2021屆高考物理沖刺練習(xí)卷(七)【含答案】

2021屆高考物理沖刺練習(xí)卷（七）【含答案】

（建議用時：60分鐘滿分：110分）

二、選擇題（本題共8小題,每小題6分，共48分.在每小題給出的四

個選項(xiàng)中，第14~18題只有一項(xiàng)符合題目要求,第19-21題有多項(xiàng)符

合題目要求,全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得

0分）

14.利用氫原子能級躍遷時輻射出來的電磁波去控制校準(zhǔn)石英鐘，可

以制成氫原子鐘.如圖所示為氫原子的能級圖,則下列說法正確的是

（）

nE/eV

80

儒

2---------------3.4

1---------------13.6

A.當(dāng)氫原子處于不同能級時,核外電子在各處出現(xiàn)的概率是一樣的

B.氫原子從n=4能級躍遷到n=3能級比從n=2能級躍遷到n=l能級輻

射出電磁波的波長長

C.當(dāng)用能量為11eV的電子撞擊處于基態(tài)的氫原子時,氫原子一定不

能躍遷到激發(fā)態(tài)

D.從n=4能級躍遷到n=2能級時釋放的光子可以使逸出功為2.75eV

的金屬發(fā)生光電效應(yīng)

15.粗糙水平地面上的物體,在一個水平恒力作用下做直線運(yùn)動,其

v-t圖象如圖所示，下列物理量中第1s內(nèi)與第2s內(nèi)相同的是（）

A.摩擦力的功

B.摩擦力的沖量

C.水平恒力的功

D.水平恒力的沖量

16.如圖所示,用錢鏈將三個質(zhì)量均為m的小球A,B,C與兩根長為L的

輕桿相連,B,C置于水平地面上,系統(tǒng)靜止時輕桿豎直,現(xiàn)給系統(tǒng)一個

微小擾動,B,C在桿的作用下向兩側(cè)滑動,三小球始終在同一豎直平面

內(nèi)運(yùn)動，忽略一切摩擦,重力加速度為g,則此過程中（）

A.球A的機(jī)械能一直減小

B.球C的機(jī)械能一直增大

C.球B對地面的壓力不可能小于mg

D.球A落地的瞬時速度為、引

17.如圖,虛線I,II,IH分別表示地球衛(wèi)星的三條軌道,其中軌道I為

與第一宇宙速度7.9km/s對應(yīng)的近地環(huán)繞圓軌道,軌道II為橢圓軌道,

軌道HI為與第二宇宙速度11.2km/s對應(yīng)的脫離軌道,a,b,c三點(diǎn)分

別位于三條軌道上,b點(diǎn)為軌道II的遠(yuǎn)地點(diǎn),b.c點(diǎn)與地心的距離均為

軌道I半徑的2倍，則（）

A.衛(wèi)星在軌道II的運(yùn)行周期為軌道I的2倍

B.衛(wèi)星經(jīng)過a點(diǎn)的速率為經(jīng)過b點(diǎn)的vl倍

C.衛(wèi)星在a點(diǎn)的加速度大小為在c點(diǎn)的4倍

D.質(zhì)量相同的衛(wèi)星在b點(diǎn)的機(jī)械能等于在c點(diǎn)的機(jī)械能

18.在冰壺比賽中，紅壺以一定速度與靜止在大本營中心的藍(lán)壺發(fā)生

對心碰撞,碰撞時間極短,如圖（甲）所示.碰后運(yùn)動員用冰壺刷摩擦藍(lán)

壺前進(jìn)方向的冰面,來減小阻力.碰撞前后兩壺運(yùn)動的v-t圖象如圖

（乙）實(shí)線所示,其中紅壺碰撞前后的圖線平行.已知兩冰壺質(zhì)量相等,

由圖象可得（）

A.紅、藍(lán)兩壺的碰撞可能是彈性碰撞

B.碰撞后，藍(lán)壺的瞬時速度為0.8m/s

C.碰撞后,紅、藍(lán)兩壺運(yùn)動的時間之比為1：6

D,碰撞后,紅、藍(lán)兩壺與冰面間的動摩擦因數(shù)之比為4:5

19.某住宅小區(qū)的應(yīng)急供電系統(tǒng)，由交流發(fā)電機(jī)和副線圈匝數(shù)可調(diào)的

理想變壓器組成,發(fā)電機(jī)中矩形線圈電阻不計,它可繞軸00'在磁感

應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中以角速度3勻速轉(zhuǎn)動，降壓變壓器副線圈上

的滑動觸頭P上下移動時，可改變輸出電壓,R。表示輸電線電阻,下列

判斷正確的是（）

A.若發(fā)電機(jī)線圈某時刻處于圖示位置,變壓器原線圈的電流瞬時值

最大

B.當(dāng)用戶數(shù)目增多時,為使用戶電壓保持不變,滑動觸頭P應(yīng)向下

滑動

C.若滑動觸頭P向下滑動,流過R。的電流將變大

D.若發(fā)電機(jī)線圈的轉(zhuǎn)速減為原來的一半,用戶獲得的功率也將減為原

來的一半

20.如圖所示,在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁

場,MN是一豎直放置的感光板.從圓形磁場最高點(diǎn)P以速度v垂直磁

場正對著圓心0射入帶正電的粒子,且粒子所帶電荷量為q、質(zhì)量

為m,不考慮粒子重力，關(guān)于粒子的運(yùn)動，以下說法正確的是（）

A.粒子在磁場中通過的弧長越長,運(yùn)動時間也越長

B,射出磁場的粒子其出射方向的反向延長線也一定過圓心0

C.射出磁場的粒子一定能垂直打在MN上

D.只要速度滿足v=逆,入射的粒子出射后一定垂直打在MN上

m

21.一長為L的絕緣細(xì)線,上端固定，下端拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為q

的小球,處于如圖所示的水平向右的勻強(qiáng)電場中.開始時,將細(xì)線與小

球拉成水平，小球靜止在A點(diǎn),釋放后小球由靜止開始向下擺動，當(dāng)細(xì)

線轉(zhuǎn)過60°角時，小球到達(dá)B點(diǎn)的速度恰好為零，則（）

—

A.A,B兩點(diǎn)的電勢差加=-導(dǎo)堡

B.勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小

3q

c.小球所帶電荷為正電荷

D.小球到達(dá)B點(diǎn)時,細(xì)線對小球的拉力大小FTB=ylmg

三、非選擇題（包括必考題和選考題兩部分,第22?25題為必考題，

每個試題考生都必須作答.第33?34題為選考題,考生根據(jù)要求

作答）

（一）必考題:共47分.

22.（6分）某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖（甲）所示的裝置探究彈簧彈性勢能與

形變量的關(guān)系，豎直懸掛的輕彈簧下端有一水平輕桿,可以推動豎直

刻度尺邊緣的指針.在彈簧下端輕繩套不掛鉤碼的情況下,調(diào)節(jié)鐵架

臺使彈簧下端輕桿推動指針與刻度尺0刻度對齊.在輕繩套上掛鉤碼,

由靜止釋放輕桿推動指針向下運(yùn)動，可記錄鉤碼運(yùn)動到最低點(diǎn)指針對

應(yīng)的位置.已知鉤碼運(yùn)動到最低點(diǎn)時符合2mg=kx,g=10m/s\

⑴圖（乙）為某次實(shí)驗(yàn)中指針的最低位置,其讀數(shù)為cm.

⑵根據(jù)多次實(shí)驗(yàn)得出鉤碼質(zhì)量m與指針讀數(shù)x的圖象如圖（丙）所示,

可知彈簧彈性勢能EP與彈簧伸長量x的關(guān)系為（選填”反與

x成正比”或“反與X?成正比”）.

⑶由圖（丙）可得彈簧的勁度系數(shù)為N/m.

23.（9分）為測量某微安表G（量程200》八，內(nèi)阻大約2200。）的內(nèi)

阻，有以下器材可供選擇：

A.電壓表（0?3V）;B.電壓表（0?15V）;C.滑動變阻器（0?10Q）;D.

滑動變阻器（0?1kQ）;

E.電源E（電動勢約為6V）;F.電阻箱Rz（最大阻值為9999Q）.

開關(guān)S一個，導(dǎo)線若干.

（1）按圖（甲）所示電路圖將（乙）圖中的實(shí)物連線.

（甲）（乙）

⑵實(shí)驗(yàn)過程為:合上開關(guān)S,先調(diào)節(jié)R使電壓表讀數(shù)為U,再調(diào)節(jié)電阻

箱（此時電壓表讀數(shù)幾乎不變），使微安表指示為滿偏,記下此時電阻

箱阻值為Ri=8056Q;然后再調(diào)節(jié)R,使電壓表讀數(shù)為乳再調(diào)節(jié)電阻

箱（此時電壓表讀數(shù)幾乎不變），使微安表指示為滿偏,記下此時電阻

箱阻值為R2［如圖（丙）所示］.電壓表應(yīng)選,滑動變阻器

應(yīng)選.（填字母代號）

麗）

電阻箱的讀數(shù)R2=Q,待測微安表的內(nèi)阻Rg=0.

24.（12分）如圖所示,在水平面內(nèi)放置著金屬導(dǎo)軌OAC,0A段是直徑為

a的半圓,AC段是半徑為a的那弧,半圓、那弧和虛線C0圍成的區(qū)域

內(nèi)充滿垂直于水平面向下的勻強(qiáng)磁場（未畫出），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B;

其余區(qū)域沒有磁場.0P是一根長為a的均勻細(xì)金屬棒，以恒定的角速

度3繞。點(diǎn)順時針旋轉(zhuǎn),旋轉(zhuǎn)過程中金屬棒0P與圓弧均接觸良好.已

知金屬棒0P的電阻為Ro,兩個圓弧的電阻可忽略,開始時P點(diǎn)與A點(diǎn)

重合.求：

（1）t（丁〈丹時亥U,金屬棒0P產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小.

（2）t（T<N33）時刻,金屬棒OP所受到的安培力的大小.

25.（20分）如圖所示，質(zhì)量n=lkg的木板靜止在傾角為。=30。足夠

長的、固定的光滑斜面上,木板下端上表面與半徑R=、3m的固定的光

滑圓弧軌道相切，圓弧軌道最高點(diǎn)B與圓心0等高.一質(zhì)量m2=2kg、

可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊以v0=15m/s的初速度從長木板頂端沿木板滑下,

已知滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)u=三木板每次撞擊圓弧軌道時都

會立即停下而不反彈,最終滑塊未從木板上端滑出，取重力加速度

g=10m/s2.求：

⑴滑塊離開圓弧軌道B點(diǎn)后上升的最大高度.

⑵木板的最小長度.

⑶木板與圓弧軌道第二次碰撞時損失的機(jī)械能.（保留三位有效

數(shù)字）

（二）選考題:共15分.（請考生從給出的2道物理題中任選一題作答）

33.[物理一選修3-3]（15分）

（1）（5分）下列說法正確的是.（填正確答案標(biāo)號.選對1個得

2分,選對2個得4分,選對3個得5分.每選錯1個扣3分,最低得分

為0分）

A.單晶體有固定熔點(diǎn),而多晶體沒有固定熔點(diǎn)

B.給自行車打氣時氣筒壓下后反彈,是由分子斥力造成的

C.一切自然過程總沿著分子熱運(yùn)動的無序性增大的方向進(jìn)行

D.影響蒸發(fā)快慢以及影響人們對干爽與潮濕感受的因素是空氣中水

蒸氣的壓強(qiáng)與同一溫度下水的飽和汽壓的差距

E.物體內(nèi)能的微觀決定因素是分子勢能、分子平均動能和分子總數(shù)；

宏觀決定因素是物體的體積、物體的溫度及物質(zhì)的量

（2）（10分）空調(diào)在制冷過程中，室內(nèi)空氣中的水蒸氣接觸蒸發(fā)器（銅管）

液化成水,經(jīng)排水管排走,空氣中水分越來越少，人會感覺干燥.某空

調(diào)工作一段時間后，排出液化水的體積V=l.0X10,cm3.已知水的密度

P=1.0X10'kg/m\摩爾質(zhì)量M=l.8X10刀kg/mol,阿伏加德羅常數(shù)

23

NA=6.OX10mol1試求：（結(jié)果均保留一位有效數(shù)字）

①該液化水中含有水分子的總數(shù)N.

②一個水分子的直徑d.

34.[物理一選修3-4]（15分）

(1)(5分)已知波源的平衡位置在0點(diǎn)，t=0時刻開始做振幅為50cm

的簡諧振動,頻率為20Hz,發(fā)出一列橫波沿x軸正方向傳播,如圖所

示為P點(diǎn)恰好開始振動時的波形,P,Q兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置坐標(biāo)分別為

P(6m,0)、Q(28m,0),則下列說法正確的是.(填正確答案

標(biāo)號.選對1個得2分,選對2個得4分,選對3個得5分.每選錯1個

扣3分,最低得分為0分)

A.這列波的波速為40m/s

B.當(dāng)t=0.35s時,Q點(diǎn)剛開始振動

C.波源剛開始振動時的運(yùn)動方向沿y軸負(fù)方向

D.Q點(diǎn)剛開始振動時,P點(diǎn)恰位于平衡位置

E.Q點(diǎn)剛開始振動之前,P點(diǎn)經(jīng)過的路程為14.0m

(2)(10分)一厚度均勻的圓形玻璃管內(nèi)徑為16cm,外徑為24cm.一

條光線從玻璃管壁中點(diǎn)入射,光線AB與豎直方向成60°角，與直徑MN

在同一豎直面內(nèi)，如圖所示.該玻璃的折射率為三，光速c=3.0X

10sm/s.

①光線經(jīng)玻璃管內(nèi)壁折射后從另一側(cè)內(nèi)壁下端射出玻璃管，求玻璃管

的長度.

②保持入射點(diǎn)不動，調(diào)整入射角.求光線AB在玻璃管內(nèi)壁處恰好發(fā)生

全反射時一，光線在玻璃管中傳播的時間.（以上結(jié)果均保留2位有效

數(shù)字）

答案

14.B氫原子處于不同能級時一,核外電子在各處出現(xiàn)的概率不同，故A

錯誤;從n=4能級躍遷到n=3能級比從n=2能級躍遷到n=l能級輻射

出的光子能量小，即輻射的電磁波的頻率小，波長長，故B正確；當(dāng)用

能量為11eV的電子撞擊處于基態(tài)的氫原子時一,氫原子可以吸收其中

的10.2eV的能量,可能躍遷到激發(fā)態(tài)，故C錯誤;從n=4能級躍遷到

n=2能級時釋放的光子的能量為E=E「Ez=-0.85eV+3.4eV=2.55

eV<2.75eV,不能使逸出功為2.75eV的金屬發(fā)生光電效應(yīng)，故D

錯誤.

15.D由圖象可知,物體在摩擦力和恒力F作用下先向正方向做勻減

速直線運(yùn)動,然后反向加速，由圖象可知，第1s內(nèi)與第2s內(nèi)的位移

不同，摩擦力的功不同，水平恒力的功也不同，故A,C錯誤;第1s內(nèi)與

第2s內(nèi)摩擦力的方向不同，摩擦力的沖量不同，故B錯誤;水平恒力

的沖量I=Ft,則水平恒力的沖量相同，故D正確.

16.DA,B,C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,在A落地前,B,C運(yùn)動;在A落地

時,B,C停止運(yùn)動.由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知,A的機(jī)械能先減小后增

大,B,C的動能先增大后減小，即C的機(jī)械能先增大后減小，故A,B錯

誤;在A落地前B做減速運(yùn)動的過程中，輕桿對B有斜向上的拉力,B

對地面的壓力小于mg,故C錯誤;對A根據(jù)動能定理可得mgL-imv2,解

得v=、，為I,故D正確.

17.C由開普勒第三定律可得*其，解得手”1,故A錯誤；由萬有引

力提供向心力得解得v=國,如果衛(wèi)星在b點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動,

V、尸

則衛(wèi)星經(jīng)過a點(diǎn)的速率為經(jīng)過b點(diǎn)的倍，但衛(wèi)星在II軌道做橢圓運(yùn)

動經(jīng)過b點(diǎn)的速率小于做勻速圓周運(yùn)動的速率,所以衛(wèi)星經(jīng)過a點(diǎn)的

速率大于經(jīng)過b點(diǎn)速率的、2倍,故B錯誤；由公式a=^可知,衛(wèi)星在a

點(diǎn)的加速度大小為在C點(diǎn)的4倍,故C正確;衛(wèi)星在b,c兩點(diǎn)的重力勢

能相等,衛(wèi)星在c點(diǎn)的動能大于在b點(diǎn)的動能,衛(wèi)星在b點(diǎn)的機(jī)械能小

于在c點(diǎn)的機(jī)械能，故D錯誤.

18.B設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為v,碰前紅壺的速度v°=l.0m/s,碰后速度

為V。，=0.2m/s,碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得

mvo=mvo'+mv,代入數(shù)據(jù)解得v=0.8m/s,碰撞過程兩壺?fù)p失的動能為

/22

AEk=jmr02-iniv()->=0,16m>0,紅藍(lán)兩壺碰撞過程是非彈性碰撞,故

A錯誤,B正確;設(shè)碰撞后,藍(lán)壺經(jīng)過t藍(lán)時間停止運(yùn)動,根據(jù)三角形相似

法有，一占藍(lán)壺運(yùn)動時間t藍(lán)=5s,由v-t圖象可知,紅壺的加速度

大小為a紅=合型盧m/s、0.2m/s；碰撞后紅壺的運(yùn)動時間為t紅=紅=氏

Ar1。疝0.2

s=ls,碰撞后紅、藍(lán)壺運(yùn)動時間之比為1：5,C錯誤;藍(lán)壺的加速度大

小為a藍(lán)="竺m/s2=0.16m/s2,由牛頓第二定律得a=ug,解得動摩擦

Atn

因數(shù)U=巴,紅、藍(lán)壺與冰面間的動摩擦因數(shù)之比為三照=；,D錯誤.

Qaa0.164

亞亞

19.BC圖示位置線圈的磁通量最大，穿過線圈磁通量的變化率為零，

感應(yīng)電動勢為零,變壓器原線圈的電流瞬時值為零,A錯誤;當(dāng)用戶數(shù)

目增多時，負(fù)載電阻減小，副線圈輸出電流增大,輸電線上的電壓損失

變大,用戶得到的電壓變小，為使用戶電壓不變，應(yīng)增大副線圈的匝數(shù),

提高輸出電壓,滑動觸頭P應(yīng)向下滑動,B正確;若滑動觸頭P向下滑

動，副線圈輸出電壓增大,在用戶負(fù)載不變的情況下,流過R。的電流將

增大,C正確;若發(fā)電機(jī)線圈的轉(zhuǎn)速減為原來的一半,感應(yīng)電動勢的最

大值E^NBSa將減為原來的一半,變壓器原線圈兩端的電壓的有效值

減為原來的一半,副線圈輸出電壓U也減為原來的一半,用戶得到的

2

功率Pra=IU-IRo,減為原來的四分之一,故D錯誤.

20.BD速度不同的同種帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期相

等,對著圓心入射的粒子,速度越大在磁場中軌道半徑越大,弧長越長,

軌跡對應(yīng)的圓心角0越小，由t=^T知,運(yùn)動時間t越小，故A錯誤;帶

電粒子的運(yùn)動軌跡是圓弧,根據(jù)幾何知識可知,對著圓心入射的粒子，

其出射方向的反向延長線一定過圓心,故B正確;速度不同，半徑不同,

軌跡對應(yīng)的圓心角不同,對著圓心入射的粒子，出射后不一定垂直打

在MN上,與粒子的速度有關(guān),速度滿足丫=等時,粒子的軌跡半徑為

r=W=R,粒子一定垂直打在MN板上,故C錯誤,D正確.

21.ACD小球由A到B過程中，由動能定理得mgLsin60°+qU,\B=0,解

得［^?曾出也:-孚匕故A正確；勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為

92q

E=^故B錯誤;小球在B點(diǎn)受到水平向右的電場力，與電場

方向相同，小球帶正電荷，故C正確；小球在AB間擺動，由對稱性得

知,B處細(xì)線拉力與A處細(xì)線拉力大小相等,在A處，由水平方向平衡

有FTA=qE=v3mg,在B點(diǎn),細(xì)線的拉力FTB=FTA=v3mg,故D正確.

22.解析：（1）由圖示刻度尺可知，其分度值為1mm,所以示數(shù)為

3.60cm.

⑵鉤碼到達(dá)最低點(diǎn)時速度為零,鉤碼動能為零，由能量守恒定律

2

得，mgx=El?又2mg=kx,整理可得El=ikx,即Ep與x,成正比.

⑶由2mg=kx得m=^-x,結(jié)合圖象可知，產(chǎn),解得k=50N/m.

2g2gLx0.048m

答案：（1）3.60（2）Ep與六成正比（3）50

評分標(biāo)準(zhǔn):每問2分.

23.解析：⑴根據(jù)電路圖，實(shí)物連線如圖所示.

⑵因?yàn)殡娫措妱觿菁s為6V,B電壓表量程太大，故電壓表選A,但操

作時，需注意不能超過A電壓表的量程.要使調(diào)節(jié)電阻箱時電壓表讀

數(shù)幾乎不變，微安表內(nèi)阻應(yīng)遠(yuǎn)大于滑動變阻器阻值，故滑動變阻器選

C;由題圖（丙）可知，電阻箱的讀數(shù)R?=4653。；由題意有

（&+RjIg=U,（Rg+R2）Ig=：U,聯(lián)立解得，待測微安表的內(nèi)阻Rg=2153Q.

答案：（1）見解析圖（2）AC46532153

評分標(biāo)準(zhǔn):第⑴問3分;第⑵問，前兩個空各1分,后兩個空各2分.

24.解析：（1）經(jīng)過時間t,OP轉(zhuǎn)過的弧度為at,其有效切割長度

l=a（l-cos3t）（2分）

P點(diǎn)的線速度vP=?a（l分）

棒與A0弧的交點(diǎn)Q點(diǎn)的線速度

VQ=3a?cos3t（2分）

由法拉第電磁感應(yīng)定律，電動勢E=B1F（1分）

打等（1分）

聯(lián)立得E=13.（1分）

（2）由閉合電路歐姆定律1=式1分）

PQ間的電阻R=R*1（1分）

a

金屬棒0P所受安培力F=BI1（1分）

p_.5"g3u>sin~LOt（]分）

2Ao

.（]）ma-sin-3t屹）3t

25.解析：（1）由滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)P=Atan30°可知，滑

塊在木板上勻速下滑，即滑塊到達(dá)A點(diǎn)時速度大小依然為v0=15m/s,

設(shè)滑塊離開圓弧軌道B點(diǎn)后上升的最大高度為h,則由機(jī)械能守恒定

律可得

:叱%2=1112g（Reos0+h）（2分）

解得h=9.75m.（1分）

⑵由機(jī)械能守恒定律可得滑塊回到木板底端時速度大小為

v0=15m/s,

滑上木板后,木板的加速度為ab則有

Um2gcos0-migsin0初冏（1分）

滑塊的加速度為a2,則有

Umagcos9+m2gsin9=m2a2（1分）

設(shè)經(jīng)過t.時間后兩者共速,共同速度為v?

由運(yùn)動學(xué)公式可知Vi=v（ra2ti=at（1分）

該過程中木板走過的位移x尸尹《分）

滑塊走過的位移*2=專丸］（1分）

之后一起勻減速運(yùn)動至最高點(diǎn),滑塊最終未從木板上端滑出，

則木板的最小長度L=X2-XI（1分）

聯(lián)立解得L=7.50m（l分）

⑶滑塊和木板一起勻減速運(yùn)動至最高點(diǎn),然后一起滑下,加速度均為

a3,由牛頓第二定律可知

（mi+m2）gsin9=（mi+m2）a3（l分）

一起勻減速向上運(yùn)動的位移x3=^（l分）

2a3

木板從最高點(diǎn)再次滑至A點(diǎn)時的速度為V2,

由運(yùn)動學(xué)公式可知X,+X3=g（l分）

滑塊第三次、第四次到達(dá)A點(diǎn)時的速度大小均為V2,第二次沖上木板,

設(shè)又經(jīng)過時間t2兩者共速,共同速度為V3,

由運(yùn)動學(xué)公式可知V3=v2-a2t2=a1t2（l分）

該過程中木板走過的位移x尸爭2（1分）

一起勻減速向上運(yùn)動的位移x5=^（l分）

設(shè)木板第二次滑至A點(diǎn)時的速度為山，由運(yùn)動學(xué)公式可知：

X4+X5孝（1分）

木板與圓弧軌道第二次碰撞時損失的機(jī)械能為△E=頡口2（2分）

聯(lián)立解得J-5.56J.（1分）

答案:（1）9.75m（2）7.50m（3）5.56J

33.解析：（1）單晶體和多晶體都有固定熔點(diǎn)，故A錯誤;給自行車打氣

時氣筒壓下后反彈，不是由分子斥力造成的，而是因?yàn)闅馔矁?nèi)的氣體

壓強(qiáng)大于外部大氣壓的原因，故B錯誤；由熱力學(xué)第二定律可知：一切

自然過程總沿著分子熱運(yùn)動的無序性增大的方向進(jìn)行,故C