最新实验学校2020-2021-2020学年高二物理下学期4月月考试题（含
解析）
一．单选题
1.下列说法正确的是( )
A. 速度大的物体，它的动量一定也大
B. 动量大的物体，它的速度一定也大
C. 只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变
D. 物体的动量变化越大则该物体的速度变化一定越大
【答案】D
【解析】
【详解】A、动量p=mv，速度大的物体，它的动量不一定大，故A错误；
B、物体的动量p=mv，动量大的物体，它的速度不一定大，故B错误；
C、动量等于质量与速度的乘积，物体运动的速度大小不变，物体的动量大小保持不变，但速度方向可能改变，动量方向可能改变，动量大小不变而方向改变，动量变了，故C错误；
D、质量一定的物体，动量变化△p=m△v，动量变化越大，该物体的速度变化一定越大，故D 正确；
故选D．
2.如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的恒拉力F作用下，沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在时间t内所受力的冲量正确的是
A. 拉力F的冲量大小为Ftcosθ
B. 摩擦力的冲量大小为Ftsinθ
C. 重力的冲量大小为mgt
D. 物体所受支持力的冲量是mgt
【答案】C
【解析】
【详解】A、拉力F的冲量大小为Ft，故A错误；
B、物体做匀速直线运动，可知摩擦力f=F cosθ，则摩擦力的冲量大小为ft=Ft cosθ，故B 错误；
C、重力的冲量大小为mgt，故C正确；
D、支持力的大小为N mg Fsinθ
=-，则支持力的冲量为()
mg Fsin t
θ
-，故D错误；
故选C．
【点睛】根据力的大小，结合冲量的公式I Ft
=求出各力的冲量大小．
3.如图所示，10匝矩形线圈，在磁感应强度为0.4T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴OO’以角速度为100rad/s匀速转动，线框电阻不计，面积为0.5m2，线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两只灯泡L1和L2．已知变压器原、副线圈的匝数比为10：1，开关断开时L1正常发光，且电流表示数为0.01A，则：
A. 若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为200sin100t V
B. 若开关S闭合，电流表示数将增大
C. 若开关S闭合，灯泡L1将更亮
D. 灯泡L1的额定功率为2W
【答案】B
【解析】
【详解】A.变压器的输入电压的最大值为：U m=NBSω=10×0.4×0.5×100=200V；从垂直中性面位置开始计时，故线框中感应电动势的瞬时值为：u=U m cosωt=200cos100t（V），故选项A 不符合题意；
B.若开关S闭合，输出电压不变，输出端电阻减小，故输出电流增加，故输入电流也增加，电流表示数将增大，故选项B符合题意；
C.若开关S闭合，输出电压不变，故灯泡L1亮度不变；故选项C不符合题意；
D.变压器输入电压的有效值为：1100222m U V===；开关断开时L1正常发光，且电流表示数为0.01A，灯泡L1的额定功率等于此时变压器的输入功率，为：P=U1I122W，故选项D不符合题意；
4.通过某电流表的电流按如图所示的规律变化，则该电流表的读数为（ ）
A. 42A
B. 4A
C. 52A
D. 5A
【答案】D
【解析】
根据有效值的定义可得：222(
)(32)222
T T R R I RT ?+?＝，解得：I=5A ，故选项D 正确，ABC 错误．故选D ．
点睛：有效值的定义为：把直流电和交流电分别通过两个相同的电阻器件，如果在相同时间内它们产生的热量相等，那么就把此直流电的电压、电流作为此交流电的有效值．特别的，对于正弦交变电流最大值是有效值的2倍．
5.如图所示。电路中完全相间的三只灯泡a 、b 、c 分别与电阻R 、电感L 、电容C 串联，然后再并联到220V 、50Hz 的交流电路上，三只灯泡亮度恰好相同，若保持交变电压不变，将交变电流的频率增大到60Hz ，则发生的现象是（ ） A . 三灯亮度不变
B. 三灯均变亮
C. a 不变、b 变亮、c 变暗
D. a 不变、b 变暗、c 变亮
【答案】D
【解析】
【详解】根据电感的特性：通低频、阻高频，当电源的频率变高时，电感对电流的感抗增大，b 灯变暗；根据电容器的特性：通高频、阻低频，当电源的频率变高时，电容对电流的容抗减
小，c 灯变亮。而电阻的阻碍作用与频率无关，a 灯亮度不变；
A ．三灯亮度不变，与结论不相符，选项A 错误；
B ．三灯均变亮，与结论不相符，选项B 错误；
C ． a 不变、b 变亮、c 变暗，与结论不相符，选项C 错误；
D ．a 不变、b 变暗、c 变亮，与结论不相符，选项D 正确；
故选D 。
6.图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′(OO ′沿水平方向)匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R ＝10 Ω连接，与电阻R 并联的交流电压表为理想电压表，示数是10 V.图乙是矩形线圈中磁通量随时间t 变化的图象.线圈内阻不计，则( )
A. 此交流发电机的电动势平均值为2V
B. t ＝0.02 s 时R 两端的电压瞬时值为零
C. R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝2cos (100πt ) V
D. 当ab 边速度方向向上时，它所受安培力的方向也向上
【答案】C
【解析】
试题分析：矩形线圈为电源，若垂直于磁场的转轴匀速转动，产生正弦交流电，外电阻R ＝10Ω，102
m v =即102m E v =．根据乙图0t =时磁通量等于０可判断0t =电动势最大，所以电动势随时间变化的规律为102)102)U t t ωπ==，选项Ｃ对．0.02t s =带入电动势的表达式，此刻102U =应电流总是阻碍线圈的转动，所以当ab 边速度方向向上时，它所受安培力的方向向下，选项
E=，所以平均值一定Ｄ错．电动势平均值为磁通量和时间的比值，而该比值最大为
m
E=小，选项Ａ错．
比
m
考点：交流电
【名师点睛】根据乙图磁通量变化规律找到线圈绕垂直磁场的转轴匀速转动的周期角速度，t=是磁通量等于０可判断从垂直中性面位置开始计时，电动势按照余弦函数规律变化．电而0
倍．厘清基本关系．
7.党的十九大以来，习近平总书记多次强调，要精准扶贫。某些边远落后农村电价过高，农民负担过重，其中客观原因是电网陈旧老化，供电部门要进行农村电网改造。为了减少远距离输电线路上的电能损耗而降低电费价格，以下措施中切实可行的是（）
A. 提高输电电压
B. 用超导材料做输电线
C. 提高输送功率
D. 减小输电线的横截面
【答案】A
【解析】
【详解】A．提高输电电压，根据
P
=
I
U
输送电流较小，根据
P损=I2R
知损失的功率较小，故A正确；
B．应用超导材料做输电线，根据
P损=I2R
损失功率为0，但成本太高，故B错误；
C．提高输送功率，根据
P
=
I
U
输送电流较大，根据
P损=I2R
知损失的功率较大。故C错误；
D．减小输电导线的横截面积，根据电阻定律
l
R
s
ρ
=
可知电阻增大了，根据
P损=I2R
知损失的功率较大，故D错误。
故选A。
8.如图所示为一自耦变压器，保持输入电压不变，以下说法正确的是（）
A. 滑键P不动，滑键Q上移，电流表示数不变
B. 滑键P不动，滑键Q上移，电压表示数变小
C. 滑键P向b方向移动，滑键Q下移，电流表示数减小
D. 滑键P向b方向移动，滑键Q不动，电压表示数增大
【答案】C
【解析】
【详解】AB．滑键P不动，变压器原副线圈匝数比不变，则变压器输出电压不变，电压表示
数不变。滑键Q上移，电阻变化，副线圈电流变化，则原线圈电流也变化，电流表示数变化。
故AB错误；
CD．滑键P 向b方向移动，1n增大，由11
22
U n
U n
=可知输出电压
2
U减小，电压表示数变小，与
滑键Q是否移动无关。滑键Q下移，电阻增大，则2
2
U
I
R
减小，由
21
12
I n
I n
=
可知1I减小，电流表示数变小。
故C正确，D错误。
故选C。
9.篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引．这样可以
减小
A. 球对手的力的冲量
B. 球对手的力的大小
C. 球的动量变化量
D. 球的动能变化量
【答案】B
【解析】
球对手的力的冲量0P mv mv =-，不变，A 错误；篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引，增加了手与球间的相互作用力时间，根据0Ft mv mv =-可知，减小了球对手的力的大小，B 正确；根据动量变化0P mv mv ?=-可知，动量变化量相同，C 错误；球的动能变化量2201122
k E mv mv ?=-，相同，故D 错误． 10.如图所示，A 、B 两物体质量之比为3:2，原来静止在平板小车C 上，A 、B 间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A 、B 组成的系统动量守恒
B. 只有A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A 、B 、C 组成的系统动量才守恒
C. 若A 、B 所受的摩擦力大小相等，A 、B 组成的系统动量守恒
D. 只有A 、B 所受的摩擦力大小相等，A 、B 、C 组成的系统动量才守恒
【答案】C
【解析】
【详解】A ．若A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后，若A 、B 两物体仍静止，则A 、B 两物体动量守恒。若A 、B 两物体发生滑动，A 、B 两物体受到的摩擦力mg μ不同，系统所受合外力不为0，系统动量不守恒，A 错误；
C ．若A 、B 所受的摩擦力大小相等，A 、B 两物体构成的系统所受合外力为0，动量守恒，C 正确；
BD ．由于地面光滑，A 、B 、C 组成的系统所受合外力为0，A 、B 、C 组成的系统动量守恒。动量守恒需要系统受到的合外力为零，与系统内的内力无关，A 、B 、C 之间的摩擦力为内力。故BD 错误。
故选C 。
11.如图是远距离输电的示意图，变压器均为理想变压器，发电机的输出电压恒定，输电线上损耗的功率为△P．变压器原副线圈的电压以及电流用图中的量表示．则当用户用电处于高峰期时，下列说法正确的是（ ）
A. U 2变大
B. U 4变小
C. △P 变小
D. I 1变小
【答案】B
【解析】 【详解】A 、由于输入电压不变，升压变压器原副线圈匝数不变，故U 2不变，故A 错误；
B 、当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的电压损失增大，发电机的输出电压U 1不变，则U 2不变，可知降压变压器的输入电压减小，所以用户得到的电压U 4减小．故B 正确；
C 、当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的功率损失增大，故C 错误；
D 、当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，根据1221
I n I n ，知I 1变大，故D 错误； 故选B ．
【点睛】当用电器增多时，用户消耗的功率增大，根据降压变压器的输出电流的变化得出输电线上的电流变化，从而得出电压损失的变化，根据升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压和电压损失之和得出用户电压的变化．升压变压器的输出功率等于功率损失和降压变压器的输入功率之和．变压器的原副线圈的电压之比等于匝数之比．
12.一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度 v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1．不计质量损失，取重力加速度 g ＝10 m/s 2
，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( ) A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律；当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹都做平抛运动．根据平抛运动的基本公式即可解题．
规定向右为正，设弹丸的质量为4m，则甲的质量为3m，乙的质量为m，炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律，则有012
43
mv mv mv
=+,则12
83v v
=+，两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等，
225
1
10
h
t s
g
?
===，水平方向做匀速运动，111222
x v t v x v t v
====
，，则
12
83x x
=+，结合图象可知，D的位移满足上述表达式，故D正确．
13.如图所示，理想变压器的交流输入电压U1=220V，有两组副线圈，其中n2=36匝与标有“9V，9W”的灯相连，n3与“6V，12W”的电灯相连，且均能正常发光．则n1与n3的匝数分别为
A. 880；24
B. 660；27
C. 880；27
D. 660；24 【答案】A
【解析】
根据题意，灯泡均正常发光，则有23
9,6
U V U V
==，根据电压与匝数成正比，有：3
12
123
U
U U
n n n
==，代入数据有：
13
22096
36
n n
==，解得：
1
880
n=匝，
3
24
n=匝，故选A.
14.将质量为m0的木块固定在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木
块，子弹射穿木块时的速度为03v ．现将同样的木块放在光滑的水平桌面上，相同的子弹仍以速度v 0沿水平方向射入木块，设子弹在木块中所受阻力不变，则以下说法正确的是（ ）
A. 若m 0=3m ，则能够射穿木块
B. 若m 0=3m ，子弹不能射穿木块，将留在木块中，一起以共同的速度做匀速运动
C. 若m 0=3m ，子弹刚好能射穿木块，此时子弹相对于木块的速度为零
D. 若子弹以3v 0速度射向木块，并从木块中穿出，木块获得的速度为v 1；若子弹以4v 0速度射向木块，木块获得的速度为v 2；则必有v 1＜v 2
【答案】B
【解析】
【详解】A 、木块固定时，子弹射穿木块，设子弹在木块中所受阻力为f ，木块长度为d ，对
子弹由动能定理得：fd =12mv 02-12m 203v ?? ???=49
mv 02；木块放在光滑的水平面上不固定时，子弹射入木块，系统动量守恒，假设子弹能刚好穿出木块；由动量守恒定律得：mv 0=（m 0+m ）v ，由能量守恒定律得：12mv 02=12
（m 0+m ）v 2+Q ，Q =fd ，解得：m 0=8m ，则子弹要穿出木块m 0≥8m ，故A 、C 错误，B 正确；
D 、子弹以3v 0速度射向木块，并从木块中穿出，则子弹以4v 0速度射向木块时，子弹也能从木块中穿出，木块宽度一定，子弹速度越大，子弹穿过木块的时间t 越短，由于子弹穿过木块时受到的阻力f 相同，对木块由动量定理得：ft =m 0v -0，可知时间t 越短，木块获得的速度越小，则v 2＜v 1，故D 错误．
二.多选题
15.如图所示为一理想变压器,K 为单刀双掷开关,P 为滑动变阻器的滑动触头,U 1为加在原线圈上的电压,则以下说法不正确的是（ ）
A. 保持U 1及P 的位置不变,K 由a 合到b 时,I 1将增大
B. 保持P 的位置及U 1不变,K 由b 合到a 时,R 消耗功率将减小
C. 保持U 1不变,K 合在a 处,使P 上滑,I 1将增大
D.
保持P 的位置不变,K 合在a 处,若U 1增大,I 1将增大
【答案】C
【解析】
【详解】A 、保持U 1及P 的位置不变，K 由a 合到b 时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，所以副线圈功率变大，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变大，根据11
P I U =得I 1将增大，故A 正确；
B 、保持U 1及P 的位置不变，K 由b 合到a 时，原线圈匝数变大，副线圈电压变小，根据22U P R =可知功率变小，故B 正确；
C 、保持U 1不变，K 合在a 处，使P 上滑时，R 增大，而电压不变，所以副线圈电流变小，根据2211
I N I N =可知I 1将减小，故C 错误； D 、保持P 的位置不变，K 合在a 处，若U 1增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，根据2211
I N I N =可知I 1将增大，故D 正确； 不正确的故选C ．
16.如图所示，L 1和L 2是高压输电线，甲、乙是两个互感器。若已知甲和乙的原、副线圈匝数比分别为1000:1和1:100，两个电表的示数分别为10A 和220V 则（ ）
A. 电表A 是电压表
B. 电表A 是电流表
C. 线路输送的电功率为2.2×108W
D. 线路输送的功率为2.2×105W
【答案】AC
【解析】 【详解】AB ．电压互感器是将高电压变成低电压，所以原线圈的匝数多于副线圈的匝数，所以甲是电压互感器，电表A 是电压表，电表B 是电流表。故A 正确，B 错误；
C D ．根据变压器电压表等于匝数比1
122
U n U n =，解得 511221000220V 2.210V 1
n U U n ==?=? 只有一个副线圈的变压器，电流比等于匝数的反比1221
I n I n =，解得 212110010A 1000A 1
n I I n =
=?= 则线路输送的电功率为 811 2.210W P U I ==?
故C 正确，D 错误。
故选AC 。
17.水平推力F 1和F 2分别作用于水平面上等质量的A 、B 两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下，两物体的v -t 图象分别如图中OAB 、OCD 所示，图中AB CD ，则（ ）
A. F 1的冲量等于F 2的冲量
B. F 1的冲量大于F 2的冲量
C. 两物体受到的摩擦力大小相等
D. F 1的大小大于F 2的大小
【答案】CD
【解析】 【详解】C ． AB 与CD 平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，故C 正确；
AB ．根据动量定理，对整个过程研究得
110OB F t ft -=
22
OD
F t ft
-=
由图看出，t OB＜t OD，则有F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量。故AB错误；
D．有推力时，由牛顿第二定律
F f ma
-=
有图看出A物体的加速度大，可知A物体受到的推力大，故D正确。
故选CD。
18.如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B木块之间夹一被压缩的弹簧．现释放弹簧，A、B 木块被弹开后，各自在桌面上滑行一段距离飞离桌面．A落地点距桌边水平距离为0.5m，B落地点距桌边水平距离为1m，则
A. A、B离开弹簧时的速度比为1：2
B. A、B离开弹簧时的速度比为1：1
C. A、B质量之比为1：2
D. A、B质量之比为2：1
【答案】AD
【解析】
【分析】
A、B离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，由水平位移可以求出它们的初速度关系，弹簧弹开物体过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出它们的质量关系；
【详解】A、A和B离开桌面后做平抛运动，下落的高度相同，它们的运动时间相等，由0
x v t
=
得速度之比：
0.51
12
A A
B B
v x
v x
===，故A正确，B错误；
C、弹簧弹开物体的过程，两物体及弹簧组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒
定律得：0
A A
B B
m v m v
-=，则质量之比：
2
1
A B
B A
m v
m v
==，故C错误，D正确．
【点睛】解决本题的关键要掌握平抛运动的规律，知道弹簧弹开物体的过程，系统的动量守
恒，再结合动量守恒定律进行求解即可．
19.小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示，已知车、人、枪和靶的总质量为M （不含子弹），每颗子弹质量为m ，共n 发，打靶时，枪口到靶的距离为d 。若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发。则以下说法中正确的是（ ）
A. 待打完n 发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动
B. 待打完n 发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方
C. 在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同大小均为
md nm M
+ D. 在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移均相同
【答案】BCD
【解析】
【详解】A 、子弹、枪、人、车系统所受的合外力为零，系统的动量守恒。子弹射击前系统的总动量为零，子弹射入靶后总动量也为零，故小车仍然是静止的。在子弹射出枪口到打入靶中的过程中，小车向右运动，所以第n 发子弹打入靶中后，小车应停在原来位置的右方，待打完n 发子弹后，小车将静止不动，故A 错误，B 正确；
C 、设子弹出口速度为v ，车后退速度大小为v '，以向左为正，根据动量守恒定律，有
01[]mv M n m v =-+-'（） 子弹匀速前进的同时，车匀速后退，故有 vt v t d +'=
联立解得
(1)mv v M n m '=+- 1[()]d M n m t M nm
+-=+ 故车后退位移大小为
md S v t nm M
?='=+
每颗子弹从发射到击中靶过程，小车均后退相同的
位移，故CD 正确。
故选BCD 。
三．解答题
20.如图所示为交流发电机示意图，匝数为n =100匝的矩形线圈，边长分别为a =10cm 和b =20cm ，内阻为r =5Ω，在磁感应强度B =0.5T 的匀强磁场中绕OO ′轴以ω=502rad/s 的角速度匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过电刷和外部R =20Ω的电阻相接。求电键S 合上后，
（1）写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式；
（2）电压表和电流表示数；
（3）电阻R 上所消耗的电功率；
（4）从计时开始，线圈转过90°角的过程中，通过外电阻R 的电量。
【答案】(1) e 22t (V) (2) 2.0A 40V (3) 80W (4)0.04C 【解析】 【详解】（1）线圈从平行磁场开始计时，感应电动势最大值： E m =nBS 22V 故表达式为： e =E m cosωt 22t (V) （2）电动势有效值： 50V 2m E == 电键S 合上后，由闭合电路欧姆定律得： 50 2.0A 205
E I R r ===++
U =IR =2×20V=40V
（3）电阻R 上所消耗的电功率为：
P =IU =2×40W=80W
（4）由图示位置转过90°的过程中，通过R 上的电量为： 1000.50.10.20.04C 205
nBS Q I t n R r R r ?Φ???=====+++ 21.如图所示，上表面光滑的水平平台左端与竖直面内半径为R 的光滑半圆轨道相切，整体固定在水平地面上。平台上放置两个滑块A 、B ，其质量m A ＝m ，m B ＝2m ，两滑块间夹有被压缩的轻质弹簧，弹簧与滑块不拴接。平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量M ＝3m ，车长L ＝2R ，小车的上表面与平台的台面等高，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2。解除弹簧约束，滑块A 、B 在平台上与弹簧分离，在同一水平直线上运动。滑块A 经C 点恰好能够通过半圆轨道的最高点D ，滑块B 冲上小车。两个滑块均可视为质点，重力加速度为g 。求
(1)滑块A 在半圆轨道最低点C 处时的速度大小；
(2)释放前弹簧弹性势能E p ；
(3)试说明，滑块B 冲上小车后会不会从车右侧滑落，并求出B 最后稳定时的速度。
【答案】5gR (2)
154mgR ；(3)5gR 【解析】 【详解】(1) 滑块A 在半圆轨道运动，恰到达最高点，则有
2D v mg m R
= 滑块A 在半圆轨道运动的过程中，机械能守恒，所以有
2211222
D C mgR mv mv += 解得
C v =
(2) A 、B 在弹簧恢复原长的过程中动量守恒，则有
B (2)0
C mv mv +-=
得
B v =
由能量守恒，释放前弹簧弹性势能
22
p B 1115
2224C E mv mv mgR =+?=
(3)假设滑块可以在小车上与小车共速，由动量守恒得
B B B ()m v m M v =+
得
B 25v v ==由能量守恒
22B B B B 1
1
()=22m v m M v m gx μ-+
解得，滑块B 相对小车的位移
15
8x R L =<
故滑块B 冲上小车后不会从车右侧滑落，B 。