2023届高考物理一轮复习阶段综合检测（二）第一~六章验收（重点班）

阶段综合检测〔二〕第一~六章验收(时间：90分钟总分值：110分)一、选择题(此题共12小题，每题4分，共48分。在每题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)★1.甲、乙两质点以相同的初速度从同一地点沿同一方向同时开始做直线运动。以初速度方向为正方向，其加速度随时间变化的a­t图像如下图。关于甲、乙在0～t0时间内的运动情况，以下说法正确的选项是()A．在0～t0时间内，甲做减速运动，乙做加速运动B．在0～t0时间内，甲和乙的平均速度相等C．在t0时刻，甲的速度比乙的速度小D．在t0时刻，甲和乙之间的距离最大解析：选D甲、乙两质点初速度相同，由题图可知，开始运动时，甲的加速度大于乙的加速度，那么开始后甲的速度大于乙的速度，直至t0时刻两者速度再次相同，故t0时刻，甲和乙之间的距离最大，D正确。2．(2023·厦门一中月考)一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过Δt时间停止后，那么在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是()A．mgΔtB．eq\f(mv,Δt)C．eq\f(mv,Δt)＋mgD．eq\f(mv,Δt)－mg解析：选C对铁锤分析可知，其受重力与木桩的作用力，设向下为正方向，那么有(mg－F)Δt＝0－mv，得：F＝eq\f(mv,Δt)＋mg，由牛顿第三定律可知，铁锤对木桩的平均冲力为eq\f(mv,Δt)＋mg，选项C正确。★3．(2023·河南百校联盟模拟)如下图，斜面体ABC固定在水平地面上，斜面的高AB为eq\r(2)m，倾角为θ＝37°，且D是斜面的中点，在A点和D点分别以相同的初速度水平抛出一个小球，结果两个小球恰能落在地面上的同一点，那么落地点到C点的水平距离为()A．eq\f(3,4)mB．eq\f(\r(2),3)mC．eq\f(\r(2),2)mD．eq\f(4,3)m解析：选D设斜面的高AB为h，落地点到C点的距离为x，那么由几何关系及平抛运动规律有eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,tanθ)＋x)),\r(\f(2h,g)))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2tanθ)＋x)),\r(\f(h,g)))，求得x＝eq\f(4,3)m，选项D正确。★4．用如下图简易装置可以测定水平风速，在水平地面上竖直固定一直杆，半径为R、质量为m的空心塑料球用细线悬于杆顶端O。当风沿水平方向吹来时，球在风力的作用下飘了起来。风力大小与“风速〞和“球正对风的截面积〞均成正比，当风速v0＝3m/s时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ＝30°，那么()A．风速v＝4.5m/s时，细线与竖直方向的夹角θ＝45°B．假设风速增大到某一值时，细线与竖直方向的夹角θ可能等于90°C．假设风速不变，换用半径更大、质量不变的球，那么夹角θ增大D．假设风速不变，换用半径相等、质量更大的球，那么夹角θ增大解析：选C对小球受力分析如图，由平衡条件可得风力大小F＝mgtanθ，而由题意知F∝Sv，又S＝πR2，那么F＝kπR2v(k为常数)，那么有mgtanθ＝kπR2v，由此可知：当风速由3m/s增大到4.5m/s时，eq\f(tanθ,4.5)＝eq\f(tan30°,3)，可得tanθ＝eq\f(\r(3),2)，A错误；因小球所受重力方向竖直向下，而风力方向水平向右，那么知细线与水平方向的夹角θ不可能等于90°，B错误；由mgtanθ＝kπR2v可知，当v、m不变，R增大时，θ角增大，当v、R不变，而m增大时，θ角减小，C正确，D错误。★5．(2023·河北冀州模拟)如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30°，质量为3kg的小物块(可视为质点)由静止从A点在一沿斜面向上的恒定推力作用下运动，作用一段时间后撤去该推力，小物块能到达的最高位置为C点，小物块上滑过程中v­t图像如图乙所示。设A点为零重力势能参考点，g取10m/s2，那么以下说法正确的选项是()A．小物块最大重力势能为54JB．小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为3∶1C．小物块与斜面间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),2)D．推力F的大小为40N解析：选D由乙图可知物块沿斜面向上滑行的距离s＝eq\f(1,2)×3×1.2m＝1.8m，上升的最大高度h＝ssin30°＝0.9m，故物块的最大重力势能Epm＝mgh＝27J，那么A项错。由图乙可知物块加速与减速阶段均为匀变速运动，那么由匀变速直线运动的平均速度公式eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋v,2)，可知小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为1∶1，那么B项错。由乙图可知减速上升时加速度大小a2＝10m/s2，由牛顿第二定律有mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2，得μ＝eq\f(\r(3),3)，那么C项错。由乙图可知加速上升时加速度大小a1＝eq\f(10,3)m/s2，由牛顿第二定律有F－mgsin30°－μmgcos30°＝ma1，得F＝40N，那么D项正确。6．(2023·沈阳模拟)卫星从发射到进入预定轨道往往需要进行屡次轨道调整，如下图，某次发射任务中先将卫星送至近地轨道，然后再控制卫星进入椭圆轨道，图中O点为地心，地球半径为R，A点是近地轨道和椭圆轨道的交点，远地点B离地面高度为6R，设卫星在近地轨道运动的周期为T，以下对卫星在椭圆轨道上运动的分析，其中正确的选项是()A．控制卫星从图中低轨道进入椭圆轨道需要使卫星减速B．卫星通过A点时的速度是通过B点时速度的6倍C．卫星通过A点时的加速度是通过B点时加速度的6倍D．卫量从A点经4T的时间刚好能到达B点解析：选D卫星在椭圆轨道上运动的半长轴为4R，由开普勒第三定律知eq\f(T12,T22)＝eq\f(R13,R23)，卫星在椭圆轨道上运行的周期为8T，卫星从A到B用时为半个周期，即4T，D正确。7．(2023·江苏高考)如下图，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上。物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。以下说法正确的选项是()A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2B．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2C．物块上升的最大高度为eq\f(2v2,g)D．速度v不能超过eq\r(\f(2F－MgL,M))解析：选D物块受到的摩擦力小于最大静摩擦力，即Mg<2F。物块向右匀速运动时，物块处于平衡状态，绳子中的张力T＝Mg≤2F，故A错误。小环碰到钉子时，物块做圆周运动，根据牛顿第二定律和向心力公式有：T－Mg＝eq\f(Mv2,L)，T＝Mg＋eq\f(Mv2,L)，所以绳子中的张力与2F大小关系不确定，B错误。假设物块做圆周运动到达的高度低于P点，根据动能定理有－Mgh＝0－eq\f(1,2)Mv2，那么最大高度h＝eq\f(v2,2g)；假设物块做圆周运动到达的高度高于P点，那么根据动能定理有－Mgh＝eq\f(1,2)Mv′2－eq\f(1,2)Mv2，那么最大高度h<eq\f(v2,2g)，C错误。小环碰到钉子后，物块做圆周运动，在最低点，物块与夹子间的静摩擦力到达最大值，由牛顿第二定律知：2F－Mg＝eq\f(Mv2,L)，故最大速度v＝eq\r(\f(2F－MgL,M))，D正确。8．一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为m，速度大小为v，做圆周运动的周期为T，那么以下说法中正确的选项是()A．经过时间t＝eq\f(T,2)，动量变化量为0B．经过时间t＝eq\f(T,4)，动量变化量大小为eq\r(2)mvC．经过时间t＝eq\f(T,2)，细绳对小球的冲量大小为2mvD．经过时间t＝eq\f(T,4)，重力对小球的冲量大小为eq\f(mgT,4)解析：选BCD经过时间t＝eq\f(T,2)，小球转过了180°，速度方向正好相反，假设规定开始计时时的速度方向为正，那么动量变化量为Δp＝－mv－mv＝－2mv，细绳对小球的冲量为I＝Δp＝－mv－mv＝－2mv，故大小为2mv，选项A错误，C正确；经过时间t＝eq\f(T,4)，小球转过了90°，根据矢量合成法可得，动量变化量大小为Δp′＝eq\r(2)mv，重力对小球的冲量大小为IG＝mgt＝eq\f(mgT,4)，B、D均正确。9．如下图，斜面除AB段粗糙外，其余局部都是光滑的，物体与AB段间的动摩擦因数又处处相等，一个从顶点滑下的物体，经过A点时速度与经过C点时的速度相等，且AB＝BC，那么以下说法中正确的选项是()A．物体在AB段和BC段的加速度大小相等B．物体在AB段和BC段的运动时间相等C．重力在以上两段运动中对物体做的功相等D．物体在以上两段运动中的动量变化量相同解析：选ABC根据运动学公式v12＝v02＋2ax，对AB段有vB2＝vA2＋2aABxAB，对BC段有vC2＝vB2＋2aBCxBC，因为vC＝vA，xAB＝xBC，所以有aAB＝－aBC，即两段运动加速度大小相等，方向相反，A选项正确；根据动量定理，对AB段，F合tAB＝m(vB－vA)，对BC段，F合′tBC＝m(vC－vB)，因为两段速度变化大小相等，方向相反，合外力大小相等，方向相反，所以tAB＝tBC，B选项正确；因为xAB＝xBC，所以在两段运动中竖直方向的位移分量相等，故重力做功相等，C选项正确；物体在以上两段运动中动量变化量大小相等，方向相反，故D选项错误。10．(2023·齐鲁名校协作体联考)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能到达的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体沿足够长的斜面每次以不变的初速率v0向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图像可求出(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A．物体的初速率v0＝3m/sB．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能到达的位移x的最小值xmin＝1.44mD．当某次θ＝30°时，物体到达最大位移后将沿斜面下滑解析：选BC由题图乙可知，当倾角θ＝0时，位移为2.40m，而当倾角为90°时，位移为1.80m，那么由竖直上抛运动规律可得v0＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×1.80)m/s＝6m/s，故A错误；当倾角为0时，由动能定理可得－μmgx＝0－eq\f(1,2)mv02，解得μ＝0.75，故B正确；取不同的倾角θ，由动能定理得－mgxsinθ－μmgxcosθ＝0－eq\f(1,2)mv02，解得x＝eq\f(v02,2gsinθ＋μcosθ)＝eq\f(36,2×10×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinθ＋\f(3,4)cosθ)))m＝eq\f(36,25×sinθ＋α)m，当θ＋α＝90°时位移最小，xmin＝1.44m，故C正确；假设θ＝30°时，重力沿斜面向下的分力为mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，摩擦力Ff＝μmgcos30°＝eq\f(3\r(3),8)mg，又因最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故物体到达最高点后，不会沿斜面下滑，故D错误。★11．(2023·长春质检)如下图，在某行星外表上有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为30°，绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动，盘面上与转轴距离L处有一小物体与圆盘保持相对静止，角速度为ω时，小物体恰好要发生相对滑动。物体与盘面间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),2)(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，星球的半径为R，引力常量为G。那么以下说法正确的选项是()A．此行星的质量M＝eq\f(4ω2R2L,G)B．此行星的质量M＝eq\f(4ω2R2L,5G)C．此行星的第一宇宙速度v1＝2ωeq\r(LR)D．此行星的同步卫星的周期是eq\f(π,ω)eq\r(\f(R,L))解析：选AC小物体随圆盘转动到最低点时所受静摩擦力最大且等于滑动摩擦力，受力分析得，μmgcos30°－mgsin30°＝mω2L，代入数据解得g＝4ω2L，在行星外表有Geq\f(Mm,R2)＝mg，可得M＝eq\f(4ω2R2L,G)，A正确，B错误；由万有引力提供向心力mg＝meq\f(v12,R)，此行星的第一宇宙速度v1＝2ωeq\r(LR)，C正确；此行星自转周期无法确定，故同步卫星周期也无法确定，D错误。★12．(2023·福州模拟)如下图，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内外表及碗口光滑。右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球m1和物块m2，且m1＞m2。开始时m1恰在A点，m2在斜面上且距斜面顶端足够远，此时连接m1、m2的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点在圆心O的正下方。m1由静止释放开始运动，那么以下说法中正确的选项是()A．在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统机械能守恒B．当m1运动到C点时，m1的速率是m2速率的eq\f(\r(2),2)C．m1不可能沿碗面上升到B点D．m2沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力始终保持恒定解析：选ACD对m1与m2组成的系统，在m1从A点运动到C点的过程中，只存在动能与势能的相互转化，故m1与m2组成的系统机械能守恒，A正确。在m2沿斜面上滑的过程中，m2对斜面的作用力不变，故地面对斜面的支持力始终保持恒定，D正确。假设m1能沿碗面上升到B点，此时m1的重力势能没变，m2的重力势能增加，初始时二者动能为零，不符合机械能守恒定律，故m1不可能沿碗面上升到B点，C正确。当m1运动到C点时，其速度在细绳方向的分速度大小等于m2的速度，即eq\f(\r(2),2)v1＝v2，故B错误。二、实验题(此题共2小题，共15分)13．(6分)光电门在测量物体的瞬时速度方面有得天独厚的优势，比方在探究加速度和力的关系时就省去了打点计时器分析纸带的不便，实验装置如图甲所示。(1)虽然少了计算的麻烦，却必须要测量遮光条的宽度，游标卡尺测量的结果如图乙所示，我们可以发现游标尺上每一分度与主尺上的最小刻度相差________cm，遮光条宽度d为________cm。(2)某次实验过程中，已经得到AB之间的距离l和遮光条通过光电门的时间t和力传感器的示数F，假设要完成探究目的，还需要满足的条件是______________。假设要以F为横坐标，做出一条倾斜的直线来判断加速度和力成正比，那么纵坐标的物理量应该是________eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(选填“t2〞或“\f(1,t2)〞))。解析：(1)游标尺共计20个分度，总长19mm，每个分度长0.95mm，主尺的最小刻度是1mm，相差0.005cm。d＝2mm＋5×0.05mm＝2.25mm＝0.225cm。(2)要测量加速度，已经知道滑块在B点的速度，AB之间的距离，根据v2－v02＝2ax，必须知道初速度，而A点没有光电门，所以滑块在A点必须从静止开始释放。由F＝ma，a＝eq\f(v2,2l)＝eq\f(d2,2lt2)可得，F＝eq\f(md2,2lt2)∝eq\f(1,t2)，所以处理数据时应作出eq\f(1,t2)­F图像。答案：(1)0.0050.225(2)滑块在A点静止释放eq\f(1,t2)14．(9分)(2023·资阳一诊)图甲所示为验证机械能守恒定律的实验装置，某同学完成了一系列实验操作后，得到了如图乙所示的一条纸带。现选取纸带上某清晰的点标为0，然后每两个计时点取一个计数点，分别标记为1、2、3、4、5、6，用刻度尺量出计数点1、2、3、4、5、6与0点的距离分别为h1、h2、h3、h4、h5、h6。(重力加速度为g)(1)打点计时器的打点周期为T，可求出打各个计数点时对应的速度分别为v1、v2、v3、v4、v5，其中v5的计算式v5＝__________。(2)假设重锤的质量为m，取打点0时重锤所在水平面为参考平面，分别算出打各个计数点时对应重锤的势能Epi和动能Eki，那么打计数点3时对应重锤的势能Ep3＝______(用题中所给物理量的符号表示)；接着在E­h坐标系中描点作出如图丙所示的Ek­h和Ep­h图线，求得Ep­h图线斜率的绝对值为k1，Ek­h图线的斜率为k2，那么在误差允许的范围内，k1________k2(选填“＞〞“＜〞或“＝〞)时重锤的机械能守恒。(3)关于上述实验，以下说法中正确的选项是________。A．实验中可用干电池作为电源B．为了减小阻力的影响，重锤的密度和质量应该适当大些C．实验时应先释放纸带后接通电源D．图丙Ek­h图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的动能(4)无论如何改良实验方法和措施，总有重力势能的改变量大于动能的改变量，原因是：___________________________________________________________。解析：(1)计数点5的瞬时速度等于4、6两点间的平均速度，那么v5＝eq\f(h6－h4,4T)。(2)打计数点3时对应重锤的势能Ep3＝－mgh3，根据图像可知，每一段对应的重力势能减小量和动能增加量相等，那么机械能守恒，即图线的斜率大小相同，才能满足条件，因此k1＝k2。(3)实验中打点计时器使用的是交流电源，不可用干电池作为电源，故A错误；为了减小阻力的影响，重锤的密度和质量应该适当大些，故B正确；实验时应先接通电源，再释放纸带，故C错误；图丙Ek­h图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的初动能，故D正确。(4)无论如何改良实验方法和措施，总有重力势能的改变量大于动能的改变量，原因是重锤下落过程中纸带和重锤受到阻力作用。答案：(1)eq\f(h6－h4,4T)(2)－mgh3＝(3)BD(4)重锤下落过程中纸带和重锤受到阻力作用三、计算题(此题共4小题，共47分)★15．(10分)(2023·东北三省四市一模)如下图，光滑悬空轨道上静止一质量为2m的小车A，用一段不可伸长的轻质细绳悬挂一质量为m的木块B。一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块B并留在其中(子弹射入木块时间极短)，在以后的运动过程中，摆线离开竖直方向的最大角度小于90°，试求：(1)木块能摆起的最大高度；(2)小车A运动过程的最大速度。解析：(1)因为子弹与木块作用时间极短，子弹与木块间的相互作用力远大于它们的重力，所以子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹与木块开始上升时的速度为v1，设向右为正方向，那么有：mv0＝2mv1当木块摆到最大高度时，三者具有相同的水平速度，根据动量守恒定律得：mv0＝(m＋m＋2m)v由能量守恒得eq\f(1,2)·2mv12＝eq\f(1,2)·4mv22＋2mgh解得h＝eq\f(v02,16g)。(2)子弹射入木块后由动量守恒得：2mv1＝2mv1′＋2mv2′根据能量守恒得：eq\f(1,2)·2mv12＝eq\f(1,2)·2mv1′2＋eq\f(1,2)·2mv2′2解得v2′＝eq\f(v0,2)。答案：(1)eq\f(v02,16g)(2)eq\f(v0,2)16．(12分)滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔，小孔内充满空气。当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫〞，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦。然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大。假设滑雪者的速度超过4m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125。一滑雪者从倾角为θ＝37°的坡顶A由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地，最后停在C处，如下图。不计空气阻力，坡长为l＝26m，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间；(2)滑雪者到达B处的速度；(3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离。解析：(1)设滑雪者和滑雪板的总质量为m，由牛顿第二定律得mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1，a1＝g(sinθ－μ1cosθ)＝4m/s2滑行时间t＝eq\f(v,a1)＝1s。(2)由静止到动摩擦因数变化时的位移为x1＝eq\f(1,2)a1t2＝2m动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma2，a2＝g(sinθ－μ2cosθ)＝5m/s2又有x2＝l－x1＝24m由vB2－v2＝2a2x2解得vB＝eq\r(v2＋2a2x2)＝16m/s。(3)在水平雪地上做匀减速直线运动。阶段一：运动加速度为a3＝μ2g＝1.25m/s由运动规律得x3＝eq\f(vB2－v2,2a3)＝96m阶段二：运动加速度为a4＝μ1g＝2.5m/s由运动规律得x4＝eq\f(v2,2a4)＝3.2m那么最大距离xm＝x3＋x4＝99.2m。答案：(1)1s(2)16m/s(3)99.2m★17.(12分)(2023·武汉华中师大附中模拟)如下图，有一水平传送带以6m/s的速度按顺时针方向匀速转动，传送带右端连着一段光滑水平面BC，紧挨着BC的水平地面DE上放置一个质量M＝1kg的木板，木板上外表刚好与BC面等高。现将质量m＝1kg的滑块轻轻放到传送带的左端A处，当滑块滑到传送带右端B时刚好与传送带的速度相同，之后滑块又通过光滑水平面BC滑上木板。滑块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.45，滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ3＝0.05，取g＝10m/s2。求：(1)滑块从传送带A端滑到B端，相对传送带滑动的路程；(2)滑块从传送带A端滑到B端，传送带因传送该滑块多消耗的电能；(3)设木板受到的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等，那么木板至少多长才能使滑块不从木板上掉下来。解析：(1)滑块在传送带上受到向右的摩擦力，到达传送带右端时速度为v＝6m/s。a＝μ1g＝4.5m/st＝eq\f(v,a)＝eq\f(4,3)s，x1＝eq\f(1,2)at2＝4m。传送带位移x2＝vt＝8mΔx＝x2－x1＝4m。(2)传送带因传送滑块多消耗的电能Q＝fΔx＋eq\f(1,2)mv2＝μ1mgΔx＋eq\f(1,2)mv2＝36J。(3)滑块以6m/s的速度滑上木板，对滑块和木板受力分析：滑块受到木板对其向左的摩擦力，设滑块做减速运动的加速度为a滑，那么a滑＝μ2g＝2m/s木板受到滑块对其向右的摩擦力和地面对其向左的摩擦力，由牛顿第二定律得μ2mg－μ3(M＋m)g＝Ma木，解得a木＝1m/s2假设滑块在木板上经过时间t，木板和滑块到达共同速度v共对滑块：x滑＝vt－eq\f(1,2)a滑t2，v共＝v－a滑t对木板：x木＝eq\f(1,2)a木t2，v共＝a木t那么木板长度L＝x滑－x木代入数据得：L＝6m。答案：(1)4m(2)36J(3)6m★18．(13分)(2023·山西大学附中月考)如下图，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m的物块B，B的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B平衡时，弹簧的压缩量为x0，O点为弹簧的原