福建省厦门双十中学2025-2026学年高三上学期11月期中物理试题

厦门双十中学2026届高三上学期期中考试 物理试题 2025.11.13 (命题人：朱舰宇，审题人：黄有榕) 本试卷共6页，考试时间75分钟，总分100分。 一、单项选择题：共4小题，每小题4分，共16分。 1.2025年9月3日，我国举行盛大阅兵仪式，“东风-5C”液体洲际战略核导弹接受检阅。“东风-5C”液体洲 际战略核导弹是我国战略反击体系中的重要组成，打击范围覆盖全球。某次中国人民解放军火箭军从海 南岛向南太平洋相关公海海域成功发射了1发携载训练模拟弹头的洲际弹道导弹，并准确落入预定海域。 从发射到命中目标，整个过程仅耗时20多分钟，飞行速度高达25马赫（即声速的25倍），射程约12000 公里，创下了全球洲际导弹实际测试中的最远纪录。下列说法正确的是 A.题目中^射程约12000公里”指的是位移 B.题目中“马赫”为国际单位制中的基本单位 C.右边图片中正在加速上升的导弹处于超重状态 D.导弹的惯性随着飞行速度的增大而增大 DF-5C. 2.某款无线充电宝具有磁吸功能。如图所示，用手拿起充电宝静止不动，稍稍减小手机屏幕与水平方向的 夹角α后，手机始终吸附在充电宝上不脱落，下列说法正确的是 A.充电宝对手机产生2个力的作用 M 充电宝 B.充电宝对手机的弹力等于mgcosa C.充电宝对手机的合力不变 手机 m D.充电宝对手机的合力大于手机对充电宝的合力 3.如图甲，竖直挡板固定在光滑水平面上，质量为M的光滑半圆形弯槽静止在水平面上并紧靠挡板，质量 为m的小球从半圆形弯槽左端静止释放，小球速度的水平分量和弯槽的速度与时间的关系如图乙。下列 说法正确的是 个x 弯槽 档板 -V 小球 TWTTTTTTTTWT 甲 A.小球释放后，小球与弯槽系统动量守恒 B.,时小球到达位置等于释放时的高度 C.由图可知m大于M D.图中阴影面积S2<2S 物理试卷第1页共6页 4.图甲为名叫“弹簧公仔”的玩具，由头部、轻弹簧及底座组成，可简化为如图乙所示模型，已知物块A的 质量为m,物块A静止时，弹簧的压缩量为x,现用力向下按物块A,使弹簧的压缩量为3x时撤去压力， 物块A在竖直方向上做简谐运动，当物块A运动到最高点时物块B对水平面的压力恰好为零，重力加 速度为g,弹簧始终在弹性限度内。物块A的位移随时间的变化规律如图丙所示，下列说法正确的是 个yWcm ,头部 10 轻弹簧 底 B 7777 .0 丙 10 A.x=cm B.撤去压力的一瞬间，物块A的加速度大小为1.5g C.物块B的质量等于m D.物块A的振动方程为y=10cos(rt)(cm) 二、双项选择题：共4小题，每小题6分，共24分。 5.智能手机的主动降噪技术是利用降噪麦克风采样环境噪声，经过数据处理后发出降噪声波，图乙是原理 简化图，图丙是理想情况下的降噪过程，实线表示环境噪声，虚线表示降噪系统产生的降噪声波，则 红外发射器 声源 环境噪声 了合威后的声音 耳机插孔降噪麦克风 反噪声 降噪声波 甲 乙 丙 A.降噪过程应用了声波的裕射原理，使噪声无法从外面进入耳麦 B.降噪过程应用的是声波的干涉原理，P点振动减弱 C.降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小相等 D.质点P半个周期后的位移大小为环境噪声振幅的2倍 6.2025年4月24日，我国三名航天员从神舟二十号载人飞船进入空间站（距地面的高度为）。神舟二十 号的质量为m,航天员的总质量为△m,地球半径为R,地球表面的重力加速度大小为g。下列说法正确 的是 A.对接前，神舟二十号与空间站在同一轨道绕地球运动，稳定后神舟二十号加速追上去就可完成对接 B.神舟二十号与空间站对接后，神舟二十号（含航天员）受到地球的万有引力大小为m+Am (R+h)2 C.空间站环绕地球运行的速度为√g(R+ D.空间站环绕地球运行的周期为8π (R+h)3 R2g 物理试卷第2页共6页 7.如图甲所示，带电的物块P固定在光滑绝缘水平面上，t=0时刻将另一带电物块2从与物块P距离为d 处由静止释放，物块Q在0~2t时间内的速度v随时间t变化的图像及t=0时刻和t=2t,时刻该图像的 切线如图乙中所示，图乙中，和，为已知。若两物块均可视为点电荷，带电量的数值相等，物块Q的质 量为m,静电力常量为k,两物块带电量始终不变。下列说法正确的是 A.两物块带异号电荷 2以 B.2t时刻P、2相距2d C.两物块的带电量为d, 2mvo 21.7 D.0~2t。时间内P、2组成的系统减小的电势能为mv 8.如图甲所示，可视为质点的物块以，=6m/s的初速度滑上长度L=2m的水平传送带，从传送带右端离 开后，平滑进入固定在竖直面内光滑半圆细管道。管道最低点固定一压力传感器，可测量物块经过最低 点时对轨道的压力大小F。当传送带以不同的速度v运行时，得到F随v变化的图像如图乙所示，重力 加速度g取10m/s2。下列说法正确的是 ↑FN A.F=180N B.管道半径为R=0.4m C.物块的质量为1.5kg 140 D.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.5 R 90 4 6 v3 v/(m's). 甲 乙 三、非选择题：共8小题，共60分。 9.(3分) 一根粗细均匀的绳子，右侧固定在墙上，A是绳子上的一个质点。一位同学握住绳子左侧的S点，让其 上下振动，某时刻波形如图。该机械波在传播过程中波速（选填“增大”、“减小”或“不变”)；此 时质点A的速度方向向 (选填“上”、“下”或“右”)；人手的振动频率（选填“增大”、“减小” 或“不变”)。 10.(3分) 竖直面内悬吊的光滑绝缘水平杆上有A、O、B三点，以O点为坐标原点、向右为正方向建立x轴，A 点坐标为-d,B点坐标为d,如图甲所示。A、B两点间沿x轴的电势变化如图乙所示，左侧图线为一条 倾斜线段，右侧为抛物线，现将套在杆上的带电量大小为g的圆环从A点由静止释放（忽略带电圆环形 成电场的影响)后，圆环向右运动，已知圆环的质量为m,可视为点电荷。圆环从A到B向右运动过 程中最大速度为 ；在AO段的运动时间 （选填“>”、“<”或“=”)在OB段的运动 时间。 物理试卷第3页共6页 11.(3分) 我国已正式开展月球探测工程多年，嫦娥工程分为无人月球探测、载人登月和建立月球基地三个阶段。 我国已先后成功实施四次月球探测任务，计划在2030年前实现首次登陆月球。月球表面重力加速度为8， 嫦娥号在登月过程中，在距月球表面高度为h处以相对月球的速度ν开始向下做匀减速直线运动，加速 度大小为a,下降至距月球表面高度为 处相对月球速度为零。质量为M的嫦娥号在保持悬 停的过程中，发动机不断竖直向下喷出速度为，的气体。在一次短促的喷射过程中（嫦娥号质量不变）， 单位时间内需消耗燃料的质量为 12.(6分) 某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。用细线把钢制的圆柱挂在架子上，架子下部固定一个 小电动机，电动机轴上装一支软笔。电动机转动时，软笔尖每转一周就在钢柱表面画上一条痕迹（时间 间隔为T)。如图乙，在钢柱上从痕迹O开始选取5条连续的痕迹A、B、C、D、E,测得它们到痕迹O 的距离分别为h ha ho hp he。已知当地重力加速度为g。 E 钢柱 软笔 D 电动机 B- (1)若电动机的转速为3000r/min,则T= (2)为验证机械能是否守恒，需要比较钢柱下落过程中任意两点间的一。 A.动能变化量与势能变化量 B.速度变化量和势能变化量 C.速度变化量和高度变化量 63)设各条痕迹到O的距离为h,对应钢柱的下落速度为y,画出v2-h图像，发现图线接近一条倾斜 的直线，若该直线的斜率近似等于，则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。 (4)该同学用两个质量分别为m、m2的圆柱P和Q分别进行实验，多次记录下落高度h和相应的速 度大小，作出的2-一h图像如图丙所示。P、Q下落过程中所受阻力大小始终相等，对比图像分析 正确的是 A.m大于m2B.m等于m2 C.m,小于m2 物理试卷第4页共6页 13.(6分) 某实验小组想用多种方式验证动量守恒定律。 小明同学选取两个体积相同、质量不等的小球，先让质量为m,的小球从轨道顶部由静止释放，由轨道 末端的O点飞出并落在斜面上P点。再把质量为m2的小球放在O点，让小球m仍从原位置由静止释放， 与小球m2碰后两小球均落在斜面上，分别记录落点痕迹，其中M、P、N三个落点的位置距离O点的 长度分别为xoM om, 3 cm 20 77777777777 用 乙 （1)用游标卡尺测得两小球的直径均如图乙所示，则小球直径d= cm。 (2)关于该实验，下列说法错误的有 A.必须满足m1>m2 B.轨道必须光滑 C.轨道末端必须水平 D.两球半径必须相同 (3)在实验误差允许的范围内，若满足关系式 ,则可认为两球碰撞过程中动 量守恒（用题目中的物理量表示）。 (4)若两小球的质量满足m2=m1,若满足xop= xow（用k表示)，则可证明两球间的碰撞 是弹性的。 (5)小帅同学利用该套装置做了一个新实验，仅改变小球m2的质量，其他条件均不变，将小球m多次 从轨道顶部由静止释放，与不同质量的小球m2相碰，分别记录对应的落点到O点距离xoM、xo、 xow,以VxM为横坐标、√xow为纵坐标作出图像，若该碰撞为弹性碰撞，则下列图像正确的是 C. x 物理试卷第5页共6页 14.(10分) 如图所示，地面上有一半径R=0.2m的半圆，半圆顶部有一个质量为m=1kg的小球，给小球一定的水 平初速度v,小球恰好在半圆顶部脱离，不计空气阻力，g取10m/s2。求： (1)小球水平初速度v的大小； (2)小球落地时重力的瞬时功率。 T7i77TT 15.(13分) 如图所示的玩具转盘半径为1，角速度⊙可以调节，转盘中心O点固定了一竖直杆。质量为m的小球用 轻绳AC和轻杆BC一起连接在竖直杆上，轻绳AC长为1，与竖直杆上A点相连，轻杆BC用铰链连接 在竖直赶上的B点且可绕B点自由转动，OB=31。轻绳4C伸直时与竖直方向夹角A=30,轻杆BC 与竖直方向夹角日=45°。不计摩擦阻力，重力加速度为g。 1)要保持轻绳拉直，求0的取值范围； (2)当0=旦时，求轻绳AC和轻杆BC上的弹力大小； (3)在转动过程中小球忽然脱离，要求小球不能碰到圆盘，求ω的取值范围。 16.(16分) 如图甲，当t=0时，带电量q=+1.0×10-2C、质量m=0.1kg的滑块以速度y。=6m/s的速度滑上质 量m2=0.05kg的绝缘木板，在0~1s内滑块和木板的v-t图像如图乙，当t=1s时，滑块刚好进入宽度 为d=0.6m的匀强电场区域。滑块可视为质点，且电量保持不变，始终未脱离木板；最大静摩擦力等 于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。 (1)求滑块与木板间的动摩擦因数4、木板与地面间本板的动摩擦因数42； (2)若电场强度大小为E=140N/C,方向水平向右，求滑块穿过电场区域的过程中系统产生的热量」 (3)若电场强度大小0<E<40N/C,方向水平向左，试讨论滑块停正运动时距电场左边界的距离s 与场强E的关系。 /m·s1 左 电场区域 右 Vo 物理试卷第6页共6页 厦门双十中学高三上学期期中考·物理参考答案 1.【答案】C 【详解】A.射程约“12000公里既不是路程也不是位移也不是距离，而是地球表面的一段圆弧，故A错误； B.“马赫”不是国际单位制中的基本单位，故B错误； C.图片中正在加速上升的导弹的加速度向上，处于超重状态，故C正确： D.导弹的惯性与质量有关，与飞行速度无关，故D错误。故选C。 2.【答案】C 【详解】A由于充电宝将手机吸附在充电宝上也不会脱落，则充电宝对手机有一个垂直于手机屏幕向上的 吸引力、一个垂直于手机屏幕向下的弹力和一个沿手机屏幕向上的静摩擦力，则充电宝对手机产生3个力 的作用，故A错误； B.垂直手机平面方向，充电宝对手机的力等于N+mgcosa=F做吸，故B错误。 C.现稍稍减小手机屏幕与水平方向的夹角α，手机倒吸在充电宝上不会脱落，则充电宝对手机的合力方向 竖直向上，充电宝对手机的合力始终等于手机重力保持不变，C正确。 D.根据牛顿第三定律，D错误。故选C。 3.【答案】D 【详解】A.小球从弯槽左侧边缘静止下滑的过程中，弯槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对弯 槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直挡板挡住，所以弯槽不会向左运动，则小球与弯槽在水平方向 受到外力作用，系统动量不守恒；小球从弯槽最低点向右侧运动过程，由于存在小球的重力作用，系统动 量不守恒，但水平方向所受合外力为零，故水平方向动量守恒，故A错误； B.时小球与弯槽在水平方向第一次共速，即小球到达弯槽右侧，2时再次共速则到达弯槽左侧，根据能 量守恒mgh=(m+M)y*2+mgk,可知>化，故小球此时不可能到达释放时的高度，故B错误： C.小球通过弯槽最低点后，系统水平动量守恒，则有m%=M一my2,移项得m(,+y2)=y 若m大于M,则1+v2<3,图中明显获知>v3,故C错误； D.小球第一次到达弯槽最低点时，其具有最大速度，而在t~时间内，即小球从弯槽右侧共速点到左侧共 速点，共速点的高度均低于弯槽左右两端，根据t图像围成面积等于水平位移，得S=R 而S为t1~2内两者的相对位移，有S2<2R,故D正确。故选D。 4.【答案】C 【详解】A.物块A静止时，弹簧的压缩量为x,此时物块A处于平衡位置，由题意可知3x-x=A=10cm 可得x=5cm,故A错误； B.撤去压力的一瞬间，弹簧弹力不变，对物块A受力分析，由牛顿第二定律k·3x-g=ma 其中a=mg,联立可得，物块A的加速度大小为a=2g,故B错误； C.当物块A运动到最高点，由对称性可知，弹簧此时伸长量为x,对B有ac=meg,其中ac=mg 解得物块B的质量大小为m=m,故C正确； ,2π D.由图丙可知，振幅为A=10cm,周期为T=1s,物块A的振动方程为y=Acos(元cm) 代入数据可得y=10cos(2πt)(cm),故D错误。故选C。 5.【答案】BC 【详解】AB.降噪过程应用了声波的干涉相消原理，P点振动减弱，故A错误，B正确： C.降噪声波与环境噪声声波都为声波，传播速度只跟介质有关，在同一种介质中速度大小相等，故C正确： D.质点P是振动减弱点，位移恒为O,故D错误。故选BC。 6.【答案】BD 【详解】A.对接前，若神舟二十号与空间站在同一轨道绕地球运动，稳定后神舟二十号加速追上去，神舟 二十号将做离心运动，不能完成对接，故A错误： B在地球表面有=mg,可得GM=g,则神舟二十号（合航天员）受到塔球的万有引力大小为 F=GM(m+△m_m+AmgR2 (R+h)2 (R+二，故B正确； .1- GMM CD. 空间站环绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可得 R+h) =M4z2 Rth T2(R+h) 联立解得v= gR2 ,T=2π (R+h)3 故C错误，D正确。故选BD。 NR+h R'g 7.【答案】BC 【详解】A.由-t图像的斜率表示加速度，则物块Q的加速度不断减小，所以两物块间为排斥力，因此 它们应该带同号电荷，故A错误； B.由乙图可翅10时刻的加速度为4二奶，12时刻的加速度为4华，2若，放兰4 to a21 根据牛顿第二定律年=m可知1=0时的库仑力大小是1=2%，时库仑力大小的4倍，据库仑定律F=实可 2 知t=0时的距离是t=2,时距离的号倍，故2时刻P、Q相距2d,故B正确； 2Vo C.对物块2，t=0时刻，根据库仑定律和牛顿第二定律可得k=ma三m to 解得两物块的带电量为q=d 2m%,故C正确； 。 D.对物块Q由动能定理可得形=。m(2,)}=2m,根据电场力做功与电势能的关系可知，0~2，时间内 P、Q组成的系统减少的电势能为△E,减=W电=2m哈，故D错误。故选BC。 8.【答案】BD 【详解】D.由题图乙可知当传送带速度大于4/s后，传送带速度越大，压力越大，说明当传送带速度小 于%=4m/s时，物块在传送带上一直做匀减速直线运动，当速度y=4m/s时，恰好全程减速，由匀变速直 线运动的规律可得y2-v=-2aL,由牛顿第二定律可得umg=ma,联立解得μ=0.5，故D正确； BC.当传送带以y2=6m/s的速度运动时，物块在传送带上做匀速直线运动，物块从传动带右端离开到经 1 过圆轨道的最低点的过程中，由动能定理可得2mgR三)mY然点一v 物块经过最低点时，由牛顿第二定律可得F-mg=m盘，当v=y=4m/s时，=90N,当v==6m/S R 时，F=140N,解得m=1kg,R=0.4m,故B正确，C错误； A.由题图乙可知当传送带速度大于，时，物块在传送带上一直做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的规 1 1 律可得-6=2L,解得%=V56m/8,由动能定理可得2mgR=2m痘mv5 21 物块经过最低点时，由牛顿第二定律可得F-mg=m显盒，可得R=190N,故A错误。故选BD。 R 9.【答案】不变；上；增大（1+1+1分) 10.【答案】29%；>(2+1分) m 【详解】[1]由图乙可知，AO之间电场线方向是O指向A,OB之间的电场线方向是O指向B;圆环由A点 向右运动，所以圆环带负电。圆环从A到B的运动过程中，运动到O点时的速度最大，由动能定理有 1 496 g%=2m,解得v。=m [2]根据P一x图像的斜率表示场强的大小，根据图乙可知，从O到B电场逐渐变大，圆环受到的合力即电场 力逐渐变大，所以圆环的加速度变大。圆环向右运动的过程中，在AO段做匀加速直线运动，OB段做加速 度逐渐增大的减速运动，速度一时间图像如图所示 由速度一时间图像可得AO段的平均速度小于OB段， 两段的距离相等，所以在AO段的运动时间大于在OB段的运动时间。 -2- 1.【答案】A-上；9(1+2分) ；1 2a 〔详解)山以相对月球的速度v减速到零，设下降的高度为么，则0-Y=-2aA,得么= 距月球表面高度为从=h-么=h-上 2a [2]在一次短促的唢射过程中，唢出的气体的质量为△m,时间为△t,喷出的气体受到的力为F, 对这部分气体由动量定理得F·△t=△mu,气体对嫦娥号的反作用力大小F'=F=Mg 得单位时间内需消耗燃料的质量4m=F_怨 △tuu 12.【答案】(1)0.02(2)A（3)2g(4)A(1+1+2+2分) 【详解】(1)若电动机的转速为3000rmi,则电动机转动一周所需时间T=,60 =0.02s 3000 (2)钢柱下落过程中，若重力势能减少量等于动能的增加量，则机械能守恒。故选A。 (3)设钢柱质量为m,钢柱下落过程中，若重力势能减少量等于动能的增加量，则有}m2=mgh 整理得v2=2gh,故若该直线的斜率近似等于2g,则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。 1 (4)设P2下落过程中所受阻力大小为则由动能定理得mgh-=2m2 壁理得=28-)，放-6图德编率太-28-日 所以斜率越大，质量越大，结合图像可知P的质量比Q的质量大，即m>m2。故选A。 【或者定性分析：下落相同高度时，质量大的速度大！因为质量大的阻力相对小！】 1.【答案】(1)1.050(2)B(3)mVo=mo+%ow(4)&+(5)C(1+1+1+1+2分) 4 【详解】（1)游标卡尺的读数d=10mm+10×0.05mm=10.50mm=1.050cm (2)A.为了保证小球m碰后不被反弹，所以m>m2,故A正确： B.只要保证小球m,每次到达O点的速度相同即可，轨道无须光滑，故B错误； C.为了保证小球做平抛运动，轨道末端必须水平，故C正确； D.两球半径必须相同，否则不是对心碰撞，故D正确。故选B。 (3)小球从O点飞出后均为平抛运动，假设小球位移为x, 由平抛运动的知识可得xcos9=W,xsi血8=8，解得v=x·cos9 =c0s0, gx V2x.sine 2sine 由碰撞规律可知，P点是小球m第一次的落点，M和N分别是碰后小球m,和m2的落点，碰撞过程满足动 量守恒myp=mVM+m2yw,带入可得m√xop=m√xoM+m XON 21 )若为弹性碰撞，则碰撞散后动能守恒=+万%，动量守恒%=+功 联立解得”，带入前问解析中的速度可得心-任+ 2m1 4ow (5)小球m的碰前速度保持不变，则x不变，根据前问解析动量守恒关系式可写成 mop=mVoM+mow，能量守恒关系式可写成mxop=mxoM+m,xow,联立可得√N=√RO+oe 故选C。 14.【答案】(4+6分)(1)√2m/s;(2)20W 【详解】(1)当给小球一定的水平初速度v时，小球怡好能脱离半圆，则有g=m。(2分) R 解得小球初速度的大小为v=√gR=√2m/s(2分) (2)小球做平抛运动，竖直方向根据2gR=v?（2分)，解得小球落地时的竖直分速度为y,=2m/s 则小球落地时重力的瞬时功率为P=mgy,=20W(2+2分) -3- 15.【答案】(3+4+6分)(1)0≤ :21±5g,6:5:9)@>爵 2 4 【详解】(1)当AC拉力F=0时，对应的@，为最大，由牛顿第二定律mg tan62=m1sin8（2分) A 可得0= 2g,则0的范围为0≤、 28(1分) F B (2)当@=层时，小球的受力如图所示：水平方向有si血8-乃si血8=m02×号(1分) 同s1分.E-(6-gu分别 mg 竖直方向有Rcos8=乃0s8+mg(1分)联立解得R= 2 4 (3)在转动过程中，假设绳处于伸直状态时小球忽然脱离，飞行后刚好碰到圆盘边缘， 由平抛运动的规律可得，水平方向有名=W(1分)，竖直方向A=方”(1分) 由几何关系可得x=P--点（1分)，A=多-=11分》 2 22 义2，品。2，所以组处于伸直状态，假设成立列式1分，答案没分 1 可得= 当®增大时，不管轻绳是否拉直，水平位移一定增大，则要小球不能碰到圆盘，ω的范围为0> 3g(1分) V21 16.【答案】(4+6+6分)（1)4=0.4,42=0.2；(2)0.196J;（3)见解析 【详解】(1)由图乙，在0~1s内滑块的加速度4=4m/s2，木板的加速度a,=2m/s2 对滑块4m8=m41(1分)得4=0.4(1分)，对木板4m8-2(m1+m2)g=m242(1分) 得42=0.2(1分) (2)经分析，滑块进入电场后，两物体相对滑动（判断过程略)，对滑块Eg-4m8=m41(1分)，对 木板4，不变，设滑块在电场中运动时间为山+4：=日(1分》，解得1=02： 这段过程木板位移为g=+疗4-04如《1分 所以板块之间的摩擦生热g=4m8(d-版)=0.064J(1分)，木板和地面之间的摩擦生热 2=4(m+m)8数=0.132J(1分)，所以08=g+9=0.196J(1分) (3)由题意知Eg<4mg,滑块进入电场后，与木板不发生相对滑动。 若滑块和木板在电场中一起减速到0，则有-Bgs-4(似+m,9=0-m+m)加 2 若满足Eg<凸(m,+m2)g,即当0<E<30N/C,此后滑块在电场中保持静止，则s= 30 (m) E+30 另外由于电场宽度为0.6m,上面成立的条件是=30 <0.6m即E>20N/c E+30 综合，分类讨论如下： (iD当20NC<E30NC,则5=30(m）(2分) E+30 d (i)当0<E<20NC,则g=30>0.6m,滑块会向右运动离开电场 E+30 -Ed-40m+%8s=0-m+mP1分)，解得s=0n5(m）（1分) 50 S →() )当0NC<4NC,#块先在电场中减速到0，位多场-品国) 而后由于Eq>h(m1+m2)g,滑块和木板会一起向左运动离开电场， 5站 ®gs有-4，(m+m,g6+6)=0(1分)，即9=-30(m）1分) E+30 -4-