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2023-2024学年江西省宜春市丰城市第九中学高一（上）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年江西省宜春市丰城市第九中学高一（上）期末物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.电动平衡车越来越受到年轻人的喜爱，如图所示。当人站在电动平衡车上和车一起匀速水平前进的过程中，下列说法中正确的是( )
A. 人和平衡车的总机械能一直保持不变
B. 平衡车车轮往往做得比较粗糙是为了减小摩擦力
C. 人和平衡车匀速运动的速度越快，惯性越大
D. 平衡车受到的重力和地面对车的支持力是一对平衡力
2.木板MN的N端通过铰链固定在水平地面上，M端可自由转动。刚开始A、B两物块叠放在一起静止在木板上，如图所示，此时B物块上表面水平，木板与地面之间的夹角为θ.现使夹角θ缓慢增大，若此过程中A、B与木板始终保持相对静止状态。则( )
A. 物块A、B间始终没有摩擦力B. 物块B对物块A的作用力不变
C. 木板对物块B的作用力减小D. 木板与物块B之间的摩擦力减小
3.半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为( )
A. 负电荷，q=2QΔLπRB. 正电荷，q= 3QΔLπR
C. 正电荷，q=2QΔLπRD. 负电荷，q=2 3QΔLπR
4.有a、b、c、d四颗卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球一起转动，b在地面附近近地轨道上正常运行，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星。设地球自转周期为24h，所有卫星的运动均视为匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则下列关于卫星的说法中正确的是( )
A. a的向心加速度等于重力加速度gB. c在4h内转过的圆心角为π6
C. b在相同的时间内转过的弧长最短D. d的运动周期可能是26h
5.如图所示，细绳拉着一带正电小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，该区域内存在水平向右的匀强电场。A点为运动轨迹的最高点，B点为运动轨迹的最低点，CD为水平直径。在小球做圆周运动的过程中( )
A. 在A点小球的速度最小B. 在B点绳子的拉力最大
C. 在C点和D点绳子的拉力大小相等D. 在C点小球的机械能最小
6.如图所示，在光滑水平面上静止放着两个相互接触的木块A、B，质量分别为m1、m2，今有一子弹水平穿过两木块，设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1、t2，木块对子弹的阻力恒为f，则子弹穿过两木块后，木块A、B的速度大小分别为
( )
A. ft1m1 ft1m1+m2B. ft1m1+m2 ft1m1+m2+ft2m2
C. ft1m1 f(t1+t2)m1+m2D. f(t1+t2)m1 f(t1+t2)m1+m2
7.如图，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各小球编号如图。斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r。现将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计摩擦和空气阻力。则在各小球运动过程中，下列说法正确的是
( )
A. 六个小球将落在地面上同一点B. 六个小球将落在地面上六个不同的点
C. 球6做平抛运动的水平位移最小D. 球1做平抛运动的水平位移最小
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.江南多雨，屋顶常常修成坡度固定的“人”字形，“人”字形的尖顶屋可以看做由两个斜面构成，斜面与水平方向的夹角均为α，房屋长度2x为一定值，将雨滴从“人”字形坡顶开始的下滑过程简化为如图所示的模型，雨滴从光滑斜面顶端由静止下滑，做匀变速直线运动，不考虑雨滴滑下时质量的变化，下列说法正确的是( )
A. α越大，雨滴滑下的时间越长B. α越大，雨滴滑下的时间越短
C. α越大，雨滴滑下时的动能越大D. α越大，雨滴滑下时的动量越大
9.如图所示，电荷量均为q的等量异种点电荷固定在A、B两点，M是A、B连线的中点，在M点的正上方O点处用绝缘丝线悬挂一电荷量也为q的带电小球(可视为质点)，稳定后小球恰好静止在AM的中点N处，此时丝线与竖直方向的夹角θ=30°，已知A、B两点间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 带电小球的质量为160 3kq29gd2
B. 带电小球的质量为160kq29gd2
C. M点的电场强度大小为8kqd2，方向水平向左
D. M点的电场强度大小为8kqd2，方向水平向右
10.如图所示，物块A、B通过不可伸长的轻绳绕过光滑轻质定滑轮连接，已知mA=3m，mB=m，t=0时刻通过一个弹射装置(图中未画出)给物块A一个竖直向上的初速度v0=2m/s，然后瞬间移开弹射装置，物块A、B均可视为质点，全过程A、B既没有落地，也没有碰到滑轮。重力加速度g取10m/s2，则正确的是( )
A. 0.1s时，A的速度大小为1.5m/sB. 0.1s时，B的速度大小为1m/s
C. 物体B下落的最大高度为0.325mD. 物体B下落的最大高度为0.225m
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某学习小组利用如图甲所示的装置测量重力加速度。钢球一开始被通电的电磁铁衔住，电磁铁断电即释放钢球。小球下落途中会经过一光电门，光电门发射端与接收端在同一高度，且钢球经过光电门时，发射端发出的光能对准钢球的球心(如图乙)。钢球从光电门中经过时，光电门可以记录它的遮光时间t，光电门的安装位置可以上下调整，从而改变释放时钢球球心到光电门发射端的竖直高度差h，测得实验时所用钢球的直径为d(d很小)。完成下面的问题：
(1)钢球球心经过光电门时的速度大小为v=_________(用所测物理量的符号表示)。
(2)多次改变h，该学习小组得到了多组h和t的实验数据，并画出了h−1t2图像，如图丙，算得图像的斜率为k。利用图像的斜率k和小球的直径d可算得重力加速度g=_________(用字母k和d表示)。
(3)若某同学在安装器材时小球的释放点稍向左边偏移了一些，导致小球经过光电门时，虽然小球也能遮光，但光线无法对准球心。大家都没注意到这个问题，用这样的装置完成了实验，这会导致重力加速度的测量值_________(填“偏小”“偏大”或“不变”)。
12.如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个大小相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上、重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度L1、L2、L3。
(1)入射小球1的质量应______(选填“大于”“等于”或“小于”)被碰小球2的质量；入射小球1的半径应______。(选填“大于”“等于”或“小于”)被碰小球2的半径。
(2)除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还必须使用的两种器材是______。
A.秒表
B.天平
C.刻度尺
D.打点计时器
(3)下列说法中正确的是______。
A.如果小球每次从同一位置由静止释放，每次的落点一定是重合的
B.重复操作时发现小球的落点并不重合，说明实验操作中出现了错误
C.用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置
D.仅调节斜槽上固定位置A，它的位置越低，线段OP的长度越大
(4)当所测物理量满足表达式______(用所测物理量的m1、m2、L1、L2、L3表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。如果还满足表达式______(用所测物理量m1、m2、L1、L2、L3表示)时，即说明两球是弹性碰撞。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.如图，竖直正对放置的金属板A、B中间开有小孔，小孔的连线沿水平放置的金属板M、N的中心线OO′，粒子源P可以连续发出质量为m，电荷量为q的带正电粒子(初速不计)，粒子在A、B间被加速电压U0加速后，沿平行板的方向从金属板M、N正中间射入两板之间。M、N板长为L，两板间距离为 3L3，板M、N右侧距板右端L处放置一足够大的荧光屏PQ，屏与OO′垂直，交点为O′。粒子重力不计，求：
(1)粒子进入MN板间时的速度大小v0；
(2)粒子刚好从N板的右边缘离开偏转电场时，M、N板间的电压U1；
(3)若M、N板间的电压可调，则在荧光屏上有粒子达到区域的最大长度b。
14.如图所示，光滑斜面AB的B点与水平传送带的左端刚好平齐接触(小滑块从斜面滑向传送带时速度大小不变)，传送带BC的长度L=6m，传送带沿逆时针方向以恒定速率v=2m/s匀速转动。CD为光滑且足够长的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径R=0.4m的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点。已知小滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，小滑块的质量m=1kg，取g=10m/s2。
(1)若小滑块从斜面AB上高H处的某点由静止滑下，滑离传送带前又能返回到B点，求H的最大值；
(2)若小滑块从斜面AB上某点由静止滑下，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上。如果小滑块通过E点时受到轨道的压力大小为12.5N，求小滑块的落点距D点的距离；
(3)在满足(2)条件下，求小滑块在传送带上运动的时间。
15.一质量为m=1kg的小球用长为L=1.8m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与光滑水平面上放置的小滑块b发生正碰，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失，碰后小滑块滑到并排放置在右侧光滑水平地面上的两块木板c、d上，两木板间相互接触但不粘连，木板上表面与水平面齐平，滑块最终恰好没有离开木板d。已知：小滑块b的质量和两木板c、d的质量均为M=2kg，木板c的长为Lc=2m，小滑块与两木板间动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)小球与小滑块b碰后，滑块b的速度大小；
(2)小滑块b从滑上c的左端到滑离c所用的时间。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.人站在电动平衡车上和车一起匀速水平前进的过程中，动能不变，重力势能不变，故人和平衡车的总机械能一直保持不变，故A正确；
B.平衡车车轮往往做得比较粗糙是为了增大车轮与地面的最大静摩擦力，避免车轮打滑，故B错误；
C.惯性只和质量有关，与运动的速度无关，故C错误；
D.人和平衡车受到的总重力和地面对车的支持力是一对平衡力，故D错误。
故选：A。
根据机械能的概念分析A选项；根据增大摩擦的方法分析B选项；惯性只和质量有关；人和平衡车受到的总重力和地面对车的支持力是一对平衡力。
本题主要是考查共点力的平衡和机械能守恒定律，关键是弄清楚电动车的受力情况，知道平衡车车轮往往做得比较粗糙的目的以及惯性大小的决定因素。
2.【答案】B
【解析】【分析】
根据平衡条件分析摩擦力的变化情况；根据平衡条件分析物块B对物块A的作用力、木板对物块B的作用力变化。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
【解答】
A.当θ增大时，B的上表面不在水平，此时A有向下运动趋势，物块A、B间就有摩擦力了，故A错误；
B.物体A始终处于平衡状态，物块B对物块A的作用力始终与A的重力等大反向，物块B对物块A的作用力不变，故B正确；
C.木板对物块B的作用力与A对B的作用力的合力与B的重力平衡，物块B对物块A的作用力不变，则物块A对物块B的作用力不变，所以木板对物块B的作用力不变，故C错误；
D.随着θ角的增大，A、B与木板始终保持相对静止状态，则木板与物块B之间的摩擦力增大，故D错误。
故选B。
3.【答案】A
【解析】.A
【详解】取走A、B处两段弧长均为 ΔL 的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示：
因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有
E1=kQΔL2πRR2=kQΔL2πR3
由图可知，两场强的夹角为 120∘ ，则两者的合场强为
E=E1=kQΔL2πR3
根据O点的合场强为0，则放在D点的点电荷带负电，大小为
E′=E=kQΔL2πR3
根据
E′=kq2R2
联立解得
q=2QΔLπR
故选A。
4.【答案】D
【解析】D
【详解】A.同步卫星的运行周期与地球自转周期相同，角速度相同，则a和c的角速度相同，根据 a=ω2r 知，c的向心加速度大；由 GMmr2=ma 知
a=GMr2
c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；
B.由于c为同步卫星，所以c的周期为 24h ，因此 4h 内转过的圆心角为
θ=π3
故B错误；
C.由四颗卫星的运行情况可知，b运行的线速度是最大的，所以其在相同的时间内转过的弧长最长，故C错误；
D.d的运行周期比c要长，所以其周期应大于 24h ，故D正确。
故选D。
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了等效重力场、圆周运动这些知识点；
根据复合场分析等效最高点与等效最低点，结合向心力分析拉力；根据能量守恒定律分析电势能及机械能。
【解答】
AB.把重力和电场力合成为等效重力，可知在等效最高点速度最小，在等效最低点速度最大且拉力最大，故AB错误；
C.在D点速度大于C点的速度，根据牛顿第二定律知在D点绳子的拉力较大，故C错误；
D.根据能量守恒，在C点时小球的电势能最大，则机械能最小，故D正确。
故选D。
6.【答案】B
【解析】B
【分析】子弹在A中运动时，A、B一起向前运动，具有相同的运动速度，对整体应用动量定理可避开A、B间的未知作用力，可以求解A、B分开时的速度，分开后再对B单独应用动量定理可求得子弹穿出后B的速度。
【详解】子弹在A中穿过时，以A、B为研究对象，规定向右为正方向，根据动量定理可得
ft1=(m1+m2)v1
解得
v1=ft1m1+m2
之后A的速度保持v1不变，子弹进入木块B后，以B为研究对象，根据动量定理可得
ft2=m2v2−m2v1
解得
v2=ft1m1+m2+ft2m2
故选B。
7.【答案】C
【解析】【分析】
六个球离开A点后均做平抛运动，当有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以从6到4，小球离开A的速度不断增大，最后3个小球离开A点的速度相同．
本题关键要明确研究对象，选择研究的过程，正确分析各球的运动情况，再进行分析．
【解答】
AB.6个小球都在斜面上运动时，只有重力做功，整个系统的机械能守恒。当有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，球6在OA段运动时，斜面上的球在加速，球5对球6的作用力做正功，动能增加，机械能增加；当球1进入OA段后，球1、2、3之间无相互作用力均匀速离开OA段，由于有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，水平面上能同时存在三个小球，所以可知离开A点时球6到球4的速度依次增大，最后三个小球都在水平面上时球之间的作用力为零，最后3个小球离开A点的速度相同，水平射程相同，故AB错误；
CD.由于离开A点时，球6的速度最小，水平射程最小，而最后三个球3、2、1的速度相等，水平射程相同，故C正确D错误。
故选C。
8.【答案】CD
【解析】CD
【详解】AB.根据几何知识可知雨滴下滑的位移为
l=xcsα
根据受力分析和牛顿第二定律可知
a=mgsinαm=gsinα
根据匀变速直线运动位移公式有
xcsα=12gsinαt2
解得
t= 2xgsinαcsα= 4xgsin2α
当 α<45 ，α越大，雨滴滑下的时间越短，当 α>45 ，α越大，雨滴滑下的时间越长，故AB错误；
C.根据动能定理有
mgxtanα=Ek
可知α越大，雨滴滑下时的动能越大，故C正确；
D.根据
p=mv= 2mEk= 2m2gxtanα
可知α越大，雨滴滑下时的动量越大，故D正确。
故选CD。
9.【答案】AC
【解析】AC
【详解】AB.由图可知带电小球带负电，由平衡条件得
Tcsθ=mg
Tsinθ=kq214d2+kq234d2
联立解得
m=160 3kq29gd2
故A正确，B错误；
CD. A 、 B 两点处的点电荷在 M 点产生的场强
E1=2kqd22=8kqd2
方向水平向右； N 点处的带电小球在 M 点产生的场强
E2=kqd42=16kqd2
方向水平向左；则 M 点的合场强
E=E2−E1=8kqd2
方向水平向左，故C正确，D错误。
故选AC。
10.【答案】BD
【解析】BD
【详解】AB.瞬间移开弹射装置，A的速度大于B的速度，所以绳子会松弛，绳子没有弹力，则A做竖直上抛运动，B做自由落体运动，0.1s时，A的速度大小为
vA=v0−gt1=1m/s
B的速度大小为
vB=gt1=1m/s
故A错误，B正确；
CD.设经过t时刻，绳子再次紧绷，则有A的位移大小等于B的位移大小，即
v0t−12gt2=12gt2
解得
t=0.2s
此时A的速度大小为
v1=v0−gt=0
B的速度大小为
v2=gt=2m/s
根据沿着绳子方向上动量守恒可得
mBv2=(mA+mB)v
可得
v=12m/s
此时根据牛顿第二定律有
T−mBg=mBa
mAg−T=mAa
联立解得
a=12g
则物块B接着以速度 v=12m/s ，加速度 a=12g 向下减速，则物体B下落的最大高度为
h=12gt2+v22a=0.225m
故C错误，D正确。
故选BD。
11.【答案】 dt d22k 偏大
【详解】(1)[1]由于小球直径很小，挡光时间很小，可认为钢球球心经过光电门时的速度大小等于挡光过程的平均速度，则有
v=dt
(2)[2]根据自由落体运动规律有
2gh=v2=d2t2
整理得
h=d22g⋅1t2
由 h−1t2 图像可知
k=d22g
解得
g=d22k
(3)[3]若某同学在安装器材时小球的释放点稍向左边偏移了一些，导致小球经过光电门时，虽然小球也能遮光，但光线无法对准球心，则实际挡光宽度 d实 小于小球直径d，则
g实=d 实22k可知重力加速度的测量值偏大。
【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】大于 等于 BC C m1L2=m1L1+m2L3 m1L22=m1L12+m2L32
【解析】解：(1)设小球1、2的质量分别为m1、m2，小球1与小球2碰撞前瞬间的速度为v1，碰后瞬间二者的速度分别为v1′和v2′，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得
m1v1=m1v1′+m2v2′①
12m1v12=12m1v1′2+12m2v2′2 ②
联立①②解得v1′=m1−m2m1+m2v1 ③
由③式可知为了使小球1碰后不反弹，即v1′>0，应使m1>m2。
使两小球发生对心碰撞，小球1的半径应等于小球2的半径。
(2)实验中还需要天平用来测量两小球的质量；由于两小球都做平抛运动，且下落时间相同，因此可以用平抛运动的水平距离来间接表示水平速度，则需要刻度尺测量平均落点到O点的距离，不需要秒表测时间，更不需要打点计时器，故选：BC。
(3)AB.即使小球每次从同一位置由静止释放，小球在运动过程也会受其他很多因素的影响(如空气阻力，导轨的摩擦以及微小形变等)，导致落点不可能完全重合，这并不是错误，而是误差，故AB错误；
C.用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置，达到多次测量取平均值的效果，故C正确；
D.仅调节斜槽上固定位置A，它的位置越低，小球做平抛运动的初速度越小，线段OP的长度越小，故D错误。
故选：C。
(4)由于下落高度相同，所以两小球做平抛运动的时间相等，均设为t，由题意可知小球1与2碰撞前瞬间的速度为v1=L2t ④
碰撞后瞬间1、2的速度分别为v1′=L1t ⑤
v2′=L3t ⑥
联立①④⑤⑥可得，若两球碰撞遵守动量守恒定律，则应满足的表达式是m1L2=m1L1+m2L3
联立②④⑤⑥可得，若两球是弹性碰撞，则应满足的表达式是m1L22=m1L12+m2L32
故答案为：(1)大于；等于；(2)BC；(3)C；(4)m1L2=m1L1+m2L3；m1L22=m1L12+m2L32。
(1)为了保证碰撞前后使入射小球不反弹，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量；为了使两球发生正碰，两小球的半径相同。
(2)(3)根据实验需要测量的量分析答题。
(4)两球碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题。
解决本题的关键掌握实验的原理，以及实验的步骤，在验证动量守恒定律实验中，无需测出速度的大小，可以用位移代表速度。
13.【答案】(1) v0= 2qU0m ；(2) U1=23U0 ；(3) b= 3L
【详解】(1)根据题意，粒子加速到O点的过程，由动能定理有
qU0=12mv02
解得
v0= 2qU0m
(2)记M、N两板间距离为
d= 3L3
则水平方向上有
L=v0t
竖直方向上有
12d=12at2
由牛顿第二定律有
ma=qU1d
解得
U1=23U0
(3)根据题意可知，粒子刚好从M板的右边缘离开偏转电场时，垂直于中心线 OO′ 方向的速度
vy=at
偏转角度的正切
tanθ=vyv0= 33
由几何关系有
b=2(d2+Ltanθ)
解得
b= 3L
【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】解：(1)要使H最大，小滑块滑到传送带的C点时速度刚好减为零。
由动能定理得mgH−μmgL=0
解得H=1.2 m；
(2)根据牛顿第二定律，在E点有F+mg=mv2R
解得v=3 m/s
由平抛运动规律有2R=12gt2
x=vt
解得x=1.2 m；
(3)在半圆轨道上由机械能守恒定律得12mvD2=12mv2+2mgR
解得vD=5 m/s
根据动能定理得−μmgL=12mvD2−12mvB2
解得vB=7 m/s
小滑块在传送带上运动的时间t=2LvD+vB
解得t=1 s。
【解析】本题考查动能定理、圆周运动、平抛运动及传送带问题等。
(1)小滑块从轨道AB上高H处由静止滑下，恰好滑到C点时速度为零，由动能定理求H的值；
(2)滑块通过E点时，由合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出滑块通过E点时的速度，再根据平抛运动的规律求落点距D点的距离；
(3)根据动能定理求出滑块B点和C点的速度，由运动学公式求出从B到C的时间。
15.【答案】(1)4m/s；(2) 23s
【详解】(1)小球释放到最低点的过程中，由动能定理有
mgL=12mv2
解得
v=6m/s
小球与 b 碰撞过程，由动量守恒知
mv=mv1+Mvb
根据能量守恒定律可知
12mv2=12mv12+12Mvb2
联立解得碰后滑块 b 的速度大小
vb=4m/s
(2)滑块 b 冲上 c 木板至刚离开 c 木板的过程，根据动量守恒可知
Mvb=Mv′b+2Mvcd
根据能量守恒定律可知
μMgLc=12Mvb2−12(M+M)vcd2−12Mv′b2
解得 b 刚离开长木板 c 时 b 滑块的速度
v′b=83m/s
在此过程，对 b 由动量定理有
−μMgt=Mv′b−Mvb
解得
t=23s
【解析】详细解答和解析过程见答案
1.电动平衡车越来越受到年轻人的喜爱，如图所示。当人站在电动平衡车上和车一起匀速水平前进的过程中，下列说法中正确的是( )
A. 人和平衡车的总机械能一直保持不变
B. 平衡车车轮往往做得比较粗糙是为了减小摩擦力
C. 人和平衡车匀速运动的速度越快，惯性越大
D. 平衡车受到的重力和地面对车的支持力是一对平衡力
2.木板MN的N端通过铰链固定在水平地面上，M端可自由转动。刚开始A、B两物块叠放在一起静止在木板上，如图所示，此时B物块上表面水平，木板与地面之间的夹角为θ.现使夹角θ缓慢增大，若此过程中A、B与木板始终保持相对静止状态。则( )
A. 物块A、B间始终没有摩擦力B. 物块B对物块A的作用力不变
C. 木板对物块B的作用力减小D. 木板与物块B之间的摩擦力减小
3.半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为( )
A. 负电荷，q=2QΔLπRB. 正电荷，q= 3QΔLπR
C. 正电荷，q=2QΔLπRD. 负电荷，q=2 3QΔLπR
4.有a、b、c、d四颗卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球一起转动，b在地面附近近地轨道上正常运行，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星。设地球自转周期为24h，所有卫星的运动均视为匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则下列关于卫星的说法中正确的是( )
A. a的向心加速度等于重力加速度gB. c在4h内转过的圆心角为π6
C. b在相同的时间内转过的弧长最短D. d的运动周期可能是26h
5.如图所示，细绳拉着一带正电小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，该区域内存在水平向右的匀强电场。A点为运动轨迹的最高点，B点为运动轨迹的最低点，CD为水平直径。在小球做圆周运动的过程中( )
A. 在A点小球的速度最小B. 在B点绳子的拉力最大
C. 在C点和D点绳子的拉力大小相等D. 在C点小球的机械能最小
6.如图所示，在光滑水平面上静止放着两个相互接触的木块A、B，质量分别为m1、m2，今有一子弹水平穿过两木块，设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1、t2，木块对子弹的阻力恒为f，则子弹穿过两木块后，木块A、B的速度大小分别为
( )
A. ft1m1 ft1m1+m2B. ft1m1+m2 ft1m1+m2+ft2m2
C. ft1m1 f(t1+t2)m1+m2D. f(t1+t2)m1 f(t1+t2)m1+m2
7.如图，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各小球编号如图。斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r。现将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计摩擦和空气阻力。则在各小球运动过程中，下列说法正确的是
( )
A. 六个小球将落在地面上同一点B. 六个小球将落在地面上六个不同的点
C. 球6做平抛运动的水平位移最小D. 球1做平抛运动的水平位移最小
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.江南多雨，屋顶常常修成坡度固定的“人”字形，“人”字形的尖顶屋可以看做由两个斜面构成，斜面与水平方向的夹角均为α，房屋长度2x为一定值，将雨滴从“人”字形坡顶开始的下滑过程简化为如图所示的模型，雨滴从光滑斜面顶端由静止下滑，做匀变速直线运动，不考虑雨滴滑下时质量的变化，下列说法正确的是( )
A. α越大，雨滴滑下的时间越长B. α越大，雨滴滑下的时间越短
C. α越大，雨滴滑下时的动能越大D. α越大，雨滴滑下时的动量越大
9.如图所示，电荷量均为q的等量异种点电荷固定在A、B两点，M是A、B连线的中点，在M点的正上方O点处用绝缘丝线悬挂一电荷量也为q的带电小球(可视为质点)，稳定后小球恰好静止在AM的中点N处，此时丝线与竖直方向的夹角θ=30°，已知A、B两点间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 带电小球的质量为160 3kq29gd2
B. 带电小球的质量为160kq29gd2
C. M点的电场强度大小为8kqd2，方向水平向左
D. M点的电场强度大小为8kqd2，方向水平向右
10.如图所示，物块A、B通过不可伸长的轻绳绕过光滑轻质定滑轮连接，已知mA=3m，mB=m，t=0时刻通过一个弹射装置(图中未画出)给物块A一个竖直向上的初速度v0=2m/s，然后瞬间移开弹射装置，物块A、B均可视为质点，全过程A、B既没有落地，也没有碰到滑轮。重力加速度g取10m/s2，则正确的是( )
A. 0.1s时，A的速度大小为1.5m/sB. 0.1s时，B的速度大小为1m/s
C. 物体B下落的最大高度为0.325mD. 物体B下落的最大高度为0.225m
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某学习小组利用如图甲所示的装置测量重力加速度。钢球一开始被通电的电磁铁衔住，电磁铁断电即释放钢球。小球下落途中会经过一光电门，光电门发射端与接收端在同一高度，且钢球经过光电门时，发射端发出的光能对准钢球的球心(如图乙)。钢球从光电门中经过时，光电门可以记录它的遮光时间t，光电门的安装位置可以上下调整，从而改变释放时钢球球心到光电门发射端的竖直高度差h，测得实验时所用钢球的直径为d(d很小)。完成下面的问题：
(1)钢球球心经过光电门时的速度大小为v=_________(用所测物理量的符号表示)。
(2)多次改变h，该学习小组得到了多组h和t的实验数据，并画出了h−1t2图像，如图丙，算得图像的斜率为k。利用图像的斜率k和小球的直径d可算得重力加速度g=_________(用字母k和d表示)。
(3)若某同学在安装器材时小球的释放点稍向左边偏移了一些，导致小球经过光电门时，虽然小球也能遮光，但光线无法对准球心。大家都没注意到这个问题，用这样的装置完成了实验，这会导致重力加速度的测量值_________(填“偏小”“偏大”或“不变”)。
12.如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个大小相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上、重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度L1、L2、L3。
(1)入射小球1的质量应______(选填“大于”“等于”或“小于”)被碰小球2的质量；入射小球1的半径应______。(选填“大于”“等于”或“小于”)被碰小球2的半径。
(2)除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还必须使用的两种器材是______。
A.秒表
B.天平
C.刻度尺
D.打点计时器
(3)下列说法中正确的是______。
A.如果小球每次从同一位置由静止释放，每次的落点一定是重合的
B.重复操作时发现小球的落点并不重合，说明实验操作中出现了错误
C.用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置
D.仅调节斜槽上固定位置A，它的位置越低，线段OP的长度越大
(4)当所测物理量满足表达式______(用所测物理量的m1、m2、L1、L2、L3表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。如果还满足表达式______(用所测物理量m1、m2、L1、L2、L3表示)时，即说明两球是弹性碰撞。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.如图，竖直正对放置的金属板A、B中间开有小孔，小孔的连线沿水平放置的金属板M、N的中心线OO′，粒子源P可以连续发出质量为m，电荷量为q的带正电粒子(初速不计)，粒子在A、B间被加速电压U0加速后，沿平行板的方向从金属板M、N正中间射入两板之间。M、N板长为L，两板间距离为 3L3，板M、N右侧距板右端L处放置一足够大的荧光屏PQ，屏与OO′垂直，交点为O′。粒子重力不计，求：
(1)粒子进入MN板间时的速度大小v0；
(2)粒子刚好从N板的右边缘离开偏转电场时，M、N板间的电压U1；
(3)若M、N板间的电压可调，则在荧光屏上有粒子达到区域的最大长度b。
14.如图所示，光滑斜面AB的B点与水平传送带的左端刚好平齐接触(小滑块从斜面滑向传送带时速度大小不变)，传送带BC的长度L=6m，传送带沿逆时针方向以恒定速率v=2m/s匀速转动。CD为光滑且足够长的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径R=0.4m的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点。已知小滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，小滑块的质量m=1kg，取g=10m/s2。
(1)若小滑块从斜面AB上高H处的某点由静止滑下，滑离传送带前又能返回到B点，求H的最大值；
(2)若小滑块从斜面AB上某点由静止滑下，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上。如果小滑块通过E点时受到轨道的压力大小为12.5N，求小滑块的落点距D点的距离；
(3)在满足(2)条件下，求小滑块在传送带上运动的时间。
15.一质量为m=1kg的小球用长为L=1.8m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与光滑水平面上放置的小滑块b发生正碰，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失，碰后小滑块滑到并排放置在右侧光滑水平地面上的两块木板c、d上，两木板间相互接触但不粘连，木板上表面与水平面齐平，滑块最终恰好没有离开木板d。已知：小滑块b的质量和两木板c、d的质量均为M=2kg，木板c的长为Lc=2m，小滑块与两木板间动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)小球与小滑块b碰后，滑块b的速度大小；
(2)小滑块b从滑上c的左端到滑离c所用的时间。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.人站在电动平衡车上和车一起匀速水平前进的过程中，动能不变，重力势能不变，故人和平衡车的总机械能一直保持不变，故A正确；
B.平衡车车轮往往做得比较粗糙是为了增大车轮与地面的最大静摩擦力，避免车轮打滑，故B错误；
C.惯性只和质量有关，与运动的速度无关，故C错误；
D.人和平衡车受到的总重力和地面对车的支持力是一对平衡力，故D错误。
故选：A。
根据机械能的概念分析A选项；根据增大摩擦的方法分析B选项；惯性只和质量有关；人和平衡车受到的总重力和地面对车的支持力是一对平衡力。
本题主要是考查共点力的平衡和机械能守恒定律，关键是弄清楚电动车的受力情况，知道平衡车车轮往往做得比较粗糙的目的以及惯性大小的决定因素。
2.【答案】B
【解析】【分析】
根据平衡条件分析摩擦力的变化情况；根据平衡条件分析物块B对物块A的作用力、木板对物块B的作用力变化。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
【解答】
A.当θ增大时，B的上表面不在水平，此时A有向下运动趋势，物块A、B间就有摩擦力了，故A错误；
B.物体A始终处于平衡状态，物块B对物块A的作用力始终与A的重力等大反向，物块B对物块A的作用力不变，故B正确；
C.木板对物块B的作用力与A对B的作用力的合力与B的重力平衡，物块B对物块A的作用力不变，则物块A对物块B的作用力不变，所以木板对物块B的作用力不变，故C错误；
D.随着θ角的增大，A、B与木板始终保持相对静止状态，则木板与物块B之间的摩擦力增大，故D错误。
故选B。
3.【答案】A
【解析】.A
【详解】取走A、B处两段弧长均为 ΔL 的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示：
因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有
E1=kQΔL2πRR2=kQΔL2πR3
由图可知，两场强的夹角为 120∘ ，则两者的合场强为
E=E1=kQΔL2πR3
根据O点的合场强为0，则放在D点的点电荷带负电，大小为
E′=E=kQΔL2πR3
根据
E′=kq2R2
联立解得
q=2QΔLπR
故选A。
4.【答案】D
【解析】D
【详解】A.同步卫星的运行周期与地球自转周期相同，角速度相同，则a和c的角速度相同，根据 a=ω2r 知，c的向心加速度大；由 GMmr2=ma 知
a=GMr2
c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；
B.由于c为同步卫星，所以c的周期为 24h ，因此 4h 内转过的圆心角为
θ=π3
故B错误；
C.由四颗卫星的运行情况可知，b运行的线速度是最大的，所以其在相同的时间内转过的弧长最长，故C错误；
D.d的运行周期比c要长，所以其周期应大于 24h ，故D正确。
故选D。
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了等效重力场、圆周运动这些知识点；
根据复合场分析等效最高点与等效最低点，结合向心力分析拉力；根据能量守恒定律分析电势能及机械能。
【解答】
AB.把重力和电场力合成为等效重力，可知在等效最高点速度最小，在等效最低点速度最大且拉力最大，故AB错误；
C.在D点速度大于C点的速度，根据牛顿第二定律知在D点绳子的拉力较大，故C错误；
D.根据能量守恒，在C点时小球的电势能最大，则机械能最小，故D正确。
故选D。
6.【答案】B
【解析】B
【分析】子弹在A中运动时，A、B一起向前运动，具有相同的运动速度，对整体应用动量定理可避开A、B间的未知作用力，可以求解A、B分开时的速度，分开后再对B单独应用动量定理可求得子弹穿出后B的速度。
【详解】子弹在A中穿过时，以A、B为研究对象，规定向右为正方向，根据动量定理可得
ft1=(m1+m2)v1
解得
v1=ft1m1+m2
之后A的速度保持v1不变，子弹进入木块B后，以B为研究对象，根据动量定理可得
ft2=m2v2−m2v1
解得
v2=ft1m1+m2+ft2m2
故选B。
7.【答案】C
【解析】【分析】
六个球离开A点后均做平抛运动，当有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以从6到4，小球离开A的速度不断增大，最后3个小球离开A点的速度相同．
本题关键要明确研究对象，选择研究的过程，正确分析各球的运动情况，再进行分析．
【解答】
AB.6个小球都在斜面上运动时，只有重力做功，整个系统的机械能守恒。当有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，球6在OA段运动时，斜面上的球在加速，球5对球6的作用力做正功，动能增加，机械能增加；当球1进入OA段后，球1、2、3之间无相互作用力均匀速离开OA段，由于有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，水平面上能同时存在三个小球，所以可知离开A点时球6到球4的速度依次增大，最后三个小球都在水平面上时球之间的作用力为零，最后3个小球离开A点的速度相同，水平射程相同，故AB错误；
CD.由于离开A点时，球6的速度最小，水平射程最小，而最后三个球3、2、1的速度相等，水平射程相同，故C正确D错误。
故选C。
8.【答案】CD
【解析】CD
【详解】AB.根据几何知识可知雨滴下滑的位移为
l=xcsα
根据受力分析和牛顿第二定律可知
a=mgsinαm=gsinα
根据匀变速直线运动位移公式有
xcsα=12gsinαt2
解得
t= 2xgsinαcsα= 4xgsin2α
当 α<45 ，α越大，雨滴滑下的时间越短，当 α>45 ，α越大，雨滴滑下的时间越长，故AB错误；
C.根据动能定理有
mgxtanα=Ek
可知α越大，雨滴滑下时的动能越大，故C正确；
D.根据
p=mv= 2mEk= 2m2gxtanα
可知α越大，雨滴滑下时的动量越大，故D正确。
故选CD。
9.【答案】AC
【解析】AC
【详解】AB.由图可知带电小球带负电，由平衡条件得
Tcsθ=mg
Tsinθ=kq214d2+kq234d2
联立解得
m=160 3kq29gd2
故A正确，B错误；
CD. A 、 B 两点处的点电荷在 M 点产生的场强
E1=2kqd22=8kqd2
方向水平向右； N 点处的带电小球在 M 点产生的场强
E2=kqd42=16kqd2
方向水平向左；则 M 点的合场强
E=E2−E1=8kqd2
方向水平向左，故C正确，D错误。
故选AC。
10.【答案】BD
【解析】BD
【详解】AB.瞬间移开弹射装置，A的速度大于B的速度，所以绳子会松弛，绳子没有弹力，则A做竖直上抛运动，B做自由落体运动，0.1s时，A的速度大小为
vA=v0−gt1=1m/s
B的速度大小为
vB=gt1=1m/s
故A错误，B正确；
CD.设经过t时刻，绳子再次紧绷，则有A的位移大小等于B的位移大小，即
v0t−12gt2=12gt2
解得
t=0.2s
此时A的速度大小为
v1=v0−gt=0
B的速度大小为
v2=gt=2m/s
根据沿着绳子方向上动量守恒可得
mBv2=(mA+mB)v
可得
v=12m/s
此时根据牛顿第二定律有
T−mBg=mBa
mAg−T=mAa
联立解得
a=12g
则物块B接着以速度 v=12m/s ，加速度 a=12g 向下减速，则物体B下落的最大高度为
h=12gt2+v22a=0.225m
故C错误，D正确。
故选BD。
11.【答案】 dt d22k 偏大
【详解】(1)[1]由于小球直径很小，挡光时间很小，可认为钢球球心经过光电门时的速度大小等于挡光过程的平均速度，则有
v=dt
(2)[2]根据自由落体运动规律有
2gh=v2=d2t2
整理得
h=d22g⋅1t2
由 h−1t2 图像可知
k=d22g
解得
g=d22k
(3)[3]若某同学在安装器材时小球的释放点稍向左边偏移了一些，导致小球经过光电门时，虽然小球也能遮光，但光线无法对准球心，则实际挡光宽度 d实 小于小球直径d，则
g实=d 实22k
【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】大于 等于 BC C m1L2=m1L1+m2L3 m1L22=m1L12+m2L32
【解析】解：(1)设小球1、2的质量分别为m1、m2，小球1与小球2碰撞前瞬间的速度为v1，碰后瞬间二者的速度分别为v1′和v2′，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得
m1v1=m1v1′+m2v2′①
12m1v12=12m1v1′2+12m2v2′2 ②
联立①②解得v1′=m1−m2m1+m2v1 ③
由③式可知为了使小球1碰后不反弹，即v1′>0，应使m1>m2。
使两小球发生对心碰撞，小球1的半径应等于小球2的半径。
(2)实验中还需要天平用来测量两小球的质量；由于两小球都做平抛运动，且下落时间相同，因此可以用平抛运动的水平距离来间接表示水平速度，则需要刻度尺测量平均落点到O点的距离，不需要秒表测时间，更不需要打点计时器，故选：BC。
(3)AB.即使小球每次从同一位置由静止释放，小球在运动过程也会受其他很多因素的影响(如空气阻力，导轨的摩擦以及微小形变等)，导致落点不可能完全重合，这并不是错误，而是误差，故AB错误；
C.用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置，达到多次测量取平均值的效果，故C正确；
D.仅调节斜槽上固定位置A，它的位置越低，小球做平抛运动的初速度越小，线段OP的长度越小，故D错误。
故选：C。
(4)由于下落高度相同，所以两小球做平抛运动的时间相等，均设为t，由题意可知小球1与2碰撞前瞬间的速度为v1=L2t ④
碰撞后瞬间1、2的速度分别为v1′=L1t ⑤
v2′=L3t ⑥
联立①④⑤⑥可得，若两球碰撞遵守动量守恒定律，则应满足的表达式是m1L2=m1L1+m2L3
联立②④⑤⑥可得，若两球是弹性碰撞，则应满足的表达式是m1L22=m1L12+m2L32
故答案为：(1)大于；等于；(2)BC；(3)C；(4)m1L2=m1L1+m2L3；m1L22=m1L12+m2L32。
(1)为了保证碰撞前后使入射小球不反弹，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量；为了使两球发生正碰，两小球的半径相同。
(2)(3)根据实验需要测量的量分析答题。
(4)两球碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题。
解决本题的关键掌握实验的原理，以及实验的步骤，在验证动量守恒定律实验中，无需测出速度的大小，可以用位移代表速度。
13.【答案】(1) v0= 2qU0m ；(2) U1=23U0 ；(3) b= 3L
【详解】(1)根据题意，粒子加速到O点的过程，由动能定理有
qU0=12mv02
解得
v0= 2qU0m
(2)记M、N两板间距离为
d= 3L3
则水平方向上有
L=v0t
竖直方向上有
12d=12at2
由牛顿第二定律有
ma=qU1d
解得
U1=23U0
(3)根据题意可知，粒子刚好从M板的右边缘离开偏转电场时，垂直于中心线 OO′ 方向的速度
vy=at
偏转角度的正切
tanθ=vyv0= 33
由几何关系有
b=2(d2+Ltanθ)
解得
b= 3L
【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】解：(1)要使H最大，小滑块滑到传送带的C点时速度刚好减为零。
由动能定理得mgH−μmgL=0
解得H=1.2 m；
(2)根据牛顿第二定律，在E点有F+mg=mv2R
解得v=3 m/s
由平抛运动规律有2R=12gt2
x=vt
解得x=1.2 m；
(3)在半圆轨道上由机械能守恒定律得12mvD2=12mv2+2mgR
解得vD=5 m/s
根据动能定理得−μmgL=12mvD2−12mvB2
解得vB=7 m/s
小滑块在传送带上运动的时间t=2LvD+vB
解得t=1 s。
【解析】本题考查动能定理、圆周运动、平抛运动及传送带问题等。
(1)小滑块从轨道AB上高H处由静止滑下，恰好滑到C点时速度为零，由动能定理求H的值；
(2)滑块通过E点时，由合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出滑块通过E点时的速度，再根据平抛运动的规律求落点距D点的距离；
(3)根据动能定理求出滑块B点和C点的速度，由运动学公式求出从B到C的时间。
15.【答案】(1)4m/s；(2) 23s
【详解】(1)小球释放到最低点的过程中，由动能定理有
mgL=12mv2
解得
v=6m/s
小球与 b 碰撞过程，由动量守恒知
mv=mv1+Mvb
根据能量守恒定律可知
12mv2=12mv12+12Mvb2
联立解得碰后滑块 b 的速度大小
vb=4m/s
(2)滑块 b 冲上 c 木板至刚离开 c 木板的过程，根据动量守恒可知
Mvb=Mv′b+2Mvcd
根据能量守恒定律可知
μMgLc=12Mvb2−12(M+M)vcd2−12Mv′b2
解得 b 刚离开长木板 c 时 b 滑块的速度
v′b=83m/s
在此过程，对 b 由动量定理有
−μMgt=Mv′b−Mvb
解得
t=23s
【解析】详细解答和解析过程见答案
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