 错误；
E ．热量不能自发的从低温物体传给高温物体，但在引起其它变化的情况下可以由低温物体传给高温物体，故E 正确。

故选ACE 。

11．关于气体压强的产生，下列说法正确的是______。

A．气体的压强是大量气体分子对器壁频繁、持续地碰撞产生的
B．气体对器壁产生的压强等于大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力
C．气体对器壁的压强是由于气体的重力产生的
D．气体的温度越高，每个气体分子与器壁碰撞的冲力越大
E.气体压强的大小跟气体分子的平均动能和分子密集程度有关
【答案】ABE
【解析】
【分析】
【详解】
A．气体对容器的压强是大量气体分子对器壁频繁碰撞产生的，故A正确；
B．气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，故B正确；
C．气体对器壁的压强是由于大量气体分子频繁地碰撞器壁而产生的，与气体的重力无关，故C错误；D．气体的温度越高，分子平均动能越大，但不是每个气体分子的动能越大，所以气体的温度越高，并不是每个气体分子与器壁碰撞的冲力越大，故D错误；
E．气体对容器壁的压强是由于大量气体分子对器壁碰撞作用产生的，压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度有关，故E正确。

故选ABE。

12．如图所示，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。

长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在O点，另一端连接一质量为m、电荷量为+q的小球（可视为质点），初始时小球静止在电场中的a点，此时细绳拉力为2mg，g为重力加速度。

若小球在a点获得一水平初速度v a，使其恰能在竖直面内做完整的圆周运动，则（）
A．电场强度为3mg
q
，方向竖直向上
B．a、O两点的电势差U ao=3mgl q
C．初速度v a10gl
D．小球在竖直面内做匀速圆周运动
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．小球静止在a 点时，由共点力平衡得
2mg mg qE +=
解得 3 mg E q = 方向竖直向上，故A 正确；
B ．在匀强电场中，a 点电势比O 点低，根据电势差U Ed =可知a 、O 两点电势差为
3aO mgl U q
=- 故B 错误；
CD ．小球从a 点运动到b 点，由于重力和电场力做功，不可能做匀速圆周运动，设到b 点速度大小为b v ，由动能定理得
22121222
b a qE l mg l mv mv -+=-g g 小球做圆周运动恰好通过b 点时，由牛顿第二定律得
2b m q mg l v E -=
联立解得 10a v gl =
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．如图所示，为某同学设计的“探究加速度与物体所受合力F 及质量m 的关系”实验装置简图.
（1）本实验采用的实验方法是____．
A ．控制变量法
B ．假设法
C ．理想实验法
D ．等效替代法
（2）在保持小车受力相同时，探究加速度与质量关系的实验屮，以下故法正确的是______．
A ．平衡摩擦力时，应将装有砝码的小桶用细绳通过定滑轮系在小车上
B ．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力
C ．实验时，先放开小车，再接通打点计时器电源
D ．为得出加速度a 与与质量m 的关系而作出1a m
- 图象 （3）下图是实验中获取的一条纸带的一部分，其中O 、A 、B 、C 、D 是计数点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图，打“B”计数点时小车的速度大小为___________________m/s.由纸带求出小车的加速度的大小为_____________m/s 2.(计算结果均保留2位有效数字）
（4）如图所示是某同学在探究加速度与力的关系时，根据测量数据作出的a 〜F 图线.其中图线不过原点的原因是______，图线在末端弯曲的原因是______.
【答案】
A BD 0.54 1.5 未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力 未满足小车的质量远远大于小桶和砝码的总质量
【解析】 【分析】
【详解】
（1）本实验采用的实验方法是控制变量法；
（2）平衡摩擦力时，应不挂小桶，让小车拖着纸带在木板上做匀速运动，选项A 错误；每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，选项B 正确；实验时要先接通电源后放小车，选项C 错误；因为1a m - 为正比关系，故为得出加速度a 与与质量m 的关系而作出1a m
-图象，选项D 正确；故选BD ． （3）计数点间的时间间隔T=0.02s×
5=0.1s ，打B 计数点时小车的速度大小为 0.54m/s 2AC B x v T
==； 根据逐差法得2x a T
∆=，小车的加速度22 1.5m/s (2)BD OA x x a T -== （4）由图线可知，当力F 到达一定的值时才有加速度，故图线不过原点的原因是未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力；图线在末端弯曲的原因是未满足小车的质量远远大于小桶和砝码的总质量；
14．某小组要测量一电源的电动势和内阻。

供使用的实验器材有：量程为0~ 0.6A 电阻不计的电流表一只；阻值均为6Ω的定值电阻三只；开关S 及导线若干。

根据实验器材，同学们设计出如图甲所示的电路图，其主要实验操作步骤如下：
(1)三个6Ω的电阻通过串、并联等不同的组合方式可以得到七个不同阻值的电阻R ，表中已列出R 的不
同阻值。

(2)把不同组合方式得到的电阻R分别接入图甲所示电路的MN之间，可测得七组电阻R对应电流I的数据如下表。

(3)以1
I
纵坐标、R为横坐标，根据表中数据在图乙坐标纸上作出
1
R
I
-图像______。

(4)根据图像求出电源的电动势E=_______V；内阻r=_______Ω。

（结果均保留两位有效数字）
(5)该小组利用此电路测量一未知电阻x R的阻值。

把未知电阻x R接入电路MN间，电流表的读数为0.25A，可得待测电阻的阻值为________Ω。

(保留两位有效数字)
【答案】 2.9（2.7～3.1） 2.9（2.7～3.1）8.8
（8.4～9.2）
【解析】
【分析】
【详解】
(3)[1]通过描点作图作出1R I -图像
(4)[2][3]根据闭合电路欧姆定律()E I R r =+ ，得：
1R r I E E
=+ 结合图像可知
17.1118
k E -== ；1r E = 解得：
2.95V E = ， 2.95r =Ω
(5)[4]根据分析可知
8.85x E R r I
=-=Ω 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．质量为10kg M =的卡板静止在光滑水平面上，质量为30kg m =的小孩以02m/s v =的水平速度跳上木板的A 端，站稳后小孩又以20.25m/s a =的加速度匀加速跑向木板的B 端并离开木板，离开后木板恰好静止，求：
(1)小孩在木板上站稳时的速度大小；
(2)木板的长度。

【答案】 (1)1.5m/s(2)2m
【解析】
【详解】
(1)设小孩在木板上站稳时的速度大小为v ，对小孩和长木板构成的系统，由动量守恒定律得
0()mv m M v =+
代入数据，解得
1.5m/s v =
(2)设小孩跳离木板时的速度大小为1v ，对小孩和长术板构成的系统，由动量守恒定律可知
1()m M v mv +=
设小孩与长木板之间水平方向的作用力大小为F ，由牛顿第二定律得
F ma =
设小孩位移大小为1x ，由动能定理得
22111122
Fx mv mv =- 设木板位移大小为2x ，由动能定理得
22102
Fx Mv -=- 设木板长度为l ，则有
12=x l x -
联立以上各式并代入数据，解得
2m l =
16．如图所示，在直角坐标系xOy 的第一象限内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy 面向里，第四象限内存在沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E ，磁场与电场图中均未画出。

一质量为m 、带电荷量为+q 的粒子自y 轴的P 点沿x 轴正方向射入第四象限，经x 轴上的Q 点进入第一象限。

已知P 点坐标为（0，-l ），Q 点坐标为（2l ，0），不计粒子重力。

(1)求粒子经过Q 点时速度的大小和方向；
(2)若粒子在第一象限的磁场中运动一段时间后以垂直y 轴的方向进入第二象限，求磁感应强度B 的大小。

【答案】（1）v =，速度方向与水平方向的夹角为45°；（2）B =【解析】
【分析】
【详解】 （1）设粒子在电场中运动的时间为t 0，加速度的大小为a ，粒子的初速度为v 0， 过Q 点时速度的大小为v ，沿y 轴方向分速度的大小为v y ，由牛顿第二定律得
qE ma =
由运动学公式得
2012
OP x at = 00OQ x v t =
竖直方向速度为
0y v at =
合速度为
v =解得
v = 因为水平和竖直方向速度相等，所以速度方向与水平方向的夹角为45°。

（2）粒子在第一象限内做匀速圆周运动，设粒子做圆周运动的半径为R ，由几何关系可得
R =
由牛顿第二定律得
2
v qvB m R
= 解得
B =17．如图所示，水平面上有A 、B 两个小物块（均视为质点），质量均为m ，两者之间有一被压缩的轻质弹簧（未与A 、B 连接）。

距离物块A 为L 处有一半径为L 的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于
C 点，物块B 的左边静置着一个三面均光滑的斜面体（底部与水平面平滑连接）。

某一时刻将压缩的弹簧释放，物块A 、B 瞬间分离，A 向右运动恰好能过半圆形轨道的最高点
D （物块A 过D 点后
立即撤去），B 向左平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为L （L 小于斜面体的高度）。

已知A 与右侧水平面的动摩擦因数0.5μ=，B 左侧水平面光滑，重力加速度为g ，求：
(1)物块A 通过C 点时对半圆形轨道的压力大小；
(2)斜面体的质量；
(3)物块B 与斜面体相互作用的过程中，物块B 对斜面体做的功。

【答案】 (1)6mg ；(2) 2m M =
；(3) 83
mgL W = 【解析】
【详解】
(1)在D 点，有
2D v mg m L = 从C 到D ，由动能定理，有
2211222
D C mg L mv mv -⨯=
- 在C 点，有 2C v F mg m L
-= 解得
6F mg =
由牛顿第三定律可知，物块A 通过C 点时对半圆形轨道的压力
6F F mg '==
(2)弹簧释放瞬间，由动量守恒定律，有
A B mv mv =
对物块A ，从弹簧释放后运动到C 点的过程，有
22A 1122
C mg mv mv L μ-=- B 滑上斜面体最高点时，对B 和斜面体，由动量守恒定律，有
()B mv m M v =+
由机械能守恒定律，有
22B 11()22
mv m M v mgL =++ 解得
2
m M = (3)物块B 从滑上斜面到与斜面分离过程中，由动量守恒定律
B B mv mv mv ''=+
由机械能守恒，有
222B B 111222
mv mv Mv ''=+ 解得
B v '=v '=由功能关系知，物块B 与斜面体相互作用的过程中，物块B 对斜面体做的功
212
W Mv '= 解得
83
mgL W =。