河北省保定一中2020届高三上学期阶段测试物理试题

保定一中 2019—2020 学年度第一学期第二次阶段性考试
物理试卷
第Ⅰ卷 选择题（50分）
一、选择题（本大题有15个小题，1—10为单项选择题，每题3分。11—15为多选题，全部选对得4分，漏选且正确得2分，不选、错选得0分）
1.如图所示，一恒力F与水平方向夹角为θ，作用在置于光滑水平面上，质量为m的物体上，作用时间为t，则力F的冲量为（ ）

A. Ft B. mgt C. Fcosθt D. (mg-Fsinθ)t
【答案】A
【解析】
【详解】根据冲量的定义式，得F的冲量为Ft，A对，BCD错。
2.如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为(　　)

A. v0＋(v0＋v) B. v0－v
C. v0＋v D. v0＋(v0－v)
【答案】A
【解析】
【详解】人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：（M+m）v0=Mv′-mv，解得：v′=v0+（v0+v）；
A. v0＋(v0＋v)，与结论相符，选项A正确；
B. v0－v，与结论不相符，选项B错误；
C. v0＋v，与结论不相符，选项C错误；
D. v0＋(v0－v) ，与结论不相符，选项D错误；
【此处有视频，请去附件查看】

3.一辆质量为m的汽车在平直公路上，以恒定功率P行驶，经过时间t，运动距离为x，速度从v1增加到v2，已知所受阻力大小恒为f，则下列表达式正确的是（　　）
A. x=t B. P=fv1
C. ﹣= D. Pt﹣fx=mv22﹣mv12
【答案】D
【解析】
汽车以恒定功率P行驶，则，物体做加速度减小的加速，最终匀速。
A：物体做变加速运动，匀变速直线运动的公式不成立。故A错误。
B：、；故B错误。
C：，物体做变加速运动，故C错误。
D：据动能定理： ，则；故D正确。
4.一个质量为M，底面长为b的三角形劈静止于光滑的水平桌面上，如图，有一质量为m的物块由斜面顶部无初速度滑到底部时，关于劈移动距离s的下列说法中正确的是（）

A. 若斜面光滑，
B. 若斜面光滑，下滑过程中系统动量守恒，机械能守恒
C. 若斜面粗糙，
D. 若斜面粗糙，下滑过程中系统动量守恒，机械能不守恒
【答案】AC
【解析】
【分析】
水平方向动量守恒，人船模型。
【详解】A．若斜面光滑，下滑过程中，设物块水平位移大小x，斜劈水平移动距离s，则x+s=b，水平方向动量守恒：



联立可得：，A正确；
B．下滑过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向由于重力作用，动量不守恒，B错误；
C．若斜面粗糙，水平方向也是动量守恒，同理可得，C正确；
D．斜面粗糙，无初速度下滑，由于重力作用，竖直方向动量不守恒，D错误。故选AC。
5.矩形滑块由不同材料的上下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图所示，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．若射向上层滑块，子弹刚好不射出；若射向下层滑块，则子弹整个儿刚好嵌入滑块，由上述两种情况相比较（　　）

A. 子弹嵌入两滑块的过程中对滑块的冲量一样多
B. 子弹嵌入上层滑块的过程中对滑块做的功较多
C. 子弹嵌入下层滑块的过程中对滑块做的功较多
D. 子弹嵌入上层滑块的过程中系统产生的热量较多
【答案】A
【解析】
【分析】
动量守恒，完全非弹性碰撞。
【详解】A．不论哪种情况，最后子弹与滑块都共速，两种情况末速度相同，即滑块获得的动量相同，子弹嵌入两滑块的过程中对滑块的冲量一样多，A正确；
BC．两种情况末速度相同，即获得的动能一样多，子弹嵌入上层滑块的过程中对滑块做的功一样多，BC错误；
D．系统产生的热量就是系统机械能的损失，两种情况机械能损失相同，所以产生的热量相同，D错误。故选A。
6.如图所示，半径为R的光滑圆环竖直放置，N为圆环的最低点。在环上套有两个小球A和B，A、B之间用一根长为R的轻杆相连，使两小球能在环上自由滑动。已知A球质量为4m，B球质量为m，重力加速度为g。现将杆从图示的水平位置由静止释放，在A球滑到N点的过程中，轻杆对B球做的功为

A. mgR B. 1.2mgR C. 1.4mgR D. 1.6mgR
【答案】B
【解析】
【详解】根据几何知识可得：AO与竖直方向的夹角为60°。在A球滑到N点时，由系统的机械能守恒得：4mgR（1-cos60°）-mgR=，其中 vA=vB ；对B，运用动能定理得：-mgR+W= ，联立以上各式得轻杆对B球做的功 W=1.2mgR。
7.如图（a）所示，一根质量为M的链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半挂在桌边，将链条由静止释放，链条刚离开桌面时的速度为v1。然后在链条两端各系一个质量为m的小球，把链条一半和一个小球放在光滑的水平桌面上，另一半和另一个小球挂在桌边，如图（b）所示。又将系有小球的链条由静止释放，当链条和小球刚离开桌面时的速度为v2（设链条滑动过程中始终不离开桌面）。下列判断中正确的是（）

A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 无论M与m大小关系如何，均有
【答案】D
【解析】
【分析】
考查机械能守恒定律的应用。
【详解】铁链释放之后，到离开桌面，因为桌面无摩擦，对两次释放，桌面下方L处为零势能面，第一次释放前系统的重力势能为：

释放后重力势能：

损失的重力势能为：

根据机械能守恒定律：

解得
第二次释放前系统的重力势能为：

释放后重力势能：

损失的重力势能为：

根据机械能守恒定律：

解得：
对比可知 ，与M、m大小无关，D正确，ABC错误。故选D。
8.在光滑水平地面上匀速运动的装有砂子的小车，小车和砂子总质量为M，速度为v0，在行驶途中有质量为m的砂子从车上漏掉，砂子漏掉后小车的速度应为： （ ）
A v0 B. C. D.
【答案】A
【解析】
设漏掉质量为m的沙子后，砂子从车上漏掉的瞬间由于惯性速度仍然为，汽车速度为，根据水平方向动量守恒可得：
解得：，故BCD错误，A正确。
点睛：本题考查了动量守恒定律的应用，应用时注意：正确选取研究对象，明确公式中各物理量含义。
9.光滑水平导轨上有A、B两球，球A追上并与球B正碰，碰前两球动量分别为pA=5kg·m/s，pB=7kg·m/s，碰后球B的动量p′=10kg·m/s，则两球质量mA、mB的关系可能是()
A. mB=mA
B. mB=2mA
C. mB=4mA
D. mB=6mA
【答案】C
【解析】
【分析】
考查碰撞中的动量守恒。
【详解】由动量守恒定律：

解得 ，要使球A追上球B，则 ，即：

代入数据得：，
碰撞过程动能不增加：

代入数据得：
碰撞后，同向运动，A球速度不大于B球速度：

代入数据得：，即，C正确，ABD错误。
10. 如图所示,两个完全相同的小球A、B用等长的细线悬于O点.线长L.若将A由图示位置静止释放,则B球被碰后第一次速度为零时的高度不可能是 ( )

A. L/2 B. L/4 C. L/8 D. L/10
【答案】D
【解析】
试题分析：小球A从释放到最低点，由动能定理可知：，解得：．若A与B发生完全弹性碰撞，由能量守恒定律和动量守恒定律可知两者交换速度，即，B上升过程中由动能定理可知：，解得：；若A与B发生完全非弹性碰撞即AB粘在一起，由动量守恒定律可知：，解得：，在AB上升过程中，由动能定理可知：，解得：，所以B球上升的高度，故选项D错误．
考点：考查动量守恒定律和动能定理在碰撞中的应用，关键在于根据两球碰撞的可能情况解出高度的范围．
11.如图所示，一质量为1 kg的小物块自斜面上A点由静止开始下滑，经2s运动到B点后通过光滑的衔接弧面恰好滑上与地面等高的传送带上．传送带以4m/s的恒定速率运行。已知AB间距离为2m，传送带长度（即BC间距离）为10m，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2。取g＝10m/s2，下列说法正确的是

A. 物块在传送带上运动的时间为2.32s
B. 物块在传送带上因摩擦产生的热量为2J
C. 物块在传送带上运动过程中传送带对物块做功为6J
D. 物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的能量为8J
【答案】BCD
【解析】
试题分析：物块在斜面上做匀加速直线运动，设到达B点速度为v，则有：，解得：；滑上传送带后，物块在传送带上匀加速运动，有：μmg=ma，代入数据得：a=2m/s2，
由v02-v2=2as，代入数据解得：s=3m＜L；所以速度相等后物块随传送带一起做匀速运动，匀加速经历时间为：，匀速运动的时间为：，故总时间为：t=t1+t2=2．75s，故A错误；物块在传送带上因摩擦产生的热量为：Q=μmg△x=0．2×10×（4×1-3）=2J，故B正确；根据动能定理得：W=mv02−mv2=×1×16−×1×4＝6J，故C正确；物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的电能为：E=Q+mv02−mv2=8J，故D正确．故选BCD。
考点：动能定理及牛顿定律的应用
【名师点睛】传送带模型是高中物理的典型模型，要掌握其解题思路与方法，分析清楚物块运动过程是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、运动学公式与能量守恒定律可以解题；注意物块在传送带上因摩擦产生的热量Q=μmg△x。
12.质量为2kg的遥控玩具电动汽车由静止开始运动，汽车受到的阻力恒为重力的，若牵引力做功W和汽车位移s之间的关系如图所示，已知重力加速度g＝10m/s2，则(　　)

A. 汽车在0～1m位移内，牵引力是恒力，1～3m位移内，牵引力是变力
B. 汽车位移为0.5m时，加速度的大小a＝5m/s2
C. 汽车位移在0～3m的过程中，牵引力的最大功率为20W
D. 汽车位移在0～3m的过程中，牵引力的平均功率为10W
【答案】BCD
【解析】
【分析】
考查功率的计算。
【详解】A．W-s图中，斜率表示牵引力大小，在0～1m位移内，斜率恒定，所以牵引力为恒力，1～3m位移内，斜率恒定，所以牵引力为恒力，A错误；
B．在0～1m位移内，斜率为20J/m，即牵引力为20N，由牛顿第二定律可知：

解得 ，B正确；
C．位移在1～3m的过程中，牵引力大小为 ，匀速直线运动，所以0～3m内，s=1m时，速度最大，牵引力最大，功率最大：


解得 ， ,C正确；
D．0～1m位移用时t1，1～3m位移用时t2，则：

1～3m过程匀速直线运动：

平均功率为：

D正确。故选BCD。
13.如图，光滑水平面AB与竖直面上的半圆形固定轨道在B点衔接，轨道半径为R，BC为直径，一可看成质点、质量为m的物块在A点处压缩一轻质弹簧(物块与弹簧不拴接)，释放物块，物块被弹簧弹出后，经过半圆形轨道B点时对轨道的压力变为其重力的7倍，之后向上运动恰能通过半圆轨道的最高点C，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则(　　)

A. 物块经过B点时的速度大小为
B. 刚开始时被压缩弹簧的弹性势能为3mgR
C. 物块从B点到C点克服阻力所做的功为mgR
D. 若刚开始时被压缩弹簧的弹性势能变为原来的2倍，物块到达C点的动能为mgR
【答案】BC
【解析】
【分析】
考查动能定理的应用。
【详解】A．设物块经过半圆轨道B点瞬间的速度为vB，物块在B点时有FN=7mg，根据牛顿第二定律有：

可得，A错误；
B．物块从A点到B点的过程，由功能关系有：刚开始时被压缩弹簧的弹性势能为

B正确；
C．设物块到达C点时速度为vC，物块在C点时有：

物块从B点到C点的过程，由动能定理得：

解得 ，C正确；
D．若刚开始时被压缩弹簧的弹性势能变为原来的2倍，物块进入半圆形轨道的速度增大，在同一点物块对轨道的压力增大，摩擦力增大，物块从B点到C点克服阻力所做的功增大，物块到达C点的动能小于mgR，D错误。故选BC。
14.如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上O点的转轴上，另一端与一质量为m、套在粗糙固定直杆A处的小球（可视为质点）相连，直杆的倾角为30°，OA=OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长．小球从A处由静止开始下滑，初始加速度大小为aA，第一次经过B处的速度为v，运动到C处速度为0，后又以大小为aC的初始加速度由静止开始向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是

A. 小球可以返回到出发点A处
B. 弹簧具有的最大弹性势能为mv2
C. 撤去弹簧，小球可以在直杆上处于静止
D. aA﹣aC=2g
【答案】B
【解析】
【详解】设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，根据对称性，可知从B运动C的过程中克服摩擦力做功也为Wf，AB间的竖直高度为h，小球的质量为m，弹簧具有的最大弹性势能为Ep。根据能量守恒定律，对于小球A到B的过程有：mgh+Ep=mv2+Wf，A到C的过程有：2mgh+Ep=2Wf+Ep，解得：Wf=mgh，Ep=mv2。小球从C点向上运动时，假设能返回到A点，则由能量守恒定律得：Ep=2Wf+2mgh+Ep，该式违反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出发点A处。故A错误，B正确。设从A运动到C摩擦力的平均值为，AB=s，由Wf=mgh得：s=mgssin30°；在B点，摩擦力 f=μmgcos30°，由于弹簧对小球有拉力（除B点外），小球对杆的压力大于μmgcos30°，所以＞μmgcos30°
可得 mg•sin30°＞μmg•cos30°，因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止。故C错误。根据牛顿第二定律得：在A点有：Fcos30°+mgsin30°-f=maA；在C点有：Fcos30°-f-mgsin30°=maC；两式相减得：aA-aC=g．故D错误。故选B。
【点睛】解决本题的关键要灵活运用能量守恒定律，对系统分段列式，要注意本题中小球的机械能不守恒，也不能只对小球运用能量守恒定律列方程，而要对弹簧与小球组成的系统列能量守恒的方程．
15.用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图所示规律变化，已知物块的质量为m，重力加速度为g,0～t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，t1时刻物块达到最大速度，则下列说法正确的是(　　)

A. 物块始终做匀加速直线运动
B. 0～t0时间内物块的加速度大小为
C. t1时刻物块的速度大小为
D. 0～t1时间内物块上升的高度为
【答案】CD
【解析】
【详解】A、0−t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，根据P=Fv知，v增大，F减小，物块做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，物体做匀速直线运动，故A错误；
B、0−t0时间内物块做匀加速直线运动，则有，，联立解得，可知图线的斜率，可知，故B错误；
C、在t1时刻速度达到最大，则有F=mg，物块的速度大小为，故C正确；
D、P−t图线围成的面积表示牵引力做功的大小，根据动能定理得，解得，故D正确；
故选CD。
【点睛】t0时刻以后，功率保持不变，结合P=Fv分析牵引力的变化，结合牛顿第二定律得出加速度的变化；根据P=Fv，结合牛顿第二定律得出P-t的关系式，结合图线的斜率求出加速度；P-t图线围成的面积表示牵引力做功的大小，根据动能定理求出0-t1时间内物块上升的高度。
第Ⅱ卷非选择题
二、非选择题（包含实验题和解答题。要求：解答题部分要有必要的表达式和文字说明）
16.如图，气垫导轨上滑块的质量为M，钩码的质量为m，遮光条宽度为d，两光电门间的距离为L，气源开通后滑块在牵引力的作用下先后通过两个光电门的时间为△t1和△t2。当地的重力加速度为g。

(1)用上述装置验证滑块的动能定理时，要使绳中拉力近似等于钩码的重力，则m与M之间的关系应满足的条件是___________；需要验证的表达式是_________________（用已知量表示）
(2)用上述装置探究系统在运动中的机械能关系，滑块从光电门1运动到光电门2的过程中满足关系式_____________________________时（用已知量表示），系统机械能守恒。若测量过程中发现系统动能增量总是大于钩码重力势能的减少量，可能的原因是______________________。
【答案】 (1). M>>m (2). (3). (4). 轨道不水平，右端高于左端
【解析】
【分析】
考查实验“验证动能定理”、“验证机械能守恒定律”。
【详解】（1）要使绳中的拉力近似等于钩码的重力，则应满足M>>m；滑块通过光电门的瞬时速度为： ，所以表达式为：

（2）系统机械能守恒，即系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量，即：

试验时，默认系统重力势能的减少量就是钩码重力势能的减少量，若实验时轨道不水平，下滑过程中滑块的重力势能也会发生变化，但没有计入，若实验时右端高于左端，则低于实际重力势能减少量，表达式中的动能增量总是大于钩码重力势能的减少量。
17.为了验证碰撞中动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞(碰撞过程中没有机械能损失)，某同学选取了两个体积相同、质量不相等的小球，按下述步骤做了如下实验:

(1)用天平测出两个小球的质量(分别为m1和m2，且m1＞m2)．
(2)按照如图所示的那样，安装好实验装置．将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端点的切线水平．将一斜面BC连接在斜槽末端．
(3)先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置．
(4)将小球m2放在斜槽前端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置．
(5)用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B距离．图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点距离分别为L0、L1、L2
根据该同学的实验，回答下列问题：
(1)小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的_________点，m2的落点是图中的_________点．
(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式____________，则说明碰撞中动量是守恒的．
(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式__________，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞．
【答案】 (1). D (2). F (3). (4).
【解析】
【分析】
考查验证碰撞中动量守恒。
【详解】（1）小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后m1球的落地点是D点，m2球的落地点是F点；
（2）碰撞前，小于m1落在图中的E点，设其水平初速度为v1．小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中的D点，设其水平初速度为v1′，m2的落点是图中的F点，设其水平初速度为v2． 设斜面BC与水平面的倾角为α，
由平抛运动规律得：


解得：
同理可解得：，
所以只要满足,即，说明两球碰撞过程中动量守恒；
（3）若为弹性碰撞，则碰撞前后机械能守恒，则需满足关系式：

即。
18.右端带有1/4光滑圆弧轨道且质量为M的小车静置于光滑水平面上，如图所示．一质量为m的小球以速度v0水平冲上小车，设小球不会从小车右端滑出，求小球相对于小车上升的最大高度H．

【答案】
【解析】
试题分析：小球在上升过程中，系统机械能守恒，水平方向动量守恒，取水平向左为正方向
由动量守恒得
又由机械能守恒得：
解得：
考点：动量守恒；机械能守恒
【名师点睛】本题的关键要判断出系统水平方向的动量守恒，系统的机械能也守恒，要注意系统的总动量并不守恒。
19.如图所示，轻绳绕过轻质定滑轮，一端连接物块A，另一端连接在滑环C上，物块A的下端用弹簧与放在地面上的物块B连接，A、B两物块的质量均为m，开始时绳连接滑环C部分处于水平，绳刚好拉直且无弹力，滑轮到杆的距离为L；控制滑块C，使其沿杆缓慢下滑，当C下滑L时，释放滑环C，结果滑环C刚好处于静止，此时B刚好要离开地面，不计一切摩擦，重力加速度为g。（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）．
(1)求弹簧的劲度系数k和滑环C的质量M；
(2)若开始时绳连接滑环C部分处于水平，由静止释放滑环C，求当物块B刚好要离开地面时，滑环C的速度大小。

【答案】(1)，M=1.6m(2)
【解析】
【分析】
考查受力分析与机械能守恒。
【详解】（1）设开始时弹簧的压缩量为x，则：

设B物块刚好要离开地面，弹簧的伸长量为 ，则：

因此　
由几何关系得：

解得
联立解得：
当C下滑 时，释放滑环C，结果滑环C刚好处于静止，此时B刚好要离开地面,对C受力分析可知：


联立解得：M=1.6m
(2)弹簧的劲度系数为k，开始时弹簧的压缩量为：

当B刚好要离开地面时，弹簧的伸长量：

因此A上升的距离为：

C下滑的距离：

根据机械能守恒：

求得:

代入M=1.6m解得。
20.在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A、B、C，三球的质量分别为mA=1kg、mB=2kg、mC=6kg，初状态BC球之间连着一根轻质弹簧并处于静止，B、C连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A球以v0=9m/s的速度向左运动，与同一杆上的B球发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），求：
(1)A球与B球碰撞过程中损耗的机械能；
(2)在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；
(3)在以后的运动过程中C球的最大速度。

【答案】(1)(2)(3)2m/s
【解析】
分析】
考查碰撞中的动量守恒。
【详解】（1）A、B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有：

碰后A、B的共同速度;

损失的机械能：

（2）A、B、C系统所受合外力为零，动量守恒，机械能守恒，三者共速时弹簧弹性势能最大：

解得：

最大弹性势能为：

（3）三者第一次有共同速度时，弹簧处于伸长状态，A、B在前，C在后。此后C向左加速，A、B的加速度沿杆向右，直到弹簧恢复原长，弹簧第一次恢复原长时，取向左为正方向，根据动量守恒定律有：

根据机械能守恒定律：

此时A、B的速度：
，
C的速度：

21.如图所示，将质量为=100kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物自轨道顶端无初速度滑下，轨道半径R=1.8m。地面上紧靠轨道顺次排放两个完全相同的木板A、B，长度均为，质量均为=100kg，木板上表面与轨道末端相切。货物与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数μ=0.2．（最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，）
(1)求货物滑到四分之一圆轨道的最低点时对轨道的压力
(2)若货物滑上木板A时木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求应满足的条件。
(3)若=0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。并分析判断货物能否从B板滑出。

【答案】(1))3000N(2) (3)4m/s；0.4s；不能
【解析】
【分析】
考查圆周运动与牛顿运动学的综合。
【详解】（1）从轨道顶端无初速度滑下，滑到圆轨道末端时的速度为v0，机械能守恒：

由合力提供向心力：

联立解得：，由牛顿第三定律，货物滑到四分之一圆轨道的最低点时对轨道的压力为3000N，方向竖直向下；
（2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得：

若滑上木板B时，木板B幵始滑动，由受力分析得：

联立代入数据得 ；
（3）由可知，货物在木板A上滑动时，木板不动。设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：

设货物滑到木板末端是的速度为v1，由运动学公式得：

联立代入数据得
设在木板A上运动时间为t，由运动学公式得：

联立代入数据得
货物不能从B板滑出。