2024-2025学年广东省佛山市南海区高三（上）开学物理试卷（含解析）

2024-2025学年广东省佛山市南海区高三（上）开学
物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.年我国探月工程嫦娥六号搭载了四个国际载荷，其中法国的氡气探测仪可监测月球表面的氡气放射情况，从而了解月壤形成以及月球大气变迁过程，氡反应方程式为，则该反应( )
A. 是质子 B. 属于衰变
C. 有射线产生 D. 在月球的反应速率比在地球的慢
2.用四颗磁吸块将一张纸质通知固定在竖直平面上的公告栏内，下列说法正确的是( )
A. 磁吸块受到个力作用
B. 磁吸块受到的摩擦力方向向下
C. 纸质通知受到白板的摩擦力大小大于自身重力
D. 去掉磁吸块，纸质通知受到白板的摩擦力保持不变
3.离子推进器可以为宇宙飞船提供推力，其原理简化图如图所示，近乎静止的正离子在高压电场作用下，从针状电极向环形电极运动，期间撞击由中性粒子组成的推进剂，使推进剂加速向后喷出，从而向前推进飞船。在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 中性粒子附近电场强度比中性粒子附近的小
B. 电极的电势高于电极的电势
C. 正离子与中性粒子组成的系统动量守恒，机械能也守恒
D. 同一正离子的电势能在电极附近比在电极附近小
4.如图是一款高空风车及其发电模块原理简图，该装置利用充气球将发电机带上高空，通过电缆将电能传输到地面，可为救灾场所临时供电。在发电期间，发电机线圈在某一时刻转至图示位置，则下列说法正确的是( )
A. 高空风车发电的工作原理是电流的磁效应
B. 无论风力多大，线圈的发电频率不变
C. 该时刻线圈磁通量为零，感应电动势也为零
D. 该时刻线圈端电势高于端电势
5.如图所示是天工开物中牛力齿轮的图画及其原理简化图，牛拉动横杆驱动半径为的大齿轮匀速率转动，大齿轮与半径为的中齿轮垂直咬合，中齿轮通过横轴与半径为小齿轮相连，小齿轮驱动抽水桶抽水，已知牛拉横杆转一圈需要时间为，则抽水桶的运动速率约为( )
A.
B.
C.
D.
6.深圳大疆公司是全球知名的无人机生产商，其生产的无人机在各行业中得到广泛应用。某同学应用大疆无人机搭载的加速度传感器进行飞行测试。图为在测试软件中设定的、、轴的正方向，其中轴沿竖直方向，无人机开始时沿轴正方向匀速飞行，时刻起该同学进行变速操作，软件生成了图的三个维度的加速度时间图像，可以推断的时间内无人机( )
A. 沿向方向一直加速
B. 沿方向的飞行速度在增大
C. 加速下降
D. 处于超重状态
7.年月嫦娥六号携带四个国际载荷奔赴月球，在周期为小时的环月椭圆轨道上将其中的巴基斯坦立方星送入其预设轨道，嫦娥六号则继续沿原轨道环绕一段时间，后再依次进入小时椭圆轨道和圆轨道，为着落做准备。则嫦娥六号( )
A. 在圆轨道机械能最大
B. 与立方星分离前后在轨道上同一位置的加速度相同
C. 在小时轨道及小时轨道的长轴之比为：
D. 在小时椭圆轨道远月点处的速度大于在圆轨道上的速度
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，一束复色光过圆心方向从半圆形玻璃砖的圆弧面射入，在圆心向空气折射时分成了、两束单色光，则下列说法正确的是( )
A. 随着入射角增大，光先发生全反射现象
B. 光在玻璃砖中的折射率比光的小
C. 光比光更早从点射出
D. 、光照射同种金属时，光产生光电子的最大初动能更大
9.冰壶运动是冬奥的热门项目。如图所示，在某次推击冰壶过程中，质量为的白壶以速度与静止的黑壶进行碰撞，、为碰撞前同一时刻两壶位置，、为两壶静止后所处的位置。两壶除了颜色外，质量、大
小、形状等其余属性均相同，对此下列说法正确的是( )
A. 两壶发生的是非弹性碰撞
B. 碰撞过程中，白壶对黑壶的冲量与黑壶对白壶的冲量相同
C. 从碰撞后到两壶停止的过程中，地面受到冰壶向右的冲量
D. 两壶因碰撞而损失的机械能约为
10.微量振荡天平法是测量大气颗粒物质量的主流方法之一，如图是微量振荡天平的原理简化图。气流穿过滤膜后，颗粒物附着在滤膜上，使锥形振荡管的整体质量增加，从而改变其固有频率；起振器从低频到高频振动，根据霍尔元件模块、端输出的电信号可以测量出锥形振荡管与起振器的共振频率，进而推测出滤膜上的颗粒物质量。下列说法正确的是( )
A. 随着起振器振动频率增大，锥形振荡管的振幅一定增大
B. 锥形振荡管左右振动时，霍尔元件的、端输出直流信号
C. 霍尔元件中的载流子为电子时端带负电
D. 在磁铁靠近霍尔元件过程中，、端输出电压增大
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学在佛山利用二维运动传感器研究平抛运动，实验装置如图。圆形信号发射器每隔发出一次信号，计算机利用信号接收点、接收到的信号之间的差异，可计算出信号发射器的实时位置，图是某次实验计算机绘制出的信号发射器平抛运动时的平面坐标位置图，图中每个小方格的边长为。
图数据若满足______ ______ ______使用图中物理量符号表示，即可认为圆形信号发射器在竖直方向的运动近似为匀加速直线运动；
根据图中数据，计算出圆形信号发射器经过点时的水平方向速度为______，以及当地重力加速度的大小为______结果均保留位有效数字；
通过查找资料发现，广东地区的重力加速度为，实验结果出现该偏差的原因可能是______。
A.圆形信号发射器运动过程中受到空气阻力
B.信号实际发射间隔大于
C.轨道的出口处不水平
D.轨道不光滑
12.小明同学发现玩具中的一个小电机在所加电压低于某一值时不转动，高于此值才能转动，于是设计如下实验测量此小电机的具体内阻提前查阅资料可知在以下和转动时的效率，使用的器材如下：
A.电池组
B.滑动变阻器
C.开关
D.导线
E.电压表，内阻约
F.电流表，内阻约
实验步骤如下：
为了更准确测量小电机的内阻，应将器材按照图______填“”或“”连接；
调节滑动变阻器滑片，逐渐增大电压大小，发现小电机在电压左右时开始转动；
某次电流表示数如图所示，其读数为：______；获得多组电压表、电流表读数后，在图像中描绘出数据点；
从图像数据可知小电机的内阻为______，小电机在电压下的效率为______。结果均保留三位有效数字
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.某同学从网上订购了一款压力锅，如图为该锅的结构简图。在某次试用过程中，该同学先盖好密封锅盖，并将限压阀套在排气孔上，加热前锅内气体温度，气体压强与外界大气压强均为。当锅内气体被加热至时，压力阀恰好被顶起进行泄压。已知出气孔的横截面积，重力加速度，热力学温度与摄氏温度的换算关系近似为，不计压力阀和排气孔外壁的摩擦，锅内气体可视为理想气体。
求限压阀的质量。
若限压阀被顶起时立即停止加热，并直接取走限压阀进行快速放气。请判断在放气过程中，锅内气体的温度会如何变化？并简要说明理由。
14.年月强烈的太阳风引起了超大地磁暴，使得全球很多低纬度地区均可以观测到非常绚丽的粉红色极光。太阳风中最主要的粒子是质子和电子，某同学为了研究质子和电子，采用如图所示装置：平行电极板和间存在沿轴方向，加速电压可调节的加速电场；中间是一个速度选择器，其中电场的场强大小为，方向竖直向下，磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向内；右侧是垂直轴放置的足够大的荧光屏与挡板，间距为，其间存在垂直纸面、大小可调节的匀强偏转磁场。等离子体氢气发生器产生的质子和电子经窄缝无初速飘进加速电场，调节和间加速电压的大小和方向，分别使质子和电子能沿轴方向匀速穿过速度选择器。当偏转磁场的磁感应强度大小调大至时，质子在荧光屏上方距离点处产生光斑。当偏转磁场的磁感应强度大小调大至时，电子在荧光屏恰好不能产生光斑，已知电子和质子带电量大小均为，质子与电子重力不计。求：
带电粒子穿过速度选择器的速度大小；
偏转磁场的方向，以及质子的质量；
为了使质子与电子都能分别穿过速度选择器，加速电场的电压大小之比。
15.为研究山体滑坡，某同学建立了如图所示的物理模型，固定斜面体上有两段倾角均为的平行斜面和，其中段足够长。形滑板恰好静止在段的最上端，其上表面与段齐平。的质量为，其上表面长度为。在斜面段上距离点处静止释放一质量为的小滑块，滑块与斜面段以及与滑板的上表面间的动摩擦因数均为，滑块与滑板下端挡板间碰撞过程无机械能损失，且碰撞时间极短，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知，，重力加速度为。求：
滑板与斜面间动摩擦因数，以及滑块刚滑上滑板的速度大小；
判断滑块滑上滑板时滑板能否保持静止，求滑块与滑板下端挡板第一次碰撞后瞬间的速度大小；
试讨论分析小滑块能否与滑板下端挡板发生第二次碰撞。
答案解析
1.
【解析】解：、根据质量数守恒和电荷数守恒可知，为，属于衰变，此过程中有射线产生，故C正确，AB错误；
D、原子核的半衰期只与元素本身有关，与外界环境无关，故D错误；
故选：。
根据质量数守恒和电荷数守恒的特点得出的类型，过程中会伴随射线产生；
半衰期只与元素本身有关，与外界环境无关。
本题主要考查了原子核的衰变问题，熟悉核反应前后的特点，结合半衰期的概念即可完成分析。
2.
【解析】解：磁吸块受到重力、弹力、摩擦力、吸引力个力作用，故A错误；
B.磁吸块相对纸有向下运动的趋势，则摩擦力方向向上，故B错误；
纸质通知在竖直方向受自身重力，公告栏对其向上的摩擦力和四颗磁铁向下的摩擦力，有
所以受到白板的摩擦力大小大于自身重力，去掉磁吸块，纸质通知受到白板的摩擦力变小，故C正确，D错误；
故选：。
分别对磁吸块和纸受力分析，根据平衡条件和牛顿第三定律去分析。
本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，注意静摩擦力的方向，难度适中，正确区分平衡力和相互作用力是解决此题的关键。
3.
【解析】解：、电场线越密集的地方，场强越大，则中性粒子附近电场强度比中性粒子附近的大，故A错误；
、正离子在高压电场作用下，从针状电极向环形电极运动，则电场方向向右，沿着电场线，电势逐渐降低，则电极的电势高于电极的电势，根据可知，正离子在电势高的位置电势能较大，则同一正离子的电势能在电极附近比在电极附近大，故B正确、D错误；
C、正离子与中性粒子组成的系统沿电场线方向合外力不为零，动量不守恒；正离子与中性粒子碰撞过程中可能不是弹性碰撞，机械能不一定守恒，故C错误。
故选：。
电场线越密集的地方，场强越大；沿着电场线，电势逐渐降低；根据判断电势能大小；根据动量守恒定律的守恒条件、机械能守恒定律的守恒条件进行判断。
无论是电场线或是等差等势面，都是密的地方场强大，疏的地方场强小；电势高低的判断方法可以根据电势的定义式来判断，但一般都是按沿电场线方向电势降低来判断。
4.
【解析】解：、高空风车发电是利用电磁感应原理制成的，故A错误；
B、风力越大，转子转动越快，线圈的发电频率越高，故B错误；
C、该时刻线圈磁通量为零，磁通量变化率最大，感应电动势最大，故C错误；
D、根据右手定则，该时刻线圈端电势高于端电势，故D正确。
故选：。
高空风车发电的工作原理是电磁感应；线圈的发电频率与风速有关；该时刻线圈磁通量为零，感应电动势最大；利用右手定则判断电势高低。
解答本题时，要理解交流发电机的工作原理，明确线圈与磁场平行时，线圈磁通量为零，感应电动势最大。
5.
【解析】解：大齿轮的线速度大小为
由题意可知，大齿轮和中齿轮的线速度大小相等，即
中齿轮和小齿轮是同轴传动，具有的角速度，根据可知
解得
故A正确，BCD错误；
故选：。
大齿轮和中齿轮靠齿轮咬合传动，线速度大小相等，中齿轮和小齿轮是同轴传动，具有的角速度，根据线速度与角速度公式解答。
解决本题的关键知道靠链条传动，线速度大小相等，共轴转动，角速度相等。
6.
【解析】解：、由图可知，无人机有沿轴负方向的速度，的时间内沿轴的加速度为正，则沿向方向速度会减小，做减速运动，故A错误；
B、无人机开始时沿轴正方向匀速飞行，的时间内沿轴的加速度为负，速度减小，故B错误；
、的时间内沿轴的加速度向上为正，无人机加速上升，有竖直向上的加速度，无人机处于超重状态，故C错误，D正确。
故选：。
无人机沿轴负方向加速运动，然后在内做减速运动；无人机开始时沿轴正方向匀速飞行，内无人机有轴负方向的加速度；一开始没有竖直方向的速度，后来有向上的加速度，无人机处于超重状态。
知道无人机在这三个方向的运动具有独立性，互不干扰是解题的关键。
7.
【解析】解：嫦娥六号在周期为小时的环月椭圆轨道依次进入小时椭圆轨道和圆轨道都需要向前喷气，对嫦娥六号做负功减速，机械能减小，所以嫦娥六号在圆轨道机械能最小，故A错误；
B.嫦娥六号与立方星分离前后在轨道上同一位置根据牛顿第二定律
解得
由于嫦娥六号与立方星分离前后在轨道上同一位置万有引力方向不变，则加速度方向不变；月球质量和到月球的距离不变，所以加速度大小不变，故B正确；
C.嫦娥六号在小时轨道及小时轨道根据开普勒第三定律
所以，在小时轨道及小时轨道的长轴之比
故C错误；
D.设在小时椭圆轨道远月点距离处有一圆形轨道，嫦娥六号在此轨道上的速度大小为，在小时椭圆轨道远月点处的速度大小为，在圆轨道上的速度大小为，根据牛顿第二定律
解得
又，在小时椭圆轨道远月点距离处圆形轨道半径大于在圆轨道上的半径，所以
若嫦娥六号由在小时椭圆轨道远月点距离处圆形轨道变轨到小时椭圆轨道则需减速，即
所以
即嫦娥六号在小时椭圆轨道远月点处的速度大小小于在圆轨道上的速度大小，故D错误。
故选：。
A、根据机械能守恒条件分析；
B、根据万有引力定律和牛顿运动定律确定出加速度；
C、根据开普勒第三定律计算；
D、根据嫦娥六号围绕月球运转，万有引力提供向心力以及卫星运行的规律来判断。
熟练掌握开普勒三定律以及卫星在运动的过程中，由万有引力提供向心力，以及向心力与周期、线速度的关系是解题的基础。
8.
【解析】解：、由图看出光的偏折程度大于光，则光的折射率大于光的折射率，由公式，得知，光的临界角较小，入射角增大，光先达到临界角，则光先发生全反射，故A错误，B正确；
C、根据得，光在玻璃中传播速度较大，光比光更早从点射出，故C正确；
D、光折射率较大，则频率较大，根据光电效应方程知，则光照射金属产生光电子的最大初动能较大，故D错误。
故选：。
根据光的偏折程度比较、两束光的折射率大小，从而比较出频率的大小、光在介质中的速度大小和波长的大小，由分析临界角的大小，判断能否发生全反射。结合光电效应方程比较最大初动能。
解决本题的关键通过光的偏折程度比较出光的折射率的大小，掌握折射率与频率、波长、在介质中的速度大小、临界角公式的关系。
9.
【解析】解：由图可知，碰后白黑两壶的位移之比为
根据可知，两壶碰后的速度大小之比为
A.两壶发生碰撞，取向右为正方向，根据动量守恒
解得
，
则碰前白壶的动能为
碰后两壶的动能为
因为
所以，两壶发生的是非弹性碰撞，故A正确；
B.碰撞过程中，白壶对黑壶的冲量与黑壶对白壶的冲量大小相等，方向相反，故B错误；
C.从碰撞后到两壶停止的过程中，地面受到冰壶向右的摩擦力，以及冰壶对地面向下的压力，所以，地面受到冰壶的冲量的方向是右下方，故C错误；
D.两壶因碰撞而损失的机械能约为
故D正确。
故选：。
A.由图可知，碰后白黑两壶的位移之比，根据牛顿第二定律以及可得两壶碰后的速度大小之比为；两壶发生碰撞，根据动量守恒可以求解出碰后的速度，进而得出碰前和碰后系统的动能，据此判断两壶发生的是弹性碰撞还是非弹性碰撞；
B.碰撞过程中，根据牛顿第三定律判断白壶对黑壶的冲量与黑壶对白壶的冲量是否大小相等以及冲量的方向是相同还是相反；
C.从碰撞后到两壶停止的过程中，地面受到冰壶向右的摩擦力，以及冰壶对地面向下的压力，据此判断地面受到冰壶的冲量的方向；
D.结合选项，判断两壶因碰撞而损失的机械能。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，结合牛顿运动定律、运动学公式和能量守恒定律即可完成分析。
10.
【解析】解：、起振器振动频率与固有频率的大小关系未知，则随着起振器振动频率增大，锥形振荡管的振幅不一定增大，故A错误；
B、锥形振荡管左右振动时，霍尔元件的、端输出的电流方向不会改变，则会输出直流信号，故B正确；
C、磁场方向向左，电子与电流方向相反，根据左手定则可知，端带负电，故C正确；
D、根据平衡关系可知：可得：，由此可知，在磁铁靠近霍尔元件过程中，磁场增大，则、端输出电压增大，故D正确。
故选：。
根据发生共振的条件进行分析；锥形振荡管左右振动时，输出直流信号；根据左手定则进行分析；根据平衡关系得到霍尔电压表达式进行分析。
本题主要是考查霍尔元件，关键是弄清楚微量振荡天平的原理，知道共振的条件。
11.
【解析】解：根据匀变速直线运动推论，连续相等时间内的位移差相等可知，若
即可认为圆形信号发射器在竖直方向的运动近似为匀加速直线运动。
根据题意，由图中数据可得，圆形信号发射器经过点时的水平方向速度为
竖直方向上，由逐差法有
解得当地重力加速度的大小为
圆形信号发射器运动过程中受到空气阻力，则测得的重力加速度偏小，故A不符合题意；
B.信号实际发射间隔大于，则时间偏小，测得的重力加速度偏大，故B符合题意；
轨道的出口处不水平、轨道不光滑不影响竖直方向上重力加速度的测量，故CD不符合题意。
故选：。
故答案为：，，；，；。
根据匀变速直线运动的推论和纸带上面的数据可判断；
根据水平方向上的位移和时间求出初速度，根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出重力加速度．
根据实验原理进行误差分析。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解．根据实验原理进行误差分析。
12.
【解析】解：由于，因此电流表采用外接法；
为了更准确测量小电机的内阻，应将器材按照图连接；
毫安表的分度值为，电流表的读数为；
根据描点法作图，作图时使尽量多的点落在直线上，不能落在直线上的要均匀分布在直线两侧，舍弃个别相差较远的点；电动机转动后，用平滑曲线连接，如图所示：
电动机不转动时可以看作纯电阻电路，根据欧姆定律，电动机内阻
当时，通过电动机的电流，电动机消耗的功率
热功率
电动机的输出功率
电动机的效率。
故答案为：；；；。
根据电动机内阻、电流表内阻和电压表内阻比值大小确定电流表的内外接法，然后作答；
毫安表的分度值为，根据毫安表的读数规则读数；
根据描点作图法的规则作图；根据图像斜率求电动机内阻；根据图像求解电流，然后根据功率公式求解电动机消耗的总功率和热功率，最后求解电动机的效率。
本题主要考查了毫安表的读数，电流表内、外接法的判断；要熟练掌握功率公式和欧姆定律的运用；注意电动机不转动时可看作纯电阻电路。
13.解：锅内气体发生等容变化，初状态压强：，
末状态：
根据查理定律得：
解得：
对限压阀，根据平衡条件得：
联立解得：；
在放气过程中，锅内气体体积增大对外做功，由于放气过程很快，气体来不及与外界进行热交换，根据热力学第一定律可知，锅内气体的内能减小，温度降低。
答：限压阀的质量为。
在放气过程中，锅内气体的温度会降低；理由见解析。
【解析】锅内气体发生等容变化，根据查理定律求解末状态的压强，对限压阀，根据平衡条件进行解答；
在放气过程中，根据热力学第一定律进行分析。
本题主要是考查了一定质量的理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，选择合适的气体实验定律解决问题。
14.解：带电粒子穿过速度选择器时，受力平衡
解得
由几何关系
解得
质子在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有
解得
当偏转磁场的磁感应强度大小调大至时，电子在苂光屏恰好不能产生光斑，则，电子的轨迹半径为
电子在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有
解得
质子在加速电场中，根据动能定理
电子在加速电场中，根据动能定理
解得
答：带电粒子穿过速度选择器的速度大小为；
质子的质量为；
加速电场的电压大小之比为。
【解析】根据带电粒子穿过速度选择器时，受力平衡列式可得出粒子的速度；
根据左手定则，可知偏转磁场的方向为垂直纸面向内，质子的运动轨迹得出半径的大小，结合洛伦兹力提供向心力求解质子的质量；
电子、质子在加速电场中，根据动能定理求解加速电场的电压大小之比。
本题主要考查了带电粒子在磁场中的相关应用理解带电粒子的受力分析，结合牛顿第二定律和动能定理即可完成分析。
15.解：初始滑板恰好静止在段的最上端，对滑板由平衡条件得：
解得：
设滑块刚滑上滑板的速度大小为，对滑块在斜面段上运动的过程，由动能定理得：
解得：
滑块滑上滑板时，滑块对滑板沿斜面向下的滑动摩擦力大小为：
滑板的重力沿斜面向下的分力大小为：
滑板与斜面之间的最大静摩擦力为：
因：，故滑块滑上滑板时滑板能保持静止。
设滑块与滑板碰撞前瞬间的速度大小为，对碰撞前滑块在滑板上下滑的过程，根据动能定理得：
解得：
滑块与挡板碰撞过程，以沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
解得：，
滑块与滑板下端挡板第一次碰撞后瞬间的速度大小为，方向沿斜面向上。
碰撞后滑板沿斜面下滑，滑块相对滑板上滑，两者共速前均做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得两者的加速度大小分别为：
，方向沿斜面向下。
，方向沿斜面向上。
以沿斜面向下为正方向，假设两者共速之前没有脱离，共速的速度为，所用时间为，的位移为，的位移为，相对的位移为，由运动学公式得：
解得：，，
因：，故假设成立。
由，可知共速时两者下滑，根据的分析，可知共速之后加速下滑，先减速下滑，无论是否静止始终相对下滑，则小滑块能与滑板下端挡板发生第二次碰撞。
答：滑板与斜面间动摩擦因数为，以及滑块刚滑上滑板的速度大小为；
滑块滑上滑板时滑板能保持静止，滑块与滑板下端挡板第一次碰撞后瞬间的速度大小为；
小滑块能与滑板下端挡板发生第二次碰撞。
【解析】根据共点力的平衡条件求出滑板与斜面间动摩擦因数。对滑块在斜面段上运动的过程，运用动能定理求出滑块刚滑上滑板的速度大小。
滑块滑上滑板时，求出滑板与斜面之间的最大静摩擦力，根据共点力的平衡条件判断滑板能否保持静止。根据动能定理求出碰撞前滑块的速度，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后瞬间的速度大小。
根据牛顿第二定律与运动学公式分析碰撞后两者的相对应的过程，求出滑块与滑板达到共同速度时相对位移大小，判断滑块是否脱离滑板，进而判断滑块能否与滑板下端的挡板发生第二次碰撞。
本题考查了板块相对运动问题，动量守恒定律应用的弹性碰撞模型，考查了力与运动逻辑分析能力。对于板块模型要考虑是否存在共速，以及相对静止与相对滑动的判断。
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