2022-2023学年甘肃省酒泉市高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年甘肃省酒泉市高一（上）期末物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法正确的是( )
A. 高速公路限速牌上的数字是平均速度B. 汽车速度计上的数字是瞬时速度
C. 作息时间表上的数字表示的是时间D. 百米比赛的成绩表上的数字表示的是时刻
2.A、B两个质点在同一位置以相同的初速度同时开始做匀变速直线运动，以初速度的方向为正方向，A的加速度为2m/s2，B的加速度为−1m/s2，经过3s，质点B的速度刚好为零，此时( )
A. 质点A的速度大小为6m/sB. 质点A的速度大小为8m/s
C. 质点A、B间的距离为14mD. 质点A、B间的距离为13.5m
3.某同学竖直向上抛出一个篮球，过一段时间篮球回到该同学手中，篮球在空中运动的过程中没有匀速运动，受到的空气阻力大小与速度大小成正比，则( )
A. 篮球运动过程中的加速度一直减小
B. 篮球运动过程中的加速度先增大后减小
C. 篮球上升过程的平均速度等于下降过程的平均速度
D. 篮球上升过程的平均速度小于下降过程的平均速度
4.如图所示，有趣的冰箱贴通过磁铁的磁力吸在冰箱上，可增添生活的乐趣，关于吸在冰箱上的某个冰箱贴受力情况，下列说法正确的是( )
A. 冰箱贴受到三个力的作用
B. 冰箱贴对冰箱的磁力大于冰箱对冰箱贴的弹力
C. 冰箱贴对冰箱的磁力和冰箱贴对冰箱的弹力是一对平衡力
D. 冰箱贴对冰箱的磁力与冰箱对冰箱贴的弹力是一对相互作用力
5.一辆汽车在平直的公路上从A点开始做初速度为零的匀加速直线运动，一段时间后再做匀速直线运动到B点。如果全程的平均速度是最大速度的23，则匀加速运动的时间与全程的时间之比为( )
A. 13B. 23C. 25D. 35
6.如图所示，直杆弯折成90°固定在竖直面内，OA段竖直，OB段水平，绕过光滑滑轮C的不可伸长的细线两端D、E分别固定在OA、OB上，质量为m的小球吊在滑轮下，静止时，DC段细线与竖直方向的夹角45°，不计滑轮及细线的重力，重力加速度为g，则( )
A. 细线上的拉力大小为 2mg
B. 仅将D端缓慢沿杆向上移，细线上拉力增大
C. 仅将E端缓慢沿杆向左移，细线上拉力减小
D. 仅将D端缓慢沿杆向下移，在滑轮到达D端前，DC段细线有可能变水平
7.如图所示，质量为m的小球A用弹簧测力计和细线悬挂，悬点分别为B点和C点，BA和CA与水平方向的夹角均为θ=53°，不计弹簧测力计及细线的重力，重力加速度为g，球对弹簧测力计的拉力在弹簧测力计的测量范围内，sin53°=0.8，cs53°=0.6，则( )
A. 弹簧测力计的示数为F=45mg
B. 剪断细线的一瞬间，弹簧测力计的示数变大
C. 剪断细线的一瞬间，小球A处于超重状态
D. 剪断细线的一瞬间，小球A的加速度大小为58g
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.伽利略曾用如图甲所示的“理想实验”研究力与运动的关系，用图乙所示的实验研究自由落体运动，则下列说法正确的是( )
A. 图甲实验会看到：小球一定会“冲”上对接斜面等高的位置
B. 通过图甲实验得出：力不是维持物体运动的原因
C. 图乙实验中，运用斜面“冲淡”了重力的作用，使运动时间变长，便于测量
D. 通过图乙实验直接验证了：自由落体运动的速度是均匀变化的
9.如图所示，倾角为θ=37°的斜面体固定在地面上，质量为2kg的物块放在斜面上，一个轻弹簧的一端连接在物块上，用沿斜面向上的拉力拉轻弹簧的另一端。当拉力为8N时，物块刚好不沿斜面下滑，此时弹簧的长度10cm；当拉力为16N时，物块刚好不上滑，此时的弹簧长度为15cm。重力加速度取g=10m/s2弹簧的形变在弹性限度内，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，则( )
A. 弹簧的劲度系数为160N/mB. 弹簧的劲度系数为400N/m
C. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.25D. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.4
10.如图甲所示，倾斜传送带的倾角θ=37°，传送带以一定速度匀速转动，将一个物块轻放在传送带的上端A，物块沿传送带向下运动，从A端运动到B端的v−t图像如图乙所示，重力加速度取g=10m/s2，sin 37°=0.6，cs37°=0.8，不计物块大小，则( )
A. 传送带一定沿顺时针方向转动B. 传送带转动的速度大小为5m/s
C. 传送带A、B两端间的距离为11mD. 物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.用如图甲所示装置做“验证力的平行四边形定则”实验。A为固定橡皮筋的图钉。
(1)使用两只弹簧测力计通过细绳将橡皮条的另一端拉至O点，分别记录两个拉力的大小和方向，其中一只弹簧测力计的示数如图甲所示，则其示数为______N
(2)关于实验的方法和要点，下列说法正确的是( )
A.实验采取的研究方法是控制变量法
B.拉橡皮条时，两只弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板面平行
C.确定力的方向时，用铅笔沿着细绳划直线
D.用平行四边形定则求得的合力方向一定沿AO方向
(3)根据实验结果作出力的图示如图乙所示。在图乙中用一只弹簧测力计拉橡皮条时拉力的图示为
( )
12.某同学为探究加速度a与物体所受合力F的关系，设计了如图甲所示实验装置，A为小车，B为电火花计时器，C为质量为m0的挂盘(可放砝码)，D为一端带有定滑轮的长方形木板，实验所用电源的频率为50Hz。
(1)关于实验的要点，下列说法正确的是______。
A.与小车相连的细线与长木板一定要平行
B.为了使小车受到的合外力等于细线上的拉力，应使挂盘和盘中砝码的总质量远小于小车的质量
C.为了使细线上的拉力近似等于挂盘和盘中砝码总重，应平衡摩擦力
D.平衡摩擦力的方法为，调节挂盘中砝码的质量，使小车能匀速滑动
(2)按规范操作进行实验，在实验中得到如图乙所示的一条纸带(相邻两计数点间还有四个点没有画出)，根据纸带可求出打点“3”时，小车的速度大小为______m/s，求出小车的加速度大小为______m/s2。(结果均保留三位有效数字)
(3)多次改变挂盘中砝码的质量，进行多次实验，记录每次实验时挂盘中砝码的质量m及对应的小车的加速度a，作出a−mg图像，得到的图像应是______。
四、计算题：本大题共3小题，共39分。
13.一辆汽车正在平直的公路上以30m/s的速度匀速行驶，突然看到前方一个限速牌立即制动，汽车做匀减速运动，经3s速度降为12m/s，然后以此速度匀速向前运动20s，又以7.5m/s2的加速度匀加速到30m/s.求：
(1)汽车匀减速运动的加速度大小及匀减速运动第3s内的位移；
(2)汽车以小于30m/s的速度通过的路段总长；
(3)若没有限速牌，以30m/s的速度通过(2)问中这段路所用时间比题中通过这段路所用时间少多少。
14.如图所示，质量为M的物块A放在水平面上，质量为m的小球B用一根细线与A相连接，用另一根细线与天花板上的C点相连，用水平向左的拉力F拉小球，AB段细线刚好伸直，此时BC段细线与竖直方向的夹角为37°，AB段细线与BC段细线垂直，物块A与地面间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，细线重力不计，重力加速度为g，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
(1)拉力F的大小；
(2)改变拉力F的方向，使AB段细线刚好伸直时的最小拉力；
(3)保持拉力F方向不变，逐渐增大拉力F，当物块A刚好要滑动时，拉力F为多大。
15.如图所示，质量M=1kg的长木板放置在光滑的水平面上，质量m=0.5kg的物块放在长木板的左端，用斜向右上与水平方向夹角θ=37°、F=5N的恒定拉力拉物块，物块由静止开始运动，运动3s时，撤去拉力，物块再运动2s刚好停在长木板的右端。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
(1)物块与长木板间的动摩擦因数；
(2)长木板的长度。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.高速公路上限速牌上的速度值指的是瞬时速度，故A错误；
B.汽车速度计上的数字是瞬时速度，故B正确；
C.作息时间表上的数字表示的是时刻，故C错误；
D.百米比赛的成绩表上的数字表示的是运动员跑完百米的总时间，故D错误。
故选：B。
A.根据高速限速牌的数值含义比较判断；
B.根据汽车速度计的含义进行判断；
C.根据作息时间表和田径比赛成绩表的含义进行判断。
注意运动学的概念比较，速度、速率，平均速度和平均速率以及时间和时刻的区别。
2.【答案】D
【解析】解：AB.由B的加速度和末速度可求初速度
vB=v0+aBt得
v0=vB−aBt=0−(−1)×3m/s=3m/s
A的初速度和B相同
所以此时A的速度为
vA=v0+aAt=3m/s+2m/s2×3s=9m/s
故A、B错误；
CD.由匀变速直线运动的平均速度可得两者之间的距离
x=xA−xB=v0+vA2t−v0+vB2t=vA−vB2t=9−02×3m=13.5m
故C错误，D正确。
故选：D。
由匀变速直线运动个规律可求。
AB两质点同时同地出发，用平均速度计算位移较简便。
3.【答案】A
【解析】解：AB.篮球上升过程中，根据牛顿第二定律得
mg+kv=ma上
速度减小，阻力减小，合力减小，加速度减小；
下降过程中，根据牛顿第二定律得
mg−kv=ma下
速度增大，阻力增大，合力减小，加速度减小，
故A正确，B错误；
CD.上升与下降过程的位移大小相等，由于上升过程的加速度大，因此时间短，平均速度大，故CD错误。
故选：A。
由牛顿第二定律求解加速度变化，由平均速度公式分析平均速度关系。
本题考查牛顿运动定律，学生需结合牛顿运动定律进行定性分析。
4.【答案】C
【解析】解：A、冰箱贴受重力、摩擦力、磁力、弹力共四个力的作用，故A错误；
B、冰箱贴对冰箱的磁力等于冰箱对冰箱贴的弹力，故B错误；
C、冰箱贴对冰箱的磁力和冰箱贴对冰箱的弹力是一对平衡力，故C正确；
D、冰箱贴对冰箱的磁力与冰箱对冰箱贴的磁力是一对相互作用力，故D错误；
故选：C。
冰箱贴受重力、摩擦力、磁力、弹力共四个力的作用；
对冰箱贴进行分析，冰箱贴受到冰箱的磁力与冰箱对冰箱贴的弹力是平衡力，大小相等，方向相反；
冰箱贴对冰箱的磁力与冰箱对冰箱贴的磁力是相互作用力，大小相等，方向相反；
明确作用力和反作用力，知道平衡力的概念，知道怎么区分平衡力和相互作用力。
5.【答案】B
【解析】解：设匀速时的速度为v，加速时间和匀速时间分别为t1，t2
则加速位移为x1=v2t1
匀速位移为x2=vt2
总位移为x=x1+x2=v2t1+vt2
总时间为t=t1+t2
全程的平均速度为v−=v2t1+vt2t1+t2
由已知可得v−=23v联立两式可得
2t2=t1
全程时间为t=t1+t2=t1+t12=32t1
则匀加速运动时间与全程时间之比为
t1t=t132t1=23故ACD错误，B正确。
故选：B。
由匀变速直线运动的平均速度计算位移，末速度就是匀速时的速度，根据已知可解。
注意设加速时间和匀速时间，二者之和即全程时间。
6.【答案】C
【解析】解：A.根据力的平衡，设细线上的拉力为T，则
2Tcs45°=mg
解得
T= 22mg
故A错误；
B.仅将D端缓慢沿杆向上移，设线长为l，根据几何关系可知sinθ=OEl，细线与竖直方向的夹角不变，因此拉力大小不变，故B错误；
C.仅将E端缓慢沿杆向左移，细线与竖直方向的夹角变小，因此拉力减小，故C正确；
D.仅将D端缓慢沿杆向下移，在滑轮到达D端前，由于滑轮两边细线与竖直方向的夹角总是相等，因此DC段细线始终不可能变成水平，故D错误。
故选：C。
根据共点力的平衡条件可解得细线的拉力，根据几何关系分析夹角情况，从而判断细线拉力的变化。
本题考查共点力平衡条件，解题关键掌握题中夹角的分析判断及影响因素。
7.【答案】D
【解析】解：AD、根据力的平衡2Fcs37°=mg
解得F=58mg，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律可知F=ma解得a=58g，故A错误，D正确；
B、剪断细线的一瞬间，弹簧弹力的示数不变，故B错误；
C、剪断细线的一瞬间，小球A有向下的分加速度，处于失重状态，故C错误；
故选：D。
根据物体受力平衡可求出弹簧弹力的大小，剪断瞬间弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律可求加速度；
根据物体有向下的加速度，故判断物体处于失重状态。
明确弹簧弹力在剪断的一瞬间是不变的，根据物体的运动状态判断物体是超重还是失重状态。
8.【答案】BC
【解析】解：A、不考虑摩擦，图甲实验会看到：小球一定会“冲”上对接斜面等高的位置，故A错误；
B、伽利略通过图甲实验用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到“物体的运动不需要力来维持”，推翻了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的结论，故B正确；
C、图乙实验中，运用斜面“冲淡”了重力的作用，使运动时间变长，便于测量，故C正确；
D、伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比，由于当时用滴水法计算，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力的作用效果，故D错误。
故选：BC。
明确伽利略关于自由落体和理想实验的基本内容，知道伽利略对运动和力的关系研究，其科学思想方法的核心是把把实验和逻辑推理和谐结合起来。
本题考查的就是学生对于物理常识的理解，这些在平时是需要学生了解并知道的，本题中要注意体会伽利略所用到的物理方法．
9.【答案】AC
【解析】解：CD.设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由题意知
F1+μmgcsθ=mgsinθ
F2=μmgcsθ+mgsinθ
代入数据解得
μ=0.25
C正确，D错误：
AB.根据胡克定律有：k=ΔFΔx=80.05N/m=160N/m
故A正确，B错误。
故选：AC。
对物块根据共点力平衡条件解得动摩擦因数，根据胡克定律可解得劲度系数。
解决本题的关键是要搞清物体的受力情况，分析摩擦力的方向是关键，注意胡克定律的应用。
10.【答案】BCD
【解析】解：A、物块沿传送带向下运动，假设传送带沿顺时针方向转动或者不转动，那么在物块下滑过程中，始终受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，物块受到的合力始终不变，加速度保持不变，与图乙的v−t图像描述的运动过程(加速度在0.5s时发生变化)相矛盾，则假设不成立，故传送带一定沿逆时针方向转动，故A错误；
B、由v−t图像可知，传送带转动的速度大小为5m/s，故A正确；
C、物块从A端运动到B端的v−t图像与时间轴所围成的面积等于物块下滑的位移大小，也就等于传送带A、B两端间的距离(设为x)，则有：x=5×0.52m+(5+8)(2−0.5)2m=11m，故C正确。
D、由v−t图像可得：0～0.5s时间内物体的加速度大小为：a1=ΔvΔt=50.5m/s2=10m/s2,此时间内物块的速度小于传送带速度，物块所受滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcsθ=ma1，代入数据解得：μ=0.5，故D正确。
故选：BCD。
由v−t图像可知，物块在传送带上下滑过程分两个阶段，两个阶段的加速度大小不同，均做匀加速直线运动。传送带一定沿逆时针方向转动，物块的速度先小于传送带速度，物块所受滑动摩擦力沿传送带向下，与传送带速度相等后，物块的速度大于传送带速度，物块所受滑动摩擦力沿传送带向上。v−t图像的斜率绝对值表示加速度的大小；v−t图像与时间轴围成的面积的表示物块的位移大小；通过受力分析，应用牛顿第二定律求解动摩擦因数。
本题考查了牛顿运动定律应用的传送带模型。先要分析物体的运动情况，由图象求解加速度，再结合牛顿第二定律求解。
11.【答案】(1)4.2；(2)B；(3)F′。
【解析】解：(1)1N被分为5格，每小格表示0.2N，读数时不需估读到分度值下一位，故读数为4.2N；
(2)A、本实验采用了等效替代法，没有采用控制变量法，故A错误；
B、拉橡皮条时，两只弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板面平行，这样才确保力的大小准确性，故B正确；
C、确定力的方向时，采用两点确定一条直线的方法，不能沿细线划线，故C错误；
D、由于作图和测量时存在误差，故由平行四边形定则求得的合力方向不一定沿AO方向，故D错误。
故选：B。
(3)由图乙可知，力F沿对角线方向，为两分力的合力的理论值，F′沿橡皮条方向，为一个弹簧测力计拉橡皮条时的拉力，用一只弹簧测力计拉橡皮条时拉力的图示为F′。
故答案为：(1)4.2；(2)B；(3)F′。
本实验为验证力的平行四边形定则，需熟悉“等效法”实验原理、实验操作的具体要求，通过平行四边形定则作出来的合力F′与F进行比较，得到结果；明确实验原理和方向，从而确定实验中的注意事项；在图示中，知道合力的理论值和实际值的区别。
本实验应明确：(1)熟悉实验原理及操作步骤，对实验操作中的注意事项要熟记于心；(2)熟悉弹簧测力计的读数方法，能正确读数；(3)为验证力的平行四边形定则，需比较拉力F′与合力F。
12.【答案】ABC 0.578 0.882 A
【解析】解：(1)A、为使小车所受合力等于细线的拉力，与小车相连的细线与长木板一定要平行，故A正确；
B、为了使小车受到的合外力等于细线上的拉力，应使挂盘和盘中砝码的总质量远小于小车的质量，故B正确；
C、为了使细线上的拉力近似等于挂盘和盘中砝码总重，应平衡摩擦力，故C正确；
D、平衡摩擦力的方法为，不挂盘把长木板的一端适当垫高，轻推小车使小车能匀速滑动，故D错误。
故选：ABC。
(2)实验所用电源的频率为50Hz，相邻两计数点间还有四个点没有画出，相邻计数点间的时间间隔t=5T=5f=550s=0.1s
做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，打点计时器在打计数点3时，小车的速度大小v=x242t=(5.34+6.21)×10−22×0.1m/s≈0.578m/s；
根据匀变速直线运动的推论Δx=at2由逐差法可知，小车的加速度a=x45−x12+x56−x23+x67−x349t2=x47−x149t2=(7.10+8.00+8.86−4.47−5.34−6.21)×10−29×0.12m/s2≈0.882m/s2。
(3)设小车质量为M，挂盘的质量为m0，对小车，由牛顿第二定律得：(m+m0)g=Ma
整理得：a=1M×mg+m0gM，M、m0都是常数，a与mg是线性关系，a−mg图象是一条倾斜的直线，a−mg图象在纵轴上的截距b=m0gM，故A正确，CD错误。
故选：A。
故答案为：(1)ABC；(2)0.578；0.882；(3)A。
(1)根据实验注意实验分析答题。
(2)根据匀变速直线运动的推论求出瞬时速度与加速度。
(3)根据题意求出图象的函数表达式，然后分析图示图象答题。
理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提与关键，应用匀变速直线运动的推论与牛顿第二定律即可解题；计算时注意单位换算。
13.【答案】解：选汽车的初速度方向为正方向
(1)根据加速度的定义式可知，a1=v−v0t1=12−303m/s2=−6m/s2，负号表示加速度方向与所选的正方向相反
匀减速运动第3s内的位移为：x′=vt′−12a1t′2=12×1m+12×6×12m=15m
(2)汽车匀减速运动通过的路程为：x1=v0+v2t1=30+122×3m=63m
匀速运动的路程为：x2=vt2=12×20m=240m
匀加速运动的路程为：x3=v02−v22a2=302−1222×7.5m=50.4m
所以汽车以小于30m/s的速度通过的路段总长为：x=x1+x2+x3=63m+240m+50.4m=353.4m
(3)若没有限速牌，以30m/s的速度通过这段路程所用的时间为：t=xv0=353.430s=11.78s
比题中通过这段路所用时间少Δt=t1+t2+v0−va3−t=3s+20s+30−127.5s−11.78s=13.62s
答：(1)汽车匀减速运动的加速度大小为6m/s2，匀减速运动第3s内的位移为15m；
(2)汽车以小于30m/s的速度通过的路段总长为353.4m；
(3)若没有限速牌，以30m/s的速度通过(2)问中这段路所用时间比题中通过这段路所用时间少13.62s。
【解析】(1)根据加速度的定义式计算出加速度的大小，根据位移—时间公式计算出汽车的位移；
(2)分阶段计算出汽车的路程并相加即可；
(3)先根据速度的定义式计算出时间，再将时间做差值即可。
本题主要考查了运动的多过程问题，根据运动学公式分段分析计算最后相比即可。
14.【答案】解：(1)AB段细线刚好伸直时，对小球B受力分析，根据力的平衡，由平行四边形定则可得
tan37°=Fmg，解得F=34mg=0.75mg；
(2)由几何知识可知，力的三角形中，点到直线的距离最小，当F与BC线段垂直时，拉力最小
F最小=mgsin37°=0.6mg；
(3)设绳子对A的拉力为T，对物块A受力分析如图所示

物块A刚要滑动时有
水平方向Tcs37°=Ff
竖直方向Tsin37°+FN=Mg
Ff=μFN
联立以上三式可得
T=μMgcs37∘+μsin37∘=0.5Mg0.8+0.5×0.6=2544Mg
对小球B受力分析，在AB方向合力为零，可得
Fcs37°=mgsin37°+T
整理代入数据解得
F=34mg+2544Mg
答：(1)拉力F的大小是0.75mg；
(2)改变拉力F的方向，使AB段细线刚好伸直时的最小拉力为0.6mg；
(3)保持拉力F方向不变，逐渐增大拉力F，当物块A刚好要滑动时，拉力F为34mg+2544Mg。
【解析】分别对A和B受力分析，综合运用力的合成法和正交分解法建立方程求解。
注意临界条件，AB段细线刚好伸直就是伸直没有弹力，当物块A刚好要滑动时就是出现最大静摩擦力。
15.【答案】解：(1)前3s物块与木板间的摩擦力
f=μ(mg−Fsinθ)
物块的加速度
a1=Fcsθ−fm
木板的加連度
a2=fM
后2s物块与木板间的摩擦力
f′=μmg
物块的加速度
a′1=f′m
木板的加速度
a′2=f′M
由于最终物块与木板以共同速度向右运动，则
a1t1−a′1t2=a2t1+a′2t2=v
代入数据联立解得：μ=0.5，a1=6m/s2，a2=1m/s2，a′1=5m/s2，a′2=2.5m/s2，v=8m/s；
(2)前3s物块位移
s1=12a1t12，
木板的位移
s2=12a2t12，
后2s物块位移
s′1=a1t1⋅t2−12a′1t22，
后2s木板位移
s′2=a2t1⋅t2+12a′2t22，
木板的长度
L=s1−s2+s′1−s′2
代入数值联立解得：L=37.5m。
答：(1)物块与长木板间的动摩擦因数为0.5；
(2)长木板的长度为37.5m。
【解析】(1)分别对前后两时段物块和木板受力分析，根据牛顿第二定律和运动学公式联立可求；
(2)分别求出两个时段物块和木板的位移，两时段位移差之和为木板长度。
本题综合考查了牛顿第二定律、运动学公式，要知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，分析出物块和长木板运动的位移之差即为长木板的长度是正确解题的关键。