河南省濮阳市2021届新高考物理四月模拟试卷含解析

河南省濮阳市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．中国散裂中子源项目由中国科学院和广东省共同建设，选址于广东省东莞市大朗镇，截止到2019年8月23日正式投入运行1年。

散裂中子源就是一个用中子来了解微观世界的工具，如一台“超级显微镜”，可以研究DNA、结晶材料、聚合物等物质的微观结构。

下列关于中子的说法正确的是（）
A．卢瑟福预言了中子的存在，并通过实验发现了中子
B．原子核中的中子与其他核子间无库仑力，但有核力，有助于维系原子核的稳定
C．散裂中子源中产生的强中子束流可以利用电场使之慢化
D．若散裂中子源中的中子束流经慢化后与电子显微镜中的电子流速度相同，此时中子的物质波波长比电子的物质波波长长
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．卢瑟福预言了中子的存在，查德威克通过实验发现了中子，故A错误；
B．中子不带电，则原子核中的中子与其他核子间无库伦力，但有核力，有助于维系原子核的稳定，故B 正确；
C．中子不带电，则散裂中子源中产生的强中子束不可以利用电场使之慢化，故C错误；
D．根据德布罗意波波长表达式
h h
λ==
p mv
若散裂中子源中的中子束流经慢化后的速度与电子显微镜中的电子流速度相同，因中子的质量大于电子的质量，则中子的动量大于电子的动量，则此时中子的物质波波长比电子的物质波波长短，故D错误。

故选B。

2．据伊朗新闻电视台2019年9月7日消息，伊朗原子能组织发言人卡迈勒万迪当天宣布，作为第三阶段中止履行伊核协议的措施，伊朗已启动了“先进离心机”，以增加浓缩铀储量。

关于铀核的裂变，下列叙述正确的是（）
A．核反应堆中铀核俘获一个中子后分裂为两个或几个中等质量的原子核，并吸收大量能量
B．核反应堆中铀核自发分裂为两个或几个中等质量的原子核，同时释放大量的核能
C．要使核反应堆中铀核发生链式反应，必须要有慢中子的轰击
D．要使核反应堆中铀核发生链式反应，必须要有快中子的轰击
【答案】C
【解析】
AB ．核反应堆中铀核俘获一个中子后分裂为两个或几个中等质量的原子核，并释放大量能量，AB 错误； CD ．链式反应的条件有三个，一是足够浓度的铀，二是铀的体积需要大于等于临界体积，三是需要慢中子轰击，C 正确，D 错误。

故选C 。

3．一质量为M 的探空气球在匀速下降，若气球所受浮力F 始终保持不变，气球在运动过程中所受阻力仅
与速率有关，重力加速度为g 。

现欲使该气球以同样速率匀速上升，则需从气球吊篮中减少的质量为（ ）
A ．2（M ﹣F g
） B ．M ﹣2F g
C ．2M ﹣F g
D ．g
【答案】A
【解析】
【分析】
分别对气球匀速上升和匀速下降过程进行受力分析，根据共点力平衡条件列式求解即可。

【详解】
匀速下降时，受到重力Mg ，向上的浮力F ，向上的阻力f ，根据共点力平衡条件有：
=+Mg F f
气球匀速上升时，受到重力()M m g -∆，向上的浮力F ，向下的阻力f ，根据共点力平衡条件有： ()+=M m g f F -∆
解得：
=2F m M g ⎛⎫∆- ⎪⎝
⎭ 故A 正确，BCD 错误。

本题关键对气球受力分析，要注意空气阻力与速度方向相反，然后根据共点力平衡条件列式求解。

4．将一个小木块和一个小钢珠分别以不同的速度，竖直向上抛出，若小木块受到的空气阻力大小跟速度大小成正比，即f kv =（其中k 为常数），小钢珠的阻力忽略不计，关于两物体运动的v t -图象正确的是（取向上为正方向）（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D
【解析】
【详解】
小钢珠在运动过程中只受到重力作用，所以小钢珠的v t -图象为一条向下倾斜的直线，小木块在向上运动过程中其加速度满足
mg kv a m
+= 随着v 的减小a 减小，当速度减为零的瞬间加速度刚好减小到等于重力加速度，此时曲线的斜率跟斜线的斜率相同，之后小木块下落，这个过程加速度满足
mg kv a m
'-= 加速度继续减小，如果高度足够高，小钢珠最后可能做匀速直线运动；
故选D 。

5．下列说法中错误的是（ ）
A ．若氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应
B ．卢瑟福通过α粒子散射实验，提出原子的核式结构模型
C ．原子核发生一次β衰变，该原子核外就一定失去一个电子
D ．质子、中子、α粒子的质量分别是m 、m 2、m 3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是()212322m m m c +-
【详解】
A ．根据玻尔理论可知，氢原子从6n =能级向1n =能级跃迁时辐射出的光的能量大于氢原子从6n =能级向2n =能级跃迁时辐射出的光的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从6n =能级向1n =能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从6n =能级向2n =能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故A 正确；
B ．卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子核式结构理论，故B 正确；
C ．β衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，故C 错误；
D ．质子、中子、α子的质量分别是1m 、2m 、3m ，质子和中子结合成一个α粒子的过程中亏损的质量为 12322m m m m +-∆=
根据爱因斯坦质能方程可知释放的能量是1223(22)m c m m +-，故D 正确；
本题选择错误的，故选C 。

6．目前，我国的第五代移动通信技术（简称5G 或5G 技术）已经进入商用阶段，相应技术达到了世界先进水平。

5G 信号使用的是超高频无线电波，关于5G 信号，下列说法正确的是（ ）
A ．5G 信号是由机械振动产生的
B ．5G 信号的传输和声波一样需要介质
C ．5G 信号与普通的无线电波相比粒子性更显著
D ．5G 信号不能产生衍射现象
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．5G 信号是无线电波，无线电波是由电磁振荡产生的，机械波是由机械振动产生的，故A 错误；
B ．无线电波的传播不需要介质，机械波的传播需要介质，故B 错误；
C ．5G 信号是超高频无线电波，比普通的无线电波频率高得多，故粒子性更显著，故C 正确；
D ．衍射现象是波特有现象，则无线电波可以产生衍射现象，故D 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．卡文迪许把自己测量引力常量的实验说成是“称量地球重量”。

若已知引力常量，下列说法正确的是（ ）
A ．根据火星的半径和火星表面的重力加速度，可估算出火星的密度
B ．根据土星绕太阳公转的半径和周期，可估算出土星的质量
C ．根据金星绕太阳公转的半径、周期和太阳半径，可估算出太阳表面的重力加速度
D ．根据月球公转的周期、月地距离和地球表面的重力加速度，可估算出地球的第一宇宙速度
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A ．根据物体在火星表面受到重力等于万有引力可知
2 GMm mg R
＝ 解得
G
gR M 2
= 34M g V RG
ρπ=＝ 可以求出火星密度，故A 正确；
B ．只能求出中心天体的质量，环绕天体的质量无法求出，故土星质量无法求出，故B 错误；
C ．金星绕太阳公转
222()Mm G m r r T
π= 解得太阳的质量
23
24r M GT
π= 太阳半径R 已知，则表面重力加速度
23
2224GM r g T R
R π== 故C 正确；
D ．月球绕地球做匀速圆周运动
222()Mm G m r r T
π= 可求解地球的质量M ，地球表面重力加速度g 已知，根据黄金代换式GM=gR 2，可以求出地球半径R ，根据
v =可以求出地球的第一宇宙速度，故D 正确。

故选ACD 。

8．如左图所示,假设某星球表面上有一倾角为θ的固定斜面,一质量为m 的小物块从斜面底端沿斜面向上
运动,其速度–时间图象如右图所示.已知小物块和斜面间的动摩擦因数为μ
＝39该星球半径为R=6×104
km.引力常量G ＝6.67×10－11N·m 2/kg 2,则下列正确的是:( )
A ．该星球的第一宇宙速度41 3.010?
m/s v =⨯ B ．该星球的质量268.110kg M =⨯
C ．该星球的自转周期41.310?s T =⨯
D ．该星球的密度3895?kg/m ρ=
【答案】ABD
【解析】
上滑过程中，根据牛顿第二定律，在沿斜面方向上有1cos sin mg mg ma μθθ+=，下滑过程中，在沿斜面方向上有2sin cos mg mg ma θμθ-=，又知v-t 图像的斜率表示加速度，则上滑和下滑过程中的加速度大小分别为：216010/0.6a m s -=
=，2125/0.4a m s ==，联立解得215/g m s =，故该星球的第一宇宙速度为4341561010 3.010/v gR m s ==⨯⨯⨯=⨯，A 正确；根据黄金替代公式2GM gR =可得该星球的质量为()243
2261115610108.1106.6710gR M kg kg G -⨯⨯⨯===⨯⨯，B 正确；根据所给条件无法计算自转周期，C
错误；该星球的密度263
3
8.110895/43
M kg kg m V R ρπ⨯===⨯⨯，D 正确． 9．如图所示，直线a 、抛物线b 和c 为某一稳恒直流电源在纯电阻电路中的总功率P E 、输出功率P R 、电源内部发热功率P r ，随路端电压U 变化的图象，但具体对应关系未知，根据图象可判断
A ．P E -U 图象对应图线a ．由图知电动势为9V ，内阻为3Ω
B ．P r -U 图象对应图线b ，由图知电动势为3V ，阻为1Ω
C ．P R -U 图象对应图线c ，图象中任意电压值对应的功率关系为P E =P r + P R
D ．外电路电阻为1.5Ω时，输出功率最大为2.25W
【答案】BC
【解析】
【详解】
A.总功率：
2
E E U E E P EI E U r r R
-==⨯=-+， 可知P E -U 图象对应图线a ，由数学知识得知，图象a 的斜率大小：
933
E k r ===； 当U=0时，
2
9E E P r
==， 联立解得
E=3V ，r=1Ω，
故A 错误；
B.内阻消耗的功率：
2
()r E U P r
-=， 由数学知识可知，r P U -图象的对应图线b ，故B 正确；
C.根据功率关系可得：
E R r P P P =+，
则
221R E r E P P P U U r r
=-=-+， 由数学知识可知，r P U -图象的对应图线c ，故C 正确；
D.当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，即当外电路电阻为1Ω时，输出功率最大，最大输出功率为
2
22132W 2.25W 441
m E E P R r ⎛⎫ ⎪⎝⎭====⨯， 故D 错误。

故选：BC 。

10．如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一红蜡块R （R 视为质点）．将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y 轴重合，在R 从坐标原点以速度v 0=3cm/s 匀速上浮的同时，玻璃管沿x 轴正向做初速度为零的匀加速直线运动，合速度的方向与y 轴夹角为α．则红蜡块R 的（ ）
A ．分位移y 与x 成正比
B ．分位移y 的平方与x 成正比
C ．合速度v 的大小与时间t 成正比
D ．tanα与时间t 成正比
【答案】BD
【解析】
试题分析：红蜡烛在竖直方向做匀速运动，则y=v 0t ；在水平方向212x at =
，解得：2202a x y v =，选项A 错误，B 正确；蜡烛的合速度：2
20()v v at =+，故选项C 错误；0
tan x y v at v v α==，即tanα与时间t 成正比，选项D 正确；故选BD.
考点：运动的合成.
11．2018年世界排球锦标赛上，中国女排姑娘们的顽强拼搏精神与完美配合给人留下了深刻的印象。

某次比赛中，球员甲接队友的一个传球，在网前L ＝3.60 m 处起跳，在离地面高H ＝3.20 m 处将球以v 0＝12 m/s 的速度正对球网水平击出，对方球员乙刚好在进攻路线的网前，她可利用身体任何部位进行拦网阻击。

假设球员乙的直立和起跳拦网高度分别为h 1＝2.50 m 和h 2＝2.95 m ，g 取10 m/s 2.下列情景中，球员乙可能拦网成功的是（ ）
A ．乙在网前直立不动
B ．乙在甲击球时同时起跳离地
C ．乙在甲击球后0.18 s 起跳离地
D ．乙在甲击球前0.3 s 起跳离地
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】 A ．若乙在网前直立不动，则排球到达乙的位置的时间
0 3.600.312L t
s s v === 排球下落的高度为
2211100.3m=0.45m<(3.2-2.5)m=0.7m 22
h gt ∆==⨯⨯ 则不能拦网成功，选项A 错误；
B ．因为乙在空中上升的时间为
12(2.95 2.50)0.310
t s s ⨯-== 乙在甲击球时同时起跳离地，在球到达乙位置时，运动员乙刚好到达最高点，因2.95m>3.2m-0.45m=2.75m ，则可以拦住，故B 正确；
C ．结合选项B 的分析，乙在甲击球后0.18s 起跳离地，初速度为
v=gt 1=10×0.3=3m/s
上升时间t′=0.12s 时球到达乙位置，上升的高度为
'210.288m 2
h vt gt '-'V ＝＝ 2.50m+0.288m=2.788m ＞2.75m ，可以拦网成功，故C 正确；
D ．乙在甲击球前0.3 s 起跳离地，因为乙在空中的时间为0.6s ；则当排球到达球网位置时，乙已经落地，则不能拦网成功，选项D 错误。

故选BC 。

12．一定质量的理想气体从状态A 经过状态B 和C 又回到状态A 。

其压强P 随体积V 变化的图线如图所示，其中A 到B 为绝热过程，C 到A 为等温过程。

则下列说法正确的是__________。

A ．A 状态速率大的分子比例较
B 状态多
B ．A→B 过程，气体分子平均动能增大
C．B→C过程，气体对外做功
D．B→C过程，气体放热
E.C状态单位时间内碰撞容器壁单位面积的分子数比A状态少
【答案】ACE
【解析】
【详解】
AB．由图可知A→B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，则A状态速率大的分子比例较B状态多，故A正确，B错误。

C．B→C过程中是等压变化，体积增大，则气体对外做功，故C正确。

D．B→C过程中是等压变化，体积增大，则气体对外做功，则W＜0，温度升高，气体内能增大，即△U ＞0，根据热力学第一定律△U=W+Q，则Q＞0，即气体吸热，故D错误。

E．状态A和状态C的温度相等，温度是分子平均动能的标志，所以气体分子平均动能相同，从图中可知，A状态气体压强更大，说明气体分子的密集程度更大，即A状态单位时间内碰撞容器壁单位面积的分子数比C状态多，故E正确。

故选ACE。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学采用图甲所示的电路完成“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，实验中用电压表测量小灯泡的电压，用多用电表的直流挡测量通过小灯泡的电流。

（1）图甲中多用电表的黑表笔是____________（填“P”或“Q”），用多用电表的直流电流挡测量通过小灯泡的电流时，需要将多用电表的两个表笔连接到a、b两处，其中黑表笔应与____________（填“a”或“b”）连接。

（2）实验配备的器材如下：
A．待测小灯泡L（“2.5V，0.2W”）
B．电压表V（量程0-3V，阻值约）
C．多用电表（三个直流电流挡量程分别为1mA，10mA，100mA）
D．滑动变阻器（阻值范围，额定电流2A）
E.滑动变阻器（阻值范围，额定电流1A）
F.电池组（电动势4.5V，内阻约为）
G.开关一只，导线若干
为了使测量尽可能地准确且能方便地进行调节，多用电表直流电流挡量程应选____，滑动变阻器应选
_______。

（3）该同学选取合适的器材后，用导线将器材按图甲所示的电路连接起来，如图乙所示。

他在实验前进行电路检查时发现漏接了一根导线，请你在乙图上用笔画上这根漏接的导线________。

（4）该同学纠正连线错误后，通过实验测得多组I、U值并描绘出小灯泡的I-U曲线如图丙所示。

由I-U 曲线可以看出：当灯泡两端电压时小灯泡的电阻=_____________Ω（保留两位有效数字）；（5）我们知道，多用电表用久以后，表内电池的电动势会减小而内阻会增大。

那么用久以后的多用电表电流挡测得的电流与真实值相比_____________（填“偏大”，“偏小”或“相同”）。

【答案】P b 100mA R128 相同
【解析】
【详解】
(1)[1][2]多用电表黑表笔接表的负插孔，故由图可知P为多用电表的黑表笔；对于多用电表测量时因遵循电流由红表笔进表，由黑表笔出表，故可知黑表笔应与b连接；
(2)[3][4]根据小灯泡的规格可知电路中电流约为
灯泡电阻约为
故为了测量准确减小误差多用电表直流电流挡量程应选100mA；滑动变阻器应选R1；
(3)[5]滑动变阻器是采用的分压式接法，故连接图如图所示
(4)[6]根据图丙可知当灯泡两端电压，电流I=78mA=0.078A，故此时小灯泡的电阻
(5)[7]使用多用电表电流档测电流时并不会用到表内的电池，即表内电池电动势和内阻的大小对多用电表电流档的测量无影响，故测得的电流与真实值相比是相同的。

14．为了测量一精密金属丝的电阻率：
⨯Ω挡粗测其电阻为______Ω，然后用螺旋测微器测其直径为______mm，游标卡尺测Ⅰ．先用多用电表1
其长度是_____mm.
Ⅱ．为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：
A．电压表(量程3V，内阻约为15kΩ)
B．电压表(量程15V，内阻约为75kΩ)
C．电流表(量程3A，内阻约为0.2Ω)
D．电流表(量程600mA，内阻约为1Ω)
～，0.6A)
E．滑动变阻器(05Ω
～，0.1A)
F．滑动变阻器(02000Ω
G．输出电压为3V的直流稳压电源E
H．电阻箱
I．开关S，导线若干
为了尽量多测几组实验数据，则上述器材中应选用的实验器材除G 、I 外，还需的是(填代号)________．请在虚线框内设计最合理的电路图_______并将图的实物连线．_______如果金属丝直径为D ，长度为L ，所测电压为U ，电流为I ，写出计算电阻率公式________．
【答案】6.0 2.093—2.097 100.15 ADE
24U D IL π
【解析】
由图示多用电表可知，待测电阻阻值是6.01 6.0⨯Ω=Ω；由图示螺旋测微器可知，其读数为：29.50.01 2.095mm mm mm +⨯=，由图示游标卡尺可知，其示数为：
101030.05100.15mm mm mm ⨯+⨯=；实验需要G 电源，I 开关与导线，电源电动势为3V ，因此电压表应选A ．通过待测电阻的最大电流约为30.56.0
E I A A R ===，则电流表应选：D ．为保证电路安全方便实验操作，滑动变阻器应选：E ．故选ADE ；为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；661
A R R ==，150002506
V R R ==，则有V A R R R R >，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示
根据实验电路图连接实物电路图，如图所示
由电阻定律可知:22L L
R S D ρρπ==⎛⎫ ⎪⎝⎭，又U R I =，联立得2
4UD IL πρ=. 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图，质量为6m 、长为L 的薄木板AB 放在光滑的平台上，木板B 端与台面右边缘齐平．B 端上放有质量为3m 且可视为质点的滑块C ，C 与木板之间的动摩擦因数为μ＝13，质量为m 的小球用长为L 的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O 点，细绳竖直时小球恰好与C 接触．现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C 碰撞后反弹速率为碰前的一半．
(1)求细绳能够承受的最大拉力；
(2)若要使小球落在释放点的正下方P 点，平台高度应为多大；
(3)通过计算判断C 能否从木板上掉下来．
【答案】 (1)3mg(2)L(3) 滑块C 不会从木板上掉下来
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设小球运动到最低点的速率为v 0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
2012
mgL mv = 解得：02v gL =小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律：20v T mg m R -= 由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：T´
=T 解得：T´
=3mg （2）小球碰撞后平抛运动．在竖直方向上：212
h gt =
水平方向：L=02v t 解得：h=L （3）小球与滑块C 碰撞过程中小球和C 系统满足动量守恒，设C 碰后速率为v 1，以小球的初速度方向
为正方向，由动量守恒定律得：00132v mv m mv ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭
设木板足够长，在C 与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v 2，由动量守恒定律的：()12336mv m m v =+
由能量守恒定律得：()221211336322
mv m m v mgs μ⋅=++⋅ 联立⑨⑩⑪解得：s=L/2
由s<L 知，滑块C 不会从木板上掉下来．
【点睛】
（1）由机械守恒定律求出小球的速度，然后由牛顿定律求出绳子能够承受的最大拉力；
（2）小球做平抛运动，应用平抛运动规律分析答题；
（3）应用动量守恒定律与能量守恒定律求出C 的位移，然后根据位移与木板的长度关系分析答题． 16．如图，光滑固定斜面倾角为37°，一质量m ＝0.1kg 、电荷量q ＝+1×
10-6C 的小物块置于斜面上的A 点，A 距斜面底端R 的长度为1.5m ，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，重力加速度g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.1．求：
（1）该电场的电场强度的大小；
（2）若电场强度变为原来的一半，小物块运动到B 点所需的时间和在B 点的速度各是多少？
【答案】（1）7.5×125 N/C ；（2）1s ，3 m/s 。

【解析】
【详解】
（1）如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，则有
在x 轴方向：
Fcos37°﹣mgsin37°＝2…①
在y 轴方向：
F N ﹣mgcos37°﹣Fsin37°＝2．……②
解得：
gE ＝mgtan37°……③
故有：
E ＝7.5×125 N/C
方向水平向右……④
（2）场强变化后物块所受合力为：
F ＝mgsin37°﹣12
qEcos37°……⑤ 根据牛顿第二定律得：
F ＝ma……⑥
故代入解得
a ＝2.3g ＝3m/s 2
方向沿斜面向下
由运动学公式可得：v B 2﹣v A 2＝2as
212
s at = 解得：
t ＝1s
v B ＝3 m/s
17．倾角为θ的斜面与足够长的光滑水平面在D 处平滑连接，斜面上AB 的长度为3L ，BC 、CD 的长度均为3.5L ，BC 部分粗糙，其余部分光滑。

如图，4个“— ”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4，滑块上长为L 的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1恰好在A 处。

现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D 处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰。

已知每个滑块的质量为m 并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为tan θ，重力加速度为g 。

求
（1）滑块1刚进入BC 时，滑块1上的轻杆所受到的压力大小；
（2）4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离。

【答案】（1）3sin 4
F mg θ=
（2）43d L = 【解析】
【详解】 （1）以4个滑块为研究对象，设第一个滑块刚进BC 段时，4个滑块的加速度为a ，由牛顿第二定律：4sin cos 4mg mg ma θμθ-⋅=
以滑块1为研究对象，设刚进入BC 段时，轻杆受到的压力为F ，由牛顿第二定律：
sin cos F mg mg ma θμθ+-⋅=
已知tan μθ= 联立可得：3sin 4
F mg θ= （2）设4个滑块完全进入粗糙段时，也即第4个滑块刚进入BC 时，滑块的共同速度为v
这个过程， 4个滑块向下移动了6L 的距离，1、2、3滑块在粗糙段向下移动的距离分别为3L 、2L 、L ，由动能定理，有：
214sin 6cos 32)4v 2
mg L mg L L L m θμθ⋅-⋅⋅++=
⋅（
可得：v = 由于动摩擦因数为tan μθ=，则4个滑块都进入BC 段后，所受合外力为0，各滑块均以速度v 做匀速运动；
第1个滑块离开BC 后做匀加速下滑，设到达D 处时速度为v 1，由动能定理：
()22111sin 3.5v v 22
mg L m m θ⋅=-
可得：1v =当第1个滑块到达BC 边缘刚要离开粗糙段时，第2个滑块正以v 的速度匀速向下运动，且运动L 距离后离开粗糙段，依次类推，直到第4个滑块离开粗糙段。

由此可知，相邻两个滑块到达BC 段边缘的时间差为v L t ∆=，因此到达水平面的时间差也为v
L t ∆= 所以滑块在水平面上的间距为1v d t =∆ 联立解得43
d L =。