2022-2023學(xué)年度第二學(xué)期高二期中聯(lián)考

物理（A卷）試題

考生注意：

1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分100分，考試時間75分鐘。

2.答題前，考生務(wù)必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內(nèi)項(xiàng)目填寫清楚。

3.考生作答時，請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上

對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答

題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效。

4.本卷命題范圍：選擇性必修第一冊第一，二章，選擇性必修第二冊。

一、選擇題（本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，第1~7

題只有一項(xiàng)符合題目要求，第8~10題有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全

的得2分，有選錯的得0分）

1.如圖是電磁波發(fā)射電路中的心。電磁振蕩電路，某時刻電路中正形成如圖所示方向的電流，此時電容

器的上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，則以下說法正確的是（）

A.線圈中的磁場向上且正在增強(qiáng)

B.電容器中的電場向下且正在減弱

C.若在線圈中插入鐵芯，則發(fā)射電磁波的頻率變大

D.若增大電容器極板間的距離，則發(fā)射電磁波的波長變小

【答案】D

【解析】

【詳解】A.由圖可知，電容器正在充電，則電流正在減小，即線圈中的磁場向上且正在減弱，A錯誤;

B.電容器正在充電，則電容器中的電場向下且正在增強(qiáng)，B錯誤；

C.若在線圈中插入鐵芯，則自感系數(shù)L變大，根據(jù)

f-_\_

2兀辰

可知，發(fā)射電磁波的頻率變小，c錯誤;

D.若增大電容器極板間的距離，根據(jù)

4兀kd

可知C減小，根據(jù)

f-1

2^-VZc

則發(fā)射電磁波的頻率變大，波長變小，D正確。

故選D。

2.如圖甲所示，粗細(xì)均勻絕緣導(dǎo)線彎成正方形線框〃和內(nèi)切圓形線框兒兩線框在同一平面內(nèi)，磁場方向

垂直于線框所在平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間f變化規(guī)律如圖乙所示，兩線框產(chǎn)生感應(yīng)電動勢分別為耳，和

線，感應(yīng)電流大小分別為/“和4，以下說法正確是（）

A.Ea-.Eh-n:4B.Ea:Eh=2:n

C./〃：/&=1：1D.Ia:lh=2:1

【答案】C

【解析】

【詳解】AB.設(shè)圓形線框半徑為r,正方形線框邊長L=2r,正方形線框面積4=Z?=4/，圓形線框

面積與=兀/,兩線框處在均勻變化的磁場中，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有

E=n-----=nS------=nsk

AzAr

則兩線框產(chǎn)生感應(yīng)電動勢之比

%：紇=4：兀

故AB錯誤；

CD.設(shè)單位長度電阻為正方形線框電阻

&=4L&=8/6

圓形線框電阻

Rh-2兀喇）

根據(jù)歐姆定律有

/一

R

兩線框中感應(yīng)電流大小之比

故C正確，D錯誤。

故選C

3.如圖所示，理想變壓器原線圈接入有效值恒定的正弦交流電，副線圈接入滑動變阻器R和定值電阻凡

在變阻器滑片從。端向b端緩慢移動的過程中（）

A.電流表A1示數(shù)增大

B.電流表A2示數(shù)減小

C.原線圈輸入功率先增大后減小

D.定值電阻R消耗的功率先減小后增大

【答案】B

【解析】

【詳解】AB.設(shè)與R并聯(lián)的電阻為則副線圈電路總電阻為

D-

RR、1

R『R'_&+R'--------=R'-

R+&R+R、~Rr

—T--------

R：R,

變阻器滑片從。端向b端緩慢移動的過程，R減小，R總增大。理想變壓器原線圈接入有效值恒定的正弦

交流電，變壓器的輸入電壓不變，根據(jù)電壓與變壓器匝數(shù)關(guān)系可知輸出電壓不變，根據(jù)閉合電路歐姆定

律可知副線圈電路中電流減小，即電流表A?示數(shù)減小，根據(jù)電流與變壓器匝數(shù)關(guān)系可知原線圈電路中的

電流減小，即電流表A1示數(shù)減小，故Ai錯誤，B正確；

C.原線圈電路的電流減小，變壓器的轎i入電壓不變，根據(jù)

P=UI

可知原線圈輸入功率減小，故C錯誤；

D.并聯(lián)部分電路電阻為

11

一十一

R（

R、減小，R并減小，副線圈電路電流減小，根據(jù)歐姆定律可知并聯(lián)電路兩端的電壓減小，由電功率公式

p的

R

可知定值電阻R消耗的功率減小，故D錯誤。

故選B。

4.如圖1、2分別是甲、乙兩種交流電『Ji-f關(guān)系圖像，則甲、乙兩種交流電的有效值之比為（）

“i/A，、i/A

4ii;;;4

(??ii?i?i?/V7V7V、

2；314~~1：L52.534%

-2——1―——L---——:-2IIII

圖1圖2

A.V3:V2B.>/30：6C.2:y/2D.1：1

【答案】A

【解析】

【詳解】設(shè)甲、乙兩種交流電的有效值/方別為/甲、/z,根據(jù)交流電有效值的定義與圖中的數(shù)據(jù)對于甲交

流電有

22XRxO.5+42xRx().5=/,JxRxl

解得

/tH=V10A

對于乙交流電有

臉）"

Rxl+2?xRx0.5=/乙之xHxl.5

解得

/甲:/乙=6:0

故選A

5.如圖所示，水平面上放置光滑豎直圓弧軌道He,〃點(diǎn)為軌道最低點(diǎn)，弧"c對應(yīng)的圓心角很小，第一

次將小球放置在〃點(diǎn)無初速度釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)b所用時間為％;然后在仍兩點(diǎn)搭建光滑斜面，第二

r.

次將小球放置在。點(diǎn)無初速度釋放，小球沿斜面到達(dá)最低點(diǎn)b所用時間為，2,小球可視為質(zhì)點(diǎn)，則廣為

【答案】B

【解析】

【詳解】設(shè)圓弧軌道半徑為七小球在圓弧軌道運(yùn)動等效成單擺振動，由于擺角很小，單擺周期

T=2兀

小球從a點(diǎn)到b點(diǎn)時間

4-2

帥兩點(diǎn)搭建斜面，設(shè)斜面傾角為。，即弦切角為。，根據(jù)牛頓第二定律可得小球加速度

a=gsinff

如圖所示

o

川小市川川I

b

由幾何關(guān)系得弦

ab=2Rs\n0

小球由4點(diǎn)到&點(diǎn)時間弓，有

ab=-atj

22

解得

Z,=2

則有

4_兀

(2-4

故選B。

6.如圖所示，“品''字型線框必加弧力高為2L寬為33單位長度阻值相同，長度為乙的線框?qū)?yīng)電阻為

R,線框在外力作用下以速度丫勻速進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,從"邊進(jìn)磁場開始計(jì)時，線框

電動勢e、電流八線框的熱功率尸、外力F隨時間，變化規(guī)律如選項(xiàng)圖所示，規(guī)定線框中電流順時針方向

為正，下列圖像正確的是（）

B2I}V

10/?

t吐）〃（勺

Vv

【答案】C

【詳解】0?,時間內(nèi)，"邊切割磁感線，產(chǎn)生電動勢

v

E}=BLv

由右手定則，電流方向?yàn)槟鏁r針，電流為

,BLv

/1=-------

110/?

電功率為

BLv

Pl=I^x\QR='

1110/?

外力F等于安培力

2

廣,BI3V

r,=DLL=

1110/?

I2￡

-------時間內(nèi)，加和g/z邊切割磁感線，產(chǎn)生電動勢

VV

E2-2BLv

電流方向?yàn)槟鏁r針，電流

,BLv

=

25R

電功率為

__4BW

’10/?

外力尸等于安培力

F,=BI、2L=2BH

5R

行于導(dǎo)軌外力作用下，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌以速度u=2m/s向右做勻速運(yùn)動，運(yùn)動過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂

直且接觸良好。設(shè)金屬導(dǎo)軌足夠長，不計(jì)導(dǎo)軌電阻和空氣阻力。下列說法正確的是（）

b

JXXXX

R—?v

IrxXXXX

a

A.導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流/隨時間f變化規(guī)律/=2f（A）

B.導(dǎo)體棒所受拉力F隨時間■變化規(guī)律為E=8產(chǎn)（N）

C.0~2s內(nèi)通過電阻/?的電量為8C

D.f=2s時外力的瞬時功率為128W

【答案】CD

【解析】

【詳解】A.經(jīng)時間，導(dǎo)體棒移動位移

x=vt

回路面積

S=Lx=Lvt

回路產(chǎn)生感生電動勢

E.=S—=Lvkt

\t

根據(jù)楞次定律和安培定則，導(dǎo)體棒電流方向由〃到6,f時刻導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的動生電動勢

￡2-BtLv-ktLv

根據(jù)右手定則，導(dǎo)體棒電流方向由。到6,兩個電動勢方向一致，回路電動勢

E=Et+E2=2Lvkt=\6t（y）

根據(jù)歐姆定律有

故A錯誤；

B.導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動，所受拉力與安培力等大反向，可得導(dǎo)體棒所受拉力大小

F=F^=BJL=16『（N）

故B錯誤；

C.通過電阻的電流表達(dá)式

I=At

在/-t圖像中對應(yīng)圖線面積表示電量，0~2s內(nèi)通過電阻R的電量

q――It—8C

2

故C正確：

D.，=2s時外力

E=64N

其功率

p=Eu=128W

故D正確。

故選CD。

9.如圖所示，水平面上固定著兩根足夠長的光滑平行導(dǎo)槽，質(zhì)量為2%的U形管恰好能在兩導(dǎo)槽之間自由

滑動，一質(zhì)量為機(jī)的小球沿水平方向，以初速度%從U形管的一端射入，從另一端射出。已知小球的半徑

略小于管道半徑，不計(jì)一切摩擦，下列說法正確的是（）

A.該過程中，小球與U形管組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

B.小球從U形管的另一端射出時，速度大小為紐

3

C.小球運(yùn)動到U形管圓弧部分的最左端時，速度大小為也必

D.從小球射入至運(yùn)動到U形管圓弧部分的最左端的過程中，平行導(dǎo)槽受到的沖量大小為?b

3

【答案】ACD

【解析】

【詳解】A.小球和U形管組成的系統(tǒng)在運(yùn)動過程中沒有外力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A正確；

B.球從U形管一端進(jìn)入從另一端出來的過程中，對小球和U形管組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，規(guī)定

向左為正方向，由動量守恒定律可得

mv()=mVj+2mv2

根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得

1m2v121c2

~o~~mvi+5x2加彩

解得

m-2m1

Vl=「％二

m+2m3

故B錯誤；

C.從小球射入至運(yùn)動到U形管圓弧部分的最左端的過程時，小球和U形管速度平行導(dǎo)槽方向速度相同,

對此過程滿足平行導(dǎo)槽方向動量守恒定律，有

mv()=(777+2/71)

解得

匕=%

由能量守恒得

—mvl=—?+—mv2

222

解得

r%

故c正確；

D.小球此時還有個分速度是沿著U形管的切線方向，設(shè)為vv,由速度的合成與分解可知

=4。

對小球由動量定理得

/=mvv-O=^/?vo

由于力的作用是相互的，所以平行導(dǎo)槽受到的沖量為

1，R

I=—>nv0

故D正確。

故選ACDo

10.如圖所示，三個半徑均為R圓形區(qū)域I、n、in,圓形區(qū)域兩兩相切，圓心分別為、。2、。3,區(qū)域

I、HI內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為穌，一粒子以速度%沿。。3方向從區(qū)域I邊界進(jìn)

入磁場，通過三個區(qū)域后沿，。3方向從區(qū)域in邊界射出，已知粒子電量為4,質(zhì)量為根，不考慮重力，則

以下說法正確的是（）

XX

A.區(qū)域H磁場方向垂直紙面向里

B.區(qū)域II磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3叫）

C.粒子從進(jìn)入磁場到離開磁場所用時間為《嚕

9qB。

D.粒子在區(qū)域II中速度變化量為％

【答案】BC

【解析】

【詳解】根據(jù)題意，畫出粒子的運(yùn)動軌跡，如圖所示

A.粒子沿GQ方向從區(qū)域I邊界進(jìn)入磁場，通過三個區(qū)域后沿。1。3方向從區(qū)域皿邊界射出，根據(jù)左手

定則，可知區(qū)域II磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，故A錯誤；

B.三圓心構(gòu)成等邊三角形，可知粒子在區(qū)域I、HI內(nèi)各轉(zhuǎn)過60。角，由幾何關(guān)系有

tan30°=-

r\

由洛侖茲力提供向心力，有

qv°Bo=m」

粒子在區(qū)域II轉(zhuǎn)過120。角，由幾何關(guān)系有

tan60°=—

r2

由洛侖茲力提供向心力，有

qv°B=m—

r2

得

B=3B（＞

故B正確；

C.粒子在區(qū)域I、HI周期相等

T_2冗.

1qB。

粒子在區(qū)域n周期

_271m_2nm

2qB3qB。

粒子從進(jìn)入磁場到離開磁場所用時間

”2n+馬=迎

639qB0

故C正確；

D.粒子在區(qū)域II中速度方向改變了120。角，速度變化量

Av=2%sin60°=6%

故D錯誤。

故選BC。

二、實(shí)驗(yàn)題（本題共2小題，共14分）

11.如圖（1）所示，實(shí)驗(yàn)小組通過拉力傳感器探究直線電流周圍磁感應(yīng)強(qiáng)度大小規(guī)律，將直導(dǎo)線劭直線

固定，通過開關(guān)接上直流電源，選取一小段長度為乙的直導(dǎo)線M接入電路，并在中點(diǎn)處與拉力傳感器相

連，拉力傳感器接入計(jì)算機(jī)中，測出直導(dǎo)線岫中通過大的電流強(qiáng)度為人，直導(dǎo)線加中通過小的電流強(qiáng)度

為，2，將導(dǎo)線cd圍繞中點(diǎn)。垂直紙面緩慢旋轉(zhuǎn)90。過程中，得到拉力傳感器讀數(shù)隨轉(zhuǎn)過角度變化關(guān)系如

圖(2)所示；若將導(dǎo)線cd沿紙平面緩慢向右移動距離x時，得到拉力傳感器讀數(shù)隨距離倒數(shù)變化關(guān)系如

圖(3)所示，不考慮導(dǎo)線〃所產(chǎn)生的磁場。

(1)初始時導(dǎo)線”所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為;

(2)導(dǎo)線cd旋轉(zhuǎn)90。時，。點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向；

(3)直線電流產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與離導(dǎo)線距離x成(填“正比”或"反比”)。

【答案】①.7號②.垂直紙面向里③.反比

12L

【解析】

【詳解】(1)[1]根據(jù)安培定則，導(dǎo)線仍在Cd位置處產(chǎn)生磁場方向垂直紙面向里，初始位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度

大小為B,由圖像可知此時導(dǎo)線cd受的安培力為瑞，由安培力公式

工=BIJ

解得

(2)⑵導(dǎo)線cd旋轉(zhuǎn)90。時，。點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不變，導(dǎo)線油在。點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里。

(3)[3]在/圖像中，圖線為過原點(diǎn)直線，可見直線電流產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度大小跟距離成反比。

x

12.實(shí)驗(yàn)小組利用如圖(1)所示實(shí)驗(yàn)裝置做“用單擺測重力加速度”的實(shí)驗(yàn)，考慮到擺長和周期的測量對

實(shí)驗(yàn)結(jié)果的影響，對實(shí)驗(yàn)進(jìn)行了改進(jìn)，在細(xì)線上端固定拉力傳感器，傳感器連接計(jì)算機(jī)，用天平測出小球

質(zhì)量為，"，將小球拉偏平衡位置一定夾角(角度很小)無初速度釋放，待小球穩(wěn)定后，通過拉力傳感器測

圖(1)圖(2)

(1)下列操作可以減小誤差影響的是

A.小球應(yīng)選重而小的鋼球

B.小球的擺動平面必須為豎直面

C.擺球從平衡位置拉開任意角度后釋放

（2）單擺的周期為；

（3）當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹?；單擺的擺長為:小球擺動的最大偏角的余弦值為一。（用

￡）,加，t0表示）

【答案】①.AB##BA②.％（3）.%”整⑤.-

3m3m7T4

【解析】

【詳解】（1）[1]A.實(shí)驗(yàn)中為了減小阻力的影響，應(yīng)選擇重而小的鋼球，故A正確；

B.小球擺動必須在豎直平面內(nèi)，否則不是單擺振動，故B正確；

C.球做單擺運(yùn)動應(yīng)滿足擺角很小，不能為任意角度，故C錯誤。

故選ABo

（2）[2]根據(jù)題意可知，小球在最高點(diǎn)時，繩子拉力最小，在最低點(diǎn)時繩子拉力最大，則由圖可知,

單擺的周期

T=%

（3）⑶圖⑶根據(jù)題意，設(shè)小球最大偏角為。，小球在最高點(diǎn)，由平衡有

Fo=mgcost)

在最低位置有

-

C2FL^-mg^m—V

由機(jī)械能守恒有

mgL(1-cos6)=gmv2

解得

g喈

根據(jù)單擺周期公式

L

T=2兀

g

解得

3m?！?/p>

c3

cos0--

4

三、計(jì)算題（本題共3小題，共計(jì)46分。解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演

算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）

13.導(dǎo)軌〃、6由半徑為r=0.4m的四分之一光滑圓弧平行導(dǎo)軌與水平導(dǎo)軌組成，其右端與水平導(dǎo)軌c、d

良好銜接，導(dǎo)軌。、b部分寬度為4=2m,導(dǎo)軌以d部分寬度為4=1m,金屬棒P和。質(zhì)量分別為

M=2kg和加=Ikg,電阻大小均為R=1Q,。棒靜止在c、4導(dǎo)軌上并被鎖定，整個導(dǎo)軌處于豎直向上

的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8=1T?，F(xiàn)將P棒從圓弧導(dǎo)軌圓心等高處無初速釋放，經(jīng)過，=ls時間

P棒到達(dá)軌道最低點(diǎn)，此時P棒對導(dǎo)軌壓力為其重力的兩倍，同時。棒解除鎖定，兩棒運(yùn)動過程始終保持

平行，水平導(dǎo)軌均足夠長，且P棒始終在外上運(yùn)動，Q棒始終在cd上運(yùn)動，全屬棒與軌道接觸良好，不

考慮一切摩擦，經(jīng)過足夠長時間后，重力加速度為g取10m/s?（結(jié)果可用分?jǐn)?shù)表示），求：

（1）解除鎖定前通過棒的電量；

（2）解除鎖定前P棒所受安培力和支持力的合力沖量大??；

（3）兩金屬棒最終速度大小。

.—24

【答案】（1）0.4C；（2）2Mg,4V26N-S；（3）-m/s,-m/s

【解析】

【詳解】Q）解除鎖定前通過導(dǎo)體棒的電量

△夕

At、△0BL.r

q=l2=———?△f=———=----!—=0.4C

R]+&R[+R-,R[+R>

（2）導(dǎo)體棒P到達(dá)圓弧導(dǎo)軌最低點(diǎn)時速度為％,由牛頓第二定律，有

2

N-Mg=M^

且

N=2Mg

得

%=后=2m/s

尸棒沿導(dǎo)軌下滑過程所受安培力和支持力的合力沖量大小為/，根據(jù)動量定理

I+Mgt-△〃

Mgt

可得

/=+（Mgr）2=Mjgr+（g/）2=4V^N.s

（3）解除鎖定后，尸棒做減速運(yùn)動，。棒做加速運(yùn)動，兩棒最終均做勻速運(yùn)動，回路電流為零，設(shè)兩棒最

終速度分別為昨和％,由于

Ep=EQ

BL}vp=BL2VQ

由動量定理，對P棒有

—BILyt=M(Up-%)

對。棒有

BIL2t=mvo

得

華運(yùn)二私

出心而4.

v0=——；-v,=-m/s

QmL；+MlJ23

14.如圖所示，在平面內(nèi)x軸與MN邊界之間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)域的寬度為d,x軸下方

和MN邊界上方的空間有兩個勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小相等，方向與y抽平行，1=0時刻，質(zhì)量為機(jī)、電荷量

為+4的粒子從P點(diǎn)沿x軸正方向射入電場，從x軸上Q點(diǎn)進(jìn)入磁場，進(jìn)入磁場時速度大小為u,方向與x

軸正方向夾角為60。，然后垂直于邊界進(jìn)入上方電場，。點(diǎn)坐標(biāo)為(40),粒子重力不計(jì)，求：

(1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E；

(2)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小8；

(3)粒子經(jīng)過x軸的橫坐標(biāo)。

(5—2,y/3^d+^6—2>/3ji/rt(〃=0,1,2...)

【解析】

【詳解】(1)粒子從尸到。點(diǎn)做類平拋運(yùn)動，在x方向做勻速度直線運(yùn)動

d=貼

在y方向做勻加速直線運(yùn)動

人=匕廣且彳

212m1

再由。點(diǎn)速度合成圖可知

vv=vsin60°

v0=vcos60°

聯(lián)立以上可得

2d

八=一

V

6nly1

E=------

4qd

(2)由題意畫出粒子的軌跡如圖所示

偏轉(zhuǎn)角為30。，由幾何關(guān)系可知，粒子進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動的半徑

r=—d=2d

sin30°

洛倫茲力提供向心力

9

qvB=m—

解得

B=—

2qd

（3）由周期性可知粒子向上經(jīng)過x軸的位置為

d+(6-25/3)dn,n—Q,1,2,...

粒子向下經(jīng)過X軸的位置為

(5-卜/+(6-，〃=0,1,21...

15.如圖所示，質(zhì)量為，巧=2kg的木板8靜止在光滑水平地面上，其右端d處（d大小可調(diào)節(jié)）用鎖扣固

定滑塊C,質(zhì)量肛=4kg的小滑塊A（可視為質(zhì)點(diǎn)）靜止于木板左端，現(xiàn)水平向右迅速敲擊小滑塊A,打

擊沖量大小/=24N-s使小滑塊向右運(yùn)動。已知滑塊與木板間動摩擦因數(shù)為〃=04,整個過程中滑塊A

始終未滑離木板B,木板與右側(cè)滑塊C碰撞中沒有機(jī)械能損失且碰撞時間極短可忽略，重力加速度g取

10m/s2。

（1）多次碰撞后小滑塊A未滑離木板B,求木板的最短長度;

（2）若d=4m,多次碰撞后滑塊A和木板8最終均靜止，求整個過程中