2024年江蘇省高三物理五校聯(lián)考考前模擬試卷

注意事項(xiàng)：

1、答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。

2、回答選擇題時(shí)，選出每小題K答案』后，用鉛筆把答題卡對(duì)應(yīng)題目的（答案U標(biāo)號(hào)涂

黑；如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他【答案》標(biāo)號(hào)。回答非選擇題時(shí)，將（答案》

寫在答題卡上，寫在試卷上無效。

3、考試結(jié)束后，本試卷和答題卡一并交回。

第I卷（選擇題）

一、單選題：本大題共U小題，共44分。

1.地球上只有百萬分之一的碳是以碳14形式存在于大氣中。能自發(fā)進(jìn)行/衰變，關(guān)于

1C發(fā)生△衰變下列說法正確的是（）

A.衰變放出的僅粒子來自于;4c的核外電子

B.衰變產(chǎn)生的新核是;$N

C,衰變產(chǎn)生的新核的比結(jié)合能比;4c大

D.衰變放出的僅粒子帶負(fù)電，具有很強(qiáng)的電離能力

［答案XC

［解析XA.中子釋放/粒子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子，A錯(cuò)誤；

B,衰變后原子核質(zhì)量數(shù)不變，核電荷數(shù)變?yōu)?,即;"N,B錯(cuò)誤；

C.衰變釋放能量，形成的新核結(jié)合能增大，由于質(zhì)量數(shù)相同，則比結(jié)合能比fC大，C正

確；

D.1粒子具有較弱的電離能力，D錯(cuò)誤。

故選C。

2.“長(zhǎng)征七號(hào)”A運(yùn)載火箭于2023年1月9日在中國(guó)文昌航天發(fā)射場(chǎng)點(diǎn)火升空，托舉“實(shí)踐二

十三號(hào)”衛(wèi)星直沖云霄，隨后衛(wèi)星進(jìn)入預(yù)定軌道，發(fā)射取得圓滿成功。已知地球表面重力

加速度大小為g,地球的半徑為R,“實(shí)踐二十三號(hào)”衛(wèi)星距地面的高度為〃（〃小于同步衛(wèi)星

距地面的高度），入軌后繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則（）

A.該衛(wèi)星的線速度大小大于7.9km/s

B.該衛(wèi)星的動(dòng)能大于同步衛(wèi)星的動(dòng)能

C.該衛(wèi)星的加速度大小等于g

D.該衛(wèi)星的角速度大小大于同步衛(wèi)星的角速度

K答案工D

k解析工A.地球第一宇宙速度是衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的最大運(yùn)行速度，可知該

衛(wèi)星的線速度小于7.9km/s,故A錯(cuò)誤；

BD.根據(jù)萬有引力提供向心力可得絲絲=加匕=冽刃2r

GM

解得v=

由于該衛(wèi)星軌道半徑小于同步衛(wèi)星軌道半徑，則該衛(wèi)星的線速度大于同步衛(wèi)星的線速度，該

衛(wèi)星的角速度大于同步衛(wèi)星的角速度，但由于不清楚該衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系，所以無

法確定該衛(wèi)星的動(dòng)能與同步衛(wèi)星的動(dòng)能關(guān)系，故B錯(cuò)誤，D正確；

CJMTTI

C.對(duì)該衛(wèi)星，根據(jù)牛頓第二定律可得一^=〃以

r~

⑼小GMGM

解得"下＜R=g

可知該衛(wèi)星的加速度大小小于地面重力加速度g,故C錯(cuò)誤。故選D。

3.如圖甲所示，筆記本電腦支架一般有多個(gè)卡位用來調(diào)節(jié)角度，某人將電腦放在該支架上,

由卡位4緩慢調(diào)至卡位1（如圖乙），電腦與支架始終處于相對(duì)靜止?fàn)顟B(tài)，則（）

乙

A.電腦受到的支持力變大

B.電腦受到的摩擦力變大

C.支架對(duì)電腦的作用力減小

D.電腦受到的支持力與摩擦力兩力大小之和等于其重力大小

K答案1A

k解析』AB.根據(jù)題意，對(duì)電腦受力分析，如圖所示

電腦始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，故電腦受力平衡。由平衡條件可得，電腦受到的支持力大小為

FN=Geos。

電腦受到的摩擦力大小/=Gsin。

由原卡位1調(diào)至卡位4,。減小，故然增大，/減小，故B錯(cuò)誤，A正確;

C.散熱底座對(duì)電腦的作用力的合力，即電腦受到的支持力與摩擦力兩力的合力，大小等于

電腦的重力，方向豎直向上，始終不變，故C正確；

B.電腦受到的支持力與摩擦力兩力大小之和大于其重力大小，故D錯(cuò)誤。故選A。

4.甲、乙兩個(gè)單擺的擺球完全相同，在同一平面內(nèi)各自做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，擺線的最大擺角相同。

某時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，。?內(nèi)它們的振動(dòng)圖像如圖所示，下列說法正確的是（）

兀

B.力時(shí)刻甲、乙的相位差為,

C.甲擺球的最大動(dòng)能大于乙擺球的最大動(dòng)能

D.從計(jì)時(shí)開始，乙擺球第2次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)兩擺球速度方向相反

［答案》D

k解析1A.由圖可知，甲的周期為4，。，乙的周期為8%,由單擺周期公式丁=2〃可

知，甲、乙的擺長(zhǎng)之比為1:4,故A錯(cuò)誤;

B.由圖可知，甲的振動(dòng)方程為

%=Asin(cm)

乙的振動(dòng)方程為

7171

x=&sin一t+—

Mo2J

/Q時(shí)刻甲、乙的相位差為

故B錯(cuò)誤；

C.甲、乙兩個(gè)單擺的擺球完全相同，擺線的最大擺角相同，從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)，由動(dòng)能定

理有

mgL（l-cos0）=線

由于乙的擺長(zhǎng)大，則甲擺球的最大動(dòng)能小于乙擺球的最大動(dòng)能，故C錯(cuò)誤；

D.由于可知，7=6^時(shí)，乙擺球第2次經(jīng)過最低點(diǎn)，此時(shí)，兩擺球速度方向相反，故D正

確。故選D。

5.如圖所示，a、6兩端電壓恒為10V,定值電阻Ri=4。、&=12Q、7?3=12Q,電容器的電容

C=30piFo閉合開關(guān)S,電路穩(wěn)定后，下列說法正確的是（）

&氏2

a?-II__II---------

二二C4/

3/S

b*-------------

A.電路的總電阻為8。B,電容器兩端的電壓為6V

C.通過R3的電流為1AD.電容器所帶的電荷量為1.8X10-5C

［答案XB

k解析UA.電路的總電阻為

R=R.+&&=10Q

凡+叫

故A錯(cuò)誤;

BC.電路的總電流為

/=f=1A

通過心的電流為

r=L=O.5A

2

電容器兩端的電壓為U=/&3=6V

故B正確，C錯(cuò)誤;

D.電容器所帶的電荷量為Q=CU=30x10-6x6C=1.8xlO-4C

故D錯(cuò)誤。故選B。

6.如圖所示，為一均勻帶電量為+。、半徑為尺的半球面，虛線是過球心的對(duì)稱軸，A、B

兩點(diǎn)關(guān)于球心對(duì)稱。其中A點(diǎn)的電勢(shì)為夕0,若點(diǎn)電荷+q周圍電勢(shì)0=左幺，則B點(diǎn)的電勢(shì)

r

2kQ2kQ

A-~^~+(PoB

KKc巖R

（答案』B

k解析I設(shè)半球面在2點(diǎn)的電勢(shì)為夕i,在半球面的右側(cè)填補(bǔ)一個(gè)均勻帶電量為+。、半徑為

R的半球面，根據(jù)°=左幺，填補(bǔ)后圓心。點(diǎn)的電勢(shì)為

r

又因?yàn)镺B—%=%一%

填補(bǔ)后，根據(jù)題意得

%=。1+/

解得

故選B。

7.“雨打芭蕉”是文學(xué)中常見的抒情意象。當(dāng)雨滴豎直下落的速度為v時(shí)，為估算雨打芭蕉產(chǎn)

生的壓強(qiáng)P，建立以下模型：芭蕉葉呈水平狀，落到芭蕉葉上的雨滴一半向四周濺散開，濺

V

起時(shí)豎直向上的速度大小為一，另一半則留在葉面上。已知水的密度為夕，不計(jì)重力和風(fēng)

3

力的影響，則壓強(qiáng)p為（）

A上B.咕C但

2310

［答案》D

k解析1設(shè)芭蕉葉的面積為S,t時(shí)間內(nèi)落到芭蕉葉上面雨滴的質(zhì)量"2="0S；

根據(jù)題意有一半的雨滴向四周散開，設(shè)豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可知

F,t=—mx--(——mv)

232

根據(jù)壓強(qiáng)定義式p=7號(hào)

6

故選D

8.一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷了如圖所示的A-8-CTDTA循環(huán)過程。下列說法正確的是

()

A.A-B-C過程中，氣體壓強(qiáng)先增加后不變

B.一A過程中，單位體積內(nèi)分子數(shù)先不變后增加

C.整個(gè)循環(huán)過程中，氣體對(duì)外界做的功大于外界對(duì)氣體做的功

D.整個(gè)循環(huán)過程中，氣體對(duì)外界放熱，內(nèi)能不變

［答案》D

k解析』A.A-B的過程中，氣體溫度不變，體積增大到原來的2倍，由玻意爾定律可

知，氣體壓強(qiáng)將減小到A狀態(tài)時(shí)的二分之一；B-C的過程中，氣體的體積不變，溫度升高

到原來的4倍，由查理定律可知，氣體的壓強(qiáng)將增大到8狀態(tài)時(shí)的4倍；即氣體壓強(qiáng)先減

小后增大，故A錯(cuò)誤；

B.C-O-A過程中，氣體的體積先減小后不變，所以單位體積內(nèi)分子數(shù)先增加后不變，

故B錯(cuò)誤；

C.的過程中，氣體等溫膨脹，內(nèi)能不變，但對(duì)外做功，由熱力學(xué)第一定律

△仇=0+叱

可知，氣體從外界吸收了熱量；B-C的過程中，氣體體積不變，溫度升高，內(nèi)能增加，氣

體和外界沒有相互做功，由

AU2=Q2+W2

可知，氣體從外界吸收了熱量；c-。過程中，氣體體積減小，溫度降低，內(nèi)能減小，由圖

V

可知一定值，則由

T

P^=Pj^-=nR

T

cTD

可知，氣體經(jīng)歷了等壓壓縮，外界對(duì)氣體做了功，由AU3=03+嗎

可知，氣體向外界釋放了熱量；OTA過程中，氣體經(jīng)歷了等容降溫，內(nèi)能減小，壓強(qiáng)減小,

氣體與外界沒有相互做功，由

必=。4+叱

可知，氣體向外界釋放了熱量。綜上所述，氣體與外界相互做功發(fā)生在和過程

中，其中A-8是一個(gè)降壓過程，C-O是一個(gè)等壓過程，由。-A過程可知，A-8過程中

壓強(qiáng)的最大值PA小于C-。過程中的壓強(qiáng)，兩個(gè)過程中氣體的體積變化量相等，所以A-8

過程中氣體對(duì)外界做的功小于C-D過程中外界對(duì)氣體做的功，故C錯(cuò)誤；

D.由上面的分析可知，整個(gè)循環(huán)過程中，外界對(duì)氣體做的功大于氣體對(duì)外界做的功，氣體

的溫度、體積最終回到了開始狀態(tài)，內(nèi)能變化量為零，由熱力學(xué)第一定律

AU=Q+W

可知?dú)怏w對(duì)外界放了熱，故D正確。

故選D

9.氫原子的能級(jí)圖如圖甲所示，一群處于第4能級(jí)的氫原子，向低能級(jí)躍遷過程中能發(fā)出

幾種不同頻率的光，其中只有頻率為匕、匕兩種光可讓圖乙所示的光電管陰極K發(fā)生光電

效應(yīng)，先分別用頻率匕或匕的三個(gè)光源小b、c分別照射該光電管陰極K,測(cè)得電流隨電壓

變化的圖像如圖丙所示，下列說法中正確的是（）

n

00

4

3

2

1

A.處于第4能級(jí)的氫原子向下躍遷最多發(fā)出4種不同頻率的光子

B.圖線。對(duì)應(yīng)的光是氫原子由第3能級(jí)向第1能級(jí)躍遷發(fā)出的

C.圖線。對(duì)應(yīng)的光子頻率大于圖線。對(duì)應(yīng)的光子頻率

D.用圖線〃對(duì)應(yīng)的光照射光電管時(shí)，光電流會(huì)隨著正向電壓的增大而不斷增大

K答案』B

K解析』A.第4能級(jí)的氫原子，向低能級(jí)躍遷過程中，能發(fā)出=6種不同頻率的光,

故A錯(cuò)誤;

BC.由于只有頻率為乙、與兩種光可讓圖乙所示的光電管陰極K發(fā)生光電效應(yīng)，躍遷時(shí)發(fā)

出的兩種頻率最大的光為4-1、3-1,由圖乙可知，6光的遏止電壓大，。和c光的遏止電

壓小，根據(jù)光電效應(yīng)方程

E^=hv-W0

及eUo=Ek

知，。對(duì)應(yīng)的光子頻率小于圖線6對(duì)應(yīng)的光子頻率，故a、c是3-1躍遷發(fā)出的，b是4一1

躍遷發(fā)出的，故C錯(cuò)誤，B正確;

D.用圖線力對(duì)應(yīng)的光照射光電管時(shí)，光電流達(dá)到飽和后不再增大，故D錯(cuò)誤。

故選B。

10.如圖所示電路，電源電動(dòng)勢(shì)為E,內(nèi)阻為廠。閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器滑片，電壓表

示數(shù)為。、電流表示數(shù)為/。電源的總功率P與電壓。、電流/的關(guān)系正確的是（）

（答案》B

k解析IAB.由閉合電路歐姆定律有E=U+7r

E-U

化簡(jiǎn)得/=-----

r

F-TJF2F

則電源的總功率為P=EI=E—-=---------U

rrr

若U是自變量，則電源的總功率尸與電壓U是線性關(guān)系，A錯(cuò)誤，B正確;

CD.若/是自變量，則電源的總功率P與電壓滿足

P=EI

即電源的總功率尸與電流/是正比例關(guān)系，故CD錯(cuò)誤。

故選B。

11.在某軍需品工廠里，為防止發(fā)生意外爆炸，化學(xué)藥品必須同時(shí)加入到容器中。某同學(xué)設(shè)

計(jì)了如圖所示的裝置，在輕質(zhì)滑輪組上，用輕繩連接的三個(gè)物體。、6、c在外力作用下均保

持靜止。撤去外力后，。、。以相同加速度下落，同時(shí)落入容器尸中。不計(jì)一切阻力，在出

6落入產(chǎn)前的運(yùn)動(dòng)過程中（）

A.°、c位移大小之比為1:2

B.b、c加速度大小之比為1:2

C.a、c構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

D.c增加的機(jī)械能等于a減小機(jī)械能的1.5倍

［答案》D

k解析XA.由于。、6以相同加速度下落，同時(shí)落入容器尸中，即。、b的位移相等，令

其大小為與，根據(jù)圖形可知，當(dāng)°、6同時(shí)下移與時(shí)，a、6上方的輕繩的總長(zhǎng)度增加3%,

即。位移大小為3%,即。、c位移大小之比為1:3,故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)位移公式有

12

X=—at

2

解得。=一2無

根據(jù)上述可知，b、c加速度大小之比為1:3,故B錯(cuò)誤;

C.對(duì)物體a、b、c構(gòu)成的系統(tǒng)分析可知，該系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由于輕繩對(duì)。做負(fù)功，則b

的機(jī)械能減小，可知。、C構(gòu)成的系統(tǒng)的機(jī)械能增大，故c錯(cuò)誤；

D.同一根輕繩彈力大小相等，令為T,繩的彈力對(duì)。做負(fù)功，a的機(jī)械能減小，繩的彈力

對(duì)c做正功，c的機(jī)械能增大，根據(jù)功能關(guān)系可知c增加的機(jī)械能與a減小的機(jī)械能大小分

別為Ec=T-3x0,Ea=2Tx0

E

解得才65

Ea

故D正確。故選D。

第II卷（非選擇題）

二、實(shí)驗(yàn)題：本大題共1小題，共9分。

12.導(dǎo)電玻璃是制造LCD的主要材料之一，為測(cè)量導(dǎo)電玻璃的電阻率，選取長(zhǎng)為工、額定

電壓為“3V”左右的圓柱體導(dǎo)電玻璃器件實(shí)驗(yàn)。

（1）用螺旋測(cè)微器測(cè)量器件的直徑，示數(shù)如圖甲，其直徑d=mm；

甲

（2）用歐姆表粗測(cè)器件的阻值約為180d為精確測(cè)量器件的電阻尺在額定電壓時(shí)的阻值,

要求測(cè)量時(shí)電表的讀數(shù)不小于其量程的工，根據(jù)提供的下列器材，設(shè)計(jì)了圖丙所示的實(shí)驗(yàn)

3

電路，則圖中圓圈內(nèi)應(yīng)分別接入：①為、②為，定值電阻應(yīng)選擇；（均

填寫器材前的字母編號(hào)）

Rx

A.電流表Ai（量程為60mA,內(nèi)阻尺1=3。）

B.電流表A2（量程為5mA,內(nèi)阻尺2=8。）

C.定值電阻K=792Q

D.定值電阻尺2=1997。

E.滑動(dòng)變阻器R（0-20Q）

F.電壓表V（量程為3V,內(nèi)阻Rv=750Q）

G.蓄電池E（電動(dòng)勢(shì)為4V,內(nèi)阻很?。?/p>

H.開關(guān)S,導(dǎo)線若干

（3）實(shí)驗(yàn)中根據(jù)兩電表讀數(shù)作出如圖所示的圖線（坐標(biāo)均為國(guó)際單位），已知圖線的斜率為

k,則所測(cè)導(dǎo)電玻璃的電阻Rk（用題中已知、所測(cè)物理量符號(hào)表示），據(jù)此再算出

電阻率P；

（4）研究實(shí)驗(yàn)誤差時(shí)發(fā)現(xiàn)實(shí)驗(yàn)所用定值電阻的阻值偏大，則電阻率的測(cè)量值將（選

填“偏大”、“偏小”或“不變”）。

答案

KI(l)1.980##1.979##L981(2)FBC⑶困+%)&_R(4)

kv

偏小

K解析I（1）口］螺旋測(cè)微器的精確值為0.01mm,由圖可知直徑為

d=1.5mm+48.0x0.01mm=1.980mm

（2）⑵3n4］電動(dòng)勢(shì)為4V,則并聯(lián)部分電壓最大為4V,據(jù)估測(cè)知，定值電阻K=792。與

電流表A2（量程為5mA,內(nèi)阻尺.=8。）串聯(lián)時(shí)，最大電壓為

（792+8）X5X10-3V=4V

4V

此時(shí)最大電流為（792+8溫=5強(qiáng)

滿足題意要求，故②選電流表A2,即選擇B；定值電阻選用，即選擇C；又導(dǎo)電玻璃的額

定電壓為“3V”左右，器件阻值約為1800,可知流過器件的最大電流約為

3

—A?16.7mA

180

小于電流表Ai量程的工，則①不適合選擇Ai；考慮用&與電壓表V串聯(lián)，此時(shí)電壓表的

3

750

讀數(shù)最大約為X4V=x4V?3.2V

750+180

量程符合要求，故①選為電壓表V,即選擇F。

（3）［5］待測(cè)電阻中的電流

Rv

根據(jù)串并聯(lián)電路的規(guī)律（6+RA2”2="v+*R*

Rv

FIT_（RI+RQRVI

可得4一

由題意知。丫-4圖線的斜率為左，則有

國(guó)+%嗎

解得鳥=（鳥+&2）&_&

k

（4）［6］研究實(shí)驗(yàn)誤差時(shí)發(fā)現(xiàn)實(shí)驗(yàn)所用定值電阻的阻值偏大，根據(jù)

R=0----

可知號(hào)的測(cè)量值偏小，根據(jù)電阻定律,“油2

~T~

7id'R

可得夕=x

4L

可知電阻率的測(cè)量值將偏小。

三、計(jì)算題：本大題共4小題，共47分。

13.如圖所示,橫截面為直角梯形的透明體折射率為0,NA4E和/均為90。,

AE邊界上的。點(diǎn)與A點(diǎn)距離為a,一束激光從。點(diǎn)與AE成45。的夾角射入透明體，能傳

播到邊界，已知真空中光速為c,求：

(1)光由。點(diǎn)傳播到AB邊界的時(shí)間?；

(2)光經(jīng)AB邊界反射后，射到BO邊界能發(fā)生全反射，NBDE最大值a。

k答案X(1)”拽￡；(2)。=75。

C

K解析W(1)射入。點(diǎn)的光入射角耳=45。，設(shè)折射角為%,由于

sinq

n=------

sin%

代入數(shù)據(jù)解得

%=30

光在透明體中的傳播速度

c

v二一

n

則

a

t=--------

vsin%

解得

2垃a

t=-------

c

(2)設(shè)透明體的臨界角為C,貝UsinC=L

n

由幾何關(guān)系有a=2+(90-C)

解得

a=15°

14.如圖所示為一種“馬德堡半球演示器”，兩“半球”合在一起時(shí)，可形成一直徑d=6cm的

球形空腔?，F(xiàn)將兩“半球”合起，球形空腔內(nèi)的氣體壓強(qiáng)與大氣壓強(qiáng)相同，通過細(xì)軟管用容積

100mL的注射器滿量從球內(nèi)緩慢抽出空氣。球形空腔、軟管及注射器氣密性好，忽略軟管

的容積，抽氣前、后球形空腔形狀不變，環(huán)境溫度保持不變，摩擦不計(jì)；已知大氣壓強(qiáng)

Po=lxlO5pa。(乃。3,結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)求：

0

(1)判斷抽氣過程封閉氣體“吸熱”還是“放熱”，并說明理由；

(2)抽氣后，球形空腔內(nèi)氣體的壓強(qiáng)是多少？

1答案］(1)吸熱，理由見K解析1;(2)A=5.2xlO4Pa

k解析力(1)抽氣過程溫度不變，所以氣體的內(nèi)能不變，即八。=0

此過程氣體體積變大，氣體對(duì)外界做功，即W<0

由熱力學(xué)第一定律AU=W+Q

可得Q>。

則抽氣過程封閉氣體吸熱。

(2)抽氣過程，以原球內(nèi)氣體為研究對(duì)象，緩慢過程為等溫變化過程，由玻意耳定律可得

為乂=0(％+咻)

其中％=g?(g)3,嗎=100mL

解得。產(chǎn)5.2x104pa

15.如圖所示，一傾角，=37。的足夠長(zhǎng)斜面體固定于地面上，斜面體上有一質(zhì)量為

M=lkg的木板，f=0時(shí)刻另一質(zhì)量為7〃=lkg的木塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度%=14m/s

從木板下端沿斜面體向上沖上木板，同時(shí)給木板施加一個(gè)沿斜面體向上的拉力尸=18N,

使木板從靜止開始運(yùn)動(dòng).當(dāng)f=ls時(shí)撤去拉力凡已知木板和木塊間動(dòng)摩擦因數(shù)〃1=0.25,

木板和斜面體間動(dòng)摩擦因數(shù)〃2=65,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取lOm/s?,

sin37°=0.6,求：

(1)木塊和木板速度相等之前各自的加速度；

(2)木板從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)最高點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間f；

(3)若要求木塊不從木板的上端沖出，木板至少為多長(zhǎng)？

22

K答案11(1)Oj=8m/s,方向沿斜面向下；?2=6m/s,方向沿斜面向上；(2)r=1.5s；

(3)L=7.75m

K解析X(l)設(shè)二者共速前木塊和長(zhǎng)木板的加速度大小分別為%和的，木塊和長(zhǎng)木板受力

分析如圖甲、乙所示

w

Mg

甲乙

用牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得

A=^mgcos0mgsin0+/=max

=/z2（M+injgcos9F+fx-Mgsin=Ma2

解得q=8m/s

2

方向沿斜面向下；iz2=6m/s

方向沿斜面向上；

（2）設(shè)木塊和長(zhǎng)木板達(dá)到共速所用時(shí)間為4,則有匕=%-6%=a2tl

解得

tx=lsVj=6m/s

假設(shè)木塊、木板在力尸撤去能保持相對(duì)靜止，則對(duì)木塊和木板組成整體有

+加）gsin6+/=（M+m）a

解得a=10m/s2

當(dāng)木塊受到向下的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力（大小等于滑動(dòng)摩擦力）時(shí)，加速度最大，其加

速度大小為%,。＞%,假設(shè)不成立，木塊相對(duì)木板繼續(xù)發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，木塊繼續(xù)沿斜面

向上運(yùn)動(dòng)，所以其加速度仍然為q=8m/s,方向沿斜面向下；設(shè)此過程長(zhǎng)木板加速度大小

為生，受力分析如圖丙所示

則有Mgsin。+力一工=肱石

2

解得a3=12m/s'2=?=0.5s

所以上滑時(shí)間r=4+t2=l-5s

(3)由于。3>q,長(zhǎng)木板速度先減到零，木塊繼續(xù)上滑，假設(shè)此過程中長(zhǎng)木板靜止在斜面

上，受到斜面的靜摩擦力為力則有Mgsin0=/+M加geos