2023年广东省潮州市高考物理二模试卷

2023年广东省潮州市高考物理二模试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.2020年12月4日，新一代“人造太阳”装置-中国环流器二号M装置（HZ,-2M）在成都建

成并首次实现利用核聚变放电。下列方程中，正确的核聚变反应方程是（）

A.lH+jH→↑He+⅛nB.H8U→∣14Th+↑He

5un4

C.gz+o→56Ba+^lKr+3⅛nD.^He+^AlP+2⅛n

2.平时我们所处的地球表面附近，实际上存在场强大小为10（Ψ∕mfA∕m

的电场，可将其视为匀强电场，在地面立一金属杆后空间中的等势5

...∙λ;......--..JQOV

、-一**

面如图所示。空间中存在a、b、C三点，其中ɑ点位于金属杆正上方，:*/'∙Λ∙∙...'400V

∙∙×."300V

2200V

b、C两点等高。则下列说法正确的是（）

A.a点的电势等于C点B.a点场强方向水平向右

C.a点场强大小等干IoOlVmD.b、C两点的电势差UbC=I2（Ψ

3.疫情期间利用无人机运送物资，已知质量为8kg的物资在无人机拉

力作用下匀速上升35τn,然后匀加速水平移动20小，若空气阻力不能忽

略，取g=10m∕s2c则下列说法正确的是（）

A.匀速上升时.，物资重力势能不变

B.整个过程，物资机械能增加了280（V

C.物资在匀速上升时机械能增量为280Q/

D.无人机水平移动过程中空气对它的作用力、重力均不做功

4.2022年11月29日神舟十五号飞船在酒泉卫星发射中心成功发射升空，飞船入轨后按照预

定程序，成功与我国空间站轨道核心舱进行自主快速交会对接。已知空间站运行在离地面高

为白R的圆轨道上（R为地球半径），下列说法正确的是（）

Io

A.空间站在轨道上飞行的速度大于9km∕s

B.空间站中的一根天线脱落将做自由落体运动

C.成功对接后，空间站由于质量增大，轨道半径将变小

D.入轨后飞船内的宇航员所受地球的万有引力大小约为他在地面时的（雪¥

5.图甲是北京冬奥会单板滑雪大跳台比赛项目中运动员在空中姿态的合成图。比赛场地分

为助滑区、起跳台、着陆坡和终点区域四个部分。运动员进入起跳台后的运动可简化成如图

乙所示，先以水平初速度%从4点冲上圆心角为α的圆弧跳台，从B点离开跳台，C点为运动轨

迹最高点，之后落在着陆坡上的E点。若忽略运动过程中受到的一切阻力并将运动员及其装

备看成质点，则下列说法正确的是（）

A.运动员在C点速度为O

B.运动员下降过程中的加速度不变

C.α越大，运动员落在着陆坡上的速度越大

D.运动员离开B点后的上升过程中处于超重状态

6.如图所示为智能机器人协助派件员分拣快递的场景，派件员将包裹放在机耕人的水平托

盘上后，机器人通过扫码读取目的地信息，并生成最优路线，将不同目的地的包裹送至不同

的位置，从而实现包裹的分拣功能。关于机器人和包裹，下列说法正确的是（）

A.机器人加速前进则包裹对水平托盘的摩擦力方向向后

B.包裹受到向上的支持力是包裹发生形变产生的

C.包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对平衡力

D.包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹受到向前的摩擦力

7.如图所示为一边长为d的正方体,在FE、ND两边放置足够长直导线,

通有相等的电流/,电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流/

时∙，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B,则图中C、。两点处的磁感应强度

大小分别为（）

A.2B、O

B.28、2B

C.0、√-2β

D.HB、∖[~2B

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

8.2023年2月5日佛山和2月11日河源发生地震，为了了解地震，减少地震带来的危害，研

究地震波的发生、传播等规律特别重要。某地震监测站监测到一列沿X轴传播的地震波，t=0

时亥收轴上-3km〜3kτn区间内的波形如图甲所示。X=-Mnl处质点的振动图象如图乙所示,

t=0.25s时该质点第一次处于波峰。下列说法正确的是（）

A.该地震波的周期为0.75S

B.该地震波沿X轴正方向传播

C.该地震波沿X轴传播的速度为4∕σn∕∕ι

D.r=2.25s时，x=Ikm处的质点处于波峰

9.如图所示为汽车的点火装置，此装置的核心是一个变压器,

该变压器的原线圈通过开关连接到12U的蓄电池上，副线圈连

接到火花塞的两端，开关由机械控制，当开关由闭合变为断开

开关变医料

时，副线圈中产生IOOOOV以上的电压，火花塞中产生火花。

下列说法中正确的是（）

A.该点火装置中变压器的原、副线圈匝数比为3：1250

B.变压器的原线圈要用粗导线绕制，而副线圈可以用细导线绕制

C.若该点火装置的开关始终闭合，火花塞的两端不会产生高压

D.变压器原线圈输入的12V电压必须是交流电，否则就不能在副线圈中产生高压

10.某高速公路上ErC专用通道是长为20τn的直线通道，且通道前、后都是平直大道。安装

有ErC的车辆通过Ere专用道时，可以不停车而低速通过，限速为5M/S。如图所示一辆小汽

车先减速，当车头到达通道口时立即做匀速运动，车尾一到通道末端立即加速前进的1图

象，则下列说法正确的是。（）

A.由图象可知，小汽车的车身长度为5小

B.图象中小汽车加速过程的位移大小为612.5m

C.图象中小汽车减速过程的加速度大小为1.25τn∕s2

D.图象中小汽车加速过程的加速度比减速过程的加速度大

三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）

11.随着智能手机的广泛应用，充电宝成为手机及时充电的一种重要选择。某学习小组为了

测量一充电宝电动势和内阻（充电宝的电动势约为5U,内阻很小，最大放电电流为24）进行了

以下实验：

（1）为了尽可能准确地测出充电宝的电动势和内阻，使用的实验器材有：数字式多用电表（可

视为理想电压表）、滑动变阻器（最大阻值足够大）、电流表、导线、开关等。实验电路如图甲

所示，已知定值电阻&=30,请根据电路图在图乙中完成实物连线。

红导线

(2)连接好电路后闭合开关，调节滑动变阻器，记录数字电压表和电流表的读数。作出U-/图

像，如图丙所示。由图像求得充电宝的电动势EV,内Ifir=0。(结果均

保留两位有效数字)

(3)若实验室中没有数字式多用电表，上述电路只能用普通电压表做实验，这样会使内阻的测

量值.。(选填“偏大”、“偏小”或“无偏差”

)

12.某实验小组用橡皮筋探究影响其伸长量的有关因素，探究方案

如下:

(i)取4根材料、粗细相同的橡皮筋，其中3根等长，另一根的长度

只有前三根长度的一半，将它们按图示方式悬挂(其中第1组是两根

并用);

(ii)在每组下端扎线的地方各拴一个红色塑料签，并在支架衬贴的白纸上标出签的原始位置

。(即橡皮筋的原长);

(iii)先分别悬挂100克钩码，然后在橡皮筋“2”下加挂100克钩码，记下各次标签的位置，测

量结果如表:

橡皮筋编号1234

原长L(Cnl)10.0010.005.0010.00

外力F(克力)100100100200

橡皮筋横截面积S2111

伸长量4L(cm)2.515.012.50010.02

回答下列问题:

(1)以上探究过程使用了的实验方法;

(2)伸长量4L在记录数据中出现错误的是(填具体数据)；

(3)根据上述探究过程，橡皮筋的伸长量与相关因素可能的关系为；

(4)将一原长为L的橡皮筋，两端施加大小为F的拉力时，橡皮筋伸长了4L：把它从中央剪断，

取其中的一段，给两端施加2F的拉力，此时这段橡皮筋的长度为(不超过弹性限度)。

四、计算题(本大题共4小题，共38.0分)

13.潮州素有瓷都之美誉，而现代瓷器烧制通常采用电加热式气窑。烧制单向排气1«

过程中为避免窑内气压过高，窑上安有一个单向排气阀，当窑内气压达到

2.5x105Pa时，单向排气阀变为开通状态。某次烧制前，封闭在窑内的气

体温度为27冤，压强为LOXlO5p以己知烧制过程中窑内气体温度均匀且

缓慢升高。不考虑瓷胚体积的变化，求：排气阀开始排气时，窑内气体温度。

14.如图所示，有一救生员面向泳池坐在池边的高凳上，他dU

W

的眼睛到地面的高度为H=I.8m,眼睛距离池边缘的水平距VXJ0

离为d=2.4τn,当泳池注满水时，水的深度为∕ι=1.8m,此时电她

救生员可观察到池底离池边缘最近的点为4水池边缘与2。之JL⅜---------------

间的范围为“视线盲区”。已知水的折射率为Ti=全光在真空中的速度为c=3xl08m∕s,

求：

①4点到池边缘的水平距离；

②光在水中传播的速度。

15.滑板运动是青少年喜欢的运动之一，某滑板运动场地如图所示，水平面BC与斜面AB和

圆弧CD平滑连接，滑板爱好者站在滑板甲上由静止从4点滑下，同时另一完全相同的滑板乙

从圆弧上的。点由静止释放。两滑板在水平面上互相靠近时，滑板爱好者跳到滑板乙上，并

和滑板乙保持相对静止，此后两滑板沿同一方向运动且均恰好能到达。点，被站在。点的工作

人员接收。已知斜面AB长，=1.225m,倾角为。=30°,圆心。与。点的连线与竖直方向的夹

角a=60。，滑板质量τn=5kg,滑板爱好者的质量M=55kg,不计空气阻力及滑板与轨道

之间的摩擦，滑板爱好者与滑板均可视为质点，取g=10m∕s2.求：

(1)圆弧CC的半径；

(2)滑板乙在下滑过程中经过圆弧最低点时，对C点压力的大小。

16.如图所示，直角坐标系XOy所在竖直平面内，第一、二象限

中分布着沿X轴负方向的匀强电场Ei,第三、四象限中分布着沿y

轴正方向的匀强电场E2；第三、四象限还分布着匀强磁场(图中未

画出)。一质量为m、带电量为q的正电小球自坐标为(0,L)的A点

由静止出发,进入第三象限后恰能做匀速圆周运动并垂直于y轴射

入第四象限，已知El=詈，重力加速度为g。求：

(1)小球第一次通过X轴时的速度；

(2)匀强电场场强劣和匀强磁场磁感应强度B大小的比值；

(3)小球从第四象限穿出后，经过一段时间会再次到达X轴上的N点(图中未标出)，求小球从出

发运动至N的时间以N。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：4、lH+lH→tHe+l∏,是轻核聚变，故A正确；

B、H8U→ll4Th+↑He,此核反应的反应物只有一个原子核，且生成物有氮核，属于α衰变，故3

错误；

C、235y+ln_^144βa+^κr+3ln,此反应的反应物和生成物都有中子，构成链式反应，且产物

至少有两个中等质量的核，故属于重核裂变，故C错误；

。、^He+llAl→3θP+⅛n,此反应是用α粒子轰击生成了同位素磷，是人工转变，是发现同位素磷

和正电子的方程，故。错误；

故选:Ao

根据核反应方程区分：天然衰变分为α衰变或夕衰变，裂变是重核变为中等质量的核，聚变是两轻

核反应变为中等质量的核.

本题考查了常见的核反应方程中的应用，同时注意原子核的质量数和电荷数的表示方法.

2.【答案】A

【解析】解：4、αc两点在同一等势面上，电势相等，故A正确；

以电场线与等势面垂直，并且沿着电场线方向电势逐渐降低，所以ɑ点场强方向竖直向下，故B

错误；

C、等势面密集的地方，场强越大，所以ɑ点场强大小大于IOOV∕m,故C错误；

D、b、C两点的电势差UbC=20(Ψ-300V=-10(Ψ,故。错误；

故选：A.,

电势差代表两点电势的差值，等势面密集的地方，场强越大，电场线与等势面垂直，并且沿着电

场线方向电势逐渐降低，同一等势面的电势相等。

本题考查电势差与电场强度的关系，解题关键掌握等势面的特点，注意电势差的计算方法。

3.【答案】C

【解析】解：人匀速上升过程中，物体升高，重力势能增大，故4错误；

B、根据功能关系可知，在无人机拉力作用下物资在匀速上升，动能不变，重力势能增加/Ep=

mgh=80×10×35/=2800/,所以上升过程机械能增加加=/Ep=28001,水平移动过程中

加速运动，发动机做功，动能增加，重力不做功，重力势能不变，机械能增加，所以整个过程物

资机械能增加大于2800/,故B错误。

C、根据功能关系可知，在无人机拉力作用下物资在匀速上升，动能不变，势能增加为：ΔEp=

mgh=80X10X35/=2800/,所以上升过程机械能增量为2800/,故C正确。

。、空气阻力不能忽略，无人机的升力应该斜向运动的方向，水平移动过程中，发动机做正功，

空气阻力做负功，重力不做功，故。错误。

故选：Co

根据重力势能公式可知物体升高，重力势能增大；

根据平均功率公式确定克服重力做功的平均功率。

空气阻力不能忽略，无人机的升力应该斜向运动的方向，水平移动过程中，做正功。

本题考查了功的计算，解题的关键是功能关系的应用，明确空气阻力不能忽略，无人机需要克服

空气阻力做功。

4.【答案】D

【解析】解：4、第一宇宙速度7.9km∕s是卫星或空间站绕地球做匀速圆周运动的最大速度，所以

空间站在轨道上飞行的速度不可能大于9kτn∕s,故A错误；

8、空间站中的一根天线脱落，天线与空间站一样做匀速圆周运动，故B错误；

C、组合体在对接轨道上绕地运行时受到的万有引力仍然是恰好提供向心力，所以成功对接后，

空间站虽然质量增大，但轨道半径不变，故C错误；

。、入轨后飞船内的宇航员到地球球心的距离为装R,根据F=畔，则宇航员所受地球的万有引

16rz

力大小约为他在地面时的（意）2,故D正确。

故选：Dc.

绕地球做匀速圆周运动的空间站的速度不能超过第一宇宙速度；天线脱落后与空间站一样做匀速

圆周运动；根据万有引力提供向心力解答.

本题关键是明确组合体的运动情况，知道向心力来源：万有引力，能根据牛顿第二定律列式分析.

5.【答案】B

【解析】解：A,曲线的最高点时，物体还有水平方向的分速度，故4错误；

B,在下降过程中，只受重力作用，故加速度的大小方向都不变，故8正确；

C,因为在AB弧上运动时，没有能量损失，故α的大小不影响着陆的速度大小，故C错误；

D,离开B点后，有竖直向下的加速度，应处在失重状态，故。错误。

故选：B。

根据匀变速曲线运动的受力特点，可得出运动中的加速度，速度的特点。从而可以得出答案。

本题考查了曲线运动中受力，加速度，速度特点及失重超重的含义。

6.【答案】A

【解析】解：4、机器人加速前进时，相对包裹机器人有向前运动的趋势，故此时包裹具有向前

的加速度，所以受到向前的摩擦力作用，根据牛顿第三定律可知包裹对水平托盘的摩擦力方向向

后，故A正确；

以包裹受到向上的支持力是托盘发生形变产生的，故B错误；

C、包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对相互作用力，故C错误；

D,包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹加速度为零，故此时不受到摩擦力，故。错误。

故选：Ao

首先，根据机器人加速前进时加速度的方向，判断摩擦力的方向；

其次，根据支持力的产生判断包裹受到向上的支持力是不是包裹的形变产生的；

然后，根据作用力与反作用力以及平衡力的特点判断包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持

力是不是一对平衡力；

最后，根据包裹做匀速直线运动判断包裹加速度的加速度，进而分析受到的摩擦力。

该题考查牛顿运动定律，在对物体受力分析时，要注意从作用对象、作用性质上找出作用力和反

作用力与一对平衡力的区别。

7.【答案】D

【解析】解：根据右手螺旋定则，放置在FE边的电流在C点产生的磁场大小为B、方向沿CM；放

置在ND边的电流在C点产生的磁场大小为B、方向沿FC,故C点处的磁感应强度大小为BC=

√B2+B2=y∕~2B-.放置在FE边的电流在。点产生的磁场大小为8、方向沿N0；放置在ND边的

电流在C点产生的磁场大小为B、方向沿0P,故。点处的磁感应强度大小为%=√B2+82=

CB；故ABC错误，。正确。

故选：Do

根据安培定则判断通电导线FE和ND分别在C点和。点产生的磁场方向，根据磁感应强度的叠加求

合磁感应强度，然后作出判断。

本题考查了安培定则和磁场的叠加，要求熟练掌握平行四边形定则。

8.【答案】BC

【解析】解：4由题可知，X=-Mm处质点的振动图像如图乙所示，t=0.25s时该质点第一次处

于波峰，则有

)=0.25s

解得该地震波的周期为

T=Is

故4错误；

8.由图乙可知，K=-Iknl处质点在t=0时刻向y轴正方向振动，根据波形平移法可知，该地震波

沿X轴正方向传播，故B正确；

C.由图甲可知波长为4∕σn,则该地震波沿%轴传播的速度为

v==γkm/s=4km/s

故C正确；

。.由图甲可知，t=0时刻，X=IkTn处的质点位于平衡位置向y轴负方向振动，根据

t=2.25s=2T+^T

4

可知t=2.25s时∙，X=Ikm处的质点处于波谷，故£＞错误。

故选:BC.

由题可知，t=0.25s时该质点第一次处于波峰，由此可解得该地震波的周期；由图乙可知，X=

-Iknl处质点在t=0时刻向y轴正方向振动，根据波形平移法可知，该地震波沿X轴正方向传播；

由图甲可知波长为4∕σn,则该地震波沿X轴传播的速度为V=λT;由图甲可知，t=0时刻，x=Ikm

处的质点位于平衡位置向y轴负方向振动。

本题根据图形及题意结合波形平移法等进行分析求解。

9.【答案】BC

【解析】解：人由于火花塞需要的电压为IooOoL但是电源的电压为12V,所以必须要经过升

压变压器才可以得到高的电压，所以变压器左边线圈的匝数小右边线圈的匝数。同时要注意变压

器的左侧接的是直流电，当开关断开时，穿过铁芯中的磁通量减少，在两个线圈内都会产生感应

电动势，该电动势的产生原理不同与理想变压器的互感，其中原线圈内的电动势为自感电动势，

要大于原来的12乙所以该点火装置中变压器的原、副线圈匝数比不能等于3：1250,故A错误;

B、变压器线圈中电流大，所用的导线应当越粗；副线圈电流小，所以原线圈用粗导线绕制，副线

圈用细导线绕制，故B正确；

C、若点火装置的开关若始终闭合，变压器就没有变化的磁通量，则不能工作，所以副线圈两端(火

花塞的两端)也不会有高压，故C正确；

。、接该变压器的初级线圈的电源不一定是交流电源，直流也可以，只要使磁通量发生变化就可

以，故。错误。

故选；BC。

蓄电池的电压为12V,火花塞需要的电压为IOOo(Ψ,所以电路中需要的是升压变压器，再根据升

压变压器的原理可得副线圈匝数大于原线圈匝数；结合感应电动势产生的原理分析。

本题可以结合变压器的工作原理去分析，但又不完全与变压器相同，要注意不能简单套用变压器

的结论判断匝数比。

10.【答案】AB

【解析】解：4、由图可知，小汽车做匀速直线运动的位移：x1=vtBC=5×(25-20)m=25m,

通道是长为，=20m,则小汽车的长度：L=x1-I=25m—20m=5m,故A正确；

B、图象中小汽车加速过程的位移大小为：X2=tCD=ɪ×(60-25)m=612.5m,故B

正确；

22

C、小汽车减速过程的加速度大小为：a1=^-m∕s=lm∕s,故C错误；

22

。、小汽车加速过程的加速度大小为：a2=-^^m∕s=lm∕s,可知图象中小汽车加速过程的

460-25,7'

加速度比减速过程的加速度小，故。错误。

故选：ABo

u-t图象与时间轴所围的面积表示位移，由此求出位移，并结合几何关系求出车的长度；u-t图

象的斜率表示加速度。由此分析。

解决本题的关键要掌握。-1图象的意义，知道其斜率以及图线与横坐标之间面积的意义。

11.【答案】5.00.13偏小

【解析】解：(1)实物连线，如图

充电宝

(2)由闭合电路欧姆定律E=U+/(r+Ro),得U=E-/(r+Ro)

由图像可得充电宝的电动势E=5.0V

内阻r=I冬I-RO=-3/2≈0.1312

(3)由于电压表的分流，电流表的测量值比通过电源的电流偏小，所以电动势偏小，图像的斜率的

绝对值偏小，内阻偏小。

故答案为：(1)见解析；(2)5.0,0.13；(3)偏小。

(I)根据电路图连接实物图；

(2)根据闭合电路欧姆定律推导图像函数表达式，根据图像截距和斜率计算电源电动势和内阻；

(3)分析电压表造成的误差。

本题考查测定电源电动势和内阻实验，要求掌握实验原理、实验电路和利用图像处理数据。

12.【答案】控制变量法2.50OdLOC+3

【解析】解：(1)影响橡皮筋伸长量的因素涉及多个物理量，应使用控制变量法进行实验；

(2)用毫米刻度尺测长度时，读数时要估读到毫米的下一位，即0.1mm,因此记录数据中出现错误

的是2.500cm,多估读了一位；

(3)由实验数据可知，橡皮筋“1、2”原长相同、受力相同，横截面积越大，伸长量越小，伸长量

与横截面积成反比关系；

橡皮筋“2、3”受力相同，横截面积相同，原长越大，伸长量越长，伸长量与原长成正比关系；

橡皮筋“3、4”原长相同、横截面积，受力越大，伸长量越大，伸长量与力成正比关系；

根据上述探究过程，橡皮筋的伸长量与相关因素可能的关系为4L«~

(4)设比例系数为则4=

从中央剪断，弹簧原长变为。，此时施加的力为2尸，橡皮筋的伸长量量/z∕=k2=人空

zSS

解得21Z/=ΔL

此时橡皮筋的长度为Z/=5+21Z/=4L+提

故答案为：(I)控制变量法；(2)2.500；(3)dLoc系;(4W+3。

(1)根据控制变量法由表中的数据分析判断弹簧的伸长量与其他物理量的关系；

(2)用毫米刻度尺测长度时，读数时要读到毫米的下一位，据此分析作答；

(3)由实验数据可知，分析橡皮筋“1、2”，得出伸长量与横截面积的关系；

分析橡皮筋“2、3”，得出伸长量与原长的关系；

分析橡皮筋“3、4”，得出伸长量与力的关系；

最后得到弹簧伸长量的可能关系式；

(4)根据得到的表达式进行计算。

本题考查了探究影响橡皮筋伸长量的有关因素的实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤

和数据处理。

13.【答案】解：根据题意分析可知，窑内气体做等容变化

初状态A=(273+27)K=300K,Pl=1.0XIO5Pa

末状态p2=2.5XIO5Pa,求7⅛

根据查理定律列式，γ=γ

1112

代入数据解得7⅛=900K,即为t=(900-273)℃=627℃；

答：排气阀开始排气时，窑内气体温度为627。。

【解析】根据气体做等容变化，由查理定律列式求解。

该题考查气体做等容变化过程中，学生对查理定律的应用，基础题。

14.【答案】解：①光线从P点射向人眼时在水面发生折射，设入射角为r,折射角为i

..d

由几何关系可知2E

Sinr=/X

Jx2+h2

则水的折射率A黑

联立代入数据解得X=0.9375m

②根据光的传播速度与折射率的关系可知

C3×108.CCL"Cf?,

V=-=-4—m/s=2.25X108m∕s

答：①4点到池边缘的水平距离为0.9375m；

②光在水中传播的速度为2.25X108m∕So

【解析】①根据光的折射定律结合几何关系解得A点到池边缘的水平距离;

②作根据光的传播速度与折射率的关系解答。

本题是折射定律的应用问题，根据几何知识与折射定律结合进行处理,注意光速与折射率的关系。

15.【答案】解：(D滑板爱好者和滑板甲从4点到B点，利用动能定理有：(M+m)glsinθ=∣(M+

m)vl

代入数据，可得力=3.5m∕s

滑板爱好者从滑板甲跳到滑板乙过程动量守恒，取向右为正方向，则有：(M+m)%一瓶盯=

mv3+(M+m)v4

两滑板均恰好能到达。点，可知两滑板到达D点的速度恰好为零，所以"2=%=畤

联立方程，可得以=3m∕s

滑板乙从。点到C点利用动能定理可得：m