湖南省邵阳市邵东县创新实验学校2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）

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1、湖南省邵阳市邵东县创新实验学校2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析） 一.选择题（共12小题，每小题4分，1-9小题只有一个选项是正确的，10-12为多项选择题）1如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转。首先观察到这个实验现象的物理学家是（）A奥斯特B爱因斯坦C伽利略D牛顿2如图所示的电场中两点A和B（实线为电场线，虚线为等势面）关于A、B两点的场强E和电势，正确的是（）AEAEBABBEAEBABCEAEBABDEAEBAB3如图所示是静电场的一部分电场分布，下列说法正确的是（）A这个电场可能是负点电荷的电场BA处的电场强度大于B处的电场

2、强度C负电荷在A处所受的电场力方向沿A点的切线方向D点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度小（不计重力）4在图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r在滑动变阻器的滑动触片P从图示位置向下滑动的过程中（）A电路中的总电流变小B路端电压变大C通过滑动变阻器R1的电流变小D通过电阻R2的电流变小5如图所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板A、B之间的P点，处于静止状态。现将极板A向下平移一小段距离，但仍在P点上方，其它条件不变。下列说法中正确的是（）A液滴将向下运动B液滴将保持静止C板间电场强度增大D极板带电荷量将减少6如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且相邻两等势线的电势差相等

3、，一个正电荷在等势线3上时具有动能20J，它运动到等势线1上时，速度恰好为零，令20，那么当该电荷的电势能为4J时，其动能为（）A16JB10JC6JD4J7如图所示，两个定值电阻R1、R2串联后接在电压U稳定于12V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，电压表的示数为8V如果他把电压表改接在R2两端，则电压表的示数将（）A小于4VB等于4VC大于4V小于8VD等于或大于8V8如图所示，在滑动变阻器的触头由a点向b点移动的过程中，灯泡L将（）A一直变暗B一直变亮C先亮后暗D先暗后亮9如图所示，质量为m，带电量为q的粒子，以初速度v0，从A点竖直向上射入空气中的沿

4、水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB2v0，方向与电场的方向一致，则A，B两点的电势差为（）ABCD10下列关于等势面的说法正确的是（）A电荷在等势面上移动时不受电场力作用，所以不做功B等势面上个点的场强相等C点电荷在真空形成的电场的等势面是以点电荷为球心的一簇球面D匀强电场中的等势面是相互平行的垂直于电场线的一簇平面11如果不计重力的电子，只受电场力作用，那么电子在电场中可能做（）A匀速直线运动B匀加速直线运动C匀变速曲线运动D匀速圆周运动12所示的电路中，电源电动势为、内电阻为r（小于外电路的总电阻），当变阻器R的滑片位于中点时，A、B、C三个小灯泡均正常发光，且亮度相同，

5、则（）A三个小灯泡中，C灯电阻最大，B灯电阻最小B当滑片P向左移动时，A、C两灯变亮，B灯变暗C当滑片P向左移动时，B、C两灯变亮，A灯变暗D当滑片P向左移动时，电源效率减小二实验题（14分）13（8分）做“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验。（1）实验电路图已经画出了一部分，如图甲所示，但尚未完整，请将该电路完整地连接好；（2）按你连接的电路，S闭合后，要使小灯泡的亮度增加，变阻器的滑动触头P应向 （选填“A”或“B”）端移动；（3）设小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。实验时，需要在0V到小灯泡的额定电压之间选取10个左右的电压值记录它对应的电流值，为较准确地描绘出小电珠的伏安特性曲线，应在图乙中

6、的A、B、C三点中的 点（仅填一个点）附近取较密或较多个电压值。14（6分）在做测量干电池的电动势和内电阻的实验时，实验电路图如图1及器材如下：（1）将下列实物连接图如图2补充完整（2）实验中的原理是： （3）据实验记录，画出的UI图象如图3所示，可得待测电池电动势为 V，内电阻r为 三计算题（38分）15（12分）如图所示，合上电键S1当电键S2闭合时，电流表的示数为0.75A；当电键S2断开时，电流表的示数为0.5A，R1R22求电源电动势E和内电阻r16（12分）如图所示，间距为d的足够大的平行金属板A、B水平放置，两金属板间接有电压为U的恒定电源。在金属板A的正中央位置有一个粒子源P，

7、粒子源P能向金属板A、B间均匀发射沿各个方向的质量为m、带电荷量为+q、初速度为v0的粒子，粒子最终全部落在金属板B上，不计粒子重力以及粒子间的相互作用力，求：（1）粒子到达金属板B时的速度大小v；（2）这些粒子中从金属板A运动到金属板B的最短时间t1和最长时间t2。17（14分）如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，质量m0.95kg的滑块B放在长木板A的左端，一质量m050g的子弹C沿水平方向以v0200m/s的速度射中滑块B并嵌入其中（此过程时间极短），此后滑块B恰好运动到了长木板A的最右端，长木板A运动的vt图象如图乙所示，滑块B和子弹C都可以看做质点，g10m/s2，求：（1）长木

8、板A的质量M；（2）滑块B与长木板A间的动摩擦因数；（3）长木板A的长度l。2020学年湖南省邵阳市邵东县创新实验学校高二（上）期末物理试卷（高考科）参考答案与试题解析一.选择题（共12小题，每小题4分，1-9小题只有一个选项是正确的，10-12为多项选择题）1（4分）如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转。首先观察到这个实验现象的物理学家是（）A奥斯特B爱因斯坦C伽利略D牛顿【分析】本实验是1820年丹麦的物理学家奥斯特做的电流磁效应的实验。【解答】解：当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，说明电流产生了磁场，这是电流的磁效应，首先观察到这个实验现

9、象的物理学家是奥斯特。故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题考查的是物理学常识。对于物理学史上著名物理学家、经典实验和重要理论要记牢，这也是高考内容之一。2（4分）如图所示的电场中两点A和B（实线为电场线，虚线为等势面）关于A、B两点的场强E和电势，正确的是（）AEAEBABBEAEBABCEAEBABDEAEBAB【分析】根据电场线密处场强大，电场线稀处场强小的特点判断场强大小，根据沿着电场线电势要逐渐降低的原理判断电势的高低【解答】解：电场线密处场强大，故A点的场强大于B点的场强。沿着电场线电势要逐渐降低，故A点处等势面的电势高于B处等势面的电势，所以A点的电势高于B点的电势。故B正

10、确，ACD错误。故选：B。【点评】本题要掌握电场线密处场强大，电场线稀处场强小，和沿着电场线电势要逐渐降低这两个结论3（4分）如图所示是静电场的一部分电场分布，下列说法正确的是（）A这个电场可能是负点电荷的电场BA处的电场强度大于B处的电场强度C负电荷在A处所受的电场力方向沿A点的切线方向D点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度小（不计重力）【分析】电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小。电场力FqE，同一电荷在场强越大的地方，所受的电场力越大。【解答】解：A、根据图象判断这不是孤立的负点电荷形成的电场，故A错

11、误。BD、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以EAEB，根据FqEma知q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度大，故B正确，D错误。C、电场线的切线方向为该点场强的方向，由FqE知负电荷在A点处受到的静电力的方向与场强的方向相反，故C错误。故选：B。【点评】本题关键要理解并掌握点电荷、匀强电场的电场线的分布情况，理解电场线的物理意义，就能轻松选择。4（4分）在图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r在滑动变阻器的滑动触片P从图示位置向下滑动的过程中（）A电路中的总电流变小B路端电压变大C通过滑动变阻器R1的电流变小D通过电阻R2的电流变小【分析】在滑动变阻器R1

12、的滑动触片P向下滑动的过程中，R1变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律分析电路中的总电流和路端电压的变化，分析通过电阻R2的电流变化，再判断通过滑动变阻器R1的电流的变化【解答】解：A、在滑动变阻器R1的滑动触片P向下滑动的过程中，R1变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律分析电路中的总电流变大。故A错误。B、由A分析结合路端电压UEIr，I变大，E、r不变，则U变小。故B错误。C、路端电压U变小，通过电阻R2的电流变小。而干路电流变大，故通过滑动变阻器R1的电流变大，故C错误。D、路端电压U变小，通过电阻R2的电流变小。故D正确。故选：D。【点评】本题也可以利用结论进行判断：变阻器

13、电阻变小，路端电压必定变小，其所在电路电流必定增大，所并联的电路电压变小5（4分）如图所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板A、B之间的P点，处于静止状态。现将极板A向下平移一小段距离，但仍在P点上方，其它条件不变。下列说法中正确的是（）A液滴将向下运动B液滴将保持静止C板间电场强度增大D极板带电荷量将减少【分析】带电油滴悬浮在平行板电容器中P点，处于静止状态，电场力与重力平衡，将极板A向下平移一小段距离时，根据E分析板间场强如何变化，判断液滴如何运动。根据电容的决定式和定义式结合分析极板所带电量如何变化。【解答】解：ABC、电容器板间的电压保持不变，当将极板A向下平移一小段距离时，d减小，

14、根据E分析得知，板间场强增大，液滴所受电场力增大，液滴将向上运动，故AB错误，C正确。D、将极板A向下平移一小段距离时，根据电容的决定式C得知电容C增大，而电容器的电压U不变，极板带电荷量将增大，故D错误。故选：C。【点评】本题关键要抓住电容器的电压不变，由电容的决定式C、电量QCU以及E结合分析即可求解。6（4分）如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且相邻两等势线的电势差相等，一个正电荷在等势线3上时具有动能20J，它运动到等势线1上时，速度恰好为零，令20，那么当该电荷的电势能为4J时，其动能为（）A16JB10JC6JD4J【分析】由题意，相邻等势面间的电势差相等，电荷经过相邻等势面时

15、电场力做功相等，根据动能定理求出电荷经经过2等势面时的动能，确定电荷总能量，再由能量守恒定律求出电势能为4J时它的动能。【解答】解：由题，正电荷在等势面3上时动能20J，在等势面1上时动能为零，动能的减小为20J由于相邻等势面间的电势差相等，电荷经过相邻等势面时电场力做功相等，动能减小量相等，则电荷经经过2等势面时的动能为10J，又20，所以电荷的动能与电势能的总量为10J，根据能量守恒定律得到，电势能为4J时它的动能为6J。故选：C。【点评】本题要充分运用匀强电场的特点，确定出总能量是关键。基本题。7（4分）如图所示，两个定值电阻R1、R2串联后接在电压U稳定于12V的直流电源上，有人把一个

16、内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，电压表的示数为8V如果他把电压表改接在R2两端，则电压表的示数将（）A小于4VB等于4VC大于4V小于8VD等于或大于8V【分析】电压表的内阻不是远大于R1 R2，电表表与电阻并联后，并联部分电阻减小，分担的电压减小结合串联电路电压与电阻成正比来分析电压表的示数【解答】解：电压表接在R1两端，电压表的示数8V，则此时R2两端的电压为4V。把此表改接在两端R2时，由于电压表的内阻不是远大于R1 R2，电压表与R2并联的阻值小于R2，而R1与并联部分串联，总电压U12V，则R1的电压大于8V，电压表与R2并联的电路的电压小于4V。故选：A。【点评】本题

17、要注意电压表是实际的电表，内阻不是无穷大，电表对电路的影响不能忽略，把电压表看成可测量电压的电阻8（4分）如图所示，在滑动变阻器的触头由a点向b点移动的过程中，灯泡L将（）A一直变暗B一直变亮C先亮后暗D先暗后亮【分析】在滑动变阻器的触头由a点向b点移动的过程中，分析变阻器上下两部分并联电阻的变化，根据欧姆定律分析电路中电流的变化，再判断灯泡亮度的变化【解答】解：在滑动变阻器的触头由a点向b点移动的过程中，变阻器上下两部分并联电阻先增加后减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中电流先减小后增大，则灯泡L先变暗后变亮。故选：D。【点评】本题关键抓住当滑动变阻器的触头位于中点时，两侧并联电阻最大

18、9（4分）如图所示，质量为m，带电量为q的粒子，以初速度v0，从A点竖直向上射入空气中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB2v0，方向与电场的方向一致，则A，B两点的电势差为（）ABCD【分析】微粒在匀强电场中受到重力和电场力两个力作用，根据动能定理求出AB两点间的电势差UAB【解答】解：粒子，从A到B，根据动能定理得：qUABmgh因为vB2v0，若只考虑粒子在竖直方向，只受到重力，所以机械能守恒，则有mgh由以上三式，则有UAB故选：C。【点评】涉及到电势差的问题，常常要用到动能定理。本题的难点在于运动的处理，由于微粒受到两个恒力作用，运用运动的分解是常用的方法。10（

19、4分）下列关于等势面的说法正确的是（）A电荷在等势面上移动时不受电场力作用，所以不做功B等势面上个点的场强相等C点电荷在真空形成的电场的等势面是以点电荷为球心的一簇球面D匀强电场中的等势面是相互平行的垂直于电场线的一簇平面【分析】电场中电势相等的各个点构成的面叫做等势面；等势面与电场线垂直，沿着等势面移动点电荷，电场力不做功【解答】解：A、等势面与电场线垂直，故沿着等势面移动点电荷，电场力与运动方向一直垂直，电场力不做功，但存在电场力，故A错误；B、电场中电势相等的各个点构成的面叫做等势面，等势面上各个点的场强大小情况要看具体的电场，故B错误；C、等势面与电场线垂直，结合这个特点可以知道孤立点

20、电荷在真空中形成的电场的等势面是以点电荷为圆心的一簇球面，故C正确；D、等势面与电场线垂直，结合这个特点可以知道匀强电场中的等势面是相互平行的垂直于电场线的一簇平面，故D正确；故选：CD。【点评】本题关键是要明确等势面的概念，同时要能根据电场线画出常见的几种等势面图11（4分）如果不计重力的电子，只受电场力作用，那么电子在电场中可能做（）A匀速直线运动B匀加速直线运动C匀变速曲线运动D匀速圆周运动【分析】不考虑电子的重力，电子在电场中一定会受到电场力的作用，根据电场力的方向和速度的方向之间的关系可以判断电子的运动的情况。【解答】解：A、由于电子在电场中一定会受到电场力的作用，一定有加速度，所以

21、电子不会做匀速直线运动，所以A不可能；B、当电子受到的电场力的方向和电子的速度的方向相同时，电子就会做匀加速直线运动，所以B可能；C、当电子受到的电场力的方向和电子的速度的方向垂直时，电子将做类平抛运动，是匀变速曲线运动，所以C可能；D、当电子受到的电场力的方向始终和速度的方向垂直时，电子就会做匀速圆周运动，比如电子绕着原子核的转动，所以D可能。故选：BCD。【点评】解决本题的关键是分析清楚电场力和速度的方向之间的关系，电子做匀速圆周运动的情况是学生经常出错的地方。12（4分）所示的电路中，电源电动势为、内电阻为r（小于外电路的总电阻），当变阻器R的滑片位于中点时，A、B、C三个小灯泡均正常发

22、光，且亮度相同，则（）A三个小灯泡中，C灯电阻最大，B灯电阻最小B当滑片P向左移动时，A、C两灯变亮，B灯变暗C当滑片P向左移动时，B、C两灯变亮，A灯变暗D当滑片P向左移动时，电源效率减小【分析】首先认识电路的结构：变阻器与A灯并联后与B灯串联，最后与C灯并联根据公式PI2R比较灯A与B电阻的大小，根据公式P，比较灯A、C电阻的大小当滑片P向左移动时，根据欧姆定律分析三个灯亮度的变化和电源功率的变化【解答】解：A、对于灯A、B：通过A的电流小于B的电流，当两灯泡的功率相同时，由公式PI2R分析可知，A的电阻大于B的电阻。灯C的电压大于A的电压，当两个灯泡的功率相同时，C的电阻大于A的电阻。可

23、见，C灯电阻最大，B灯电阻最小。故A正确。B、C当滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，C灯变亮。流过B灯的电流IBIIC，I减小，IC增大，则IB减小，则B灯变暗。A灯的电压UAUUB，U增大，UB减小，则UA增大，A灯变亮。故B正确，C错误。D、电源的效率，当滑片P向左移动时，外电阻增大，路端电压U增大，电源效率增大。故D错误。故选：AB。【点评】三个灯比较电阻的大小，可两两进行比较，根据条件关系选择恰当的公式，功率相同的条件下，已知电压的大小关系，根据公式P比较电阻的大小；已知电流的大小关系，根据公式PI2R比较电阻的大小二实验题（14分

24、）13（8分）做“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验。（1）实验电路图已经画出了一部分，如图甲所示，但尚未完整，请将该电路完整地连接好；（2）按你连接的电路，S闭合后，要使小灯泡的亮度增加，变阻器的滑动触头P应向B（选填“A”或“B”）端移动；（3）设小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。实验时，需要在0V到小灯泡的额定电压之间选取10个左右的电压值记录它对应的电流值，为较准确地描绘出小电珠的伏安特性曲线，应在图乙中的A、B、C三点中的B点（仅填一个点）附近取较密或较多个电压值。【分析】（1）由题意及实验的原理可知，本实验应采用滑动变阻器分压接法；按分压接法补全电路图；（2）为了增大亮度，应增大灯泡两端

25、的电压，即增大与测量电路并联的滑动变阻器的阻值；（3）从小灯泡的伏安特性曲线的实验原理去分析考虑。【解答】解：（1）由本实验的要求可知，为了多测几线数据，应采用分压接法，故连线如图所示；（2）由图可知，与测量电路并联部分为滑动变阻器的左侧部分，故为了增大电压应将滑片向B移动，从而增大灯泡两端的电压；（3）由图象可知，在B处斜率变化较大，为了准确地将此处的转折做出，应在此处多测几级数据；故答案为：（1）如上图；（2）B（或右）（3）B。【点评】本题应牢记在测量小灯泡的伏安特性曲线时一定要采用分压接法；并注意滑动变阻器的哪一部分与灯泡并联供电。14（6分）在做测量干电池的电动势和内电阻的实验时，实

26、验电路图如图1及器材如下：（1）将下列实物连接图如图2补充完整（2）实验中的原理是：根据闭合电路欧姆定律EU+Ir，当外电阻R变化时，路端电压U及电路中电流I将发生改变，多次改变外电阻R，得到多组路端电压U及电路中电流I的数据，运用公式法或图象法可以求出干电池的电动势和内电阻（3）据实验记录，画出的UI图象如图3所示，可得待测电池电动势为2.10V，内电阻r为4.2【分析】根据电路图连接实物图根据闭合电路欧姆定律EU+Ir，多次改变外电阻R，得到多组路端电压U及电路中电流I的数据，运用公式法或图象法可以求出干电池的电动势和内电阻外电压与电流成线性关系，图线是一条直线，根据UI图线，纵轴截距表示

27、电动势的大小，图线斜率的绝对值表示内阻的大小【解答】解：（1）根据电路图连接实物图：（2）实验原理：根据闭合电路欧姆定律EU+Ir，当外电阻R变化时，路端电压U及电路中电流I将发生改变，多次改变外电阻R，得到多组路端电压U及电路中电流I的数据，运用公式法或图象法可以求出干电池的电动势和内电阻（3）根据闭合电路欧姆定律EU+Ir，UEIr，知UI成线性关系，图线的纵轴截距为2.10，所以电动势为：E2.10V，图线斜率的绝对值为：r4.2故答案为：（1）如图，（2）根据闭合电路欧姆定律EU+Ir，当外电阻R变化时，路端电压U及电路中电流I将发生改变，多次改变外电阻R，得到多组路端电压U及电路中电

28、流I的数据，运用公式法或图象法可以求出干电池的电动势和内电阻（3）2.10，4.2【点评】解决本题的关键掌握伏安法测量电源电动势和内阻的原理，EU+Ir，以及会通过UI图线得出电源的电动势和内阻三计算题（38分）15（12分）如图所示，合上电键S1当电键S2闭合时，电流表的示数为0.75A；当电键S2断开时，电流表的示数为0.5A，R1R22求电源电动势E和内电阻r【分析】对电键闭合和断开时分别根据闭合电路欧姆定律列方程求解即可【解答】解：当电键S2断开时，根据闭合电路欧姆定律：EI1（R1+r）当电键S2闭合时，根据闭合电路欧姆定律：EI2（+r）代入数据：E0.5（r+2）E0.75（r+

29、1）解得：E1.5V，r1答：电源电动势E为1.5V，内电阻r为1【点评】解答本题的关键是掌握闭合电路欧姆定律，并能用来分析和计算直流电流的问题16（12分）如图所示，间距为d的足够大的平行金属板A、B水平放置，两金属板间接有电压为U的恒定电源。在金属板A的正中央位置有一个粒子源P，粒子源P能向金属板A、B间均匀发射沿各个方向的质量为m、带电荷量为+q、初速度为v0的粒子，粒子最终全部落在金属板B上，不计粒子重力以及粒子间的相互作用力，求：（1）粒子到达金属板B时的速度大小v；（2）这些粒子中从金属板A运动到金属板B的最短时间t1和最长时间t2。【分析】（1）对粒子从A板运动到B板的过程，根据

30、动能定理即可求出粒子到达金属板B时的速度大小v。（2）粒子在两板间运动时加速度一定，当粒子垂直于极板向下的初速度最大时运动时间最短。当粒子垂直于极板向下的初速度最小时运动时间最长。根据牛顿第二定律求出加速度，再由位移时间公式求解。【解答】解：（1）对粒子从A板运动到B板的过程，根据动能定理得：qU可得 v（2）粒子运动的加速度为 a当粒子的初速度垂直于极板向下时在两板间运动的时间最短，则有 dt1解得 t1当粒子的初速度平行于极板时在两板间运动的时间最长，则有 d解得 t2d答：（1）粒子到达金属板B时的速度大小v为；（2）这些粒子中从金属板A运动到金属板B的最短时间t1和最长时间t2分别为和

31、d。【点评】解决本题的关键要搞清粒子在电场中的运动情况，明确时间最短和最长的条件，利用分运动的规律求解。17（14分）如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，质量m0.95kg的滑块B放在长木板A的左端，一质量m050g的子弹C沿水平方向以v0200m/s的速度射中滑块B并嵌入其中（此过程时间极短），此后滑块B恰好运动到了长木板A的最右端，长木板A运动的vt图象如图乙所示，滑块B和子弹C都可以看做质点，g10m/s2，求：（1）长木板A的质量M；（2）滑块B与长木板A间的动摩擦因数；（3）长木板A的长度l。【分析】（1）子弹、滑块B和木板A组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒列方程求解

32、A的质量。（2）根据速度时间图象求解A的加速度，结合牛顿第二定律求解动摩擦因素。（3）分析B的运动情况，分别求解出A、B在速度相等前的位移，两位移之差即为长木板A的长度。【解答】解：（1）根据题意可知，A、B和子弹组成的系统在水平方向动量守恒，根据动量守恒定理有：m0v0（m0+m+M）v，根据图象可知，三者最终的速度为：v4m/s，则代入数据解得：M1.5kg。（2）01s时间内，A的加速度为：，根据牛顿第二定律有：，解得：0.3。（3）令子弹射入B后两者的速度为v1，根据动量守恒定律有：m0v0（m+m0）v1，解得：v110m/s，子弹嵌入B后二者一起在木板A上做加速度为的匀减速直线运动，当速度减小到4m/s时，刚好运动到A的右端，则该段时间BC的位移为：，A木板在该段时间发生的位移为：，所以长木板A的长度l为：lxBCxA10m。答：（1）长木板A的质量M为1.5kg。（2）滑块B与长木板A间的动摩擦因数为0.3。（3）长木板A的长度l为10m。【点评】解决该题的关键是掌握动量守恒的条件，能根据动量守恒定律列方程求解速度，掌握相对位移的求解方法。