【文档说明】2024届安徽省皖南八校高三下学期第三次大联考物理试卷 Word版含解析.docx，共(22)页，3.642 MB，由小赞的店铺上传

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2024届“皖南八校”高三第三次大联考物理考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分100分，考试时间75分钟．2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答

题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效．．．．．．．．．．．．．，在试题卷．．．．、草稿纸上作答无效．．．．．．．．．3．本卷命题范围：高考范围．一、选择题（本题共10小题，共42分．在每小题给出的四

个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，每小题4分；第9~10题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）1.核潜艇是大国重器，在我国的核潜艇研发过程中，黄旭华做出了重要贡献，被称为中国核潜艇之父．

2020年1月10日，获国家最高科学技术奖。在接受采访时，面对主持人关于因研发核潜艇30年没有回家的询问时，黄旭华说：对国家的忠就是对父母最大的孝！令人动容。核潜艇的动力来源就是核反应。快堆是我国第四代核能系统的优选堆型，采用钚()23994Pu作燃料，在堆心燃料钚的外围再生区里放置不易发生裂

变的铀()23892U，钚()23994Pu裂变释放出的快中子被再生区内的铀()23892U吸收，转变为铀()23992U，铀()23992U极不稳定，经过衰变，进一步转变为易裂变的钚()23994Pu，从而实现核燃料的“增殖”。下列说法正确的是（）A.铀()23992U发生衰变

的实质是原子核内的中子转化为质子和电子B.钚()23994Pu裂变过程中，电荷数守恒，质量数不守恒C.铀()23992U转变为钚()23994Pu，经过了1次衰变D.若钚()23994Pu裂变生成两

个中等质量的核，钚核的比结合能大于生成的两个核的比结合能【答案】A【解析】【详解】AC．铀()23992U衰变为钚()23994Pu时质量数不变，核电荷数增加239239092941UPu2e−→+故发生了2次衰变，其本质为中子转化为质子和电子，A正确，C错误；B．原子核在衰变

过程中，电荷数和质量数均守恒，B错误；D．原子核裂变时释放核能，故质量会减少，裂变产物的比结合能大于裂变前的比结合能，D错误。故选A。2.如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点。若只考虑海王星和太阳

之间的相互作用，则海王星在从Q经M到P的过程中（）A.海王星的加速度逐渐减小B.海王星的速度逐渐减小C.在海王星从Q点到M点和从M点到P点的过程中，所用时间相同D.若海王星和地球绕太阳运行的椭圆轨道的半长轴之比为K，则海王星的运行周期为32K年【答案】D【解析】【详解】ABC．

该过程中海王星与太阳之间的距离逐渐减小，由22MmvFGmamrr===可知海王星的加速度增大，速度增大．因速度越来越大，海王星从Q点到M点和从M点到P点的过程中，所用时间不相同，ABC错误；D．地球绕太阳的运

行周期为1T=年，设地球绕太阳运行的轨道半长轴为r，海王星绕太阳运行轨道半长轴为r，周期为T，由开普勒第三定律可得，23323TrKTr==，解得32TKT=，即海王星的运行周期为32K年，D正确，故选D。3.下图为一定质量的理想气体状态发生变化的pV−图像，在气体由状

态A变化到状态B的过程中，下列分析正确的是（）A.因为气体的压强逐渐减小，所以气体分子对容器壁的平均撞击力逐渐减小B.气体体积逐渐减小，所以气体的温度先降低后升高C.因状态A、B气体温度相同，内能不变，故该过程既不吸热也不放热D.气体体积增大，对外做功

，所以气体从外界吸热【答案】D【解析】【详解】AB．由理想气体状态方程pVCT=可知，该过程温度先升高后降低，且始、末状态温度相等，气体分子热运动的激烈程度先增大后减小，故分子热运动对容器壁的平均撞击力先增大后减小，故AB错误；CD．该过程体积增大，气体对外做功，即

0W，又因状态A、B气体温度相同，内能不变，即0U=，由热力学第一定律UQW=+可知气体从外界吸热，故C错误，D正确。故选D。4.某同学一早到游泳馆深水区练习游泳，发现整个泳池只有他一个人，心情大好，却不

慎将刚买的防水手表滑落水中并沉入水底，他看到手表在自己正下方，因其不会潜泳，决定游回岸边找工作人员帮忙。他一边缓缓往岸边游一边回望其手表，忽略缓慢泳动引起水面的波动，当游出大约6m远时，他恰好看不到他的手表了，已知水的折射率为43n=

，下列说法正确的是（）A.该同学看到的手表比实际位置深B.该过程中水中的手表看起来越来越明亮C.手表落水处的水深为27mD.手表落水处的水深为47m3【答案】C【解析】【详解】A．由光的折射可知，视深比实际深度浅，故A错误；B．随入射角的增大，反射光能量越来越强，折射光能量越来越弱，故看到的

手表应越来越暗，故B错误；CD．恰好看不见手表时，即入射角等于临界角，如图所示由全反射临界角公式可得221sinxnxh==+将6mx=，代入解得27mh=故C正确，D错误。故选C。5.随着生活水平的日益提高，人民群众的健身意识越来越强，“战绳”是一种

近年流行的健身器材，健身者把两根相同绳子的一端固定在一点，用双手分别握住绳子的另一端，上下抖动绳子使绳子振动起来，其局部可看成简谐波。图甲为挥舞后绳中一列沿x轴传播的简谐横波在0.5st=时刻的波形，图乙为绳上4mx=处的质点

M的振动图像。下列说法正确的是（）A.波速大小为0.25m/sB.波沿x轴正方向传播C.因Q点比P点离平衡位置更近，故Q点先回到平衡位置D.从0.5st=时计时，再经过2s时，P点沿x轴移动8m【答案

】B【解析】详解】A．由甲、乙两图可知4m=，1sT=，故由4m/svT==故A错误；B．由乙图可知0.5st=时，M点的振动方向沿y轴向上，故波沿x轴正方向传播，故B正确；C．根据波的传播方向可知，此时Q点的振动方向为沿y轴正方向，故P比Q先回到平衡位置，故C

错误；D．波的传播过程中，介质质点只在其平衡位置附近振动，并不会沿波的传播方向定向迁移，故D错误；故选B。6.如图所示，一辆小车沿水平方向从静止开始启动加速，一细线跨过用固定杆连接的光滑轻质定滑轮一端连接质量为M的物块，另一端连接一质量为m的小球。启动过程中，滑轮左侧的细线与竖

直方向的夹角从0缓慢的增大到30，滑轮右侧的细线始终保持竖直。物块与车厢底板间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。车的动力装置图中没有画出。车行驶过程中阻力恒为f，则在该过程中，下列说法不正确的是（）A.小

车发动机的输出功率与车速成正比B.细线对小球的拉力一定增大C.连接滑轮的轻杆对滑轮的作用力一定增大【D.车厢底板对物块的摩擦力一定增大【答案】A【解析】【详解】BD．对小球，受重力mg和拉力T，设拉力与竖直方向的夹角为，则有cosTmg=，sinTma=已知逐渐增大，可得该过程中拉力T、

加速度a均逐渐增大；对物块受向上的支持力NF、拉力T和向下的重力Mg及向右的摩擦力fF，由牛顿第二定律可得fFMa=可知车厢地板对物块的摩擦力逐渐增大，BD正确；C．以滑轮和搭在滑轮上的一小段绳为研究对象，由题意可得轻杆对滑轮的作用力等于两段绳对滑轮拉力的合力1F，由力的合成可得122coscos

2cos2mgFT==由数学知识可知，1F随增大而逐渐增大，则轻杆对滑轮的作用力增大，C正确；A．整辆小车受牵引力2F、重力、支持力和阻力f，由牛顿第二定律2FfMa−=车可知，牵引力2F逐渐增大；再由功率2PFv=故P与v并不成正

比，A错误。本题选不正确的，故选A。7.如图所示，已知一均匀带电的半径为R的固定金属圆环，圆心为O，虚线为过O点且与圆环平面垂直的直线，另有一带电粒子（可视为点电荷），以一定的初速度仅在电场力作用下沿虚线从距O点为L处的某点运动到O点，且LR，则关于粒子在该过程中，下列说

法正确的是（）A.若圆环带正电，则粒子的电势能一定越来越大B.若圆环带负电，则粒子动能一定越来越小的C.粒子加速度最大时的位置与粒子及圆环所带电荷的电性无关D.粒子每经过相同的距离，动能的改变量一定相同，与圆环所带电荷的电性无关【答案】C【解析】【

详解】AB．将圆环等分成n份，n趋向于无穷大，将关于圆心对称的两份看成一组，则2n组带等量同种电荷的点电荷在虚线上某点电场方向一定与虚线平行，因粒子带电的电性未知，无法确定其受力方向，故无法确定其动能和电势能的增减，故AB错误；CD．设圆环带电量为Q，M为轴

上某点，为M与圆环上一点的连线与相应半径的夹角，则M点的电场强度为22sincosMkQER=由数学知识可知，当3sin3=时，ME有最大值，粒子运动到该处所受电场力最大，加速度也最大；由22sincosMkQER

=可知该电场并非匀强电场，带电粒子所受电场力是变力，其在相同位移内做的功不相同，由动能定理可知粒子经过相同距离动能的改变量不相同，故C正确，D错误。故选C．8.直流电动机在生活生产中有广泛的应用，其主要结构为两部分：定子和转子，其中定子包括：主磁极、机座、转向器、电刷等；转子包括：电枢铁芯、

电枢绕组等。如图所示是电动机提升重物的示意图，已知电源电动势9VE=，内阻1.5r=，电阻2R=。闭合开关S，发现电动机被卡死，此时电压表的示数为6V，立即关闭电源。清除故障后重新闭合开关，当电动机

正常工作时，电压表的示数为7.5V，重力加速度210m/sg=，下列说法正确的是（）A.电动机内部线圈的电阻为M5.5R=B.电动机正常工作时线圈电阻的热功率为1WC.电动机正常工作时电源的效率约为66.7%D.电动机正常工作时将一个质量为1kg重物由静

止吊起，则重物的最大速度为0.55m/s【答案】B【解析】【详解】A．电动机被卡住时，相当于纯电阻，电源内电压19V6V3VU=−=电路电流112AUIr==由闭合电路欧姆定律可得电动机内阻为11M11EUIRRI−−

==故A错误；B．电动机正常工作时，电源内电压29V7.5V1.5VU=−=电路电流221AUIr==电动机线圈电阻的热功率为212M1WPIR==故B正确；C．电动机正常工作时，电源的效率为2100%83%EUE−=故C错

误；D．当重物速度最大时，拉力Fmg=电动机的输出功率()22224.5WPEUIRI=−−=由2PFv=可得重物的最大速度为m0.45m/sv=故D错误。故选B。9.如图所示，光滑绝缘的水平面上有一边长为L、粗细均匀的正方形金属线框MNPQ，以速度v滑入宽为2L的匀强磁场区域，磁场方向垂

直于纸面向里（俯视图），线框静止时磁场右边界到PQ与MN两边刚好等距。下列分析正确的是（）A.MN刚进入磁场时其两端电压为4BLvB.MN刚离开磁场时其两端电压为12BLvC.进入磁场过程和离开磁场过程通过线框截面的电量之比为2∶1D.进入磁场过程和离开磁场过程线框中产生的热

量之比为8∶1【答案】BCD【解析】【详解】A．设磁感应强度为B，线框每条边电阻为R，MN刚进入磁场时，MN边切割磁感线，产生的电动势为EBLv=线框中的电流4EIR=则MN两端的电压为1334BLvUIR==故A错误；C．设从M

N到磁场左边界到PQ边到左边界用时为1t，则平均感应电动势为211BLEt=平均电流为114EIR=联立解得通过线框截面的电荷量为21114BLqItR==设从线框从开始离开磁场到静止用时为2t，则平均感应电动势为2222BLE

t=平均电流为224EIR=联立解得通过线框截面的电荷量为22228BLqItR==则122:1qq=:故C正确；B．选初速度方向为正方向，设线框完全进入磁场时的速度大小为1v，在1t时间内安培力冲量大小为1BI11Ltmvmv=−即11BLqmvmv=−则从PQ进入磁场到MN到达右边界，线框

匀速，从MN到右边界到线框静止用时为2t，在2t时间内安培力冲量大小为221BILtmv=即21BLqmv=联立解得13vv=当MN刚离开磁场时MN边产生的电动势为31EBLv=线框中的电流为334E

IR=MN两端的电压为2312BLvUIR==故B正确；D．由能量守恒可知1t和2t时间内减少的动能转化线框中的电能产生热量，则有22111122Qmvmv=−22112Qmv=联立解得1281QQ=故D正确。故选BCD。10.如图

所示，空间中有正交的匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B，匀强电场方向竖直向下，电场强度为E，将一质量为m，带电荷量为q+的小球水平向左射入场区中，速度大小为v。已知mgEBvq==，g为重力加速度，电磁场空间范围足够大。则在小球之后运动的过程中，以下说法正确的是（）A.电场力

对小球做正功，故小球机械能一直增大B.小球运动过程中的最大速度为5vC.小球运动过程连续两次速度最大时的位置间的距离为4mvBqD.小球偏离入射方向的最大距离为6mvBq【答案】BD【解析】【详解】BCD．将初速度v分解为与初速度

方向相同即向左的13vv=和方向相反即向右的22vv=分运动2v对应的洛伦兹力大小22FqvBmgqE==+故粒子以2v向右做匀速直线运动，另一分速度1v在洛伦兹力的作用下逆时做匀速圆周运动，有211vqvBmr=解得13mvmvrqBqB==周期为2mTqB=当1v转至与2v同向时速度

有最大值125vvv+=其运动过程中偏离入射方向的最大距离即为圆周运动的直径，即62mvrqB=连续两次速度达到最大值的时间间隔为T，故其间距为24mvLvTqB==故BD正确，C错误；A．由BCD分析可知，在一个周期内，电场力一半时间做正功，一半时间做负功，

因此小球机械能并不是一直增大，故A错误。故选BD。二、非选择题：本题共5小题，共58分．11.某同学在实验室找到了拉力传感器、细线和小球，设计了如图所示的装置验证机械能守恒。（1）为了减小误差，实验室有同样大

小的木球、铝球、铁球，本实验应该选_____________。A．木球B．铝球C．铁球（2）当细线竖直且小球静止时力传感器的示数为F1；（3）把小球拉到细线刚好水平并由静止释放，力传感器的示数最大值是F2；（4）该实验__

___________（填“需要”、“不需要”）用天平测量小球的质量m；（5）该实验_____________（填“需要”、“不需要”）测量细线的长度L；（6）当表达式_____________（用题中所给物理量字母或测量的物理量字母表示）在误差允许范围内成立

时，机械能守恒定律得到验证。【答案】①.C②.不需要③.不需要④.213FF=【解析】【详解】（1）[1]为了减小误差，小球应选密度大的小球，减小空气阻力的影响，所以应选铁球，C项正确。（4）（5）（6）[2][3][4]不需要测量细线的长度L、小

球的质量m和小球的直径d；因为细线竖直且小球静止时力传感器的示数为1F，设小球的质量为m1Fmg=把小球拉到细线刚好水平静止释放，小球第一次摆动到最低点时速度最大，力传感器示数最大是2F，设当小球第一次摆动到最低点时的速度为v，细线到球心

的距离为R，如果满足机械能守恒212mgRmv=根据向心力公式可得22vFmgmR−=23Fmg=213FF=所以细线的长度L和小球的质量m都不需要测量，当表达式213FF=在误差允许范围内成立时，机械能守恒定律得到验证。12.某物理实验小组看到一则消息：锂硫电池的能量密度高，可使电动汽车

的续航从500km提升至1500km，提升三倍，手机一个星期都不需充电。这激起了同学们对电池的研究热情，他们从市场上买来一新款电池，要测量这款电池的电动势和内阻，并利用这个电池提供电能测量—未知电阻的阻值

，设计了如图甲所示的实验电路。器材如下：A．待测电池B．待测电阻xR（约8）C．电流表1A（量程1A、内阻很小）D．电流表2A（量程3A、内阻很小）E．电阻箱（最大阻值99.9）F．开关一只，导线若干（1）将电阻箱阻值调

到最大，闭合开关S，改变电阻箱的阻值使两电表有适当的值，记录电阻箱阻值并读取两电表的读数，重复上述操作；（2）根据记录的电流表1A的读数1I和电流表2A的读数2I，以21II为纵坐标，以对应的电阻箱阻值的倒数1R为横坐标，得到的图像如图乙所示．则图像在纵轴的截距为

__________，待测电阻xR=__________（结果保留两位有效数字）；因两电表存在一定的内阻，会对电阻测量引起误差的是__________（填“1A”或“2A”），且测量值__________（填“大于”或“小于”）真实值；（3）图丙是

以电流表1A的读数为横坐标，以电流表2A的读数为纵坐标得到的结果．由图可求得电池的电动势E=__________V，内阻r=__________（结果均保留三位有效数字）。【答案】①.1②.7.2③.1A④.大于⑤.8.96⑥.3.20【解析】【详解】

（2）[1][2]由串并联电路知识及欧姆定律可知()211xIIRIR−=变形得2111xIRIR=+故截距为1；根据图像斜率可得7.2ΩxkR==[3][4]因()211IIRI−应为含xR的支路的总电阻，即

()21A11xIIRRRI−=+故引起误差的为1A，且测量值大于真实值．（3）[5][6]由闭合电路欧姆定律可知12xEIRIr=+变形得21xREIIrr=−根据图像的纵截距及斜率，可知8.96VE=3.20r=13.中国人民解放

军的口号是“首战用我，用我必胜！”为此人民解放军在平时进行刻苦训练。如图为一名解放军战士在负重训练的过程中，拖着一个质量为40kg的轮胎，轮胎与水平地面之间的动摩擦因数为0.75=，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦

力，重力加速度210m/sg=。不计绳子质量，绳长可自由调节。（1）当绳子与地面的夹角为37=，且刚好能拉动轮胎时，求绳子对轮胎的拉力大小（sin370.6=，cos370.8=）；（2）已知某次解放军战士对轮胎拉力为27

2N，A、B两地相距45.9m，为使轮胎从A处运到B处，则该战士用力拉轮胎的最短作用时间是多少？的【答案】（1）240N；（2）9s【解析】【详解】（1）对轮胎恰好被拉动时，受力如图所示根据受力分析可知11cosFf=1N1si

nmgFF=+1N1fF=联立解得1240NF=（2）由题意知撤去拉力前轮胎以最大加速度运动，撤去拉力刚好滑行停在B处时，战士拉轮胎时间最短。设拉力与地面的夹角为，其受力如图所示根据受力分析可知()221cossinF

mgFma−−=解得21(cossin)Fagm+=−由数学关系解得最大加速度为2221max11m/sFagm+=−=撤去拉力后减速2mgma=解得227.5m/sa=设撤去拉力时速度大

小为v，则有221222ABvvxaa+=解得9m/sv=则1max1vat=解得19st=14.如图所示，x轴上方存在电场强度800N/CE=、方向沿y轴负方向的匀强电场，x轴下方存在着磁感应强度0.04TB=，方向垂直纸面向里的匀强磁场。一个比荷为71.01

0C/kgqm=的带正电粒子，从y轴上(0,0.1m)的位置P以初速度40410m/sv=沿x轴正方向射入匀强电场，不计粒子重力。求：（1）粒子第一次进入磁场时速度v的大小和方向；（2）粒子从P点射出到第2次经过x

轴时所用的时间及第二次经过x轴的位置到O点的距离；（3）粒子射出后，在右侧有一与x轴垂直的能检测粒子的薄板，为使粒子能垂直打到薄板上，则该薄板所放位置的横坐标是多少（已知电磁场范围足够大）。【答案】（1）44210m/sv=，与x轴正向夹角为45°；（2）6(51.25)10st

−=+，d=0.4m；（3）0.3mxn=，1n=、2、3【解析】【详解】（1）粒子从P点到第一次经过x轴，做类平抛运动，到达x轴时，设沿电场力方向的速度大小为yv，合速度v与x轴正向的夹角为，则有qEma=22yvay=220

yvvv=+0tanyvv=联立以上各式解得44210m/sv=45=（2）设从P到第一次到x轴用时1t，则有12yvyt=解得61510st−=在0v方向匀速，其位移为1010.2mxvt==进入磁场匀速圆周运动，则有的2vqvBmr=解得2m10r=到第二次经

过x轴其轨迹对应的圆心角为90，其弦长为20.2mLr==运动时间为224rtv=解得621.2510st−=综上可得612(51.25)10sttt−=+=+10.4mdxL=+=（3）粒子再入电场时与x轴正方向的夹角为45=做类斜

抛运动，其在电场中的运动时间为12t，沿x轴方向的位移为120.4mx=再入磁场中圆周运动的圆心角仍为90，其弦长仍为20.2mLr==则粒子运动过程中速度方向沿x轴正方向相同时的位置对应的横坐标为0.3mxn=，1n=、2、3即薄板所放位置的横坐标为0.3mxn=，1n=、

2、315.如图所示，长度为0.8mL=的竖直轻杆上端连着一质量为1kgm=的小球A（可视为质点），杆的下端用光滑铰链（图中没有画出）连接于水平地面上的O点，置于同一水平面上的各表面均光滑的立方体B恰与A接触，立方体B的质量为4kgM=。B的右侧有一可视为质点的质量也为m的

物块，物块与水平地面之间的动摩擦因数为0.01=，在距物块右侧1mx=处有一质量也为m的可视为质点的小球，小球用一长为10mH=的细线竖直悬挂，且小球与地面刚好接触且无弹力，重力加速度为210m/sg=。上述物体均静止。今有微小扰动，致使A倾倒。（1）若向左倾倒，求小球撞击地面之前的瞬间轻杆的弹

力大小；（2）若向右倾倒，求A、B分离瞬间A、B的速度大小。已知A、B分离时B还未与右侧物块碰撞；（3）在（2）中，立方体B与A分离后向右运动并与物块发生碰撞，碰后立方体B被立即锁定，物块向右滑行并与静止的小球发生碰撞，

所有的碰撞都不计机械能损失，碰撞时间极短且碰撞前后的速度均在同一直线上，求立方体B与物块碰撞后系统因摩擦产生的热量及从立方体B第一次与物块碰撞到物块最终静止所用的时间。（已知cos100.9848=，单摆的最大摆角不超过10时，可近似看成简谐运动）【答案】（1）20N；（2）A2m/sv=，

B1m/sv=；（3）1.28JQ=，(166)st=+【解析】【详解】（1）小球从竖直到撞击地面前瞬间的过程，由机械能守恒可知212mgLmv=撞击地面前瞬间，小球受到轻杆的弹力提供向心力，有2vFmL=

解得小球撞击地面之前的瞬间轻杆的弹力大小为220NFmg==（2）从竖直到A、B分离，设杆转过，A、B速度分别Av、Bv，由功能关系可知22AB11(1cos)22mgLmvMv−=+分离时A、B之间恰好无弹力且水平方向的加速度、速度相等，故连接A的轻杆弹力恰好为0，A、B速度大小关系

为ABcosvv=为A做圆周运动，有2AcosvmgmL=联立并整理可得34cos3cos20+−=解得A2m/sv=，B1m/sv=（3）B向右匀速滑行与物块碰撞遵循动量守恒和能量守恒，有BB11MvMvmv=+，222BB11111222MvMvmv=+解得B10.6m/sv=，

11.6m/sv=碰后物块向右减速滑行到与小球碰前，根据动能定理，有22211122mgxmvmv−=−解得22.36m/sv=与小球发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒可得234mvmvmv=+，222234111222

mvmvmv=+解得30v=，42.36m/sv=碰后小球上摆，设最大摆角为，根据机械能守恒，则有241(1cos)02mgHmv−−=−解得cos0.9882=，故小球摆动可视为简谐运动，周期22sHTg==

小球摆回最低点再与物块碰撞交换速度，因碰撞中无机械能损失，有2111.28J2Qmv==设物块在水平面上滑行的路程为s，由功能关系可得Qmgs=解得12.8ms=故物块与小球共发生12次碰撞，故小球做简谐运动的总时间为166s2Tt==立方体B固定后，物

块与B及小球的碰撞均不改变其动量大小，故有21mgtmv=解得216st=综上所述12(166)sttt=+=+