吉林省双辽二中2019-2020学年上学期高三期末 物理word版含答案

2019-2020学年上学期高三期末备考
物 理
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项是符合题目要求，第7～10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．如图所示，图甲为质点A沿直线运动的x－t图象，图乙为质点B在x方向沿同一条直线运动的v－t图象，已知质点B在t＝0时刻位于x＝0的位置。则关于这个两个质点在前4 s内的运动情况，下列说法中正确的是(　　)
A．质点A的位移为零
B．质点B始终朝同一方向运动
C．A的速度方向和B的加速度方向都改变了
D．质点A和质点B仅相遇一次
2．如图所示，将三个质量均为m的小球a、b、c用细线相连后，再用细线悬挂于倾角θ＝30°天花板上的O点，用力F拉小球c，使三个小球都处于静止状态，且静止时，使细线Oa与天花板保持垂直，则F的最小值为(　　)
A．mg B．2mg C．mg D．mg
3．某同学釆用如图所示的装置来研究光电效应现象。某单色光照射光电管的阴极K时，会发生光电效应现象，闭合开关S，在阳极A和阴极K之间加反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压，直至电流计中电流恰为零，此时电压表显示的电压值U称为反向截止电压。现分别用频率为v1和v2的单色光照射阴极，测量到的反向截止电压分别为U1和U2设电子质量为m，电荷量为e，则下列关系式中错误的是(　　)
A．频率为v1的单色光照射阴极K时光电子的最大初速度
B．普朗克常量为
C．阴极K金属的极限频率
D．阴极K金属的逸出功
4．在光滑的水平面内有一沿x轴的静电场，其电势φ随x坐标值的变化图线如图所示。一质量为m，带电量为q的带正电小球(可视为质点)从O点以初速度v0沿x轴正向移动。下列叙述正确的是(　　)
A．若小球能运动到x1处，则该过程小球所受电场力逐渐增大
B．带电小球从x1运动到x3的过程中，电势能先减小后增大
C．若，带电粒子在运动过程中的最大速度为
D．若该小球能运动到x4处，则初速度v0至少为
5．如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端有一阻值为R的电阻，一质量为m、电阻也为R的金属棒横跨在导轨上，棒与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，前进距离为s。在金属棒整个运动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．金属棒运动平均速度大于v0
B．金属棒d克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热
C．通过电阻R电荷量为
D．电阻R上产生的焦耳热为mv02
6．如图，虚线I、Ⅱ、Ⅲ分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道I为与第一宇宙速度7.9 km/s对应的近地环绕圆轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道，轨道Ⅲ为与第二宇宙速度11.2 km/s对应的脱离轨道，a、b、c三点分别位于三条轨道上，b点为轨道Ⅱ的远地点，b、c点与地心的距离均为轨道I半径的2倍，则(　　)
A．卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道I的2倍
C．卫星在a点的加速度大小为在c点的3倍
B．卫星经过a点的速率为经过b点的倍
D．质量相同的卫星在b点的机械能小于在c点的机械能
7．某单位应急供电系统配有一小型发电机，该发电机内的矩形线圈面积S＝0. 2 m2、电阻r＝5.0 Ω，线圈所处的空间是磁感应强度B＝ T的匀强磁场，发电机正常供电时线圈的转速r/min，如图所示是配电原理示意图，理想变压器原副线圈的匣数比为5∶2，R1＝5.0 Ω、R2＝5.2 Ω，电压表、电流表均为理想电表，系统正常运作时电流表的示数I＝10 A，交流电压表的示数为700 V，则下列说法中正确的是(　　)
A．线圈匝数N＝100
B．灯泡的工作电压为272 V
C．变压器输出的总功率为2720 W
D．若负载电路的灯泡增多，发电机的输出功率会增大
8．在地面上以大小为v1的初速度竖直向上抛出一质量为m的皮球，皮球落地时速度大小为v2。若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为g。下列判断正确的是(　　)
A．皮球上升的最大高度为
B．皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为
C．皮球上升过程经历的时间为
D．皮球从抛出到落地经历的时间为
9．如图所示，在一倾角为θ的玩具轨道顶端A和底端C装有弹射装置，现从A端、C端分别以速度vA、vC弹出钢球，分别落在斜面上B点、D点，速度分别为vB、vD，vA、vD方向水平，已知AB＞CD，空气阻力不计，下列说法正确的是(　　)
A．vB与斜面的夹角α等于vC与斜面的夹角β
B．vA大小可能小于vD大小
C．若整个空间存在竖直向下的匀强电场，从A 端以速度vA弹出带正电的绝缘小球，落到斜面上的速度仍为vB
D．若整个空间存在竖直向下的匀强电场，从A 端以速度vA弹出带正电的绝缘小球，落到斜面上的时间与没有电场时相同
10．如图所示，长均为d的两正对平行金属板MN、PQ水平放置，板间距离为2d，板间有正交的竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m的带电粒子从MP的中点O垂直于电场和磁场方向以v0射入，恰沿直线从NQ的中点A射出；若撤去电场，则粒子从M点射出（粒子重力不计）。以下说法正确的是(　　)
A．该粒子带正电
B．若撤去电场，则该粒子运动时间为原来的倍
C．若撤去磁场，则该粒子在运动过程中电势能增加mv02
D．若撤去磁场，则粒子射出时的速度大小为v0
二、非选择题 (本题共6小题，共60分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
11．(6分)为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所示的实验装置，其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量。(滑轮质量不计)
(1)实验时，一定要进行的操作或保证的条件是 。
A．用天平测出砂和砂桶的质量
B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数
D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带
E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
(2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带(相邻两计数点间还有两个点没有画出)。已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为 m/s2。(结果保留两位有效数字)

(3)以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a－F图象是一条直线，图线与横轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为 。
A．2tan θ B． C．k D．
12．(9分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，利用实验得到了8组数据，在图1所示的I－U坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线。
(1)根据图线的坐标数值，请在图2中选出该实验正确的实验电路图 。(选填“甲”或“乙”)
(2)根据所选电路图，请在图3中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路。
(3)根据图1，可判断出图4中正确的关系图象是 。（图中P为小灯泡功率，I为通过小灯泡的电流）
(4)将同种规格的两个这样的小灯泡并联后再与R＝10 Ω的定值电阻串联，接在电动势为8 V、内阻不计的电源上，如图5所示。闭合开关S后，则电流表的示数为 A，两个小灯泡的总功率为 W。(结果均保留两位有效数字)
13．(10分)如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，三点连线组成等腰直角三角形△OAB。将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中通过A点。使此小球带负电，电荷量为－q，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的(5＋4)倍，若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，通过B点，且到达B点时的动能为初动能的9倍，重力加速度大小为g，求：
(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；
(2)电场强度的大小和方向。
14．(10分)如图所示，内壁粗糙、半径R＝0.4 m的四分之一圆弧轨道AB在最低点B处与光滑水平轨道BC相切。质量m2＝0.4 kg的小球b左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，质量m1＝0.4 kg的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力为小球a重力的2倍。弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)小球a由A点运动到B点的过程中，摩擦力做的功Wf；
(2)小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep；
(3)小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I的大小。
15．(12分)在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿＋y方向飞出。
(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷；
(2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B1，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，则磁感应强度B1多大？
(3)若磁感应强度的大小变为B2＝B，带电粒子以速度v沿任意方向射入磁场，粒子在磁场中运动的最长时间t是多少？
16．(13分)如图所示，一倾角θ＝37°的粗糙斜面体足够长，斜面体上有一质量为M＝1 kg的木板，t＝0时刻另一质量为m＝1 kg的木块(可视为质点)以初速度v0＝20 m/s从木板下端沿斜面体向上冲上木板，同时给木板施加一个沿斜面体向上的拉力F＝14 N，使木板从静止开始运动。当t＝2 s时撤去拉力F，已知木板和木块间动摩擦因数μ1＝0.25，木板和斜面体间动摩擦因数μ2＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)
(1)求前2 s内木块和木板的加速度；
(2)若要求木块不从木板的上端冲出，则木板至少多长？

2019-2020学年上学期高三期末
物 理答 案
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项是符合题目要求，第7～10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．【答案】D
【解析】由甲图可知，在前4s内A从－2 m的位置运动到2 m的位置处，位移为4 m，故A错误；由乙图可知，B在前2s内先向负方向做匀减速到0，在后2s同再向正方向做匀加速运动，故B错误； 由甲图可知，位移时间图象的斜率表示速度，该直线的斜率没有变，所以A的速度方向、大小都不变；由乙图可知，速度时间图象的斜率表示加速度，该直线的斜率没有变，所以B的加速度方向、大小都没有变化，故C错误；由乙图可知，B在前2s内向负方向做匀减速到0，此时A从－2m匀速运动0m位置，在这段时间内B与A相遇，在后2s时间内B反向加速至0m处，而A从0m处运动至2m处，在这段时间内两者不会相遇，故D正确。
2．【答案】C
【解析】静止时要将三球视为一个整体，重力为3mg，当作用于c球上的力F垂直于Oa时，F最小，如图所示，由正交分解法知水平方向有：Fcos 30°＝Tsin 30°，竖直方向有：Fsin 30°＋Tcos 30°＝3mg，解得Fmin＝mg，故C正确。
3．【答案】B
【解析】光电子在电场中做减速运动，根据动能定理得：－eU1＝0－mν1m2，则得光电子的最大初速度，故A对；根据爱因斯坦光电效应方程得：hν1＝eU1－W0，hν2＝eU2－W0，联立可得普朗克常量，代入可得金属的逸出功，阴极K金属的极限频率，故B错，C、D对。本题选错误的，故选B。
4．【答案】C
【解析】由E＝知，φ－x图象的斜率等于电场强度，则可知小球从O运动到x1的过程中，场强不变，由F＝qE知，粒子所受电场力保持不变，故A错误；正电荷在电势高处电势能大，从x1运动到x3的过程中，电势不断减少，则小球的电势能不断减小，故B错误；当带电粒子运动到x3处时，电场力做正功最大，粒子的速度最大，从x＝0到x3处，根据动能定理得：qφ0＝mvm2－mv02，当时，得，故C正确；若小球能运动恰好运动到x1处，初速度v0最小，从x＝0到x1处，根据动能定理得：－qφ0＝0－mv02，得，故D错误。
5．【答案】C
【解析】金属棒在整个运动过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，这两个力合力为零，受到水平向左的安培力，金属棒受到的合力为安培力，金属棒受到安培力作用而做减速运动，速度v不断减小，安培力不断减小，加速度不断减小，故金属棒做加速度逐渐减小的变减速运动，所以平均速度小于v0，故A错误；由能量守恒知金属棒ab克服安培力做的功等于电阻R和金属棒上产生的焦耳热，故B错误；整个过程中通过导体截面的电荷量，又，联立得，故C正确；整个过程中由动能定理可得：－W＝0－mv02，解得克服安培力做功W＝mv02，所以产生的总热量Q＝mv02，所以电阻R上产生的焦耳热为QR＝Q＝mv02，故D错误。
6．【答案】D
【解析】轨道I的半径为R，则轨道Ⅱ的半长轴，则由开普勒第三定律，可得，则A错误；由，得，即在a点的加速度大小为在c点的4倍，则B错误；在a点卫星在轨道I做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有，在轨道Ⅱ上b点做向心运动，万有引力大于向心力，则，则，则C错误；在b点做向心运动，在c点做离心运动，则c点的速度大于b点的速度，c点动能大于b点的动能，又两点势能相等，故卫星在b点的机械能小于在c点的机械能，则D正确。
7．【答案】ACD
【解析】根据题意电流表的示数为10A，根据＝，解得原线圈的电流I1＝4 A，电压表的读数为700 V，则E＝U＋I1R1＝720 V，由，得N＝100匝，故A正确；原线圈的电压U1＝U－I1R1＝680 V，根据＝得副线圈上的电压U2＝272 V，所以副线圈上的功率为P＝I2U2＝2720 W，此时灯泡上的电压U′＝220 V，故B错误，C正确；把发电机外的所有用电器等效为一个电阻为R的电阻，根据题意可知R＞r，若负载电路的灯泡增多，则等效电阻R减小，根据电源输出功率与电阻之间关系的函数图象可知，此时发电机的输出功率会增大，故D正确。
8．【答案】BD
【解析】当阻力为零时，由动能定理得：－mgh＝0－mv12，可得上升的最大高度，当有阻力作用时，皮球上升的最大高度小于，故A错误；皮球在整个上升和下降过程中只有阻力做功，根据动能定理有：，因为阻力做负功，所以克服阻力做功为，故B正确；皮球上升过程中受到向下的阻力作用，故皮球上升时的加速度大于重力加速度，故上升时间小于，故C错误；假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为v，则上升过程mgt1＋kvt1＝mv1，由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有h＝vt1，即mgt1＋kh＝mv1，同理，设上升阶段的平均速度为v′，则下降过程mgt2－kvt2＝mv2，即mgt2－kh＝mv2，联立可得mg(t1＋t2)＝m(v1＋v2)，而t1＋t2＝t，可得，故D正确。
9．【答案】AC
【解析】由题意知，可将从C点弹出的小球运动到D点的过程，看为从D点到C点的平抛运动，由平抛运动的规律可知，设从A点运动到B点时间为t1，从C点运动到D点时间为t2，则有，，可得α＝β，故A正确；运用逆向思维后可看成两斜面上的平抛运动，初速度越大，平抛的距离越远，因AB>CD，则vA大小一定大于vD，故B错误；若整个空间存在竖直向下的匀强电场，则小球做类平抛运动，设加速度为a，由类平抛的运动规律可知，设此时与斜坡夹角为φ，则有，可得α＝φ，即加电场时落到斜坡上时与斜坡的夹角不变，根据速度合成与分解可知，小球落到斜坡上的速度还为vB，故C正确；由于加上电场后，竖直方向的加速度变大，而落在斜面上时竖直速度大小相同，则所用时间变短，故D错误。
10．【答案】AD
【解析】撤去电场后，粒子做匀速圆周运动，粒子从M点射出；则在初位置，洛仑兹力向上，根据左手定则，粒子带正电荷，故A正确；匀速直线运动过程，有，圆周运动过程，有，则有，故B错误；若撤去磁场，则该粒子做类平抛运动，电场力做正功，电势能减小，故C错误；撤去磁场，粒子做类平抛运动，根据运动的合成与分解则有，匀速运动时，洛伦兹力与电场力平衡，则有qE＝qvB，圆周运动过程，洛伦兹力提供向心力，则有，联立解得vy＝2v0，故粒子射出时的速度大小，故D正确。
二、非选择题 (本题共6小题，共60分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
11．(6分)
【答案】(1)BCD (2)1.3 (3)D
【解析】(1)本题拉力可由弹簧秤测出，也就不需要用天平测出砂和砂桶的质量，更不需要满足砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M这个条件，故A、E错误；弹簧测力计测出拉力，从而表示小车所受的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；打点计时器运用时，小车靠近打点计时器，先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要同时记录弹簧测力计的示数，故C正确；改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故D正确。
(2)由于两计数点间还有两个点没有画出，故时间间隔T＝0.06s，由逐差法可得加速度
(3)弹簧测力计的示数，由牛顿第二定律2F＝ma，小车的质量m＝，故D正确。
12．(9分)
【答案】(1)甲 (2)如图所示 (3)D (4)0.60 1.2
【解析】(1)描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，所以正确的实验电路图是甲。
(2)根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示。
(3)由于灯泡电阻随电流增大电阻R增大，由P＝I2R可知，P－I2R图象斜率增大，故选D。
(4)由图5所示电路图可知，两灯泡并联，可以把电源与定值电阻等效为电源，设每只电灯加上的实际电压和实际电流分别为U和I，在这个闭合电路中，则有E＝U＋2IR，代入数据并整理得U＝8－20I，在图a所示坐标系中作出U＝8－20I的图象如图所示，由图象可知，两图象交点坐标值为：U＝2 V，I＝0.3 A，此时通过电流表的电流值IA＝2I＝0.6 A，每只灯泡的实际功率P＝UI＝2×0.3 W＝0.6 W，所以两个小灯泡的总功率为1.2 W。
13．(10分)
【解析】(1)小球做平抛运动，设初速度v0，初动能Ek0，从O到AB的运动时间为t，令O到A的竖直距离为d。
水平方向v0t＝d，竖直方向y＝gt2＝d
解得：Ek0＝mgd
根据动能定理可知小球到达A时的动能为EkA＝mgd
所以EkA：Ek0＝5:1。
(2)加电场后，从O点到A点下降了d，从O点到B点上升了d，由能量守恒，电势能减少了
ΔEpA＝(5＋4)Ek0－Ek0－mgd＝mgd
ΔEpB＝9Ek0－Ek0＋mgd＝3mgd
在匀强电场中，沿着任意直线，电势的降落是均匀的，如图所示，设直线OB上的M点的电势与A的电势相同，M点到O点的距离是x，则有：
解得。
MA是等势线，电场线与MA的垂线OC平行，∠OAM＝30°，设电场强度的大小是E，则：
解得：，方向与竖直方向成75°角。
14．(10分)
【解析】(1)小球a由静止释放到最低点B的过程中，据动能定理得m1gR＋Wf＝m1v12
小球a在最低点B时：FN－m1g＝m1
据题意可知FN＝2m1g，联立可得Wf＝－0.8 J
(2)小球a与小球b把弹簧压缩至最短时，弹簧弹性势能最大，二者速度相同，此过程中由动量守恒定律得：
m1v1＝(m1＋m2)v2
由机械能守恒定律得m1v12＝(m1＋m2)v22＋Ep
联立得，弹簧的最大弹性势能Ep＝0.4 J
(3)小球a与小球b通过弹簧相互作用的整个过程中，设a球最终速度为v3，b球最终速度为v4，由动量守恒定律得m1v1＝m1v3＋m2v4
由机械能守恒定律得：m1v12＝m1v32＋m2v42
根据动量定理有：I＝m2v4
联立得小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I的大小为I＝0.8 N·s。
15．(12分)
【解析】(1)粒子带负电荷。
由题意可知，粒子在磁场做圆周运动的半径R＝r
由
解得。
(2)粒子运动轨迹如图甲，飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，即图中θ＝60°，由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径：R＝r
解得：B1＝B
(3) B2＝B时粒子在磁场做圆周运动的半径R2＝2r
粒子做圆周运动的周期为：
当此粒子在磁场中运动的时间最长时，运动的轨迹对应的弦最长，如图乙所示
。
16．(13分)
【解析】(1)对木块和木板分别用牛顿运动定律，有：
对木块：μ1mgcos θ＋mgsin θ＝ma1
对木板：F＋μ1mgcos θ－Mgsin θ－μ2(M＋m)gcos θ＝Ma2
木块加速度a1＝8 m/s2，方向沿斜面向下
木板加速度a2＝2 m/s2，方向沿斜面向上
2 s末，木块速度v1＝v0－a1t＝4 m/s
木板速度v2＝a2t＝4 m/s
此时速度刚好相等，所以2 s内木块和模板的加速度分别为a1＝8 m/s2，a2＝2 m/s2。
(2)撤去F时，木块、木板速度相等，假设木块、木板在力F撤去后先相对静止，则对木块、木板整体有：
μ2(M＋m)gcos θ＋(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a
解得：a＝10 m/s2
当木块受到向下的摩擦力达到最大静摩擦时，加速度最大，有：μ1mgcos θ＋mgsin θ＝mam
解得：am＝8 m/s2＜10 m/s2
假设不成立，此时，木块加速度为a1＝8 m/s2
设木板的加速度为a3，则有：Mgsin θ＋μ2(M＋m)gcos θ－μ1mgcos θ＝Ma3
解得：a3＝12 m/s2
由于a1＜a3，故木板速度先减到零，此后在木块上滑过程中，假设木板静止在斜面上，受到斜面的静摩擦力为f，则：
Mgsin θ＝f＋μ1mgcos θ
解得：f＝4 N
木板与斜面之间最大静摩擦力：fm＝μ2(M＋m)gcos θ＝8 N＞f，假设成立
则从开始运动到共速，木块相对木板向上的位移
从共速到木块速度减为零，木块相对木板向上的位移
木块速度减为零后，此时：
木块加速度a1′＝gsin θ－μ1gcos θ＝4 m/s2
木板加速度a2′＝gsin θ＋μ1gcos θ－μ22gcos θ＝0
木块最终会从木板下端滑出，要使木块不从木板上端滑出，木板最小长度
。