湖北省_楚天教科研协作体_2024-2025学年高一（下）收心考试物理试

这是一份湖北省_楚天教科研协作体_2024-2025学年高一（下）收心考试物理试，共15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。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.下面关于质点和理想模型说法正确的是( )
A. 质点是实际物体的“简化”，忽略了物体的大小和形状，所以只有足够小的物体才能看成质点
B. 当研究子弹的旋转对子弹飞行的影响时，可以把子弹看成质点
C. “理想化模型”是为了使研究的问题得以简化或研究问题方便而进行的一种科学的抽象，在实际生活中是存在的
D. 匀速直线运动是理想化的运动模型
2.2024年中国山地自行车联赛总决赛在云南省文山州西畴县香坪山落下帷幕，我省共派出省队、征途自行车俱乐部、湖北工业职业技术学院三支代表队24名运动员参赛，取得了4金5银3铜的成绩。若某辆自行车在某段时间内做单向直线运动，在整段时间内的平均速度大小，v=10m/s前三分之二时间内的平均速度大小v1=12m/s，则后三分之一时间内的平均速度大小为( )
A. 2m/sB. 4m/sC. 6m/sD. 8m/s
3.“新智AI，赋能未来”山西(太原)2025人工智能驱动创新发展大会暨科技成果展举办，分拣机器人能够自主规划路线，确保高效、准确的分拣作业。如图所示，机器人从A处由静止出发沿两段直线路径AB、BC运动到C处停下，再将货物从托盘卸到分拣口。已知机器人最大运行速率vm=3m/s，机器人加速或减速运动时的加速度大小均为a=2.5m/s2，AB距离x1=6m，BC距离x2=2.5m，机器人途经B处时的速率为零，要求机器人能在最短时间内到达分拣口。下列说法正确的是( )
A. 机器人从A到B过程中，从静止加速到最大运行速率vm所需时间t0=1.4s
B. 机器人从A运动到B的时间t1=3s
C. 机器人从B运动到C的时间t2=2.2s
D. 机器人从B运动到C的平均速度大小v=1.25m/s
4.甲、乙两辆小车分别在各自的平行车道上匀速行驶，甲车在前乙车在后，突然甲车发现前方出现事故，立马踩下刹车，此时甲、乙两车相距d，2秒后乙车也开始刹车，从甲车开始刹车后两车的速度一时间图像如图所示。下列说法正确的是( )
A. 乙刹车过程中的加速度大小是a=3m/s2
B. 当d=20m时两车将在t=4s时刻相遇
C. t=7s时两车速度相等
D. 若要两车相遇d应满足的范围是d≤25m
5.如图所示，一黑板擦(可视为质点)的质量为m=0.2kg，当手臂对黑板擦的作用力F=10N且F与黑板面所成角度为53∘时，黑板擦恰好能沿黑板表面缓慢竖直向上擦黑板。(g取10m/s2，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6)下列说法正确的是( )
A. 黑板擦与黑板间的动摩擦因数μ为0.4
B. 当黑板擦缓慢向上擦的过程中受到的摩擦力等于8N
C. 若保持F的方向不变，将黑板擦缓慢向下擦，则需要的作用力F=2N
D. 缓慢向下比缓慢向上擦得更干净
6.如图所示，右侧桌面上叠放三个完全相同的物块，质量均为M=2kg，左侧是固定在水平地面上的光滑圆弧面P。一根轻绳跨过圆弧面顶点上的定滑轮，绳的一端系有质量为m=2kg的小球，另一端水平连接物块3。小球与圆心连线跟水平方向的夹角θ=60∘，物块2受到水平向右的拉力F=15N，整个系统处于静止状态。假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，定滑轮与小球足够小，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 物块2与3间的摩擦力Ff2的大小0B. 物块1与2间的摩擦力Ff1的大小15N
C. 小球受到圆弧面支持力的大小10 3ND. 物块3与桌面间的动摩擦因数至少为0.1
7.如图，物体A、B、C的质量分别为m1=1kg、m2=2kg、m3=3kg，A、B之间用劲度系数为k=100N/m的轻质弹簧连接，斜面体C置于粗糙的水平面上，斜面的倾角为37∘且光滑。某人用绕过光滑定滑轮平行于斜面的轻绳拉着物体B，使A、B、C整体处于静止状态。已知sin37∘=0.6，重力加速度取g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 弹簧的伸长量x=0.05m
B. 轻绳的拉力大小20N
C. C对地面的摩擦力14.4N
D. 在人松开绳子瞬间，B的加速度大小8m/s2
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图所示，水平地面上有一小车，用两段不可伸长的轻绳将一质量为m的小球O悬挂在车厢水平顶部的A、B处，且OA=OB=AB。重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 小球和车都静止时，轻绳OA上张力的大小 32mg
B. 当轻绳OA恰好伸直但没有张力时，小车运动的加速度为 33g，方向向右
C. 当轻绳OB恰好伸直但没有张力时，小车运动的加速度为12g，方向向左
D. 当小车以 32g的加速度向右加速时，OB绳上张力大小为 72mg
9.2024年12月8日消息，长城汽车CTO吴会肖在微博发文称，长城汽车气动一声学风洞试验室预计明年建设完成，后年正式投入使用，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。下列说法正确的是( )
A. 此过程中小球离A、B两点所在直线的最远距离v024g
B. A、B两点间的距离v022g
C. 小球运动到B点时的速度 2v0，方向斜向右下方，与竖直方向的夹角θ=30∘
D. 小球在整个过程中的最大速率vmax=v0F F2+4m2g2
10.甲、乙两名同学在操场上用两个篮球(可视为质点)玩“空中击球”游戏，如图所示，甲同学在O点将篮球A以速度v斜向上抛出，使得篮球能够从乙同学正上方经过，乙同学选择合适时机，将篮球B从与O点等高的Q点以v0=12m/s的初速度竖直向上抛出，篮球A经过最高点M后，在下降过程中经过P点时被正在上升的篮球B恰好击中，N位于OQ连线上且在M点正下方，已知O、N两点距离x1=10.8m，N、Q两点距离x2=3.6m，P、Q两点距离h=6.4m，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 篮球A从M到O的时间t1与从M到P点的时间t2的比值为t1:t2=3:1
B. 篮球A抛出的初速度v=13m/s
C. 篮球A从O到P的过程运动时间为t3=1.2s
D. 篮球B比篮球A时间延迟抛出的时间为Δt=0.8s
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.某同学想测量滑块与长木板之间的动摩擦因数，他设计了如图甲所示的实验装置：将一长木板固定在水平桌面上，右端固定一轻质定滑轮，靠近定滑轮处固定一个光电门，同时他将滑块上端固定了一个宽度为d的遮光片，滑块的侧面固定另一轻质滑轮，在重物的作用下使滑块从长木板另一端A处由静止释放，经过一段时间滑块通过B处的光电门。A、B之间的距离L=40cm。不计滑轮质量及其与绳子之间的摩擦。
(1)该实验 (填“需要”或“不需要”)保证重物质量远小于滑块及遮光片的总质量;
(2)实验中，测得光电门遮光时间为t，此时力传感器示数为F。则遮光片通过光电门时的平均速度v= (用给定字母表示);比遮光片的中心通过光电门的速度 (选填“偏大”“偏小”或“相等”)
(3)由(2)可以得到一组数据(v2,F);然后多次改变所挂重物的质量进行实验，每次实验时，滑块都从长木板的A处由静止释放，得到多组数据。根据这些数据，作出滑块的速度平方与力传感器示数F的关系图像如图乙所示，g=10m/s2，则滑块与长木板之间的动摩擦因数为 。
12.在某次研究平抛运动的实验中：
(1)如图甲所示，用小锤打击弹性金属片，A球沿水平方向抛出，同时B球由静止自由下落，可观察到两小球同时落地;改变两小球距地面的高度和打击的力度，多次实验，都能观察到两小球同时落地。根据实验， (选填“能”或“不能”)判断出A球在竖直方向做自由落体运动。
(2)如图乙所示，将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上，钢球沿斜槽轨道PO滑下后从O点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点，移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
①为了保证钢球从O点水平飞出且初速度是一定的，下列实验条件必须满足的是 。
A.斜槽轨道光滑
B.斜槽轨道末端水平
C.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
②取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于O点，钢球的 (选填“最上端”“最下端”或者“球心”)对应白纸上的位置即为原点。
③某同学做实验时记录了A、B、C三点，取A点为坐标原点，建立了如图丙所示的坐标系，平抛轨迹上的这三点的坐标值已在图中标出，根据图中数据判断，A点 (选填“是”或“不是”)平抛运动的抛出点，小球平抛的初速度为 m/s。(取g=10m/s2)
④某同学实验时忘了标记重垂线方向，为解决此问题，他以某点迹为坐标原点，沿任意两个相互垂直的方向作为x轴和y轴正方向，建立直角坐标系xOy，并测量出另外两个点迹的坐标值(x1,y1)、(x2,y2)，且2x1>x2，如图丁所示，假设各个点迹之间的时间间隔相等，则可得重垂线方向与y轴正方向间夹角的正切值为 (用x1、x2、y1、y2坐标表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.辞旧迎新过新年，春节大扫除的传统习俗源自古代，人们相信通过打扫房屋，可以去除一年来的尘埃和霉运，寓意着告别过去，迎接新的一年。我们需先移开沙发，清扫污垢，假设沙发的质量为m=10kg的沙发放置在水平地面上，用力F推沙发，当F斜向下与水平成θ=30∘时，如图，若F=100N，沙发恰好开始做匀速运动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，空气阻力可以乎略不计，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)沙发与地面间的动摩擦因数μ的大小;
(2)若使沙发匀速运动，力F的最小值的大小和方向。
14.如图所示，倾角为θ=37∘的足够长的传送带以速度v1=2m/s顺时针匀速转动。一物块以v2=8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，传送带足够长，取sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，g=10m/s2，求：
(1)小物块刚滑上传送带时的加速度大小;
(2)小物块向上滑行的最远距离;
(3)小物块在传送带上运动时间;
(4)小物块在传送带上留下的痕迹长度。
15.粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端如图甲所示。现将一个水平向右力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的v-t图象如图乙所示，已知物块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度g=10m/s2。求：
(1)为了使滑块Q始终没有从长木板P上滑下，长木板P的长度至少多长;
(2)长木板P和水平地面之间的动摩擦因数;
(3)长木板P停下来的时间;
(4)滑块Q在长木板P上滑行的相对位移的大小。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.当物体的形状大小在研究的问题中可以忽略不计时，物体可以看成质点，很大的物体也可能看成质点，比如研究地球绕太阳转动，地球的形状大小可以忽略不计，可以把地球看成质点，故 A错误;
B.在研究子弹的旋转对飞行的影响时不可忽略子弹的大小和形状，不可以把子弹看成质点，故 B错误;
C.“理想化模型”是为了使研究的问题得以简化或研究问题方便而进行的一种科学的抽象，实际中不存在，故C错误;
D.“匀速直线运动”是理想化的运动模型，故D正确。
2.【答案】C
【解析】设物体运动的总时间为3t，则物体在整段时间内的平均速度大小是v=v1×2t+v2×t3t，
解得v2=6m/s。故选C。
3.【答案】D
【解析】A.从静止加速到最大运行速率的时间vm=at0，解得t0=1.2s，故A错误;
B.因加速或减速运动时的加速度大小相等，机器人从最大速率减速至零的时间和位移大小与从零加速到最大运行速率的时间和位移大小相等，设加速位移大小为x0，匀速时间为t匀。得2ax0=vm2-0，x1-2x0=vmt匀，t1=t匀+2t0，解得t1=3.2s，故B错误;
C.由2x0>x2，机器人从B运动到C的过程不能加速到最大速度vm，设机器人加速到v1后开始减速，加速和减速过程中时间和位移大小相等，设机器人从B运动到C的时间为t2，x2=2v122a，t2=2v1a=2s，故C错误;
D.v=x2t2=1.25m/s，故D正确。
故选D。
4.【答案】B
【解析】A.根据v-t图像的斜率表示加速度，可得乙刹车过程中的加速度大小为：
a=|ΔvΔt|=149-2m/s2=2m/s2，故A错误;
B.从t=0时刻开始，设乙车匀速时间为t0=2s，假设两车在t=4s时刻相遇，根据运动学公式，可得乙车的位移为：x2=v乙⋅t0+v乙⋅(t-t0)-12a(t-t0)2根据v-t图像，可得甲刹车过程中的加速度大小为：
a'=1010m/s2=1m/s2甲车的位移为：x1=v甲⋅t-12a't2根据题意得：d=x2-x1代入数据
联立解得：d=20m，故B正确;
C.假设两车在t'时刻共速，由速度—时间公式得：v乙-a(t'-t0)=v甲-a't'代入数据解得：
t'=8s，故 C错误;
D.共速时间内，根据运动学公式，可得乙车的位移为：x2'=v乙⋅t0+v乙⋅(t'-t0)-12a(t'-t0)2
甲车的位移为：x1'=v甲⋅t'-12a't'2两车若要相遇d应满足：d≤x2'-x1'代入数据联立解得：d≤28m，故 D错误。
5.【答案】C
【解析】AB、在黑板擦缓慢向上擦的过程中，以黑板擦为研究对象进行受力分析如图甲所示，
则水平方向：Fsin53∘=FN，
竖直方向：Fcs53∘=mg+Ff，Ff=μFN，
解得Ff=4N，μ=0.5，故 A错误， B错误。
C.在黑板擦缓慢向下擦的过程中，以黑板擦为研究对象进行受力分析如图乙所示，
则水平方向：F'sin53∘=FN'，
竖直方向：F'cs53∘+Ff'=mg，Ff'=μFN'，
解得：F'=2N，Ff'=0.8N，所以当F=F'=2N时能完成向下缓慢擦黑板的任务，故C正确;
D.缓慢向上比缓慢向下擦得更干净。因为缓慢向上擦时黑板擦与黑板间的摩擦力更大，擦得更干净，故 D错误。
6.【答案】C
【解析】A.对物块1、2整体有Ff2=F=15N，故A错误;
B.隔离物块1，没有相对运动趋势，所以物块1与2间的摩擦力Ff1为0，故 B错误;
C.对小球受力分析，小球受到圆弧面支持力的大小FN=mgsinθ=10 3N，故C正确;
D.由C选项得轻绳拉力的大小FT=mgcsθ，整个系统处于平衡状态，对物块1、2、3整体有FT+f=F，由题意有f≤fm，fm=μFN'，FN'=3Mg，解得μ≥112，故物块3与桌面间的动摩擦因数至少为112，故D错误。
7.【答案】C
【解析】A.以A为研究对象，静止时，A的重力沿斜面向下的分力与弹簧弹力相等，则：m1gsin37∘=kx，得：x=0.06m，故A错误;
B.以A、B整体为研究对象，则绳拉力与A、B沿斜面向下的分力大小相等，则拉力为：F=(m1+m2)gsin37∘=18N，故B错误;
C.以A、B、C整体为研究对象，整体受到的B处线拉力沿水平方向分力与C受到地面的摩擦力大小相等，而B处拉力与人的拉力大小相等，则：Ff=Fcs37∘=14.4N，根据牛顿第三定律，C对地面的摩擦力与地面对C的摩擦力大小相等为14.4N，方向水平向右，故C正确;
D.松开手瞬间，B所受弹簧拉力大小不变为A的重力沿斜面向下的分力，则根据牛顿第二定律得：m2gsin37∘+m1gsin37∘=m2a，得：a=9m/s2，故D错误。
8.【答案】BD
【解析】A.当小车静止时，设轻绳OB和OA的拉力分别为F1、F2，由平衡条件得：水平方向F1cs60∘=F2cs60∘，竖直方向F1sin60∘+F2sin60∘=mg，解得F1= 33mg，故A错误；
B.当轻绳OA拉力为零时，说明小球随小车向右加速，设此时轻绳OB的拉力为F3，加速度为a，根据平衡条件及牛顿第二定律得竖直方向F3sin60∘=mg，水平方向F3cs60∘=ma，解得a= 33g，方向向右，故B正确；
C.当轻绳OB拉力为零时，说明小球随小车向左加速，设此时轻绳OA的拉力为F4，加速度为a，根据平衡条件及牛顿第二定律得竖直方向F4sin60∘=mg，水平方向F4cs60∘=ma，解得a= 33g，方向向左，故C错误；
D.由B项分析可知，当轻绳OA的拉力恰好为零时a= 33g，此时a1= 32g>a，说明小球已飘起，轻绳OA已经松弛，设此时轻绳OB拉力为F2'，根据平衡条件及牛顿第二定律得：水平方向F2x'=ma1，竖直方向F2y'=mg，解得F2'= (mg)2+(ma1)2= 72mg，故D正确。
9.【答案】ABD
【解析】A.将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解水平方向有F=max整理解得ax=2g
由v02=2axxmax，整理解得xmax=v024g，故A正确;
B.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，故B正确;
C.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∘，故C错误;
D.小球运动到B点速度最大vx=v0，vy=gt，vmax= vx2+vy2=v0F F2+4m2g2，故D正确。
10.【答案】AD
【解析】A.从M点到P点，利用逆向思维，从M点到O点的过程中，篮球的运动都属于平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体，
因为x1:x2=10.8m:3.6m=3:1，则从M到O的时间t1与从M到P点的时间t2的比值为t1:t2=3:1，故A正确；
B.在竖直方向上，根据题意可得：12gt12-12gt22=h，
联立等式解得：t1=1.2s，由此可知A点的水平速度为：vx=x1t1=，A点竖直速度为：vy=gt1=10×1.2m/s=12m/s，
所以A点的初速度为v= vx2+vy2= 92+122m/s=15m/s，故B错误；
C.从O到P的过程中，A球的运动时间为：t3=xOPvx=1.6s，故C错误;
D.在C选项基础上，又因为B球从Q到P的时间v0t4-12gt42=h，得t4=0.8s，延迟的时间为△t=t3-t4，联立以上各式解得：△t=0.8s，故D正确。
11.【答案】(1)不需要；(2)dt；偏小；(3) 0.5
【解析】(1)滑块受到的拉力是通过传感器示数获得的，故不需要保证重物质量远小于滑块及遮光片的总质量；
(2)滑块做匀变速直线运动，用在极短时间内的平均速度来代替瞬时速度，则遮光片通过光电门时的速度v=dt，由于中间时刻瞬时速度小于中间位置的瞬时速度，故平均速度比遮光片的中心通过光电门的速度偏小；
(3)滑块受到的合力为F合=2F-μMg，根据牛顿第二定律可得F合=Ma，且v2=2aL，则由乙图中图像斜率和截距，解得μ=0.5。
12.【答案】(1)能；(2) ①BC； ②球心； ③不是；1.5； ④2x1-x2y2-2y1。
【解析】(1)A球沿水平方向抛出，同时B球由静止自由下落，可观察到两小球同时落地。改变两小球距地面的高度和打击的力度，多次实验，都能观察到两小球同时落地。根据实验能判断出A球在竖直方向做自由落体运动。
(2)①斜槽轨道末端水平可以保证钢球水平飞出，每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球可以保证飞出的初速度是一定的，斜槽轨道光滑与否不影响实验效果。故A错误；BC正确。
故选BC。
②为了减小误差，取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于O点，钢球的球心对应白纸上的位置即为原点。
③假设A点为抛出点，则竖直方向应该满足yAB：yBC=1:3
由丙图数据可得yAB：yBC=60:160-60=3:5≠1:3
所以A点不是平抛运动的抛出点。
由平抛运动规律，可得yBC-yAB=gT2,xAB=v0T
联立，解得v0=1.5m/s
④依题意2x1>x2
可知小球沿x轴做减速运动，那么x轴是斜向上偏离水平方向，设重垂线与y轴间的夹角为 θ ，将重力加速度分别沿x、y轴方向分解，如图所示
则gx=gsinθ,gy=gcsθ
根据匀变速运动推论，设相邻点之间的时间间隔为T，则沿x轴方向有x1-x2-x1=gxT2
解得sinθ=2x1-x2gT2
沿y轴方向有y2-y1-y1=gyT2
解得csθ=y2-2y1gT2
因此tanθ=2x1-x2y2-2y1
13. 【解析】对沙发受力分析如图1所示：
(1)沙发做匀速直线运动，由共点力平衡条件得：
水平方向：Fcsθ=f，
竖直方向：N=mg+Fsinθ，
滑动摩擦力f=μFN，
联立解得：μ= 33。
(2)F=μmgcsθ+μsinθ，
故当csθ+μsinθ最大时，F最小，csθ+μsinθ= 43sin (θ+60∘)，
当θ=30∘时，F最小，
此时F=μmgcsθ+μsinθ= 33mg2 3sin (θ+60∘)= 33×10×102 3sin (30∘+60∘)N=50N。
14.【解析】(1)开始时物块相对传送带向上运动，滑动摩擦力沿斜面向下，
根据牛顿第二定律可得：mgsin37°+μmgcs37°=ma1，
解得：a1=10m/s2;
(2)物块与传送带共速后，物块受到滑动摩擦力方向沿斜面面向上，
mgsin37°-μmgcs37°=ma2，
解得：a2=2m/s2，
设上升的两个阶段运动时间分别为t1、t2，
则a1t1=v2-v1，
解得：t1=0.6s，
又有：a2t2=v2，
解得：t2=1s，
两段过程物块运动的位移分别为：
x1=v2+v12t1=2+82×0.6m=3m，
x2=v2+02t2=2+02×1m=1m，
小物块向上滑行的最远距离为x=x1+x2=4m;
(3)到达最高点后，物块向下做匀加速直线运动，加速度仍然为a2，设运动时间为t3，
则x=12a2t32=4m，
解得t3=2s，
所以物块在传送带上的运动时间为t=t1+t2+t3=3.6s；
(4)上升的第一个阶段，物块与传送带的相对位移为s1=v2+v12t1-v1t1=1.8m，
上升的第二个阶段与下降阶段，物块相对传送带一直向下运动，物块与传送带的相对位移为s2=v1(t2+t3)+x1=9m，
两段痕迹有重合，所以痕迹长度为9m。
15.【解析】(1)长木板P的长度至少是前6s过程中，滑块Q在长木板P上滑行的距离，Δx1=12×5×5m+12×(5+3)×1m-12×3×6m=7.5m;
(2)由乙图可知，力F在t1=5s时撤去，此时长木板P的速度v1=5m/s，t2=6s时二者速度相同，
v2=3m/s，t2=6s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，
t2=6s后长木板P的速度小于滑块的Q的速度，
0∽6s过程中，以滑块Q为研究对象，根据牛顿第二定律可得：μ1mg=ma1，
其中a1=36m/s2=0.5m/s2，
解得μ1=0.05;
5∼ 6s过程中，以长木板P为研究对象，根据牛顿第二定律可得μ2(2m)g+μ1mg=ma2，
其中a2=5-36-5m/s2=2m/s2，
解得μ2=0.075;
(3)6s末到长木板停下来过程中，根据牛顿第二定律可得μ2(2m)g-μ1mg=ma3，
解得a3=1m/s2，
这段时间△t1=v2a3=3s，
所以t3=9s时长木板P停下来;
(4)在从6s末到滑块Q停下来的过程中，由牛顿第二定律得μ1mg=ma4，
解得a4=0.5m/s2，
这段时间△t4=v2a4=6s，
所以t4=12s时滑块Q停下来，
6s后滑块Q在长木板P上滑行的距离Δx2=12×3×6m-12×3×3m=4.5m，
前6s长木板P速度更大，后6s滑块Q速度更大，
则滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为△x=Δx1-Δx2=3m．