云南高考物理三年（2020-2033）模拟题知识点分类汇编-07机械能守恒定律、能量守恒定律

这是一份云南高考物理三年（2020-2033）模拟题知识点分类汇编-07机械能守恒定律、能量守恒定律，共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

云南高考物理三年（2020-2033）模拟题知识点分类汇编-07机械能守恒定律、能量守恒定律

一、单选题
1．（2021·云南·统考一模）不可伸长的轻质细绳一端固定于O点，另一端系一个可视为质点的小球，在O点的正下方钉一颗钉子P，小球从某一高度由静止释放，释放小球时绳子偏离竖直方向的角度及钉子位置分别如下图A、B、C、D所示，已知图中，。当细绳与钉子相碰时，绳最容易断的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2020·云南·统考一模）一质量为m的小物块由斜面底端的A点以某一初速度冲上倾角为30°的固定斜面做匀减速直线运动，减速的加速度大小为g，物体沿斜面上升的最大高度为h，在此过程中（　　）
A．上升过程中阻力做功为mgh
B．物体上升到最大高度的过程中机械能增加了mgh
C．物体的重力势能增加量为mgh
D．上升过程中动能减少了mgh
3．（2020·云南·统考模拟预测）如图所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使轻绳拉直，弹簧处于自然长度。将两球分别由静止开始释放，达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则下列说法正确的是（  ）

A．两球到达各自悬点的正下方时，动能相等
B．两球到达各自悬点的正下方时，B球动能较大
C．两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大
D．两球到达各自悬点的正下方时，A球受到向上的拉力较小
4．（2020·云南昆明·统考一模）如图所示，竖直平面内的光滑固定轨道由一个半径为R的圆弧AB和另一个圆弧BC组成，两者在最低点B平滑连接。一小球（可视为质点）从A点由静止开始沿轨道下滑，恰好能通过C点，则BC弧的半径为（    ）

A． B． C． D．
5．（2020·云南·统考一模）一物体仅受重力和竖直向上的拉力作用，沿竖直方向向上做减速运动．此过程中物体速度的平方和上升高度的关系如图所示．若取h=0处为重力势能等于零的参考平面，则此过程中物体的机械能随高度变化的图象可能正确的是（ ）

A． B．
C． D．

二、多选题
6．（2021·云南·统考一模）如图甲所示，足够长的斜面倾角为θ，一质量为m的物块，从斜面上的某位置由静止开始下滑。斜面与物块间的动摩擦因数μ随物块位移x的变化规律如图乙所示，物块的加速度随位移变化规律如图丙所示，取沿斜面向下为x轴正方向，下列说法正确的是（　　）

A．图乙中x0处对应的纵坐标为
B．物块的最大速度为
C．物块运动过程中一直处于失重状态
D．物块从开始运动至最低点的过程中损失的机械能为
7．（2021·云南保山·统考一模）如图所示，轻质弹簧一端固定，另—端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC =h。若圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g。则圆环（　　）

A．下滑过程中，经过B处的加速度最大
B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2
C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2- mgh
D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
8．（2021·云南曲靖·统考二模）如图甲所示，长为L的长木板水平放置，可绕左端的固定转轴O转动，左端固定一原长为的弹簧，质量为m的小滑块压缩弹簧到图甲中的a点（物体与弹簧不粘接），O、a间距离为。将小滑块由静止释放后，小滑块恰能到达木板最右端。将木板绕O点逆时针转动37°后固定，如图乙所示，仍将物体由a点静止释放，物体最多运动到距离O点的b点，已知弹簧的弹性势能，其中k为弹簧劲度系数，x为弹簧的形变量，取，，下列说法正确的是（　　）

甲乙
A．物体与木板间的动摩擦因数为
B．弹簧的劲度系数为
C．物体在a点时，弹簧的弹性势能为
D．长木板水平放置时，物体运动过程中脱离弹簧时速度最大
9．（2020·云南昆明·统考一模）如图甲所示，轻弹簧一端固定在竖直墙上，初始时处于自然状态，右端在P点，某时刻一质量为的物块A以一定初速度向左滑向轻弹簧，从开始运动至弹簧压缩至最短的过程中，物块速度平方随位移的变化规律如图乙所示，已知弹簧劲度系数为，取重力加速度，以下说法正确的是（　　）

A．物块A与地面间动摩擦因数为0.5 B．此过程中弹簧的最大弹性势能为
C．物块A向右运动过程中加速度先减小后不变 D．物块A最终停在出发点
10．（2020·云南·统考二模）如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放，某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（　　）

A．当x=h时，小球的速度开始减小，而加速度先减小后增大，直至最低点
B．最低点的坐标
C．当x=h+2x1时，小球的加速度为-g，弹力为2mg，且为小球下落的最低点
D．小球动能的最大值为
11．（2020·云南·统考三模）如图所示，绝缘材料做成的轨道ACDE固定于竖直平面内，AC段水平，CDE段为半径R=0.4m的半圆轨道，整个装置处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B=0.5T，方向与轨道平面垂直。有一个质量为m=1.0×10-4kg，带电量为q=+1.5×10-3C，可视为质点的小滑块，以v0=5m/s的初速度从C点开始进入半圆轨道，小滑块恰好能通过E点水平飞出，一段时间后小滑块通过与E点等高的F点（图中未标出）。若运动过程中小滑块带电量不变，取重力加速度为g=10m/s2。下列说法正确的是（　　）

A．小滑块通过E、F两点时的速度大小相等
B．小滑块通过E点时的速度大小为2m/s
C．从C到E小滑块克服摩擦力做的功为4.0×10-4J
D．从C到D小滑块损失的机械能小于2.0×10-4J
12．（2020·云南·统考模拟预测）如图所示，质量为m的托盘P（包括框架）悬挂在轻质弹簧的下端处于静止状态，托盘的上表面水平。t=0时刻，将质量也为m的物块Q轻轻放到托盘上，t1时刻P、Q速度第一次达到最大，t2时刻，P、Q第一次下降到最低点，下列说法正确的是（　　）

A．Q刚放上P瞬间它们的加速度大小为
B．0~t1时间内弹簧弹力的冲量大于2mgt1
C．0~t1时间内P对Q的支持力不断增大
D．0~t2时间内P、Q的重力势能和弹簧弹性势能的总和不断减小

三、解答题
13．（2021·云南保山·统考一模）如图所示，倾角为的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板。将长木板A静置于斜面上，A上放置一小物块B，初始时A下端与挡板相距，现同时无初速度释放A和B。已知在A停止运动之前B始终没有脱离A且不会与挡板碰撞，A和B的质量均为，它们之间的动摩擦因数，A或B与挡板每次碰撞损失的动能均为，忽略碰撞时间，重力加速度大小g取。求：
（1）A第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小v；
（2）A第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间间隔；
（3）B相对于A滑动的最短时间t。

14．（2021·云南·统考二模）如图所示，圆柱形管的底端固定一弹射器，弹射器上有一质量 m1= 1 kg的小滑块，管和弹射器的总质量 m2= 2 kg，滑块与管内壁间的滑动摩擦力大小为0.4m1g。整个装置竖直静止在水平地面上。发射时，滑块离开弹射器瞬间距离上管口的距离为 1.0 m； 滑块离开弹射器后上升的最大高度为1.4 m。小滑块可视为质点且弹射时间极短，每次弹射后滑块获得的初速度相等，忽略空气阻力，取重力加速度 g=10 m/s2。求
（1）滑块被弹射后在圆柱形管内滑动时的加速度大小；
（2）滑块离开弹射器后运动到最高点的时间；
（3）当滑块离开弹射器瞬间，对圆柱形管施加一个竖直向上的恒力 F，为保证滑块不滑出管口，计算 F的最小值。

15．（2020·云南·统考一模）如图所示，长为L=3m，质量为M=3kg的平板车在粗糙水平面上向右滑行，当其速度为v=4m/s时，在其右端轻轻放上一个质量为m=1kg的滑块，已知滑块与平板车间的动摩擦因数为μ1=0.1，平板车与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2。求：
(1)滑块与平板车取得相同的速度前各自的加速度；
(2)从开始至最终停止，滑块与平板车间因摩擦产生的热量Q；
(3)从开始至最终停止，滑块、平板车和地面组成的系统增加的内能U。

16．（2020·云南昆明·统考一模）如图所示，轨道ABCD固定在竖直面内，由粗糙倾斜直轨道段和光滑圆弧轨道段组成，直轨道与水平面夹角，圆弧轨道半径为R，与直轨道平滑连接，相切于B点，C点为轨道最低点，D点与圆心O等高。一质量为m的小物块从直轨道某位置由静止释放，恰能到达D点。空气阻力忽略不计，小物块视为质点，重力加速度为g。求小物块经过C点时对轨道压力的最大值与最小值。

17．（2020·云南曲靖·统考二模）如图所示，在竖直平面内有一半径为R的光滑圆弧轨道与水平地面相切于B点。现让质量为m的滑块P从A点正上方某处Q（图中未画出）由静止释放，P从A点竖直向下落入轨道，最后停在C点。已知C、B两点间的距离为，轨道的质量为，P与B点右侧地面间的动摩擦因数为0.5，B点左侧地面光滑，重力加速度大小为g，空气阻力不计。求：
(1)当P刚滑到地面时，轨道的位移大小；
(2)Q与A点的高度差h以及P离开轨道后到达C点所用的时间t。

18．（2020·云南·统考二模）如图所示，一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=2m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块最终未滑离长木板，且圆弧轨道的半径为R=0.4m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=60°，不计空气阻力，g取10m/s2。求：
(1)小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
(2)小滑块和长木板的最终速度。

19．（2020·云南曲靖·模拟预测）如图所示，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O，让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。现从静止释放质量为m的小球b，两球碰后粘在一起向左摆动。已知，忽略空气阻力。求：
(1)小球b摆到最低点且未与球a发生碰撞时细线的拉力大小；
(2)两球碰后粘在一起向左摆动的最大偏角。

20．（2020·云南·统考模拟预测）如图所示，半径为的光滑圆弧轨道，与半径为的半圆光滑空心管轨道平滑连接并固定在竖直面内，粗糙水平地面上紧靠管口有一长度为L=2.5m、质量为M=0.1 kg的静止木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上。质量为m2= 0.05 kg的物块静止于B处，质量为m1=0.15kg的物块从光滑圆弧轨道项部的A处由静止释放，物块m1下滑至B处和m2碰撞后合为一个整体。两物块一起从空心管底部C处滑上木板，两物块恰好没从木板左端滑下。物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.3，两物块均可视为质点，空心管粗细不计，重力加速度取g=10m/s2。求：
(1)物块m1滑到圆弧轨道底端B处未与物块m2碰撞前瞬间受到的支持力大小；
(2)物块m1和m2碰撞过程中损失的机械能；
(3)木板在地面上滑行的距离。


参考答案：
1．A
【详解】设绳子长为L，由机械能守恒得

在最低点，由牛顿第二定律得

联立可得

因为，，可得在最低点A图中绳子所受的力最大，故最容易断，故A正确，BCD错误。
故选A。
2．C
【详解】A．减速上升过程中，根据牛顿第二定律可得

其中a=g，解得

上升过程中阻力做功为

A错误；
B．机械能的变化等于除重力外其他力做的功，该过程中克服阻力做的功为mgh，则过程中机械能减少了mgh，B错误；
C．物体在斜面上上升的最大高度为h，则重力势能增加了mgh，C正确；
D．根据动能定理可得，物体动能的变化量为

即动能损失了2mgh，D错误。
故选C。
3．C
【详解】ABC．两个球都是从同一个水平面下降的，到达最低点时还是在同一个水平面上，根据重力做功的特点可知在整个过程中，AB两球重力做的功相同，两球重力势能减少量相等。B球在下落的过程中弹簧要对球做负功，弹簧的弹性势能增加，所以B球在最低点的速度要比A的速度小，动能也要比A的小，故AB错误，C正确；
D．由于在最低点时B的速度小，且两球质量相同，根据向心力的公式

可知，B球需要的向心力小，所以绳对B的拉力也要比A的小，故D错误。
故选C。
4．A
【详解】设BC弧的半径为r。小球恰好能通过C点时，由重力充当向心力，则有：

小球从A到C的过程，以C点所在水平面为参考平面，根据机械能守恒得：

联立解得：

故选A。
5．B
【详解】拉力竖直向上，与物体的位移方向相同，则拉力对物体做正功，由功能关系知物体的机械能增加，故A、D错误．由匀变速运动的速度位移关系公式v2-v02=2ah得：v2=v02+2ah;由数学知识可知，v2-h图象的斜率等于2a，直线的斜率一定，则知物体的加速度a一定，因此物体向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律知拉力恒定．
由功能关系知：F△h=△E，即得，所以E-h图象的斜率等于拉力F，F一定，因此E-h图象应是向上倾斜的直线，故C错误，B正确．故选B.
【点睛】根据物理规律得到解析式，再结合数学知识分析图象的形状和物理意义，是常用的方法，要能熟练运用.
6．AB
【详解】A．根据图丙可知，在x0处的加速度为0，则由

可得图乙中x0处对应的纵坐标为

选项A正确；
B．开始下滑时的加速度为

根据

结合图像丙可知物块的最大速度为

选项B正确；
C．物块运动过程中加速度先向下后向上，可知先失重后超重，选项C错误；
D．物块从开始运动至最低点的过程中损失的机械能为

选项D错误。
故选AB。
7．BD
【详解】A．圆环从处由静止开始下滑，经过处的速度最大，到达处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过处的速度最大，所以经过处的加速度为零，所以加速度先减小，后反向增大，则下滑过程中经过B处的加速度最小，故错误；
B．研究圆环从处由静止开始下滑到过程，运用动能定理列出等式

在处获得一竖直向上的速度，恰好能回到，运用动能定理列出等式

解得

所以下滑过程中，克服摩擦力做的功为，故B正确；
C．由上分析可知

所以在处，弹簧的弹性势能为，故C错误；
D．研究圆环从处由静止开始下滑到过程，运用动能定理列出等式

研究圆环从处上滑到的过程，运用动能定理列出等式

即

由于，所以

则有

即上滑经过的速度大于下滑经过的速度，故D正确；
故选BD。
8．AC
【详解】A．木板水平时有

木板绕O点逆时针转动后固定有

联立解得

故A正确；
BC．物体在点时，弹簧的弹性势能为

在点时弹簧的压缩量为，由弹簧的弹性势能公式

可得

故B错误，C正确；
D．经分析可知长木板水平放置时，物体加速度为零，即弹力等于滑动摩擦力时速度最大。故D错误。
故选AC。
9．BD
【详解】A．由匀变速直线运动的位移与速度的关系

对比题图乙可知，物块运动前2m过程做匀减速直线运动，v2-x图线的斜率

由牛顿第二定律知物块的加速度

解得

故A错误；
B．由题图乙可知，物块的初速度

向左运动的最大距离为

故弹簧的最大弹性势能为

故B正确；
C．物块在向右运动过程中，初始时弹簧弹力最大且大于物块所受摩擦力，然后弹簧弹力逐渐减小到零，则物块的加速度先逐渐减小，减到零后再逐渐增大，最后不变，故C错误；
D．物块向左运动过程中，由动能定理有

物块向右运动过程中，有

解得

故D正确。
故选BD 。
10．BD
【详解】A．小球下落到时，小球刚接触弹簧，直到前弹力小于重力，小球一直做加速度减小的加速运动，之后弹力大于重力，加速度反向逐渐增大，直至到达最低点，故A错误；
BC．由题图乙可知

解得

由图线与横轴所图形的面积表示弹力所做的功，则有

由动能定理得

解得

所以最低点不是；由对称性可知当时，小球加速度为，且弹力为，但不是最低点，故B正确，C错误；
D．小球在处时，动能有最大值，根据动能定理有

依题可得

所以有

故D正确；
故选BD。
11．AC
【详解】A．小滑块从E点到等高的F点，重力做功为零，洛伦兹力不做功，则由能量关系可知，通过E、F两点时的动能相同，即速度大小相等，选项A正确；
B．小滑块恰好能通过E点水平飞出

则
vE=1m/s
选项B错误；
C．从C到E小滑块克服摩擦力做的功为

解得
Wf=4.0×10-4J
选项C正确；
D．从C到D小滑块的速度大于从D到E的速度，可知从C到D滑块对轨道的压力大于从D到E对轨道的压力，则从C到D滑块受到的摩擦力大于从D到E受到的摩擦力，则从C到D损失的机械能大于2.0×10-4J，选项D错误。
故选AC。
12．AC
【详解】A． Q刚放上P瞬间，弹簧弹力不变，仍为mg，故根据牛顿第二定理可知，它们的加速度

故A正确；
B． t1时刻P、Q速度第一次达到最大，此时P、Q整体合力为零，此时弹簧弹力

故0~t1时间内弹簧弹力小于2mg，故0~t1时间内弹簧弹力的冲量小于2mgt1，故B错误；
C． 0~t1时间内整体向下的加速度逐渐减小到零，对Q有

故P对Q的支持力N不断增大，故C正确；
D． t2时刻，P、Q第一次下降到最低点，动能为零，故根据机械能守恒可知，0~t2时间内P、Q的重力势能和弹簧弹性势能的总和先减小再增大，故D错误。
故选AC。
13．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）B和A一起沿斜面向下运动，由机械能守恒定律有

代入数据，解得     

（2）第一次碰后，对B有

故B匀速下滑；
对A有

代入数据，可得A的加速度为

方向始终沿斜面向下，A将做类竖直上抛运动   
设A第1次反弹的速度大小为v1，由动能定理有

又

解得

（3）设A第2次反弹的速度大小为v2，由动能定理有

得
v2=0 m/s
即A与挡板第2次碰后停在底端，B继续匀速下滑，与挡板碰后B反弹的速度为v'，加速度大小为a′，由动能定理有


可得B沿A向上做匀减速运动的时间

当B速度为0时，因

B将静止在A上；当A停止运动时，B恰好匀速滑至挡板处，B相对A运动的时间t最短，故

14．（1）；（2）；（3）24N
【详解】（1）对滑块由牛顿第二定律得
①
解得
②
（2）设滑块离开弹射器的初速度为v0，离开管口的速度为v1，滑块到上端口的距离为l，滑块上升的最大高度为H。
滑块由底端。上升到最高点的过程中，由动能定理得
③
滑块离开管口后竖直上抛，由动能定理得
④
滑块滑到管口的时间
⑤
滑块从管口，上抛到最大高度处的时间
⑥
滑块运动的总时间
⑦
解得
⑧
（3）为保证滑块不滑出圆柱管，当滑块运动至圆柱形管口时，滑块与圆柱形管恰好共速，所需要施加的外力F最小。设圆柱形管上升的加速度为a2，共速的时间为t3，共速的速度为v。对管由牛顿第二定律得
⑨
滑块与圆柱形管的相对位移

共速时

解得
F= 24N
15．(1)1m/s2，3m/s2；(2)；(3)24J
【详解】(1)开始阶段，对滑块有

解得

对滑板有

解得

(2)经过t1时间速度相等，则

解得

此时共同速度

滑块与平板车取得相同速度前，滑块位移

滑板位移

第一阶段相对位移

此后，如果以共同速度减速，则

加速度

则滑块受摩擦力

故此后两个物体做加速度不同的减速运动，滑块相对平板向前运动；对滑块，有

解得

对滑板，有

解得

滑板速度先减为零，位移

滑块速度减为零的位移

故第二阶段相对位移

滑块与平板车间因摩擦增加的内能

(3)根据能量守恒定律，滑块、平板车和地面组成的系统增加的内能

16．；
【详解】设小物块第一次经过C点时的速度大小为、轨道对其支持力最大为，从C→D过程中，由机械能守恒定律得

解得

在C点由牛顿第二定律有

解得

由牛顿第三定律，小物块经过C点对轨道压力的最大值

小物块最终将在B点和与其相对对称的点间的圆弧轨道中往复运动，运动至两点的速度均为0，设此往复运动过程中小物块经过C点的速度大小为、轨道对其支持力最小为，从B→C过程中，由机械能守恒定律得

解得

在C点由牛顿第二定律有

解得

由牛顿第三定律，小物块经过C点对轨道压力的最小值

17．(1)；(2)2R；
【详解】(1)滑块与轨道组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mv1-2mv2=0

解得

(2)滑块P离开轨道AB时的速度大小为vB，P与轨道AB组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mvB-2mv=0
由机械能守恒定律得

滑块在BC上滑行过程，由动能定理得

解得

h=2R
P离开AB后先向右匀速运动的时间

P减速运动的时间为t2，对滑块，由动量定理得
-μmgt2=0-mvB

运动时间

18．(1)60N，方向竖直向下；(2)
【详解】(1)小物块在C点时的速度大小
①
小物块由C到D的过程中，由机械能守恒定律得
②
代入数据解得
③
小物块在D点时由牛顿第二定律得
④
代入数据解得
FN=60N  ⑤
由牛顿第三定律得
FN′=FN=60N ⑥
方向竖直向下。
(2)由于小物块最终未滑离长木板，说明它们的最后速度相等
由动量守恒定律得
  ⑦
代入数据解得

19．(1)3mg；(2)60度
【详解】(1)设细线长为L，摆到最低点且未与球a发生碰撞时细线的拉力大小为T，速率为v，由机械能守恒定律得

在最低点，拉力和重力的合力充当向心力，由牛顿第二定律可得

联立两式得

(2)设两球碰后粘在一起的共同速度为v′，以向左为正方向，由动量守恒定律得

设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得

联立得

即一起向左摆动的最大偏角为60度。
20．(1)N=4.5N；(2)△E=0.3J；(3)x=2.5m
【详解】（1）物块m1从A到B由动能定理:
①
所以:
v1=4m/s②
对m1在B点受力分析得:
③
解得:
N=4.5N④
（2）两物块碰撞前后动量守恒:
m1v1=（m1+m2）v2⑤
解得:
v2=3m/s⑥
由能量守恒:
⑦
损失机械能:
△E=0.3J⑧
（3）设两物块碰撞后的整体质量为m，m大小为0.2kg木板与地面之间的动摩擦因数为μ1。从B到C由动能定理:
⑨
得:
v3=5m/s⑩
物块滑上木板后，物块先做匀减速，木板匀加速，直到共速，物块的加速度为:
⑪
木板的加速度为:
⑫
当物块与木板共速时:
v3-a1t=a2t⑬
共速时的速度为
v=a2t⑭
物块恰好没滑下木板，相对位移为:
⑮
共速时木板的位移为:
⑯
物块与木板共速后一起匀减速，加速度为:
⑰
共速后继续滑行的距离为:
⑱
木板的位移:
x=x1+x2⑲
综上可解得木板的位移为:
x=2.5m⑳