【文档说明】湖南省长沙市雅礼中学2024-2025学年高三上学期月考（三）物理试题 Word版含解析.docx，共(16)页，1.127 MB，由小赞的店铺上传

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雅礼中学2025届高三月考试卷（三）物理得分：______本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。时量75分钟，满分100分。一、单选题（本题共6小题，每小题4分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.下列说法正确的是（）A.单摆的回复力是由重力和绳的拉力

的合力提供的B.物体在做受迫振动时，振动频率一定等于驱动力的频率C.两列波发生干涉，振动加强区质点的位移总比振动减弱区质点的位移大D.因衍射是波特有的特征，所以波遇到障碍物时一定能发生明显衍射现象2.在

直角坐标系Oxyz−中有一四面体OABC−，其顶点坐标如图所示。在原点O固定一个电荷量为Q−的点电荷，下列说法正确的是（）A.A，B，C三点的电场强度相同B.平面ABC构成一个等势面C.若将试探电荷q+自A点沿x轴负方向移动到O点的过程中，其电势能增大D.若在A、B、C三点

放置三个点电荷，一Q所受电场力的合力一定不可能为零3.一带正电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能pE随位移x变化的关系如图所示，其中2~Ox段是关于直线1xx=对称的曲线，2~x3x段是直线，则下列说法正

确的是（）A.1x处电场强度最小，但不为零B.粒子在2~Ox段做匀变速运动，23~xx段做匀速直线运动C.在O、1x、2x、3x处的电势0、1、2、3的关系为3201=D.23~xx段的电场强度大小均匀增大4.如图所示是一种可测定竖直加

速度方向的装置，拴在竖直弹簧上的重物与滑动变阻器的滑动头连接，滑动头可以无摩擦滑动，该装置在地面上静止时滑动头在变阻器的中间位置，现把它置于竖直电梯内。下列说法中正确的是（）A.电梯具有向上的加速度时，电压表示数减小B.电梯具有向上的加速度时，

电流表示数增大C.电梯具有向下的加速度时，电压表示数与电流表示数的比值不变D.电梯具有向下的加速度时，电压表示数的变化量与电流表示数的变化量的比值的绝对值不变5.如图所示，质量为m可看成质点的小球固定在一长为l的轻杆上，轻杆另一端固定在底座的转轴上，底座的质量为M，小球可绕转

轴在竖直平面内自由转动。现在最低点给小球一个初速度，当小球通过最高点时，底座对地面的压力恰好为Mg。在小球转动过程中，底座始终相对地面静止，不计转轴间摩擦阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.外界对小球做的功为2mglB.小球从最低点运动

到最高点的过程中合外力的冲量大小为()15+mglC.小球运动到与转轴等高的位置时，地面对底座的静摩擦力大小为2mgD.小球在最低点时，底座对地面的压力大小为()5Mmg+6.如图所示，由绝缘材料制成的内壁光滑的半圆碗固定在水平面上，O点为圆心，带电量为aq、质量为am的a小

球固定在半圆碗底端的A点，带电量为bq、质量为bm的b小球静止于半圆碗内的B点，此时74AOB=，由于a、b两小球的质量变化或电荷量变化使得b小球沿半圆碗的内壁缓慢下滑，恰好静止于C点，AOC=60，此

时a、b两小球的质量分别为am、bm，电荷量分别为aq、bq，已知a、b两小球均可视为点电荷，sin370.6=，则下列说法正确的是（）A.b小球受到的支持力一定大于其重力B.b小球的质量和电荷量至少有一个应发生变化C.可能仅是b小球的质量bm增加至

216125bmD.可能仅是a、b两小球电荷量的乘积abqq减小至56abqq二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的不得分）7.一列沿x轴正方向传播的简谐横波，0t=时，波刚好传

播到M点，波形如图实线所示，0.3st=时，波刚好传播到N点，波形如图虚线所示。则以下说法正确的是（）A.波的周期为0.6sB.波的波速为20m/sC.c点在0~0.3s内通过的路程等于16cmD.0.25st=时，a点与M点的位移相同8.在竖直平面内有一方向斜向上且与水平方

向夹角为30=的匀强电场，电场中有一质量为m，电荷量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，如图所示。开始时小球静止在M点，细线恰好水平。现用外力将小球拉到最低点P，然后由静止释放，重力加速度为g，则以下判断正确的是（）A.小球再次到

M点时，速度刚好为零B.小球从P到M过程中，合外力对它做的功为3mgLC.如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球将做匀变速直线运动D.小球从P到M过程中，其机械能增加了()13mgL+9.在带电粒子“碰撞

”实验中，0t=时，粒子P以初速度0v向静止的粒子Q运动，两粒子在某段时间内运动的vt−图像如图所示，1S、2S分别是10~t、12~tt时间内两速度图像所围面积的大小，且12SS=。已知P、Q的质量分别为Pm、Qm，仅考虑静电力的作用，且P、Q始终未

接触。则下列说法中正确的是（）A.2PQmm=B.两粒子在1t时刻的电势能最大C.P在2t时刻的速度大小为03vD.2t时刻后两图像仍会出现交点10.如图所示，水平轨道上有一个竖直放置的四分之三圆管轨道，管内外壁均光滑，半径为R，管的粗细忽略，其质量为3m，在管中与竖直方向

成37的位置有挡板，在管中有一个直径略小于管内径的质量为m的小球，小球可以看成质点。当用水平恒力向左推管时，小球恰好与挡板接触但无作用力，管向左运动一定距离时，与固定障碍物碰撞并粘在一起，此后小球离开管口后上升的最大高度与管最高点相同，重力加速度为,sin370.6g=

，cos370.8=，下列说法正确的是（）A.恒力为3mgB.管碰到障碍物前运动时间为4105RgC.小球经过管最低点时对管壁的压力为5mgD.管碰到障碍物前瞬间恒力的功率为9105mgRg三、实验题（本题共2小题，11题8分，12题8分，共16分）11.（8分）某同学设计

了一个测量重力加速度大小g的实验方案，所用器材有：2g砝码若干、托盘1个、轻质弹簧1根、米尺1把、光电门1个、数字计时器1台等。具体步骤如下：①将弹簧竖直悬挂在固定支架上，弹簧下面挂上装有遮光片的托盘，在托盘内放入一个砝码，如图（a）所示。②用

米尺测量平衡时弹簧的长度l，并安装光电门。③将弹簧在弹性限度内拉伸一定长度后释放，使其在竖直方向振动。④用数字计时器记录30次全振动所用时间t。⑤逐次增加托盘内砝码的数量，重复②③④的操作。该同学将振动系统

理想化为弹簧振子。已知弹簧振子的振动周期2MTk=，其中k为弹簧的劲度系数，M为振子的质量。（1）由步骤④，可知振动周期T=_____。（2）设弹簧的原长为0l，则l与g、0l、T的关系式为l=_____。（

3）由实验数据作出的2lT−图线如图（b）所示，可得g=_____2m/s（保留三位有效数字，2取9.87）。（4）本实验的误差来源包括_____（双选，填标号）。A.空气阻力B.弹簧质量不为零C.光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置1

2.（8分）某同学用图甲所示的电路测量电阻xR的阻值。实验步骤如下：i.按照电路图连接好电路，将滑片P置于电阻丝0R上的适当位置，闭合开关1S；ii.将双刀双掷开关2S（中间连杆为绝缘材料）掷于触点1、2，调节电阻箱R，使灵敏电流计G的指针指零，读出电阻箱阻值，记为1R；

iii.保持滑片P的位置不动，将2S掷于触点3、4，调节电阻箱R，仍使灵敏电流计G的指针指零，读出电阻箱阻值，记为2R；iv.断开开关，整理器材。回答下列问题：（1）实验过程中，__________（填“需要”或“不需要

”）测量滑片P两侧电阻丝的长度；（2）关于实验对电阻丝规格的要求，下列说法正确的是_____；A.总电阻必须已知，粗细必须均匀B.总电阻必须已知，粗细无须均匀C.总电阻无须已知，粗细必须均匀D.总电阻无须已知，粗细无须均匀（3）某次测量中，199R=，如图乙是电阻箱指示的2R的阻值，则待测

电阻的测量值xR=_____；（4）若在步骤ii后、步骤iii之前，误将滑片P向右移动了少许，继续进行测量，则xR的测量值_____（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。四、解答题（本题共3个小题，共40分，其中第13题10分，第

14题14分，第15题16分，要求有必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只有结果没有过程的不得分）13.（10分）如图所示，斜面ABC中AB段粗糙，BC段光滑。物块以10m/s的初速度从A点沿斜面向上滑行，到达C点速度恰好为零。已知BC段的长

度为2m，物块上滑过程中，在AB段的加速度是BC段加速度的1.5倍，且物块在AB段和BC段运动的时间相等，g取210m/s，求：（1）斜面AB段的长度；（2）物块与斜面AB段间的动摩擦因数。14.（14分）如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽

，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L。槽内有两个质量均为m的小球A和B，球A带电量为2q+，球B带电量为3q−，两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统。最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L。若视小球为质点，不计轻杆的质

量，在两板间加上与槽平行且向右的匀强电场E后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布），求：（1）球B刚进入电场之前和B刚进入电场之后，带电系统的加速度大小分别为多少；（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零，系统向右运动的位移大小。15.（16

分）如图所示，在竖直平面内，倾角37=的光滑轨道AB与光滑水平轨道BC通过一小段光滑圆弧平滑连接，在水平轨道BC上固定着半径为R的光滑圆轨道，其最低点D分别与水平轨道BD和DC相连，长度分别为12R、56R，地面上停着上表面与BC等高的足够长木板，其左端紧靠C

点，距离其右端569dR=处有一挡板P。现有一物块（可视为质点）在轨道AB上从距离B点高度为h的位置静止释放。已知空间中存在水平向右且大小为34mgEq=的匀强电场，木板的质量为15Mm=且不带电，物块的质量为m且

所带电荷量为q+，物块与木板之间的动摩擦因数1711=，木板与地面之间的动摩擦因数215=，木板与挡板P碰撞中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略，运动过程中物块电荷量保持不变，重力加速度的大小为,

sin370.6g=，cos370.8=。求：（1）若2hR=，物块第一次到达D点的速度Dv；（2）若物块刚好能够沿着圆轨道做完整的圆周运动，此时的释放高度0h以及在这种情况下物块对圆轨道的最大压力的大小；（3）若将物块从（2）中的0

h释放，当物块运动到C的一瞬间，匀强电场的方向变为斜向右上且与水平面的夹角为37，大小保持不变。物块从冲上木板到木板与挡板P发生第三次碰撞前，物块电势能的变化量E。雅礼中学2025届高三月考试卷（三）物理参考答案一、单选题（24分）题号123456答案

BDCDBC1.B【解析】A.重力沿切线方向的分力提供单摆做简谐运动的回复力，故A错误；B.在受迫振动中，物体振动的频率一定等于驱动力的频率，故B正确。C.两列波发生干涉，振动加强区质点的振幅总比振动减

弱区质点的振幅大，不能说振动加强区质点的位移总比振动减弱区质点的位移大，故C错误；D.当孔、缝的宽度与波长差不多或者比波长还小时，就能够发生明显的衍射现象，故D错误。故选B。2.D【解析】A.根据点电荷电场线的

分布情况可知：A、B、C三点的电场强度大小相同，方向不同，而场强是矢量，则A、B、C三点的电场强度不同，故A错误；B.A、B、C三点处于同一等势面上，电势相同，由于A、B、C三点所在的等势面为球面，所以平面ABC不是

等势面，故B错误；C.若将试探电荷q+自A点沿x−轴方向移动，该试探电荷受到吸引力，吸引力方向沿着x轴的负方向，则电场力对该试探电荷做正功，其电势能将减小，故C错误。D.若在A、B、C三点放置三个点电荷，任意两个点电荷对一Q的电场力的合力与第

三个电荷对一Q的电场力不在同一直线上，所以三个点电荷对Q−的合力不可能为零，故D正确；故选D。3.C【解析】A.根据电势能与电势的关系：pEq=，场强与电势的关系：Ex=，得：p1EEqx=，由数学知识可知pEx−图像切线的斜率等于p1,E

xx处切线斜率为零，则1x处电场强度为零，故A错误；BD.由图看出在10~x段图像切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动，12~xx段图像切线的斜率不断增大，场强增大，粒

子所受的电场力增大，做非匀变速运动，23~xx段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故BD错误；C.根据电势能与电势的关系：pEq=，粒子带正电，0q，则知：电势

能越大，粒子所在处的电势越高，所以有：321，有对称性可知，20=，则3201=，故C正确；故选C。4.D【解析】由图可知：0R与滑动变阻器R串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，AB.电梯具有向上的加速度时，重物受到的弹力大于重力，滑动变阻器滑片向下运

动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路中电流减小，滑动变阻器两端电压增大，故A、B错误；CD.电梯具有向下的加速度时，重物受到的弹力小于重力，滑动变阻器滑片向上运动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，URI=，所以电压表示数与电流表示数

的比值减小；电压表示数的变化量与电流表示数的变化量的比值的绝对值为0Rr+，所以不变；故C错误D正确。故选D。5.B【解析】A.由题意知：当小球通过最高点时，底座对地面的压力恰好为Mg。说明此时杆的作用力为0，小球只受重力，由牛

顿第二定律得：2vmgml=，解得：vgl=，从最低点到最高点的过程由动能定理得：22011222mglmvmv−=−，解得：05vgl=，由动能定理得外界对小球做的功201522Wmvmgl==，故A错误；B.取初速度的方向为正方向

，从最低点运动到最高点的过程由动量定理得：0Imvmv=−−合，解得：()15Imgl=−+合，所以合外力的冲量大小为()15mgl+，故B正确；C.小球从最低点运动到与转轴等高的位置时，设速度为1v，由动能

定理得：22101122mglmvmv−=−，解得：13vgl=，设杆对小球的拉力为F，由牛顿第二定律得：213vFmmgl==，由牛顿第三定律知杆对底座水平方向的拉力为3mg，对底座受力分析由平衡条件得地面对底座的静摩擦力为3mg，故C错误。D.小球在最低点时，设杆对小球的拉

力为T，由牛顿第二定律得：Tmg−20vml=，解得：6Tmg=，由牛顿第三定律知杆对底座的压力为6mg，对底座受力分析由平衡条件得地面对底座的支持力6NMgmg=+，由牛顿第三定律知底座对地面的压力为()6Mmg+，故D

错误；故选B。6.C【解析】AB.对小球b受力分析，如图所示，小球b受重力、支持力、库仑力，其中1F为库仑力F和重力mg的合力，根据三力平衡原理可知，1NFF=。由图可知，1OABFFB△∽△设半球形碗的半径为R，AB之间的距离为L，根据三角形相似可知

，1bmgFFOAOBAB==即NbmgFFRRL==所以NbFmg=①bLFmgR=②由几何关系可得：2sin371.2LRR==③所以：1.21.2bbRFmgmgR==④同理可知，当小球b处于C位置时，AC距离为：2sin30ACRR==，故：bFmg=⑤根据库仑定律有：221

.44ababkqqkqqFLR==；2abkqqFR=⑥由以上的分析可知，b小球受到的支持力一定等于其重力。而当b下降的过程中，可能仅是a的电荷量发生变化，故AB错误；C.若只有b的质量发生变化，联立④⑤⑥可得：216125bbmm=，

故C正确；D.仅是a、b两小球电荷量的乘积abqq发生变化，联立④⑤⑥可得31.2ababqqqq=，故D错误。故选C。二、多选题（20分）题号78910答案BCDBDBCAC7.BCD【解析】AB.根据题意可得波的波

速为：104m/s20m/s0.3xvt−===，由图像可得波长为8m=，根据vT=得波的周期为：8s0.4s20Tv===，故A错误，B正确；C.波传到c点用时2s0.1s20xtv===，在0~0.3s内振动时间为：0.3s0.1s0.2s2Tt=

−==，质点开始向上振动，则c点在0~0.3s内通过的路程为：228m16cmSA===，故C正确；D.质点a的振动方程为：8cos5yt=，0.25st=时，8cos(50.25)cm42cmy==−；质点M的振动方程为：()8sin5yt=，当0.25st=时，()8sin50.2

5cm42cmy==−，即0.25st=时，a点与M点的位移相同，故D正确。故选BCD。8.BD【解析】A.当小球静止于M点时，细线恰好水平，说明重力和电场力的合力方向水平向右，小球从P到M过程中，细线拉力不做功，只有电场力和小球重力

做功，它们的合力也是恒力，方向水平向右，所以小球到最右边时，速度最大，而不是零，故A错误；B.电场力与重力合力为cot303Fmgmg==合，这个方向上位移为L，所以合外力做功为3WFLmgL==合合，故

B正确；C.若小球运动到M点时，细线突然断裂，速度方向竖直向上，合外力水平向右，做匀变速曲线运动，故C错误。D.合外力做功为3mgL，由动能定理知动能增加量为3mgL，重力势能增加量为mgL，则机械能增加量等于动能增

加量3mgL和重力势能增加量mgL之和，即其机械能增加了()13mgL+，故D正确；故选BD。9.BC【解析】A.根据动量守恒()003PPQvmvmm=+，得2QPmm=，故A错误；B.两粒子在1t时刻速度相等，两粒子相距最近，则系统的电势

能最大，故B正确；C.由于12SS=，则10~t时间内与12~tt时间内两粒子间距离相等，电势能相等，由动量守恒定律得0Pmv=PPQQmvmv+，根据能量关系2220111222PPPQQmvmvmv=+，解得0

3Pvv=−，即P在2t时刻的速度大小为03v，故C正确；D.两粒子带同种电荷，所受电场力方向相反，2t时刻后速度不可能再相同，两图像不会出现交点，故D错误。故选BC。10.AC【解析】A.小球恰好与挡板接触但无作用

力，对小球受力分析可得3tan374agg==，对整体受力分析3Famm=+，解得3Fmg=，故A正确；C.对整体受力分析2122mgRmv=最低，2NvFmgmR−=最低，NFF=压，解得5Fmg=压，故C正确；B.小球在撞击前相对圆环静止，则有0cos37vat=，()22011

1cos3722mvmgRmv+−=最低，解得10Rtg=，故B错误；D.由PFv=，vat=，解得9104PmggR=，故D错误。故选AC。三、实验题（16分）11.（每空2分，共8分）（1）30t（2）2024gTl+（3）9.65（9.50~9.80均正确）（4）A

B【解析】（1）30次全振动所用时间t，则振动周期30tT=（2）弹簧振子的振动周期2MTk=可得振子的质量224kTM=振子平衡时，根据平衡条件Mgkl=可得224gTl=则l与g、0l、T的关系式为2

0024gTllll=+=+（3）根据2024gTll=+整理可得2024gllT=+则2lT−图像斜率20.5400.47440.570.30gk−==−解得29.65m/sg（4）A.空气阻力的存在会影响弹簧振子的振动周期，是实验的误差来源之一，故A正确

；B.根据弹簧振子周期公式可知，振子的质量影响振子的周期，通过光电门测量出的周期T为振子考虑弹簧质量的真实周期，而根据（3）问求出的2lT−的关系是不考虑弹簧质量的关系式子，二者的T是不相等的，所以弹簧质量不为零是误差来源之一，故B正确；C.利用光电门与数字计时器的组合测量周期的原理

：根据简谐运动的规律可知，只要从开始计时起，振子的速度第二次与开始计时的速度相等即为一个周期，与是否在平衡位置无关，故C错误。故选AB。12.（每空2分，共8分）（1）不需要（2）D（3）198（4）大于【解析】（1）本题采用阻值比较法求电阻，不需要知道电阻丝的具体阻值，故不需

要测量滑片P两侧电阻丝的长度；（2）本题采用阻值比较法求电阻，通过比例求阻值，保持滑片P的位置不动，设电阻丝左侧电阻为R左，右侧阻为R右，将双刀双掷开关2S掷于触点1、2，当灵敏电流计G示数为零时，电阻箱的阻值为1R，此时有1xRRRR

=左右，将2S掷于触点3、4，则电阻箱与xR交换位置，电阻箱的阻值为2R，此时有2xRRRR=左右，联立解得12xRRR=，可知xR与电阻丝的阻值没有关系，故不需要知道电阻丝的具体阻值，即总电阻无须已知，粗细无须均匀。故选D。（3）由图可知，电阻箱的读数为2

310091061396R=++=，代入数值可得198xR=。（4）若在步骤ii后、步骤ii之前，误将滑片P向右移动了少许，继续进行测量，则有1xRRRR=左右，2xRRRR左右，联立可知12xRRR，即测量值12RR大于真实值xR。四

、解答题（40分）13.（10分）【解析】（1）设物体在AB段的加速度大小为1,aBC段加速度大小为2a，根据题意有121.5aa=有1.5ABBvvvtt−=…………（2分）在上滑AB段2212AB

ABvvaL−=…………（1分）在上滑BC段222BBCvaL=………………（1分）得7mABL=………………（1分）（2）对两段过程，分别由牛顿第二定律有1sincosmgmgma+=………………（2分）2sinmgma=………

………（2分）得2121=………………（1分）14.（14分）【解析】（1）在B进入电场之前，对系统由牛顿第二定律122qEma=………………（2分）所以加速度的大小1qEam=………………（1分）在B进入电场之后，对系统由牛顿第二定律2

232qEqEma−=………………（2分）所以加速度的大小22qEam=………………（1分）（2）设系统向右运动的最大位移为x，若2.5xL，由动能定理()230qExqExL−−=…………（2分）解得3Lx=…

……………（2分）与题意不符；若2.54.5LxL，由动能定理()22.530qELqExL−−=………………（2分）解得83xL=与题意符合，即系统向右运动的最大位移为83L。………………（2分）15.（16分

）【解析】（1）物块从A点运动至D的过程中，根据动能定理有32124tan372RmgRmgR++=2102Dmv−………………（2分）解得352DgRv=，方向水平向右。……………………（2分）（2）如图所示，物块所受电场力与重力的合力记为F，其

大小为54mg，方向斜向右下方与水平方向夹角为53，则物块在圆轨道上运动时的等效最高点记为H，等效最低点记为L若恰好能做完整的圆周运动，在H点有254HmvFmgR==（1分）则从出发点到H点，根据动能定理有()200311cos37sin3704tan3722HhmghRRmgRRmv

−−++−=−，解得054hR=，（2分）易知，物块在L点对圆轨道压力最大，根据动能定理和向心力公式有225112,422HLLmgRmvmvN−=−−254LmvmgR=，解得1

52LNmg=………………（2分）根据牛顿第三定律，物块对圆轨道的最大压力大小为152LLNNmg==………………（1分）（3）物块从出发点到C点，根据动能定理20035104tan37262ChRRmghmgmv+++=−解得7C

vgR=，当物块冲上木板后，其加速度大小1133cos37sin37444mmgmgmggam−−==木板的加速度大小12133sin37sin3744MmgmgmgmgMgagM−−−+==物块与木板经过0t达到共

同速度1v，有1010CmMvatatv+==共，解得01129Rtg=，1129vgR=共，………………（2分此过程木板的位移211115629MMRxatd===，即物块与木板共速时刻，木板恰好与挡板P相撞，与

挡板P相撞后，木板的速度方向反向，速度大小不变，反向运动过程中其加速度大小为2Ma=1233sin37sin375442mgmgmgmgMggM−+−+=，则其再次到达挡板P的速度2Mv满足2222122MMMvvaa=共，解得222445MvgR=，从木板第

一次与挡板P相撞到第二次与挡板P相撞所经历的时间()21214721015MMMvvRtaag+=+=共………………（2分）同理可得木板第二次与挡板P相撞到第三次与挡板P相撞所经历的时间()28751075Rtg+=，因此物块从冲上木板

到木板与挡板P发生第三次碰撞前，物块电势能的变化量()()()201210121418533361031cos37421875CmEmgvtttatttmgR+=−+++++=−…………（2分）