初升高新生摸底检测卷 -2022年初升高物理无忧衔接(全国通用)(解析版)

初升高新生摸底检测卷
学校：___________姓名：___________考号：___________
（总分：100分时间：90分钟）
一、单项选择题（共10小题，每题3分，共30分）
1.三个质点a、b、c的v-t图像如图所示，则下列说法中不正确的是()
A．在t0时刻，a、b、c的瞬时速度相等
B．在0～t0时间内，a做加速度增大的加速运动
C．在0～t0时间内，c的运动方向没有发生改变
D．在0～t0时间内，a、b、c的平均速度大小相等
【答案】D
【解析】
A.速度—时间图象的纵坐标值为瞬时速度，根据图象可知在t0时刻三质点的图象相交，即瞬时速度相同；故A项正确.
B.图象的斜率越大，加速度越大，则知在0-t0时间内，a做加速度增大的加速运动，故B正确.
C.在0~t0时间内，c的速度一直为正，说明其运动方向没有发生改变，故C正确.
D.由图象与时间轴围成的面积表示位移，可知在0~t0时间内，a、b、c的位移不等，由
x
v
t
得平均速
度大小不等，故D错误.
2．一个做变速直线运动的物体，加速度逐渐减小到零，那么，该物体的运动情况不可能是()．A．速度不断增大，加速度减到零时，速度达到最大，而后做匀速运动
B．速度不断减小到零，然后反向做加速运动，最后做匀速运动
C．速度不断减小，到加速度减为零时，速度减到最小，而后做匀速运动
D．速度不断增大
【答案】D
【解析】
A项：若物体做加速运动，速度方向与加速度方向相同，所以加速度减小，速度仍然增大，当加速度减小为0时，速度最大，接下来做匀速运动，故A正确；
B项：当物体的速度方向与加速度方向相反，加速度减小，速度也减小，当速度减小到0，加速度并不为零，接下来反向加速，当加速度减小到零，物体做匀速运动，故B正确；
C项：当物体的速度方向与加速度方向相反，加速度减小，速度也减小，当加速度减小到0，速度减到最小，而后做匀速运动，故C正确；
D项：当加速度的方向与速度方向相同时，速度才增大，加速度减小，当加速度减小到零，速度最大，而后做匀速运动，故D错误。

3．关于质点下列说法正确的是（）
A．只有体积很小的物体才能看作质点
B．在太空中进行飞船对接的宇航员观察该飞船，可把飞船看作质点
C．质点是一个理想化的模型，实际并不存在，所以引入这个概念没有多大意义
D．从地球上的控制中心跟踪观察在太空中飞行的宇宙飞船，可把飞船看作质点
【答案】D
【解析】
试题分析：质点是一个理想化模型，实际上并不存在，质点是人们为了研究问题的方便而忽略物体的形状和大小而人为引入的一个理想化模型，只要物体的形状和大小对研究问题没有影响或者影响可以忽略不计时物体就可以当作质点，跟它体积的绝对大小、质量的多少以及运动速度的快慢无关，选项AC错误；在太空中进行飞船对接的宇航员观察该飞船，飞船的尺寸不能忽略，不能把飞船看作质点，选项B错误；从地球上的控制中心跟踪观察在太空中飞行的宇宙飞船，飞船的尺寸相对飞船到地面的距离而言可以忽略，可把飞船看作质点，选项D正确。

4.甲、乙两车某时刻由同一地点，沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移图象如图所示，图象中的OC与AB平行，CB与OA平行，则下列说法中正确的是（）
A．t1到t2时刻两车的距离越来越远
B．0～t3时间内甲车的平均速度大于乙车的平均速度
C．甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速度
D．t3时刻甲车和乙车速度相同
【答案】C
【解析】
A. t1～t2时间内，甲的速度等于乙的速度，所以两车间的距离不变，故A项错误；
B. 0～t3时间内，甲、乙两车位移相等，根据平均速度等于位移除以时间，可知，0～t3时间内，两车的平均速度相等，故B项错误；
C. 根据斜率等于速度，结合条件：OC与AB平行，可知甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速度，故C 项正确；
D. t3时刻两车相遇，故D项错误。

5．如图所示，用三根轻绳将质量为m的物块悬挂在空中。

已知ac和bc与竖直方向的夹角分别为30°和60°。

重力加速度为g。

则
A．ac
3
B．ac绳中的拉力大小是
3
3
mg
C．bc
3
D．bc绳中的拉力大小是mg
【答案】A 以结点c为研究对象，受到三个拉力作用，作出力图.整个装置静止，则重物对c点拉力F 等于重物的重力.
根据平衡条件得
3
sin60sin60
2
ac
F F mg mg
=︒=︒=；
1
cos60cos60
2
bc
F F mg mg
=︒=︒=；故A
正确，B、C、D错误.
6．足球运动是目前全球体育界最具影响力的项目之一，深受青少年喜爱．如图所示为三种与足球有关的情景．下列说法正确的是（）
A．甲图中，静止在草地上的足球受到的弹力就是它的重力
B．乙图中，静止在光滑水平地面上的两个足球由于接触而受到相互作用的弹力
C．丙图中，落在球网中的足球受到弹力是由于足球发生了形变
D．丙图中，落在球网中的足球受到弹力是由于球网发生了形变
【答案】D
【解析】
静止在草地上的足球受到草地给的弹力，与重力相平衡，但不是它的重力，故A错误；静止在光滑水平地面上的两个足球由于接触，但由于没有弹性形变，所以没有受到相互作用的弹力，故B错误；丙图中，落在球网中的足球受到弹力是由于网发生了形变，故C错误；D正确。

所以D正确，ABC错误。

7．设有三个力同时作用在质点P上，它们的大小和方向相当于正六边形两条边和一条对角线，如图所示，这三个力中最小的力的大小为F，则这三个力的合力等于()
A.6 F
B.5 F
C.4 F
D.3 F
【答案】D
【解析】有图可知，F1、F2的夹角的大小为120°根据平行四边形定则可知，F1、F2的合力的大小为F，由于F3=2F1=2F，所以F1、F2、F3的合力的大小为3F。

故选D。

8．在国际单位制（SI）中，下列物理量的单位属于导出单位的是（）
A．质量B．时间C．力D．长度
【答案】C
【解析】
力学基本物理量有三个分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，属于国际单位制基本单位。

故ABD不符合题意；力的单位N是由牛顿第二定律F＝ma推到出的单位是导出单位，是导出单位，故C符合题意。

所以选C.
9．下列说法正确的是（）
A．战斗机投入战斗前要抛掉副油箱是为了减小惯性，提高灵活性
B．跳高运动员起跳后之所以能够继续上升，是由于还受到向上的力的作用
C．各种小型车辆前排乘坐的人必须系好安全带是为了减小乘客的惯性
D．惯性是物体抵抗运动状态变化的“本领”，因此运动状态不变化物体就无惯性
【答案】A
【解析】
A、根据牛顿第二定律可得
F
a
m
，在相同的作用力下，物体的质量m越小，物体的加速度a越大，
抛掉副油箱，减小了质量m，也就提高了飞机的灵活性，故A正确；
B、跳高运动员起跳后之所以能够继续上升，是由于惯性的作用，故B错误；
C、各种小型车辆前排乘坐的人必须系好安全带是为了防止紧急刹车而减小乘客由于惯性作用受到伤害，惯性由乘客本身的质量决定，无法减小惯性，故C错误；
D、惯性是物体抵抗运动状态变化的“本领”，即物体有保持原来的运动状态运动的性质，但惯性大小的唯一量度是物体的质量，与物体的速度大小，与物体的速度是否变化无关，故D错误。

10．如图所示，某兴趣小组制作了一个小降落伞，伞面底端是一半径为R刚性的圆环，在圆环上等间距地系有四根长均为2R的细线，将四根细线的另一端连接在一起，并悬挂有一质量为m的物体。

它们一起竖直向下加速降落，当物体下落的加速度大小为0.2g时(g为重力加速度)，每根细线的张力为（）
A．
3
15
mg B．
3
6
mg C．
14
35
mg D．
14
14
mg
【答案】A
【解析】
由几何关系可知，每根绳与竖直方向的夹角均为0
30，则对下面悬挂的物体根据牛顿第二定律可知：
4cos30
mg F ma
-=，整理可以得到：
23
15
F mg
=，故A正确，BCD错误。

二、多项选择题（共8小题，每题4分，共32分）
11．下列说法正确的是（）
A．描述机械运动必须先选定参考系，并且参考系可以任意选择；定量地描述运动物体的位置及位置变化必须先选定坐标系；在同一问题中，坐标系相对于参考系是静止的
B．“质点”是物理学中为了突出问题的主要方面忽略次要因素而建立的“物理模型”，它可以使问题简化C．“第6秒”指的是时间，“第8秒末”指的是时刻
D．“位移”用于直线运动，“路程”用于曲线运动
【答案】ABC
【解析】
要描述物体的运动需要选取参考系，而且参考系的选取是任意的，要描述物体的位置变化需先选定坐标系，在同一个问题中，坐标系相对于参考系是静止的，故A正确；“质点”是物理学中为了突出问题的主要方面忽略次要因素而建立的“物理模型”，它可以使问题简化，故B正确；“第6秒”指的是从6s初到6s末，为时间，“第8秒末”指的是时刻，故C正确；不管直线运动，还是曲线运动，位移是描述物体初末位置的有向线段，而路程表示物体实际运动轨迹的大小，故D错误。

故选ABC。

12．下列关于物体运动的说法，正确的是( )
A ．物体速度不为零，其加速度可以零
B ．物体具有加速度时，它的速度可能不会改变
C ．物体的加速度变大时，速度也一定随之变大
D ．物体加速度方向改变时，速度方向可以保持不变
【答案】AD
【解析】物体做匀速直线运动时，速度不为零加速度为零，A 正确；只要具有加速度，则物体的运动状态一定发生变化，即速度一定变化，B 错误；加速度变大，速度变化得更快，但速度不一定变大，如做减速运动过程中加速度变大，则速度减小的更快，C 错误；体加速度方向改变时，速度方向可以保持不变．比如物体在一条直线上先做加速运动后做减速运动时，加速度方向改变，而速度方向不变，D 正确．
13．一质点做匀变速直线运动，初速度大小为2m/s ，3s 后末速度大小变为4m/s ，则下列判断正确的是（ ）
A ．速度变化量的大小一定等于2 m/s
B ．速度变化量的大小可能大于2m/s
C ．加速度大小可能等于2m/s 2
D ．位移大小可能等于3m
【答案】BCD
【解析】
初速度为:v 0＝2m/s ，
若3s 末的速度方向与初速度方向同向，则v ＝4m/s ，则速度变化量为:△v ＝v 2-v 1＝4-2m/s ＝2m/s ，加速度为:22m/s 3v a t ∆==，位移为:09m 2
v v x t +==； 若3s 末的速度方向与初速度方向相反，则v ＝-4m/s ，则速度变化量为:△v ＝v 2-v 1＝-4-2m/s ＝-6m/s ，负号表示方向；加速度为:22m/s v a t ∆=
=-,负号表示方向；位移为：02m 23v v x t +==-, 0243=3m 22
v v x t +-==⨯-，负号表示方向，故A 错误，B 、C 、D 正确；故选BCD. 14.甲、乙两物体从同一地点同时开始沿同一方向运动，甲物体运动的v －t 图象为两段直线，乙物体运动的v －t 图象为两段半径相同的 圆弧曲线，如右图所示。

图中t 4＝2t 2，则在0～t 4时间内，下列说法正确的是（ ）
A.乙物体做曲线运动
B.甲物体的加速度大小不变
C.两物体t3时刻相距最远，t4时刻相遇
D.甲物体的平均速度等于乙物体的平均速度
【答案】BCD
【解析】
A.速度图象不是物体的运动轨迹，乙的速度一直为正，做的是变速直线运动，故A错误。

B.速度时间图线的斜率表示加速度，则知甲的加速度大小不变，故B正确。

C.图线与时间轴围成的面积表示位移，相距的距离等于两者位移之差，根据图象可知，t3时刻相距最远，t4时刻相遇，故C正确；
D.0-t4时间内甲物体的位移等于乙物体的位移，时间相等，则平均速度相等，故D正确。

15．如图所示，将一个物体用两根等长的绳子OA、OB悬挂在半圆形的架子上，B点固定不动，结点O也不移动，悬点A由位置C向位置D缓慢地移动，在此移动过程中，下列关于OA，OB绳中张力的说法正确的是( )
A．OA拉力先减小后增大
B．OA拉力先增大后减小
C．OB拉力先减小后增大
D．OA与OC成60°时OA张力最小
【答案】AD
【解析】
作出力的示意图可知，因两绳子的拉力与物体的重力大小相等方向相反，作出平行四边形；
在OA转动的过程中，对角线不变，同时OB方向不变，故由图可知，在A移动中，OB的拉力一直增大，而OA的力先减小后增大，当OA垂直于OB时力最小,即OA与OC成60°时张力最小，故AD正确，BC错误；
故选AD。

16．如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑。

光滑小球被轻质细线系放在斜面上，细线另一端跨过定滑轮，用恒力F拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终保持静止状态，则在此过程中（）
A．细线对小球的拉力变小
B．斜面体对小球的支持力变小
C．地面对斜面体的支持力变小
D．地面对斜面体的摩擦力变大
【答案】BC
【解析】
试题分析：先以小球为研究对象，根据平衡条件得到拉力、支持力与绳子和斜面夹角的关系式，即可分析其变化；再对斜面研究，由平衡条件分析地面对斜面的支持力和摩擦力，即可分析斜面对地面的压力变化．
设小球和斜面的质量分别为m和M，绳子与斜面的夹角为 ．以小球为研究对象，小球受到重力mg、斜面的支持力N和绳子的拉力F，如下图所示．由平衡条件得：
斜面方向有：sin cos mg F αθ=…①，垂直斜面方向：sin cos N F mg θα+=…②，使小球沿斜面缓慢移动时，θ增大，其他量不变，由①式知，F 增大．由②知，N 变小，故A 错误B 正确；对斜面和小球整体分析受力：重力Mg 、地面的支持力N′和摩擦力f 、小球的压力N ，由平衡条件得：
sin f N α=，N 变小，则f 变小，故C 正确，D 错误．
17.如图所示，物体A 用轻质细绳与圆环B 连接，圆环套在固定竖直杆MN 上。

现用一水平力F 作用在绳上的O 点，将O 点缓慢向左移动，使细绳与竖直方向的夹角增大，在此过程中圆环B 始终处于静止状态，则下列说法正确的是( )
A ．绳对圆环
B 的弹力不变
B ．水平力F 逐渐增大
C ．杆对圆环B 的摩擦力不变
D ．杆对圆环B 的弹力不变
【答案】BC 【解析】A.绳对圆环B 的弹力为 mg /cos α，所以绳对圆环B 的弹力增大，选项A 错误；
B.细绳与竖直方向的夹角增大时，因为F =mg tan α，所以水平力F 逐渐增大，选项B 正确；
C.对物体和圆环组成的系统整体分析，杆对圆环B 的摩擦力等于物体和圆环的重力大小，所以杆对圆环B 的摩擦力不变，选项C 正确；
D.杆对圆环B 的弹力等于F 的大小，所以杆对圆环B 的弹力增大，选项D 错误。

18．如图，质量为m 1=2kg 的A 物体和质量为m 2=4kg 的B 物体用轻弹簧连接，置于光滑水平地面上。

现将一大小为15N 的水平拉力作用于A 物体上，使两物体一起向右运动。

取g=10m/s 2。

下列说法正确的是（ ）
A ．弹簧的弹力大小等于10N
B ．弹簧的弹力大小等于15N
C ．突然撤去F 瞬间，A 与B 的加速度大小相等
D ．突然撤去F 瞬间，A 的加速度大小为5m/s 2
【答案】AD
【解析】
A 、
B 、水平拉力F 作用在A 上，由整体分析整体的加速度为2125m/s 2F a m m =
=+，隔离对B 分析，则弹簧的弹力为210N k F m a ==；故A 正确，B 错误.
C 、
D 、撤去F 的瞬间，弹簧的弹力不变，则B 的受力不变，加速度不变22.5m/s B a a ==，方向向右；而A 物体的合外力剩下弹簧的弹力，2A 1
5m/s k F a m =
=，方向向左；故C 错误，D 正确. 故选AD.
三、实验题（每空2分，共20分） 19.在进行“探究小车速度随时间变化的规律”实验中：
（1）图1 所示实验器材计时的仪器。

其中必须使用4--6V低压交流电源的是_____（填“甲”或“乙”）。

（2）已提供了小车、一端附有滑轮的长木板、纸带、细绳、刻度尺、导线。

为了完成实验，还须从下图2中选取实验器材：______（此项为多选，请填写相应的字母符号）。

（3）实验得到一条清晰的纸带，如图3所示是截取了其中某一段纸带用刻度尺（单位：cm）测量时的情景，其中A、B、C、D、E、F为6个相邻的点迹。

已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz。

其中计数点E所在位置的刻度尺读数为________cm，小车加速过程中E点瞬时速度大小为_______m/s。

【答案】甲AC 8.76～8.82 1.27～1.33
【详解】
（1）图1 所示实验器材是计时的仪器。

其中必须使用4--6V低压交流电源的是电磁打点计时器，即甲。

（2）已提供了小车、一端附有滑轮的长木板、纸带、细绳、刻度尺、导线。

为了完成实验，还须从下图2中选取实验器材：低压电源A和打点计时器C。

（3）计数点B所在位置的刻度尺读数为8.80cm，D、F段的位移：x DF=11.60-6.40cm=5.2cm，则E点的瞬时速度等于DF段的平均速度
20．“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示。

(1)图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的力是________。

(2)本实验采用的主要科学方法是（____）
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)实验中可减小误差的措施是（____）
A．两个分力F1、F2的大小要越大越好
B．两个分力F1、F2间的夹角应越大越好
C．拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行
D．AO间距离要适当，将橡皮筋拉至结点O时，拉力要适当大些
【答案】F′ ; B; CD;
【解析】
(1) 实验中F是通过平行四边形定则作图得出的，而F′是通过用一根细线拉动橡皮筋，使与两个力拉时的效果相同得出的，故F'一定是沿AO方向的；
(2) 本实验是通过一个力与两力效果相同得了的合力，故运用了等效替代的方法，故B正确；
(3) A项：实验是通过作图得出结果，故为了减小误差应让拉力尽量大些，但不是越大越好，故A错误；
B项：两个分力F1、F2间夹角应尽量大些，但不是越大越好，故B错误；
C项：为了防止出现分力的情况，应让各力尽量贴近木板，且与木板平行，故C正确；
D项：为了准确记下拉力的方向，故采用两点描线时两点应尽量距离大一些，故细绳应长些，故D正确
21．用如图所示装置做探究物体的加速度跟力的关系”的实验实验时保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车受到的合力，用打点计时器和小车后端拖动的纸带测出小车运动的加速度。

(1)实验时先不挂钩码，反复调整垫块的左右位置，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是____。

(2)本实验打点计时器选用的是电火花式，选择的电源应该是___________。

A．交流220V B．直流220V C．交流4~6V D．直流4~6V
(3)调试好装置后，图为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图所示.已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a=___________m/s2(结果保留两位有效数字)
【答案】平衡小车运动中所受的摩擦阻力或平衡摩擦力 A 1.0
【解析】
（1）实验时先不挂钩码，反复调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是平衡摩擦力。

（2）本实验打点计时器选用的是电火花式，选择的电源应该是交流220V ，故选A.
（3）根据△x=aT 2，运用逐差法得：220.2160.08790.0879 1.0/40.04
CE AC x x a m s T ---==＝。

四、计算题（共3小题，每题6分，共18分）
22.如图所示，气垫导轨上固定两个光电门，带有遮光条的滑块与钩码相连接，滑块从静止开始做匀加速直线运动。

遮光条的宽度为d =1.0cm ，先后经过光电门1和光电门2时对应数字计时器显示的时间分别为t 1=0.02s 和t 2=0.01s ，已知两光电门之间的距离为s =37.5cm,求：
（1）滑块的加速度；
（2）滑块经过光电门2后继续运动l =50cm 所用的时间。

【答案】（1）2m/s 2；（2）0.366s 【解析】
（1）通过光电门1的速度为
2
11 1.010m/s 0.5m/s 0.02
L v t -⨯=== 通过光电门2的速度为
222
1.010m/s 10.1
m/s 0L v t -⨯=== 由速度位移关系得：滑块的加速度
222212m/s 2v v a s
-== （2）由位移公式
2212
x v t at =+ 代入数值解得：t =0.366s （另一根舍去）
23．质量为30 kg的小孩坐在10 kg的雪橇上，大人用大小为100 N、与水平方向成37°斜向上的拉力，从静止开始使雪橇做匀加速直线运动，10 s时撤去拉力，使雪橇自由滑行，设雪橇与地面间的动摩擦因数为0.2，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)10 s末雪橇的速度；
(2)雪橇运动的总路程。

【答案】(1)v=3m/s (2)x=17.25m
【解析】
(1)对小孩和雪橇整体受力分析如图所示：
根据牛顿第二定律：
水平方向：F cosθ−F f=ma1
由平衡条件：
竖直方向：F N+F sinθ=mg
又F f=μF N
代入数据解得a1=0.3m/s2
根据运动学公式,10s末的速度为v=a1t=3m/s
(2)撤去F前,整体做加速运动,位移x1==15m
撤去F后，整体做减速运动，根据牛顿第二定律有：
滑动的加速度为−μmg=ma2
根据运动学公式：0−v2=2ax2
解得：x 2=2.25m
雪橇运动的总路程为x =x 1+x 2=17.25m
24.如图所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。

一质量为M=4 kg 、长度为L=2m 的长木板，放置在低水平面上且靠在高水平面边缘的A 点，其上表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平间的动摩擦因数μ1=0.1。

在距A 点距离S=3 m 处，放置一质量m=2 kg 可视为质点的滑块，现用一水平向右、大小F=12 N 的拉力拉滑块，当滑块运动到A 点时撤去拉力，滑块滑上长木板。

已知滑块与长木板间的动摩擦因数μ2=0.5，重力加速度g 取10 m/s 2。

求：
(1)滑块滑动到A 点时的速度大小；
(2)滑块滑上长木板时，滑块、长木板的加速度的大小；
(3)通过计算判断滑块能否从长木板的右端滑出。

【答案】(1)6m/s ；(2)a 1=-5m/s 2，a 2=1m/s 2；(3) 滑块从长木板的右端滑出
【解析】
(1)设滑块在高水平面上的加速度为a ，
由牛顿第二定律得：F ＝ma
由运动学公式得：v 2＝2as
联立解得：v ＝6m/s
(2)设滑块滑动到长木板后，滑块的加速度为a 1，长木板的加速度为a 2，
根据牛顿第二定律，对滑块有：－μ2mg ＝ma 1
代入数据解得：a 1＝－5m/s 2
对长木板有：μ2mg －μ1(m ＋M )g ＝Ma 2
代入数据解得：a 2＝1m/s 2
(3) [法一] 设滑块不滑出长木板，从滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为t ，则：
v ＋a 1t ＝a 2t
代入数据解得：t ＝1s
此过程中滑块的位移为:21112s vt a t =+
长木板的位移为:22212
s a t =
s 1－s 2＝3m>L ＝2m
[法二] 设滑块滑上长木板，经过时间为t 滑块滑至长木板右端. 则对于滑块：21112s vt a t =+
对于长木板：22212
s a t =
又 12s s L -=
滑块的速度； 11v v a t =+
长木板的速度：22v a t =
联立解得：(1t s =-
代入得：1(1v =
2(1v = 可知12v v >，所以滑块从长木板的右端滑出.。