湖南省衡阳市第八中学2025-2026学年高三上学期11月期中考试物理试卷

这是一份湖南省衡阳市第八中学2025-2026学年高三上学期11月期中考试物理试卷，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（每小题 4 分）
2026 届高三第一学期期中考试
物理试题
时量：75 分钟分值：100 分命题人：
1．一质点沿 x 轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其 x  t 图像如图所示，则（）
t
A．质点做匀速直线运动，速度为 0.5m/s B．质点做匀加速直线运动，加速度为 0.5m/s2
C．质点在 1s 末速度为 1.5m/s
D．质点在第 1s 内的平均速度为 1.5m/s
2．如图甲所示，直立的轻弹簧一端固定在地面上，另一端拴住一个铁块，现让铁块在竖直方向做往复运动，从 铁块所受合力为零开始计时，取向上为正方向，其运动的位移—时间图像如图乙所示，下列说法正确的是（）
在 0~0.25s 时间内铁块的速度逐渐增大
在 0.25s 和 0.75s 时刻时弹簧的弹力大小相等
在 0.25s~0.50s 时间内铁块做加速度逐渐减小的加速运动
在 0.6s 时，铁块的速度方向向上
如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口 A 的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自 A 点进入槽内，则以下结论中正确的是
（）
小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力和弹力对它做功，所以小球机械能守恒 B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量不守恒 C．小球自半圆槽的最低点B 向C 点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动
量不守恒
D．小球离开C 点以后，将做竖直上抛运动
如图，一质量为 M、半径为 R 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内。套在大环上质量均为 m 的两个小环（可视为质点），同时从大环的最高处由静止滑下。已知重力加速度大小为 g，则小环下滑到大环最低点的过程中（ ）
4R
g
大环与两小环所构成的系统始终处于失重状态 B．大环对轻杆拉力的大小为 Mg 的时刻有 1 个
C．大环与两小环所构成的系统动量守恒D．小环运动时间大于
5．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别是 m1 和 m2 的两物块 A、B 相连，它们静止在光滑水平地面上。现给物块 A 一个瞬时冲量，使它获得水平向右的速度 v0，从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。则下列判断正确的是（）
t1 时刻弹簧的压缩量最大
t2 时刻弹簧恢复原长，m1 和 m2 速度交换
在 t1~t3 时间内，弹簧处于拉长状态
在 t2~t4 时间内，弹簧处于压缩状态
如图所示，光滑水平地面上放置质量均为 m 的两个正三棱柱 A、B，其中 A 固定在地面上，B 在外力作用下紧靠着 A，A、B 中间夹有一个半径为 R、质量为 2m 的光滑圆柱 C，整个系统处于静止状态。重力加速度为 g，下列说法正确的是（ ）
系统静止时，B 对 C 的弹力大小为 mg
撤去外力后，C 落地时速度大于 B 的速度
4Rg
3
撤去外力后，C 落地前某时刻的加速度可能小于 B 的加速度
撤去外力后，C 落地时 B 的速度大小为
二、多选题（每小题 5 分）
7．如图所示，水平路面上有一辆质量为m0 的汽车，车厢中有一质量为 m 的人正用恒力 F 向前推车厢，在车以加速度 a 向前加速行驶距离 L 的过程中，下列说法正确的是（）
人对车的推力 F 做的功为 FLB．车对人做的功为1maL
2
车对人的摩擦力做的功为(F
 ma)L
车对人的作用力大小为 ma
如图所示，长度为L 的光滑轻质晾衣绳，两端分别固定在两根竖直杆的 A、B 两点，衣服通过衣架
的挂钩悬挂在绳上并处于静止状态，此时两竖直杆间的距离为d1
 4 L ，绳子张力为F 。保持 A、B 端
5
在杆上位置不动，将杆平移到虚线位置时，此时两竖直杆间的距离为d2
判断正确的是（）
 3 L ，绳子张力为F，下列
5
F  4 F
3
F  5 F
3
保持两竖直杆间的距离为d1 不变时，仅将 B 端移到B1 位置，绳子张力变小
保持两竖直杆间的距离为d1 不变时，仅将 B 端移到B2 位置，绳子张力不变
如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球，从离弹簧上端高h 处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox ，做出小球所受弹力F 大小随小球下落的位置坐标 x 的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为 g 。以下判断正确的是（ ）
当 x  h  x0 ，小球的动能最大
最低点的坐标为 x  h  2x0
小球接触弹簧至运动到最低点的过程重力和弹簧弹力的冲量等大反向
x  h  2x0 处弹簧的弹性势能为2mgx0
10．卫星 P、Q 绕某行星运动的轨道均为椭圆，只考虑 P、Q 受到该行星的引力，引力大小随时间
的变化如图所示，已知t2  2t1。下列说法正确的是（）
2
A．P、Q 绕行星公转的周期之比为1: 2
B．P、Q 到行星中心距离的最小值之比为2: 3
C．P、Q 的质量之比为81: 32
3
D．Q 的轨道长轴与短轴之比为2 :
三、实验题（11 题 6 分，12 题 8 分）
11．图（a）为研究平抛运动的实验装置，其中装置 A、B 固定在铁架台上，装置 B 装有接收器并与计算机连接。装有发射器的小球从装置 A 某高处沿着轨道向下运动，离开轨道时，装置 B 开始实时探测小球运动的位置变化。根据实验记录的数据由数表作图软件拟合出平抛运动曲线方程
y  1.63x2  0.13x ，如图（b）所示。
安装并调节装置 A 时，必须保证轨道末端。（填“水平”或“光滑”）
根据拟合曲线方程，可知坐标原点抛出点。（填“在”或“不在”）
根据拟合曲线方程，可计算出平抛运动的初速度为m/s。（当地重力加速度 g 取9.8m/s2 ，计算结保留 2 位有效数字）
12．电流表 G1 的量程为 0～5mA，内阻 r＝290Ω，把它改装成如图甲所示的一个多量程多用电表。电流挡小量程为 0～10mA，大量程为 0～100mA；电压挡小量程为 0～10V，大量程为 0～25V
某次测量时该多用电表指针位置如图乙所示。若此时开关 S 端是与“6”相连的，则此多用电表的读数为；
已知图甲中的电源 E′的电动势为 15V，当把开关 S 接到位置 4，短接 A、B 表笔进行欧姆调零
后，用该挡测量一个未知电阻阻值，指针偏转到电流表 G1 满偏刻度的1 处，则该电阻的阻值为
5
kΩ。
此多用电表的表笔 A 为（“红色”或“黑色”），图中电阻 R5＝Ω。
四、解答题（13 题 10 分，14 题 14 分，15 题 18 分）
13．为了保护生态，每年的 5-10 月为“禁渔期”，为了在此期间吃到鲜鱼，小明想把某种生活在海面下 500m 深处的鱼类从海里移到如图所示的两层水箱中养殖。为使鱼存活，须给它们创造一个类似深海的压强条件。如图所示，在一层水箱中有一条鱼，距离二层水箱水面的高度 h=50m，二层水箱水面上部空气的体积 V=10L，与外界大气相通。外界大气压 p0=1.0×105Pa，水的密度 ρ=1.0×103kg/m3，g 取 10m/s2（水箱内气体温度恒
定）
鱼在深海处的压强为多少？
为使鱼正常存活，须给二层密闭水箱再打进压强为 p0、体积为多少的空气？
若此过程外界对二层水箱气体做功 1.81×105J，水箱气体 是“释放”还是“吸收”热量？
“释放”或“吸收”的热量为多少？
14．如图所示，水平平台上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于 B 点，平台AB 段光滑，BC 段长 x=1m，与滑块间的摩擦因数为 μ1=0.25．平台右端与水平传送带相接于 C 点，传送带的运行速度 v=7m/s，长为 L=3m，传送带右端D 点与一光滑斜面衔接，斜面 DE 长度 s=0.5m，另有一固定竖直放置的光滑圆弧形轨道刚好在 E 点与斜面相切，圆弧形轨道半径 R=1m，θ=37º．今将一质量 m=2kg 的滑块向左压缩轻弹簧到最短，此时弹簧的弹性势能为Ep=30J，然后突然释放，当滑块滑到传送带右端 D 点时，恰好与传送带速度相同．设经过D 点的拐角处无机械能损失且滑块能沿斜面下滑．重力加速度 g=10m/s2，sin53º=0.8，cs53º=0.6，不计空气阻力．试求：
求滑块到达C 点的速度 vC；
求滑块与传送带间的摩擦因数 μ2 及经过传送带过程系统因摩擦力增加的内能；
若只将传送带的运行速度大小调为 v=5m/s，求滑块脱离圆弧形轨道的位置距离 F 点的高度．
15．如图所示，一倾角为  37 的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一垂直于斜面的挡板，现将一质量为
5m 的小滑块A 从离挡板距离为 18L 处由静止释放：随后某一时刻，再将质量为3m 的小滑块B 从斜面上的另一位置由静止释放；滑块 A 与挡板相撞反弹后向上运动到离挡板距离为L 处与同速率下滑的滑块B 发生弹性碰撞，碰后
立即将滑块B 取走。已知每次滑块 A
5
与挡板碰撞，碰后速率为碰前的
6
倍，两滑块和斜面之间的动摩擦因数
  0.5，
重力加速度为g ，两滑块均视为质点，不计各次碰撞时间。求：
滑块A 第一次与挡板碰撞前的速度大小；
滑块A、B 释放的时间差；
整个过程中滑块A 与挡板碰撞损失的能量。
期中物理 参考答案
1．D
【详解】AB．根据匀变速直线运动位移与时间的关系式
x  v t  1 at2
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
B
D
A
D
AC
AD
AD
ABD
等式两边同除以时间t ，变式可得
0
x  v
2
 1 at
t02
将该函数与图像对应可得
v0 1m/s ， a 1m/s2
可知，质点做初速度为 1m/s，加速度为 1m/s2 的匀加速直线运动，故 AB 错误；
C．根据速度与时间的关系式可得，质点在 1s 末速度为
v1  v0  at1  (111)m/s  2m/s
故 C 错误；
D．根据位移与时间的关系可得质点在第 1s 内的位移为
x  v t  1 at2  (11 1 112 )m  1.5m
10 12 12
可得，质点在第 1s 内的平均速度为
v  x1  1.5 m/s  1.5m/s
t11
故D 正确。故选D。 2．C
【详解】A．在 0~0.25s 时间内铁块从平衡位置向最高点运动，铁块的速度逐渐减小，故A 错误；
B．图像可知铁块做简谐运动，t=0.25s 和 t=0.75s 两时刻物块相对平衡位置的位移大小相等，但平衡时弹簧的形变量并不为零，故两时刻弹簧形变量不同，即弹簧的弹力不相等，故 B 错误；
C．t=0.25s 至 t=0.50s 这段时间物体从最高点向平衡位置运动，相对平衡位置的位移逐渐减小，则所受合外力（回复力）逐渐减小，则加速度减小，即物体做加速度逐渐减小的加速运动，故C 正确；
D．图像斜率可知 0.6s 速度方向为负方向，向下，故D 错误。故选C
3．B
【详解】A．小球在半圆槽内由A向B 运动过程中，由于槽的左侧有一固定的物块，半圆槽不会向左运动，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒；小球由B 向C 运动过程中，半圆槽向右运动，重力和弹力对小球做功，小球的机械能不守恒， A 错误；
B．小球在半圆槽内由A向B 运动过程中，半圆槽的左侧固定物块对槽有作用力，小球和半圆槽在水平方向受合外力
不等于零，小球与半圆槽组成系统在水平方向动量不守恒，B 正确；
C．小球自半圆槽的最低点B 向C 运动的过程中，半圆槽向右运动，小球和半圆槽在水平方向不受外力，小球和半圆槽在水平方向动量守恒，C 错误；
D．小球离开C 点以后，即有竖直向上的分速度，又有水平方向分速度，小球做斜上抛运动，D 错误。故选B。
4．D
【详解】A．两个小圆环在大环上先有向下的加速度分量，失重；然后有向上的加速度分量，超重，选项 A 错误；
B．小环受重力，大环对小环的支持力而做圆周运动；
①当小环运动到上半圆上某位置时，其重力沿半径指向圆心的分力恰好等于向心力时，此时小环对大环压力为零；
②小环运动到与圆心等高处，大环对小环压力沿水平方向指向圆心，小环对大环没有竖直方向的压力作用；所以在此两处，大环对轻杆拉力大小为 Mg，故 B 错误；
C．两小圆环水平速度等大反向，竖直速度逐渐增加，则大环与两小环所构成的系统动量不守恒，选项C 错误；
4R
g
D．若小圆环做自由落体运动从最高点到最低点，则用时间为
；而小圆环沿大圆环下滑时加速度的竖直分量
4R
g
小于 g，可知小环运动时间大于，选项D 正确。
故选D。 5．A
【详解】A．t1 时刻 m1 和 m2 速度相等，此时 m1 和 m2 组成的系统机械能最小，弹簧的弹性势能最大，即压缩量最大；，故A 正确；
B．t2 时刻 m1 和 m2 图线的斜率均为零，所以加速度均为零，弹簧对二者的弹力为零，即弹簧恢复原长；此时 m2 的速度不是 v0，且 m1 的速度不是零，不满足速度交换的情况，故 B 错误；
CD．v-t 图像斜率的正负表示加速度的方向，在 0~t2 时间内，m1 的加速度方向始终沿负方向，m2 的加速度方向始终沿正方向，所以这段时间内弹簧对 m1 的弹力始终沿负方向，对 m2 的弹力始终沿正方向，即弹簧处于压缩状态；同理可知，在 t2~t4 时间内，弹簧对 m1 的弹力始终沿正方向，对 m2 的弹力始终沿负方向，即弹簧处于拉长状态，综上所述可知CD 错误。
故选A。 6．D
【详解】A．如图所示
其中B 对C 的弹力大小等于 F1，可得
2mg
F  2  2mg
1cs 60
故A 错误；
BCD．撤去外力后，C 落地前，C 与A、B 始终垂直， 则由速度关联可知vC cs 30  vB cs 30
即任意时刻vC  vB ，则aC  aB
落地前 C 下降的高度为
h R
cs 60
 R  R
B、C 的系统只有重力势能与动能的转化，机械能守恒，即
2mgh  1 2mv 2  1 mv 2
可得
故 BC 错误D 正确。故选D。
AC
2C2B
4Rg
3
vB 
【详解】A．人对车的推力为 F，在力 F 方向上车行驶了 L，则推力 F 做的功为
W =FL
故A 正确；
B．人受到车对人的推力、摩擦力、支持力，支持力不做功，所以摩擦力与推力做的功即为车对人做的功，由牛顿第二定律可知二力的合力向左，大小为 ma，车向左运动了 L，故车对人做的功为
W

1
maL
故 B 错误；
CD．竖直方向车对人的作用力大小为 mg，则车对人的作用力
(mg )2  (ma)2
F  
人在水平方向受到 F 的反作用力和车对人向左的摩擦力，则
F
f
 F  ma
可得
F

f
ma  F
则车对人的摩擦力做的功为
故 C 正确，D 错误。故选ABC。
AD
W   (F
 ma)L
【详解】AB．设绳子和竖直杆的夹角为 ，两竖直杆之间的距离为 d，由几何关系可得
sin  d
L
绳子张力为 F ，衣服的质量为 m ，对衣服由物体的平衡可得
2F cs  mg
当d1
 4 L 时
5
当d2
 3 L 时
5
cs  3
5
2F  3  mg
5
cs  4
5
2F 4  mg
5
联立得
故A 正确、B 错误；
CD．当两竖直杆的距离为d1
故 C 错误，D 正确。故选 AD。
AD
 4 L 时
5
F  4 F
3
cs  3
5
F  5 mg
6
【详解】A．根据乙图可知，当
x  h  x0
小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球加速度减小到零，速度最大，即小球的动能最大，A 正确；
B．由图象可知，h  x0 为平衡位置，小球刚接触弹簧时有动能，由对称性知识可得，小球到达最低点的坐标大于h  2x0 ，
B 错误；
C．小球接触弹簧至运动到最低点的过程中，规定向下为正方向，对小球由动量定理得
IG  I弹  0  mv0
则有
所以重力的冲量小于弹簧弹力的冲量，C 错误；
IG  I弹
D．由图象可知， h  x0 为平衡位置，根据运动的对称性，小球运动到h  2x0 位置时的速度与h 位置的速度相等，从
h ~ h  2x0 过程中，根据动能定理
可得在这个过程中，克服弹簧弹力做功因此在h  2x0 处弹簧的弹性势能为
D 正确。
故选 AD。
mg  2x0 W  0
W  2mgx0
E弹  2mgx0
ABD
【详解】A．由图可知
故A 正确：
B．当 P 离行星最近时
当 P 离行星最远时
当Q 离行星最近时
当Q 离行星最远时
由开普勒第三定律可知
T1 :T2  t1 : 2t2  1: 2
2
d
2
8F  G Mm1
1
d
2
2F  G Mm1
2
l
2
9F  G Mm2
1
l
2
F  G Mm2
2
 d  d 3

 T 2
12
 1 
  l 2
联立解得
 T2 

1  l2 
2
故 B 正确；
C．由 B 可知
d1 : l1  2 : 3
d
2
G Mm1
G
8F  1
解得
故 C 错误；
9FMm2
l
2
1
m1 : m2  32 : 81
D．设卫星Q 的轨迹半长轴为 a，半短轴为 b，焦距为 c，则有
a  l1  l2
2
c  a  l1
c2  a2 b2
联立解得
3
a : b  2 :
所以Q 的轨道长轴与短轴之比为2 : 3 ，故 D 正确。故选ABD。
11．(1)水平
(2)不在 (3)1.7
【详解】（1）安装并调节装置 A 时，必须保证轨道末端水平，以保证小球做平抛运动。
根据曲线方程 y  1.63x2  0.13x 可知抛物线的顶点横坐标为
可知坐标原点不在抛出点。
x  
0.13 m  0.04m
21.63
设在坐标原点位置小球的水平速度为 v0 竖直速度 vy0，则根据
x  v0t
y  v t  1 gt2
解得
y  v
x  1
0 y2
x 2g
2v0 y
0 y v
g()
2v
x x
2v2v
0000
对比
y  1.63x2  0.13x
可得
g
0
2v2
解得
 1.63
v0≈1.7m/s
12．20.06红色29
【详解】（1）[1]开关 S 端与“6”相连，作为大量程电压表使用，量程为 0～25V，根据电压表读数规则可知，多用电表读数为 20.0V；
（2）[2]分析多用电表内部结构，开关 S 端与“4”相连，则作为欧姆表使用，此时干路电流最大为
Im＝10mA
则根据闭合电路欧姆定律可知，
E＝ Im (R  r )
5x内
联立解得
E＝Imr 内
Rx＝6kΩ
（3）[3][4]电流从红表笔流入电表，故多用电表的表笔 A 为红表笔。
当开关 S 端接“1”时，电流挡的量程为 0～100mA，根据电表改装原理可知，
Ig (r  R6 )  (I﹣1 Ig )R5
当开关 S 端接“2”时，电流挡的量程为 0～10mA，则有
联立解得
13．(1) 5.1106 Pa
Ig r  (I2﹣Ig )(R5  R6 )
R5＝29Ω
450L
释放1.81 × 105?
0
【详解】（1）鱼在深海处的压强 p  p   gH  5.1106 Pa
（2）为使一层水箱压强达到 p，二层水箱中气体压强为 p1
 p   gh  4.6106 Pa
将外界压强为 p0 ，体积为V 的空气注入一层水箱， p0 V  ΔV   p1V
解得V  450L
（3）由于水箱内气体温度恒定，故内能不变，此过程外界对二层水箱气体做功? = +1.81 × 105?
由热力学第一定律得? = ?? − ? = −1.81 × 105?
即水箱气体释放热量1.81 × 105?
14．（1） 5m / s（2） 0.4 ， 4J（3）1.5m
【详解】（1）以滑块为研究对象，从释放到 C 点的过程，由动能定理得：
W   mgx＝1 mv2
弹12C
又 W 弹=-EP
代入数据得：vC=5m/s
滑块从C 点到 D 点一直加速，到D 点恰好与传送带同速，由动能定理得：
μ2mgL＝ 1 mv2− 1 mvC2
22
代入数据解得：μ2=0.4
产生的内能Q  2mgx  2mg(vt  L)
可得Q=4J
当传送带的速度大小调为 5m/s，则滑块到 D 点时速度 vD=5m/s,设滑块脱离轨道的位置与圆心 O 的连线与竖直
方向的夹角为 α，则从D 点到脱离位置，由机械能守恒： mg[R(cs  cs )  s sin ]  1 mv2  1 mv2
2D2
2
又mg cs  m v
R
可得cs  1
2
脱离位置与 F 的高度h  R  R cs 1.5m
点睛：分析清楚滑块的运动情况和受力情况是解题的基础，关键要明确在涉及力在空间效果时，运用动能定理是常用的方法．对于滑块脱离轨道的情况，主要是根据N=0 时进行求解.
L
g
15．（1） 6 5gL ；（2） (7 5  6 3)
5
；（3） 1617 mgL
248
【详解】（1）根据牛顿第二定律，滑块 A 下滑的加速度大小为
a  5mg sin   5mg cs  g sin  g cs  g
5m5
设第一次与挡板碰撞前的速度大小为v1 ，根据运动学公式可得
1
2a 18L  v2
解得
6 5gL
5
v1 
滑块A 从静止释放到与挡板第一次碰撞所用时间为
5L
g
t  v1  6
1a
滑块A 与挡板第一次碰撞后的速度为
5gL
v  5 v 
16 1
根据牛顿第二定律，滑块A 上滑的加速度大小为
a  5mg sin   5mg cs  g sin  g cs  g
5m
滑块A 与挡板相撞反弹后向上运动到离挡板距离为L 处的速度为v ，所用时间为t2 ，则有
1
2aL  v2  v2
解得
3gL
v 
可得
t  v1  v 
2a
5gL 
g
3gL  ( 5  3)
L
g
此时滑块B 的速度大小也为v ，滑块B 下滑时的加速度与滑块A 下滑时的加速度相同，可知滑块B 下滑所用时间为
则滑块 A、B 释放的时间差为
t  v 
Ba
3gL  5 3 
L
g
g
5
L
g
t  t  t  t  (7 5  6 3)
12B
根据题意，滑块A 第一次与挡板碰撞过程损失的机械能为
E 1  5mv2  1  5mv2  11 mgL
损121212
滑块A 与滑块 B 发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA 、vB ，以沿斜面向上为正方向，则有
5mv  3mv  5mvA  3mvB
1  5mv2  1  3mv2  1  5mv2  1  3mv2
222
解得
3gL
v   v  
A2B
A22
可知碰后滑块A 沿斜面向下加速运动，设与挡板第二次碰撞前的速度为v2 ，则有
2aL  v2  v 2
2A
解得
已知每次滑块A
v2 
5
23 gL
20
A 每次与挡板碰撞损失的机械能与碰撞前的机械能
之比为
与挡板碰撞，碰后速率为碰前的
6
倍，可知滑块
E损  Ek  Ek  11
EEk36
可知滑块A 第二次与挡板碰撞损失的机械能为
E 11 (1  5mv2 )  253 mgL
损2 3622288
设滑块A 第n （ n  2 ）次与挡板前的速度为vn ，碰撞后的速度为vn ，碰后上滑的最大距离为 Ln ，之后滑块下滑到再次与挡板碰撞前的速度为vn1 ，则有
2aL  v2 ， 2aL  v2
nn
可得
v2a
nn1
1
n1  
n
v2a5
则有
v2v25
n1  n1 
v236 v236
n
25 n
可知滑块A 第n 1次与挡板碰撞损失的机械能与滑块A 第n 次与挡板碰撞损失的机械能之比为
E损(n1)  5
E损n36
可知从第二次碰撞之后，滑块每次与挡板损失的机械能都是前一次挡板损失的机械能的 5 倍，则整个过程中滑块 A
36
与挡板碰撞损失的能量为
E  E
 1
5  ( 5 )2  ( 5 )n1  E
损损1
解得
363636
损2
E损
 1617 mgL
248