文档内容
合肥一中 2024~2025 学年度高三第二次教学质量检测
物理试题
特别鸣谢：合肥市第一中学郑州外国语学校
（考试时间：75分钟 满分：100分）
注意事项：
1．答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位。
2．答题时，每小题选出答案后，用2B 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。
3．答题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰。
作图题可先用铅笔在答
．
题
．
卷
．
规定的位置绘出，确认后再用0．5 毫米的黑色墨水签字笔描清楚。
必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题
．．．．．．．．．．．．． ．．．． ．．．．．．
无
．
效
．
。
4．考试结束，务必将答题卡和答题卷一并上交。
一、选择题：本题共 10 小题。在每小题给出的四个选项中第 1~8题只有一项符合题目要求，
每题 4分；第 9~10题有多项符合题目要求年部选对的得 5分，选对但不全的得 3分，有选错
的得 0分。
1．下列四个图中是四个物体的a一t图，初速度均为零，则哪个物体一段时间后会回到出发点（ ）
A． B． C． D．
2．2024年9月18日，20时08分在安徽合肥市肥东县（北纬31.98度，东经117.60度）发生4.7级地震。
某研究性学习小组研制了一种简易地震仪，由竖直弹簧振子P和水平弹簧振子Q组成，两振子所用弹簧完
全相同，小球P的质量小于Q的质量。在一次地震中，观察到P先发生振动，3s后Q也开始振动，某个稳
定时段P的振幅大于Q的振幅。从震后的媒体报道中获悉，此次地震的震源位于地震仪正下方，地震波中
的横波和纵波传播速率分别约为4km/s和6km/s。据此，该学习小组做出了以下判断，其中正确的是（ ）
A．震源距地震仪约10km B．震源距地震仪约36km
C．此地震波横波的振幅一定小于纵波的振幅 D．此地震波横波的频率一定大于纵波的频率
3．有 P、Q、N 三物块质量均为m，它们竖直叠放在水平面上且处于静止状态，现对Q 施加一个水平向右
的推力F，三个物块依然保持静止状态，则施加力F之后（ ）
学科网（北京）股份有限公司A．P、Q两物体之间的摩擦力增大 B．Q、N两物体之间的摩擦力减小
C．Q一定受到6个力的作用 D．Q、N两物体之间的压力增大
4．黑洞是存在于宇宙空间中的一种特殊天体。人们可以通过观测黑洞外的另一个天体（也称伴星）的光谱
来获取信息。如图所示，若伴星绕黑洞沿逆时针方向做匀速圆周运动，伴星的轨道与地球的视向方向共面。
v
人们在地球上观测到的伴星光谱谱线的波长λ′= 1+
λ，式中λ是光源静止时的谱线波长，c为光速，v
c
为伴星在地球视向方向的分速度（以地球的视向方向为正方向）。已知引力常量G、光速c和光源静止时的
谱线波长λ，不考虑宇宙膨胀和黑洞引力导致的谱线波长变化，下列说法正确的是（ ）
A．观测到伴星光谱谱线的波长λ′<λ，对应着伴星向远离地球的方向运动
B．观测到伴星光谱谱线波长的最大值，对应着伴星在图中A位置
C．根据伴星光谱谱线波长变化的周期和最大波长可以估测黑洞的密度
D．根据伴星光谱谱线波长变化的周期和最大波长可以估测伴星运动的半径
5．如图，甲将排球从离地面高为1m的O位置由静止击出并沿轨迹①运动，当排球运动到离地面高为2.8m
的P位置时，速度大小为10m/s，此时，被乙击回并以水平速度18m/s沿轨迹②做平抛运动，恰好落回到O
位置。已知排球的质量约为0.3kg，g取10m/s2，忽略空气阻力，则（ ）
A．排球沿轨迹①运动的时间为0.6s B．O、P两位置的水平距离为10.8m
C．．排球沿轨迹①运动的最小速度为10m/s D．乙对排球做的功约为15J
6．随着科技的发展，无人机越来越多的走进人们的生活。如图是一架无人机正在对一只趴在地上不动的小
刺猬进行拍摄。无人机在刺猬的上空以刺猬所在竖直线为中轴线，在水平面内做匀速圆周运动，已知无人
10
机的质量为m=1.6kg，飞行的角速度大小为ω= rad/s，无人机到小刺猬的距离为r =5m，其轨道
2
中心距小刺猬高度为h=4m，小刺猬和无人机均可看作质点，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的
学科网（北京）股份有限公司是（ ）
A．空气对无人机的作用力方向竖直向上
B．空气对无人机的作用力大小为12N
C．由于无人机飞行时要消耗电能，所以其机械能是不断增加的
D．当无人机运动到B点时，突然从无人机上掉落一个小物体，不计空气阻力的影响，小物体落地时距离小
刺猬为3 3m
7．某实验兴趣小组对新能源车的加速性能进行探究。他们根据自制的电动模型车模拟汽车启动状态，并且
1
通过传感器，绘制了模型车从开始运动到刚获得最大速度过程中速度的倒数 和牵引力 F 之间的关系图像
v
1
−F 如图所示。已知模型车的质量m=1kg，行驶过程中受到的阻力恒定，整个过程时间持续 5s，获
v
得最大速度为4m/s，则下列说法正确的是（ ）
A．模型车受到的阻力大小为1N B．模型车匀加速运动的时间为2s
C．模型车牵引力的最大功率为6W D．模型车运动的总位移为14m
8．如图所示，水平地面上有一倾角为θ=37°的传送带，以v =16m/s的速度逆时针匀速运行。将一煤块
0
从h=20.4m的高台由静止开始运送到地面，煤块可看做质点，已知煤块的质量为m=1kg，煤块与传送
带之间的动摩擦因数为µ=0.25，重力加速度为g =10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，煤块由高
台运送到地面的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运送煤块所用的时间为4.125s B．煤块与传送带之间因摩擦产生的热量为32J
C．摩擦力对煤块做的功为－4J D．煤块的机械能减少了36J
9．将一质量为m的物块在空中某一位置以大小为v 的速度水平抛出，物体运动一段时间t后，正好经过其
0
学科网（北京）股份有限公司正下方某一位置，其速度大小仍为v ，但方向与初速度相反，如图所示，在其运动过程中还受到风力作用，
0
重力加速度为g，则在这段时间t内下列说法正确的是（ ）
A．风力方向一定水平向左 B．风力对物体做负功
1
C．物体机械能减少 mg2t2 D．风力对物体的冲量大小为 4m2v +m2g2t2
2 0
10．如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角为θ的光滑斜面底端，上端与物块B相连，物块B处于静止状态，
现将物块A置于斜面上B的上方某位置处，取物块A的位置为原点O，沿斜面向下为正方向建立x轴坐标
系，某时刻释放物块A，A与物块B碰撞后以共同速度沿斜面向下运动，碰撞时间极短，测得物块A的动
能E 与其位置坐标x的关系如图乙所示，图像中0~ x 之间为过原点的直线，其余部分为曲线，物块A、B
k 1
均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，已知x ，x ，x ，E，则（ ）
1 2 3
A．物块A、B的质量之比为1:3
B．A与B碰撞后，A在x 位置处加速度最大
3
C．A与B碰撞后，A在x 位置处弹簧压缩量为x −x
2 2 1
E
D．弹簧的劲度系数为
x ( x −x )
1 2 1
二、实验题（本题共 2小题共 15分）
11．（6分）某同学在一次“用单摆测定重力加速度”的实验中先用刻度尺量出悬点到小球的距离99.00cm，
后用游标卡尺测得小球直径如下图（1）所示，该同学为减少实验误差，对同一摆长的单摆进行3次周期测
量，每次是在摆球通过最低点时，按下秒表开始计时，同时将此次通过最低点作为第一次，接着记录通过
最低点的次数，一直数到计时终止，结果如下图（2）表所示：
学科网（北京）股份有限公司1 2 3
数的次数 61 71 81
时间（s） 60.40 70.60 79.80
图（2）
则（1）小球直径是______cm，
（2）这个单摆振动周期的测定值是______s，当地重力加速度的值是______m/s2（小数点后保留两位）。
12．（9分）为了验证动能定理，某同学利用下面这个实验装置进行操作，如图所示。
实验过程中他的操作步骤如下：
①用天平称出滑块、遮光条和拉力传感器的总质量M，以及托盘和砝码质量m；
②用游标卡尺测量遮光条的宽度d；
③在水平桌面上放置气垫导轨，将它调至水平；
④由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离L；
⑤将滑块移至光电门 1 左侧某处，待托盘静止不动时，释放滑块，从固定在滑块上的拉力传感器读出细线
拉力的大小F，从数字计时器读出遮光条通过光电门1的时间∆t ，通过光电门2的时间∆t ；
1 2
回答下列问题：
（1）以滑块（包含遮光条和拉力传感器）为研究对象，在实验误差允许的范围内，若满足关系式______（用
测量的物理量的字母表示），则可认为验证了动能定理；
（2）关于本实验，某同学提出如下观点，其中正确的是______；
A．理论上，遮光条的宽度越窄，遮光条通过光电门的平均速度越接近瞬时速度
B，牵引滑块的细绳应与导轨平行
C．需要考虑托盘和砝码受到的空气阻力对实验结果产生的影响
D．托盘和砝码的总质量m必须远小于滑块、遮光条和拉力传感器的总质量M
（3）即使不计空气阻力，本实验在理论上也是存在系统误差的，因为遮光条宽度的影响，实验中测得的速
度实际二是遮光条通过光电门的平均速度，所以实验中计算的W 与∆E 是不相等，应是W ______∆E（选
合 k 合 k
填“大于”“等于”或“小于”）。
三、计算题（本题 3 小题，13 题 10 分，14 题 15 分，15 题-8 分，共 43 分。要求每题写出解
题过程，只有答案没有过程不得分。）
13．（10分）如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动。某人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑
下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来。若人和滑板的总质量m=60.0kg，
滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为µ=0.5，斜坡的倾角θ=37° （sin37°=0.6 ，
学科网（北京）股份有限公司cos37°=0.8），斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，滑板和人始终相对
静止且可以看作质点，重力加速度取g =10m/s2。求：
（1）人从斜坡上滑下的加速度为多大?
（2）若由于场地的限制，水平滑道 BC 的最大长度L=20.0m，则斜坡上 A、B 两点间的距离应不超过多
少?
14．（15 分）如图，轻质弹簧的一端固定在水平地面上，另一端与质量为M =0.5kg的薄木板 A 相连，质
量为m =1.5kg的小球B放在木板A上，弹簧的劲度系数为k =200N/m。现用一竖直向下、大小F =20N
1
的力作用在B上使系统处于静止状态，在B正上方处有一固定的四分之一内壁光滑的竖直圆弧轨道，轨道
半径R=0.1m，轨道下端P 点距离静止时薄木板A 高度为h=0.2m。撤去外力F后，B 竖直上升刚好能
到达P点，求：
（1）撤去外力F时，A对B的弹力大小；
（2）若将 B 球换成质量为m =0.5kg的 C 球，再次用外力压到原来相同位置保持静止，随后撤去外力，
2
则判断小球C能不能到达Q点?若能到达则小球C在Q点时对轨道的压力为多少?
15．（18分）如图所示，6个相同的扁长木板一个紧挨一个放在水平地面上，每个木板的质量m=1kg，长
L=1.0m，它们与地面的动摩擦因数为µ =0.05，原来木板处于静止状态。左方第一块木板的左端上放一
1
质量为M =1.0kg的小铅块，它与木板间的动摩擦因数为µ =0.20。现突然给铅块一个向右的初速度v ，
2 0
使其在长木板上滑行。（取g =10m/s2，铅块线度远小于L，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。
（1）若v =4m/s，试画出第三个木块所受地面摩擦力f与时间t的图像
0
（2）若v =2 5m/s，求铅块到停下运动的位移?
0
学科网（北京）股份有限公司合肥一中 2024~2025 学年度高三第二次教学质量检测
物理参考试卷
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B D D B D D C BD ABD
1．答案：B
2．答案：B
x x
解析：设震源距地震仪的距离为 x，有 − =3s解得x=36kmA 错误，B 正确；C．因为地
4km/s 6km/s
震是一个不稳定的振动，题中只是某个稳定时段P的振幅大于Q的振幅，所以不能确定地震波横波的振幅
和纵波的不同时间段振幅大小关系，C 错误；D．由于是同一震源，所以地震波的横波和纵波频率相同，D
错误。故选B。
3．【答案】D
4．【答案】D
v
【解析】A．由于题中规定地球的视向方向为v的正方向，且λ′= 1+
λ
c
当观测到伴星光谱谱线的波长λ′<λ，表明 v 为负值，则 v 的方向与视向方向相反，即对应着伴星向靠近
地球的方向运动，故A错误；
B．根据上述可知，若观测到伴星光谱谱线波长的最大值，则v的方向与视向方向，且该分速度达到最大值，
即该位置对应着伴星在图中A位置关于黑洞对称的位置，故B错误；
D．根据图像可知，伴星光谱谱线波长变化的周期等于伴星绕黑洞做圆周运动的周期，由于伴星光谱谱线波
长的最大值位置对应着伴星在图中 A 位置关于黑洞对称的位置，此时分速度即等于伴星绕黑洞圆周运动的
v
线速度，令最大波长与伴星绕黑洞圆周运动的线速度分别为λ、v ，则有λ = 1+ 0
λ
0 0 0 c
2πr cT
(λ−λ)
根据线速与周期的关系有v = 解得r = 0 故D正确；
0 T 2πλ
Mm 4π2r
C．伴星绕黑洞做圆周运动，由万有引力提供向心力，则有G =m 结合上述可以求出黑洞的质量，
r2 T2
但是，由于不知道黑洞自身的半径，因此无法求出黑洞的密度，故C错误。故选D。
5．答案：B
1
【详解】B．对于轨迹②的运动，竖直方向有h= gt2
2
2h 2×( 2.8−1 )
解得t = = s=0.6s
g 10
学科网（北京）股份有限公司水平方向有x=v′t =18×0.6m=10.8m，可知O、P两位置的水平距离为10.8m，故B正确；
AC．排球沿轨迹①做斜抛运动，竖直方向上做竖直上抛运动，在最高点竖直速度为 0，水平方向做匀速直
线运动，竖直方向上运动距离h′>h=2.8m−1m=1.8m
则排球沿轨迹①运动的时间大于0.6s，且最高点的速度小于10m/s，故AC错误；
D．设乙将排球击出的速度为v′，在P点由动能定理可知，乙对排球所做的功为
1 1 1 ( )
W = mv′2 − mv2 = ×0.3× 182 −102 J =33.6J，故D错误。故选B。
乙
2 2 2
6．答案：D
【详解】A．对无人机受力分析，如图
所以空气对无人机的作用力方向与竖直向上成θ角，故A错误；
B．因为无人机在水平面内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律F =mRω2
合
由几何关系R2 =r2−h2，其中F2 = F2 −( mg )2
合
联立解得，空气对无人机的作用力大小为F =20N，故B错误；
C．因为无人机在水平面内做匀速圆周运动，其动能不变，重力势能不变，故无人机的机械能不变，故C错
误；
D．当无人机运动到B点时，突然从无人机上掉落一个小物体，小物体做平抛运动，则
1
h= gt2，x=vt = Rωt，联立可得x=3 2m
2
作出物体下落过程中的俯视图，如图所示
( )2
则小物体落地时距离小刺猬为s = R2 +x2 = 32 + 3 2 m=3 3m，故D正确。故选D。
7．答案：D
1 1
【详解】A．根据P= Fv，可得 = ⋅F
v P
结合图线的斜率可得P=8W
即模型车的速度从2m/s增加至4m/s的过程中，模型车以恒定的功率行驶，速度最大时合外力为零，即牵引
学科网（北京）股份有限公司力等于阻力，根据图像可知，在F =2N时速度达到最大值，因此有F = f =2N，故A错误；
B．由图像可知小车初始牵引力为 4N，且匀加速结束时模型车的速度大小v =2m/s，根据牛顿第二定律
1
有F − f =ma，解得加速度a=2m/s2
v
根据匀变速直线运动，速度与时间的关系可得匀加速运动的时间t = 1 =1s，故B错误；
1 a
C．根据以上分析可知，模型车牵引力功率最大时即为匀加速结束时获得的功率，可知最大功率为 8W，故
C错误；
D．根据题意，模型车速度达到最大用时 5s，而匀加速阶段用时 1s，则可知，模型车以恒定功率运动所需
1 1
时间t =4s，根据动能定理Pt − fx = mv2 − mv2，式中v =4m/s，v =2m/s，解得x =13m
2 2 2 2 2 2 1 2 1 2
1 1
匀加速阶段位移x = at2 = ×2×1m=1m
1 2 1 2
故总位移x= x +x =14m，故D正确。故选D。
1 2
8．答案：C
【详解】A．煤块刚放上传动带时，受到的滑动摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律得
mgsin37°+?mgcos37°=ma ，解得a =8m/s2
1 1
v
则煤块从0加速到与传送带共速需要t = 0 =2s
1 a
1
1
煤块的位移为x = at2 =16m
1 2 11
由于mgsin37°>µmgcos37°
可知煤块与传送带共速后继续做匀加速运动，摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律得
mgsin37°−µmgcos37°=ma ，解得a =4m/s2
2 2
1
根据x =v t + a t2 = L−x ，解得t =1s
2 0 2 2 2 2 1 2
共计t =t +t =3s，故A错误；
1 2
B．第一个过程传送带的位移为x =v t =32m
3 0 1
煤块与传送带的相对位移为∆x = x −x =16m
1 3 1
学科网（北京）股份有限公司第二个过程传送带的位移x =v t =16m
4 0 2
相对位移∆x = x −x =2m
2 2 4
第一个过程摩擦生热为Q = F∆x =32J
1 f 1
第二个过程摩擦生热为Q = F∆x =4J
2 f 2
故总产热量为Q=Q +Q =36J，故B错误；
1 2
CD．摩擦力大小为F =mgµcos37°=2N
f
第一个过程摩擦力对煤块做功W = F x =32J
1 f 1
第二个过程摩擦力对煤块做功W =−F x =−36J
2 f 2
故全程摩擦力对煤块做功为－4J，煤块的机械能减少了4J，故C正确，D错误。故选C。
9．答案BD
【详解】由于初速度和末速度都是水平的且相等，则竖直方向运动至少是先加速后减速，所以竖直方向有
1
风力的分力且大小或方向还在变，竖直不是自由落体，下落高度也不等于 gt2，损失的机械能也不等于
2
1
mg2t2，所以A错，C错。由动能定理知B对，根据动量定理风力水平动量等于2mv ，竖直大小等于重
2 0
力冲量大小mgt，将其合成得 4m2v2 +m2g2t2 。
0
10．答案：ABD
1
【详解】A．由图乙可知，物块A与物块B碰撞前的动能 m v2 = E
2 A
2E
可得物块A与物块B碰撞前的速度为v=
m
A
1 E
物块A与物块B碰撞后的动能 m v2 =
2 A 共 16
E
解得物块A与物块B碰撞后的速度v =
共
8m
A
m 1
物块A与物块B碰撞时间极短，根据动量守恒定律m v=( m +m ) v ，解得 A = ，故A正确；
A A B 共 m 3
B
B．根据动能定理有F x=0−E
合 k
学科网（北京）股份有限公司由上述可知E −x图像的斜率代表物体所受的合外力，由图乙可知，物块A与物块B碰撞后，在x 处合外
k 3
力最大，即加速度最大。故B正确；
C．由图乙可知，x 处是物块 B 静止的位置，此时弹簧处于压缩状态，并不是原长，故x 位置处弹簧压缩
1 2
量大于x −x ，故C错误；
2 1
D．弹簧上端与物块B 相连，物块B处于静止状态，设此时弹簧的形变量为x ，结合图甲，根据平衡条件
0
可知m gsinθ=kx
B 0
由图乙可知，当物块A与物块B一起运动到x 时，速度最大，根据平衡条件
2
m gsinθ+m gsinθ=k ( x −x +x )
A B 2 1 0
物块A从O点运动到位置x 的过程中，根据动能定理m gsinθx = E
1 A 1
E
联立解得k = ，故D正确。故选ABD。
x ( x −x )
1 2 1
11．（1）2.000cm（2分） （2）2.01s（2分） 9.76m/s2（2分）
2 2
1 d 1 d
12．【答案】：（1）FL= 2M − M （3分） （2）AB（3分） （3）小于（3分）
2 ∆t 2 ∆t
2 1
d d
【解析】：（1）滑块经过两光电门的速度分别为v = 、v = ，对滑块运用动能定理有
1 ∆t 2 ∆t
1 2
2 2
1 d 1 d
FL= 2M − M 。
2 ∆t 2 ∆t
2 1
（2）实验中测得速度实际上是遮光条通过的平均速度，而遮光条通过的平均速度是等于遮光条通过的中间
时刻的瞬时速度，而两次中间时刻对应的位置并不是同一位置，第二次对应位置比第一次位置靠后，所以
真实的∆E = F ( L+∆L )，而实验中计算的W = FL，所以小于
k 合
13．【答案】（1）22.0m/s（5分）；（2）50.0m；（5分）
解析：（1）人和滑板在斜坡上的受力如图所示，建立直角坐标系，
设人和滑板在斜坡上滑下的加速度为a ，由牛顿第二定律得mgsinθ−F =ma F −mgcosθ=0
1 f 1 N
学科网（北京）股份有限公司其中F =µF 联立解得人和滑板滑下的加速度力a = g ( sinθ−µcosθ)=2.0m/s2
f N 1
（2）人和滑板在水平滑道上，由牛顿第二定律得µmg =ma
2
解得人和滑板在水平滑道上运动的加速度大小为a =µg =0.5×10m/s2 =5.0m/s2
2
设人从斜坡上滑下的最大距离为L ，由匀变速直线运动公式得v2 =2a L ，联立解得L =50.0m
AB B 1 AB AB
14．答案：（1）大小30N（6分），（2）能到达，5N竖直向上（9分）
解析：（1）撤去外力F时，A、B一起向上运动，对A、B整体受力分析
所以( M +m ) a =kx−G ①
1
又因为开始静止时F +G =kx ②
由①②可得x=0.2m，a=10m/s2
对B球分析F −m g =ma，解得F =30N
N 1 1 N
（2）由于轨道下端P点距离静止时薄木板A高度为h=0.2m，所以B竖直上升刚好能到达P点时弹簧刚
好恢复原长则由能量守恒得E =( M +m ) gh ③
P 1
换成C球后AC一起向上运动到弹簧原长时分离，即在P点AC分离。
1
由能量守恒得E =( M +m ) gh+ ( M +m ) v2 ④
p 2 2 2 1
由③④得v =2m/s
1
1 1
对C球从分离到Q点动能定理 m v2 − m v2 =−m gR，解得v = 2m/s
2 2 Q 2 2 1 2 Q
m v2
由于 2m/s> gR =1m/s，所以可以到达Q点，由牛顿运动定律得N +m g = 2 Q ，解得N =5N
Q 2 R Q
根据牛顿第三定律知小球C对轨道的压力等于5N，方向竖直向上
如果用其它方法的出结果，可以酌情给分
15．答案：（18分）
（1）（8分）
图像中每对一个坐标值给2分，如(
0,0.5
)、(
0.586,0.5
)、(
0.586,1.0
)、(
1,1.0
)
学科网（北京）股份有限公司（2）（10分）设铅块运动到第五块时速度为v
a =µg =2m/s2 v2 −v2 =8aL，解得v=2m/s
1 2 0
此后木板5和6开始加速，a =µMg−µ( M +2m ) g /2m=0.25m/s2
2 2 1
铅块继续减速，直到共速
设到共速时经历了ts2−2t =0.25t t =8/9s v =2/9m/s
共
此时铅块比木板多行了x= x −x =8/9m< L=1m，
铅 板
故此后铅块和木板5，6一起匀减速直到刹停a =µg =2m/s2
3 2
铅块x =4m x = ( v+v ) t/2=80/81m x =v2 /2a =4/81m
1 2 共 3 共 3
x = x +x +x =408/81m（1分）
总 1 2 3
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