山东省聊城市2021届新高考最新终极猜押物理试题含解析

山东省聊城市2021届新高考最新终极猜押物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．物理学中用磁感应强度B 表征磁场的强弱，磁感应强度的单位用国际单位制(SI)中的基本单位可表示为( )
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】A
【解析】
【详解】 根据磁感应强度的定义式，可得，N 、Wb 不是基本单位，所以A 正确 2．如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道由一段抛物线AB 组成，A 点为抛物线顶点，已知A 、B 两点间的高度差h ＝0.8 m ，A 、B 两点间的水平距离x ＝0.8 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，一小环套在轨道上的A 点，下列说法正确的是
A ．小环以初速度v 0＝2 m/s 从A 点水平抛出后，与轨道无相互作用力
B ．小环以初速度v 0＝1 m/s 从A 点水平抛出后，与轨道无相互作用力
C ．若小环从A 点由静止因微小扰动而滑下，到达B 点的速度为25/m s
D ．若小环从A 点由静止因微小扰动而滑下，到达B 点的时间为0.4s
【答案】A
【解析】
【详解】
AB ．小环以初速度v 0＝2 m/s 从A 点水平抛出，下落0.8 m 用时
20.4s h t g
== 水平位移为x=v 0t=0.8 m ，其轨迹刚好与光滑轨道重合，与轨道无相互作用力，A 正确，B 错误； C ．根据机械能守恒定律
mgh ＝12
mv 2 到达B 点的速度
22100.84m/s v gh ==⨯⨯=
C 错误；
D ．小环沿轨道下落到B 点所用的时间比平抛下落到B 点所用的时间长，大于0.4 s ，D 错误． 故选A 。

3．某物体以一定的初速度沿足够长的斜面从底端向上滑去，此后该物体的运动图像不可能．．．
的是（图中x 是位移、v 是速度、t 是时间）
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
【答案】C
【解析】 试题分析：物体上滑过程中，由于受力恒定，做匀减速直线运动，故位移2012
x v t at =+，如果上滑到最高点能下滑，则为抛物线，若物体上滑上最高点，不能下落，则之后位移恒定，AB 正确；速度时间图像的斜率表示加速度，上滑过程中加速度为()1sin cos a g g θμθ=+，下滑过程中加速度
()2sin cos a g g θμθ=-，故上滑过程中加速度大于下滑过程中的加速度，C 错误；如果物体上滑做匀减速直线运动，速度减小到零后，重力沿斜面向下的分力小于最大静摩擦力，则物体不会继续下滑，故处于静止状态，故D 正确；
考点：考查了运动图像
【名师点睛】物体以一定的初速度沿足够长的斜面，可能先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，匀加速运动的加速度小于匀减速运动的加速度，物体返回时速度减小；可能先向上做匀减速直线运动，后停在最高点
4．某次空降演练中，跳伞运动员从飞机上跳下，10s 后打开降落伞，并始终保持竖直下落，在0~14 s 内其下落速度随时间变化的v —t 图像如图所示，则（ ）
A ．跳伞运动员在0~10s 内下落的高度为5v 2
B ．跳伞运动员（含降落伞）在0~10s 内所受的阻力越来越大
C ．10s 时跳伞运动员的速度方向改变，加速度方向保持不变
D ．10~14s 内，跳伞运动员（含降落伞）所受合力逐渐增大
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．假设空降兵在空中做匀加速运动，10s 时的速度刚好为v 2，则这段时间内的下落位移应为 2252
v x vt t v === 但实际上由图可知，根据图线与横轴围成的面积表示位移可得其下落位移必然大于5v 2。

故A 错误； B ．空降兵在空中受到重力和空气阻力的作用，而由图像可知，空降兵在0~10s 内的加速度不断减小，由牛顿第二定律
mg f ma -=
可知空降兵受到的空气阻力应当不断增大，故B 正确；
C ．10s 时空降兵的速度图像仍在x 轴上方，速度方向并未改变，但空降兵的速度走向由增大变为减小，故而加速度方向改变。

故C 错误；
D ．由图可知，10~14 s 内，空降兵的速度逐渐减小，且减小的速率逐渐降低，表明空降兵的加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律可知其所受合力逐渐减小。

故D 错误。

故选B 。

5．如图，AC 、BD 为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O ，半径为R ，将等电量的异种点电荷Q 放在圆周上，它们的位置关于AC 对称，+Q 与O 点的连线和OC 间夹角为30°，静电常量为k ，则（ ）
A ．O 点的电场强度大小为2
Q k R B ．O 点的电场强度方向由O 指向A
C ．O 点电势小于C 点电势
D ．试探电荷q 从B 点移到D 点过程中，电势能始终不变
【答案】A
【解析】
【详解】
AB ．两电荷在O 点的场强大小为
E 1=E 2=k 2Q R
夹角为120°
根据平行四边形定则知合场强为
E=E 1=E 2=k 2Q R
方向平行两个电荷的连线向右，故A 正确，B 错误；
C ．等量正负点电荷连线的中垂线上电势相等，因而φO =φC ，故C 错误；
D ．如果只有+Q 存在，则B 点电势大于D 点电势；如果只有-Q 存在，同样是B 点电势大于D 点电势；由于电势是标量，所以两个场源电荷同时存在时，依然有B 点电势大于D 点电势，故试探电荷q 从B 点移到D 点过程中，电势能是变化的，故D 错误。

故选A 。

6．两辆汽车a 、b 在两条平行的直道上行驶。

t=0时两车并排在同一位置，之后它们运动的v-t 图像如图所示。

下列说法正确的是（ ）
A ．汽车a 在10s 末向反方向运动
B ．汽车b 一直在物体a 的前面
C ．5s 到10s 两车的平均速度相等
D ．10s 末两车相距最近
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．汽车a 的速度一直为正值，则10s 末没有反方向运动，选项A 错误；
B ．因v-t 图像的面积等于位移，由图可知，b 的位移一直大于a ，即汽车b 一直在物体a 的前面，选项B 正确；
C ．由图像可知，5s 到10s 两车的位移不相等，则平均速度不相等，选项C 错误；
D ．由图像可知8-12s 时间内，a 的速度大于b ，两车逐渐靠近，则12s 末两车相距最近，选项D 错误； 故选B 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．一列简谐横波，在t=1s 时刻的波形如图甲所示，图乙为波中质点1P 的振动图象，则根据甲、乙两图可以判断：___________
A ．该波沿x 轴正方向传播
B ．该波的传播速度为6m/s
C ．从t=0时刻起经过时间△t=3s ，质点1P 通过路程为6m
D ．在振动过程中P 1、P 2的位移总是相同
E.质点P 2做简谐运动的表达式为y=2sin(2πt －2π)m 【答案】BCE 【解析】
【详解】
由图乙可知，在t=1s 时刻质点1P 向y 轴负方向振动，则根据质点振动方向与波的传播方向可知，该波沿x 轴负方向传播，故A 错误；由图甲可知波长为24m λ=，由图乙可知周期为4T s =，则波速为24/6/4v m s m s T λ
===，故B 正确；由于334
t s T ∆==，则质点1P 通过路程为33442644s A m m =⨯=⨯⨯=，故C 正确；由于P 1、P 2之间的距离为12
λ，在振动过程中P 1、P 2的位移不一定总是相同，故D 错误；由于24T s πω==，则2πω=，则图乙可知质点P 2做简谐运动的表达式为：2sin 2
2y t m ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，故E 正确．故选BCE 8．几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则下列判断正确的是( )
A ．子弹在每个水球中的速度变化相同
B ．子弹在每个水球中运动的时间不同
C ．每个水球对子弹的冲量不同
D ．子弹在每个水球中的动能变化相同
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A. 设水球的直径为d ，子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动．
因为通过最后1个、最后2个、以及后3个、全部4个的位移分别为d,2d,3d 和4d,根据x= 212
at 知，所用时间之比为1:2:3:2，所以子弹在每个水球中运动的时间不同；
子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，所以加速度相同，由△v=at 可知，运动的时间不同，则速度的变化量不同；故A 错误，B 正确；
C. 根据冲量的定义：I=Ft ，受力是相同的，运动的时间不同，所以每个水球对子弹的冲量不同．故C 正确；
D. 根据动能定理：△E K =W=Fd ，受力是相同的，运动的位移相同，所以子弹受到的阻力对子弹做的功相等，所以子弹在毎个水球中的动能变化相同．故D 正确．
故选BCD
【点睛】
子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动来解决此题；根据冲量的定义判断冲量的变化；根据动能定理判断动能的变化． 9．如图为磁流体发电机的原理示意图，间距为d 的平行金属板M 、N 间有磁感应强度大小为B 且方向垂直纸面向里的匀强磁场，将一束含有大量带正电和带负电的等离子体以速度v 水平喷入磁场，两金属板间就产生电压.定值电阻0R 、滑动变阻器R （最大值为02R ）及开关S 串联后接在M 、N 两端，已知磁流体发电机的电阻为r （001.52R r R <<），则在电路闭合、滑动变阻器的滑片P 由a 端向b 端滑动的过程中（ ）
A ．金属板M 为电源正极，N 为电源负极
B ．电阻0R 消耗功率的最大值为()222
20B d v R R r +
C ．滑动变阻器消耗功率的最大值为222
B d v r R + D ．发电机的输出功率先增大后减小
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．等离子体喷入磁场后，由左手定则可知正离子向N 板偏转，负离子向M 板偏转，即金属板M 为电源负极，N 为电源正极，故A 错误；
B ．等离子体稳定流动时，洛伦兹力与电场力平衡，即
E Bqv q d
= 可得电源电动势E Bdv =，当滑片P 位于b 端时，电路中电流最大，电阻0R 消耗的功率最大，且为
()()()2202102200
0Bdv R E R P I R R r R r ===++
故B 正确； C ．滑动变阻器最大阻值为02R ，小于定值电阻与电源内阻之和，故滑动变阻器阻值为02R 时消耗的功率最大，且为
()()22220
022*******E R B d v R R r P R r ⋅=++=
故C 错误；
D ．因001.52R r R <<，所以滑片P 由a 端向b 端滑动的过程中，外电路电阻减小，必然在某位置有 0r R R =+滑
由外电阻与内阻相等时电源输出功率最大可知，滑片P 由a 端向b 端滑动的过程中，发电机的输出功率先增大后减小，故D 正确。

故选：BD 。

10．如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置， B 球向左运动与A 球发生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为4：1， A 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生碰撞，A 、B 两球的质量之比和碰撞前、后两球总动能之比为（ ）
A ．m A ： m
B =4：1 B ．m A ：m B =5：1
C ．E K1：E K2 =25：6
D ．
E K1：E K2=8：3
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】 设向右为正方向，A 、B 球碰撞后B 球速度大小为B v ，由题意有
B B B B A A 4m v m v m v -=-
又
A B v v =
解得
A B :5:1m m =
A 、
B 球的碰撞前总动能
()21142k B B E m v = 碰撞后的总动能
2221122k A A B B E m v m v =+ 解得
12:8:3k k E E =
故选BD 。

11．如图所示，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。

长度为l 的轻质绝缘细绳一端固定在O 点，另一端连接一质量为m 、电荷量为+q 的小球（可视为质点），初始时小球静止在电场中的a 点，此时细绳拉力为2mg ，g 为重力加速度。

若小球在a 点获得一水平初速度v a ，使其恰能在竖直面内做完整的圆周运动，则（ ）
A ．电场强度为3mg q
，方向竖直向上 B ．a 、O 两点的电势差U ao =3mgl q
C ．初速度v a
D ．小球在竖直面内做匀速圆周运动
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．小球静止在a 点时，由共点力平衡得
2mg mg qE +=
解得
3 mg E q
= 方向竖直向上，故A 正确；
B ．在匀强电场中，a 点电势比O 点低，根据电势差U Ed =可知a 、O 两点电势差为
3aO mgl U q
=- 故B 错误；
CD ．小球从a 点运动到b 点，由于重力和电场力做功，不可能做匀速圆周运动，设到b 点速度大小为b v ，由动能定理得
22121222
b a qE l mg l mv mv -+=-g g 小球做圆周运动恰好通过b 点时，由牛顿第二定律得
2b m q mg l v E -=
联立解得
a v =故C 正确，D 错误；
故选AC 。

12．下列说法中正确的是_______
A ．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间只有引力，没有斥力，所以液体表面具有收缩的趋势
B ．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关
C ．水面上的单分子油膜，在测量分子直径d 的大小时可把分子当作球体处理
D ．食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性
E.分子间距离在小于0r 范围内，分子间距离减小时，引力减小，斥力增大，分子力表现为斥力
【答案】BCD
【解析】
【详解】
A ．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间引力大于斥力，所以液体表面具有收缩的趋势，选项A 错误；
B ．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关，选项B 正确；
C ．水面上的单分子油膜，在测量分子直径d 的大小时可把分子当作球体处理，选项C 正确；
D ．食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性，选项D 正确；
E ．分子间距离在小于0r 范围内，分子间距离减小时，引力斥力同时增大，分子力表现为斥力，选项E 错误。

故选BCD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学用如图甲所示的装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：轻质弹簧水平放置在光滑水平面上，左端固定，右端与一小球接触而不固连。

弹簧处于原长时，小球在A 点，向左推小球压缩弹簧至C 点，由静止释放。

用频闪照相机得到小球从C 点到B 点的照片如图乙所示。

已知频闪照相机频闪时间间隔为T ，重力加速度大小为g 。

回答下列问题：
(1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能p E 与小球离开弹簧时的动能k E 相等。

为测得k E ，除已知物理量外，至少还需测量下列物理量中的____________（填正确答案标号）。

A ．小球的质量m
B ．
C 、A 间距离CA s
C ．C 、B 间距离CB s
D ．A 、B 间距离AB s
E.弹簧的压缩量x ∆
F.弹簧原长0l
(2)用所选取的测量量和已知量表示k E ，得k E =___________。

(3)由于水平面不是绝对光滑，测得的弹性势能p E 与真实值相比___________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。

【答案】AD 22
18AB ms T 偏小 【解析】
【详解】
(1)[1]小球的动能2k 12E mv =，因此需要测量小球的质量m ，小球离开弹簧时的速度大小v 可以通过测得A 、B 间的距离AB s 结合经过该段的时间求出，所以AD 项的物理量需要测量，故选AD 。

(2)[2]小球的动能为
2k 12
E mv = 由桌面光滑，则小球从A 到B 做匀速直线运动，则离开弹簧时的速度大小
3AB s v T
= 联立解得动能的表达式
2k 218AB ms E T
= (3)[3]由于水平面不是绝对光滑，小球在过程中克服摩擦力做功转化为内能，导致弹簧减少的弹性势能没有全部转化为小球的动能，所以测得的弹性势能小于其真实值。

14．(1)在“研究平抛物体的运动”实验的装置如下左图所示，下列说法正确的是_____
A ．将斜槽的末端切线调成水平
B ．将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行
C ．斜槽轨道必须光滑
D ．每次释放小球时的位置越高，实验效果越好
(2) 为了描出物体的运动轨迹，实验应有下列各个步骤：
A ．以O 为原点，画出与y 轴相垂直的水平轴x 轴；
B ．把事先做的有缺口的纸片用手按在竖直木板上，使由斜槽上滚下抛出的小球正好从纸片的缺口中通过，用铅笔在白纸上描下小球穿过这个缺口的位置；
C ．每次都使小球由斜槽上固定的标卡位置开始滚下，用同样的方法描出小球经过的一系列位置，并用平滑的曲线把它们连接起来，这样就描出了小球做平抛运动的轨迹；
D ．用图钉把白纸钉在竖直木板上，并在木板的左上角固定好斜槽；
E ．在斜槽末端抬高一个小球半径处定为O 点，在白纸上把O 点描下来，利用重垂线在白纸上画出过O 点向下的竖直直线，定为y 轴．
在上述实验中，缺少的步骤F 是___________________________________________________，
正确的实验步骤顺序是__________________．
(3)如图所示，在“研究平抛物体运动”的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长
L=1.25cm．若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为v o=_____（用L、g表示），其值是_____（取g=9.8m/s2）．
【答案】AB；调整斜槽使放在斜槽末端的小球可停留在任何位置，说明斜槽末端切线已水平；DFEABC；2gl0.7m/s
【解析】
【分析】
【详解】
（1）将斜槽的末端切线调成水平，以保证小球做平抛运动，选项A正确；将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行，防止小球下落时碰到木板，选项B正确；斜槽轨道没必要必须光滑，只要到达底端的速度相等即可，选项C错误；每次释放小球时的位置必须相同，并非越高实验效果越好，选项D错误；故选AB.
（2）在上述实验中，缺少的步骤F是：调整斜槽使放在斜槽末端的小球可停留在任何位置，说明斜槽末端切线已水平；正确的实验步骤顺序是DFEABC；
（3）设相邻两点间的时间间隔为T，竖直方向：2L-L=gT2，得到
l
T
g =，
水平方向：
2 x
v gl
T
=＝，
水平方向：v0=2×9.80.0125
⨯．
【点睛】
关于平抛运动实验要掌握实验的注意事项、实验步骤、实验原理．平抛运动分解为：水平方向的匀速直线运动，竖直方向的自由落体运动，尤其是注意应用匀变速直线运动规律解决平抛运动问题．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，有一竖直放置的绝热密闭气缸上端开口。

气缸中有一绝热活塞，活塞质量为m，面积为S，厚度可以忽略。

不计活塞与气缸之间的摩擦，开始时刻活塞处于静止状态并距离气缸底部高度为H，距离上端口为h。

活塞下方有一定质量的理想气体，初始时刻温度为0T。

已知大气压强为0p，重力加速度为g。

求：
(1)
在活塞上放一重物时（图中未画出，重物与气缸壁不接触）活塞和重物下降至距离气缸底部3
H 处静止不动，此时气缸内气体温度为02T ，则此重物的质量为多少？ (2)在(1)中状态后，用气缸内部的电热丝缓慢给气缸内的理想气体加热直至活塞恰好与管口持平，则此时气缸内气体的温度是多少？
【答案】 (1)()05p S mg M g +=
；(2)30()6H h T T H
+= 【解析】
【详解】 （1）开始时刻活塞静止
01p S mg p S +=，
设重物质量为M ，当活塞和重物下降至距离气缸底部3
H 时 02()p S M m g p S ++=，
202T T =，1V HS =，23
H V S =，由理想气体状态方程可得 112202
p V p V T T =， 联立解得：
()05p S mg M g
+=； （2）气缸和活塞都绝热，气缸内的理想气体缓慢加热，故气缸内的气体压强不变，由盖一吕萨克定律可得
3223
V V T T =， 23
H V S =，3()V H h S =+，解得：
30()6H
h T T H
+=。

16．如图所示，在竖直平面内，第二象限存在方向竖直向下的匀强电场(未画出)，第一象限内某区域存在一边界为矩形、磁感应强度B 0＝0.1 T 、方向垂直纸面向里的匀强磁场(未画出)，A(
3m ，0)处在磁场的边界上，现有比荷
q m ＝108 C/kg 的离子束在纸面内沿与x 轴正方向成θ＝60°角的方向从A 点射入磁场，初速度范围为13
×106 m/s≤v 0≤106 m/s ，所有离子经磁场偏转后均垂直穿过y 轴正半轴，进入电场区域。

x 轴负半轴上放置长为L 的荧光屏MN ，取π2＝10，不计离子重力和离子间的相互作用。

(1)求矩形磁场区域的最小面积和y 轴上有离子穿过的区域长度；
(2)若速度最小的离子在电场中运动的时间与在磁场中运动的时间相等，求电场强度E 的大小(结果可用分数表示)；
(3)在第(2)问的条件下，欲使所有离子均能打在荧光屏MN 上，求荧光屏的最小长度及M 点的坐标。

【答案】 3 m 2 ，110m ，(2)94×104 V/m ，(3)3010m 1545⎛- ⎝⎭
，(30，0)。

【解析】
【详解】
(1)由洛伦兹力提供向心力，得
qvB ＝2
2mv r
r max ＝0max 0
mv qB ＝0.1 m 根据几何关系可知，速度最大的离子在磁场中做圆周运动的圆心恰好在y 轴B(0，120
m)点，如图甲所示，离子从C 点垂直穿过y 轴。

根据题意，所有离子均垂直穿过y 轴，即速度偏向角相等，AC 连线是磁场的边界。

速度最小的离子在磁场中做圆周运动的半径：
r min ＝0min 0mv qB ＝130
m
甲乙
速度最小的离子从磁场离开后，匀速前进一段距离，垂直y轴进入电场，根据几何知识，离子恰好从B点进入电场，如图乙所示，故y轴上B点至C点区域有离子穿过，且
BC＝
1
10
m
3
m，宽
1
20
m，面积：
S＝
3
200
m2；
(2)速度最小的离子从B点进入电场，离子在磁场中运动的时间：
t1＝1
3
T＝
1
3
·
2m
qB
π
离子在电场中运动的时间为t2，则：
BO＝1
2
·
qE
m
·2
2
t
又因：t1＝t2
解得：E＝9
4
×104 V/m；
(3)离子进入电场后做类平抛运动：
BO＝1
2
·
qE
m
·2
1
t'
水平位移大小：x1＝v B·t′1
同理：
CO＝1
2
·
qE
m
·2
2
t'
水平位移大小：x2＝v C·t′2
得：x110
m，x2
30
m
荧光屏的最小长度：
L min ＝x 2－x 1＝3010
⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭
m M 点坐标为(－30m ，0)。

17．如图所示，有一长为L ＝6 m ，质量为m 1＝1 kg 的长木板放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，右端固定一挡板，左端放一质量为m 2＝1 kg 的小滑块，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2
＝0.1，现在滑块的左端瞬间给滑块施加一个水平冲量I ＝4 N·
s ，滑块与挡板发生碰撞的时间和能量损失均忽略不计，g 取10 m/s 2，求：
(1)滑块与挡板碰撞后瞬间木板的速度；
(2)木板在水平面上发生的位移。

【答案】 (1)2 m/s 方向水平向右 (2)
1127
m 【解析】 【详解】 （1）由于冲量作用，滑块获得的速度为
v 0＝2
I m ＝4 m/s 木板受地面最大摩擦力μ1(m 1＋m 2)g>μ2m 2g ，木板不动。

对滑块：
μ2m 2g ＝m 2a 2
v 02-v 2＝2a 2L
解得
v ＝2 m/s
滑块与挡板碰撞动量守恒：
m 2v ＝m 2v 2＋m 1v 1
能量守恒：
22221122111 222
m v m v m v ＝＋ 解得
v 1＝2m/s ，v 2＝0
碰后瞬间木板速度为2 m/s ，方向水平向右。

（2）碰后滑块加速度不变，
对木板：
μ1(m1＋m2)g＋μ2m2g＝m1a1设经时间t，两者共速
v1－a1t＝a2t
解得
t＝1 3 s
共同的速度
v3＝a2t＝1
3
m/s
此过程木板位移
x1＝v1t－1
2
a1t2＝
7
18
m
共速后木板加速度为
μ1(m1＋m2)g－μ2m2g＝m1a3
最后木板静止，设此过程木板位移为x2，0－v32＝2a3x2
解得
x2＝1 54
m
木板在水平面上发生的位移为
x1＋x2＝11
27
m。