内蒙古通辽市第一中学2025-2026学年高二上学期开学考试物理试卷

这是一份内蒙古通辽市第一中学2025-2026学年高二上学期开学考试物理试卷，共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
通辽一中高二年级开学检测
物理试题
试卷分数：100 分考试时间：75 分钟命题人：
第 I 卷（选择题）
一、单项选择题：本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。选对得 4 分，选错得 0 分。
两个点电荷相距为 l，电荷量分别为 2q 和q ，其电场线分布如图所示，过两点电荷连线
中点 a 作一条垂线，垂线上的 b、c 两点关于 a 点对称，d 点和 b 点在同一条电场线上，静电力常量为 k，则下列说法中正确的是（ ）
A．b、c 两点的电场强度相同
B．a 点的电势高于 c 点的电势
C．将一正的试探电荷从 b 点由静止释放，它将沿电场线运动到 d 点
D．a 点的电场强度大小为 4kq
l 2
四个带电粒子的电荷量和质量分别是（+q，m）、（+q，2m）、（+3q，3m）和（-q， m），它们由静止开始经过大小相同的电压加速后从坐标原点沿 x 轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与 y 轴平行，不计重力和粒子间的作用力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
3．2024 年 12 月，由生物岛实验室领衔研制、我国首个拥有自主知识产权的国产商业场发射透射电镜 TH-F120 完成了首批订单合同签订，正式开启了国产透射电镜的市场应用。其
中一种电子透镜的电场分布如图所示，虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等，z 轴为该电场的中心轴线。一电子从其左侧进入聚焦电场，实线为电子运动的轨迹，P、Q、R 为其轨迹上的三点，电子仅在电场力的作用下从 P 点运动到 R 点，在此过程中，下列说法正确的是（）
A．电子在 P 点的受力方向斜向左上
B．电子在 R 点的加速度大于在 P 点的加速度
C．从 P 点至 R 点的运动过程中，电子的电势能先增大再减小
D．从 P 点至 R 点的运动过程中，电子的速度大小一直增大 4．某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示。将电容器与静电计组成回路，P 点为极板间的一点。可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大（可动电极不会到达 P 点）。若极板上电荷量保持不变，则下列说法正确的是（）
A．风力越大，电容器电容越小B．风力越大，静电计指针张角越小 C．风力越大，极板间电场强度越大D．风力越大，P 点的电势仍保持不变
真空中有两个点电荷Q1 和Q2 ，分别固定在 x 负半轴上某点和坐标原点 O 处。取无限远处的电势为 0，x 正半轴上各点电势φ随 x 的变化如图所示。下列说法正确的是（）
Q1 带正电， Q2 带负电
B．b 处的电场强度为零
C．x 负半轴上有一点场强与 c 处相同
D．一带负电的试探电荷在仅受电场力作用下沿 x 轴从 c 运动到 d 的过程中动能一直增加
如图所示，空间存在沿 x 轴方向的电场，x 轴正方向为电场强度正方向，原点 O 到 x  x1
间的图线为直线，x 轴上下方图像与 x 轴围成的面积相等。一个电荷量大小为 q 的粒子在 O
点由静止释放，一段时间后运动到 x3 处，不计粒子的重力，下列说法正确的是（）
该粒子带负电
x1 处的电势低于 x3 处的电势
粒子在x1 处的动能为qE0 x1
D．O 点到 x2 之间电势差等于 x2 到 x3 之间电势差
如图所示，与水平地面成θ角的传送带，以恒定速率v 顺时针转动。现将一质量为m 的小物体（视为质点）无初速度放在传送带的底端M 处，小物体到达传送带最高点 N 处时恰好达到传送带的速率v ，已知MN 间的高度差为 H ，则在小物体从M 到 N 的过程中（ ）
传送带对小物体做功为 1 mv2
2
将小物体由底端传送到 N 处过程中，该系统多消耗的电能为mgH  1 mv2
2
将小物体传送到 N 处，系统因摩擦而产生的热量为 1 mv2
2
改变传送带与小物体之间的动摩擦因数，物体到达 N 点前速度达到v ，则系统因摩擦产生的热量将减少
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 8．某同学参加校运会跳远比赛的示意图如图所示，忽略空气阻力，从起跳至着地的整个过程中，下列说法正确的是（）
该同学所受重力的冲量为 0 B．该同学着地过程中地面的支持力大于他的重力
C．着地点是沙池的目的是减小着地前后该同学动量的变化量 D．任意一段时间内重力的冲量的方向都相同
转运码头上起吊机正在工作，启动电动机收紧钢索，将原来静止的重物竖直向上提升。提升的前两个阶段，重物的机械能 E 与上升距离 h 的关系如图所示，第二阶段图像为一直线。若全过程各种摩擦忽略不计，下列判断正确的是（）
钢索拉重物的力一直增大 B．钢索拉重物的力先减小后不变 C．在第二阶段，钢索拉重物的力一定大于重物的重力 D．在第二阶段，重物可能做匀速直线运动
如图甲所示，两水平金属板间距为 d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0 时刻，
一质量未知、电荷量为－q 的微粒以初速度v 沿中线射入两板间，0~ T 时间内微粒匀速运动，
03
T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为
g，下列说法正确的是（）
金属板上极板带负电
带电微粒的质量为 E0q
g
金属板的长度为v0T
整个过程电势能的增加量为 1 E qd
2 0
第 II 卷（非选择题）
三、实验题：本题共 2 小题，共 16 分。
11．（10 分）某实验小组用如图甲所示的电路观察电容器的放电现象。实验器材有电动势
为 E 的电源、电容器、电压表、定值电阻 R、电流传感器、开关S1 和S2 、滑动变阻器、导线若干，实验中使用电流传感器采集电流信息，绘制 I-t 图像。实验步骤如下：
闭合开关S1 和S2 ，对电容器充电，调节滑动变阻器使充电完毕后电压表的示数U  5.0V 。
然后断开开关S2 ，电容器通过电阻 R 放电，利用电流传感器得到放电电流 I 随时间 t
变化的图像如图乙所示，则电容器释放的电荷量 Q 约为C;电阻 R 的阻值为
 （结果保留整数）；该电容器的电容C F（结果保留三位有效数字）。
如果将电阻 R 更换为阻值更小的电阻，重做实验时，调节滑动变阻器让电压表示数保持不变，则放电过程中 I-t 图线与坐标轴所围成的面积（选填“增大”“减小”或“不
变”），放电时间（选填“变长”“变短”或“不变”）。
12．（6 分）某同学利用图甲所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验。在水平地面上依次铺上白纸、复写纸，记下小球抛出点在记录纸上的垂直投影点 O。实验时，先调节轨道末端水平，使 A 球多次从斜轨上位置 P 静止释放，根据白纸上小球多次落点的痕迹找到其平均落地点的位置 E。然后，把半径相同的 B 球静置于水平轨道的末端，再将 A 球从斜轨上位置 P 静止释放，与 B 球相碰后两球均落在水平地面上，多次重复上述 A 球与 B 球相碰的过程，根据小球在白纸上多次落点的痕迹（图乙为 B 球多次落点的痕迹）分别找到碰后两球落点的平均位置 D 和 F。用刻度尺测量出水平射程 OD、OE、OF。用天平测得 A 球的质量为 mA，B 球的质量为 mB。
关于实验器材，下列说法正确的是；
实验轨道必须光滑 B．该实验不需要秒表计时
球的质量可以小于 B 球的质量
关于实验操作，下列说法正确的是；
实验过程中白纸和复写纸可以随时调整位置
球每次必须从同一位置由静止释放
球的落点并不重合，说明该同学的实验操作出现了错误
若满足关系式，则可以认为两球碰撞前后动量守恒（用所测物理量表
示）。
该同学做实验时所用小球的质量分别为 mA=45g、mB=7.5g，丙图所示的实验记录纸上已标注了该实验的部分信息，若两球碰撞为弹性碰撞，请将碰后 B 球落点的位置标注在丙图中。
四、计算题：本题共 3 小题，共 40 分。
13.（10 分）如图所示，两平行金属板 A、B 间有一匀强电场，C、D 为电场中的两点，C 点距 A 板 6cm，且dCD  5cm ，其连线的延长线与金属板 B 成 37°角。已知电子从 C 点移到 D点的过程中，克服电场力做功为9.6 1018 J ，元电荷e  1.6 1019 C ， sin 37  0.6 。求：
匀强电场的电场强度；
若选取 A 板的电势φA  0 ，电子在 C 点具有的电势能。
14（. 12 分）如图所示，水平绝缘粗糙的轨道 AB 与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道 BC
平滑连接，半圆形轨道的半径 R  0.40m ，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度 E  3.0 104 N/C 。现有一电荷量q  1.0 105 C 、质量 m  0.04kg 的带电体（可视为质点），在水平轨道上的 P 点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C ，然后落至水平轨道上的 D 点（图中未画出）。取 g  10m/s2 。试求：
带电体运动到圆形轨道C 点时的速度；
带电体对圆弧形轨道的压力的最大值；
15．（16 分）图示，左侧水平高台上放置一质量m1  0.92 kg 的木块，一质量m0  0.08 kg 的
子弹以v0  400 m / s 的速度射向木块并留在其中，随后木块滑向右侧光滑水平面上足够长的长木板上，长木板上表面粗糙且与高台齐平，长木板右侧足够远处排列 2 个质量均为M  3 kg的铁块，已知长木板质量m  1 kg ，所有碰撞均为弹性正碰，重力加速度 g  10m / s2 ，求：
子弹打入木块过程中系统损失的机械能；
木块第一次与长木板共速过程中，受到长木板的摩擦力的冲量大小； (3)木块最终的速度大小。
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物理试题答案
B【详解】A．电场的方向沿电场线的切线方向，b、c 两点的电场强度方向不同，故 A
错误；
B．等势线与电场线垂直，a 点的电势高于 c 点的电势，故 B 正确；
C．试探电荷受力的方向沿电场线的切线方向，将一正的试探电荷从 b 点由静止释放，它不
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
D
B
D
B
D
BD
BD
BCD
沿电场线运动，故 C 错误；
E  k
D． a 点的电场强度大小为
2q
 l 2
 kq
 l 2
 12kq l 2
，故 D 错误。故选 B。
22
  
  
A【详解】对于一质量为 M，带电量为 Q 的带电粒子，设加速电场电压为 U，根据动能
定理可得 1 Mv2  UQ
20
电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为a  QE
M
水平方向上有 x  v0t
21 QE x2E2
2
竖直方向上有 y  at  
2 Mv0
 x
4U
因为四个带电的粒子加速电场电压 U 大小相同，电场强度 E 相同，所以三个带正电粒子的运动轨迹相同，而带负电的粒子的偏转方向与三个带正电的粒子的偏转方向相反。
故选 A。
D【详解】A．电子在 P 点的受力方向与等势面垂直，电子做曲线运动受力方向指向轨迹的凹侧，所以电子在 P 点的受力方向斜向右下，故 A 错误；
B．等差等势线越密，电场强度越大，所以 P 点场强大于 R 点场强，则电子在 P 点受到的电场力大，根据牛顿第二定律可知，电子在 P 点的加速度大于在 R 点的加速度，故 B 错误； CD．电子受电场力方向与电场强度方向相反，所以电场强度方向背离 PQ 实线方向，根据电场线与等势面垂直，且由电势高的地方指向电势低的地方，则从 P 到 R 的电势升高，根
据公式 Ep  qφ可知，电子电势能减小，动能增大，速度大小一直增大，故 D 正确，C 错误
4．B
【详解】A．根据C 
误；
εS
4πkd
，风力越大，两板间的距离 d 越小，电容器电容 C 越大，A 错
B．根据
C  εS
4πkd
C  Q
U
解得
U  4πkdQ
εS
风力越大，两板间的距离 d 越小，两板之间的电势差越小，静电计指针张角越小，B 正确；
C．根据
C  εS
4πkd
C  Q
U
E  U
d
解得
E  4πkQ
εS
风力越大，两板间的距离 d 越小，极板间电场强度与距离 d 无关，电场强度不变，C 错误；
D．根据
E  4πkQ
εS
φP  UP到负极板  ExP到负极板
解得
φ  4πkQ  x
PεS
P到负极板
风力越大，P 点到负极板之间的距离越小，P 点的电势越小，D 错误。故选 B。
5．D
【详解】AB．φ x 图像斜率的绝对值表示场强的大小，故 b 处的场强不为 0，而 c 处的场
强为 0。 c 处的场强为两个点电荷的合场强，由场强叠加原理和点电荷场强公式 E  k Q
r 2
可判断Q1 、Q2 带异种电荷且Q2  Q1 ，又因 x 正半轴上越靠近Q2 的位置电势越大，且电势为正，可知Q2 带正电，故 AB 错误；
C．同理由场强叠加原理和点电荷场强公式 E  k Q 可知，x 负半轴上没有场强为 0 的点，
r 2
故 C 错误； D．由图像可知Ucd  0
负电荷仅受电场力作用下沿 x 轴从 c 运动到 d 的过程中，静电力做正功，动能一直增加，故 D 正确。
故选 D。 6．B
【详解】A．粒子在 O 点由静止释放，一段时间后运动到 x3 处，可知粒子在 O 点处受到的电场力沿 x 轴正方向，与电场强度方向相同，故该粒子带正电，故 A 错误；
BD．由题意 x 轴上下方图像与 x 轴围成的面积相等，根据U  Ed 可知，O 点到 x2 之间电势 差绝对值等于 x2 到 x3 之间电势差绝对值；根据沿场强方向电势降低，可知 O 点到 x2 之间电 势差为正值， x2 到 x3 之间电势差为负值；则 O 点到 x2 之间电势差等于 x3 到 x2 之间电势差，
即 O 点电势等于 x3 处电势，又x1 处的电势低于 O 点电势，所以x1 处的电势低于 x3 处的电势，故 B 正确，D 错误；
C．从 O 点到 x  x1 处， E  x 图线与横轴所围的面积表示 O 点到 x  x1 处电势差，则有
U E0 x1
O12
从 O 点到 x  x 处，由动能定理得qU q  E0 x1  E  0
1O12k
解得粒子x 处的动能为 E  qE0 x1
1k2
故 C 错误。故选 B。 7．D
【详解】A．根据功能关系知传送带对小物体做功等于物体机械能的增加量，则有
mgH  1 mv2 ，故 A 错误；
2
B．根据能量守恒定律，电动机消耗的电能 E电 等于摩擦产生的热量Q 与物块增加机械能的
和，则有mgH  1 mv2  Q ，故 B 错误；
2
C．小物体到达传送带最高点 N 处时恰好达到传送带的速率v ，设时间为t ，根据牛顿第二定律μmgcsθ mgsinθ ma
解得a  g μcsθ sinθ
则时间t  v 
a
v
μgcsθ gsinθ
vv2
故相对位移为S相对  vt  2 t  2 μgcsθ gsinθ ，
μmgcsθv21

则摩擦生热Q  μmgcsθ S相对
2 μgcsθ gsinθ
mv2 ，故 C 错误；
2
D．改变传送带与小物体之间的动摩擦因数，物体到达 N 点前速度达到v ，根据速度位移公式有2 μgcsθ gsinθ x  v2
可知 x 减小， μ增大
又根据Q  μmgcsθ S相对 
μmgcsθv2
2 μgcsθ gsinθ
可知μ增大，则Q 减小，即系统因摩擦产生的热量将减少，故 D 正确。故选 D。
BD
【详解】AD．根据冲量的定义可知，该同学所受重力的冲量不为 0，任意一段时间内重力的冲量的方向都是竖直向下，故 A 错误，D 正确；
B．该同学着地过程中，重心有竖直向上的加速度，处于超重状态，地面的支持力大于他的重力，故 B 正确；
C．着地点是沙池的目的是为了延长作用时间，根据动量定理可知可以减小地面对该同学的冲击力，但该同学的动量变化量并不减小，故 C 错误。
故选 BD。 9．BD
【详解】AB．拉力对重物做的功，等于重物的机械能变化，则
E=Fh
则由图可知，钢索拉重物的力先减小后不变，故 A 错误，B 正确；
C．第二阶段，斜率保持不变，钢索对重物的拉力 F 不变，但 F 与 mg 大小关系不能确定，可能 F>mg 做匀加速直线运动，可能 F=mg，做匀速直线运动，故 C 错误；
D．由 C 知，第二阶段，F 不变，若 F=mg，则 F 合=0，受力平衡，则重物匀速上升，速度保持不变。故 D 正确。
故选 BD。
BCD
【详解】AB．0~ T 时间内微粒匀速运动，则有qE
 mg
30
所以上极板带正电，且m  E0q ，故 A 错误，B 正确。
g
C．整个过程微粒水平方向做匀速直线运动，金属板长度 L  v0T ，故 C 正确。
D． 1 T2
内，微粒做平抛运动， 2T ~T 时间内，微粒的加速度2E q  mg  ma
3
得 a＝g
~ 3 T30
方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T 时刻竖直分速度为零，所以末速度的方
向沿水平方向。在T ~ 2T 内和 2T ~T 时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，则
333
T ~ 2T 内和 2T ~T 时间内位移的大小相等均为 1 d ，所以整个过程中克服电场力做功为
3334
W  2E q  1 d  1 E qd ，故 D 正确。
042 0
故选 BCD。
1.08x10-2500
2.16 103
不变变短（每空 2 分）
【详解】（2）由题图乙可知， t  0 时刻，电流大小为 10.0mA，可知电阻 R 的阻值为
R  U
I
5 .0
10 .0  10 3
  500 
由电流的计算公式
I  Q
t
可知， I  t 图像与坐标轴所围面积表示电容器所带电荷量，每个小方格的面积表示
q  1103  0.4C=4.0 104 C
由此可知
Q  27q  1.08102 C
由电容的定义式可得电容器的电容
C  Q 
U
1.08102
5.0
F  2.16 103 F
将电阻 R 更换为阻值更小的电阻，由于电压不变，所以电容器所释放的电荷量不变，放电过程中 I  t 图线与坐标轴所围成的面积不变。
[5]由于阻值更小，因此最大放电电流比原来的大，电量不变，所以放电时间变短。
B （1 分）B（ 1 分）
mA  OE  mA  OD  mB  OF
（2 分）
（2 分）
【详解】（1）A．本实验要求 A 球每次运动至斜槽末端时的速度都相同，只需要每次将 A球从斜槽轨道同一位置由静止释放即可，斜槽轨道是否光滑对上述要求无影响，所以斜槽轨道不必须光滑，故 A 错误；
B．本实验可以通过位移信息来间接反映速度信息，因此不需要秒表计时来测速度，故 B 正确；
C．为使碰撞后 A 球不反弹， A 球的质量必须大于 B 球的质量，故 C 错误。故选 B。
（2）A．实验过程中复写纸可以随时调整位置，但白纸不能随时调整位置，否则会使记录的落点位置变化，故 A 错误；
B．为了使 A 球每次到达轨道末端时速度相同，A 球每次必须从同一位置由静止释放，故 B
正确；
C．B 球的落点并不重合，属于实验的系统误差，并不说明该同学的实验操作出现了错误，故 C 错误。
故选 B。
（3）因为 A 球碰后速度不可能比初速度还大，所以 A 球碰后的落点一定是 D，而 B 球碰后的落点一定是 F，根据前面分析可知，碰撞前瞬间 A 球的速度、碰撞后瞬间 A、B 球的速
度可分别表示为
vA1  OE
vA2  OD
vB1  OF
根据动量守恒定律有
mAvA1  mAvA 2  mBvB1①
所以验证动量守恒需要满足的表达式为
mA  OE  mA  OD  mB  OF
（5）若两球碰撞为弹性碰撞，则根据能量守恒定律有
1 m v2  1 m v2  1 m v2②
联立①②两式解得
2 A A1
2 A A 2
2 B B1
vB1 
vA1
2mA
mA  mB
 12
7
所以 B 球落点位置到 O 点的距离与 O、E 之间的距离之比为 12∶7，标注的位置如图所示。
13．（1）2000V/m，向由 B 板垂直指向 A 板；（2） 1.92 1017 J
【详解】（1）电子从 C 点移到 D 点的过程中，克服电场力做功为9.6 1018 J ，可得
UCD
匀强电场的电场强度为
 W CD 
e
9.6 1018
1.6 1019
V  60V2 分
E UCD
dCD sin 37
60V / m  2000V / m2 分
2 
5 100.6
方向由 B 板垂直指向 A 板1 分
（2）由
CA
U Ed  2000  6 102 V  120V1 分
又
UCA φC φA  120V1 分
可得
φC  120V1 分
则电子在 C 点具有的电势能为
C
P
E  eφ  1.6 1019 120J  1.92 1017 J2 分
14．1．（1） 2.0m/s ；（2） 2.7N ；（3） 0.2m
【详解】（1）设带电体通过 C 点时的速度为 vC，由牛顿第二定律得
v 2
mg  m C 2 分
R
解得
vC  2.0m/s2 分
（2）设带电体通过 B 点时的速度为 vB，带电体从 B 运动到 C 的过程中，由动能定理得
mg 2R  1 mv 2  1 mv 2
2C2B
解得
vB  2 5m/s
由 P 到 B 带电体做加速运动，由于电场力和重力的合力斜向右下方，所以带电体从 B 到 C
先加速后减速，最大速度一定出现在从 B 到圆弧上与 O 等高的位置之间。在此过程中只有
重力和电场力做功，电场力
F  qE  0.3N
G  mg  0.4N
其合力与重力方向成 37°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在 B 点右侧对应圆心角为 37°
处。设小球的最大动能为 Ekm，最大速度为 vm，最大支持力为 FN ，根据动能定理有
qER sin 37  mgR(1 cs 37)  1 mv 2  1 mv 2
2m2B
解得
vm  22m/s
在动能最大位置，支持力也最大，因电场力与重力的合力大小为
F  0.5N
根据牛顿第二定律，有
解得 FN  2.7N
v 2
F  0.5N  m m 1 分
NR
15．(1)5888J(2)16 N s
1 m / s
【详解】（1）子弹打入木块，根据动量守恒定律m0v0  m0  m1 v1
可知v1 
m0 m  m
v0  32 m / s2 分
01
根据能量守恒可知，此过程中损失的动能 E  1 m v2  1 m  m  v2  5888 J2 分
损2 0 0201 1
解得 E损  5888 J2 分
木块（含子弹） m 滑上长木板，第一次与长木板共速过程中，系统动量守恒
mv1  m  mv共0 ，解得v共0  16 m / s2 分
由动量定理得摩擦力的冲量 I  m v1  v共0  ，2 分
解得 I  16 N s1 分
长木板与 1 号铁块发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒有mv共0  mv木1  Mv铁1 ，
1 mv2  1 mv2  1 Mv2
2共02木12铁1
可知v m  M v 8 m / s ， v2m v 8 m / s2 分
木1m  M 共0铁1m  M 共0
接着 1 号铁块与 2 号铁块发生弹性碰撞，由于质量相等，发生速度交换，2 号铁块获得8 m / s的速度滑走，1 号铁块静止，m 则反弹后向左运动一段时间后再次与木块共速，继续碰撞铁块 1，由以上分析有mv共0  mv木1  m  mv共1
可知v 1 v 4 m / s1 分
共14 共0
长木板与 1 号铁块再次发生弹性碰撞，可解得v  1 v 2 m / s ， v   1 v 2 m / s
-1 分
木22 共1
铁12 共1
1 号铁块获得2 m / s 的速度滑走，对木板和木块，根据动量守恒mv共1  mv木2  m  mv共2
-1 分
解得木板与木块最终速度v共2  1m / s1 分