2023-2024学年四川省成都市蓉城名校联盟高一（下）开学物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省成都市蓉城名校联盟高一（下）开学物理试卷（含解析），共17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.如图为某同学用手机计步器记录的锻炼情况。下列说法正确的是( )
A. 记录该同学的步数时可将该同学视为质点
B. 图中的“用时01：20”指的是时刻
C. 图中的“速度5.0千米/小时”为平均速率
D. 该同学运动的位移可能大于路程
2.关于曲线运动，下列说法正确的是( )
A. 物体做曲线运动时所受的合外力一定不为零
B. 做曲线运动的物体速度可能不变
C. 两个互成角度的匀变速直线运动的合运动一定为曲线运动
D. 曲线运动不可能是匀变速运动
3.做匀减速直线运动的物体经3s停止，若物体第1s内的位移大小为10m，则最后1s内的位移大小为( )
A. 8mB. 2mC. 1mD. 3m
4.如图，一长度为 3R的轻杆两端分别固定两个小球A和B(均可视为质点)，将其放在一个半径为R的光滑球形容器中从位置1开始下滑，当轻杆到达位置2时A球与球形容器球心O等高，其速度大小为v1，此时B球的速度大小为v2，则( )
A. v2=2v1B. v2= 3v1C. v2=v1D. v2= 33v1
5.如图，将一轻质弹簧竖直固定在小车底部，轻质细绳与竖直方向成α角且处于伸直状态，二者共同拴接一小球，小车与小球保持相对静止且一起在水平面上运动，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. 弹簧一定处于压缩状态
B. 弹簧一定处于拉伸状态
C. 弹簧对小球不一定有弹力，细绳对小球一定有拉力
D. 小球的加速度大小可能为gtanα
6.一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验，让一小球从一定的高度自由下落，测得小球第5s内的位移大小为18m(此时小球还未落地)。下列说法正确的是( )
A. 该星球上的重力加速度大小为g=9.8m/s2
B. 小球第5s内的平均速度大小为3.6m/s
C. 小球第5s末的速度大小为10m/s
D. 小球第2s内的位移大小为6m
7.如图，将一轻质弹簧竖直固定在水平地面上，一小球从弹簧上端一定高度处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。以竖直向下为正方向，重力加速度大小为g，关于小球从最高点到第一次运动至最低点的过程中，其速度v随时间t变化、加速度a随位移x变化的图像最符合实际情况的是( )
A. B.
C. D.
8.如图甲，一根大的轻质弹簧内套一根小的轻质弹簧，小弹簧比大弹簧长0.2m，它们的一端齐平并竖直固定在水平地面上，另一端自然放置。当缓慢压缩此组合弹簧时，测得弹簧弹力与压缩距离之间的关系图像如图乙所示，则小弹簧的劲度系数k1、大弹簧的劲度系数k2分别为( )
A. k1=10N/m，k2=20N/mB. k1=10N/m，k2=5N/m
C. k1=10N/m，k2=10N/mD. k1=5N/m，k2=5N/m
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
9.甲、乙两物体沿同一方向同时开始做直线运动，它们的位移x与时间t的图像如图所示。下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两物体相遇两次
B. t2时刻，甲、乙两物体的速度相等
C. 出发时物体乙在物体甲前x0处
D. 物体甲做匀加速直线运动，物体乙做减速直线运动
10.如图，一盏电灯的重力大小为G，悬于水平天花板上的B点，在电线O处系一细线OA，使电线OB与竖直方向的夹角为β=37°，OA与水平方向成α角。现保持O点位置不变，使α角由0°缓慢增加到90°，sin37°=0.6，cs37°=0.8。在此过程中( )
A. 细线OA的拉力逐渐减小
B. 电线OB的拉力逐渐减小
C. 细线OA的拉力最小值为0.6G
D. 细线OA的拉力最小值为0.8G
11.如图甲，倾角为θ=37°的足够长的传送带顺时针匀速转动。一质量为m=1kg的物块(可视为质点)以某一初速度从传送带底端滑上传送带，物块运动的速度—时间图像如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。下列说法正确的是( )
A. 传送带转动的速度大小为8m/s
B. 物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
C. 物块向上运动到最高点的过程中，物块相对传送带的路程为4m
D. 物块在传送带上运动的总时间为12+4 105s
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
12.甲、乙两位同学利用不同的实验装置探究平抛运动规律。
(1)甲同学采用如图甲所示的装置。用小锤敲击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开自由下落。关于该实验，下列说法正确的是______(填标号)。
A.两球的质量必须相等
B.两球将同时落地
C.敲击的力度越大，A球在空中运动的时间越长
D.实验说明A球在竖直方向做自由落体运动

(2)乙同学拍摄到如图乙所示的小球做平抛运动的频闪照片，如图乙中背景方格的边长均为5cm，重力加速度大小取g=10m/s2，照相机的频闪周期为______s；小球做平抛运动的初速度大小为______m/s。
13.为探究质量一定时物体的加速度与力的关系，某同学设计了如图甲所示的实验装置。

(1)关于实验的操作，下列说法正确的是______(填标号)。
A.应将长木板右端垫高，以平衡摩擦阻力
B.打点计时器应连接直流电源
C.使小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数
D.实验中一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
(2)该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带，相邻两个计数点间还有4个点没有画出，已知打点计时器的打点频率为50Hz，根据纸带可求出小车的加速度大小为______m/s2(保留2位有效数字)。
(3)该同学以力传感器的示数F为横坐标、小车的加速度大小a为纵坐标作出a−F图像如图丙所示，已知固定在小车上的滑轮的质量为m0，测得图线的斜率为k，则小车的质量M为______(用题中已知物理量的字母表示)；图像未过坐标原点的原因是______。
四、简答题：本大题共3小题，共38分。
14.如图，三根轻质细绳结于O点，OA另一端固定在水平天花板上的A点，OC另一端连接质量为2m的物体Q，OB另一端连接质量为m的可视为质点的小球P。将物体Q放置于粗糙水平面上，小球P放置于一光滑半圆柱上。当A、O、O′(O′为半圆水平直径的中点)处于同一竖直线上时，OB与半圆柱相切且与OO′的夹角为θ=30°，OC处于水平且物体Q恰好不滑动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。求：
(1)绳子OB的拉力大小；
(2)物体Q与水平面间的动摩擦因数μ。
15.如图，在风洞实验室中，从A点以水平速度v0向左抛出一质量为m的小球(可视为质点)，小球被抛出后受到大小为F=2mg、方向水平向右的恒定风力，经过一段时间小球运动到A点正下方的B点处，重力加速度大小为g。求：
(1)此过程中小球离A、B两点所在直线的最远距离；
(2)A、B两点间的距离；
(3)小球运动到B点时的速度。
16.如图，将一质量为M=10g、长度为l=10cm的长方形硬纸板放在水平桌面上，左端一小部分伸出桌外。将一质量为m=20g的橡皮擦(可视为质点)置于纸板的正中间，用手指将纸板水平弹出(手指对纸板的作用时间很短，可认为作用结束后纸板获得初速度但位移近似为零)，如果弹的力度合适，橡皮擦将脱离纸板。已知橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为μ1=0.1，纸板与桌面间的动摩擦因数μ2=0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取g=10m/s2。

(1)若手指弹出纸板的瞬间，橡皮擦相对纸板滑动，求橡皮擦与纸板的加速度大小；
(2)若手指给纸板的初速度大小为v0=0.9m/s，求最终橡皮擦与纸板左端的距离；
(3)若要使橡皮擦运动的时间不超过t0=0.2s，求纸板被弹出时的速度大小范围。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、记录该同学的步数时不能将其视为质点，故A错误；
B、图中的“用时01：20“指的是时间间隔，故B错误；
C、图中的“速度5.0千米/小时”为实际路程除以时间，所以是平均速率，故C正确；
D、位移是表示物体实际位置变化的物理量，只跟初末位置有关，最多只能等于路程，不可能大于路程，故D错误。
故选：C。
A、只有被研究者本身的形状、大小等不影响所研究的问题时才能被视为质点；
B、对于计时器而言，时刻为一个时间点，时间间隔为一段时间；
C、速率是标量，速度是矢量；
D、位移是由初位置指向末位置的物理量。
本题考查了对质点、时间间隔、时刻、平均速率、速度、路程、位移等概念的理解。
2.【答案】A
【解析】解：A、物体做曲线运动时所受的合外力一定不为零，故A正确；
B、做曲线运动的物体速度方向肯定发生变化，速度一定变化，故B错误；
C、两个互成角度的匀变速直线运动的合运动的合加速度方向与合速度方向共线时为直线运动，合加速度方向与合速度方向不共线时为曲线运动，故C错误；
D、曲线运动可能是匀变速运动，如平抛运动，故D错误。
故选：A。
A、曲线运动速度方向时刻发生改变，速度发生改变就一定有加速度；
B、速度是矢量，包括方向和大小，可通过此特点判断曲线运动中速度的变化；
C、是否做曲线运动需要看合加速度方向与合速度的关系；
D、曲线运动是否为匀变速运动，需要看加速度是否变化。
本题考查了曲线运动的产生条件，其中掌握曲线运动的特点为解决本题的关键。
3.【答案】B
【解析】解：物体第1s内、第2s内、第3s内的位移大小之比为5：3：1，由于第1s内的位移大小为10m，
故最后1s内的位移大小为2m，故B正确，ACD错误。
故选：B。
匀变速直线运动中，等分时间时，位移大小之比为定值，可利用此推论计算最后一秒的位移。
本题考查了对匀变速直线运动规律的理解，其中掌握匀变速直线运动关于等分时间位移之比为解决本题的关键。
4.【答案】C
【解析】解：由沿杆分速度相等可得v1sinα=v2sinβ，由几何关系可知α=β=30°，故v2=v1，故C正确，ABD错误。
故选：C。
A、B两个小球沿杆的分速度相等，故可利用杆的速度与几何关系联立计算二者关系。
本题考查了对关联速度模型问题，其中知道沿杆建系，通过杆上的速度为两个小球实际速度建立联系为解题的关键。
5.【答案】D
【解析】解：AB、轻质细绳与竖直方向成α角且处于伸直状态，当绳子沿竖直方向分力等于小球重力时，此时弹簧处于原长状态；当细绳沿竖直方向的分力大于重力时，弹簧处于拉伸状态；当绳子沿竖直方向的分力小于重力时，弹簧处于压缩状态；所以弹簧可能处于拉伸状态、压缩状态、原长状态，故AB错误；
C、若当小车匀速运动时，水平方向合力也为零，弹簧的弹力大小等于小球的重力大小，此时细绳的拉力Fr=0，故C错误；
D、当弹簧处于原长状态时，小球的加速度大小为gtanα，故D正确。
故选：D。
AB、保持静止状态下，小球受力平衡，此时弹簧可存在多种状态；
C、可利用力的合成与分解思想分析小球在不同运动状态下的受力情况；
D、可以通过选项加速度大小反推，判断小球是否能存在此类情况。
本题考查了对力的合成与分解方法的应用，其中应用牛顿第二定律中合力与加速度的关系判断小球和弹簧的状态为解题的关键。
6.【答案】D
【解析】解：A、根据x=12gt2，设t1=4s，t2=5s
可得Δx=12gt22−12gt12
且Δx=18m
代入数据解得星球上的重力加速度大小为g=4m/s2
故A错误；
B、小球第5s内的平均速度大小v−=181m/s=18m/s，故B错误；
C、小球第5s末的速度大小v=gt
代入数据解得v=20m/s，故C错误；
D、设t=2s，t′=1s
小球第2s内的位移大小
x2=12gt2−12gt′2
代入数据解得x2=6m，故D正确。
故选：D。
A、根据位移差，利用位移与时间公式计算重力加速度；
B、利用平均速度公式计算；
C、利用速度与时间公式计算速度；
D、利用位移与时间公式计算位移差。
本题考查对自由落体运动的理解，着重考查对匀变速直线运动规律的掌握。
7.【答案】B
【解析】解：AB、速度与时间图像斜率表示加速度，小球先做自由落体运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做加速度增大的减速运动，故A错误，B正确；
CD、小球接触弹簧前做自由落体运动的加速度大小为a=g，小球接触弹簧后，弹力小于重力，根据牛顿第二定律得mg−kx=ma，
整理解得a=−kmx+g，加速度向下，加速度为正值，图像为直线，加速度随位移的增大而减小；
当弹力等于重力时，合力为零，加速度为零；
当弹力大于重力时，根据牛顿第二定律得kx−mg=ma，
整理解得a=kmx−g，合力向上，加速度向上，加速度为负值，图像为直线，加速度随位移的增大而增大，故CD错误。
故选：B。
AB、速度与时间图像斜率表示加速度，可根据小球的运动情况判断加速度的变化情况；
CD、加速度与时间图像与时间轴围成的面积表示速度变化量，可利用牛顿第二定律分析小球的所受合力与加速度的关系判断。
本题结合牛顿第二定律考查了将运动规律总结成图像的能力，旨在考查对运动学图像的理解能力、对牛顿第二定律的灵活应用。
8.【答案】A
【解析】解：由图像可知，当x1=0.2m时，F1=2N，在0.2m之内只有小弹簧被压缩。
根据胡克定律得F1=k1x1，
整理代入数据解得 k1=F1x1=20.2N/m=10N/m；
从0.2m至0.3m的过程中，两弹簧均被压缩。
当F2=5N时，小弹簧的压缩量x2=0.3m，大弹簧的压缩量x2′=x2−x1=0.3m−0.2m=0.1m根据胡克定律得
k1x2+k2x2′=F2，即k2=F2−k1x2x2=5−10×，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据题中所给弹簧状态，利用胡克定律计算。
本题考查了对弹簧性质的理解，其中着重考查了对胡克定律的应用。
9.【答案】AC
【解析】解：A、由图可看出，甲、乙两物体的x−t图像有两个交点，故两物体相遇两次，故 A正确；
B、t2时刻，物体乙的速度大于物体甲的速度，故 B错误；
C、物体甲从原点出发，物体乙从x0处出发，故 C正确；
D、由于图像是x−t图像，其斜率表示物体的速度，所以甲做匀速直线运动，物体乙做加速直线运动，故 D错误。
故选：AC。
A、位移与时间图像，交点表示位置相同；
B、位移与时间图像斜率表示速度；
C、可根据零时刻甲、乙初始位置判断是否从原点出发；
D、位移与时间图像斜率表示速度。
本题考查了对匀速直线运动中位移与时间图像的理解，旨在考查从运动学图像中读取信息的能力。
10.【答案】BC
【解析】解：ACD、对结点O受力分析，画出动态分析图如图所示：
由图可看出，细线OA的拉力先减小后增大，且当α=37°时，FA最小为FAm=Gsin37°=0.6G，故AD错误，C正确；
B、电线OB的拉力逐渐减小，故B正确。
故选：BC。
对结点进行受力分析，作图力的图示，利用几何变化关系，可求出力的变化情况。
学生在解决本题时，应注意灵活运用力的分析方法，将力的大小与几何变化结合，可快速得出答案。
11.【答案】BD
【解析】解：A、由图乙可知，物块的初速度大小v0=8m/s，物块的速度减速到与传送带的速度相同时，加速度发生变化，所以传送带转动的速度大小v=4m/s，故A错误；
B、0～0.4s内，物块的加速度大小a1=|ΔvΔt|=8−40.4m/s2=10m/s2
由牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcsθ=ma
解得μ=0.5
故B正确；
C、根据图像与坐标轴围成的面积代表位移可知，该过程中物块的位移大小x物=8+42×0.4m=2.4m
传送带的位移大小x传1=vΔt=4×0.4m=1.6m
物块相对传送带向上运动Δx1=x物−x传1=2.4m−1.6m=0.8m
t=0.4s之后，设物块做匀减速直线运动的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有mgsinθ−μmgcsθ=ma2
解得a2=2m/s2
物块经过时间t1速度减为零，则t1=42s=2s
物块减速到零的位移大小x物2=v2t1=42×2m=4m
传送带的位移大小x传2=vt1=8m
物块相对传送带向下运动Δx2=x传2−x物2=8m−4m=4m
故物块向上运动到最高点的过程中，物块相对传送带的路程Δx=Δx1+Δx2=0.8m+4m=4.8m
故C错误；
D、物块反向向下加速的位移大小x=x传+x物2
由x=12at22
解得t2=4 105s
故物块在传送带上运动的总时间t=Δt+t1+t2
解得t=12+4 105s
故D正确。
故选：BD。
由图像可知传送带的速度大小，根据图像斜率结合牛顿第二定律解得加速度及动摩擦因数，根据位移计算公式求解货物在传送带上留下的划痕长度，分段计算物块的运动时间，从而计算总时间。
本题主要是考查了图像的认识和牛顿第二定律的综合应用，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和运动规律。
12.【答案】BD 0.1 1.5
【解析】解：(1)A、实验要求两个小球的最初高度相等，但对质量没有要求，故A错误；
BD、A球做平抛运动，B球做自由落体运动，A球在竖直方向上的运动情况与B球相同，两球同时落地，故BD正确；
C、敲击的力度越大，影响的是A球水平方向的初速度，竖直方向上的运动没有影响，所以A球的下落时间不变，故C错误；
故选：BD。
(2)A、B、C三点的水平距离相等，说明两点之间的时间间隔相等，根据竖直方向上的运动特点可得：
Δy=5×5cm−3×5cm=0.1m=gT2
解得：T=0.1s
小球的初速度为：
v0=3LT=3×5×10−20.1m/s=1.5m/s
故答案为：(1)BD；(2)0.1；1.5。
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动的特点完成分析；
(2)根据竖直方向上的运动特点得出频闪的周期，结合水平方向上的运动特点得出小球的初速度。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动在不同方向上的运动特点和运动学公式即可完成分析。
13.【答案】AC 0.80 2k−m0 平衡摩擦不够
【解析】解：(1)A.为使小车所受拉力等于合力，一是要将长木板右端垫高，平衡摩擦力，故A正确；
B.打点计时器应连接交流电源，故B错误；
C.使小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数，故C正确；
D.传感器可记录绳子拉力，实验中不用保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，故D错误；
故选：AC。
(2)根据逐差法可知a=x46−x139T2=5.99+6.80+7.62−3.62−4.38−5.209×0.12×0.01m/s2=0.80m/s2
(3)根据牛顿第二定律可知2F−f=(M+m0)a
解得a=2M+m0F−fM+m0
根据斜率可知k=2M+m0
解得M=2k−m0
图像未过坐标原点的原因是平衡摩擦不够。
故答案为：(1)AC；(2)0.80；(3)2k−m0；平衡摩擦不够
(1)为使小车所受拉力等于合力，一是要将长木板右端垫高，平衡摩擦力，根据打点计时器使用方法及实验原理分析解答；
(2)根据逐差法解得加速度；
(3)根据牛顿第二定律结合斜率分析解答。
解决本题的关键知道实验的原理以及实验中注意的事项，注意拉力的大小由拉力传感器测出，不需要测量沙和沙桶的质量。
14.【答案】解：(1)如图，对小球P受力分析，由几何关系可得F=mgcsθ

解得F= 32mg
(2)O点处，由平衡条件可得TOC=Fsinθ
对物块Q有TOC=2μmg
解组μ= 38
答：(1)绳子OB的拉力大小为 32mg；
(2)物体Q与水平面间的动摩擦因数为 38。
【解析】(1)对小球P受力分析，画出受力图，由几何关系求OB绳对小球的拉力；
(2)对结点O受力分析，由平衡条件列式；对物体Q受力分析，由平衡条件列式，联立各方程求动摩擦因数。
本题是一道综合性习题，在受力平衡解法里，同时使用了共点力平衡条件的应用、力的解析法两种方法，是一道较好的题。
15.【答案】解：(1)将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解
水平方向有F=ma，
整理解得ax=2g
由v02=2axxmax
整理解得xmax=v024g
(2)水平方向速度减小为零所需时间t1=v0ax
由对称性可知，小球从A点运动到B点的总时间t=2t1
竖直方向上有y=12gt2
整理解得y=v022g
(3)小球运动到B点时水平分速度vx=v0
竖直分速度vy=gt
则B点的合速度为vB= vx2+vy2= 2v0
方向斜向右下方，与竖直方向的夹角θ=45°。
答：(1)此过程中小球离A、B两点所在直线的最远距离为v024g；
(2)A、B两点间的距离为v022g；
(3)小球运动到B点时的速度为 2v0，方向斜向右下方，与竖直方向的夹角θ=45°。
【解析】(1)运用运动的合成与分解方法，把小球的运动分解为竖直方向、水平方向的运动情况，利用牛顿第二定律与运动学公式联立计算最远距离；
(2)AB两点间的距离为小球实际运动位移，可利用位移与时间公式计算；
(3)利用勾股定理计算合速度。
本题考查了运动的合成与分解，其中利用牛顿第二定律计算小球的加速度为解决本题的关键。
16.【答案】解：(1)由受力分析及牛顿第二定律可知，对橡皮擦有μ1mg=mam
代入数据解得am=1m/s2
对纸板有μ1mg+μ2(m+M)g=MaM1
代入数据解得aM1=8m/s2；
(2)设橡皮擦与纸板经过t1二者达到共同速度
由v共=amt1=v0−aM1t1
代入数据解得t1=0.1s，v共=0.1m/s
此过程中橡皮擦的位移大小为 xm1=v共2t1
代入数据解得xm1=0.005m
纸板的位移大小为：xM1=v0+v共2t1
代入数据解得xM1=0.05m
橡皮擦相对纸板向左滑动的位移大小为
Δx1=xM1−xm1
代入数据解得：
Δx1=0.045m故未从纸板滑下
之后，由于μ1<μ2，故二者相对滑动
橡皮擦的加速度大小为am=μ1g
代入数据解得：am=1m/s2
对纸板有μ2(m+M)g−μ1mg=MaM2，
代入数据解得aM2=4m/s2
橡皮擦减速为零的位移大小为：
xm2=v共22am=0.122×1m=1200m
纸板减速为零的位移大小为：xM2=v共22aM2=0.122×4m=1800m
橡皮擦相对纸板向右滑动的位移大小为Δx2=xm2−xM2=1200m−1800m=0.375cm
故橡皮擦静止时与纸板左端的距离d=l2−Δx1+Δx2
代入数据解得：d=0.875cm
(3)若橡皮擦未滑离纸板，由(2)可知纸板被弹出时的速度大小范围为0若橡皮擦滑离纸板，在纸板上和桌面上的加速度相等，则其在纸板上的运动时间为t2=0.1s，
刚好离开纸板时的速度为v1=0.1m/s，位移大小xm1=0.5cm
纸板的位移大小为xM=l2+xm1
代入数据解得：xM=5.5cm
由xM=v0t2−12aM1t22，
代入数据解得v0=0.95m/s
故纸板被弹出时的速度大小范围为0答：(1)若手指弹出纸板的瞬间，橡皮擦相对纸板滑动，橡皮擦的加速度大小1m/s2为与纸板的加速度大小为8m/s2；
(2)若手指给纸板的初速度大小为v0=0.9m/s，最终橡皮擦与纸板左端的距离为0.875cm；
(3)若要使橡皮擦运动的时间不超过t0=0.2s，纸板被弹出时的速度大小范围为0【解析】(1)根据受力分析及牛顿第二定律，对纸板和橡皮擦分析求解；
(2)对橡皮擦与纸板共同速度时的速度和位移求解，结合橡皮擦与纸板的相对运动情况讨论分析；
(3)根据位移的关系以及位移—时间公式，对橡皮擦和纸板分析求解。
本题考查了牛顿第二定律及木板—滑块模型，理解两个物体的相对运动和各自不同时刻的运动状态，结合受力分析是解决此类问题的关键。