【文档说明】河南省南阳市第一中学校2023-2024学年高三上学期第一次月考 物理解析.docx，共(24)页，1.301 MB，由小赞的店铺上传

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南阳一中2023年秋期高三年级第一次月考物理试题一、选择题（1~8单项选择，9~12多项选择，每题4分，共48分）1.如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，则公交车经过T点时的瞬

时速度为（）A.3m/sB.2m/sC.1m/sD.0.5m/s【答案】C【解析】【详解】由题知，电动公交车做匀减速直线运动，且设RS间的距离为x，则根据题意有12RSRSvvxvt+==，222STSTvvxvt+==联立解得t2=4t1，vT=vR－1

0再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有vT=vR－a∙5t1则at1=2m/s其中还有1122tRtvva=−解得vR=11m/s联立解得vT=1m/s故选C。2.如图所示，倾角为30°的斜面上用铰链连接一轻杆a，轻杆a顶端固定一质量为m的小球（体积可不计），轻绳b跨过斜面顶端的光

滑小定滑轮，一端固定在球上，一端用手拉着，保持小球静让，初始时轻绳b在滑轮左侧的部分水平，杆与斜面垂直，缓慢放绳至轻杆水平的过程中，斜面始终静止，滑轮右侧的绳与竖直方向夹角始终不变，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A

.初始时轻绳上的拉力大小为32mgB.地面对斜面的摩擦力始终向左且增大C.铰链对轻杆的支持力一直减小D.轻绳上的拉力一直减小【答案】B【解析】【详解】A．铰链对轻杆的支持力与滑轮左侧轻绳对球的拉力的合力与小球

的重力大小相等、方向相反，初始时有Ttan30Fmg=可得轻绳上的拉力大小为T33Fmg=A错误；BCD．如图甲所示，设球与轻绳的连接点为A，铰链处为B点，过B点作竖直虚线，虚线与绳的交点设为C，画出力的矢量三角形如图乙所示根据几何知识可知三角形ABC与力的三角形相

似，则有NTFFmgBCACAB==缓慢放气过程中，BC减小，AB不变，AC增大，则可得TF增大，NF增大，滑轮右侧轻绳上的拉力在水平方向的分力一直增大，对整体受力分析可知，地面对斜面的摩擦力始终向左且增大，B正确，CD错误。故选B

。3.利用如图甲所示的电路完成光电效应实验，金属的遏止电压cU与入射光频率的关系如图乙所示，图乙中1U、1、0ν均已知，电子电荷量用e表示。入射光频率为1时，下列说法正确的是（）A.光电子的最大初动能

k10EeUh=−B.由νcU−图像可求得普朗克常量110eννUh=−C.滑动变阻器的滑片P向N端移动过程中电流表示数逐渐增加D.把电源正负极对调之后，滑动变阻器的滑片P向N端移动过程中电流表示数一定一直增加【答案】B【解析】【

详解】A．依题得，由图乙可得光电子最大初动能为km1EUe=故A错误；B．根据光电效应方程可得10kmhWE=+其中00Wh=ν可得普朗克常量为110Ueh=−故B正确；C．图甲中光电管阳极A接电源负极，阴极K接电源正极，其所接电压为

反向电压，滑动变阻器滑片P向N端移动，反向电压逐渐增大，电流表示数逐渐减小，当反向电压大于或等于遏止电压时，光电流恒为的0，故C错误；D．把电源正负极对调之后，光电管阳极A接电源正极，阴极K接电源负极，其所接电压为正向电压，因单位时间内阴极K发射

的光电子数目是一定的，所以随滑动变阻器滑片P向N端移动，所加电压逐渐增大，电流表示数逐渐增大，最后会达到一个饱和值，之后电流表示数保持不变，故D错误。故选B。4.如图（a）所示，物块从倾角为37°的斜面顶端自由滑至底端，全程平均速度v随时间t的关系如图（b）。物块下滑过程中斜面保持

静止，那么（）A.物块下滑过程的加速度为1m/s2B.斜面长度为4mC.物块和斜面之间的动摩擦因数为0.5D.水平地面对斜面摩擦力方向水平向左【答案】C【解析】【详解】A．由图像可得关系式2001122vtatxvvattt+===

+结合图像截距和斜率，可得v0=1m/s22131m/s1m/s22a−==所以物块下滑过程的加速度为22m/s，故A错误；B．物块从倾角为37°的斜面顶端自由滑至底端，2s末速度为05m/svvat=+=则斜面长度为0·6m2vvLt+==故

B错误；C．由牛顿第二定律，得sin37cos37mgmgma−=0.5=故C正确；D．物块和斜面看作整体，整体受到重力、支持力、地面的摩擦力，又因为整体有水平向右的分加速度，所以水平地面对斜面摩擦力方向水平向右，故D错误。故选C。5.从地面上以初速度2v0竖直上抛物体A，相隔时间△

t以后再以初速度v0从同一地点竖直上抛物体B，不计空气阻力。以下说法正确的是（）A.物体A、B可能在物体A上升过程中相遇B.要使物体A、B相遇需要满足条件0024vvtggC.要使物体A、B相遇需要满足条件02vtgD.要使物体A、B相遇需要满足

条件04vtg【答案】B【解析】【详解】A．A物体上升时，A的初速度大于B的初速度，且A先抛出，所以A的位移大于B的位移，不可能在A上升的过程中相遇，故A错误；BCD．A在空中的总时间为：001242vvtgg==B在空中的总时间为：022vtg=要使A、B能在空中相遇：121tttt−

可得：0024vvtgg故B正确，CD错误。故选B。6.电梯“对重”的主要功能是相对平衡轿厢重量，在电梯工作中使轿厢与“对重”的重量保持在限额之内，保证电梯的牵引传动正常。如图1所示，驱动装置带动钢丝绳使轿厢和“对重”在竖直方向运动。当

轿厢从顶楼向下运动时，v—t图像如图2所示，下列说法正确的是（）A.在0~t1时间内，轿厢先失重后超重状态B.在0~t1时间内，钢丝绳对轿厢的拉力先增大后减小C.在t2~t3时间内，“对重”处于失重状态D.在t1~t2时间内，钢丝绳对轿厢的拉力大小等于钢丝绳对“对重”的拉力大小【答案

】C【解析】【详解】A．由图可知在0~t1时间内，轿厢从顶楼向下做加速运动，加速度方向向下，轿厢处于失重状态，故A错误；B．根据v—t图像的斜率表示加速度可知，在0~t1时间内轿厢的加速度先增大后减小，且加速度向下，则由mg－F=ma可知，钢丝绳对

轿厢拉力先减小后增大，故B错误；C．在t2~t3时间内，“对重”向上做减速运动，加速度方向向下，“对重”处于失重状态，故C正确；D．在t1~t2时间内，轿厢虽然做匀速运动，轿厢与“对重”的重量不相等，因为中间有驱动电机在调控，钢丝绳对轿厢的拉力大小不等于钢丝绳对“对

重”的拉力大小，故D错误。故选C。7.如图所示，物体置于水平传送带上，物体两边安装了固定光滑的水平杆A、B限制物体只能在其间运动。已知物体质量为m，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体在水平拉力F的作用下以恒定速度v

0匀的速运动。传送带向右运动，其速度大小可改变，则下列说法正确的是（）A.物体所受摩擦力与传送带速度无关B.传动带速度越大，所需拉力越大C.物体对水平杆B有压力D.当传送带速度为v时，拉力的大小0220vvFvmg+＝【答

案】D【解析】【详解】ABD．物体相对于传送带的速度大小为220vvv=+相对其方向与v0夹角设为θ，则0tanvv=摩擦力方向与物体相对速度方向相反，大小f=μmg由平衡条件得拉力0220cosvvvFmgmg+＝＝可知传送

带的速度越大，所需拉力F越小，故AB错误，D正确；C．A杆受到的压力为220sinNmvvgmgv+＝＝B杆不受压力，故C错误。故选D。8.某同学用手机的频闪功能拍摄一小球在倾角为30°斜面上的运动情况，如图是运动模型简化图，频闪时间间隔为T，小球从斜面底端开始向上运动，在斜面上依

次经过A、B、C、D、E点，各段距离之比为xAB：xBC：xCD：xDE=6：2：1：3，小球在运动过程中所受阻力大小不变。以下说法正确的是（）A.小球在图中C点的速度向上B.若小球向上经过A点时的速度为v0，则向上经过B点的速度为0.8v0C.小球所

受阻力和重力大小之比为3：1D.若实际尺寸与照片尺寸之比为k，用刻度尺测得照片中CE长L，则过E点的速度大小为kLT【答案】D【解析】【详解】A．由于xCD：xDE=1：3，xAB：xBC=3：1则可知小球在图

中C点的速度为0，故A错误；B．若小球向上经过A点时速度为v0，则A到C根据逆向思维法有v0=a∙2T则B到C再根据逆向思维法有vB=aT可知vB=0.5v0故B错误；C．由于加速度无法解出，则无法得出小球所受阻力和重力大小比例关系，故C错误；D．从

C到E有022EvkLT+=解得EkLvT=故D正确。故选D。的9.如图所示，质量为M、倾角为30°的斜面体置于水平地面上，一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点P和物体B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A、B的质量分别为m、2m，A与斜面间的动摩擦因数

为33，重力加速度大小为g，将A、B由静止释放，在B下降的过程中（物体A未碰到滑轮），斜面体静止不动。下列说法正确的是（）A.轻绳对P点的拉力大小为23mgB.物体A的加速度大小为35gC.地面对斜面体的摩擦力大小为33mgD.地

面对斜面体的支持力大小为Mg＋2mg【答案】A【解析】【详解】AB．由于相同时间内物体B通过的位移是物体A通过的位移的两倍，则物体B的加速度是物体A的加速度的两倍；设物体A的加速度为a，则B的加速度为2a；设物体A、B释放瞬间，轻绳

的拉力为T，根据牛顿第二定律得2sin30cos30Tmgmgma−−=222mgTma−=代入数据，联立解得23Tmg=13ag=故A正确、故B错误；C．物体B下降过程中，对斜面体、A、B整体，水平方向根据牛顿第二定律得

cos30cos30Tfma−=解得地面对斜面体的摩擦力为36fmg=故C错误；D．物体B下降过程中，对斜面体、A、B整体，在竖直方向根据牛顿第二定律得()N3sin3022sin30MmgFTmama+−−=−解得地面对斜面体的支持力为N32FMmg=+

故D错误。故选A。10.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，则下列选项中能客观地反映小木块的受力和运动情况的是（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【详解

】当小木块速度小于传送带的速度时，小木块相对于传送带向上滑动，受到沿传送带向下的摩擦力，其加速度a＝gsinθ＋μgcosθ因传送带足够长，当小木块与传送带速度相等后，若μ＞tanθ，则Ff＝mgsinθ＜μmgcos

θ摩擦力方向沿传送带向上，为静摩擦力，大小变小，小木块将随传送带一起匀速向下运动，若μ＜tanθ，则小木块将以a′＝gsinθ－μgcosθ的加速度向下加速运动，加速度减小，摩擦力大小不变，方向沿传送带向上。故选BCD。11.如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜

面的底端，另一端拴住质量为P6kgm=的物体P，Q为一质量为Q10kgm=的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600N/m，系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜

面向上做匀加速运动，已知在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后F为恒力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.下列说法正确的是（）A.开始运动时拉力最大，分离时拉力最小B.0.2s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大

小相等C.0.2s时刻两物体分离时，弹簧的压缩量为17m75x=D.物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小210(m/s)3a=【答案】BCD【解析】【详解】A．对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小

，分离时拉力最大，则开始时拉力minPQ160(N3)Fmma＝＋＝分离时对Q应用牛顿第二定律得Fmax－mQgsinθ＝mQa解得分离时拉力max280N3F＝故A错误；BCD．前0.2s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力

为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，对物体P，由牛顿第二定律得1PPsinkxmgma－＝前0.2s时间内两物体的位移20112xxat－＝又未加拉力时平衡时0PQ()sinkxmmg=+联立解得210(m/s

)3a=17m75x=故BCD正确。故选BCD。12.一质量为m的物块恰好能沿倾角为30的足够长斜面匀速下滑。物块在沿斜面匀速下滑的过程中，在竖直平面内给物块一外力F，F与水平方向的夹角为，斜面始终处于静止状态，如图所示。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.若0

=，物块沿斜面下滑过程中，地面对斜面的摩擦力水平向左B.若60=，物块沿斜面下滑过程中，地面对斜面的摩擦力为零C.若90=，物块仍沿斜面匀速下滑D.若F推着物块沿斜面匀速上滑，则F的最小值为mg【答案】BC【解析】【详解】ABC．未加F时，物块匀速下滑，受

力平衡，物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，由平衡条件得sin30cos30mgmg=解得物块与斜面间的动摩擦因数33=物块匀速下滑过程中，整体水平方向受力平衡，则地面对斜面的摩擦力为零；若0=，对物块施加一个水平方向的力，物块下滑过程中对斜面压力和摩擦力成比例增加，即物块对斜面

的作用力方向没有变，则地面对斜面的摩擦力仍为零；若60=，对物体施加一个垂直于斜面方向的力F，物块下滑过程中，对斜面的压力增加F、摩擦力增加F，如图所示根据几何关系可知tanFF=故此时物块对斜面的作用力方向仍向下，地面对斜面的摩擦力为零，在竖直平面内给物块一任意方向的外力F，此力

F可以分解为垂直于斜面方向的力和沿斜面方向的力，而这两个分力对斜面的摩擦力均为零，所以无论施加什么方向的力，在B停止运动前，地面对斜面的摩擦力为零，物块仍沿斜面匀速下滑，故A错误，BC正确；D．若F推着物块沿斜面匀速上滑，设F与斜面夹角，根据平衡条件得cossin(cossin)Fmg

mgF=++解得2sincossincoscossin1sin()mgmgmgmgF++==−+−所以min2sincos3sin221mgmgFmgmg+===+故D错误。故选BC。二、实

验题（每空2分，共20分）13.如图甲所示，是“探究力的平行四边形定则”的实验，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳套的结点，OB和OC为细绳套，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。（1）下列哪一个选项是不必要的实验要求_______。（请填写选项前对应的字母）A．

两个弹簧秤的夹角适当大些B．弹簧秤应在使用前校零C．拉线方向应与木板平面平行D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点在同一位置（2）本实验采用的科学方法是_______。A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法D．建立物理模型法（3）图乙中的F与F两力

中，方向一定沿AO方向的是_______。（4）如图丙所示，在探究“共点力合成”的实验中，橡皮条一端固定于P点，另一端连接两个弹簧秤，分别用F1与F2拉两个弹簧秤，将结点拉至O点。现让F2大小增大，方向不变，要使结点仍位于O点，则F1的大小

及图中β（β>90°）角的变化可能是______。A．增大F1的同时增大β角B．减小F1的同时减小β角C．增大F1的同时减小β角D．减小F1的同时增大β角【答案】①.D②.B③.F④.BC【解析】【详解】（1）[1]AB

C．此实验中，两个弹簧秤的夹角适当大些；弹簧秤应在使用前校零，以减少读数的误差；拉线方向应与木板平面平行，以减小实验误差，故ABC正确，不符题意；D．改变拉力，进行多次实验，每次没必要要使O点在同一位置，选项D错误

，符合题意；故选D（2）[2]合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法；故选B。（3）[3]F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与

两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力。故方向一定沿AO方向的是F。（4）[4]AD．根据力的平行四边形定则可知，让F2大小增大，方向不变，β角不可能增大，故AD错误．B．根据题意，由力的平行四边形定则得出如下图1所示由此可知减小F1的同时减小β角可以实现题意

要求，故B正确；C．同理根据由力的平行四边形定则得出如下图2所示由此可知增大F1的同时减小β角可以实现题意要求，故C正确；故选BC。14.某同学设计了如下方案研究质量一定时加速度与合外力的关系，实验装置如图甲所示。。

（1）实验时，需要进行的操作是___________。A．平衡摩擦力时应不挂砂桶B．用天平测出砂和砂桶的质量C．小车靠近打点计时器、先接通电源，再释放小车D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量m远小于小车（含滑轮）的质量M（2）保持小车（含滑轮）的质量不变，改变砂桶中砂的质量、

记录多组传感器的读数F和对应纸带的加速度a的数值，绘制出如图乙所示的aF−图像，实验小组仔细分析图像，得出了实验所用小车（含滑轮）的质重为___________kg。（3）该同学根据测量数据做出如图乙所示的aF−图线没经过原点，该同学做

实验时存在的问题是___________【答案】①.AC##CA②.1kg③.未完全平衡摩擦力【解析】【详解】（1）[1]平衡摩擦力时，应满足公式sincos0MgMg−=所以应不挂重物小车受到的2FFMa==合因此不需要测出砂桶和砂的质量，

也不需要满足m远远小于M，实验时应使小车靠近打点计时器、先接通电源，再释放小车；故选AC。（2）[2]根据公式2FMa=得2FaM=图像得斜率422k==则1kgM=（3）[3]根据牛顿第二定律有2sincosFMgMgMa+−=可知图像末未过原点是因为未

完全平衡摩擦力三、计算题（共42分）15.某种透明材料制成的半球壳，外径是内径的两倍，过球心O的截面如图所示，A是外球面上的点，AO是半球壳的对称轴。一单色光在图示截面内从A点射入，当入射角i=45°时折射光恰与内球面相切于B点。（

i）求透明材料对该光的折射率；（ii）要使从A点入射光的折射光能从内球面射出半球壳，求光在A点入射角应满足的条件。【答案】（i）2n=；（ii）i<30°【解析】【详解】（i）当入射角i=45°时，设折射角为r，透明材料对该光的折射率为n，ΔAB

O为直角三角形，则sin2RrR=sinsininr=解得r=30°2n=（ii）光在A点入射角为i′时，设折射角为r′，折射光射到内球面上的D点刚好发生全反射，则折射光完全不能从内球面射出半球壳，折射光在内球面的入射角等于临界角为C，如图所示，在ΔADO中，由正弦定理有()2sin'si

n180RRrC=−1sinCn=sin'sin'inr=解得2sin'4r=1sin'2i=解得i′=30°要使从A点射入光的折射光能从内球面射出半球壳，则光在A点入射角i应满足：i<30°16.如图所示，两根直

木棍AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动。一个半径R=5cm、质量m=20kg的水泥圆筒从木棍的上部恰好能匀速滑下，已知两木棍间距d=8cm，与水平面的夹角α=37°。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）。（1）两根直木棍对水泥圆筒弹力的合力及摩擦力的

合力的大小；（2）每根直木棍与水泥桶间的动摩擦因数；（3）将水泥圆筒沿直木棍匀速向上拉动，所需最小拉力?（sin74°=0.96）【答案】（1）160N，120N；（2）0.45；（3）192N【解析】【详解】（1）从右侧视角分析，在沿斜坡方向根据平衡条件sin=120Nfmg=

合垂直于斜坡方向有N=cos160NFmg=合（2）由底部沿木棍向上看，受力关系如图所示图中θ角满足sin2dR=解得53=；根据平衡条件有2coscos=Nmg解得400N3N=又因为每根木棍的摩擦力1=60N2ff=合所以动摩擦因数0.45fN

==（3）从右侧视角受力分析，如图所示因木棍提供的支持力合成为2cosN，摩擦力合成为22=fN故这两个力的合力方向固定，图中β角满足23tan2coscos4===fN故37=现问题变为“物体受重力、木棍提供的力和拉力三力平衡，拉力最小值为多少”，根据力学平衡的矢量三角形得

minsin74Fmg=解得min192NF=17.如图所示，两端开口的导热汽缸竖直固定放置，A、B两活塞由一根长为2L的轻质细杆连接，活塞之间封闭着一定质量的理想气体。A、B两活塞的质量分别为m、2m，横

截面积分别为S、3S，当缸内气体温度为T0时系统处于平衡状态，此时A、B两活塞到汽缸连接处的距离分别为1.5L、0.5L。已知两活塞均可在汽缸内无摩擦滑动且密封良好，大气压强为p0，重力加速度为g。（1）求此时缸内封闭气体的压强；（2）现使缸内气体的温度缓慢降低到03T

，求缸内封闭气体的压强。【答案】（1）032mgpS−；（2）0324pmgS−【解析】【详解】（1）对活塞A、B整体分析有()0110323pSpSmmgpSpS+++=+解得1032mgppS=−（2）由理想气体状态方程分析可知，当温度缓慢降低时，气体体积将缓慢减

小，即活塞将缓慢上移，令活塞B刚刚上移到与最上端与汽缸没有挤压时温度为T1，此过程，气体压强一定，则有()010.51.50.531.5LLSLSLSTT++=解得001233TTT=表明，当缸内气体的温度缓慢降低到03T时，活塞B与汽缸发生了挤压，根据理想气体状态方程有()()12000.

531.50.51.53pLSLSpLLSTT++=解得02324pmgpS=−18.如图所示，一倾角37=的足够长斜面体固定于地面上，斜面体上有一质量为1kgM=的木板，0=t时刻另一质量为1kgm=的木块（可视为质点）以初速度014m/sv=从木板下端沿

斜面体向上冲上木板，同时给木板施加一个沿斜面体向上的拉力18NF=，使木板从静止开始运动。当1st=时撤去拉力F，已知木板和木块间动摩擦因数，10.25=，木板和斜面体间动摩擦因数20.5=，最大静摩擦力等于滑动

摩擦力，g取210m/s，sin370.6=，求：（1）木块和木板速度相等之前各自的加速度；（2）若要求木块不从木板的上端冲出，木板至少为多长？【答案】（1）218m/sa=，方向沿斜面向下，226m/sa=，方向沿斜面向上；（2）7.75mL=【解析】【详解】（1）设二者共速

前木块和长木板的加速度大小分别为1a和2a，木块和长木板受力分析如图甲、乙所示，用牛顿运动定律可得11cosfmg=11sinmgfma+=22)co(sMmfg+=122sinFfMgfMa+−−=解得218m/sa=，方向沿斜面向下；226m/sa=，方向沿斜面向上（2）设木

块和长木板达到共速所用时间1t，则有101121vvatat=−=解得11st=16m/sv=假设木块、木板在力F撤去能保持相对静止，则对木块和木板组成整体有2()sin()MmgfMma++=+解得210m/sa=当木块受到向下的摩擦力达到最大静摩擦力（大小等于滑动

摩擦力）时，加速度最大，其加速度大小为1a，为1aa，假设不成立，木块相对木板继续发生相对运动。木块继续沿斜面向上运动，所以其加速度仍然为18m/sa=，方向沿斜面向下。设此过程长木板加速度大小为3a，受力分析如图丙所示，则有213sin

MgffMa+−=解得2312m/sa=由于31aa，长木板速度先减到零，木块继续上滑，假设此过程中长木板静止在斜面上，受到斜面的静摩擦力为f，则有1sincosMgfmg=+4Nf=因为2ff，故假设成立，木板静止在斜面上，直到木

块上滑过程中速度减为零。在木块和长木板速度减为零过程中的vt−图像如图丁所示，设木块的位移为1s，长木板在加速过程和减速过程的位移为2s和3s，由运动学公式可得：21102asv=1212vst=21332as=v123Lsss=−−解得7.75m

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