【文档说明】湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高三上学期月考（四）物理试题（解析版）.docx，共(26)页，1.205 MB，由小赞的店铺上传

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炎德·英才大联考长沙市一中2024届高三月考试卷（四）物理时量75分钟，满分100分。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图所示，一质点做匀加速直线运动先后经过、、ABC三点。已知从A到B和从B到C速度的增

加最v均为6m/s，AB间的距离13m,xBC=间的距离213mx=，则物体的加速度为（）A.23.6m/sB.24m/sC.24.2m/sD.24.8m/s【答案】A【解析】【详解】已知从A到B和从B

到C速度的增加最v均为6m/s，可得A到B的时间，B到C的时间相等，根据匀变速直线运动规律可知，B点的速度为1282BxxvTT+==根据匀变速直线运动运动规律以及加速度定义式可得2212BAvvax−=BAvvat=+vaT=解得5s3T=加速度

为23.6m/svaT==故选A。2.2018年6月14日，承担“嫦娥四号”中继通信任务的“鹊桥”中继卫星抵达绕地月第二拉格朗日点的轨道（如图）。第二拉格朗日点是地月连线延长线上的一点，处于该位置上的卫

星与月球同步绕地球公转。下列叙述正确的是（）A.向心力仅来自于地球的引力B.线速度小于月球的线速度C.角速度小于月球的角速度D.向心加速度大于月球的加速度【答案】D【解析】【详解】A．卫星受地球和月球的共同作用的引力提供向心力，故A错误；

BC．卫星与月球同步绕地球运动，角速度相等，“鹊桥”中继星的轨道半径比月球绕地球的轨道半径大，根据vr=知“鹊桥”中继星绕地球转动的线速度比月球绕地球线速度大，故BC错误；D．“鹊桥”中继星的轨道半径比月球绕地球的轨道半径大，根据2

ar=知“鹊桥”中继星绕地球转动的向心加速度比月球绕地球转动的向心加速度大，故D正确。故选D。3.如图所示，带有孔的小球A套在粗糙的倾斜直杆上，与正下方的小球B通过轻绳连接，处于静止状态。给小球B施加水平力F使其

缓慢上升，直到小球A刚要滑动．在此过程中()A.水平力F的大小不变B.杆对小球A的支持力不变C.轻绳对小球B的拉力先变大后变小D.杆对小球A的摩擦力先变小后变大【答案】D【解析】【详解】AC.对小球受力分析，受拉力F、重力和细

线的拉力T，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示随着的增大，拉力F和细线的拉力T均增加，故AC错误；BD.对AB球整体分析，受重力、拉力F、支持力N和静摩擦力f，如图所示设杆与水平方向的夹角为，根据平衡条件，在垂直杆方向有()

=+cos+sinNMmgF随着F的增加，支持力增加；在平行杆方向有()cos=sinFfMmg−−故有()=+sincosfMmgF−随着F的增加，静摩擦力逐渐减小，当()+sin=cosMmgF时，摩擦力为零，

此后静摩擦力反向增大，故D正确B错误。故选D。4.学校科技节中某参赛选手设计了运输轨道，如图甲所示，可简化为倾角为θ的足够长固定绝缘光滑斜面。以斜面底端为坐标原点，沿斜面向上为x轴的正方向，且沿x轴部分区域存在电场。在斜面底端由静止释放一质量为m、电荷量为＋q的滑块，在滑块

向上运动的一段过程中，机械能E随位置坐标x的变化如图乙所示，曲线A点处切线斜率最大。滑块可视为质点，不计空气阻力，不计滑块产生的电场。以下说法正确的是（）A.在13xx过程中，滑块动能先减小后恒定B.在1x处滑块的动

能最大，0kmax1sin2EEmgx=−C.在20x的过程中重力势能与电势能之和一直增大D.在30x过程中，滑块先加速后减速【答案】D【解析】【详解】A．根据qExE=机可知机械能E随位置坐标x的变化图像中图像上某点切线的斜率表示电场力，由于滑块由静止开始运动，则刚

刚释放时的电场力大于重力沿斜面的分力，结合图像可知，图像的斜率先增大后减小至0，则电场力先增大至最大值，后减小至0，可知电场力与重力沿斜面的方向大小相等的时刻在12xx中间的某一位置，在该位置，滑块所受合力为0，该位置之后，电

场力小于重力沿斜面的分立，根据动能定理可知在13xx过程中，滑块动能先增大后减小，A错误；B．动能最大位置时，滑块速度最大，滑块所受合力为0，根据上述可知，动能最大的位置在在12xx中间的某一位置，B错误；C．根据上述可知，在

20x的过程中滑块动能先增大后减小，而滑块在运动过程中只有重力势能、电势能与动能之间的转化，可知在20x的过程中重力势能与电势能之和先减小后增大，C错误；D．根据上述可知，在30x过程中，滑块向上运动，滑块先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，再做加速度

反向增大的减速运动，最后做匀减速运动，即在30x过程中，滑块先加速后减速，D正确。故选D。5.如图所示，在平静的水面上有A、B两艘小船，A船的左侧是岸，在B船上站着一个人，人与B船的总质量是A船的10倍。两船开始时都处于静止

状态，当人把A船以相对于地面的速度v向左推出，A船到达岸边时岸上的人马上以两倍原速率将A船推回，B船上的人接到A船后，再次把它以速度v向左推出……直到B船上的人不能再接到A船，忽略水的阻力，则B船上的人最多可以推船的次数为（）A.8B.

7C.6D.9【答案】A【解析】【详解】取向右为正方向，B船上的人第一次推出A船时，由动量守恒定律得10BAmvmv−=解得1ABmvvm=当A船向右返回后，B船上的人第二次将A推出，由动量守恒定律得122BAABmvmvmvmv+=−+解得213ABmvvvm=+当A船再向右返回后，

B船上的人第三次将A推出，由动量守恒定律得232BAABmvmvmvmv+=−+解得323ABmvvvm=+则B船上的人第n次将A推出，由动量守恒定律得12BnAABnmvmvmvmv−+=−+得13AnnBmvvv

m−=+整理得(32)AnBmvnvm=−B船上的人不能再接到A船，须有2nvv联立解得223n则取8n=故A正确，BCD错误。故选A。6.如图所示，真空中有一匀强电场（图中未画出），电场方向与圆周在同一平面

内，ABC是圆的内接直角三角形，63.5BAC=，O为圆心，半径5cmR=。位于A处的粒子源向平面内各个方向发射初动能均为8eV、电荷量为e+的粒子。有些粒子会经过圆周上不同的点。其中到达B点的粒子动能为12eV，达到C点的粒子电势能为4eV−（

取O点电势为零）、忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，sin530.8=。下列说法正确的是（）A.圆周上A、C两点的电势差为16VB.圆周上B、C两点的电势差为4V−C.匀强电场的场强大小为200V/mD.当某个粒子经过圆周上某

一位置时，可以具有3eV的电势能，且同时具有9eV的动能【答案】D【解析】【详解】A．粒子在C点的电势能为4eV−，根据p=CCEq可得4VC=−因为O点电势为零，所以4VCOCOU=−=−根据匀强电场的特点，及AOC为直径，可得

4VCOOAUU==−所以8VCACOOAUUU=+=−8VACCAUU=−=A、C两点的电势差为8V，A错误；B．因为8VACACU=−=所以4VA=从A到B根据动能定理kk12eV8eV4eVABBAUqEE=−=−=

可得4VABU=又因为4VABABU=−=可得0VB=4VBCBCU=−=B、C两点的电势差为4V，B错误；C．由于B点电势和O点电势相等，连接BO，则BO为匀强电场的等势面，A过做BO的垂线交BO于D点，则AD的方向为匀强电场电场线的方向，如图所示根据几何关系可知53A

OB=sin534cmADAO==又因为4VADABUU==所以匀强电场的场强大小为100V/mADUEAD==C错误；D．因为B点电势为0，则B点电势能也为0，粒子在B点的总能量为=pk12eVBBBEEE+=根据能量守恒可知当某个粒子经过圆周上某一

位置时，可以具有3eV的电势能，且同时具有9eV的动能，D正确。故选D。二、多项选择题：本题共4小题、每小题5分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7.如图所示，OO是带有等量异号电荷的金属板AB、的中轴线，

A板带正电。B板水平带负电且接地，ab、和c是在两板之间分别紧靠着金属板A和B表面的三个点。P是中轴线OO上的某点。则以下说法中正确的是（）A.ab、和c三点电场强度的大小相等B.同一试探负电荷分别在a点和b点所具有

的电势能相同，且均为负值C.将一试探正电荷分别从c点移动到a和b点，电场力均做相同的负功D.在P点放一带负电的小液滴，则液滴有可能保持静止【答案】BC【解析】【详解】A．由于金属板不平行，金属板间的电场不再是匀强电场，所以a、b、c三点的电场强度不相等，A错误；B．a、b是在两

板之间分别紧靠着金属板A表面的两个点，其电势相等，且均为正，根据电势能的公式pEq=由于电荷量是负值，故它们的电势能相等，均为负值，故B正确；C．金属板处于静电平衡状态，a、b两点电势相等，所以将一试探正电荷分别从c点移动到a和b点，电场力均做相同的负

功，故C正确；D．在P点放一带负电的小液滴，小液滴受竖直向下的重力，斜向上的电场力，所以液滴不可能保持静止。故D错误。故选BC。8.两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同，实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播；虚线波沿x轴负方向传播，某时刻两列波在如图所示区域相遇，则（

）A.在相遇区域会发生干涉现象B.平衡位置为6mx＝处的质点此刻速度为零C.平衡位置为8.5mx＝处的质点此刻位移20cmy＞D.从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为5mx＝处的质点的位移0y＜【答案】CD【解析】【详解】A．由

图像可知，实线波的波长为4m，频率为2Hz，其周期110.5s2HzTf===波速8msvT==由图可知：虚线波的波长6m=传播速度大小相同vf=虚线波的频率4Hz3vf==则两波的频率不同，所以不能发生干涉现象，A

错误；B．由图像可知，两列简谐横波在平衡位置为6mx＝处，振动方向都沿y轴正方向，振动方向相同，振动加强，速度是两者之和，且此时都处于平衡位置，速度都不为0，所以不可能为零，B错误；C．两列简谐横波在平衡位置为8.5mx＝处的质点是

振动方向相同，振动加强，由波动方程，平衡位置为8.5mx＝处的质点此刻在实线波的位移1sin102cm4yA==在虚线波的位移2sin10cm6yA==总位移12102cm10cm20cmyyy=+=+＞C正确；D．从图示时刻起再经过0.25s，实线波在平衡位置为5mx＝处

的质点在实线波振动半个周期，位于波谷，即位移为20cm−，在虚线波振动13ttfT==13个周期，位移为3sin103cm3yA==总位移20cm+103cm0y=−＜D正确。故选CD。9.如图所示，同一竖直平面内有四分之一圆环BC和倾角为53的斜面AC，A、B两点与圆环

BC的圆心O等高。现将甲、乙小球分别从A、B两点以初速度1v、2v沿水平方向同时抛出，两球恰好在C点相碰（不计空气阻力），已知sin530.8=，cos530.6=，下列说法正确的是（）A.初速度1v、2v大小之比为3:4B.若仅增大1v，则两球不再相碰C.若1v大小变为原

来的一半，则甲球恰能落在斜面的中点DD.若只抛出甲球并适当改变1v大小，则甲球可能垂直击中圆环BC【答案】AD【解析】【详解】A．甲、乙两球从等高处做平抛运动恰好在C点相碰，则时间相等，水平方向有13tan534RxvtR===甲，2xvtR==乙所以1234vv=A正确；B．两球在竖

直方向做自由落体运动，同一时间位于同一高度，若仅增大1v，两球会相碰，B错误；C．若1v大小变为原来的一半，在时间不变的情况下水平位移会变为原来的一半，但由于甲球会碰到斜面，下落高度减小，时间减小，所以甲球的水平位移小于原来的一半，不会落在斜面的中点，C错误；D．若甲球垂直击中

圆环BC，则在落点速度的反向延长线过圆心O，由推论知落点与O点的水平距离34xOAR==符合实际，因此只抛出甲球并适当改变1v大小，则甲球可能垂直击中圆环BC，D正确。10.如图所示，半径0.8mR=的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定于水平面上。4个相同的木板紧挨着圆弧轨道末端静置，圆弧轨

道末端与木板等高，每块木板的质量为1kgm=，长1.5ml=。它们与地面间的动摩擦因数10.1=，木板与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在第一块木板左端放置一个质量为2.5kgM=的小铅块B，可视为质点，现让一个与B完全一样的铅块A从圆弧顶端由静止滑下，经圆弧底端后与B

发生弹性正碰，铅块与木板间的动摩擦因数20.2=，210m/s=g，则（）A.小物块A滑到曲面轨道下端时对轨道的压力大小为50NB.铅块B刚滑至木板3时的速度为2m/sC.铅块B运动17s9后与某一木板共速D.铅块B与木板间相对滑动过程中系统所产生的总热量为175J9【答案】BC【

解析】【详解】A．小物块A滑到曲面轨道下端，根据动能定理有212MgRMv=小物块A滑到曲面轨道下端时，根据牛顿第二定律有2NvFMgMR−=解得，轨道对小物块A的支持力为N75NF=则小物块A滑到曲面轨道下端时对轨道的压力大小为75N，故A错误；B．小物块A与B发生弹性正碰，

根据动量守恒有ABMvMvMv=+根据机械能守恒有222AB111222MvMvMv=+解得，小物块A与B发生弹性正碰后A的速度为零，B的速度为B4m/sv=设铅块B刚滑至第n块木板，该木板开始滑动，铅块B对该木板的滑动摩擦力为125NfMg==该木板及后面木板受到地面最大静摩擦

力为21[(41)]fMnmg=+−+要使木板滑动，则有12ff解得2.5n即铅块B滑上第3块木板时，木板开始滑动，根据动能定理有2221B11222MglMvMv−=−解得，铅块B刚滑至木板3时的速

度为12m/sv=故B正确；C．根据牛顿第二定律有，铅块B在木板上滑动加速度大小为2212m/sMgaM==则铅块B在木板1和2上滑动的时间为的的B1111svvta−==木板3、4一起滑动时加速度为2212(2)0.25m/s2MgMmgam−+==假设铅块B能在木板3上滑动时与木板3共

速，则有211222vvatat=−=解得28s9t=，22m/s9v=此过程中铅块B的位移为121280m281vvxt+==木板3、4的位移为2228m281vxt==铅块B相对于木板3、4的位移为128m9xxxl=−=则假设成立，则铅块B经过运

动到与木板共速的时间为1217s9ttt==+故C正确；D．铅块B在木板上滑动到与木板共速的过程中，根据能量守恒有22B211(2)22MvQMmv=++解得，铅块B与木板间相对滑动过程中系统所产生的总热量为179J9Q=故D错误。的故

选BC。三、实验题：本题共2小题，11题6分、12题8分，共14分。11.图甲所示为某实验小组同时测量A、B两个箱子质量的装置图，其中D为铁架台、E为固定在铁架台上的轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略），F为光电门，C为固定在A上、宽度为d的细遮光条（质量不计）。此外该实

验小组还准备了砝码一套（总质量00.5kgm=）和刻度尺等，请在以下实验步骤中按要求作答。（1）在铁架台上标记一位置O，并测得该位置与光电门之间的高度差h。（2）取出质量为m的砝码放在A中，剩余砝码都放在B中，让A从位置O由静止开始下降。（3）记录下遮光

条通过光电门时间t，根据所测数据可计算出A下落到F处的速度=v________，下落过程中的加速度大小=a________。（用dth、、表示）（4）改变m，重复（2）（3）步骤，得到多组m及a的数据，作出am−图像如图乙所示。可得A的质量Am=________kg。（重力

加速度g取29.8m/s）【答案】①.dt②.222dht③.2.5【解析】【详解】（3）[1]A下落到F处的速度dvt=的[2]由匀加速直线运动位移公式22ahv=下落过程中的加速度大小222daht=（2）[3]

整体由牛顿第二定律可得()()()A0AB0Bmmgmmmgmmma+−+−=++可得()0ABABAB002mmmggammmmmmm−−=+++++结合图乙可得图线斜率为0AB22.450.5gmmm=++纵轴截距为()AAB0B02.45m

mmgmmm−−=++联立可得A2.5kgm=12.为测量两个电压表的内阻，要求操作方便，并可进行多次测量以尽可能地提高测量的精度，杨老师依据实验室提供的下列器材，设计了如下电路。A.待测电压表1V，量程为3V

，内阻约为12kΩ；B．待测电压表2V，量程为6V，内阻约为24kΩ；C．电阻箱1R，阻值范围0~9999.99Ω；D．电阻箱2R，阻值范围0~99.9Ω；E．滑动变阻器3R，阻值范围0~1500Ω，额定电流

1.5A；F.电池组，电动势为12V，内电阻为0.5Ω；此外还有单刀开关和导线若干供选用。杨老师没有标明图中a、b、c是什么元件。请你依据电路图，完成后续工作：（1）a应选取电压表______（填待测电压表前面的字母“A”或“B”）；（2）c应选取电阻箱______（填电阻箱前面的

字母“C”或“D”）；（3）开关1S闭合，2S断开，1V、2V的读数分别是1U、2U；调节电阻箱的读数为R，1S和2S均闭合，适当调节3R，测得1V、2V的读数分别是1U、2U，可得到待测电压表1V的内阻表达式为1VR=______，2VR=______。【答

案】①.B②.C③.()121212UUUURUU−④.()121211UUUURUU−【解析】【详解】（1）（2）[1][2]估算两表满偏电流，均约为0.25mA，设想a表满偏，则c不能选电阻箱2R，否则b表无论选1V或2V，其电流均远远无法

使表b达到满偏的13，故c只能选取1R。确定c后，要使表b达到满偏的13，则表b只能选取1V，故表a为2V。（3）[3][4]开关1S闭合，2S断开时，测得电压表的示数1U和2U，有2121VVUURR=1S和2S均闭合时，调节电阻

箱的阻值为R时，测得电压表的示数1U和2U，有12121VVVUURRRRR=+解得()11212V12UUUURRUU−=()21212V11UUUURRUU−=四、解答题：本题共3小题。13题12分、14

题14分、15题16分，共42分。13.如图甲所示，长为L的平行金属板水平固定放置，两板间加有如图丙所示的方波电压，图丙中0U、T均已知，在两板中线左端P点有一个粒子源，不断地从P点射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子穿过

两板所用的时间为T，从t=0时刻射入两板间的粒子刚好从下板右端边缘射出，在两板右边的竖直虚线MN右侧有竖直向下的匀强电场，电场强度大小等于0UL，在电场中有一水平放置的粒子接收板，粒子接收板的上表面比平行板下板的上表面低的高度为板间距离的一半，不计粒子重力，不计粒子间的

相互作用，求：（1）粒子从P点射出的初速度大小；（2）两平行金属板间的距离；（3）接收板上能接收到粒子区域的长度为多少。【答案】（1）LT；（2）202qUTm；（3）()6420312mLqUT−【解析】【详解】（1）根据题意可知，粒子从P点射出的初速度

大小0LvT=（2）设板间距离为d，从t=0时刻射进电场的粒子，刚好从下板右端边缘射出，则粒子在电场运动的加速度大小01qUamd=则21112222Tda=解得202qUTdm=（3）由于所有粒子穿过电场的时间均为T，因此所有粒子出电场时沿电场方向的速度为零，即所有粒子射出电场

时速度大小为0v，方向水平向右。根据对称性，从0.5tT=时刻进入电场的粒子刚好从上板右边缘水平向右射出。即所有粒子射出两板间的区域在两板右端间长为d的区域内。从上板右端边缘射出的粒子进入MN右侧电场后，做类平抛运动。则101xvt=2113122qEdtm=0UEL=

解得22410092mTLxvqU=从下板右端边缘射出的粒子进入MN右侧电场后，做类平抛运动。则202xvt=221122qEdtm=解得2242002mTLxvqU=因此接收板上有粒子打上区域长度()641220312mLxxxqUT=−=−14.如图所示，长

为L的轻杆一端连着质量为m的小球，另一端用活动铰链轴接于水平地面上的O点，初始时小球静止于地面上，边长为L、质量为M的光滑正方体紧挨O点右侧且静止。现在杆中点处施加一大小始终为12mg（g为重力加速度）、方向始终垂直杆的拉力，经过一段时间后撤去F，小球恰好能

到达最高点。mgL、、已知，忽略一切摩摖以及空气阻力，试分析：（1）拉力所做的功；（2）撤去拉力F时小球的速度大小；（3）若小球运动到最高点后受到微小扰动（初速度为零）开始向右倾倒，当杆与水平面夹角30=时，的杆对小球的作

用力为零，求此时正方体的速度大小1v以及正方体和小球的质量之比:Mm。【答案】（1）FWmgL=；（2）vgL=；（3）124gLv=，M:m=4:1【解析】【详解】（1）根据动能定理可得0FWmgL−=力F所做的功为F

WmgL=（2）设撒去F时，杆与水平面夹角为，撤去F前，有122FmgLWmgL==解6=根据动能定理有21sin2mgLmgLmv−=得撤去F时小球的速度为vgL=（3）设杆与水平面夹角为时，小球的速度为v0，正方体的

速度为v1。由速度关联可得此时的速度关系为v1=v0sinθ由加速度关联可得此时小球水平方向的加速度为零，所以轻杆对小球弹力必须为零，即此时小球仅受重力作用，所以此时小球做圆周运动的向心力由小球重力沿杆方向的分力提供，即20sinvmgmL=对M和m组成的系统，从杆开始向右倾斜到M、m分开的过

程，由机械能守恒有220111(sin)22mgLLmvMv−=+联立解得124gLv=，M:m=4:115.如图甲所示，倾角30=的斜面固定在水平地面上，斜面上放置长度1mL=、质量3kgM=的长木

板A，长木板的下端恰好与斜面底部齐平；一可视为质点、质量1kgm=、带电量5110Cq−=+的物块B放在木板上，与木板上端距离10.15md=；与木板上端距离21md=的虚线ef右侧存在足够宽匀强电场，电场方向垂直斜面

向上．0=t时刻起，一沿斜面向上的恒力F作用在长木板上，1s后撤去F，物块B在01s内运动的vt−图像如图乙所示，且物块B在1.3st=时速度恰好减为0．已知物块与长木板间的动摩擦因数132=，长木板与斜面间的动摩擦因数233=，物块B带电量始终不变，重力加速度g取210ms，求：（1）恒力

F的大小；（2）匀强电场的电场强度大小；（3）从0=t时刻起到木板下端再次与斜面底部齐平的过程中，物块B与木板A间因摩擦产生的热量．【答案】（1）48NF=；（2）55310NCE=；（3）1.125JQ=【解析】【详解】（1）由图乙可

得，01s物块B加速度大小为212msa=若物块B与长木板发生相对滑动，则10cossinmgmgma−=得202.5msa=10aa故恒力F作用后，两者相对静止，一起向上加速，对AB整体有()()()21cossinFMmgMmgMma=+−+=+得48N

F=（2）01s内AB一起运动的位移为1112vst=得121msd==即撤去外力时木板恰运动到电场边缘，假设撤去外力后AB相对静止一起减速，对AB整体有()()()22cossinMmgMmgMma+++=+得2210msa=对物块B

有0sinfmgma+=得0m5N7.5Nff==假设成立，两者相对静止一起减速，在此加速度下若B减速为零，则运动距离为21022Bvsa=得010.2mBsd=即物块B到达电场边缘时尚未减速为零。21122212dvtat=−得20.1st=或

20.3st=（舍弃）2122tvva−=物块B在1.3st=减速为零，则共进入电场后的加速度大小为23120vattt−=−−()13sincosmgmgqEma+−=得55310NCE=（3）物块B进入电场后减速为零经过的位移为223

2Bvsa=长木板A减速为零的位移为As，则2221cossin02AAMgsmgsMv−−=−得0.1mBs=0.05mAs=1BAssd+即物块B尚未冲出长木板A的上端，A物体减速为零后，因2cos

sinMgMg=故A静止不动，物块B离开电场时，速度与进入时候等大反向，即22vv=对B1cossinBmgmgma−=对A()12cossincosAmgMgMmgMa+−+=得22.5msBa=25ms6Aa=两者共速时244BAvatat−=得

40.3st=0.25msv=共此过程中长木板A、物块B各自的位移大小为42Avst=共2142Bvvst+=得0.0375mAs=0.1875mBs=2Asd即此时长木板A尚未到达底部，物块B进入电场后cosqEmg=与木板间无摩擦生热

，仅在物块B离开电场后与长木板A有摩擦生热，即()1cosBAQmgss=−得获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com获得更多资源请扫码加入享学资源网微信

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