湖南省新高考教学教研（长郡二十校）联盟2024-2025学年高三上学期第一次预热演练物理试题（解析版）

2025届新高考教学教研联盟高三第一次预热考试物理试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷选择题（共44分）一、选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.在水平面上做匀减速直线运动的质点通过三点的过程中，其位移随时间变化的图像如图所示。则质点（）A.通过A点时的速度为 B.通过A点时的速度大于C.运动时间 D.运动的加速度大小为【答案】D【解析】【详解】A．根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度知，是中间时刻速度，而A点是中间位移的速度。故A错误；B．从O点运动到A点过程的平均速度为物体做匀减速运动，则通过A点时的速度小于，故B错误；C．设质点经过O点的速度为v0，0~t1时间内，由位移—时间公式得0~t2时间内，由位移—时间公式得联立解得，，显然故C错误，D正确。故选D。2.一质量为m、电荷量为-q的圆环，套在与水平面成θ角的足够长的粗糙细杆上，圆环的直径略大于杆的直径，细杆处于垂直纸面向里的匀强磁场中。现给圆环沿杆左上方的初速度，取初速度的方向为正方向，以后的运动过程中圆环运动的v-t图像不可能是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】圆环沿杆向上运动时，所受到的洛伦兹力垂直杆向上，若则杆对圆环的弹力垂直杆向下，随着速度减小，洛伦兹力越来越小，先减小到零再反向增大，因摩擦力故也先减小后增大，圆环减速的加速度也先减小后增大，当速度减为零时；若物体将静止；若物体沿杆向下加速，所受洛伦兹力垂直杆向下，洛伦兹力随速度增大而增大，增大，也增大，圆环加速的加速度将减小，减小到零后做匀速直线运动。圆环沿杆向上运动时，所受到的洛伦兹力垂直杆向上，若则杆对圆环的弹力垂直杆向上，随着速度减小，洛伦兹力越来越小，越来越大，因摩擦力故也越来越大，物体减速的加速度也越来越大，当速度减为零时，若物体将静止；若物体沿杆向下加速，所受洛伦兹力垂直杆向下，洛伦兹力随速度增大而增大，增大，也增大，圆环加速的加速度将减小，减小到零后做匀速直线运动。故选A。3.如图所示，将两块光滑平板OA、OB固定连接，构成顶角为60°的楔形槽，楔形槽内放置一质量为m的光滑小球，初始时整个装置保持静止，OB板竖直。现使楔形槽绕O点顺时针缓慢转动至OA板竖直的过程中，（重力加速度为g）以下说法正确的是（）A.OA板对小球的作用力先减小后增大B.OB板对小球的作用力先增大后减小C.OA板对小球作用力的最大值为2mgD.OB板对小球的作用力大小为mg时，OA板对小球的作用力大小也为mg【答案】D【解析】【详解】AB．对初始状态的小球进行受力分析，如图所示：因小球受力平衡，故将这三个力进行适当平移可构成一个首尾相接的矢量三角形，另外小球所受重力不变，与夹角不变，根据数学知识可知，在动态变化过程中，的非箭头端（或的箭头端）始终落在这个矢量三角形的外接圆上，如图所示：由图可知，在动态变化过程中，逐渐变小，逐渐变大，故A错误，B错误；C．由以上分析可知，初始状态最大，最大值为故C错误；D．若OB板对小球的作用力大小为，则根据数学知识可知，此时这个矢量三角形为等边三角形，故OA板对小球的作用力大小也为，故D正确。故选D。4.如图，质量为m的长木板静止在粗糙的水平地面上，质量为3m且可视为质点的物块以水平向右的初速度v0从左端冲上木板，最终两者均静止且物块仍在木板上。物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。下列判断正确的是（）A.若，则木板长度至少为B.若，则木板长度至少为C.若，则在整个运动过程中，木板运动的总时间为D.若，则在整个运动过程中，地面与木板间因摩擦产生的热量为【答案】D【解析】【详解】A．若，则木板所受地面的最大静摩擦力为所受物块的滑动摩擦力为故木板不动，对物块由动能定理有解得故A错误；BCD．若，则f1>f2，木板将先向右做匀加速直线运动直至达到共同速度v，此后两者一起做减速运动直至停止。对过程一，设物块和木板的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得由运动学规律有解得，故相对滑动的距离，即木板最短长度为木板发生的位移为对过程二，设时间t2，位移x3，设两者的加速度大小为a3，由牛顿第二定律得由运动学规律有解得，整个过程中，木板运动的总时间为地面与木板间因摩擦产生的热量为故BC错误，D正确。故选D5.已知太阳光垂直射到地球表面上时，地球表面的单位面积上单位时间接收到的太阳光的能量为。假如认为太阳光为单一频率的光，且波长为，光速为，普朗克常量为。由于地球离太阳很远，所以照射到地球表面的太阳光可近似看成平行光。现有一个半径为的薄壁球壳，球心为，倒扣在地面上，太阳光垂直于地面入射到半球面上，如图甲所示。图乙为平放在地面上的半径同为的圆盘。由于太阳光的作用，会使薄壁球壳或圆盘受到一个向下的压力。为研究该压力，小杨同学在半球面上取一条很窄的环带状球面是一个以为圆心的圆的直径，是以正上方离很近的（图中未画出）为圆心的圆的直径，。由于很短，故整个环带状球面可看成与水平方向成角的斜面。设该环带状球面的面积为，其在地面上的投影记为。则下列说法中正确的是（  ）A.光子动量的变化量大小B.单位时间打到半球面上的光子数C.假设所有照射到球面上的太阳光均被反射，反射前后频率不变，且反射方向遵循光的反射定律，则面上所受压力大小为D.假设太阳光均直接穿过球面照射到上再被反射，反射前后频率不变，且反射方向遵循光的反射定律，则面上所受压力大小为【答案】D【解析】【详解】A．若光被反射，反射前后频率不变，则方向垂直于S1面，如图所示故A错误；B．单位时间打到半球面上的光子数故B错误；C．在时间内，射到S1面上的光子数为光子被全部反射，根据动量定理，光子受到的力大小为F10，则得根据牛顿第三定律，S1面受到的力大小为故C错误；D．在时间内，射到S2面上的光子数为太阳光直接穿过球面照射到S2上再被S2反射，反射前后频率不变根据动量定理，光子受到的力大小为得由于得根据牛顿第三定律，S2面受到的力大小为故D正确。故选D。6.三个同质且均匀分布的弹性小球A、B、C通过质心的光滑细杆相互接触串在一起，如图，三球质量满足。现将三小球竖直从离地面高为h处静止自由下落，若所有碰撞均可视为弹性碰撞，则小球C上跳的高度约为（）A.25h B.49h C.16h D.3h【答案】B【解析】【详解】根据动能定理解得三球在落地前均有向下的速度为A球先与地面弹性碰撞后速度变为向上的与B球发生碰撞，取向上为正方向，根据动量守恒和机械能守恒有解得A、B发生弹性碰撞后B的速度大小为因为，则有此后B、C发生弹性碰撞，取向上为正方向，根据动量守恒和机械能守恒有解得因为，则有根据动能定理其中解得故选B。二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）7.如图所示，电路中、、均为定值电阻，为滑动变阻器，电源电动势为，内阻为，将滑动变阻器滑片向左滑动，理想电压表的示数变化量的绝对值为，理想电流表的示数变化量的绝对值为，则（）A.电源的效率减小 B.电流表示数变大C. D.经过的电流变大【答案】ABD【解析】【详解】电路的等效电路图如图所示由电路图可知电压表测路端电压，电流表测流过、两个电阻的电流A．将滑动变阻器滑片向左滑动，滑动变阻器的阻值变小，总电阻减小，干路电流增大，路端电压减小，电源的效率为可知将滑动变阻器滑片向左滑动，电源的效率减小，故A正确；BD．将滑动变阻器滑片向左滑动，滑动变阻器的阻值变小，由“串反并同”可知，干路总电流增大，流过电阻的电流减小，经过的电流变大，根据可知电流表示I数变大，故BD正确；C．根据闭合电路欧姆定律可知根据干路总电流I总增大，流过电阻的电流减小，电流表示I数变大，可知＞可知＜故C错误。故选ABD。8.如图甲所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动。现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度vx随时间t的变化关系如图乙所示。不计空气阻力。下列说法中正确的是（）A.t1时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积不相等B.t2时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积相等C.t1时刻的杆中弹力一定大于t2时刻的杆中弹力D.在小球做一次完整圆周运动的过程中，杆中弹力一定两次为零【答案】CD【解析】【详解】AB．由题图可知，图像关于t1时刻左右对称，故t1时刻小球通过最高点，面积S1表示的是小球从最低点运动到水平直径最左端位置的过程中通过的水平位移大小，等于轨道半径；S2表示的是从水平直径最左端位置运动到最高点的过程中通过的水平位移大小，也等于轨道半径，故AB错误；C．由图可知，小球从t1时刻开始运动到第一次与圆心等高位置过程中，水平方向的速度先增大后减小，故在t1时刻轻杆对小球的弹力为支持力，而t2时刻小球水平方向的速度最大，故t2时刻杆对小球无弹力，故C正确；D．由C的分析可知，小球通过最高点时杆对小球的弹力为支持力，在接下来的四分之一圆周上，杆对小球的弹力先是支持力后来变为拉力，一定存在一个杆对小球的弹力为零的位置，该位置关于过圆心的竖直线对称的位置弹力也为零，故在小球做一次完整圆周动的过程中，杆中弹力一定两次为零，故D正确。故选CD。9.如图，直角三角形△ABC位于竖直平面内，AB沿水平方向，长度为L，∠ABC=60°。空间存在一匀强电场，场强方向与△ABC所在平面平行，将一带正电微粒（不计重力、空气阻力）从A点移动到B点，电场力做功为，从B点移动至C点，电场力做功为。下列说法正确的是（）A.电场强度的大小是B.将该带电微粒从B点无初速度释放，其不沿∠ABC的角平分线所在直线运动C.将该带电微粒从C点CA抛出，要使其通过B点，微粒在C点的动能应为D.将该带电微粒从A点沿AC抛出，要使其到达BC时，其位移方向垂直于电场强度方向，微粒在A点的动能的应为【答案】BCD【解析】【详解】A．由题意可知，，，则如上图，在BC边上找点D，使D点与A点电势相等，则AD连线为等势线，则设DB边长为LDB，CD边长为LCD，θ为电场方向与CB方向的夹角，则解得在△ABD中，由几何关系可知解得∠BAD=45°过B点作BE交AD于E点，且BEAD，因为且微粒带正电，所以A点电势大于B点电势，故电场方向沿EB，由E指向B，且有解得故A错误；B．由A选项可知，电场方向由E指向B，如果将带正电微粒从B点无初速度释放，该微粒将沿EB方向运动，由几何关系可知，∠ABE=45°，∠DBE=15°，EB边不是∠ABC的角平分线，故B正确；C．如下图，将BE反向延长交AC于F点，由几何关系可知∠ABE=45°，LAF=L，则如果将带电微粒从C点沿CA抛出，要使其通过B点，设微粒在C点的动能为Ek1，则带电微粒可看成沿CF方向以速度v1的匀速直线运动和沿FB方向的初速度为0加速度为a的匀加速直线运动合成的结果，则解得故C正确；D．如下图，过D点作AD的垂线交AC于G点，由几何关系可知∠DAG=45°，则如果将带电微粒从A点沿AC抛出，要使其到达BC时，其位移方向垂直于电场强度方向，设微粒在A点的动能为Ek2，则带电微粒可看成沿AG方向以速度v2的匀速直线运动和沿GD方向的初速度为0加速度为a的匀加速直线运动合成的结果，则解得故D正确。故选BCD。10.如图所示，长为的不可伸长的轻绳，穿过一光滑的轻圆环，两端固定在水平天花板上相距为l的P、Q两点，轻圆环下悬吊一重为G物块。现用一水平力F缓慢地拉圆环，当时，圆环两侧细绳的夹角为，细绳的张力为T，则（  ）A. B. C. D.【答案】AD【解析】【详解】当时，圆环所受重物的拉力G及水平拉力F的合力与水平方向的夹角大小情景如图所示，P、Q两点沿垂直方向的距离而解得故选AD。情景图的作图步骤：（1）过Q点作平行于方向的平行线；（2）以P点为圆心，绳长l为半径作圆弧，与的交点为Q；（3）作的垂直平分线，与的交点为O，此即圆环所在的位置；（4）连接PO、OQ。第Ⅱ卷非选择题（共56分）三、非选择题（本题共5小题，共56分）11.学习小组要测量一个电阻的电阻率，已知其长度为L，额定电压为1V。（1）用螺旋测微器测量该电阻的直径，示数如图甲所示，其直径d=______mm；（2）粗测该电阻的阻值为250Ω，为精确测量其阻值，该同学设计的测量电路如图乙所示，其中蓄电池E电动势约为6.5V（内阻不计）、滑动变阻器R最大阻值为200Ω、定值电阻R1=792Ω、保护电阻R2=250Ω。要求滑动变阻器在接近全电阻范围内可调，且测量时电表的读数不小于其量程的，则图乙中圆圈①位置接入______、圆圈②位置应接入______（均选填器材前的字母序号）；A．电流表A1（量程为100mA，内阻RA1=3Ω）B．电流表A2（量程为5mA，内阻RA2=8Ω）C．电压表V（量程为3V，内阻RV=750Ω）（3）实验中根据两电表读数作出如图丙所示的图线（坐标均为国际单位），已知图线的斜率为k，则所测该电阻的阻值Rx=______（用题中已知所测物理量符号表示），研究实验误差时发现实验所用定值电阻的阻值比标称值小，则电阻率的测量值将______（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【答案】①.1.990##1.991##1.989②.C③.B④.⑤.偏大【解析】【详解】（1）[1]该电阻的直径（2）[2][3]圆圈②位置应接入B，即电流表A2，与定值电阻R1改装成伏特表，该伏特表的量程为圆圈①位置接入C，当电压表满偏时，待测电阻两端电压为解得电压表与待测电阻的总电压为4V，恰好等于改装后的伏特表的量程4V，两个电表能同时满偏。（3）[4]①为电压表，读数为U，②为电流表，读数为I，根据欧姆定律得解得根据图像得解得[5]研究实验误差时发现实验所用定值电阻的阻值比标称值小，则电阻的测量值Rx偏大，根据电阻定律解得测量值Rx偏大，电阻率的测量值偏大。12.如图所示为研究斜槽末端小球碰撞时动量是否守恒的实验装置。主要实验步骤如下：a．将斜槽PQR固定在铁架台上，使槽的末端QR水平；b．使质量较大的A球从斜槽上某一位置静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹；c．再把半径相同、质量较小的B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从刚才的位置由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹；d．记录纸上的O点为水平槽末端R在记录纸上的垂直投影，D、E、F为三个落点的平均位置。用刻度尺测量出OD、OE、OF的距离，记为x1、x2、x3，测量A球的质量为mA，B球的质量为mB，且mA=3mB。（1）实验中，通过测量小球做平抛运动的水平位移来代替小球的速度。①本实验必须满足的条件是______A．水平槽QR尽量光滑以减小误差B．斜槽轨道末端的切线必须水平C．A球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下②图中的落点痕迹D代表______A．A球第一次抛出的落地点B．A球与B球碰撞后，A球的落地点C．A球与B球碰撞后，B球的落地点③若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______（2）某位同学在实验时，使质量为mA的入射小球A球每次从轨道的同一位置由静止滚下，更换被撞小球B球，使其半径不变，但质量mB分别为A球质量的1/6、1/3和1/2。用刻度尺测量出每次落点痕迹距离O点的OD、OE、OF的距离，记为x1、x2、x3。①请在x1-x3图中画出这三个坐标点的示意图______；②分析说明如何利用这些坐标点证明两球相碰前后动量守恒______；③若每次碰撞过程均为弹性碰撞，这些坐标点应该满足什么条件______。【答案】①.BC②.B③.（也对）④.⑤.见解析⑥.三个坐标点（x1，x3）均在截距为、斜率为的直线上【解析】【详解】（1）[1]水平槽QR不需要光滑，只要保证每次入射小球从同一位置静止释放即可保证其每次与被撞小球碰前的速度相同，同时两小球离开斜槽后应做平抛运动，所以轨道末端必须水平，故选BC；[2]E点是A球第一次抛出的落地点，D点是A球与B球碰撞后，A球的落地点，F点是A球与B球碰撞后，B球的落地点，故选B；[3]碰撞过程中，如果动量守恒，由动量守恒定律得小球做平抛运动时抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，两边同时乘以时间t，即又因mA=3mB，所以也可以表示为（2）[4]如图所示为这三个坐标点的示意图[5]若两球相碰前后动量守恒，当时，由可得的关系为根据测量的x2，先在坐标系中做出截距为、斜率为的一条直线，然后在坐标系中画出测量的坐标点（x1，x3），若该点正好在直线上，则说明两球相碰前后动量守恒；同理当、时，可得的关系分别为根据测量的x2，先在坐标系中做出截距为、斜率分别为、的直线，然后在坐标系中画出测量的坐标点（x1，x3），若该点正好在对应的直线上，则说明两球相碰前后动量守恒；[6]若小球之间发生弹性碰撞，则有联立动量守恒的关系可得，当时，则有，所以，则满足关系式即坐标点（x1，x3）在截距为、斜率为的直线上；同理，可以证明当、时，也满足关系式故若每次碰撞过程均为弹性碰撞，则三个坐标点（x1，x3）均在截距为、斜率为的直线上，如图所示13.如图所示，在xOy平面内有一以O为圆心，半径为R的圆形磁场区域Ⅰ，磁感应强度为（未知）。在圆形磁场区域右侧放置水平极板M、N，其中心线在x轴上，极板长度和极板间距离均为，极板间接有偏转电场的电压（未知）。位于S处的粒子源沿纸面内向圆形磁场区域内各个方向均匀发射速率为的带电粒子，粒子质量为m、电荷量为+q，单位时间内放出的粒子数为n。所有粒子经圆形磁场偏转后均沿x轴正方向。其中沿y轴正方向入射的粒子从点出磁场，并经过偏转电场后刚好从下极板的边缘飞出，打在下极板上的粒子立即被吸收，并通过电流表导入大地。距离极板MN右端处有一宽度为的匀强磁场区域Ⅱ，磁感应强度为，方向垂直纸面向里，a、b是磁场的左右边界。区域Ⅱ左边界上有一长度为2R的收集板CD，C端在x轴上。粒子打在收集板上立即被吸收。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，不考虑电场的边缘效应。求：（1）圆形磁场区域磁感应强度的大小及方向；（2）极板MN间电压及稳定后电流表示数I；（3）要使所有穿出电场的粒子都能被收集板收集，区域Ⅱ磁感应强度的范围：（4）若区域Ⅱ中磁感应强度，在区域Ⅱ中加一沿x轴正方向的匀强电场，要使粒子不从磁场的右边界穿出，所加电场的场强E不能超过多少？【答案】（1），方向垂直纸面向外（2），（3）（4）【解析】【小问1详解】由于所有粒子经圆形磁场偏转后均沿x轴正方向，根据粒子在磁场中的运动轨迹，结合几何关系可知，粒子运动半径r等于磁场圆半径R，则有解得根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外【小问2详解】粒子在电场中做类平抛运动，则有解得结合题意可知，粒子经过电场偏转后有一半粒子打在下极板N上被吸收，则有【小问3详解】作出粒子运动轨迹图，如图所示结合上述可知，穿出电场的粒子偏转距离都等于R，根据速度分解有解得粒子飞出电场时，根据速度分解有解得结合上述可知，粒子飞出电场速度方向的反向延长线与水平分位移对应线段的中点相交，设射入磁场时的偏转距离为，则有解得粒子经磁场区域Ⅱ偏转后竖直方向偏移距离粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有解得要使所有粒子打在收集板上，则有代入解得当粒子轨迹刚好与磁场右边界相切时有结合上述有解得综上所述，区域Ⅱ磁场的磁感应强度范围为小问4详解】当轨迹与磁场右边界相切时，设速度为，如图所示由动能定理可得在y轴方向上，根据动量定理可得即有解得14.如图所示，三个小物块a、b、c质量为m1=m2=m3=2kg，放置在光滑水平地面上，c紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k=100N/m的轻弹簧将c、a连接，b紧靠a，开始时弹簧处于原长，a、b、c均静止。在物块b的右侧，有一个竖直面内光滑圆形轨道和光滑水平轨道PN，Q点为圆形轨道最低点，M点为最高点，圆形轨道半径R=0.225m。水平轨道PN右侧并排放置木板c、d，两木板间相互接触但不粘连，木板上表面与水平轨道PN平齐，木板C、D质量为mc=md=0.5kg，长度Lc=1m，Ld=2m。物块b与木板C的动摩擦因数μc=0.4，与木板D的动摩擦因数μd=0.1，木板C、D与地面间动摩擦因数均为μ=0.2。现给b施加一水平向左、大小为F=30N的恒力，使a、b一起向左运动（弹簧始终在弹性限度内），当速度为零时，立即撤去恒力。（1）求a、b向左移动最大距离x0和a、b分离时a的动能Ek；（2）通过计算分析物块b能否经过最高点M，若不能求物块b在圆轨道上距离水平轨道PN的最大高度h；若能求物块b运动到圆形轨道最高点M处的速度；（3）若仅改变物块a的质量，其余条件不变，为使物块b与弹簧分离后，经过圆形轨道（未与轨道脱离）后，最终停在木板D上，求物块a质量的取值范围。【答案】（1），（2）不能，（3）【解析】【小问1详解】从开始到a、b向左移动到最大距离的过程中，以a、b和弹簧为研究对象，由功能关系得弹簧恢复原长时a、b分离，从弹簧最短到a、b分离，以a、b和弹簧为研究对象，由能量守恒得解得【小问2详解】设G、H为圆上与圆心等高的两个点，若物块b能到达M点，由动能定理得解得所以物块b不能到达圆周最高点M，若物块b能通过H点，由动能定理得解得所以物块b通过了H点，综上分析，b在H、M之间的某位置恰好脱离圆轨道。假设在E点恰好脱离，设E点与圆心的连线与竖直方向的夹角为，则从Q点到E点由动能定理可得解得则【小问3详解】当物块a，b分离后，物块b恰好通过M点时，物块b最终与木板C相对静止，b在C上滑动相对位移为，由圆周运动知识得由牛顿第二定律得解得物块b从Q点到M点,由动能定理可得解得设物块b最终与木板C相对静止时的速度为，则解得当物块a，b分离后，物块b通过圆周最高点M点后，恰好停在木板D的最左端保持相对静止，设物块b在木板C上滑行的时间为，由运动学公式可得解得由能量守恒得解得当物块a，b分离后，物块b通过圆周最高点M点后，恰好停在木板D的最右端保持相对静止，设物块b在木板C上滑行的时间为，有由牛顿第二定律得物块b在木板D上滑行的加速度大小假设此时木板C和木板D分离，由于所以，二者分离后木板D开始减速，设减速的加速度大小为a，对木板D由牛顿第二定律可得解得即此加速度比木板C单独减速的加速度还大，说明木板D减速更快，即物块在木板D上运动时CD