2024-2025学年湖南省常德市第一中学高三（上）第二次月考物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年湖南省常德市第一中学高三（上）第二次月考物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图为冬奥会上安置在比赛场地外侧的高速轨道摄像机系统，当运动员加速通过弯道时，摄像机与运动员保持同步运动以获得高清视频。关于摄像机，下列说法正确的是( )
A. 在弯道上运动的速度不变B. 角速度比运动员在弯道上运动的更大
C. 所受合外力的大致方向为F1D. 向心加速度比运动员的向心加速度更小
2.2024年5月3日，“嫦娥六号”探测器成功发射，开启了人类首次从月球背面采样返回之旅。已知地球质量约为月球质量的81倍，地球半径约为月球半径的3.7倍，近地卫星绕地球做匀速圆周运动的周期约为85min。若“嫦娥六号”探测器在近月轨道绕月做匀速圆周运动，周期约为( )
A. 82minB. 95minC. 108minD. 120min
3.国家跳台滑雪中心是中国首座跳台滑雪场馆，主体建筑灵感来自于中国传统饰物“如意”，因此被形象地称作“雪如意”。如图所示，现有甲、乙两名可视为质点的运动员从跳台a处先后沿水平方向向左飞出，初速度大小之比为2：3，不计空气阻力，则甲、乙从飞出至落到斜坡(可视为斜面)上的过程中，下列说法正确的是( )
A. 甲、乙飞行时间之比为3：2
B. 甲、乙飞行的水平位移之比为4：9
C. 甲、乙在空中竖直方向下落的距离之比为2：3
D. 甲、乙落到坡面上的瞬时速度方向与水平方向的夹角之比为2：3
4.如图，相同的物块a、b用沿半径方向的细线相连放置在水平圆盘上。当圆盘绕转轴转动时，物块a、b始终相对圆盘静止。下列关于物块a所受的摩擦力随圆盘角速度的平方(ω2)的变化关系正确的是( )
A. B. C. D.
5.如图所示，高速公路上一辆速度为90km/ℎ的汽车紧贴超车道的路基行驶。驾驶员在A点发现刹车失灵，短暂反应后，控制汽车通过图中两段弧长相等的圆弧从B点紧贴避险车道左侧驶入。已知汽车速率不变，A、B两点沿道路方向距离为120m，超车道和行车道宽度均为3.75m，应急车道宽度为2.5m，路面提供的最大静摩擦力是车重的0.5倍，汽车转弯时恰好不与路面发生相对滑动，重力加速度g=10m/s2，估算驾驶员反应时间为( )
A. 2sB. 1.5sC. 1.0sD. 0.75s
6.如图甲、乙所示为自行车气嘴灯，气嘴灯由接触式开关控制，其结构如图丙所示，弹簧一端固定在顶部，另一端与小物块P连接，当车轮转动的角速度达到一定值时，P拉伸弹簧后使触点A、B接触，从而接通电路使气嘴灯发光。触点B与车轮圆心距离为R，车轮静止且气嘴灯在最低点时触点A、B距离为d，已知P与触点A的总质量为m，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g，不计接触式开关中的一切摩擦，小物块P和触点A、B均视为质点。当该自行车在平直的道路上行驶时，下列说法中正确的是( )
A. 要使气嘴灯能发光，车轮匀速转动的最小角速度为 kd+mgmR
B. 要使气嘴灯能发光，车轮匀速转动的最小角速度为 kd−mgmR
C. 要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为 kd+2mgmR
D. 要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为 kd+mgmR
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上。缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中( )
A. 速度一直增大B. 速度先增大后减小
C. 加速度的最大值为2gD. 加速度先增大后减小
8.如图所示，两个完全相同的小车质量均为M，放在光滑的水平面上，小车横梁上用细线各悬挂一质量均为m的小球，若对甲中的小车施加水平向左的恒力F1，对乙中小球m施加水平向右的恒力F2，稳定后整个装置分别以大小为a1、a2的加速度做匀加速直线运动，两条细线与竖直方向的夹角均为θ，细线的拉力分别为T1、T2，地面对小车的支持力分别为N1、N2，则下列判断正确的是( )
A. T2>T1B. N1=N2C. F1F2=MmD. a1a2=m+MM
9.大型风洞是研发飞行器不可缺的重要设施，我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示，某次风洞实验中，风力大小和方向均恒定，一质量为m的轻质小球先后经过a、b两点，其中在a点的速度大小为v，方向与ab连线成α=45°角；在b点的速度大小也为v，方向与ab连线成β=45°角。已知ab连线长为d，小球只受风力的作用，小球的重力忽略不计。下列说法中正确的是( )
A. 风力方向垂直于ab连线B. 从a点运动到b点所用的时间为 2dv
C. 小球的最小速度为1.8vD. 风力大小为2mv2d
10.如图所示，一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，质量为35m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从t=0开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离;再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. 弹簧的劲度系数为8mgsinθ5x0
B. 在物块a、b分离时，弹簧的压缩量为x04
C. 物块b加速度的大小为15gsinθ
D. 在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式为F=425mgsinθ(2+gsinθx0·t2)
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.一同学利用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。一长木板被铁架台竖直固定，其上固定一张白纸。甲、乙两个力传感器分别固定在木板上的A、B两点，A、B两点可在木板上移动。
(1)如图(a)所示，将质量未知的重物用细绳竖直悬挂在力传感器甲上，重物静止时，记录力传感器甲的示数F1；
(2)如图(b)所示，三根细绳通过结点O连接在一起，另一端分别与力传感器或重物相连，调节A、B两点的位置，重物静止时，记录结点O的位置、竖直细绳方向、甲、乙力传感器的示数F2、F3和连接甲、乙力传感器细绳的________；
(3)在O点根据F1、F2、F3的大小和方向作力的图示；
(4)改变A、B两点的位置重复步骤(2)、(3)，此过程________(填“需要”或“不需要”)保持结点O位置不变；
(5)初始时三根细绳互成120°，若保持结点O的位置和连接甲、乙力传感器的两细绳间的夹角∠AOB不变，当A、B绕O点逆时针缓慢转动60°的过程中，力传感器乙的示数会________。
A.一直增大B.先增大后减小
C.一直减小D.先减小后增大
12.某实验小组做“探究加速度与力、质量的关系”的实验，实验装置如图(a)所示。
(1)为较准确地完成实验，下列操作正确的是 。
A.实验通过力传感器测量细线拉力，故不需要补偿阻力
B.调节滑轮的高度，使牵引重物的细线与长木板保持平行
C.为减小误差，实验中探究力与小车加速度关系时一定要保证重物质量远远小于小车的质量
D.实验时小车应靠近打点计时器，先接通电源再释放小车
(2)已知电源频率为50 Hz，实验中打出的某条纸带如图(b)所示，则重物下落的加速度a= m/s2(结果保留2位有效数字)。
(3)若保持重物和传感器的总质量m不变，在小车上放置砝码改变小车质量，测出小车和车上砝码的总质量M和对应的加速度a，根据实验数据分别作出a−1M图像与M−1a如图(c)、(d)所示，则如图(c)中实线所示的a−1M图线偏离直线的主要原因是 ；若已补偿阻力，但图(d)中图线仍不过原点，则图线的延长线与纵轴交点的纵坐标值为 (用题中所给的字母表示)。
(4)另一小组的同学采用如图(e)所示装置，两个小组实验时使用的小车完全相同，力传感器示数均为F，他们根据多组数据作出的a−F图线分别如图(f)中A、B所示，则图(e)实验装置对应的图线是图(f)中的 (填“A”或“B”)。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合，转台以一定角速度ω0匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，且受到的摩擦力恰好为零，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°。重力加速度大小为g．
(1)求转台角速度ω0；
(2)若转速ω变为(1+k)ω0，且014.如图所示，倾斜传送带倾角θ=37°，顶端A到底端B的长度为21m，以10m/s的速度绕轴逆时针转动。一个质量为m=0.6kg的黑色煤块(可看作质点)从距A点高度差ℎ=0.45m的O点以一定的初速度水平抛出，经过一段时间后运动至传送带顶端A，此时速度方向恰好沿传送带向下，已知煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，煤块在传送带上经过时会留下黑色划痕。不考虑空气阻力，g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)煤块水平抛出时初速度大小v0；
(2)煤块从传送带顶端A运动至底端B所用的时间；
(3)煤块从传送带顶端A运动至底端B的过程中在传送带上留下的划痕长度。
15.如图所示，木板质量M=5kg初始时刻静止在粗糙水平地面上，右端与墙壁相距L=0.9m，可视为质点的质量m=1kg的小物块，以初速度v0=22m/s从木板左端滑上。物块与木板之间的动摩擦因数μ 1=12，木板与地面之间的动摩擦因数μ 2=115，重力加速度g=10m/s2，物块或木板与墙壁相碰，碰撞时间极短且都以原速率反弹，物块始终没有从木板右端掉落。求：
(1)物块滑上木板时物块和木板的加速度大小；
(2)若木板第一次与墙壁碰撞时，物块未与木板共速，木板第一次向左运动的最大距离；
(3)要保证物块与木板始终不共速，某次物块和木板同时与墙壁相碰，木板长度的可能值。
答案解析
1.C
【解析】A.在弯道上运动的速度方向不断变化，则速度不断变化，选项A错误；
B.摄像机与运动员保持同步运动，则角速度与运动员在弯道上的角速度相同，选项B错误；
C.运动员加速通过弯道，则摄像机也加速通过弯道，所受合力方向指向轨迹的内侧，且与速度夹角为锐角，则所受合外力的大致方向为 F1 ，选项C正确；
D.根据a=ω2r，因角速度相同，而摄像机转弯的半径较大，则摄像机的向心加速度比运动员的向心加速度更大，选项D错误。
故选C。
2.C
【解析】解：对近地卫星围绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力GM地m1R地2=m1(2πT1)2R地，对“嫦娥六号”探测器在近月轨道绕月做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力GM月m2R月2=m2(2πT2)2R月，联立解得T2T1= (R月R地)3×M地M月，代入数据解得T2≈108min，故ABD错误，C正确。
故选：C。
对近地卫星和近月卫星分别根据万有引力提供向心力列式导出周期表达式，联立求解相应周期。
考查万有引力定律的应用，会根据题意进行准确分析和计算。
3.B
【解析】D.设斜面倾角为 α ，运动员落在斜面上速度与水平面夹角为 θ ，根据平抛运动的推论可得
tanθ=2tanα
可知甲、乙落到坡面上的瞬时速度方向与水平方向的夹角之比为1：1。故D错误；
A.根据
tanθ=gtv0
解得
t=v0tanθg
可知甲、乙飞行时间之比为2：3。故A错误；
B.根据
x=v0t=v02tanθg
可知甲、乙飞行的水平位移之比为4：9。故B正确；
C.根据
y=12gt2
可知甲、乙在空中竖直方向下落的距离之比为4：9。故C错误。
故选B。
4.D
【解析】ab随转盘一起做匀速圆周运动，根据F=mω2r可知，b物体的向心力大于a物体的向心力，故b物体最先达到最大静摩擦力，当角速度比较小时，此时静摩擦力提供向心力，根据f=mω2ra，当b达到最大静摩擦力，此后细线有拉力，则对a：fa′−T=mω2ra，对b：T+fb=mω2rb，联立解得fa′=mω2ra+rb−fb，由于ra+rb>ra，则当绳子有张力后，物块a所受的摩擦力随圆盘角速度的平方(ω2)的变化图像斜率大于绳子张力为零时图像斜率，故D正确，ABC错误。
故选：D。
5.A
【解析】v=90km/ℎ=25m/s
汽车做圆周运动由摩擦力提供向心力f=0.5mg=mv2R
代入数据解得汽车运动的半径为R=125m
A、B两点间垂直道路方向的距离为10m，由几何关系得圆弧轨迹两端沿道路方向的距离为
L=2 R2−(R−5)2=2 1252−1202m=70m
驾驶员反应时间为t=x−Lv=120−7025s=2s
故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据摩擦力提供向心力可解得圆周运动时的半径，结合几何关系可解得驾驶员的反应时间。
本题考查圆周运动的运用，解题关键掌握汽车做圆周运动时由摩擦力提供向心力。
6.C
【解析】AB.当气嘴灯运动到最低点时发光，此时车轮匀速转动的角速度最小，则有
kd=mω2R
得
ω= kdmR
故AB错误；
CD.当气嘴灯运动到最高点时能发光，则
kd+2mg=mω′2R
得
ω′= kd+2mgmR
即要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为 kd+2mgmR ，故C正确，D错误。
故选C。
7.AC
【解析】AB.缓慢拉至P点，保持静止，由平衡条件可知此时拉力F与重力和两弹簧的拉力合力为零。此时两弹簧的合力为大小为 F弹合=mg 。当撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下，小球一直做加速运动，故A正确，B错误；
CD.小球从P点运动到O点的过程中，形变量变小弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受的合外力一直变小，加速度一直减小，加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知
F弹合+mg=ma
加速度的最大值为
a=2g
故C正确，D错误。
故选AC。
8.BC
【解析】解：先对右图中情况下的整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：
F2=(M+m)a2…①
再对右图中情况下的小球受力分析，如图
根据牛顿第二定律，有
F2−T2sinθ=ma2…②
T2csθ−mg=0…③
由以上三式可解得：
T2=mgcsθ，
a2=mgtanθM
再对左图中小球受力分析，如图
由几何关系得：
F合=mgtanα1
T1=mgcsθ
则有：a1=mgtanθm=gtanθ
拉力T1=T2。
对整体分析有：F合=(M+m)a，由于a1a2=Mm，所以F1F2=a1a2=Mm
在竖直方向上有：N=(M+m)g，所以N1=N2.故BC正确，AD错误。
故选：BC。
运用整体法和隔离法，对小球和整体进行分析，求出绳子的拉力、加速度，比较出拉力的大小和加速度大小．再对整体分析，根据牛顿第二定律比较出水平恒力的大小，以及在竖直方向上合力等于零，比较出支持力的大小．
本题关键要多次对小球和整体受力分析，求出合力，得出加速度和绳子拉力进行比较．
9.AB
【解析】A.从a到b速度变化量△v=aΔt= 2v，方向与风力的方向相同，由几何关系可知风力方向与ab连线垂直，故A正确;
B.在垂直于风力的方向上，小球做匀速运动，则vcs45∘⋅t=d，解得从a点运动到b点所用的时间为t= 2dv，故B正确;
C.当速度与风力垂直时，速度最小，有vmin=vcs45∘= 22v，C错误;
D.根据动量定理有Ft=m(vsin45°)−m(−vsin45°)，解得F=mv2d，故D错误。
故选：AB。
10.ACD
【解析】A.小物块b紧靠a静止在斜面上时，由平衡条件：(m+35m)gsinθ=kx0，解得弹簧的劲度系数k=8mgsin θ5x0，故A正确；
B.物块a、b分离前一起做匀加速直线运动，设经过时间t1两物块分离，此时两物块的位移大小为x1，则x1=12at12，x0=12a(2t1)2，联立知，x1=x04，此时弹簧的压缩量Δx1=x0−x1=3x04，故B错误；
C.物块a、b分离时，两物块的加速度相同，之间恰好无弹力，对物块a，由牛顿第二定律：kΔx1−mgsinθ=ma，解得物块a的加速度即物块b的加速度为a=15gsinθ，故C正确；
D.在物块a、b分离前，经过时间t，两物块的位移大小x=12at2=110gsinθ·t2，对两物块整体，由牛顿第二定律：F+k(x0−x)−(m+35m)gsinθ=(m+35m)a，解得外力大小随时间变化的关系式为F=425mgsin θ(2+gsin θx0⋅t2)，故D正确。
11. 方向 不需要 B
【解析】(2)[1]该题目的为验证“力的平行四边形定则”所以不仅需要力的大小，还需要力的方向，所以需要记录连接甲、乙力传感器细绳的方向。
(4)[2]A、B两点的位置重复步骤(2)、(3)的过程中可以改变O点的位置，不需要保持不变；
(5)初始时三个力有如下关系，当A、B绕O点逆时针缓慢转动60°的过程中，根据矢量三角形(或辅助圆)可知F3先增大，后减小。故B正确。
12.BD
1.1
未满足小车质量远大于重物和传感器的总质量
−m
A
【解析】(1)A.实验中将细线的拉力作为小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板左端垫高，以补偿阻力，A项错误;
B.为了减小误差，调节滑轮的高度，使牵引重物的细线与长木板保持平行，让细线的拉力等于小车受到的合力，B项正确;
C.本实验可通过拉力传感器直接测得细线拉力，故实验中探究力与小车加速度关系时不需要保证重物质量远远小于小车的质量，C项错误;
D.为了充分利用纸带，小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，D项正确。
(2)由题可得打点周期t=1f=0.02s，则T=0.02×5s=0.1s，重物下落的加速度a=xCE−xAC4T2=1.1m/s2。
(3)由牛顿第二定律可得mg−T=ma，T=Ma，解得a=mgM+m，只有当m远小于M时，a−1M图线呈线性关系，所以图像如图(c)所示，图线偏离直线的主要原因是未满足小车质量远大于重物和传感器的总质量;
由牛顿第二定律可得mg−T=ma，T=Ma，解得M=mg×1a−m，
根据图像的特点可知，图(d)中图线的延长线与纵轴交点的纵坐标值为−m。
(4)图(a)实验符合F=Ma，解得a=1MF；根据图(e)和牛顿第二定律可知2F=Ma，解得a=2MF，
则图(e)实验对应的图(f)中图线斜率较大，故对应的实验图线是A。
13.解：(1)对小物块受力分析，由向心力公式得：mgtanθ=mrω02

又：r=Rsinθ
联立解之得：ω0= 2gR
(2)当ω=(1+k)ω0时，对物块受力分析，建立如图坐标系
x轴：Nsinθ+fcsθ=mω2Rsinθ．
y轴：Ncsθ−fsinθ−mg=0
联立代入数据解之得：f= 3k2+2 3k2mg，方向沿罐壁切线向下
答：(1)转台角速度为 2gR；
(2)小物块受到的摩擦力大小为 3k2+2 3k2mg，方向沿罐壁切线向下。
【解析】(1)若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出角速度的大小．
(2)当ω>ω0，重力和支持力的合力不够提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向下，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小．
解决本题的关键搞清物块做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律，抓住竖直方向上合力为零，水平方向上的合力提供向心力进行求解．
14.(1)煤块平抛，在竖直方向，有vy2−0=2gℎ
解得vy= 2gℎ=3m/s
煤块在A点tan37∘=vyv0 ，v0=vytan37∘=4m/s
(2)煤块到达传送带顶端A时，有vAcs37∘=v0
解得vA=5m/s
煤块先沿传送带向下做匀加速直线运动，有mgsin37∘+μmgcs37∘=ma1
解得a1=10m/s2
由v=vA+a1t1
得t1=v−vAa1=0.5s
则x1=12vA+vt1=3.75m
随后煤块继续向下做匀加速直线运动，有mgsin37∘−μmgcs37∘=ma2
解得a2=2m/s2
煤块运动至底端发生的位移为x2=L−x1=17.25m
而x2=vt2+12a2t 22
得t2=1.5s
则t总=t1+t2=2s
(3)煤块在第一段匀加速直线运动中，传送带的位移为x3=vt1=5m
则煤块相对于传送带的位移大小为Δx1=x3−x1=1.25m
此过程中煤块相对于传送带向上运动，留下1.25m的划痕。
煤块在第二段匀加速直线运动中，传送带的位移为x4=vt2=15m
则煤块相对于传送带的位移大小为Δx2=x2−x4=2.25m
此过程中煤块相对于传送带向下运动，留下2.25m的划痕。
则传送带上留下的划痕的长度为2.25m。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.解：(1)对物块μ1mg=ma，
解得：a=μ1g=12×10m/s2=5m/s2，
对木板μ1mg−μ2(M+m)g=Ma1，
解得：a1=0.2m/s2；
(2)木板第一次与墙壁碰撞时的速度为v1，2a1L=v12，
解得v1=0.6m/s，
木板第一次向左减为零时木板运动的距离最大，μ1mg+μ2(M+m)g=Ma2
解得：a2=1.8m/s2，
根据2a2x1=v12，
解得x1=0.1m；
(3)木板第一次向右加速的时间设为t11，则v1=a1t11，
解得：t11=3s，
木板第一次向左减速的时间设为t12，则v1=a2t12=a1t11，
解得：t12=19t11=(13)2−1t11，
木板第一个来回用时t1=t11+t12=103s，
木板第二次向右加速的时间设为t21，则x1=12a1t212，
解得：t21=13t11=(13)2−1t11，
木板第二次向左减速的时间设为t22，则v2=a2t22=a1t21，
解得：t22=19t21，
木板第二个来回用时t2=t21+t22=109s=13t1，
木板第三次向右加速的时间设为t21，则x2=12a1t312=12a2t222，
解得：t31=19t11=(13)3−1t11，
木板第二次向左减速的时间设为t22，则v3=a2t32=a1t31，
解得：t32=19t31，
木板第一个来回用时t3=t31+t32=1027s=19t1，
同理得：tn=(13)n−1t1tn1=(13)n−1t11，
设木板第n次与墙壁碰撞时与物块同时撞上墙壁，所用时间为Tn=i=1n−1tn+tn1，
解得：Tn=5−2(13)n−1，
物块一直做匀减速直线运动ln+L=v0Tn−12aTn2，
可得当n=1时，板长为l1=42.6m，
当n=2时，板长为l2=47.49m，
当n=3时，物块的速度v=v0−aT3=−1.9m/s，故不满足题意，舍掉。
答：(1)物块滑上木板时物块和木板的加速度大小分别为5m/s2，0.2m/s2;
(2)木板第一次向左运动的最大距离为0.1m;
(3)木板长度的可能值为l1=42.6m，l2=47.49m。
【解析】本题考查牛顿第二定律应用，板块模型综合性较强，解题关键是要分析清楚木板和物块的运动，分析清楚木块和物块间摩擦力的变化。
(1)根据牛顿第二定律可得物块滑上木板时物块和木板的加速度；
(2)木板第一次与墙壁前向右做匀加速直线运动，碰撞后向左做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求运动加速度，根据速度位移关系求第一次向左运动最大距离；
(3)求出木板在第n次与墙壁相碰时与物块同时撞上墙壁所用总的时间，判断板长可能值。