安徽省合肥市第九中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期段考物理 Word版含解析.docx

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合肥九中2023-2024年度高二段考試卷物理試題一、選擇題：共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1-7題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，第8-12題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。1.一架半導(dǎo)體收音機(jī)，電池供電的電流是，也就是說(shuō)（）A.電池供給的電量B.電池供給的電量C.電池供給的電量D.電池供給的電量【答案】B【解析】【詳解】電池供電的電流電量由電流定義式得故選B。2.一根粗細(xì)均勻的導(dǎo)線，當(dāng)其兩端電壓為時(shí)，通過(guò)的電流是，若將此導(dǎo)線均勻拉長(zhǎng)到原來(lái)的3倍時(shí)，電流仍為，導(dǎo)線兩端所加的電壓變?yōu)椋ǎ〢.9UB.C.3UD.【答案】A【解析】【詳解】導(dǎo)線均勻拉長(zhǎng)到原來(lái)的3倍時(shí)，橫截面積變?yōu)樵瓉?lái)的，由電阻定律知導(dǎo)線電阻變?yōu)樵瓉?lái)的9倍，當(dāng)電流不變時(shí)，由歐姆定律知其兩端電壓變?yōu)樵瓉?lái)的9倍。故選A。3.2022年10月13日6時(shí)53分，我國(guó)在太原衛(wèi)星發(fā)射中心成功將5米S-SAR01 星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進(jìn)入預(yù)定軌道，發(fā)射任務(wù)取得圓滿成功。衛(wèi)星兩翼的太陽(yáng)能電池板可把太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為電能供衛(wèi)星使用。下列關(guān)于電源和電流的說(shuō)法中，正確的是（）A.電流既有大小又有方向，它是一個(gè)矢量B.只要物體兩端電勢(shì)差不為零，就一定有電流存在C.在電源內(nèi)部，電源把電子由正極搬運(yùn)到負(fù)極D.電解液中正、負(fù)離子定向移動(dòng)的方向相反時(shí)，形成的電流方向也是相反的【答案】C【解析】【詳解】A．電流只有大小，沒(méi)有方向，科學(xué)家為了研究方便，人為規(guī)定正電荷定向移動(dòng)的方向?yàn)殡娏鞯姆较?，故A錯(cuò)誤；B．形成持續(xù)的電流有兩個(gè)條件：有電勢(shì)差、有閉合回路，物體兩端電勢(shì)差不為零，如果沒(méi)有形成閉合回路，也是沒(méi)有電流的，故B錯(cuò)誤；C．電源內(nèi)部，非靜電力對(duì)電荷做正功，產(chǎn)生電源電動(dòng)勢(shì)，所以電源內(nèi)部電源把正電荷從負(fù)極移到正極，把負(fù)電荷從正極移到負(fù)極，故C正確；D．物理學(xué)中規(guī)定正電荷定向移動(dòng)方向?yàn)殡娏鞯姆较?，?fù)電荷定向移動(dòng)的方向?yàn)殡娏鞯姆捶较?，所以電解液中正、?fù)離子定向移動(dòng)的方向相反時(shí)，形成的電流方向是相同的，故D錯(cuò)誤。故選C。4.如圖所示，在傾角為的光滑絕緣斜面上固定一個(gè)擋板，在擋板上連接一根勁度系數(shù)為的絕緣輕質(zhì)彈簧，彈簧另一端與球連接。、兩小球的質(zhì)量均為，球的電荷量，、兩小球的間距為，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知靜電力常量為，、兩小球均可視為點(diǎn)電荷，則（　?。〢.彈簧伸長(zhǎng)量為B.球的電荷量C.球受到的庫(kù)侖力大小為D.若增大球的電荷量，系統(tǒng)再次平衡后，彈簧伸長(zhǎng)量會(huì)增加【答案】B 【解析】【詳解】A．以、兩小球?yàn)檎w，由平衡條件可得解得A錯(cuò)誤；BC．對(duì)B小球，由庫(kù)侖定律公式和平衡條件可得因A小球帶正電，A、B兩小球之間的庫(kù)侖力為引力，因此解得由牛頓第三定律可知，A小球受到B小球庫(kù)侖力大小為B正確，C錯(cuò)誤；D．若增大球的電荷量，會(huì)增大A、B兩球的庫(kù)侖力，A、B兩球組成的系統(tǒng)再次平衡后，彈簧的彈力只與兩球的質(zhì)量有關(guān)，兩球的質(zhì)量不變，彈簧伸長(zhǎng)量不變，彈簧伸長(zhǎng)量不會(huì)增加，D錯(cuò)誤。故選B。5.如圖所示，真空中有兩個(gè)點(diǎn)電荷和，分別固定在坐標(biāo)軸的和的位置上。以下說(shuō)法正確的是（　?。〢.在軸上有兩個(gè)場(chǎng)強(qiáng)為零的點(diǎn)B.在處場(chǎng)強(qiáng)恰好為零C.處的場(chǎng)強(qiáng)沿軸正方向D.處的場(chǎng)強(qiáng)方向沿軸正方向【答案】C【解析】【詳解】AB．由題意可知，Q1帶正電，Q2帶負(fù)電，因此只有x在0~4cm的范圍內(nèi)兩點(diǎn)電荷產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向相同，且沿x軸的正方向，則合場(chǎng)強(qiáng)的方向沿x軸正方向，合場(chǎng)強(qiáng)不會(huì)是零。由點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式可知，因Q1>Q2，因此在x<0的范圍內(nèi)，合場(chǎng)強(qiáng)是零的點(diǎn)不會(huì)有，只有在x>4cm 范圍有合場(chǎng)強(qiáng)是零的點(diǎn)，設(shè)在x處合場(chǎng)強(qiáng)等于零，則有解得x=8cmAB錯(cuò)誤；C．由點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式可知，Q1在處的場(chǎng)強(qiáng)Q2在處的場(chǎng)強(qiáng)可知E1>E2因此處的場(chǎng)強(qiáng)沿軸正方向，C正確；D．同理可知Q1在處的場(chǎng)強(qiáng)Q2在處的場(chǎng)強(qiáng)可知因此處的場(chǎng)強(qiáng)方向沿軸負(fù)方向，D錯(cuò)誤。故選C。6.如圖所示，虛線、、、、、代表一勻強(qiáng)電場(chǎng)內(nèi)間距相等的一組等勢(shì)面，已知平面上的電勢(shì)為。一電子經(jīng)過(guò)平面時(shí)的動(dòng)能為，經(jīng)過(guò)平面時(shí)的動(dòng)能為。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（　?。?A.平面上的電勢(shì)為零B.該電子可能到達(dá)不了平面C.該電子最遠(yuǎn)可能到達(dá)平面D.該電子經(jīng)過(guò)平面時(shí)的速率是經(jīng)過(guò)平面時(shí)的2倍【答案】D【解析】【詳解】A．一電子經(jīng)過(guò)時(shí)的動(dòng)能為，經(jīng)過(guò)平面時(shí)的動(dòng)能為，則有解得則有解得故A正確，不滿足題意要求；B．當(dāng)電子由向方向運(yùn)動(dòng)，每經(jīng)過(guò)相鄰等勢(shì)面過(guò)程，電子動(dòng)能減少，則電子到達(dá)平面的動(dòng)能為，由于題目中沒(méi)有說(shuō)明電子如何運(yùn)動(dòng)，因此也可能電子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做拋體運(yùn)動(dòng)，則可能不會(huì)到達(dá)平面，故B正確，不滿足題意要求；C．當(dāng)電子由向方向運(yùn)動(dòng)，每經(jīng)過(guò)相鄰等勢(shì)面過(guò)程，電子動(dòng)能減少，則電子到達(dá)平面的動(dòng)能為，若電子垂直虛線入射，則可能會(huì)到達(dá)平面，故C正確，不滿足題意要求；D．電子經(jīng)過(guò)平面時(shí)的動(dòng)能是平面的動(dòng)能2倍，電子經(jīng)過(guò)平面時(shí)的速率是經(jīng)過(guò)時(shí)的倍，故D錯(cuò)誤，滿足題意要求。故選D。7. 研究與平行板電容器電容有關(guān)因素的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示（若兩極板電壓變大，則靜電計(jì)指針變大）。下列說(shuō)法正確的是（　?。〢.實(shí)驗(yàn)前，只將電容器b板向右平移，靜電計(jì)指針的張角變大B.實(shí)驗(yàn)中，只將電容器b板向上平移，靜電計(jì)指針的張角變大.C.實(shí)驗(yàn)中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，靜電計(jì)指針的張角變大D.實(shí)驗(yàn)中，只增加極板帶電量，靜電計(jì)指針的張角變大，表明電容增大【答案】B【解析】【詳解】A．實(shí)驗(yàn)前，只將電容器b板向右平移，由平行板電容器電容決定式可知，d減小，C變大，由電容器電容的定義式可知，C變大，Q不變，U變小，靜電計(jì)指針的張角變小，A錯(cuò)誤；B．實(shí)驗(yàn)中，只將電容器b板向上平移，電容決定式可知，相對(duì)面積S變小，C變小，由電容的定義式可知，Q不變，U變大，靜電計(jì)指針的張角變大，B正確；C．實(shí)驗(yàn)中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，電容決定式可知，相對(duì)介電常數(shù)εr變大，C變大，由電容的定義式可知，Q不變，U變小，靜電計(jì)指針的張角變小，C錯(cuò)誤；D．實(shí)驗(yàn)中，只增加極板帶電量，電容的定義式可知，C不變，U變大，靜電計(jì)指針的張角變大，表明電容不變，D錯(cuò)誤。故選B。8.如圖所示，A板發(fā)出的電子經(jīng)加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板間，金屬板間所加的電壓為U，電子最終打在熒光屏P上，關(guān)于電子的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法中正確的是 A.滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)時(shí)，電子打在熒光屏上的位置上升B.滑動(dòng)觸頭向左移動(dòng)時(shí)，電子打在熒光屏上的位置上升C.電壓U增大時(shí)，電子打在熒光屏上速度大小不變D.電壓U增大時(shí)，電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時(shí)間不變【答案】BD【解析】【詳解】設(shè)加速電壓為U′，由題意知，電子在加速電場(chǎng)中加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得：eU′=mv2電子獲得的速度為：電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，也就是平行電場(chǎng)方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為：電子在電場(chǎng)方向偏轉(zhuǎn)的位移為：垂直電場(chǎng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：聯(lián)立解得：又因?yàn)槠D(zhuǎn)電場(chǎng)方向向下，所以電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)里向上偏轉(zhuǎn)。A.滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)時(shí)，加速電壓變大，故電子偏轉(zhuǎn)位移y變小，因?yàn)殡娮酉蛏掀D(zhuǎn)，故在屏上的位置下降，故A錯(cuò)誤；B.滑動(dòng)觸頭向左移動(dòng)時(shí)，加速電壓變小，故電子偏轉(zhuǎn)位移y變大，因?yàn)殡娮酉蛏掀D(zhuǎn)，故在屏上的位置上升，故B正確；D.偏轉(zhuǎn)電壓U增大時(shí)，電子在電場(chǎng)中受到電場(chǎng)力增大，即電子偏轉(zhuǎn)的加速度a增大；因?yàn)榧铀匐妷翰蛔?，電子進(jìn)入電場(chǎng)的速度沒(méi)有變化，電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t沒(méi)有發(fā)生變化，故D正確；C.偏轉(zhuǎn)電壓U增大時(shí)，電子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力增大，即電子偏轉(zhuǎn)的加速度a增大；因?yàn)殡娮铀椒较虻乃俣葀不變，電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不變，電子打在屏上的速度為 則電子打在屏上的速度增大，故C錯(cuò)誤。9.如圖所示的電路中，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸頭P向b端移動(dòng)時(shí)（　?。〢.電壓表示數(shù)變小B.電壓表示數(shù)變大C.電流表示數(shù)變小D.電流表示數(shù)變大【答案】BC【解析】【詳解】當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸點(diǎn)向b端移動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻增大，外電路總電阻R增大，由歐姆定律分析總電流I減小，所以路端電壓U=E-Ir增大，電壓表示數(shù)增大，并聯(lián)部分的電壓U2=E-I（r+R1）增大，流過(guò)電阻R2的電流I2增大，流過(guò)電流表的電流I3=I-I2減小，則電流表A的示數(shù)減小，故BC正確，AD錯(cuò)誤。故選BC。10.如圖所示，在水平的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為的小球，系在一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線一小球可以在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑。已知重力加速度為g，電場(chǎng)強(qiáng)度，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（　　） A.若小球能沿著ACBD圓弧運(yùn)動(dòng)，則其Ｄ點(diǎn)速度最小B.若小球能沿著ACBD圓弧運(yùn)動(dòng)，則其在C點(diǎn)速度最大C.若小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最大D.若小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則它運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度為【答案】CD【解析】【詳解】AB．由于Eq=mg可知電場(chǎng)力與重力的合力為方向沿BOC的角平分線斜向下，可知小球做圓周運(yùn)動(dòng)的“最低點(diǎn)”在BC的中點(diǎn)，在此位置速度最大；“最高點(diǎn)”在AD的中點(diǎn)，在此位置速度最小；選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；C．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，只有重力和電場(chǎng)力做功，則電勢(shì)能和機(jī)械能守恒，則小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能最小，機(jī)械能最大，選項(xiàng)C正確；D．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，在AD的中點(diǎn)速度最小，則它運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度滿足解得選項(xiàng)D正確。故選CD。11.如圖所示，在直角三角形所在平面內(nèi)存在方向與平面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)（未畫(huà)出），已知，。若將電荷量的正電荷從A移到B過(guò)程中，電場(chǎng)力做功為 ；將另一電荷量的負(fù)電荷從A移到C過(guò)程中，克服電場(chǎng)力做功為，則以下說(shuō)法正確的是（）A.B.C.電場(chǎng)強(qiáng)度，方向從A指向CD.電場(chǎng)強(qiáng)度，方向從A指向B【答案】BC【解析】【詳解】A．A、C兩點(diǎn)的電勢(shì)差故A錯(cuò)誤；B．A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差由于，，則有故B正確；CD．由幾何關(guān)系可得在勻強(qiáng)電場(chǎng)中任意一條直線上相等距離的兩點(diǎn)間電勢(shì)差相等，設(shè)在邊上距離A點(diǎn)的一點(diǎn)為D點(diǎn)，則A、D兩點(diǎn)間電勢(shì)差為3V，故B、D兩點(diǎn)電勢(shì)相等，由幾何關(guān)系判斷垂直，所以電場(chǎng)強(qiáng)度大小為電場(chǎng)強(qiáng)度方向?yàn)閺腁指向C，故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。12.空間中某靜電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度隨的變化圖像如圖所示，規(guī)定沿 軸正方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度的正方向。一鈉離子僅在電場(chǎng)力的作用下沿軸從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到處，在此過(guò)程中（　?。〢.鈉離子的電勢(shì)能一直增大B.鈉離子的加速度先增大后減小C.鈉離子在處的速率大于在處的速率D.和兩點(diǎn)間的電勢(shì)差小于和兩點(diǎn)間的電勢(shì)差【答案】CD【解析】【詳解】A．鈉離子在軸上從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到的過(guò)程，鈉離子受到的電場(chǎng)力沿軸正方向，所以電場(chǎng)力對(duì)鈉離子一直做正功，鈉離子的電勢(shì)能一直減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．由圖像可知，電場(chǎng)強(qiáng)度一直增大，所以鈉離子受到的電場(chǎng)力一直增大，鈉離子的加速度一直增大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．電場(chǎng)力對(duì)鈉離子一直做正功，根據(jù)動(dòng)能定理可知，鈉離子的動(dòng)能增大，所以鈉離子在處的速率大于在處的速率，選項(xiàng)C正確；D．圖像的面積表示兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，所以和兩點(diǎn)間的電勢(shì)差小于和兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，選項(xiàng)D正確。故選CD。二、實(shí)驗(yàn)題：每空3分，共18分。13.某學(xué)生測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)E及內(nèi)阻r所需的實(shí)驗(yàn)器材如圖2所示。（1）在圖1畫(huà)出實(shí)驗(yàn)電路原理圖；_____ （2）用筆畫(huà)線代替導(dǎo)線在圖中，完成實(shí)物連線；_______（3）測(cè)量該電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻所得的U﹣I圖線，則由圖3可知該電源的電動(dòng)勢(shì)為_(kāi)____V，內(nèi)電阻為_(kāi)____Ω。（保留兩位有效數(shù)字）【答案】①.②.③.6.0④.1.6【解析】【分析】【詳解】（1）[1]測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻時(shí)，只需要將滑動(dòng)變阻器與電流表串聯(lián)接在電源兩端，由于電源內(nèi)阻較小，故相對(duì)于電源來(lái)說(shuō)，電流表應(yīng)采用外接法；如下圖（2）[2]根據(jù)原理圖，依次將各元件連接，注意導(dǎo)線不能交叉（3）[3]由圖3可知，圖線的縱截距表示電源的電動(dòng)勢(shì)，則E=6.0V；[4]圖線斜率的絕對(duì)值表示電源的內(nèi)阻，則有14.某物理學(xué)習(xí)小組采用“伏安法”測(cè)金屬絲的電阻率實(shí)驗(yàn)：實(shí)驗(yàn)中用螺旋測(cè)微器測(cè)量金屬絲的直徑d，如圖甲所示，則金屬絲的直徑__________；用游標(biāo)卡尺測(cè)量金屬絲的長(zhǎng)度，如圖乙所示，則金屬絲的長(zhǎng)度__________。【答案】①.2.932②.10.02 【解析】【詳解】[1]金屬絲的直徑為[2]金屬絲的長(zhǎng)度為三、計(jì)算題：共34分。寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要演算步驟，只寫(xiě)最后答案不得分。15.如圖所示的電路中，兩平行金屬板A、B水平放置，兩板間的距離。電源電動(dòng)勢(shì)，內(nèi)電阻，電阻。閉合S，待電路穩(wěn)定后，將一帶正電的小球從B板小孔以初速度豎直向上射入板間。若小球帶電量為，質(zhì)量為，不考慮空氣阻力。那么滑動(dòng)變阻器滑片P在某位置時(shí)，小球恰能到達(dá)A板。（取）求：（1）兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小；（2）滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）小球恰能從B到A，由動(dòng)能定理可得解得則兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為（2）由閉合電路歐姆定律可得解得 則滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為16.如圖所示，為固定的正點(diǎn)電荷，、兩點(diǎn)在的正上方和相距分別為和，將另一點(diǎn)電荷從點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)速度正好又變?yōu)榱?。若此電荷在點(diǎn)處的加速度大小為，已知靜電力常量為，試求：（1）此電荷在點(diǎn)處的加速度大小；（2）、兩點(diǎn)間的電勢(shì)差（用、和表示）?！敬鸢浮浚?），方向豎直向上；（2）【解析】【詳解】（1）這一電荷必為正電荷，設(shè)其電荷量為q，由牛頓第二定律，在A點(diǎn)時(shí)在B點(diǎn)時(shí)解得方向豎直向上（2）從A到B過(guò)程，由動(dòng)能定理得解得17.如圖所示，在豎直平面內(nèi)放置著絕緣軌道，部分是半徑的光滑半圓軌道， 部分是粗糙的水平軌道，軌道所在的豎直平面內(nèi)分布著的水平向右的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，為電場(chǎng)的左側(cè)邊界。現(xiàn)將一質(zhì)量為、電荷量為的帶負(fù)電滑塊（視為質(zhì)點(diǎn)）從上的某點(diǎn)由靜止釋放，滑塊通過(guò)A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力恰好為零。已知滑塊與間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，取。求：（1）滑塊通過(guò)A點(diǎn)時(shí)速度大??；（2）滑塊在軌道上的釋放點(diǎn)到點(diǎn)的距離；（3）滑塊離開(kāi)A點(diǎn)后在空中運(yùn)動(dòng)速度最小值。【答案】（1）；（2）；（3）1.6m/s【解析】【詳解】（1）因?yàn)榛瑝K通過(guò)A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力恰好為零，所以有解得（2）滑塊由靜止釋放到A點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得（3）離開(kāi)A點(diǎn)后滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只受重力和電場(chǎng)力且均為恒力，設(shè)合力為，重力與合力夾角為，如圖所示： 將滑塊的運(yùn)動(dòng)按照?qǐng)D示進(jìn)行分解，則方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)方向速度減小為零滑塊速度最小，最小為。有解得