江西省2023-2024學(xué)年高考臨考沖刺物理試卷含解析

江西?。ㄒ舜褐袑W(xué)2023-2024學(xué)年高考臨考沖刺物理試卷

注意事項(xiàng)

1.考生要認(rèn)真填寫考場號(hào)和座位序號(hào)。

2.試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑

色字跡的簽字筆作答。

3.考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。

一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。

1、同一平面內(nèi)固定有一長宣導(dǎo)線PQ和一帶缺口的剛性金屬圓環(huán)，在圓環(huán)的缺口兩端引出兩根導(dǎo)線，分別與兩塊垂直

于圓環(huán)所在平面固定放置的平行金屬板MN連接，如圖甲所示.導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電流i,i的變化如圖乙所示,

規(guī)定從Q到P為電流的正方向，則在卜2s內(nèi)

圖乙

A.M板帶正電,且電荷量增加

B.M板帶正電,且電荷量減小

C.M板帶負(fù)電,且電荷量增加

D.M板帶負(fù)電,且電荷量減小

2、如圖，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為1：2,原線圈與固定電阻R串聯(lián)后，接入輸出電壓有效值恒定的正弦交

流電源。副線圈電路中負(fù)載電阻為可變電阻及，A、V是理想電表。當(dāng)此=2拈時(shí)，電流表的讀數(shù)為1A,電壓表的讀

數(shù)為4V,則（）

A.電源輸出電壓為8V

B.電源輸出功率為4W

C.當(dāng)&=8。時(shí)，變壓器輸出功率最大

D.當(dāng)肥=8。時(shí)，電壓表的讀數(shù)為3V

3、某同學(xué)采用如圖所示的裝置來研究光電效應(yīng)現(xiàn)象。某單色光照射光電管的陰極K時(shí)，會(huì)發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，閉合

開關(guān)S,在陽極A和陰極K之間加反向電壓，通過調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片逐漸增大電壓，直至電流計(jì)中電流恰為零,

此時(shí)電壓表顯示的電壓值U稱為反向截止電壓?，F(xiàn)分別用頻率為力和及的單色光照射陰極，測量到的反向截止電壓

分別為3和5設(shè)電子質(zhì)量為，小電荷量為e,則下列關(guān)系式中不正確的是

A.頻率為W的單色光照射陰極K時(shí)光電子的最大初速度vlm

〃2片盟嶺

陰極金屬的極限頻率％=

B.AU2M

e（U—（7.）

c.普朗克常量〃=一^-2力

片一匕

D.陰極K金屬的逸出功W=,"彩一心匕）

匕一彩

4、圖甲是小型交流發(fā)電機(jī)的示意圖，線圈繞垂直于勻強(qiáng)磁場的水平軸00沿逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，從圖示位置開始

計(jì)時(shí)，產(chǎn)生的交變電流隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示，以下判斷正確的是（）

A.交流電的頻率是100Hz

B.0.02s時(shí)線圈平面與磁場方向平行

C.0.02s時(shí)穿過線圈的磁通量最大

D.電流表的示數(shù)為20A

5、如圖所示，高h(yuǎn)=lm的曲面固定不動(dòng).一個(gè)質(zhì)量為1kg的物體，由靜止開始從曲面的頂點(diǎn)滑下，滑到底端時(shí)的速度

大小為4m/s.g取10m/sL在此過程中，下列說法正確的是（）

A.物體的動(dòng)能減少了8JB.物體的重力勢能增加了10J

C.物體的機(jī)械能保持不變D.物體的機(jī)械能減少了11J

6、將一個(gè)小木塊和一個(gè)小鋼珠分別以不同的速度，豎直向上拋出，若小木塊受到的空氣阻力大小跟速度大小成正比，

即/=加（其中女為常數(shù)），小鋼珠的阻力忽略不計(jì)，關(guān)于兩物體運(yùn)動(dòng)的VT圖象正確的是（取向上為正方向）（）

二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得。分。

7、光滑絕緣的水平地面上，一質(zhì)量〃X1.0kg、電荷量4=1.0'10訪（：的小球靜止在O點(diǎn)，現(xiàn)以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)在水平

面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xQy,如圖所示，從U0時(shí)刻開始，水平面內(nèi)存在沿x、y方向的勻強(qiáng)電場巴、Elt場強(qiáng)大小均

為1.0xl（Vv/m；"0.1s時(shí)，j方向的電場變?yōu)榉较?，場?qiáng)大小不變；U0.2s時(shí)，y方向的電場突然消失，x方向的電

場變?yōu)榭ǚ较颍笮?下列說法正確的是（）

O

A.r=0.3s時(shí),小球速度減為零

B.UO.ls時(shí)，小球的位置坐標(biāo)是（0.05m,0.15m）

C./=0.2s時(shí),小球的位置坐標(biāo)是（0.1m,0.1m）

D.DO.3s時(shí),小球的位置坐標(biāo)是（0.3m,0.1m）

8、一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)呢再由狀態(tài)8變化到狀態(tài)C,其狀態(tài)變化過程的p?V圖象如圖所示。

已知?dú)怏w在狀態(tài)A時(shí)的溫度為17C,熱力學(xué)溫度與攝氏溫度間的關(guān)系為T=f+273K,則下列說法正確的是（）

A.氣體在狀態(tài)B時(shí)的溫度為290K

圖(b)

⑴由圖（b）可知，小車在桌面上是_____（填??從右向左”或??從左向右”）運(yùn)動(dòng)的。

⑵該小組同學(xué)根據(jù)圖（b）的數(shù)據(jù)判斷出小車做勻變速運(yùn)動(dòng)。小車運(yùn)動(dòng)到圖（b）中4點(diǎn)位置時(shí)的速度大小為

m/s,加速度大小為m/s??（結(jié)果均保留一位有效數(shù)字）

12.（12分）在實(shí)驗(yàn)室測量兩個(gè)直流電源的電動(dòng)勢和內(nèi)阻。電源甲的電動(dòng)勢大約為4.5V,內(nèi)阻大約為1.5C；電源乙的

電動(dòng)勢大約為1.5V,內(nèi)阻大約為1。。由于實(shí)驗(yàn)室條件有限，除了導(dǎo)線、開關(guān)外，實(shí)驗(yàn)室還能提供如下器材:

A.量程為0?3V的電壓表VB.量程為。?0.6A的電流表Ai

C.量程為0~3A的電流表A2D.阻值為4.0。的定值電阻凡

E.阻值為100。的定值電阻RiF.最大阻值為10。的滑動(dòng)變阻器&

G最大阻值為100。的滑動(dòng)變阻器/?4,

（1）選擇電壓表、電流表、定值電阻、滑動(dòng)變阻器等器材，采用圖甲所示電路測量電源甲的電動(dòng)勢和內(nèi)阻

甲乙內(nèi)

①定值電阻應(yīng)該選擇（填“D”或"E”）；電流、表應(yīng)該選擇（填或"C”）；滑動(dòng)變阻器應(yīng)該選擇（填或"G”）.

②分別以電流表的示數(shù)/和電壓表的示數(shù)U為橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)，計(jì)算機(jī)擬合得到如圖乙所示U4圖象，U和1的單位

分別為，和A,擬合公式為U=?5.8/+4.6,則電源甲的電動(dòng)勢月二一V,內(nèi)阻r=Q。（保留兩位有效數(shù)字）

③在測量電源甲的電動(dòng)勢和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)中，產(chǎn)生系統(tǒng)誤差的主要原因是（）

A.電壓表的分流作用B.電壓表的分壓作用

C.電流表的分壓作用D.電流表的分流作用

E.定值電阻的分壓作用

（2）為了簡便快捷地測量電源乙的電動(dòng)勢和內(nèi)阻，選擇電壓表、定值電阻等器材，采用圖丙所示電路。

①定值申阻應(yīng)該選擇（填或"E”）

②實(shí)驗(yàn)中，首先將K斷開，％閉合，電壓表示數(shù)為1.49V,然后將M、M均閉合，電壓表示數(shù)為1.18V,則電源乙電

動(dòng)勢月=V,內(nèi)阻r=。。（小數(shù)點(diǎn)后保留兩位小數(shù)）

四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

13.（10分）如圖所示，質(zhì)量為用的長木板靜止在水平地面上，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃尸0.5,其端有一固定的、

光滑的半徑R=0.4m的四分之一圓弧軌道（接觸但無黏連），長木板上表面與圓弧面最低點(diǎn)等高，木板左側(cè)有一同樣的

固定的圓弧軌道，木板左端與左側(cè)圓弧軌道右端相距xo=lm。質(zhì)量為m2=2〃”的小木塊（看成質(zhì)點(diǎn)）從距木板右端

x=2m處以vo=10m/s的初速度開始向右運(yùn)動(dòng)，木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃2=0.9,重力加速度取g=10m/s2o求:

（1）山2第一次離開右側(cè)圓弧軌道后還能上升的最大高度。

⑵使〃”不從mi上滑下，加的最短長度。

（3）若如取第⑵問中的最短長度，，加第一次滑上左側(cè)圓弧軌道上升的最大高度。

14.（16分）甲、乙兩列簡諧橫波在同一介質(zhì)中分別沿x軸正向和負(fù)向傳播，波速均為片20cm/s。兩列波在U0時(shí)的

波形曲線如圖所示。求：

⑴U0開始，乙的波谷到達(dá)x=0處的最短時(shí)間；

（ii）/=（MOs內(nèi)，x=0處的質(zhì)點(diǎn)到達(dá)正向最大位移處的次數(shù)。

15.（12分）如圖所示，兩條直線MN與PQ所夾區(qū)域內(nèi)有兩個(gè)不同的勻強(qiáng)磁場，磁場的直線邊界。。'與MN和夕。

均垂直。一質(zhì)量為〃?、電荷量為4的帶電粒子以某一初速度垂直射入磁場用，受磁場力的作月，最終垂直于邊

界PQ且從。'。段射出。已知：兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為旦型、生=3也”（各物理量單位均為國際單

（iq

位制中的主單位），粒子進(jìn)入磁場的初速度為u=20mn/s<>不計(jì)粒子重力，求：

⑴粒子在用、色磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑之比

（2）粒子在兩磁場中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間

M

當(dāng)

0--O'

XXx

V坊

XXX

NQ

參考答案

一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。

1、A

【解析】

在1~2s內(nèi)，穿過金屬圓環(huán)的磁場垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度變小，穿過金屬圓環(huán)的磁通量變小，磁通量的變化率變

大，假設(shè)環(huán)閉合，由楞次定律可知感應(yīng)電流磁場與原磁場方向相同，即感應(yīng)電流磁場方向垂直于紙面向里，然后由安

培定則可知感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知感應(yīng)電動(dòng)勢增大，由此可知上極M板電勢高，帶正電,

電荷量增加，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤；

故選A.

2、C

【解析】

A.當(dāng)心=22時(shí)，電流表的讀數(shù)為1A,電壓表的讀數(shù)為4V,所以&=4。，2=2。，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比

為1：2,根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比得原線圈電壓是S=2V,根據(jù)電流與匝數(shù)成反比得原線圈電流是/尸2A,所以電源輸

出電壓為

r=t/i+Zi/?i=2+2x2=6V

故A錯(cuò)誤；

B.電源輸出功率為

P=UZi=12W

故B錯(cuò)誤:

u

c.根據(jù)歐姆定律得副線圈電流為『2，所以原線圈電流是2丁，所以

K、A-,

12/?2

6=2區(qū)?鳥+子U=

28+R,

變壓器輸出的功率

U：144/?2144

P?=

4-2-彩16

9

所以當(dāng)生=8。時(shí)，變壓器輸出的功率P2最大，即為一W,故C正確;

2

D.當(dāng)肥=8。時(shí)，t72=6V,即電壓表的讀數(shù)為6V,故D錯(cuò)誤。

故選C。

3、C

【解析】

A.光電子在電場中做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得:

-嗎=（）一）哈

則得光電子的最大初速度:

*

\m

故A不符題意;

BCD.根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程得:

/?Vj=eUx+W

hv2=eU2+W

聯(lián)立可得普朗克常量為：

一⑼-力）

匕一彩

代入可得金屬的逸出功：

W=hv]-必=次”產(chǎn)2一.2匕）

匕一匕

陰極K金屬的極限頻率為:

6（一產(chǎn)2—。2%）

W_v,-v2_U2v}-U}v2

%。=e（uy二U?-U：

匕一嗎

故C符合題意，B、D不符題意。

4、B

【解析】

A.根據(jù)圖乙，交變電流周期為

T=0.02s

頻率為

/=-=—Hz=50Hz

T0.02

A錯(cuò)誤；

BC.0.02s時(shí)，電流最大，線圈平面與磁場方向平行，穿過線圈的磁通量為零.R正確.C錯(cuò)誤：

D.根據(jù)圖乙，電流的最大值

/m=10>/2A

電流的有效值

/=_^=20^2A=10A

N/2V2

所以電流表示數(shù)為10A,D錯(cuò)誤。

故選Bo

5、D

【解析】

A項(xiàng)，物體由靜止開始下滑，末速度為4m/s,動(dòng)能變化量A從=上加=底以42=84,物體的動(dòng)能增加了8J,

22

故A項(xiàng)錯(cuò)誤.

B項(xiàng)，設(shè)地面為零勢能面，在頂端物體的重力勢能為2助二20，,此過程中，物體的重力勢能減小了10J,故B項(xiàng)

錯(cuò)誤.

C、D項(xiàng)，機(jī)械能包括勢能和動(dòng)能，A￡=AEA+AEp=8J-20J=-12J，所以物體的機(jī)械能減少了11J,故C錯(cuò)誤;

D正確；

故選D

6、D

【解析】

小鋼珠在運(yùn)動(dòng)過程中只受到重力作用，所以小鋼珠的U-/圖象為一條向下傾斜的直線，小木塊在向上運(yùn)動(dòng)過程中其加

速度滿足

mg+kv

a=------

m

隨著口的減小。減小，當(dāng)速度減為零的瞬間加速度剛好減小到等于重力加速度，此時(shí)曲線的斜率跟斜線的斜率相同,

之后小木塊下落，這個(gè)過程加速度滿足

，〃火-kv

a=-------

m

加速度繼續(xù)減小，如果高度足夠高，小鋼珠最后可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)；

故選D。

二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。

7、AD

【解析】

從U0時(shí)刻開始，水平面內(nèi)存在沿+x、+y方向的勻強(qiáng)電場￡］、場強(qiáng)大小均為l.OxlO'V/m,則由牛頓第二定律

可知

小球沿+工、方向的加速度的大小均為

2

%=a2=10m/s

經(jīng)過Is,z=0.Is時(shí)，小球沿+x、方向的速度大小均為

K=v2=lm/s

小球沿+i、方向的位移大小均為

x,=x2=0.05m

在第2個(gè)0.Is內(nèi)，小球沿x方向移動(dòng)的距離

1,

x2=v/2+—a2t；=0.15m

沿y方向移動(dòng)的距離

I,

y2=v2r2--?/；=O.O5m

沿y方向移動(dòng)的速度

,

v2=v2r2-6F,r2=0

U0.2s時(shí)，y方向的電場突然消失，x方向的電場變?yōu)?x方向，則在第3個(gè)0.1s內(nèi)小球沿+x方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng),

由

qE2=ma2

可知=20m/s2,

在第3個(gè)0.1s內(nèi)，小球沿+x方向移動(dòng)的距離

A3=(v,+^2)r3--^=0.1m

i=0.3s時(shí)，小球的速度微

匕二(匕+&2)_?3=0

綜上分析可知，AD正確，BC錯(cuò)誤。

故選AD,

8、BC

【解析】

A.氣體在狀態(tài)4時(shí)的溫度為17C,7\=(273+17)K=290K,由理想氣體狀態(tài)方程得

p八匕二“八匕

TA-TA

氣體在狀態(tài)笈時(shí)的溫度

八尸1160K

A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B.氣體由狀態(tài)8到狀態(tài)C做等容變化，根據(jù)查理定律得

PB_=PC_

TJ￡

解得

7>580K

B項(xiàng)正確；

C.氣體由狀態(tài)8到狀態(tài)。不對外做功，但溫度降低，內(nèi)能減小，C項(xiàng)正確;

D.根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U=w+Q可知?dú)怏w向外界放出熱量，D項(xiàng)錯(cuò)誤。

故選BC.

9、AB

【解析】

D.進(jìn)入磁場的過程中，安培力

B2l2v

F=BIL=

R

B、/、】，不變，則尸不變；完全進(jìn)入磁場，感應(yīng)電流為零，安培力為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；

A.因?yàn)閷?dǎo)線框勻速運(yùn)動(dòng)，水平外力和安培力尸大小相等，進(jìn)入磁場過程中，水平外力的沖量

F

I=Ft=——x

v

所以1.關(guān)系圖象為正比例函數(shù)，完全進(jìn)入后外力為零，沖量為零，選項(xiàng)A正確；

B.進(jìn)入磁場的過程中，有

鏟注"BQ

O0

完全進(jìn)入磁場的過程中，?！ㄟ叺碾妱莶?/p>

U°b=BA

選項(xiàng)B正確；

C.進(jìn)入磁場的過程中

所以分x關(guān)系圖象為正比例函數(shù)，完全進(jìn)入后電流為零，q不變但不為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。

故選AB。

10、CD

【解析】

A.由圖象可知該車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度位移公式有

V2-Vo12片

X=------=—V———

2a2a2a

則圖象的斜率等于

1-2-8

五一25

解加速度a=-1.25m/s2,即大小為l.ZSm/C,故A錯(cuò)誤；

B.設(shè)汽車減速到零所有的時(shí)間為％,根據(jù)速度公式有

代入數(shù)據(jù)解得%=4s,說明賽車在U2s時(shí)仍在運(yùn)動(dòng)，此時(shí)速度不為0,故B錯(cuò)誤；

C.設(shè)賽車在前2s內(nèi)的位移為占，根據(jù)位移時(shí)間公式有

%=卬2+產(chǎn)

代入數(shù)據(jù)解得W=7.5m,故C正確；

D.設(shè)賽車在前Is內(nèi)的位移為芭，根據(jù)位移時(shí)間公式有

1,

代入數(shù)據(jù)解得X=4.375m,由圖可知該車在Is內(nèi)是由-2m處出發(fā)，所以在1s時(shí)的位置坐標(biāo)為*-2m=2.375m,故D

正確。

故選CD,

三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

11、從右向左0.30.1

【解析】

(1)[1].由于用手輕推一下小車，則小車做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)桌面上連續(xù)6個(gè)水滴的位置，可知，小車從右向左做減速運(yùn)

動(dòng)。

(2)[2].已知滴水計(jì)時(shí)器每20s內(nèi)共滴下51個(gè)小水滴，那么各點(diǎn)時(shí)間間隔為

T=—s=0.4s

5()

根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的速度等于該過程中的平均速度，有

=---------xlO3m/s=0.3m/s

2x0.4

[3].根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論公式△XRT2可以求出加速度，得

834100-117-133

xl0-3m/s2=-0.1m/s2

4x0.4?

那么加速度的大小為O.lm/s?。

12、DBF4.61.8AD1.491.05

【解析】

(1)①[1H2]測電動(dòng)勢力約4.5V的電源電動(dòng)勢與內(nèi)阻時(shí)，由于有定值電阻的存在，電路中的最大電流為

45

Zmax=—A?0.82A

JIJ

如果用量程為3A的電流表，則讀數(shù)誤差太大，因此，電流表應(yīng)選B；

測電動(dòng)勢約4.5V的電源電動(dòng)勢與內(nèi)阻時(shí)，電路最小電阻為

考慮電源內(nèi)阻、滑動(dòng)變阻器電阻，故定值電阻應(yīng)選D；

⑶為方便實(shí)驗(yàn)操作，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選F；

②⑷⑸由表達(dá)式

U=?5?81+4?6

根據(jù)閉合電路歐姆定律有

U=E—I(r+Rj

聯(lián)立解得電源電動(dòng)勢為E=4.6V,內(nèi)阻r=1.8Q,

③網(wǎng)由電路圖可知，電壓表的分流作用會(huì)造成實(shí)驗(yàn)誤差，故A符合題意，BCDE不符合題意;

故選A；

（2）①⑺用圖丙所示電路測電動(dòng)勢與內(nèi)阻，定值電阻適當(dāng)小一點(diǎn)，實(shí)驗(yàn)誤差小，因些定值電阻應(yīng)選D；

②網(wǎng)［9］由電路圖可知，K斷開，修閉合，電壓表示數(shù)為電流電動(dòng)勢，電壓表示數(shù)為1.49V,即電源乙自動(dòng)勢為E=1.49V；

K、2均閉合，電壓表示數(shù)為1.8V,電壓表測路端電壓，此時(shí)電路電流為

,U'1.18.…

I=—=——A=0.295A

R4

電源內(nèi)阻為

E-U,

41.05。

四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

c81

13、(l)2.8m；(2)—m；(3)—m

330

【解析】

（1）設(shè)滑塊到達(dá)木板右端的速度為力，由動(dòng)能定理可得

1,12

一〃2加2中二鏟2%一券％

代入數(shù)據(jù)，解得力=8m/s

設(shè)滑塊離開圓弧軌道后.上升的最大高度為加，由動(dòng)能定理可得

2

-/z^(/?4-/7])=0--/n2v1

代入數(shù)據(jù)，解得加=2.8m。

（2）由機(jī)械能守恒定律可得滑塊回到木板底端時(shí)速度大小刃=8m/s,滑上木板后，滑塊的加速度為。2,由牛頓第二定

律

fna

m2g=22

木板的加速的為由，由牛頓第二定律

〃2〃惶一月（加2十〃％）8=町4

2

解得4=3m/§2,_9m/so

設(shè)經(jīng)過人時(shí)間后兩者共速，共同速度為外

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知

2

丫=匕_初=4小t]=-s

解得u=2m/s

該過程中木板的位移

v

%”

2

x=-m

13

滑塊走過的位移

V.4-V

10

由于百假設(shè)正確，之后一起勻減速運(yùn)動(dòng)，若滑塊最終未從木板左端滑出，則木板的最小長度

L=x2-x]

Q

聯(lián)立以上各式，解得L=

3

（3）滑塊和木板