2023-2024学年山东省济南市高一（上）期末考试物理试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年山东省济南市高一（上）期末考试物理试卷(含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.2019年12月17日，中国自行研制的首艘国产航母山东舰交付海军，舷号为“17”。山东舰航行训练过程中，下列说法正确的是( )
A. 由于航母山东舰体积庞大，故任何情况下都不能看作质点
B. 舰载机飞行员可以把正在甲板上利用手势指挥的调度员看成一个质点
C. 在舰载机飞行训练中，研究飞机的空中翻滚动作时，可以把飞机看作质点
D. 研究航母山东舰在大海中的运动轨迹时，可以把航母看作质点
2.甲物体运动的s−t图像和乙物体运动的v−t图像如图所示，下列说法中正确的是( )
A. 0∼t1时间内，甲、乙两物体均做匀速直线运动
B. t1∼t2时间内，甲、乙两物体均保持静止
C. t3时刻甲物体返回出发点
D. t3时刻乙物体的加速度发生变化
3.屋檐下同一位置先后滴落两雨滴，在两雨滴落地前，它们之间的距离(忽略阻力)( )
A. 保持不变B. 不断增大
C. 不断减小D. 与两雨滴的质量有关
4.中国无人机技术在民用领域取得了显著的进步和发展。如图所示一架小型无人机运送物资开展应急救援，忽略空气阻力影响，其在空中竖直升降过程中，下列说法正确的是( )
A. 无人机上升时，绳子对重物的拉力一定大于重物的重力
B. 无人机下降时，绳子对重物的拉力一定小于重物的重力
C. 无人机升降过程中，绳子对重物的拉力大小一定等于重物对绳子的拉力
D. 无人机在空中悬停时，绳子对重物的拉力与重物对绳子的拉力合力为零
5.如图所示，在马戏表演中，人顶着竖直杆水平向右做匀速运动，同时猴子沿竖直杆向上做初速度为零的匀加速直线运动，下列关于猴子相对地面的运动轨迹可能正确的是( )
A. B. C. D.
6.在粗糙的水平面上，物体在水平推力作用下由静止开始做匀加速直线运动。作用一段时间后，将水平推力逐渐减小到零(物体还在运动)，则在水平推力逐渐减小到零的过程中( )
A. 物体速度逐渐减小，加速度逐渐减小
B. 物体速度逐渐增大，加速度逐渐减小
C. 物体速度先增大后减小，加速度先增大后减小
D. 物体速度先增大后减小，加速度先减小后增大
7.某人从一平台无初速度跳下，下落2m后双脚触地，同时采用双腿弯曲的方法缓冲。若视其在缓冲过程中自身重心又匀变速下降了0.5m，则在着地过程中，地面对他双脚的平均作用力大小约为自身重力的( )
A. 3倍B. 4倍C. 5倍D. 6倍
8.物理学中有些问题的结论不一定必须通过计算才能验证，有时只需要通过对单位的分析就可以判断。声音在某种气体中的速度表达式可以只用气体的压强p、气体的密度ρ和没有单位的比例常数k来表示。根据上述情况，判断声音在该气体中的速度表达式可能是( )
A. v=k pρB. v=k ρpC. v=kρpD. v=k ρp
9.如图所示，把一张作业纸用一块磁铁固定在竖直金属展板上；系统保持静止状态，下列说法正确的是( )
A. 作业纸受到5个力的作用
B. 作业纸对磁铁的摩擦力向下
C. 作业纸对金属板的摩擦力向上
D. 在作业纸的下端再放一块磁铁，金属板受到的摩擦力不变
10.消防员具有维护社会稳定的职责和使命，是我们的安全保障。如图甲所示，是消防员在训练攀爬能力，绳子的一端拴在消防员的腰间B点(重心处)，可以把消防员简化为乙图所示的物理模型：脚与墙壁接触点为A点，消防员的重力全部集中在B点，A点到B点部分可简化为“轻杆”，“轻杆”可绕A点自由转动，OB为轻绳。消防员在缓慢下降过程中，AB长度以及AB与竖直方向的夹角均保持不变。假设绳索对其拉力大小为F1，“轻杆”对其支持力大小为F2，下列说法正确的是( )
A. F1一定减小B. F2一定减小
C. F2一定增大D. F1与F2的合力增大
二、多选题：本大题共5小题，共20分。
11.生活中可用轻杆、小球和硬纸板制作一个简易加速度计，用于粗略测量运动物体的加速度。如图所示，将画有角度的硬纸板竖直固定在汽车内，并保持硬纸板平面与汽车前进方向平行。轻杆上端装上转轴并固定于硬纸板上的O点，轻杆下端固定一小球，轻杆可在竖直平面内自由转动，重力加速度为g，忽略空气阻力。汽车沿水平地面向左行驶过程中，发现小球向左摆动，当轻杆与竖直方向夹角为30°时，下列说法正确的是( )
A. 汽车在加速行驶B. 汽车在减速行驶
C. 汽车加速度大小为0.5gD. 汽车加速度大小为 33g
12.生活和工作中，人们经常需要借助“人字梯”登高作业。如图所示的“人字梯”移动方便，高度可根据两支撑腿之间的角度自由调节。现有一人站在两支撑腿等长的“人字梯”的最高处保持静止，若增大两支撑腿之间的角度后仍保持静止，以下说法正确的是( )
A. “人字梯”对地面的压力增大B. “人字梯”对地面的压力不变
C. “人字梯”支撑腿受到的摩擦力增大D. “人字梯”支撑腿受到的摩擦力不变
13.如图甲所示，运动员“3米跳板跳水”运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A。运动员由C到A的v−t图像如图乙所示，该图像0∼t2部分为曲线，t2∼t3部分为直线，不计空气阻力，重力加速度取g，下列说法正确的是( )
A. t1时刻运动员脱离踏板B. t1时刻前运动员处于超重状态
C. t1∼t2时间内运动员处于超重状态D. t2∼t3时间内运动员处于完全失重状态
14.在生活中，人们常利用传送装置运送物品，如图所示，水平传送带保持v=3m/s的速度沿顺时针方向转动，传送带两端A、B间距离为24m。一可视为质点的物块从B端以v0=6m/s的初速度向左滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，忽略空气阻力，g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 物块距A端的最小距离为6m
B. 物块能到达A端，并从A端离开传送带
C. 物块从滑上传送带至离开传送带所用时间为12s
D. 物块从滑上传送带至离开传送带所用时间为13.5s
15.有两根轻弹簧a和b，劲度系数分别为k1、k2，现将质量分别为m1、m2的A、B两个小物体按如图方式连接悬挂。开始时整个装置保持静止状态，若给B物体施加一个向上的力，使其缓慢上升一小段距离Δx后，再次保持平衡状态，取重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 施力之前两根轻弹簧的总伸长量x=m1g+m2gk1+m2gk2
B. 施力之前两根轻弹簧的总伸长量x=m1gk1+m2gk2
C. 再次平衡后物块A上升的高度为k2Δxk1+k2
D. 再次平衡后物块A上升的高度为k1Δxk1+k2
三、实验题：本大题共2小题，共10分。
16.某研究性学习小组在做“探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系”的实验中，设计了如图甲所示的实验装置。
(1)关于该实验，下列说法正确的是______
A.用刻度尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量
B.所挂钩码不宜过多，以免弹簧超出它的弹性限度
C.数据处理时，利用多组数据描点作图，根据图像计算劲度系数，能够有效减小实验的系统误差
D.用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于静止状态
(2)该组同学在做实验时，依次在弹簧下端挂上钩码，指针对应毫米刻度尺如图乙所示，此时指针示数为______cm。
(3)在以弹簧弹力为横轴F、指针对应刻度l为纵轴的坐标系中，得到l−F图像如图丙所示，请根据图像分析并得出弹簧的劲度系数k=______N/m
17.某实验小组用图所示的实验装置图科学探究“加速度与力、质量的关系”。
(1)实验小组在某次实验中得到一条记录小车运动的纸带，如下图所示。取计数点A、B、C、D、E(相邻两计数点间还有四个点未画出)，AB=1.00cm、BC=1.39cm、CD=1.82cm、DE=2.26cm，已知打点计时器使用的交流电源频率为50Hz，根据纸带可求出小车的加速度为______m/s2(结果保留2位有效数字)；
(2)保持悬挂钩码的质量不变，改变小车中砝码质量，进行多次测量，得到小车加速度a、小车和砝码质量M及其对应的1M的数据如表中所示：
请在下图所示的坐标纸中画出a−1M图像，______根据做出的图像得到的结论是______。
(3)若通过某组数据得到如图的a−1M图像，请分析可能的原因______
A.实验操作时平衡摩擦力过度
B.实验操作时未平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足
C.实验过程中没有使悬挂钩码的质量远小于小车和砝码的总质量
四、简答题：本大题共4小题，共40分。
18.如图所示，与竖直方向成α角、斜向左上的推力F能使小物块贴着竖直墙面匀速向上滑行，已知推力F=20N，物块质量m=1kg，α=37∘，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)小物块受到墙面支持力的大小；
(2)小物块与墙面间的动摩擦因数μ。
19.公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离，当前车突然减速停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相撞。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s。若汽车刹车时所受阻力是其重力的12，安全距离为120m，求汽车安全行驶的最大速度。
20.如图所示，斜面AB与水平面BC的夹角为θ=45∘，某滑板爱好者从距水平地面高度h=2m的A点水平向右滑出，从C点落地后瞬间水平方向的速度保持不变，竖直方向的速度变为零，人与滑板从C点继续向右沿水平地面滑行s1=8m后停止。已知人与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力大小为其重力的0.1倍，忽略空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，求
(1)人与滑板在C点落地后瞬间的速度大小；
(2)A点与C点间的水平距离；
(3)人与滑板从A点运动到C点过程中离斜面的最大距离。
21.如图所示，一质量为m1=1kg的长直木板放在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.2，木板最右端放有一质量为m2=1kg、大小可忽略不计的物块，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.1。现给木板左端施加一大小为F=12N、方向水平向右的推力，经时间t1=0.5s后撤去推力F，再经过一段时间，木板和物块均停止运动，整个过程中物块始终未脱离木板，g取10m/s2。
(1)撤去推力F瞬间，求木板的速度大小v1及物块的速度大小v2；
(2)求全过程中木板相对地面的位移大小；
(3)木板和物块均停止运动后，求物块到长木板右端的距离。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.若研究的问题中，航母山东舰的形状、大小可以忽略，航母山东舰可以看作质点，故A错误；
B.利用手势指挥的调度员的形状、大小不可以忽略，舰载机飞行员不可以把正在甲板上利用手势指挥的调度员看成一个质点，故B错误；
C.在舰载机飞行训练中，研究飞机的空中翻滚动作时，飞机的形状、大小不可以忽略，不可以把飞机看作质点，故C错误；
D.研究航母山东舰在大海中的运动轨迹时，航母山东舰的形状、大小可以忽略，可以把航母看作质点，故D正确。
故选D。
2.【答案】C
【解析】A.由图可知， 0∼t1 时间内，甲物体 s−t 图像的斜率不变即速度不变，做匀速直线运动，乙物体的 v−t 图像斜率不变，即加速度不变，做匀加速直线运动，故A错误；
B.由图可知， t1∼t2 时间内，甲物体 s−t 图像的斜率为零，及速度为零，甲物体静止，乙物体的 v−t 图像斜率为零，即加速度为零，做匀速直线运动，故B错误；
C. t3 时刻甲物体的位移为零，与初位移相同，故甲返回出发点，故C正确；
D. t3 时刻乙物体的 v−t 图像斜率不变，即加速度不变，故D错误。
故选C。
3.【答案】B
【解析】【分析】
两雨滴均做自由落体运动，由位移与时间的关系得到距离与时间的关系。
本题关键明确两雨滴的运动性质，然后根据自由落体运动的位移时间关系公式求解距离的表达式进行讨论。
【解答】【详解】设两雨滴下落的时间间隔为△t，经过时间t两雨滴之间的距离为
Δh=12g(t+Δt)2−12gt2=gΔt⋅t+12gΔt2
则随时间t的增加，它们之间的距离不断增大。
故选B。
4.【答案】C
【解析】A.当无人机加速上升时，加速度方向向上，则绳子的拉力大于重物的重力，当无人机减速上升时，加速度方向向下，则绳子的拉力小于重物的重力，当无人机匀速上升时，加速度为0，则绳子的拉力大小等于重物的重力，故A错误；
B.当无人机减速下降时，加速度方向向上，则绳子的拉力大于重物的重力，当无人机加速下降时，加速度方向向下，则绳子的拉力小于重物的重力，当无人机匀速下降时，加速度为0，则绳子的拉力大小等于重物的重力，故B错误；
C.绳子对重物的拉力与重物对绳子的拉力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律可知，无人机升降过程中，绳子对重物的拉力大小一定等于重物对绳子的拉力，故C正确；
D.无人机在空中悬停时，绳子对重物的拉力与重物对绳子的拉力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，作用在不同物体上，绳子对重物的拉力的受力物体是重物，重物对绳子的拉力的受力物体是绳子，受力物体不相同，力的作用效果不能够抵消，则这两个力不能够合成，即不能够认为这两个力的合力为零，故D错误。
故选C。
5.【答案】B
【解析】人顶着竖直杆水平向右做匀速运动，同时猴子沿竖直杆向上做初速度为零的匀加速直线运动，可知猴子的加速度方向竖直向上，由于猴子速度方向与加速度方向不在同一直线上，猴子做曲线运动，根据曲线运动的合外力指向轨迹的凹侧，可知猴子相对地面的运动轨迹可能正确的是图B。
故选B。
6.【答案】D
【解析】解：物体在水平推力作用下由静止开始作匀加速直线运动，物体水平方向受到推力和滑动摩擦力．水平推力从开始减小到与滑动摩擦力大小相等的过程中，物体受到推力大于摩擦力，物体做加速度，合力减小，加速度减小；此后，推力继续减小，推力小于滑动摩擦力，合力与速度方向相反，物体做减速运动，合力反向增大，加速度反向增大．
故物体速度先增大后减小，加速度先减小后增大．
故选D
分析物体的受力情况，确定合力的变化，由牛顿第二定律分析加速度的变化，加速度大小与合力大小成正比．当合力方向与速度方向相同时，物体做加速运动；当合力方向与物体的速度相反时，物体做减速运动．
本题分析物体受力情况和判断运动情况的能力．物体做加速运动还是减速运动，看加速度方向与速度方向的关系，两者同向，加速；反向，减速．
7.【答案】C
【解析】下落2m过程做自由落体运动，则有
2gh1=v2
着地过程中自身重心又匀变速下降了0.5m，则有
−2ah2=0−v2
联立可得
a=4g
根据牛顿第二定律可得
F−mg=ma
可得
F=5mg
可知地面对他双脚的平均作用力大小约为自身重力的5倍。
故选C。
8.【答案】A
【解析】A.传播速度v的单位m/s，密度ρ的单位kg/m3，p的单位kg/m⋅s2，由上可知， pρ 的单位是m2/s2，则 pρ 的单位是m/s，故A符合题意；
B.由上分析可知， ρp 的单位是s/m，故B不符合题意；
CD.由上分析可知， ρp 的单位是kg2/m4⋅s2，故CD不符合题意。
故选A。
9.【答案】A
【解析】A.作业纸水平方向受到磁铁的压力和金属展板的支持力；竖直方向受到重力、磁铁的摩擦力和金属展板的摩擦力，共受到5个力的作用，故A正确；
B.以磁铁为对象，根据受力平衡可知作业纸对磁铁的摩擦力向上，故B错误；
C.以作业纸和磁铁为整体，根据受力平衡可知金属板对作业纸的摩擦力向上，则作业纸对金属板的摩擦力向下，故C错误；
D.在作业纸的下端再放一块磁铁，以作业纸和两块磁铁为整体，根据受力平衡可知金属板对整体的摩擦力变大，则金属板受到的摩擦力变大，故D错误。
故选A。
10.【答案】B
【解析】ABC.消防员在缓慢下降过程中，保持静止，对消防员受力分析如图所示。
根据几何关系可得
mgOA=F1OB=F2AB
根据正弦定理
OBsin∠OAB=OAsin∠OBA
可得
F1=sin∠OABsin∠OBAmg ， F2=ABOAmg
消防员在缓慢下降过程中，AB长度以及AB与竖直方向的夹角 ∠OAB 均保持不变， OA 逐渐增大， sin∠OBA 先增大后减小，则 F1 先减小后增大， F2 一定减小，故AC错误，B正确；
D.消防员在缓慢下降过程中，保持静止， F1 与 F2 的合力与消防员的重力平衡，等大反向，故 F1 与 F2 的合力不变，故D错误。
故选B。
11.【答案】BD
【解析】汽车沿水平地面向左行驶过程中，发现小球向左摆动，当轻杆与竖直方向夹角为30°时，以小球为对象，根据牛顿第二定律可得
mgtan30∘=ma
解得加速度大小为
a= 33g
方向向右；则汽车加速度大小为 33g ，汽车在向左减速行驶。
故选BD。
12.【答案】BC
【解析】AB.“人字梯”与人的总质量不变，支撑腿的形状不影响“人字梯”对地面的总压力，则“人字梯”对地面的压力不变，故A错误，B正确；
CD.若增大两支撑腿之间的角度后仍保持静止，则“人字梯”与人整体的重心向下移动，可知“人字梯”每一条支撑腿受到的支持力和摩擦力的合力方向与水平方向的夹角 α 减小，根据
tanα=Nf
可得
f=Ntanα
可知“人字梯”支撑腿受到的摩擦力增大，故C正确，D错误。
故选BC。
13.【答案】BD
【解析】AD.由 v−t 图像可知， t2∼t3 部分为直线，则 t2 时刻运动员脱离踏板，处于空中阶段，加速度为重力加速度，运动员处于完全失重状态，故A错误，D正确；
B.由 v−t 图像可知， t1 时刻前运动员向上加速运动，加速度方向向上，运动员处于超重状态，故B正确；
C.由 v−t 图像可知， t1∼t2 时间内运动员向上减速运动，加速度方向向下，运动员处于失重状态，故C错误。
故选BD。
14.【答案】AD
【解析】AB.物块向左做匀减速运动的加速度大小为
a=μmgm=1m/s2
物块向左做匀减速运动所用时间为
t1=v0a=6s
物块向左做匀减速运动的位移大小为
x1=v02t1=18m
则物块距A端的最小距离为
Δxmin=xAB−x1=6m
故A正确，B错误；
CD.物块向左减速到速度为0之后，反向向右做匀加速到与传送带共速，所用时间为
t2=va=3s
物块向右匀加速运动通过的位移大小为
x2=v2t2=4.5m
共速后，物块继续向右匀速运动到B端所用时间为
t3=x1−x2v=18−4.53s=4.5s
则物块从滑上传送带至离开传送带所用时间为
t=t1+t2+t3=6s+3s+4.5s=13.5s
故C错误，D正确。
故选AD。
15.【答案】AC
【解析】AB.施力之前，以B为对象，根据受力平衡可得，轻弹簧b的伸长量为
xb=m2gk2
以A、B为整体，根据受力平衡可得，轻弹簧a的伸长量为
xa=m1g+m2gk1
则施力之前两根轻弹簧的总伸长量为
x=xa+xb=m1g+m2gk1+m2gk2
故A正确，B错误；
CD.若给B物体施加一个向上的力，使其缓慢上升一小段距离 Δx 后，再次保持平衡状态；设物块A上升的高度为 ΔxA ，则此时轻弹簧a、b的伸长量分别为
x′a=xa−ΔxA ， x′b=xb+ΔxA−Δx
以A物体对象，根据受力平衡可得
k1x′a=m1g+k2x′b
联立解得
ΔxA=k2Δxk1+k2
故C正确，D错误。
故选AC。
16.【答案】 BD##DB 13.70 50
【解析】(1)[1]
A.用刻度尺测得弹簧的长度减去弹簧的原长等于弹簧的伸长量，故A错误；
B.所挂钩码不宜过多，以免弹簧超出它的弹性限度，故B正确；
C.数据处理时，利用多组数据描点作图，根据图像计算劲度系数，能够有效减小实验的偶然误差，故C错误；
D.用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于静止状态，故D正确。
故选BD。
(2)[2]图中毫米刻度尺的分度值为 1mm ，由图乙可知此时指针示数为 13.70cm 。
(3)设弹簧的原长为 L0 ，根据胡克定律可得
F=k(l−L0)
可得
l=1kF+L0
可知 l−F 图像的斜率为
k′=1k=(16−8)×10−24m/N=2×10−2m/N
解得弹簧的劲度系数为
k=50N/m
17.【答案】 0.42 合力一定时，加速度a大小与小车和砝码总质量M成反比 B
【解析】(1)[1]相邻两计数点的时间间隔为
T=5×1f=5×150s=0.1s
根据逐差法求出小车的加速度为
a=xCE−xAC(2T)2=1.82+2.26−1.39−1.00(2×0.1)2×10−2m/s2≈0.42m/s2
(2)[2]根据描点法画出 a−1M 图像如图所示。
[3]根据做出的图像得到的结论是：合力一定时，加速度a大小与小车和砝码总质量M成反比。
(3)[4]根据牛顿第二定律
F−f=Ma
整理得
a=FM−fM
可知通过某组数据得到如图的 a−1M 图像，请分析可能的原因是实验操作时未平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足。
故选B。
18.【答案】(1)12N；(2)0.5
【解析】(1)以物块为对象，水平方向根据受力平衡可得
Fsinα=N
解得小物块受到墙面支持力的大小为
N=12N
(2))以物块为对象，竖直方向根据受力平衡可得
Fcsα=mg+f
又
f=μN
联立解得
μ=0.5
19.【答案】30m/s
【解析】设汽车安全行驶的最大速度为v，反应时间为t，安全距离为x，由位移公式可得
x=vt+v22a
由牛顿第二定律可得
f=12mg=ma
联立可得v=30m/s。
20.【答案】(1) 4m/s ；(2) 4 105m ；(3) 2 25m
【解析】(1)人与滑板在水平地面滑行时的加速度为
a=0.1mgm=1m/s2
人与滑板在水平地面滑行时，根据动力学公式
vC2=2as1
解得人与滑板在C点落地后瞬间的速度大小为
vC=4m/s
(2)人与滑板从A点飞出后做平抛运动，竖直方向有
h=12gt2
A点与C点间的水平距离
xAC=vCt=4 105m
(3)将人与滑板的速度、重力加速度沿斜面和垂直斜面方向分解，如图所示。
可得
vC2=vCsinθ=2 2m/s
g2=gcsθ=5 2m/s2
从A点运动到C点过程中离斜面的距离为
dm=vC222g2=82×5 2m=2 25m
21.【答案】(1)3.5m/s，0.5m/s；(2) 136m ；(3) 76m
【解析】(1)假设木板和物块有相对滑动，撤去 F 前，对木板，有
F−μ1m1+m2g−μ2m2g=m1a1
解得
a1=7m/s2
对物块，有
μ2m2g=m2a2
解得
a2=1m/s2
因 a1>a2 ，故假设成立。撤去 F 时，木板、物块的速度大小分别为
v1=a1t1=3.5m/s
v2=a2t1=0.5m/s
(2)撤去 F 后，对木板，有
μ1m1+m2g+μ2m2g=m1a3
解得
a3=5m/s2
对物块，有
μ2m2g=m2a4
解得
a4=1m/s2
撤去 F 后，设经过 t2 时间木板和物块速度相同，对木板，有
v=v1−a3t2
对物块，有
v=v2+a4t2
解得
t2=0.5s ， v=1m/s
共速后，由于 μ2>μ1 ，木板和物块并不能一起减速，对木板，有
μ1m1+m2g−μ2m2g=m1a5
解得
a5=3m/s2
对物块，有
μ2m2g=m2a6
解得
a6=1m/s2
全过程中木板对地位移为
s1=v1t12+v1+v2t2+v22a5=136m
(3)全过程中物块先加速再减速至零，总位移
s2=v12t1+t2=1m
物块到长木板右端的距离为
Δx=s1−s2=76m
实验次数
1
2
3
4
5
6
7
8
小车加速度a/m⋅s−2
1.90
1.72
1.49
1.25
1.00
0.75
0.50
0.30
小车和砝码质量M/kg
0.25
0.29
0.33
0.40
0.50
0.71
1.00
1.67
1M/kg−1
4.00
3.45
3.03
2.50
2.00
1.41
1.00
0.60