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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）光电传感器如图甲所示，若通过放大器的电流发生变化，工作电路立即报警。图乙为a，
b 两种单色光分别照射K 极时，光电子到达A 极时动能的最大值Ekm与光电管两端电压U 的关系图像。则
下列说法正确的是（ ）
A．用同一装置做双缝干涉实验，a 光的条纹间距较小
B．图乙中图线a、b 的斜率均是电子电量的大小
C．单色光a、b 的频率之比为1:2
D．图甲中电源电压及变阻器滑片位置不变，部分光线被遮挡，则放大器的电流将增大，一定会引发报
警
【答案】B
【详解】AB．根据Ekm=Ue+
ν
ℎ−W 逸出功
由图像可知，斜率k=e，即图乙中图线a、b 的斜率均是电子电量的大小；截距b=
ν
ℎ−W 逸出功
因b 截距较大，可知b 光频率较大，波长较小，根据Δ x = l
d λ
可知用同一装置做双缝干涉实验，b 光的条纹间距较小，选项A 错误，B 正确；
1
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C．由图像可知E0=ℎνa−W 逸出功，2 E0=ℎνb−W 逸出功
可知单色光a、b 的频率之比不等于1:2，选项C 错误；
D．图甲中电源电压及变阻器滑片位置不变，若部分光线被遮挡，即光照强度减小，单位时间逸出的光电
子数目减小，则放大器的电流将减小，选项D 错误。
故选B。
2．（本题4 分）如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂单摆a、b、c，a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆
长。当a摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使b摆、c摆也振动起来。b摆的振动图像
如图乙所示，b摆的共振曲线如图丙所示，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．图乙中t0<2s
B．此时b摆的振幅大于c摆的振幅
C．此时b摆的振动频率大于c摆的振动频率
D．此时b摆的振动周期大于c摆的振动周期
【答案】A
【详解】A．题图乙中t0等于b 摆的振动周期，也是a 摆的振动周期，根据题图丙可知，摆的固有频率
f b=0.5 Hz
b 摆的固有周期T b= 1
f b
=2s
此时b 摆的振动周期等于a 摆的振动周期，所以题图乙中t0<2s
故A 正确；
B．根据单摆周期公式T =2π√
L
g
可知，b 摆的固有周期大于a 摆的振动周期，c 摆的固有周期等于a 摆的振动周期，当驱动频率等于固有频
率时会发生共振，振幅最大，所以此时c 摆会发生共振，c 摆的振幅大于b 摆的振幅，故B 错误；
CD．此时b 摆和c 摆做受迫振动，它们的振动周期均等于驱动力（a 摆）的振动周期，故CD 错误。
故选A。
3．（本题4 分）图甲为风力发电的简易模型，绕有线圈的
形铁芯开口处装有磁铁，风叶转动
2
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时带动磁铁一起转动，从而使铁芯中磁通量发生变化。当风叶匀速转动时，发电机输出电压视为正弦式交
流电。发电机与一变压器的原线圈相连，变压器原、副线圈匝数比为n1:n2=10:1，当风速为某一恒定值
时，变压器原线圈两端的电压随时间变化的关系图像如图乙所示。此时，若风速减小，导致风叶转速变为
原来的1
2
，此过程中小灯泡阻值不变，所有线圈均为理想线圈，不计内阻。则下列说法中正确的是
（ ）
A．变压器原线圈电压的瞬时值表达式变为u=15√2cos(100 πt )V
B．电压表V2的示数为3√2V
C．小灯泡的功率变为原来的1
2
D．发电机产生的交变电流的周期变为0.04s
【答案】D
【详解】A．根据题意，结合题图可得变化前得U m=30√2V，周期T =0.02s，所以角速度ω= 2π
T
解得ω=100 π rad/s
故变压器原线圈电压的瞬时值表达式变为u
' =30√2cos(100 πt )V
根据U m= NBSω可知变化之后，U m
' =15√2V，ω
' =50 π rad/s
故u=15√2cos(50 πt )V
故A 答案错误；
B．电压表的示数为副线圈的有效值，根据变压器电压关系U 1
U 2
= n1
n2
❑
又由U 1= U m
'
√2
3
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解得电压表V2的示数为U 2=1.5 V
故B 答案错误；
C．若风速减小，导致风叶转速变为原来的1
2
，则根据U m= NBSω
可知灯泡两端电压也变为原来的1
2
根据P= U
2
R
得灯泡的功率变为原来的1
4
故C 答案错误；
D．根据转速与角速度的关系ω=2πn
又T = 2π
ω
故转速变为原来的1
2
，周期变为0.04s。
故选D。
4．（本题4 分）如图1 所示。一个可以自由转动的铝框放在 U 形磁铁的两个磁极间，铝框和磁铁均静止，
其截面图如图2 所示。转动磁铁，下列说法正确的是（ ）
A．铝框与磁铁的转动方向相反，阻碍磁通量的变化
B．铝框与磁铁转动方向一致，转速比磁铁的转速小
C．磁铁从图2 位置开始转动时，铝框截面 abcd 感应电流的方向为a→d→c→b→a
D．磁铁停止转动后、如果没有空气阻力和摩擦阻力，铝框将保持匀速转动
【答案】B
【详解】AB．磁铁转动的过程中通过铝笼截面的磁通量增加，因此在铝笼内产生感应电流，根据楞次定律
可知铝笼受到安培力作用，导致铝笼转动，为阻碍磁通量增加，则导致铝笼与磁铁转动方向相同，但快慢
4
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不相同，铝笼的转速一定比磁铁的转速小，故A 错误B 正确；
C．磁铁从图乙位置开始转动时，导致通过铝笼截面的磁通量增加，根据楞次定律可知感应电流方向为
a→b→c→d→a，故C 错误；
D．当磁铁停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，由于铝笼转动的过程中仍然能产生感应电流，所
以铝笼会受到反方向安培力作用逐渐减速直到停止运动，故D 错误。
故选B。
5．（本题4 分）如图所示，光滑定滑轮固定在天花板上，轻绳绕过定滑轮，一端竖直悬挂质量为2m 的小
球P，另一端连接质量为m 的圆环Q，圆环Q 套在粗糙水平杆上。一水平向左的力F 作用在圆环上，使轻
绳和杆之间夹角为30°，整个系统保持静止状态。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．杆对圆环Q 摩擦力的方向一定向右
B．杆对圆环Q 摩擦力的方向可能向左
C．定滑轮对轻绳作用力的方向竖直向上
D．定滑轮对轻绳作用力的大小为2√3mg
【答案】D
【详解】小球P 静止，由平衡条件知，绳子拉力大小为T =2mg
由于T sinθ =mg
则圆环Q 不受杆的支持力作用，可见杆对圆环Q 没有摩擦力，由力的合成知，轻绳对动滑轮的作用力大小
F1=2T cos 60°
2 =2√3mg
方向与竖直方向成30°角斜向左下方，由牛顿第三定律知，定滑轮对轻绳作用力的方向与竖直方向成30°角
斜向右上方，大小为F
′
1= F1=2√3mg
故选D。
6．（本题4 分）光纤通信有传输容量大、衰减小、抗干扰性及保密性强等多方面的优点，我国的光纤通信
起步较早，现已成为技术先进的几个国家之一。如图甲是光纤的示意图，图乙是光纤简化示意图（内芯简
化为长直玻璃丝，外套简化为真空）。一束激光由光导纤维左端的点O 以α = 45°的入射角射入一直线光
导纤维内，恰好在光导纤维的侧面A 点（侧面与过O 的法线平行）发生全反射，如图乙所示。下列说法中
5
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正确的是（ ）
A．光纤内芯的折射率比外套的小
B．光纤材料的折射率n= √6
2
C．若增大在O 点的入射角α，折射光线到侧面后也能发生全反射
D．θ =60°
【答案】B
【详解】A．激光在内芯和外套的界面上发生全反射，所以内芯是光密介质，外套是光疏介质，即光纤内
芯的折射率比外套的大，故A 错误；
D．光在O 点折射，满足
sin 45°
sin (90°−θ) =n
在A 点恰好发生全反射有sinθ = 1
n
，可求
tanθ =√2
故θ≠60°，D 错误；
B．由tanθ = sinθ
cosθ =√2，又
sin
2θ+cos
2θ =1
可得，sinθ = √6
3
，则光纤的折射率
n=
1
sinθ = √6
2
，B 正确；
C．增大α，在侧面上的入射角变小，侧面上的入射角小于临界角，不在发生全反射，C 错误。
故选B。
7．（本题4 分）2023 年3 月30 日，超技炫滑雪编队赛在崇礼万龙滑雪场举行。滑雪场的一滑雪道的示意
图如图，可视为质点的滑雪运动员从斜坡上的M 点由静止自由滑下，从水平NP 段的P 点水平飞出，落在
斜坡上的Q 点。不计运动员经过N 点时的机械能损失，不计一切摩擦及空气阻力，从M 点到Q 点的过程
中，运动员的竖直分速度大小vy、动能Ek、加速度大小a 和重力势能Ep随时间变化的图像可能正确的是（
）
6
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】AC．运动员在MN、PQ 运动阶段均做匀加速度运动，在水平NP 段做匀速直线运动，NP 段竖直
方向的速度为零，MN 段竖直方向的分速度和PQ 段竖直方向的分速度均随时间均匀增大，但PQ 阶段竖直
方向做自由落体运动，PQ 阶段竖直方向的速度增加得更快，vy—t 图像的斜率更大，PQ 阶段的加速度为重
力加速度，大于MN 阶段的加速度，故A 错误，C 正确；
BD．运动员在斜坡MN 上的运动过程，重力势能减少量等于动能的增加量，令斜坡MN 倾角为θ，则有
Ek= Ep=mgℎ=mg⋅(
1
2 gsinθ⋅t
2)sinθ = 1
2 m g
2sin
2θ⋅t
2
可知动能Ek与运动时间是二次函数关系，故Ek—t、Ep—t 图线均不是直线，故BD 错误。
故选C。
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，虚线a、b、c 表示O 处点电荷的电场中的三个等势面，1、2 两个带电粒子射
入电场后，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中两条实线所示，其中粒子1 的运动轨迹与等势面c、b 分别
相交于P、Q 两点，粒子2 的运动轨迹与等势面c、a 分别相交于M、N 两点（不考虑两个粒子间的相互作
用）。由此可以判定（ ）
7
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A．两个粒子一定带异种电荷
B．M、N 两处电势一定是φM <φN
C．粒子1 在P 点的加速度小于在Q 点的加速度
D．粒子2 在运动过程中的电势能先增大后减小
【答案】AC
【详解】A．由图中轨迹可知，粒子1 受到库仑斥力作用，粒子1 与场源点电荷带同种电荷；粒子2 受到库
仑引力作用，粒子2 与场源点电荷带异种电荷；则两个粒子一定带异种电荷，故A 正确；
B．由于不清楚场源点电荷的电性，故无法判断M、N 两处电势的高度，故B 错误；
C．根据点电荷场强公式E =k Q
r
2可知，离场源点电荷越远，场强越小，则粒子1 在P 点受到的电场力小于
在Q 点受到的电场力，根据牛顿第二定律可知，粒子1 在P 点的加速度小于在Q 点的加速度，故C 正确；
D．由图中轨迹可知，粒子2 在运动过程中，电场力对粒子2 先做正功，后做负功，则电势能先减小后增
大，故D 错误。
故选AC。
9．（本题6 分）宇宙中两颗相距较近的天体称为“双星”，它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周
运动，而不至因为万有引力的作用而吸引到一起。如图所示，某双星系统中P、Q 两天体绕O 点做匀速圆
周运动，两天体的质量之比mP:mQ=2:1。关于两天体，下列说法正确的是（ ）
A．轨道半径之比r P:rQ=1:2
B．线速度大小之比vP:vQ=2:1
C．向心加速度大小之比anP:anQ=1:2
8
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D．若双星的质量之和恒定，则双星间距离越大，其转动周期越小
【答案】AC
【详解】A．设两天体球心间的距离为L，由万有引力提供向心力，有GmPmQ
L
2
=mPω
2r P=mQω
2rQ
解得r P:rQ=mQ:mP=1:2
A 正确；
B．双星运动的角速度相等，根据v =ωr，则线速度之比v P:vQ=1:2
B 错误；
C．由公式an=ω
2r，可得向心加速度大小之比an P:anQ=1:2
C 正确；
D．由万有引力提供向心力，有GmPmQ
L
2
=mPω
2r P
，GmPmQ
L
2
=mQω
2rQ
其中ω= 2π
T
联立解得T =√
4π
2 L
3
G(mP+mQ)
可知双星的质量之和恒定，则双星间距离越大，其转动周期越大，D 错误。
故选AC。
10．（本题6 分）某小组用如图甲所示气垫导轨来探究两滑块碰撞的规律，导轨末端装有位移传感器（图
中未画出），滑块a、b的质量分别为0.1kg和0.3kg。打开气泵，将气垫导轨调节水平。让a获得初速度后
与静止的b发生碰撞，规定a碰前的速度方向为正方向，根据传感器记录的数据，得到它们在碰撞前后的位
移x与时间t的关系图像如图乙。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞过程滑块a对b的冲量大于b对a冲量
9
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B．碰撞前a的速度为2.5 m /s
C．碰撞后瞬间b的动量大小为0.3kg⋅m /s
D．滑块a、b间的碰撞属于弹性碰撞
【答案】BC
【详解】A．碰撞过程滑块a对b的作用力与b对a作用力是一对相互作用力，则两个力始终等大反向，同时
产生同时消失，故动量大小相等，故A 错误
B.根据图像的斜率表示速度，可知碰撞前a的速度为v0=Δ x
Δt = 0.5
0.2 m /s=2.5 m /s
故B 正确；
C．碰撞后瞬间b的速度为v2=Δ x2
Δt2
= 1.1−0.5
0.8−0.2 m /s=1m /s
b 的动量为p2=mb v2=0.3kg⋅m /s
即碰后b的速度方向为正方向，故B 正确；
D．由图像计算碰撞后a 的速度v1= Δ x1
Δt1
= 0.5−0.2
0.8−0.2 =0.5 m/s
根据动能的公式有Ek1= 1
2 mav0
2=0.3125J，Ek2= 1
2 mav1
2+ 1
2 mav2
2=0.1625J
动能损失，不属于弹性碰撞，故D 错误；
故选BC。
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8 分）在“验证机械能守恒定律”实验中。
(1)甲同学采用让重物静止下落的方法验证机械能守恒，实验装置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．实验前必需用天平测出重物的质量
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B．打点计时器应接低压直流电源
C．实验时先通电，稳定后再释放纸带
D．实验时纸带与打点计时器的两个限位孔应在同一竖直线上
(2)甲同学选取了如图所示的一条纸带，O 点是重锤开始下落时打出的点，A、B、C 是按打点先后顺序选取
的三个计数点。通过测量得到O、A 间距离为ℎ1，O、B 间距离为ℎ2，O、C 间距离为ℎ3。已知计数点
A、B 间和B、C 间的时间间隔均为T，重锤质量为m，当地重力加速度为g。从重锤开始下落到打点计时
器打B 点的过程中，重锤动能的增加量Δ Ek= 。如果Δ Ek与 近似相等，则可验证机械能
守恒（用题目中所测量和已知量表示）。
(3)乙同学利用气垫导轨和光电门等器材验证机械能守恒，实验装置如图所示。实验前，将气垫导轨调至水
平、滑块通过细线与托盘和砝码相连。开启气泵，待出气稳定后将滑块从图示位置由静止释放，读出挡光
条通过光电门的挡光时间为t。已知刚释放时挡光条到光电门的距离为l，挡光条的宽度为d，且d ≪l，托
盘和砝码的总质量为m，滑块和挡光条的总质量为M，当地的重力加速度为g。在滑块从静止释放到运动
到光电门的过程中，系统重力势能的减少量Δ Ep=mgl；系统动能的增加量Δ Ek= 。在误差允许
的范围内，如果Δ Ep= Δ Ek，则可验证系统的机械能守恒。
【答案】(1)CD
(2) m(ℎ3−ℎ1)
2
8T
2
mgℎ2
(3)(m+ M )d
2
2t
2
【详解】（1）A．根据实验原理可知mgℎ= 1
2 m v
2
质量被消去，则不需要天平，故A 错误；
B．实验中打点计时器必须使用交流电源，不能使用直流电源，故B 错误；
C．实验时应先接通打点计时器的电源再释放纸带，故C 正确；
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D．实验时纸带与打点计时器的两个限位孔应在同一竖直线上，以减小摩擦，故D 正确。
故选CD。
（2）[1]打点计时器打B 点的速度为vB= ℎ3−ℎ1
2T
重锤动能的增加量Δ Ek= 1
2 m vB
2= m(ℎ3−ℎ1)
2
8T
2
[2]如果Δ Ek与mgℎ2近似相等，则可验证机械能守恒
（3）滑块经过光电门的速度为v = d
t
系统动能的增加量Δ Ek= 1
2 (m+ M )v
2= (m+ M )d
2
2t
2
12．（本题8 分）实验小组用如图甲所示的电路来测量电阻Rx的阻值，图中标准电阻的阻值已知为R0，E
为电源，内阻为r，S1为开关，S2为单刀双掷开关，R 为滑动变阻器，V 为理想电压表。合上开关S1，将开
关S2掷于1 端，将R 的触头置于适当的位置，记下V 的示数U 1，保持R 的触头位置不变，然后将S2掷于
2，记下V 的示数U 2，再改变R 触头的位置，重复前面步骤，多测几组U 1、U 2的值，并计算
ΔU =U 1−U 2，作出U 2−ΔU的函数关系图像如图乙所示，回答下列问题：
(1)按照图甲所示的实验电路图在图丙实物图中接好电路；
(2)合上开关S1之前，R 触头应置于 （填“最右端”或“最左端”），多测几组U 1、U 2，目的是消
除 （填“系统”或“偶然”）误差；
(3)写出乙图的函数表达式U 2= ，若乙图的斜率为k，可得Rx= 。（用题中物理量的字母表
示）
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【答案】(1)
(2) 最左端 偶然
(3) R0
Rx
ΔU R0
k
【详解】（1）根据电路图，实物连接如下
（2）[1][2]合上开关S1之前，R 触头应置于最左端，多测几组U 1、U 2，多次测量的目的是减小偶然误差。
（3）[1][2]S2掷于1 端，U 1表示Rx , R0串联的总电压，S2掷于2 端，U 2表示R0的电压，由串联电阻的电流
相等，总电压等于两个电阻电压之和，结合欧姆定律可得
U 1
Rx+ R0
= U 2
R0
变形可得U 2= R0
Rx
(U 1−U 2)
即U 2= R0
Rx
ΔU
若乙图的斜率为k，可得k = R0
Rx
解得Rx = R0
k
13
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13．（本题8 分）如图所示，一个导热良好的圆柱形汽缸开口向上竖直放置于水平面上，缸内有一形状不
规则的文物，且封闭有一定质量的理想气体。白天某时刻，气体的温度为27℃，质量为m、横截面积为S
的活塞到汽缸底部的距离为H。到夜晚某时刻，环境温度缓慢降低到7℃时，活塞离汽缸底部的距离变为
h，此过程中气体增加的内能为ΔU。已知大气压强恒为p0，重力加速度为g，活塞与汽缸壁密封良好且不
计摩擦，忽略文物热胀冷缩的影响，热力学温度与摄氏温度的关系T =t +273K。求：
(1)汽缸内放置的文物的体积；
(2)该过程中缸内气体吸收的热量。
【答案】(1)15 Sℎ−14 SH
(2)ΔU −( p0 S+mg)( H −ℎ)
【详解】（1）设汽缸内放置的文物的体积为V 0，初态有T 1=(27+273)K =300K，V 1= SH −V 0
末态有T 2=(7+273)K =280K，V 2= Sℎ−V 0
汽缸内气体做等压变化，则V 1
T 1
= V 2
T 2
解得V 0=15 Sℎ−14 SH
（2）汽缸内气体的压强p1= p0+ mg
S
外界对气体做功W = p1 ΔV =(p0+ mg
S )S( H −ℎ)=( p0 S+mg)( H −ℎ)
该过程中汽缸内气体增加的内能ΔU =W +Q
该过程中汽缸内气体吸收的热量Q =ΔU −W =ΔU −( p0 S +mg)( H −ℎ)
14．（本题14 分）如图所示。光滑金属同心圆环固定在水平面上，金属杆AB 置于环上，O、A、B 在同一
直线且OA = AB =1m，圆环处于磁感应强度B1=1T、方向竖直向下的匀强磁场中。用导线将圆环与足够
14
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长光滑水平金属导轨DGHE 连接，导轨间距L=2m，HG 右侧连接有绝缘且粗糙的水平轨道GQPH。光滑
水平导轨上放置一质量m=1kg，长度L=2m的导体棒，导体棒与粗糙轨道间动摩擦因数μ= 3
16
。倾角
θ =30°的光滑、足够长、倾斜导轨与粗糙轨道末端PQ 平滑连接，间距L=2m，导轨上端接有R =1Ω的电
阻和C =1F的电容器。水平和倾斜导轨均处于磁感应强度B2=2T，方向与倾斜导轨垂直的匀强磁场中。金
属杆AB 以ω=5rad/s绕O 点沿逆时针匀速转动，闭合开关S 后导体棒向右加速至匀速运动，并恰好能运
动到PQ 处。不计导体棒和导轨电阻，重力加速度大小g=10 m /s
2。
(1)求金属杆AB 产生的电动势E；
(2)求水平导轨上HG 到PQ 间的距离x1；
(3)给静止于PQ 处的导体棒施加一沿斜面向上的外力F，使之沿斜面向上做加速度a=1m /s
2的匀加速直线
运动。导体棒沿斜面向上运动x2=2m时，求F 的瞬时功率。
【答案】(1)E =7.5 V
(2)x1=1.25 m
(3)P =108 W
【详解】（1）金属杆AB 切割磁感线产生的电动势E = B1⋅AB⋅ω⋅OA +ω⋅OB
2
解得E =7.5 V
（2）足够长时间后，导体棒做匀速运动，产生的电动势大小与E 相等，有E = B2 Lv1cosθ
解得v1= 5√3
4
m /s
在粗糙轨道上由动能定理−μmg x1=0−1
2 m v1
2
解得x1=1.25 m
（3）向上运动2m 时，根据位移公式x2= 1
2 at
2
得到时间t =2s
15
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此时对应的速度v2=at =2m /s
向上运动过程中，对导体棒受力有F −mgsinθ−B2 IL=ma
通过导体棒的电流I = I C + I R= Δq
Δt + U
R = C B2 L Δv
Δt
+ B2 Lv
R
=C B2 La+ B2 Lat
R
解得F =(22+16t )N
此时对应的拉力F =22+16t =54 N
此时功率为P = F v2
解得P =108 W
15．（本题16 分）如图所示，质量mB=1kg的薄木板B 静置在水平面上，质量为mC=2kg的物块C 静止放
在光滑的四分之一圆弧形凹槽D 的最低点，C 右侧（包括C 点）水平面光滑，内外均光滑的圆弧形凹槽质
量mD=1kg静置在水平面上。现有一质量mA=1kg的滑块以v0=18m/s 的水平初速度从薄木板B 的左端冲上
木板，滑块A 在薄木板B 上运动一小段时间后二者达到共速，共速时薄木板B 恰好与物块C 发生正碰，且
无机械能损失，碰撞后薄木板B 立即被锁定。滑块A 继续运动一段时间后从薄木板B 上滑下，落在水平面
上时，水平方向速度不变，竖直方向速度变为0，之后滑块A 在水平面上运动足够长时间，始终未能追上
物块C 或凹槽D。物块C 可看做质点，滑块A 与薄木板B 之间的动摩擦因数μ1=0.4，薄木板B 与物块C 左
侧水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1，g=10 m /s
2。碰撞时间不计。
(1)求薄木板B 与滑块A 达到共速时速度的大小；
(2)求相对于水平面，物块C 能上升的最大高度；
(3)将滑块A 视为质点，满足题目要求的情况下求薄木板B 的长度L的取值范围。
【答案】(1)6m/s
(2)0.27m
(3)(27+ 77
45 )m ≪L≪31.5 m
【详解】（1）以A 为研究对象μ1mA g=mAaA
解得aA = 4 m/ s
2
以B 为研究对象μ1mA g−μ2(mA g+mB g)=mBaB
解得aB=2m /s
2
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因为共速时有v0−aAt =aBt = v1
联立解得t =3s，v1=6m/s
（2）设mA=mB=mD=m，mC=2m
以B、C 为研究对象，B 与C 发生弹性碰撞过程，设向右为正，由动量守恒定律可有m v1=m v1
′＋2m v2
由机械能守恒定律可知1
2 m v1
2= 1
2 m v1
❑❑
′2+ 1
2 ×2m v2
2
联立解得物块C 碰后速度v2= 4 m/s
从碰后到物块C 运动到最高点，C、D 两者水平共速，设此时C 水平速度为v x，则2m v2=(2m+m)v共
又因为1
2 ×2m v2
2= 1
2 ×2m v共
2 +2mgℎ+ 1
2 m v共
2
联立解得ℎ= 4
15 m≈0.27m
（3）从B、C 碰后到C、D 分离，设分离时C 的速度为v3，D 的速度为v4，则2m v2=2m v3+m v4
又因为1
2 ×2m v2
2= 1
2 ×2m v3
2+ 1
2 m v4
2
联立解得v3= 4
3 m/ s，v4= 16
3 m/ s
小滑块A 与B 开始到共速过程Δ x1= v0+ v1
2
t −v1
2 t =27 m
小滑块A 能够滑下B，则1
2 m v1
2=μ1mgΔ x2
联立解得Δ x2= 4.5 m
滑块A 在水平面上运动足够长时间，始终未能追上C 或D，则滑块最终速度小于等于8
3
m/s，则
1
2 m v1
2−1
2 m v3
2= μ2mg× Δ x3
解得Δ x3=77
45 m
所以木板B 的长度L的取值范围Δ x1+ Δ x3≤L< Δ x1+ Δ x2
即(27+ 77
45 )m ≪L≪31.5 m
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