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2025 年高考押题预测卷
物理·全解全析
本试卷满分100 分，考试时间75 分钟
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、选择题：本题共7 小题，每小题4 分，共28 分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（本题4 分）目前放射性元素镅应用广泛，是火灾自动报警器等设备内重要的放射源，其衰变方程为
❑95
241Am →❑93
237 Np+X+γ，已知
A
95
241 m核的质量为m1，
N
93
237 p核的质量为m2，X 的质量为m3，真空中的光
速为c，下列说法正确的是（ ）
A．
A
95
241 m的比结合能大于
N
93
237 p的比结合能
B．X 为α 粒子，衰变释放的能量Δ E =(m1−m2−m3)c
2，不是
A
95
241 m的结合能
C．X 为α 粒子，钼的衰变会随环境温度降低逐渐变慢
D．衰变后
N
93
237 p核核外电子处于高能级，向低能级跃迁发出γ 射线
【答案】B
【详解】A．衰变后的
N
93
237 p核比
A
95
241 m核更稳定，比结合能越大原子核越稳定，则
A
95
241 m的比结合能小于
N
93
237 p的比结合能，故A 错误；
BC．根据核反应过程满足质量数和电荷数守恒可知，X 为α 粒子（H
2
4 e）；根据质能方程可知衰变释放的
能量为Δ E =(m1−m2−m3)c
2
1
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该能量为衰变释放的能量，不是
A
95
241 m的结合能；半衰期与原子所处环境无关，温度变化不会改变原子核
的半衰期，故B 正确，C 错误；
D．衰变后
N
93
237 p核处于高能级，向低能级跃迁发出γ 射线，故D 错误。
故选B。
2．（本题4 分）如图甲链子鞭，又名狐狸鞭、掌中甩、腰里横，属于传统武术软兵器。如图乙所示，支架
上竖直悬挂着质量为m=1kg粗细均匀的链子鞭，悬点M、N 处切线与竖直方向夹角的分别为α =37°和
β =53°，A 点为最低点，已知cos53° =0.6，sin53° =0.8，重力加速度g 取10 m /s
2，则（ ）
A．悬点M 对链子鞭拉力大小为6N
B．悬点N 对链子鞭拉力大小为8N
C．最低点A 处张力大小为3N
D．AM 段链子鞭质量为0.64kg
【答案】D
【详解】AB．对链子鞭受力分析，受重力mg、悬点M 对链子鞭拉力F1、悬点N 对链子鞭拉力F2，则
F1cos37°+ F2cos53° =mg，F1sin37° = F2sin53°
解得F1=0.8mg=8 N，F2=0.6mg=6 N
选项AB 错误；
CD．对AN 段链子鞭受力分析，受重力m1g、最低点A 处张力F、悬点N 对链子鞭拉力F2，则
F = F2sin53° =0.48mg= 4.8 N，m1g= F2cos53° =0.36mg=3.6 N
所以AN 段链子鞭质量为m1=0.36kg
则AM 段链鞭质量为m2=m−m1=0.64 kg
C 错误，D 正确。
故选D。
3．（本题4 分）一列高铁从甲站由静止出发，经历匀加速直线运动、匀速直线运动和匀减速直线运动到乙
站停止。下列加速度—时间(a−t )，速度—时间(v −t )和位移—时间( x−t )图像中，可能正确的是
（ ）
2
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】列车从静止匀加速运动时，加速度不变，速度v=at，位移x = 1
2 at
2，则a-t 图像是平行横轴的直
线，v-t 图像是过原点倾斜的直线，x-t 图像是抛物线；匀速运动时，加速度为零，则a-t 图像与t 轴重合；
v-t 图像平行t 轴；x-t 图像是倾斜的直线；减速过程时，加速度为负值且恒定不变，则a-t 图像为t 轴下方与
t 轴平行的直线；v-t 图像为斜向下倾斜的直线；x-t 图像为抛物线。
故选B。
4．（本题4 分）定质量的理想气体经历如图所示的循环过程，a→b 过程是等压过程，b→c 过程中气体与
外界无热量交换，c→a 过程是等温过程。下列说法正确的是（ ）
A．a→b 过程，气体对外做功，内能增加
B．a→b 过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
C．b→c 过程，气体对外做功，内能不变
D．c→a 过程，外界对气体做功，内能增加
【答案】A
【详解】AB．a→b 过程是等压过程，体积变大，气体对外做功，由pV =nRT
可知温度升高，内能增加，由热力学第一定律ΔU =Q+W
可知气体从外界吸收的热量大于对外做功，故A 正确，B 错误；
C．b→c 过程中气体与外界无热量交换，即Qbc=0
3
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又由气体体积增大可知W bc<0
由热力学第一定律ΔU =Q+W
可知气体内能减小，故C 错误；
D．c→a 过程为等温过程，可知T c=T a
则内能不变，故D 错误。
故选A。
5．（本题4 分）一种用磁流体发电的装置如图所示。平行金属板A、B 之间有一个很强的匀强磁场，将一
束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）喷入磁场，A、B 两板间便产生电压。如
果把A、B 和用电器连接，A、B 两板就是一个直流电源的两个电极。下列说法正确的是（ ）
A．A 板为电源正极
B．增大两极板的正对面积，发电机的电动势将增大
C．增大等离子体喷入磁场的速度，发电机的电动势将增大
D．若将发电机与用电器断开，A 板积累的电荷会一直增多
【答案】C
【详解】A．根据带电粒子在磁场中的受洛伦兹力发生偏转这一规律，利用左手定则，可判断出A 板为电
源负极，故A 错误；
BC．发电装置稳定后，根据粒子在极板间受力平衡可知
qvB = U
d q
整理可得到
U = Bvd
所以增大正对面积对电源电动势没有影响，但增大喷射速度，将使得发动机的电动势增大，故B 错误，C
正确；
D．与用电器断开后，随着A 板上电荷的增多，两极板电势差增大，最终趋于平衡，此后进入的带电粒子
将满足
qvB = U
d q
从而不会在打在上下极板上，所以A 板积累的电荷不会一直增多，故D 错误。
4
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故选C。
6．（本题4 分）如图所示，平行的太阳光直射地球的赤道，地球自西向东的自转周期T=24h，某日，天刚
黑时，位于地球赤道上N 点的人用天文望远镜恰好能看到一地球静止轨道卫星M。已知地球表面的重力加
速度为g，地球半径为R。下列说法正确的是（ ）
A．卫星M 离地面的高度为3√
g R
2T
2
4π
2
B．卫星M 和N 点的人的向心加速度之比为4 π
2 R
T
2
: g
C．天黑之后，N 点的人一整晚都能看到卫星M
D．天黑之后，N 点的人将有一段时间观测不到卫星M
【答案】D
【详解】A．如图所示
对卫星M 有G
M
( R+ℎ)
2 =
g R
2
( R+ℎ)
2 = 4 π
2
T
2 ( R+ℎ)
解得轨道半径R+ℎ=
3√
g R
2T
2
4 π
2
故A 错误；
B．位于N 点的人随地球自转的向心加速度大小为a= 4 π
2 R
T
2
g 为地球表面的重力加速度，故B 错误；
5
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CD．天黑之后阳光无法照射到卫星，反射光无法到达N 点的人，因此将有一段时间观测不到卫星M，故C
错误，D 正确。
故选D。
7．（本题4 分）如图所示为一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈匝数之比为n1:n2=2:1，图中
R1为定值电阻，A 为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。已知两个灯泡L1和
L2的阻值均恒为R0。当开关S 断开时，电流表的示数为I 0；开关S 闭合时，电流表的示数为3 I 0
2
，则下列
说法正确的是（ ）
A．定值电阻R1的阻值为R0
2
B．正弦交流电压源U 的最大值为6√2 I 0 R0
C．开关S 断开时，灯泡L1
消耗的电功率为I 0
2 R0
4
D．开关S 闭合时，正弦交流电压源U 的输出功率为9 I 0
2 R0
2
【答案】B
【详解】A．由题知，当开关S 断开时，电流表示数为I 0，副线圈的电阻为R0；对原线圈分析有，根据闭
合电路的欧姆定律有U =U 1+ I 0 R1
根据电流与匝数的关系有I 0
I 2
= n2
n1
= 1
2
解得I 2=2 I 0
则副线圈的电压U 2= I 2 R0=2 I 0 R0
根据电压与匝数的关系有U 1
U 2
= n1
n2
= 2
1
解得U 1=2U 2= 4 I 0 R0
6
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联立可得U = 4 I 0 R0+ I 0 R1
当开关S 闭合时，电流表的示数为3 I 0
2
，副线圈的电阻为R0
2
；对原线圈分析有，根据闭合电路的欧姆定律
有U =U
′
1+ 3 I 0
2 R1
根据电流与匝数的关系有
3 I 0
2
I
′
2
= n2
n1
= 1
2
解得I
′
2=3 I 0
则副线圈的电压U 2= I
′
2
R0
2 = 3
2 I 0 R0
根据电压与匝数的关系有U
′
1
U
′
2
= n1
n2
= 2
1
解得U
′
1=2U
′
2=3 I 0 R0
联立可得U =3 I 0 R0+ 3 I 0
2 R1
即有U = 4 I 0 R0+ I 0 R1=3 I 0 R0+ 3 I 0
2 R1
解得R1=2 R0
故A 错误；
B．根据U =3 I 0 R0+ 3 I 0
2 R1
可得U =6 I 0 R0
可得正弦交流电压源U 的最大值为U m =√2U =6√2 I 0 R0
故B 正确；
C．开关S 断开时，根据A 项分析，可知副线圈的电流为I 2=2 I 0
则灯泡L1
消耗的电功率为P = I 2
2 R0= 4 I 0
2 R0
故C 错误；
D．开关S 闭合时，电流为3 I 0
2
，根据C 项分析，可知U =6 I 0 R0
7
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则正弦交流电压源U 的输出功率为P =U ⋅3 I 0
2 =9 I 0
2 R0
故D 错误。
故选B。
二、多项选择题（本题共3 小题，每小题6 分，共18 分。在每小题列出的四个选项中，有多
项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分）
8．（本题6 分）如图所示，在竖直放置的空铝罐中插入一根粗细均匀的透明吸管，接口用蜡密封，在吸管
内吸入一小段油柱，环境的温度及大气压的变化会使油柱上下移动，空铝罐中封闭气体可视为理想气体，
下列说法正确的是（ ）
A．若大气压降低，油柱下降，则空铝罐中封闭气体的分子平均动能可能不变
B．若大气压降低，油柱上升，则空铝罐中封闭气体的分子平均动能可能不变
C．若大气压升高，油柱下降，则空铝罐中封闭气体的分子平均动能可能不变
D．若大气压升高，油柱上升，则空铝罐中封闭气体的分子平均动能可能不变
【答案】BC
【详解】A．若大气压降低，封闭气体压强减小，油柱下降，封闭气体体积减小。根据理想气体状态方程
pV
T =C可知，空铝罐中封闭气体的温度一定降低，分子的平均动能减小，故A 错误；
B．若大气压降低，封闭气体压强减小，油柱上升，封闭气体体积增大。根据理想气体状态方程，可知空
铝罐中封闭气体的温度可能不变，故B 正确；
C．若大气压升高，封闭气体压强增大，油柱下降，封闭气体体积减小。根据理想气体状态方程，可知空
铝罐中封闭气体的温度可能不变，故C 正确；
D．若大气压升高，封闭气体压强增大，油柱上升，封闭气体体积增大。根据理想气体状态方程，空铝罐
中封闭气体的温度一定升高，则分子的平均动能变大，故D 错误。
故选BC。
9．（本题6 分）如图所示，光滑绝缘斜面倾角θ =30°，固定在水平地面上，斜面高h。整个空间存在水平
8
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向左的匀强电场（图中未画出），电场强度大小为3mg
q
。现将带电荷量为+q、质量为m 的小球从斜面顶
端由静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力。小球从释放到落地的过程中，下列说法正确的是
（ ）
A．电场力对小球做功3√3mgℎ
B．小球电势能减少9mgh
C．小球动能增加10mgh
D．小球机械能增加3√3mgℎ
【答案】BC
【详解】AB．电场力和重力的合力F =√( Eq)
2+(mg)
2=√10mg
方向与水平方向夹角为tan α = mg
qE = 1
3 <tan30
∘
可知，小球沿合力方向做直线运动（离开斜面），当小球落地时水平方向的位移为3h，则电场力对小球做
功W F = Eq⋅3ℎ=9mgℎ
可知小球电势能减少9mgh，选项A 错误，B 正确；
C．根据动能定理Δ Ek =mgℎ+W F =10mgℎ
即小球动能增加10mgh，选项C 正确；
D．小球机械能增加量等于电场力做功，即机械能增加9mgℎ，选项D 错误。
故选BC。
10．（本题6 分）如图，质量为2m 的物块B 放在光滑水平面上，B 上方用铰链连接一根长为L 的轻杆，轻
杆顶端固定一质量为m 的小球A，开始时轻杆竖直。给小球A 一个向左的轻微扰动，已知重力加速度大小
为g，下列说法正确的是（ ）
A．若物块B 固定，在轻杆转动过程中，小球A 水平方向的速度先增大后减小
B．若物块B 固定，在轻杆转动过程中，重力做功的最大功率为mg√2gL
C．若物块B 不固定，A、B 组成的系统水平方向的动量不守恒
9
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D．若物块B 不固定，当轻杆转到水平方向时，小球A 在水平方向上的位移大小为2 L
3
【答案】ABD
【详解】A．若物块B 固定，在轻杆转动过程中，开始时小球A 水平速度为零，到达最低点时水平速度又
为零，可知在轻杆转动过程中小球A 水平方向的速度先增大后减小，故A 正确；
B．若物块B 固定，在轻杆转动过程中，当小球到达最低点时竖直速度最大，根据机械能守恒
mgL= 1
2 m v
2
则重力做功的功率最大，最大为
PGmax =mgv =mg√2gL
故B 正确；
C．若物块B 不固定，A、B 组成的系统水平方向受合外力为零，则系统的动量守恒，故C 错误；
D．若物块B 不固定，当轻杆转到水平方向时，小球A 在水平方向上的位移为x，则由人船模型可知
mx =2m( L−x)
解得
x = 2 L
3
故D 正确。
故选ABD。
三、非选择题（本题共5 小题，共54 分。考生根据要求作答）
11．（本题7 分）如图甲所示，某同学利用水平放置的气垫导轨验证动量守恒定律。光电门1、2 固定在导
轨上，两质量分别为mA =0.4 kg和mB=0.3kg的滑块（上有相同挡光片且挡光片质量忽略不计）分别从两
光电门的外侧以一定的初速度运动，在两光电门中间的某位置迎面相撞后粘在一起运动。
(1)该同学利用游标卡尺测量挡光片的宽度d，其示数如图乙，则d= cm。
(2)实验测得碰前滑块A 上挡光片经过光电门1 的挡光时间为0.03s，滑块B 上挡光片经过光电门2 的挡光
时间为0.045s，则碰前滑块A、B 的速度大小分别为vA= m/ s、vB= m/s。（结果保留2 位有效
10
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数字）
(3)实验发现碰后两滑块一起向右运动，且滑块B 上的挡光片经过光电门2 的挡光时间为0.107s，若相对误
差δ =|
p−p
′
p |×100 0
0 <5 0
0
时说明碰撞过程动量守恒（p＇为碰后系统的动量，p 为碰前系统的动量），以
上实验可验证两滑块组成的系统在误差允许范围内动量 （选填“守恒”或“不守恒”）。
【答案】(1)0.450
(2) 0.15 0.10
(3)守恒
【详解】（1）由游标卡尺的读数规则可知，挡光片的宽度d=4mm+0.05mm×10=0.450cm
（2）[1]碰前A 的速度大小为vA= d
t = 0.450×10
❑
❑
−2
0.03
m/s=0.15m/s
[2]B 的速度大小为vB= d
t = 0.450×10
❑
❑
−2
0.045
m/s=0.10m/s
（3）以向右的方向为正，则碰前两滑块的总动量为p=mA vA−mB vB=0.03kg⋅m/s
由题意可知碰后两滑块经过光电门2 的速度大小为v = d
t = 0.450×10
❑
❑
−2
0.107
m/s=0.0421m/s
故碰后两滑块的总动量为p
′ =(mA+mB)v =0.0294 kg⋅m/s
相对误差为δ = p−p
′
p
100 0
0 = 0.03−0.0294
0.03
100 0
0 =2 0
0
故可验证该碰撞过程在误差允许范围内动量守恒。
12．（本题9 分）某课外活动小组利用铜片、锌片和橙子制成一个水果电池，他们想测量该水果电池的电
动势E 和内阻r。
(1)将多用电表的选择开关拨至直流电压2.5V 挡，将红、黑表笔与铜、锌片直接接触，多用电表的表盘指
针位置如图甲所示，其电压的示数为 V，这样测定的结果和电动势相比 （选填“偏大”、
“偏小”或“相同”）。
11
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(2)有以下实验器材可供选择：
A．电流表A1（量程0~100µA，内阻为100Ω）
B．电流表A2（量程0~600µA，内阻不计）
C．电压表V（量程0~3V，内阻约为15kΩ）
D．定值定阻R0（阻值9900Ω）
E．电阻箱R（阻值可调范围0~9999Ω）
F．滑动变阻器R1（阻值变化范围0~20Ω）
G．滑动变阻器R2（阻值变化范围0~5kΩ）
H．开关和导线若干
①小明同学选用了其中的一些器材，设计了图乙所示的电路进一步测定电动势和内电阻。滑动变阻器应选
择 （选填“R1”或“R2”）。正确连接电路，闭合开关，调节滑动变阻器，获得电流表A1和A2的多
组I1和I2数据，并作出I1-I2图像如图丙所示，该水果电池的电动势E= V，内阻r = Ω。（计
算结果均保留两位有效数字）
②从提供的实验器材中选择合适的器材，在相应方框中再画出一种测定该水果电池的电动势和内阻的电路
图 、 。
【答案】(1) 0.85 偏小
(2) R2 0.95 1.0×103
【详解】（1）[1]由于多用电表为直流电压2.5V 挡，所以每一小格为0.05V，所以图示读数为
0.05×17 V=0.85 V
[2]由于多用电表测量的是电源两端的电压，即路端电压，其小于电源电动势，所以这样测定的结果和电动
势相比偏小。
（2）[1]由于水果电池内阻较大，所以滑动变阻器应选择阻值较大的R2方便实验调节；
[2][3]根据闭合电路欧姆定律可得E = I 1( R0+r1)+ I 2r
变形整理可得I 1=
E
R0+r1
−
r
R0+r1
I 2
结合图像可得
E
R0+r1
=95μA，
r
R0+r1
= 95−35
600
联立解得E =0.95 V，r =1.0×10
3Ω
12
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[4][5]根据测定电源电动势和内阻的实验原理可知，可以采用伏阻法进行测量，但由于现有电压表量程太大，
需要用电流表A1和定值电阻串联改装电压表，电路如图所示
同时也可以采用安阻法进行测量，电流表选用量程较大的A2，电路如图所示
13．（本题8 分）如图所示，平行玻璃砖的厚度为d，某单色光第一次垂直于玻璃砖上表面从O 点射入，
从下表面的O′点射出。第二次以53°入射角从O 点射入玻璃砖，从下表面的P 点射出，测得O
′ P = 3
4 d。已
知光在真空中的传播速度为c，sin53°=0.8。求
(1)玻璃砖对该单色光的折射率；
(2)该单色光两次在玻璃砖内传播的时间差（不考虑反射光线）。
【答案】(1)4
3
(2) d
3c
【详解】（1）光在O 点入射角为53°，则tanr =
3
4 d
d = 3
4
则折射率n=sin53°
sinr
= 4
3
13
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（2）光在玻璃砖中传播速度为v = c
n = 3
4 c
第一次传播时间t1= d
v
第二次传播时间t2=
d
cosr
v
时间差Δt =t2−t1= d
3c
14．（本题14 分）磁悬浮列车是通过电磁力牵引列车运行。简化模型如图甲所示，若磁悬浮列车模型的总
质量为m，模型底部固定一与其绝缘的单匝矩形金属线框abcd，线框的总电阻为R。用两根足够长水平固
定的光滑平行金属导轨PQ、MN 模拟列车行驶的轨道，导轨间距为L（和矩形线框的ab 边长相等），导轨
间存在垂直导轨平面的等间距的交替匀强磁场，相邻两匀强磁场的方向相反、磁感应强度大小均为B，每
个磁场宽度与矩形线框的边长ad 相等，如图乙所示。将列车模型放置于导轨上，当交替磁场以速度v0向
右匀速运动时，列车模型受磁场力由静止开始运动，速度达到v0
2
时开始匀速运动， 假定列车模型在运动
过程中受到的空气阻力大小恒定，不考虑磁场运动时产生的其他影响。
(1)求列车模型所受阻力f 的大小；
(2)求列车模型匀速运动时，外界在单位时间内需提供的总能量；
(3)列车模型匀速运动后，某时刻开始磁场又调整速度，经过t 时间后列车模型速度达到3 v0
4
，这段时间内
磁场运动的位移为d，求此过程列车的位移x 车
【答案】(1)2B
2 L
2v0
R
(2)2B
2 L
2v0
2
R
-
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(3)d −v0t
2 −mv0 R
16 B
2 L
2
【详解】（1）当列车向右匀速运动时，感应电动势E =2BL(v0−v0
2 )
回路电流I = E
R
安培力F 安=2BIL
根据题意F 安=f
可得f = 2B
2 L
2v0
R
（2）金属框中的电功率P1= E
2
R
克服阻力的功率P2= f v0
2
外界单位时间提供的能量P = P1+ P2= 2B
2 L
2v0
2
R
（3）在t 时间内，由动量定理4 B
2 L
2（v磁−v车）
R
t −ft =m 3 v0
4 −m v0
2
即4 B
2 L
2
R
(d −x车)−ft =m 3 v0
4 −m v0
2
可得x车=d −v0t
2 −m v0 R
16 B
2 L
2
15．（本题16 分）如图所示，长度为L=4m 的长木板置于光滑水平地面上，木板右端与固定在水平地面上
的半径R=0.3m 的光滑的四分之一圆弧轨道平滑连接，M 点为圆弧轨道的最低点。可视为质点的小滑块
A、B 放在长木板的中央，两滑块中间有弹性势能为E＝3.2J 的微型压缩轻弹簧，轻弹簧左端固定在滑块A
上，右端与滑块B 接触但不拴接。释放两滑块后，滑块B 恰好能到达圆弧轨道上与圆心等高的N 点。已知
滑块A 下表面光滑，滑块B 与长木板C 的质量均为m=0.2kg，二者间的动摩擦因数为μ=0.25，重力加速度
g 取10m/s
2，忽略空气阻力的作用。
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(1)求B 到达M 点时对圆弧轨道的压力大小；
(2)当A 滑离长木板C 时，求B 的速度大小；
(3)若改变两滑块释放的初始位置，使B 到长木板C 右端的距离为kL（0<k≤1），求释放后的整个过程B 克
服摩擦力做的功。
【答案】(1)6N
(2)2.75m/ s
(3)W f 克=1.2+0.5k （J ）
【详解】（1）设B 在M 点时的速度大小为v M，则有mgR = 1
2 m v M
2
设在M 点时圆弧轨道对B 的支持力为FN
，则有F N −mg=m v M
2
R
解得FN=6 N
由牛顿第三定律可知，B 运动到M 点时对圆弧轨道的压力大小为6N。
（2）设滑块B 刚被弹开时的速度大小为vB，由动能定理有−μmg⋅L
2 = 1
2 m v M
2 −1
2 m vB
2
设A 的质量为mA，刚被弹开时的速度大小为v A由动量守恒定律可得mA v A =m vB
由能量守恒定律可得E = 1
2 mA v A
2 + 1
2 m vB
2
联立解得mA =0.2kg，v A = vB= 4m/s
A 离开长木板C 所用的时间为t1= L
2v A
=0.5 s
由题意可判断这段时间内B 一直在长木板C 上运动，设B 减速运动时的加速度大小为a，由牛顿第二定律
可得μmg=ma
A 离开长木板C 时B 的速度大小为vB
' = vB−at1=2.75m/ s
（3）若B 恰好滑到长木板的右端，则有−μmgkL=0−1
2 m vB
2
解得k=0.8
①若0.8≤k≤1，则B 一直在长木板C 上运动，直至速度减为零，故B 克服摩擦力做的功为W f 克= 1
2 m vB
2
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解得W f 克=1.6 J
②若0<k<0.8，则B 先滑上圆弧轨道，返回后最后与长木板共速，设滑块B 运动到长木板最右端时的速度
为v M
' ，则有μmgkL= 1
2 m vB
2 −1
2 m v M
' 2
B 从光滑的圆弧轨道滑到长木板上时，其速度大小仍为v M
' ，设B 与C 共速时的速度大小为v，则有
m v M
' =2mv
故整个过程中B 克服摩擦力做的功为W f 克= 1
2 m vB
2 −1
2 m v
2
联立解得W f 克=1.2+0.5k （J ）
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