2020届高三下学期物理5月第二次测试（Word版含答案及解析）

第 1 页，共 12 页 2020届高三下学期物理5月第二次测试 题号 一 二 三 四 总分 得分 一、单选题（本大题共 5 小题，共 20.0 分） 1. 2018 年 10 月 23 日，港珠澳跨海大桥正式通车。为 保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索（所有 索塔两侧钢索均处在同一竖直面内）斜拉桥，其索 塔与钢索如图所示。下列说法正确的是（） A. 增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力 B. 为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度 C. 索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下 D. 为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布 【答案】C 【解析】【分析】 做出示意图，将钢索的拉力进行合成，合力竖直向下，根据平行四边形定则作图后根据几 何关系列式求解。 本题的关键将钢索 AC、AB 的拉力 FAC、FAB 进行合成，然后根据正弦定理列式研究。 【解答】 A.钢索拉力的水平分力相互抵消，竖直分力之和与重力大小相等，即钢索对索塔向下的 压力恒定不变，故 A 错误。 B.合力一定，分力间的夹角越小，则分力越小。为了减小钢索承受的拉力，应该增大索塔 的高度，达到减小钢索间夹角的目的，故 B 错误。 C.根据对称性可知，索塔两侧钢索对称分布，拉力大小大小相同时，水平分力抵消，钢索 对索塔的合力竖直向下，故 C 正确。 D.如图所示： 将钢索 AC、AB 的拉力 FAC、FAB 进行合成，合力竖直向下，结合正弦定理可知 ， 得 FAC：FAB=sin β：sin α，故索塔两侧的钢索不必须对称分布，故 D 错误。 故选：C。第 2 页，共 12 页 2. 等量异种电荷的电场线如图所示，下列表述正确的是（） A. a 点的电势低于 b 点的电势 B. a 点的场强大于 b 点的场强，方向相同 C. 将一负电荷从 a 点移到 b 点电场力做负功 D. 负电荷在 a 点的电势能大于在 b 点的电势能 【答案】C 【解析】【分析】 根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大；电场线越疏，场强越小。 电场线上某点的切线方向为该点的场强方向，根据等量异种点电荷形成电场的电场线分布 的对称性分析对称点场强的大小关系。等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线。本题 关键在于理解电场线的特点，注意电场强度是矢量，比较时不仅要比较大小还要比较方向； 对于等量异种点电荷和等量同种点电荷的电场线、等势线的分布是考试的热点， 要抓住对称 性进行记忆。 【解答】 A、等量异种电荷的电场线和等势面如图所示： 顺着电场线电势降低，a 点电势高于 b 点，故 A 错误； B、根据电场线的疏密判断场强的大小，由图看出，a 点密，b 点疏，故 a 点的场强大于 b 点的场强，但切线方向不同，场强方向不同，故 B 错误； CD、根据 A 项分析可知，a 点电势高于 b 点，负电荷在 a 点电势能小于 b 点电势能，所 以负电荷从 a 点移到 b 点电势能增加，电场力做负功，故 C 正确，D 错误； 故选：C。 3. 如图所示,在匀强磁场中,MN、PQ 是两根平行的金属导轨, 而ab､cd为串接有理想电压表和理想电流表的两根金属棒. 在ab､cd同时以相同速度沿导轨向右运动时,下列结果正确 的 是 ( ) A. 电压表有读数,电流表有读数 B. 电压表无读数,电流表有读数 C. 电压表有读数,电流表无读数 D. 电压表无读数,电流表无读数 【答案】D 【解析】【分析】 本题考查了动生电动势，导体棒切割磁感线时产生动生电动势，根据电压表是由电流表改 装而成的，其核心是电流表，有电流通过电压表时，电压表即有示数，分析磁通量的第 3 页，共 12 页 变化情况，判断有无感应电流产生，再分析两个电表有无读数，或根据 E=BLv，分析两杆 产生的感应电动势的大小关系，再进行判断。 本题关键理解 cd 棒有效的切割长度即与速度垂直方向导体的长度，知道电压表的核心 部分是电流表，没有电流就没有读数。 【解答】 图中 cd 金属棒切割磁感线的有效长度为两导轨间距，所以两个金属棒产生的感应电动 势大小相等，都为 E =BLv（L 是导轨间距），根据右手定则可知，两个感应电动势方向 相反，相互抵消，整个回路中总的感应电动势为零，没有感应电流，所以电压表和电流表 读数都是 0，故 ABC 错误，D 正确。 故选 D。 4. 如图所示为分子势能 Ep 与分子间间距 r 的关系曲线，下列 说法正确的是（ ） A. 理想气体的分子间平均距离为 r2 B. 液态油酸分子间的平均距离为 r1 C. 液体表面处分子间平均距离比 r2 略大 D. 处于熔点的晶体熔化吸热过程中，分子间的平均距离 r 不会发生变化 【答案】C 【解析】【分析】 理想气体分子力为零，分子势能为零；液态油酸分子间的平均距离为大于 r1；液体表面处 分子力表现为引力，分子间平均距离应该比 r2 略大；处于熔点的晶体熔化吸热过程中， 分 子大小没有发生变化但分子的结构发生了变化，分子间的距离变小了。 本题考查了分子力、分子势能、液体表面张力、晶体的熔点等知识，掌握好这些基本概念 是解题的关键。 【解答】 A.理想气体的分子式能为零，对应的分子间平均距离为大于 r2，故 A 错误； B.液态油酸分子间的平均距离为大于 r1，故 B 错误； C.r2 处分子力为零，液体表面处分子力表现为引力，分子间平均距离应该比 r2 略大，故 C 正确； D.处于熔点的晶体熔化吸热过程中，分子大小没有发生变化但分子的结构发生了变化， 分子间的距离变小了。故 D 错误。 故选 C。 5. 11 如图所示，一束细光经玻璃三棱镜折射后分解为互 相分离的 a、b、c 三束单色光,比较 a、b、c 三束光， 可知( ) A. a 为波长较长的光 B. 当它们在真空中传播时，a 光的速度最大 C. 分别用这三种光做光源，使用同样的装置进行双缝干涉实验，a 光的干涉条纹 中相邻亮纹的间距最小 D. 若它们都从玻璃射向空气，c 光发生全反射的临界角最大 【答案】A第 4 页，共 12 页 △ 94 92 92 94 92 【解析】【分析】 ￿ 通过各种色光折射光线，比较出折射率，从而知道各种色光的频率大小，根据λ= 푓 比较 波长的大小。根据△x=퐿 휆比较条纹间距的大小；根据 sinC=1比较出临界角的大小。 ￿ ￿ 解决本题的关键知道各种色光折射率、频率、波长、临界角、在介质中的速度关系。 【解答】 ￿ A.三种色光，c 的偏折程度最大，知c 的折射率最大，a 的折射率最小，根据λ= 푓 得 a 的 波长最长，故 A 正确； B.三种色光在真空中传播时，速度相等，都等于光速，故 B 错误； ￿ C.c 的折射率最大，a 的折射率最小。则 c 的频率最大，a 的频率最小。根据λ=푓 得，a 的波长最大，c 的波长最短，再由双缝干涉的条纹间距 x=￿ ￿知 c 光的干涉条纹中相邻 ￿ 亮纹的间距最小，故 C 错误； D.根据sinC=1 得，折射率越大，临界角越小，所以 c 光的临界角最小，a 光的临界角最 ￿ 大。故 D 错误。 故选：A。 二、多选题（本大题共 3 小题，共 12.0 分） 6. 钚的一种同位素 Pu 衰变时释放巨大能量，如图所示，其衰变 方程 Pu―→ He＋γ，则( ) A. 核反应中 γ 的能量就 Pu 的结合能 B. 核燃料总是利用比结合能小的核 C. U 核 Pu 核更稳定，说明 U 的结合能大 D. 由于衰变时释放巨大能量，所以 Pu U 的比结合能小 【答案】BD 【解析】【分析】 比结合能越大，越稳定，核燃料总是利用比结合能小的核，由于 239P￿ 比 235U的比 结合能小，衰变时释放巨大能量，根据质量亏损与释放能量的关系。 解决本题的关键知道核反应过程中，比结合能的大小与释放能量的多少关系，注意比结 合能与结合能的区别。 【解答】 B.根据比结合越大，越稳定，则核燃料总是利用比结合能小的核，故 B 正确； A.核反应中γ 的能量就是 235U的结合能，故 A 错误； CD. 235 92 239P￿核更稳定，说 明 235U的比结合能大，所以衰变时，会释放巨大能 量，故 C 错误，D 正确。 故选 BD。 U比第 5 页，共 12 页 4 4 2 2 7. 物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展， 下列说法符合事实的是（）。 A. 赫兹通过一系列实验，证实了麦克斯韦关于光的电磁理论 B. C. 贝克勒尔发现的天然放射性现象，说明原子核有复杂结构 D. 卢瑟福通过对阴极射线的研究，提出了原子核式结构模型 【答案】AC 【解析】【分析】 考察对物理学家对物理学发展的贡献。 要熟记课本中提到的物理学家提出的物理学说和实验，理解物理学家在特定阶段对物理 学发展巨大的推动作用。 【解答】 A.麦克斯韦曾提出光是电磁波，赫兹通过实验证实了麦克斯韦关于光的电磁理论，故 A 正确； B.查德威克用 α 粒子轰 ，获得反冲 ，发现了中子，故 B 错误； C.贝克勒尔发现了天然放射现象，说明原子核有复杂的结构，故 C 正确； D.卢瑟福通过对α 粒子散射实验的研究，提出了原子核式结构模型，故 D 错误。 故选 AC。 8. 如图是某绳波形成过程的示意图。质点 1 在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动 质点 2、3、4…各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端。 质点 1 到达最高位置，质点 5 刚要开始运动。下列说法正确的是（ ） A. t=￿时，质点 5 开始向下运动 B. t=￿时，质点 3 的加速度方向向下 C. 从 t=￿开始的一小段时间内，质点 8 的速度正在增大 D. 在 t=3￿时，1 到 17 个质点刚好第一次构成一个标准的完整正弦图象 【答案】BD 【解析】解：AB、质点 1 为波源，波向右传播，￿ = ￿时，质点 5 开始振动，振动方向 4 向上；质点 3 的位移为正，故回复力向下，那么，加速度方向向下，故 A 错误，B 正确； C、在￿ = ￿时，质点 8 的振动和￿ = ￿时，质点 3 的振动一致，故质点 8 向上振动，那么， 2 4 速度减小；故 C 错误； D、在t=3￿时，质点 1 在平衡位置向下振动，根据￿ = ￿ 时的波形得到波长为 16 个质点 2 4 间的距离，故在t=3￿时，1 到 17 个质点刚好第一次构成一个标准的完整正弦图象，故 D 2第 6 页，共 12 页 正确； 故选：BD。 根据波的传播方向得到质点振动方向，从而得到加速度方向；根据图示得到波长，根据波 的传播得到质点 8 的振动；再根据质点做简谐振动，由质点 1 的振动方向得到波形。机 械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到 波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。 三、实验题（本大题共 2 小题，共 18.0 分） 9. (1)如图所示是甲同学在校园实验室按照图 1 的装置进行验证牛顿第二定律实验时得 到的一条纸带（实验中交流电源的频率为 50Hz），依照打点的先后顺序取计数点 为 1、2、3、4、5、6、7，相邻两计数点间还有 4 个点未画出，测得：S1=1.42cm ， S2=1.91cm ，S3=2.40cm ，S4=2.91cm ，S5=3.43cm ，S6=3.92cm.则打点计时器打第 2 个计数点时纸带的速度大小 v2= m/s；物体的加速度大小 a= m/s2（. 结 果均保留两位有效数字） (2)乙同学在做保持小车质量不变，验证小车的加速度与其合外力成正比的实验时， 根据测得的数据作出如图 2 所示的 a-F 图线，所得的图线既不过原点，又不是直线， 原因可能是 ．（选填选项前的字母） A.木板右端所垫物体较低，使得木板的倾角偏小 B.木板右端所垫物体较高，使得木板的倾角偏大 C.小车质量远大于砂和砂桶的质量 D.砂和砂桶的质量不满足远小于小车质量 【答案】（1）0.17 0.50 （2）AD 【解析】【分析】 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度。根据连续相等时间内的位移之差 是一恒量求出加速度。 【解答】第 7 页，共 12 页 （1）计数点 2 的瞬时速度为： 根据△x=at2，运用两段法得： (푠4 + 푠5 + 푠6) − (푠1 + 푠2 + 푠3)￿ = (3￿)2 [(2.91 + 3.43 + 3.92) − （1.42 + 1.91 + 2.40）] × 10−2 2 = 0. 32 = 0.50￿/￿ （2）由图 2 所示图像可知，直线没过原点，当 a=0 时，F>0。也就是说当绳子有拉力时小 车没有加速度，说明小车的摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，实验前没有平衡摩擦力或 平衡摩擦力不够。故 A 正确。从图像上可以看出，F 从 0 开始增加，砂和砂桶的质量远小 于小车的质量，随着砂的质量在增加，砂和砂桶的质量就与小车的质量相差不大， 所以绳子 拉力与砂和砂桶的总重力就相差较大。故 D 正确。 故选 AD。 10. （1）一个电流表G 的内阻푅푔 = 1KΩ,满偏电流为퐼푔 = 500μA,其满偏电压为 ； 现要把它改装成量程为 15V 的电压表,需串联的分压电阻为 ，50μA刻度对 应的电压值为 。 （2）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中,有以下器材： A.小灯泡￿(3￿, 0.6￿) E.电流表￿1(0～0.6￿) B.滑动变阻器￿(0～10￿) F.电流表￿2(0～3￿) C.电压表￿1(0～3￿) G.铅蓄电池、开关各一个,导线若干 D.电压表￿2(0～15￿) ①为了减小误差,实验中应选电流表 ,电压表 ． ②在图虚线框内按要求设计实验电路图．第 8 页，共 12 页 ③某实验小组完成实验后利用实验中得到的实验数据在퐼 − 푈坐标系中 ,描绘出如图 所示的小灯泡的伏安特性曲线.根据此图给出的信息,可以判断下图中正确的是(图 中 P 为小灯泡的功率)( ) A. CB. C. D. 【答案】（1）0.5V ; 29kΩ ; 1.5V （2）①A1 V1；② ；③BD。 【解析】【分析】 （1）把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律分析答 题； 解决本题的关键是利用串并联 d 的特点解题。 （2）①器材的选取需安全、精确，根据灯泡的规格选择合适的电表； ②因为灯泡的电压和电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，根据灯泡电 阻的大小确定电流表的内外接； ③根据灯泡电阻的变化判断功率与 U2、I2 的关系； 解决本题的关键掌握器材选择的原则，知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，以 及知道电流表内外接的区别。 【解答】 （1）电流表 G 的满偏电压:푈푔 = 퐼푔푅푔 = 500 × 10−6 × 1000푉 = 0.5푉, 把它改装成 15 的电压表，需要串联电阻的阻值： 푅 = 푈 − 푅푔 = 15 푘훺 − 1000푘훺 = 29푘훺, 퐼푔 500×10−6 50μA 刻度外对应的电压值为: 푈 = 퐼(푅 + 푅푔) = 50 × 10−6 × (2.9 × 103 + 1000)푉 = 1.5푉； （2）①灯泡的额定电流为 0.6A，选择电流表 A1；灯泡的额定电压为 3V，选择电压表 V1；第 9 页，共 12 页 1 ②因为灯泡的电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电 阻为 5Ω，远小于电压表的内阻，属于小电阻，所以电流表采用外接法，电路图如图所 示. ③根据 I-U 图线的斜率表示电阻的倒数，知电阻随电压的增大而增大； P-U2 图线的斜率表示电阻倒数，电阻增大，知 P 与 U2 图线的斜率减小，故 B 正确； P-I2 图线的斜率表示电阻的大小，电阻增大，知 P 与 I2 图线的斜率增大，故 D 正确。 故选 BD。 故答案为：（1）0.5V ; 29kΩ ; 1.5V （2）①A1 V1；② ；③BD。 四、计算题（本大题共 3 小题，共 30.0 分） 11. 如图所示，内表面光滑绝缘的半径为 1.2m 的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向 下的匀强电场，场强大小为 3×106V/m。有一质量为 0.12kg、带负电的小球，电荷 量大小为 1.6×10-6C，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点 A 时，小球 与轨道压力恰好为零，g 取 10m/s2，求： (1)小球在 A 点处的速度大小； (2)小球运动到最高点 B 时对轨道的压力． 【答案】解：（1）重力：G=mg=0.12kg×10푚/푠2=1.2N 电场力：F=qE=1.6×10-6C×3×106V/m=4.8N 在 A 点，有：푞퐸 − 푚푔 = 푚 2 ￿ 代入数据解得：v1=6m/s （2）设球在 B 点的速度大小为 v2，从 A 到 B，由动能定理有：第 10 页，共 12 页 在 B 点，设轨道对小球弹力为 FN，则有： 由牛顿第三定律有：FN′=FN 代入数据解得：FN′=21.6N。 【解析】本题关键是明确小球的受力情况和运动情况，结合动能定理和向心力公式列式 分析，可以将重力和电场力合成为“等效重力”，然后就能够结合竖直平面内的圆周运动 模型进行分析。 （1）球受重力、电场力、弹力，重力小于电场力，在 A 点，合力提供向心力，根据牛 顿第二定律列式求解 A 点的速度大小； （2）对从 A 到 B 过程根据动能定理列式求解 B 点的速度；在 B 点，重力、电场力和支 持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解支持力；根据牛顿第三定律得到压力。 12. 如图，平行金属导轨 MN、PQ 倾斜与水平面成 30°角放置，其电阻不计，相距为 l=0.2m．导轨顶端与电阻 R 相连，R=1.5×10-2Ω．在导轨上垂直导轨水平放置一根 质量为 m=4×10-2kg、电阻为 r=5×10-3Ω 的金属棒 ab．ab 距离导轨顶端 d=0.2m，导 的磁场，磁感应强度 B=（0.2+0.5t）T，g 取 10m/s2． （1）若导体棒静止，求通过电阻的电流． （2）何时释放导体棒，释放时导体棒处于平衡状态？ （3）若 t=0 时刻磁感应强度 B0=0.2T，此时释放 ab 棒，要保证其以 a=2.5m/s2 的加 速度沿导轨向下做初速为零的匀加速直线运动，求磁感应强度 B 应该如何随时间变 化，写出其表达式． 【答案】解：（1）设闭合回路产生的感应电动势为 E，根据法拉第电磁感应定律可得： E=△∅=△퐵 푙푑△푡 △푡 根据闭合电路欧姆定律可得：I= ￿ ， ￿+￿ 联立解得：I=0.5A； （2）对导体棒，由平衡条件可得：BIL+f=mgsinθ 又：-μmgcosθ≤f≤μmgcosθ， 其中磁感应强度 B=（0.2+0.5t）T， 联立解得：0.4s≤t≤2s； （3）对导体棒，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ-μmgcosθ-BIl=ma 故 BIl=0，即回路中感应电流为 0．若要保证回路中感应电流为 0，则必须回路中磁通量 保持不变；4 ￿ ￿ 则 t 时刻磁通量Φ=Bl（d+1 푎푡2）=B0ld， 2 解得：B= 8 40+125 ￿ （T）． 答：（1）若导体棒静止，通过电阻的电流为 0.5A； （2）0.4s≤t≤2s 释放导体棒，释放时导体棒处于平衡状态； （3）磁感应强度 B= 8 40+125￿ 为零的匀加速直线运动． （T）时，金属棒以 a=2.5m/s2 的加速度沿导轨向下做初速 【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求解电流强度； （2）对导体棒根据平衡条件列方程，由于导体棒处于平衡状态满足-μmgcosθ≤f≤μmgcosθ， 联立求解时间范围； （3）对导体棒，根据牛顿第二定律列方程得到安培力为零，则回路中磁通量保持不变， 根 据磁通量相等列方程求解 B 随时间变化关系． 对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体 棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量 转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解． 13. 如图，质量均为 2m 的木板 A、B 并排静止在光滑水平地面上，A 左端紧贴固定于水 平面的半径为 R 的四分之一圆弧底端，A 与 B、A 与圆弧底端均不粘连。质量为 m 的小滑块 C 从圆弧顶端由静止滑下，经过圆弧底端后，沿 A 的上表面从左端水平滑 上 A，并在恰好滑到 B 的右端时与 B 一起匀速运动。已知重力加速度为 g，C 过圆 弧底端时对轨道的压力大小为 1.5mg，C 在 A、B 上滑行时受到的摩擦阻力相同， C 与 B 一起匀速的速度是 C 刚滑上 A 时的 0.3 倍。求： （1）C 从圆弧顶端滑到底到的过程中克服摩擦力做的功； （2）两板长度 L1 与 L2 之比。 （3）C 刚滑到 B 的右端时，A 右端到 B 左端的水平距离 s 与 B 的长度 L2 之比。 【答案】解：（1）设 C 到达圆弧底端时的速度为 v0，轨道对 C 支持力大小为 N，下滑 过程C 克服摩擦力做的功为Wf．由动能定理，有： C 过底端时，由牛顿第二定律，有：푁 − 푚푔 = ③，联立①②③式得：푊푓 = 3 푚푔푅 ④； 2 0 ②，由牛顿第三定律，知：N=1.5mg ￿ （2）设 C 刚滑过 A 到达 B 时，C 的速度为 vC，A、B 的速度为 v，B、C 共同速度为 vBC， C 与 A、B 间的摩擦力为 f。 C 从滑上 A 到刚滑到 B 这个过程，C 和 A、B 组成的系统动量守恒。取向右为正方向。 由动量守恒守律：mv0=mvC+4mv ⑤ 2 2C 滑上 B 到与 B 共速这个过程，对 C 和 B 组成的系统， 由动量守恒定律：mvC+2mv=（m+2m）vBC ⑦ 由功能关系： 或：C 从滑上 A 到与 B 共速的全过程 由动量守恒定律：mv0=2mv+（m+2m）vBC ⑨ 由功能关系： ⑤⑦⑨任两式联立并代入 vB=0.3v0 得：v=0.05v0，vC=0.8v0 ⑥⑧⑩任两式联立并代入 （3）（5 分）设 C 从滑上 B 到与 B 共速所经历的时间为 t， 对 B，由动量定理：ft=2mvB-2mv （12） 在 t 时间内，A 通过的距离：sA=vt （13） 设 B 在 t 时间内通过的距离为 sB， （2）两板长度 L1 与 L2 之比 14：15； （3）C 刚滑到 B 的右端时，A 右端到 B 左端的水平距离 s 与 B 的长度 L2 之比 1：3。 【解析】【分析】本题的关键明确滑块和木板的运动规律，会运用动量守恒定律列式求解 共同速度，知道内能的增加量等于一对滑动摩擦力做功的绝对值，也可以用其他方法研究， 如运动学公式和牛顿第二定律求解。 【解答】 （1）根据 C 过圆弧底端时受力情况，由牛顿第二定律求出 C 到达圆弧底端时的速度， 再由动能定理求 C 从圆弧顶端滑到底到的过程中克服摩擦力做的功； （2）C 在 A 上滑行时，AB 一起做匀加速运动，C 做匀减速运动，以三个物体组成的系 统为研究对象，系统的动量守恒，能量也守恒，由动量守恒定律和能量守恒定律分别列式。 再研究 C 在 B 上滑行的过程，由 BC 组成的系统动量守恒和能量守恒列式，即可求解两 板长度 L1 与 L2 之比； （3）C 在 B 上滑行时，对 C，运用动量定理求出 C 从滑上 B 到与 B 共速所经历的时间。 对 B，运用动能定理列式，再由运动学公式求 A 右端到 B 左端的水平距离 s 与 B 的长度 L2 之比。