1、2020-2021 学年高二物理上学期期中测试卷 03（新教材人教版） 考试范围：必修 3 全册 选择性必修 1 第一章 一、 单项选择题一、 单项选择题： 本题共本题共 8 小题， 每小题小题， 每小题 3 分， 共分， 共 24 分。分。 每个题目只有一个选项符合要求，每个题目只有一个选项符合要求， 选对得选对得 4 分，选错得分，选错得 0 分分。 1把“能量子”概念引入物理学的物理学家是（ ） A普朗克 B麦克斯韦 C托马斯 杨 D赫兹 【答案】 A 【解析】 A 普朗克引入能量子概念， 得出黑体辐射的强度按波长分布的公式， 与实验符合的非常好， 并由此开创了物理学的新纪元，故 A 正
2、确； BCD麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹证明了电磁波的存在，托马斯 杨首次用实验观 察到了光的干涉图样，故 BCD 不合题意 故选 A。 2在匀强磁场中固定一根与磁场方向垂直的通电直导线，其中通有向纸面外的恒定电流， 匀强磁场的磁感应强度为 1T，以直导线为中心作一个圆，圆周上 a 处的磁感应强度恰好为 零，则下述说法对的是（ ） Ab 处磁感应强度为 2T，方向水平向右 Bc 处磁感应强度也为零 Cd 处磁感应强度为 2T，方向与匀强磁场方向成 45角 Dc 处磁感应强度为 2T，方向水平向左 【答案】 C 【解析】 由题知，通电导线通有向纸面外的恒定电流，由安培定则可知，通电导线在 a
3、 点产生的磁感 应强度方向水平向左，因 a 点的磁感应强度为 0，说明通电导线在 a 点产生的磁感应强度与 匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反；在 b 点产生的磁感应强度方向竖直向下，故 b 点的磁感应强度为 2T，方向与匀强磁场方向成45 角斜向下，在 c 点产生的磁感应强度 方向水平向右，故 c 点的磁感应强度为2T，在 d 点产生的磁感应强度方向竖直向上，故 d 点的磁感应强度为 2T，方向与匀强磁场方向成45 角斜向上，故 ABD 错误，C 正确。 故选 C。 3如图所示是将滑动变阻器作分压器的电路图，A、B 为分压器的输出端，C、D 是分压器 的输入端，C、D 两点间的电压保持不
4、变，电压值始终为 U0；移动滑动变阻器的滑片 P，当 P 位于滑动变阻器的中央时，下列结论中不正确的是（ ） A如果 A、B 端接入理想电压表如图（a）所示，电压表的示数为 0 2 U B如果 A、B 端接入阻值为 R 的电阻如图（b）所示，电阻 R 两端的电压小于 0 2 U C如图（b）所示，电阻 R 越大，其两端的电压越接近 0 2 U D如图（b）所示，电阻 R 越小，其两端的电压越接近 0 2 U 【答案】 D 【解析】 A 因滑片 P 位于滑动变阻器的中央， 则如果 A、 B 端接入理想电压表， 电压表的示数为 0 2 U ， 选项 A 正确，不符合题意； B如果 A、B 端接入阻
5、值为 R 的电阻时，R 与滑动变阻器的下半部分并联，再与滑动变阻 器的上半部分串联， 因为并联电路的总电阻总要小于任一支路的电阻， 而串联电路中各支路 的电压与电阻成正比，所以接 R 时，输出电压小于 0 2 U ；故 B 正确，不符合题意； CD负载电阻 R 的阻值越大，负载电阻与滑动变阻器下半部分电阻的并联阻值越大，输出 电压越大，越接近 0 2 U ，故 C 正确，不符合题意；D 错误，符合题意。 故选 D。 4如图所示，匀强电场的场强 5 3 10 V/mE ，A、B 两点相距 0.2m，两点连线与电场的 夹角是 60 ，下列说法正确的是（ ） A电荷量 4 2 10 Cq 的电荷从
6、A 点运动到 B 点电势能增大 6J B电荷量 4 2 10 Cq 的电荷从 A 点运动到 B 点电场力做功为-6J C若取 A 点的电势为 0，则 B 点的电势 4 3 10 V B DA、B 两点间的电势差是 4 6 10 V AB U 【答案】 B 【解析】 A从 A 到 B，电场力做功 45 1 cos603 100.26J 2 2 10 AB WqEd ， 则电势能减小 6J。故 A 错误； B从 A 到 B，电场力做功 45 2 10 1 cos603 100.26J 2 AB WqEd ； 故 B 正确； CDAB 间的电势差 4 cos603 10 V ABAB UEd ， 因
7、为 A 点的电势为 0，B 点的电势为 4 3 10 V B ， 故 CD 错误。 故选 B。 5如图所示的装置是在竖直平面内放置光滑的绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，一 带负电荷的小球从高 h 的 A 处静止开始下滑， 沿轨道 ABC 运动后进入圆环内作圆周运动 已 知小球所受到电场力是其重力的 3 4 ，圆环半径为 R，斜面倾角为 =53 ，SBC=2R若使小 球在圆环内恰好能作完整的圆周运动，高度 h 的为（ ） A2R B4R C10R D17R 【答案】 C 【解析】 小球所受的重力和电场力都为恒力，故两力可等效为一个力 F，可知 5 4 Fmg ，方向与竖 直方向夹角为 37
8、，偏左下；做完整的圆周运动的临界条件是恰能通过 D 点，若球恰好能通 过 D 点，则达到 D 点时小球与圆环间的弹力恰好为零，由圆周运动知识得： 2 5 4 D v mgm R 选择 A 点作为初态，D 点为末态，由动能定理有： mg（h-R-Rcos37 ）- 3 4 mg（htan37 +2R+Rsin37 ）= 2 1 2 D mv 代入数据，解得： h=10R 故选 C。 6某地强风的风速约为v，空气的密度为，如果把通过横截面积 S 的风的动能完全转化 为电能，则用上述已知量计算电功率的公式为P （ ） A 1 2 Sv B 2 1 2 Sv C 3 1 2 Sv D 4 1 2 Sv
9、 【答案】 C 【解析】 ABCD风能转变为电能，由能量守恒定律得 2 1 2 mvPt 其中 mVvtS 联立解得 3 3 1 22 v tS pSv t ABD 错误 C 正确。 故选 C。 7如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c 为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球， 已知小球 c 位于圆环最高点，ac 连线与竖直方向成 60 角，bc 连线与竖直方向成 30 角，三 个小球均处于静止状态。下列说法正确的是（ ） Aa、b、c 小球带同种电荷 Ba、b 小球带异种电荷，b、c 小球带同种电 荷 Ca、b 小球电量之比为 3 6 Da、b 小球电量之比 3 9 【答案】 D 【解析】
10、 AB对 a，a 受到重力、环的支持力以及 b、c 对 a 的库仑力，重力的方向在竖直方向上， 环的支持力以及 b 对 a 的库仑力均沿圆环直径方向，故 c 对 a 的库仑力为引力，同理可知， c 对 b 的库仑力也为引力，所以 a 与 c 的电性一定相反，与 b 的电性一定相同。即：a、b 小 球带同种电荷，b、c 小球带异种电荷，故 AB 错误； CD对 c 小球受力分析，将力沿水平方向和竖直方向正交分解后可得 22 sin60sin30 acbc acbc q qq q kk rr 又 :1: 3 acbc rr 解得： :3:9 ab qq 故 C 错误，D 正确。 故选 D。 8如图
11、所示，光滑水平面上有大小相同的 A、B 两球在同一直线上运动.两球质量关系为 mB=2mA，规定向右为正方向，A、B 两球的动量均为 6kg m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞 后 A 球的动量增量为4kg m/s，则（ ） A左方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 2：5 B左方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 1：10 C右方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 2：5 D右方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 1：10 【答案】 A 【解析】 两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；同时考虑实际情况，碰撞前后 面的球速度大于前面
12、球的速度 规定向右为正方向，碰撞前 A、B 两球的动量均为6 /kg m s ，说明 A、B 两球的速度方向 向右，两球质量关系为 2 BA mm ，所以碰撞前 AB vv ，所以左方是 A 球碰撞后 A 球的 动量增量为 4/kg m s ，所以碰撞后 A 球的动量是 2kgm/s，碰撞过程系统总动量守恒： AABBAABB m vm vm vm v ，所以碰撞后 B 球的动量是 10kgm/s，根据 mB=2mA，所以 碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 2：5，A 正确 二、 多项选择题二、 多项选择题： 本题共： 本题共 4 小题， 每小题小题， 每小题 4 分， 共分， 共 16 分
13、。 每小题有多个选项符合题目要求。分。 每小题有多个选项符合题目要求。 全部选对得全部选对得 4 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。 9在光滑水平面上，有 A、B 两个小球向右沿同一直线运动，取向右为正，两球的动量分 别是 pA=5kgm/s，pB=7kgm/s，如图所示，若能发生正碰，则碰后两球的动量增量 pA、 pB 不可能是 （ ） A pA=-3kgm/s； pB =3kgm/s B pA=3kgm/s； pB =3kgm/s C pA=-10kgm/s； pB =10kgm/s D pA=3kgm/s； pB =-3kgm/s 【答案
14、】 BCD 【解析】 A两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，根据碰撞过 程动量守恒定律， 如果pA=-3kgm/s、 pB=3kgm/s， 所以碰后两球的动量分别为 pA=2kgm/s、 pB=10kgm/s，根据碰撞过程总动能可能不增加，是可能发生的，故 A 正确； B若PA=3kgm/s，PB=3kgm/s，违反了动量守恒定律，不可能，故 B 错误； C如果pA=-10kgm/s、pB=10kgm/s，所以碰后两球的动量分别为 pA=-5kgm/s、 pB=17kgm/s，可以看出，碰撞后 A 的动能不变，而 B 的动能增大，违反了能量守恒定律， 不可能故 C
15、 错误； D根据碰撞过程动量守恒定律，如果pA=3kgm/s、pB=-3kgm/s，所以碰后两球的动量 分别为 pA=8kgm/s、pB=4kgm/s，由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A 的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故 D 错误。 故选 BCD。 10如图所示，一个矩形线框从匀强磁场的上方自由落下，进入匀强磁场中，然后再从磁场 中穿出已知匀强磁场区域的宽度 L 大于线框的高度 h，下列说法正确的是（ ） A线框只在进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生 B线框从进入到穿出磁场的整个过程中，都有感应电流产生 C线框在进入和穿出磁场的过程中，都是机械能转化成电能 D整
16、个线框都在磁场中运动时，机械能转化成电能 【答案】 AC 【解析】 AB线框在进入和穿出磁场的过程中，穿过线框的磁通量发生变化，有感应电流产生，而 整个线框都在磁场中运动时，线框的磁通量不变，没有感应电流产生， B 错误 A 正确； C线框在进入和穿出磁场的过程中，产生感应电流，线框的机械能减小转化为电能，C 正 确； D整个线框都在磁场中运动时，没有感应电流产生，线框的重力势能转化为动能，机械能 守恒，D 错误。 故选 AC。 11如图所示，电源电动势为 E，内电阻为 r。理想电压表 V1、V2示数为 U1、U2，其变化 量的绝对值分别为 U1和 U2；流过电源的电流为 I，其变化量的绝对值
17、为 I。当滑动变 阻器的触片从右端滑到左端的过程中（灯泡电阻不变化） （ ） A小灯泡 L1、L2变亮，L3变暗 B U1 U2 C 1 U I 不变 D电源输出功率变大 【答案】 AC 【解析】 A当滑动变阻器的触片 P 从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻 减小，总电流增大，路端电压减小，则 L2变亮变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小， 则并联部分的电压减小，则 L3变暗总电流增大，而 L3的电流减小，则 L1的电流增大， 则 L1变亮故 A 正确； B由上分析可知，电压表 V1的示数减小，电压表 V2的示数增大，由于路端电压减小，即 两电压表示数之和减小，所以 U1
18、 U2 故 B 错误； C由 U1=E-I（RL2+r） 得 1 2L U Rr I 不变，故 C 正确； D因电源内阻和外电阻的关系不能确定，不能确定电源输出功率的变化，选项 D 错误。 故选 AC。 12研究平行板电容器电容的装置如图所示。设电容器所带电荷量为 Q（几乎保持不变） ， 极板间电场强度为 E，静电计指针偏角为 ，在极板间电势为 的 P 点固定一负电荷，其电 势能为 EP。现仅将左极板向左平移，则（ ） A 变大，E 不变 B 变小，E 变小 C 升高，Ep变小 D 降低，Ep变大 【答案】 AC 【解析】 电容器所带电荷量不变，将左极板向左平移，即板间距离增大，由公式 4 S
19、 C kd 可知，电 容变小，由公式 Q C U 可知，板间电势差增大，说明静电计指针偏角变大，由公式 4 S C kd 、 Q C U 和 U E d 得 4kQ E S 则板间场强不变，由于左极板接地即电势为 0，P 点与左板间的电势差为 00ppp UEd 由于 P 点与左板间距离增大，则 P 点电势升高，负电荷在 P 点的电势能减小 故选 AC。 三、实验题三、实验题：本题共：本题共 2 小题小题，第，第 13 题题 6 分，第分，第 14 题题 9 分，共分，共 15 分。分。 13如图甲所示，某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验：在光滑水平面 上，小车 A 的左端粘有
20、橡皮泥，小车 A 受到外界水平冲量作用后做匀速运动，与原来静止 在前方的小车 B 相碰并粘合成一体，继续做匀速运动。 在实验得到的纸带上选取五个计数点分别为 A、B、C、D、E，测得 AB、BC、CD、DE 的 长度如图所示。已知打点计时器所用电源频率为 50Hz，小车 A 的质量为 0.400kg，小车 B 的质量为 0.200kg，则碰前小车 A 的速度可利用纸带_段数据求出，且碰前两 小车的总动量为_ kg m/s ；碰后小车的速度可利用纸带_段数据 求出，且两小车的总动量为_ kg m/s 。 （计算结果保留三位有效数字） 【答案】 BC 0.340 DE 0.336 【解析】 A 与
21、 B 碰前做匀速直线运动，由图知，可通过 BC 段来计算 A 的碰前速度； A 碰前的速度为 2 8.50 10 m/s0.850m/s 55 0.02 BC A x v T 则碰前动量为 0.4 0.850kg m/s0.340kg m/s AAA Pm v A 与 B 碰后粘在一起，速度减小，相等时间内的间隔减小，由图知，可通过 DE 段计算 A 和 B 碰后的共同速度； 碰后的速度为 2 5.60 10 m/s0.560m/s 55 0.02 DE AB x v T 则碰后的总动量 0.6 0.560kg m/s0.336kg m/s ABABAB Pmmv 14用 DIS 测电源电动势
22、和内电阻电路如图（a）所示，R0为定值电阻 （1）调节电阻箱 R，记录电阻箱的阻值 R 和相应的电流值 I，通过变换坐标，经计算机拟 合得到如图 （b） 所示图线， 则该图线选取了_为纵坐标， 由图线可得该电源电动势为_V （2）现有三个标有“25V，06A”相同规格的小灯泡，其 IU 特性曲线如图（c） 所示， 将它们与图 （a） 中电源按图 （d） 所示电路相连， A 灯恰好正常发光， 则电源内阻 r=_， 图（a）中定值电阻 R0=_ （3）若将图（a）中定值电阻 R0换成图（d）中小灯泡 A，调节电阻箱 R 的阻值，使电阻箱 R 消耗的电功率是小灯泡 A 的两倍，则此时电阻箱阻值应调到
23、_ 【答案】 1 I 4.5 2.5 2 ）4.80（4.6-4.9 均可） 【解析】 （1）由闭合电路欧姆定律可知： 0 E I RRr ；要形成与电阻成一次函数关系，则纵坐 标只能取 1 I ；则有： 0 1 RrR IEE ； 则图象的斜率为： 11 4.5 k E ； 则有：E=4.5V； 0 1 Rr E ，则有：R0+r=4.5 （2）A 灯正常发光的电流为：I=0.6A； 则 BC 两灯的电流为 0.3A，由图象可知，BC 两灯的电压为 0.5V； 路端电压为：U=2.5V+0.5V=3V； 则内压为：U内=4.5-3=1.5V； 则内阻为： 1.5 2.5 0.6 r ； 则定
24、值电阻为：R0=4.5-2.5=2； （3）灯泡与滑动变阻器串联，故灯泡与电阻中流过的电流相等，而滑动变阻器阻值约为灯 泡电阻的两倍；则滑动变阻器两端的电压为灯泡两端电压的两倍，设灯泡两端电压为 U，则 滑动变阻器两端电压为 2U，则由闭合电路欧姆定律可知：3U+2.5I=4.5 变形得 I=1.8-1.2U；在上图中作出对应的 I-U 图象，则与原图象的交点为符合条件点；由图 可知，I=0.48A，U=1.15V； 则滑动变阻器阻值为： 22 1.15 4.80 0.48 U R I （4.6-4.9 均可） ； 四、解答题四、解答题：本题共：本题共 4 小题小题，第第 15 题题 8 分，
25、第分，第 16 题题 9 分，第分，第 17 题题 12 分，第分，第 18 题题 16 分，分， 共共 45 分分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能 得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 15如图所示，真空中两个相同的小球带有等量同种电荷，质量均为 m，分别用绝缘细线悬 挂于绝缘天花板上同一点， 平衡时 B 球偏离竖直方向 角， A 球竖直且与墙壁接触， 此时 A、 B 两球位于同一高度且相距 L。求： （1）每个小
26、球带的电荷量 q； （2）B 球所受绳的拉力 FT； （3）墙壁对 A 球的弹力 FN。 【答案】 （1） tanmg qL k ； （2） T cos mg F ； （3） tanmg 【解析】 （1）对 B 球受力分析如图所示，B 球受三个力且处于平衡状态，其中重力与库仑力的合力 大小等于绳子拉力的大小，方向与绳子拉力方向相反，由图可知 根据平衡条件有 2 2 =tan kq Fmg L 库 解得 tanmg qL k （2）对 B 球受力分析知，根据平衡条件有 T cos mg F （3）分析 A 球的受力情况知 2 N 2 = q FFk L 库 得 FN=mgtan 16在如图甲所示
27、的电路中，R1、R2均为定值电阻，且 R1100 ，R2的阻值未知，R3是滑 动变阻器，在其滑片从最左端滑至最右端的过程中，测得电源的路端电压 U 随电流 I 的变 化图线如图乙所示，其中图线上的 A、B 两点是滑片在滑动变阻器的两个不同端点时分别得 到的求： （1）电源的电动势和内电阻； （2）定值电阻 R2的阻值； （3）滑动变阻器 R3的最大值。 【答案】 （1）20 V，20 ； （2）5 ； （3）300 【解析】 （1）由闭合电路欧姆定律得 EUIr 将图线上 A、B 两点的 U、I 值代入得 E160.2r，E40.8r 解得 E20 V，r20 。 （2） 当 R3的滑片自左向
28、右滑动时， R3的有效阻值变小， 电路中的总电阻变小， 总电流变大， 由此可知，图线上的 A、B 两点分别对应滑片位于最左端和最右端当滑片位于最右端时， R30，R1被短路，外电路电阻即为 R2，故由 B 点的 U、I 值得 2 4 0.8 B B U R I 5 （3）当滑片在最左端时，R3的有效阻值最大，并对应着图线上的 A 点，故由 A 点的 U、I 值可求出此时外电路的电阻，再根据串、并联电路的规律求出 R3的最大值 16 80 0.2 A A U R I 外 又 13 2 13 R R RR RR 外 代入数据解得滑动变阻器的最大值 R3300 。 17如图所示，质量为 m，电荷量为
29、 e 的粒子从 A 点以速度 v0沿垂直电场线方向的直线 AO 方向射入匀强电场，由 B 点飞出电场时速度方向与 AO 方向成 45 角，已知 AO 的水平距离 为 d （不计重力）求： （1） 从 A 点到 B 点所用的时间； （2） 匀强电场的电场强度大小； （3） A、B 两点间的电势差 【答案】 （1） 0 d v （2） 2 0 mv ed （3） 2 0 2 mv e 【解析】 （1）粒子从 A 点以速度 v0沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，则有 t 0 d v （2）由牛顿第二定律得 a qE m 将粒子射出电场的速度 v 进行分解，则有 vyv0tan 45
30、v0， 又 vyat，所以 v0 qE m 0 d v 0 eEd mv ， 解得 E 2 0 mv ed （3）由动能定理得 eUAB 1 2 m（ 2v0）2 1 2 mv 解得 UAB 2 0 2 mv e 18如图所示，半径 4 m 5 R 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点 A 和圆 心 O 的连线与水平方向的夹角 30 ，另一端点 B 为轨道的最低点，其切线水平。一质量 2M kg、板长 2.0L m 的滑板静止在光滑水平地面上，右端紧靠 B 点，滑板上表面与圆 弧轨道 B 点和左侧固定平台 C 等高。光滑水平面 EF 上静止一质量为 1m kg 的物体 P（可 视为质
31、点） ，另一物体 Q 以 0 3 m/s 2 v 的速度向右运动，与 P 发生弹性正碰，P 随后水平抛 出，恰好从 A 点无碰撞进入圆弧轨道，且在 A 点对轨道无压力，此后沿圆弧轨道滑下，经 B 点滑上滑板。滑板运动到与平台 C 接触时立刻被粘住。已知物体 P 与滑板间动摩擦因数 0.5 ，滑板左端到平台 C 右侧的距离为 s。取 2 10m/sg ，求： （1）物体 P 经过 A 点时的速度； （2）物体 Q 的质量 Q m ； （3）物体 P 刚滑上平台 C 时的动能 kC E 与 s 的关系的表达式。 【答案】 （1）2m/s； （2）0.5kg； （3）当 28 m 45 s 时， k
32、 8 J 9 C E ；当 28 m 45 s 时， k (45 )J C Es 【解析】 （1）设 P 到 A 点时的速度为 A v 。由 P 从 A 点无碰撞进入圆弧轨道，且在 A 点对轨道无压 力可知，P 在 A 点，由重力指向圆心的分力提供其所需要的向心力，有 2 sin A v mgm R 解得 2m/s A v （2）对 P 在 A 点的速度进行分解可知，其水平分速度 sin2 0.5m/s1m/s xA vv 所以 P 水平抛出的速度为 1m/s x v Q 与 P 发生弹性正碰，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得 0QQQx m vm vmv 由机械能守恒定律得 222 0
33、111 222 QQQx m vm vmv 联立解得 0.5kg Q m （3）P 从 A 点沿圆弧轨道滑至 B 点的过程中，由机械能守恒定律得 22 11 (sin ) 22 AB mg RRmvmv 解得 2 7m/s B v P 滑上滑板后，带动滑板运动，设 P 与滑板能达到共同速度，此过程滑板向左运动的位移为 M x 。对 P 与滑板组成的系统，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有 () B mvMm v 共 解得 2 7m/s 3 v 共 对滑板，由动能定理得 2 1 2 M mgxMv 共 解得 28 m 45 M x 当 28 m 45 M s x 时，P 刚滑上平台 C 时的动能 kC E 与 s 无关，对 P 和滑板，由能量守恒 定律有 2 k 1 2 CB EmvQE 其中 QmgL 2 1 2 EMv 共 解得 k 8 J 9 C E 当 28 m 45 M sx 时，滑板与平台相碰时，P 与滑板未共速，对滑板，由动能定理得 2 1 2 M mgsMv 对 P 和滑板，由能量关系有 22 k 11 22 CBM EmvMvQ 其中 QmgL 解得 k (45 )J C Es
