四川省成都第七中学2024届高三4月校际联合期中考试物理试题试卷

四川省成都第七中学2024届高三4月校际联合期中考试物理试题试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。

用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。

将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。

答案不能答在试题卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

4．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、当前，新型冠状病毒（COVID-19）在威胁着全世界人民的生命健康，红外测温枪在疫情防控过程中发挥了重要作用。

红外测温枪与传统的热传导测温仪器相比，具有响应时间短、测温效率高、操作；方便防交又感染（不用接触被测物体）的特点。

下列关于红外测温枪的说法中正确的是（）
A．红外测温枪工作原理和水银体温计测量原埋一样都是利用热胀冷缩原理
B．红外测温枪能接收到的是身体的热量，通过热传导到达红外测温枪进而显示出体温
C．红外测温枪利用了一切物体都在不停的发射红外线，而且发射红外线强度与温度有关，温度越高发射红外线强度就越大
D．红外线也属于电磁波，其波长小于紫外线的波长
2、如图所示，一质量为m0=4kg、倾角θ=45°的斜面体C放在光滑水平桌面上，斜面上叠放质量均为m=1kg的物块A 和B，物块B的下表面光滑，上表面粗糙且与物块A下表面间的动摩擦因数为μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；物块B在水平恒力F作用下与物块A和斜面体C一起恰好保持相对静止地向右运动，取g=10m/s²，下列判断正确的是（）
F
A．物块A受到摩擦力大小5N
f
B．斜面体的加速度大小为a=10m/s2
C．水平恒力大小F=15N
D．若水平恒力F作用在A上，A、B、C三物体仍然可以相对静止
3、中国北斗卫星导航系统（BeiDouNa v igationSatelliteSystem，BDS）是继美国全球定位系统（GPS）、俄罗斯格洛纳
斯卫星导航系统（GLONASS）之后第三个成熟的卫星导航系统。

北斗导航系统中有几颗卫星是地球同步卫星，GPS 导航系统是由周期约为12h的卫星群组成。

则北斗导航系统的同步卫星与GPS导航卫星相比（）
A．北斗导航系统的同步卫星的角速度大
B．北斗导航系统的同步卫星的轨道半径小
C．GPS导航卫星的线速度大
D．GPS导航卫星的向心加速度小
4、如图甲所示的电路中定值电阻R=60Ω，电源电动势E=100V，r=10Ω。

如图乙所示，曲线为灯泡L的伏安特性曲线，直线为电源的路端电压与电流的关系图线，以下说法正确的是（）
A．开关S断开时电源的效率为60%
B．开关S闭合后电源的总功率会变小
C．开关S闭合后灯泡的亮度增强
D．开关S断开时小灯泡消耗的功率为240W
5、空间某区域存在一方向垂直于纸面向外、大小随时间均匀变化的匀强磁场，磁场边界ef如图所示，现有一根粗细均匀金属丝围成的边长为L的正方形线框固定在纸面内，t=0时刻磁场方向如图甲所示，磁感应强度B随时间t变化关系如图乙所示，则（）
A．0~t1：e点电势高于f点电势
B．0~t1：
2
1
4
ef
B L U
t
=-
C．t1~t2：金属框中电流方向顺时针D．0~t2：ab所受安培力方向始终不变
6、如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接着质量为M 的木块A ，开始时木块A 静止，现让一质量为m 的木块B 从木块A 正上方高为h 处自由下落，与木块A 碰撞后一起向下压缩弹簧，经过时间t 木块A 下降到最低点。

已知弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块A 与木块B 碰撞时间极短，重力加速度为g ，下列关于从两木块发生碰撞到木块A 第一次回到初始位置时的过程中弹簧对木块A 的冲量I 的大小正确的是（ ）
A ．2()2I M m gh =+
B ．2()gt I M m =+
C ．2()2I M m gh =-
D ．222()I m gh M m gt =++
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

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、图甲为一列简谐横波在t =0.10s 时刻的波形图，P 是平衡位罝为x =lm 处的质点，Q 是平衡位罝为x=4m 处的质点。

图乙为质点Q 的振动图象。

下列说法正确的是 。

A ．该波的周期是0.10s
B ．该波的传播速度为40m/s
C ．该波沿x 轴负方向传播
D ．t =0.10s 时，质点Q 的速度方向向下
E. 从t =0.10s 到t =0.25s ，质点P 通过的路程为30cm
8、在光滑的绝缘水平面上，有一个正三角形abc ，顶点a 、b 、c 处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示，D 点为正三角形的中心，E 、G 、H 点分别为ab 、ac 、bc 的中点，F 点为E 点关于顶点c 的对称点，则下列说法中正确的是（ ）
A．D点的电场强度为零
B．E、F两点的电场强度等大反向、电势相等
C．E、G、H三点的电场强度和电势均相同
D．若释放c处的电荷，电荷在电场力作用下将做加速运动（不计空气阻力）
9、在倾角为θ的斜面上固定两根足够长且间距为L的光滑平行金属导轨PQ、MN，导轨处于磁感应强度为B的匀强做场中，磁场方向垂直于斜面向下。

有两根质量分别为m1和m2的金属棒a、b，先将a棒垂直于导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直于导轨放置，此刻起a、c做匀速运动而b静止，a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，则（）
A．物块c的质量是m1sinθ
B．b棒放上导轨后，b棒中电流大小是2sin
m g
BL
θ
C．b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能
D．b棒放上导轨后，a棒克服安培力所做的功等于a、b棒上消耗的电能之和
10、下列有关原子和原子核的认识，正确的是（）
A．平均结合能越大，原子核越稳定
B．氢原子辐射光子后，电子绕核运动的动能增大
C．卢瑟福通过α粒子散射实验的研究，发现了中子.
D．光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）某同学现要利用气垫导轨来研究匀变速直线运动规律，其实验装置如图甲所示，其实验步骤如下：
①用游标卡尺测出挡光片的宽度d。

按图甲安装好器材，并调节好气垫导轨，使气垫导轨处于水平位置。

然后用跨过
轻质定滑轮的轻绳一端与钩码相连，另一端与滑块相连，再将滑块置于气垫导轨的左端，并用手按住滑块不动； ②调整轻质滑轮，使轻绳处于水平位置；从气垫导轨上的刻度尺上读出滑块与光电门之间的距离s （钩码到地面的高度大于滑块与光电门之间的距离），同时记下滑块的初始位置；
③由静止释放滑块，用光电门测出挡光片经过光电门的时间t ；
④将滑块重新置于初始位置，保持滑块所挂的钩码个数不变，改变光电门的位置从而改变滑块与光电门之间的距离s ，多次重复步骤③再次实验，重物到地面的高度大于滑块与光电门之间的距离；
⑤整理好多次实验中得到的实验数据。

回答下列问题：
(1)挡光片的宽度测量结果，游标卡尺的示数如图乙所示，其读数为d =_______cm ；
(2)滑块在运动过程中的加速度a 可根据匀变速运动的规律__________来求；
(3)据实验数据最后得到了如图丙所示的21—s t
图像，由图像可求得滑块运动时的加速度a =______m/s 2。

（取g =10m/s 2，结果保留三位有效数字）
12．（12分）电阻率是用来表示各种物质电阻特性的物理量。

某同学在实验室测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率。

(1)用螺旋测微器测量其横截面直径如图甲所示，由图可知其直径为______mm ，如图乙所示，用游标卡尺测其长度为_____cm ，如图丙所示，用多用电表×1Ω挡粗测其电阻为_____Ω。

(2)为了减小实验误差，需进一步测量圆柱体的电阻，除待测圆柱体R外，实验室还备有的。

实验器材如下，要求待测电阻两端的电压调节范围尽量大，则电压表应选______，电流表应选_________，滑动变阻器应选_________。

（均填器材前的字母代号）
A．电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）；
B．电压表V2（量程15V，内阻约为75kΩ）；
C．电流表A1（量程1．6A，内阻约为1Ω）；
D．电流表A2（量程3A，内阻约为1.2Ω）；
E．滑动变阻器R1（阻值范围1~5Ω，1.1A）；
F．滑动变阻器R2（阻值范围1~2111Ω，1.1A）；
G．直流电源E（电动势为3V，内阻不计）
H．开关S，导线若干。

(3)请设计合理的实验电路，并将电路图画在虚线框中_______________。

(4)若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端的电压为U，圆柱体横截面的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示该圆柱体电阻率的关系式为ρ=___________。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）有一截面为正方形物体ABCD静止浮在水面上，刚好在一半在水下，正方形边长l=1.2m，AB侧前方
10.8
s m
=处有一障碍物．一潜水员在障碍物前方
23.0
s m
=处下潜到深度为
1
h的P处时，看到A点刚好被障碍物挡
住．已知水的折射率
4
3
n=．求：
（1）深度1h；
（2）继续下潜2h恰好能看见CD右侧水面上方的景物，则2h为多少？
14．（16分）如图(a)，水平地面上固定一倾角为37°的斜面，一宽为l＝0.43m的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行。

在斜面上由静止释放一正方形金属线框abcd，线框沿斜面下滑时，ab、cd边始终与磁场边界保持平行。

以地面为零势能面，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能E与位移s之间的关系如图(b)所示，图中①、②均为直线段。

已知线框的质量为m＝0.1kg，电阻为R＝0.06Ω。

（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2）求：
(1)线框与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)ab边刚进入磁场时，线框的速度v1；
(3)线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间t；
(4)线框穿越磁场的过程中，线框中产生的最大电功率P m；
15．（12分）如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。

某时刻速度为v0＝2m/s，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v1＝4m/s的速度从右侧滑上木板，经过1s两者速度恰好相同，速度大小为v2＝1m/s，方向向左。

重力加速度g＝10m/s2，试求：
（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1
（2）木板与地面间的动摩擦因数μ2
（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、C
【解题分析】
ABC．红外就是红外线，自然界所有的物体，无时无刻不在向外发出辐射能量，这些能量以电磁波的形式存在。

红外测温枪接收到人体辐射出的红外线，通过波长、强度与温度的关系，就可以得到人体的温度，而水银体温计是利用热胀冷缩原理工作的，AB错误C正确；
D．红外线波长范围0.8-100μm，紫外线的波长范围在100～400nm，红外线波长大于紫外线波长，D错误。

故选C。

2、A
【解题分析】
ABC．对物块A和B分析，受力重力、斜面体对其支持力和水平恒力，如图所示
根据牛顿第二定律则有
sin θ2F N ma -=
其中
cos θ2N mg =
对物块A 、B 和斜面体C 分析，根据牛顿第二定律则有
0(2)F m m a =+
联立解得
25m/s a =
30N F =
对物块A 分析，根据牛顿第二定律可得物块A 受到摩擦力大小
5N f F ma ==
故A 正确，B 、C 错误；
D ．若水平恒力F 作用在A 上，则有
A F mg ma μ-=
解得
225m/s A a a =>
所以物块A 相对物块B 滑动，故D 错误；
故选A 。

3、C
【解题分析】
A ．地球同步卫星的周期为24h ，GPS 导航系统周期约为12h ，根据周期与角速度的关系
2T
πω= 可知北斗导航系统的同步卫星的周期大，则其角速度小，故A 错误；
B ．由万有引力提供向心力有
2
224Mm G mr r T
π= 得卫星绕地球做圆周运动的周期
2T = 北斗导航系统的同步卫星的周期大，则其轨道半径大，故B 错误；
C ．由万有引力提供向心力有
2
2Mm v G m r r
= 得卫星绕地球做圆周运动的线速度
v =北斗导航系统的轨道半径大，则其线速度小，GPS 导航卫星的线速度大，故C 正确；
D ．根据
a v ω=
可知北斗导航系统的角速度小、线速度小，则其加速度小，GPS 导航卫星的向心加速度大，故D 错误。

故选C 。

4、D
【解题分析】
A ．开关S 断开时，根据图乙可知灯泡两端的电压为
40V L U =
电源的效率为
100%40%L L L
U I EI η=⨯= 故A 错误；
BC ．开关S 闭合后总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得总电流增大，根据P EI =可知电源的总功率会变大，根
据U E Ir =-可知路端电压减小，根据2
U P R
=可知灯泡的功率减小，所以灯泡的亮度变暗，故B 、C 错误；
D ．开关S 断开时小灯泡消耗的功率为
406W 240W L L P U I ==⨯=
故D 正确； 故选D 。

5、B 【解题分析】
A ．0~t 1时间内垂直于纸面向外的磁场减弱，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可知感应电流为逆时针方向，在电源内部，电流从负极流向正极，故f 电势高于e 的电势，A 错误；
B ．根据法拉第电磁感应定律，感应电动势：
2
01
2B L E t =
201
24ef B L E
U t =-=-
B 正确；
C ．根据楞次定律，0~t 2金属框中电流方向为逆时针，C 错误；
D ．根据左手定则，0~t 1安培力水平向左，t 1~t 2安培力水平向右，D 错误。

故选B 。

6、D 【解题分析】 B 下落h 时的速度为
B v 物块B 与A 碰撞过程动量守恒，则
()B mv M m v =+
以向下为正方向，则两物块从开始运动到到达最低点过程中由动量定理 1()0()M m gt I M m v +-=-+
从两木块发生碰撞到木块A 第一次回到初始位置时的过程中弹簧对木块A 的冲量I 的大小为 I =2I 1
22()I M m gt =+
故选D 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

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、BCD 【解题分析】
由图乙知该波的周期是0.20s 。

故A 错误。

由甲图知波长λ=8m ，则波速为：8
/40/0.2
v m s m s T
λ
=
=
=，故B 正确。

在t =0.10s 时，由乙图知质点Q 正向下运动，根据波形平移法可知该波沿x 轴负方向传播，故C 、D 正确。

该波沿x 轴负方向传播，此时P 点正向上运动。

从t =0.10s 到0.25s 经过的时间为△t =0.15s=3
4
T ，由于t =0.10s 时刻质点P 不在平衡位置或波峰、波谷处，所以质点P 通过的路程不是3A =30cm ，故E 错误。

8、AD 【解题分析】
A ．D 点到a 、b 、c 三点的距离相等，故三个电荷在D 点的场强大小相同，且夹角互为120°，故D 点的场强为0，故A 正确；
B ．由于a 、b 在E 点的场强大小相等方向相反，故E 点的场强仅由电荷c 决定，故场强方向向左，而电荷c 在DF 位置的场强大小相同方向相反，但电荷a 、b 在F 点的场强矢量和不为0，故EF 两点的电场强度大小不同，方向相反，故B 错误；
C ．E 、G 、H 三点分别为ab 、ac 、bc 的中点，故E 的场强仅由电荷c 决定，同理G 点的场强仅由电荷b 决定，H 点的场强仅由电荷a 决定，故三点的场强大小相同，但方向不同，故C 错误；
D ．若释放电荷c ，则a 、b 在C 点的合场强水平向右，故a 、b 始终对c 有斥力作用，故c 电荷将一直做加速运动，故D 正确。

故选AD 。

9、BD 【解题分析】
A ．由b 平衡可知，安培力大小
2sin F m g θ=安
由a 平衡可知
1sin F F m g θ=+绳安
由c 平衡可知
c F m g =绳
联立解得物块c 的质量为
12s ()in c m m m θ=+
A 错误；
B ．b 棒放上导轨后，根据b 棒的平衡可知
2sin F m g θ=安
又因为
F BIL =安
可得b 棒中电流大小是
2sin m g I BL
θ
=
B 正确；
C ．b 放上导轨之前，根据能量守恒知物块c 减少的重力势能等于a 、c 增加的动能与a 增加的重力势能之和，C 错误；
D ．b 棒放上导轨后，a 棒克服安培力所做的功转化为全电路的电能，即等于a 、b 两棒上消耗的电能之和，D 正确。

故选BD 。

10、AB 【解题分析】
A ．平均结合能越大，原子核越稳定，故A 正确；
B ．氢原子辐射光子后，原子的能级降低，电子的轨道半径减小，根据
222q v k m r r
= 则可得动能为
2
2122k kq E mv r
==
可知电子绕核运动的动能增大，故B 正确；
C ．卢瑟福通过α粒子散射实验的研究，建立了原子的核式结构理论，故C 错误；
D ．光电效应现象中，根据
km E h W ν=-逸出功
则光电子的最大初动能与入射光的频率不是成正比关系，故D 错误。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、0.520 2as =v 2 0.270 【解题分析】
(1)[1]游标卡尺的主尺读数为5mm ，游标尺读数为 0.05×4mm=0.20mm 则读数结果为 5.20mm=0.520cm
(2)[2]滑块在钩码的作用下沿水平桌面做匀加速直线运动，滑块在运动过程中的加速度a 可根据匀变速运动的规律
2202t v v as -=来求。

(3)[3]滑块在钩码的作用下沿水平桌面上做匀加速直线运动，经过光电门时的瞬时速度大小为d v t
=
∆，由匀变速直线运动规律22
212v v as -=和10v =解得：
2
1()2d a s t
=
由上式可得
22
12a s t d =⋅ 由此可知图像的斜率为
22a k d
=
由图像可知图像的斜率为k =2.0×
104。

所以滑块的加速度为 2422
22.010(0.52010)0.270m /s 22
k d a -⋅⨯⨯⨯=
==
12、1.844（1.842~1.846均可）
4.241 6 A C E 24D U
IL
πρ=
(1)[1]螺旋测微器的读数为固定刻度读数+可动刻度读数+估读，由题图甲知，圆柱体的直径为刻度读数十估读，由题图甲知，圆柱体的直径为 1.5mm+34.4×1.11mm=1.844mm 由于误差则1.842mm~1.846mm 均可
[2]游标卡尺读数为主尺读数+游标尺读数×精度，由题图乙知，长度为 42mm+8×1.15 mm=42.41mm=4.241cm
[3]多用电表的读数为电阻的粗测值，其电阻为6Ω
(2)[4][5][6]待测电阻大约6Ω，若用滑动变阻器R 2（阻值范围0~2000Ω，0.1A ）调节非常不方便，且额定电流太小，所以应用滑动变阻器R 1（阻值范围0~5Ω，1.1A ），电源电动势为3V ，所以电压表应选3V 量程的
为了测多组实验数据，滑动变阻器应用分压接法，电压表内电阻较大，待测圆柱体的电阻较小，故采用电流表外接法误差较小；电路中的电流约为
0.5A U
I R
=
= 所以电流表量程应选1.6A 量程的。

(3)[7]根据以上分析，设计的电路图如图所示
(4)[8]由U I R =
，L R S ρ=及2
1π4
S D =得
2π4D U
IL
ρ=
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

【解题分析】
解：①设过A 点光线，恰好障碍物挡住时，入射角、折射角分别为αβ、，则：s
1
221
4
s sin l s α=
+
① 2
22
21s sin s h β=
+ ②
sin n sin α
β
=
③ 由①②③解得：14m h =
②潜水员和C 点连线与水平方向夹角刚好为临界角C ，则：13
4
sinC n =
= ④ 122125
tan 3.42
s s l C l h h h ++=
=
++-
⑤
由④⑤解得：2 1.0h m ≈
14、 (1)μ＝0.5 (2)1.2m/s (3)0.125s (4)0.43W 【解题分析】
(1)根据线段①，减少的机械能等于克服摩擦力做的功：
11cos37(0.9000.756)J E mgs μ∆=︒=－＝0.144J
其中s 1＝0.36m 解得： μ＝0.5
(2)未进入磁场时，根据牛顿第二定律：
sin37cos37ma mg mg μ=︒︒－
线框的加速度
sin37cos372a g g μ=︒︒=－m/s 2
速度：
1 1.2v ==m/s
(3)线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，由图线②可知，此时机械能线性减小，说明安培力也为恒力，线框做匀速运动。

设L 为线框的边长，则：
2()(0.7560.666)J 0.09J f f E W W F F L ∆=+=+==克克安安－
sin 37f F F mg +=︒安
联立解得 L ＝0.15m
线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间：
10.15s 0.125s 1.2
L t v =
== (4)在线框匀速进入磁场时，安培力
sin 37cos370.2N F mg mg μ=︒︒=安－
又因为：
221
B L v F BIL R
==安 可求出
220.01B L =
线框完全进入磁场后始终做匀加速直线运动，当ab 边要离开磁场时，开始做减速运动，此时线框速度最大，受到的安培力最大，线框内的电功率最大 由
22212()v v a l L -=－
可求得 v 2＝1.6m/s
所以线框内的最大电功率
222
2m 1.28W 0.43W 3
B L v P R ==≈
15、（1）0.3（2）1
20
（3）2.75m 【解题分析】
（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解； （2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可； （3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移； 【题目详解】
（1）对小滑块分析：其加速度为：2221114
/3/1
v v a m s m s t --=
==-，方向向右 对小滑块根据牛顿第二定律有：11mg ma μ-=，可以得到：10.3μ=；
（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
121
2v mg mg m
t μμ+⋅= 然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
2
122
2v mg mg m
t μμ-⋅= 而且121t t t s +== 联立可以得到：21
20
μ=，10.5s t =，20.5t s =； （3）在
10.5s t =时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：0
1100.52v x t m +=
⋅=，方向向右； 在20.5t s =时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：2220
0.252
v x t m +=⋅=，方向向左； 在整个1t s =时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：12
2.52
v v x t m +=⋅=，方向向左 则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：12 2.75x x x x m ∆=+-=。

【题目点拨】
本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚小滑块与木板的运动过程和受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。