2024-2025学年江苏省常州市前黄高级中学高三上学期期初物理试卷（解析版）

这是一份2024-2025学年江苏省常州市前黄高级中学高三上学期期初物理试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共11小题，共44分。
1.1960年第11届国际计量大会制定了一种国际通用的、包括一切计量领域的单位制，叫作国际单位制。2018年11月16日，第26届国际计量大会通过“修订国际单位制”决议，正式更新包括国际标准质量单位“千克”在内的4项基本单位定义。以下单位符号属于国际单位制中基本单位的是( )
①kg； ②m/s； ③N； ④m； ⑤g； ⑥m/s2； ⑦s
A. ②③⑥B. ①④⑦C. ⑤⑥⑦D. ①③④
2.下列说法正确的是( )
A. 伽利略的斜面实验是牛顿第一定律的实验基础
B. 牛顿第一定律只有在无摩擦力的条件下才成立
C. 在水平面上滑动的木块最终停下来是由于没有外力维持它运动
D. 笛卡尔最早指出力不是维持物体运动的原因
3.某同学操控无人机从地面起飞，沿竖直方向做直线运动。前5s内的v−t图像如图所示，下列对无人机在此段时间内运动的描述正确的是( )
A. 无人机在1s末到达最高点
B. 0−1s无人机做匀速直线运动
C. 无人机在4s末速度最小
D. 无人机上升的最大高度为6m
4.影视作品中的武林高手展示轻功时都是吊威亚(钢丝)的。如图所示，轨道车A通过细钢丝跨过滑轮拉着特技演员B上升，便可呈现出演员B飞檐走壁的效果。轨道车A沿水平地面以速度大小v=5m/s向左匀速前进，某时刻连接轨道车的钢丝与水平方向的夹角为37°，连接特技演员B的钢丝竖直，取sin37°=0.6，cs37°=0.8，则下列说法正确的是( )
A. 该时刻特技演员B有竖直向上的加速度
B. 该时刻特技演员B处于失重状态
C. 该时刻特技演员B的速度大小为3m/s
D. 该时刻特技演员B的速度大小为6.25m/s
5.小船匀速渡河，已知船在静水中的速度为v船=5m/s，水流速度v水=3m/s，河宽为d=60m，已知在渡河过程中船头方向保持不变，小船渡河时间为t=20s，则以下判断一定正确的是( )
A. 小船恰好垂直到达河对岸
B. 船头方向与河岸的夹角的正切值为0.75
C. 小船到达对岸时一定在出发点上游20m处
D. 调整船头的方向，最短的渡河时间为15s
6.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
7.如图所示，倾角为θ的传送带始终以5m/s的速度顺时针匀速运动，一质量为1kg的物块以10m/s的速度从底端冲上传送带，恰好能到达传送带顶端。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，取重力加速度大小g=10m/s2，sinθ=0.6，物块从传送带底端运动到顶端的时间为( )
A. 1.0s
B. 1.5s
C. 2.5s
D. 3.0s
8.物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展。下列说法符合事实的是( )
A. 普朗克提出了光子说，成功地解释了光电效应现象
B. 卢瑟福用α粒子轰击 714N获得反冲核 817O，发现了质子
C. 康普顿效应有力证明了光的波粒二象性
D. 贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核
9.在玻璃瓶中装入一定量开水并盖紧瓶盖，玻璃瓶可视为导热容器，一段时间后发现瓶盖很难打开，由此可推断瓶内气体可能发生的变化是( )
A. 温度降低，压强减小B. 温度升高，压强减小
C. 温度降低，压强不变D. 温度降低，压强增大
10.彩虹的形成原理可简化为如图，阳光由空气射入球形水滴后，可分成红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种色光，其中a、b是射出的某两种单色光(其他色光没有画出)，则下列说法正确的是( )
A. 若a光是绿光，则b光可能是紫光
B. 若b光是靛光，则a光一定是紫光
C. a光和b光在水滴中的传播速度相等
D. a光在水滴中的传播速度较大
11.如图为氢原子能级的示意图，现有一个氢原子处于n=4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光。关于这些光，下列说法正确的是( )
A. 该氢原子最多可辐射出6种不同频率的光
B. 用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光电效应
C. 波长最大的光是由n=4能级跃迁到n=1能级产生的
D. 频率最小的光是由n=2能级跃迁到n=1能级产生的
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
12.三位同学成立了一个课外物理兴趣小组，利用实验室的常见器材完成了如下力学实验。

(1)小明打算测量一下弹簧的劲度系数，弹簧原长放大如图1所示，可读得原长L0= ______cm。
(2)小质同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。其中O为橡皮条与细绳的结点，实验中，第一次用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条，第二次用一个弹簧测力计拉橡皮条。
①根据某次实验记录数据，画出力的图示如图2，A、B两幅图中______(选填“A”或“B”)是小质同学实验后画出的正确力的图示；
②下列措施可以减小实验误差的是______(只有一个选项正确)。
A.橡皮条应与两绳套夹角的平分线在同一直线上
B.两个分力F1、F2的方向要垂直
C.尽量减少弹簧测力计外壳与桌面间的摩擦
D.拉橡皮条的细绳要适当长些，标记同一细绳方向的两点要适当远些
(3)小黄利用如图3甲所示的装置探究加速度与力的关系。
①图3乙为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间还有4个计时点没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图乙所示。已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车的加速度的测量值a= ______m/s2(结果保留两位有效数字)。
②正确补偿阻力后，保持小车的质量M不变，用砂和小桶的总重力mg作为小车受到的合外力F，改变砂的质量，多次实验，利用测得的数据，可得到小车的加速度a和F的关系图像。拉力F较大时，a−F图线明显弯曲(如图3丙所示)。若不断增加小桶中砂的质量，a−F图像中各点连成的曲线将不断延伸，那么加速度a的趋向值为______(用题中出现的物理量字母表示)。
三、计算题：本大题共4小题，共41分。
13.如图所示，两个光滑小球A和B放在倾角为θ的斜面上，用竖直挡板挡住。A球的质量为M，B球的质量为m。两个小球处于静止状态，已知重力加速度为g。
(1)A，B球之间的弹力；
(2)当撤去挡板的瞬间，求A，B球之间的弹力。
14.跳台滑雪是一项勇敢者的运动。如图所示运动员穿专用滑雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台A点处沿水平方向飞出，在空中飞行一段距离后在斜坡B点处着陆。测得AB间的距离为50m，斜坡与水平方向夹角为37°，已知运动员及装备的总质量为80kg，不计空气阻力，g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8计算结果均保留根号。求：
(1)运动员从A点飞出时的速度大小v0；
(2)若运动员从A点飞出时的速度大小变为2v0，仍落到斜面上，求运动员落到斜面上的点到B点的距离。
15.如图所示，一不可伸长的轻质细绳，绳长为L，一端固定于O点，另一端系一质量为m的小球，小球绕O点在竖直平面内做圆周运动(不计空气阻力)。
(1)若小球通过最高点A时的速度为v，求此时绳对小球拉力大小；
(2)若小球恰好能通过最高点A，求小球通过B点时，绳对小球的拉力大小；
(3)若小球恰好能通过最高点A，小球运动到最低点C或最高点A时，绳突然断开，两种情况下小球从抛出到落地水平位移大小相等，求O点距离地面高度ℎ。
16.质量为M=5kg的长木板置于水平面上，物块(视为质点)质量m=1kg，初始时刻物块处于长木板右端．长木板与水平面间、物块与长木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.15和μ2=0.1.某时刻分别给长木板和物块如图所示的初速度，大小分别为v1=5m/s、v2=1m/s，方向相反。物块在以后运动过程始终没有滑离长木板，取g=10m/s2。求：
(1)刚开始运动时长木板与物块的加速度大小a1和a2；
(2)从开始运动到物块与长木板速度第一次相等所用的时间t1；
(3)到两者都静止时，长木板向右所运动的位移x。
答案解析
1.B
【解析】解：kg，m，s都属于国际单位制中基本单位，
m/s，N，m/s2，都属于导出单位，
g是质量的单位，但不属于国际单位制中基本单位，故B正确，ACD错误；
故选：B。
国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。
解决本题的关键要掌握国际单位制中三个基本单位：米、千克、秒。知道牛顿、米/秒都属于导出单位。
2.A
【解析】解：A、伽利略的斜面实验说明了力不是维持物体运动状态的原因，它是牛顿第一定律的实验基础，故A正确；
B、一切物体都保持静止或匀速直线运动的状态，直到受到其它物体的作用力迫使它改变这种状态为止，这里的力是指所有力，并不是单指摩擦力，故B错误；
C、在水平面上滑动的木块最终停下来是由于受到摩擦力，故C错误；
D、伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因。故D错误。
故选：A。
本题根据伽利略和牛顿的物理学贡献，以及力学基础知识分析解答．
解决本题的关键要了解人类研究运动和力的关系的历程，掌握著名科学家的物理学成就．
3.D
【解析】解：AD、由图可知，无人机在0∼3s上升，3～5s下降，则无人机在3s末到达最高点，且上升的最大高度为ℎ=12×4×3m=6m，故A错误，D正确；
B、0−1s无人机的速度随时间均匀增大，做匀加速直线运动，故B错误；
C、t=3s时，速度为零，此时速度最小，故C错误。
故选：D。
根据图像分析无人机的运动情况，结合v−t图像与时间轴围成的面积表示位移，来求最大高度。
本题考查v−t图像，要能根据v−t图像分析物体的运动情况，明确v−t图像与时间轴围成的面积表示位移。
4.A
【解析】解：AB.设连接轨道车的钢丝与水平方向的夹角为θ，将车速v沿着钢丝方向和垂直于钢丝的方向分解，如下图所示：
特技演员B的速度vB等于车速v沿着钢丝方向的分速度v1，则有：vB=v1=vcsθ
车速v不变，随着小车向左运动，θ不断减小，csθ不断增大，则vB不断增大，即特技演员B有竖直向上的加速度，故处于超重状态，故A正确，B错误；
CD.根据上述分析，当θ=37°时特技演员B的速度大小为vB=vcs37°=5×0.8m/s=4m/s，故CD错误。
故选：A。
将车速沿着钢丝方向和垂直于钢丝的方向分解，特技演员B的速度等于车速沿着钢丝方向的分速度，由此可得特技演员B的速度与题图中的θ角的关系。根据θ角的变化可得特技演员B的速度如何变化，可得其加速度情况，根据加速度的方向判断超失重状态。根据特技演员B的速度与θ角的关系，求解θ=37°时特技演员B的速度大小。
本题考查了运动合成与分解的关联速度问题。掌握绳连物体速度相关联的原理。
5.B
【解析】解：A、假设小船能够垂直到达河对岸，即船的合速度垂直于河岸，如图所示：
由图可知：v合= v船2−v水2= 52−32m/s=4m/s
则小船的渡河时间为：t′=dv合=604s=15s，由于t=20s，故假设不成立，故A错误；
B、设船头方向与河岸的夹角为θ，将船速沿着河岸和垂直于河岸分解，则有：v⊥=v船sinθ
根据分运动和合运动的等时性可知：t=dv⊥=dv船sinθ，解得：sinθ=dv船t=605×20=0.6，即有：θ=37°
所以，tanθ=0.75，故B正确；
C、结合B选项分析，船速平行河岸分量为：v=v船csθ=5×0.8m/s=4m/s
若船头方向与河岸的夹角为θ并指向河岸上游，则小船平行于河岸方向的分运动速度为：v平=v−v水=4m/s−3m/s=1m/s
则小船到达对岸时，在出发点上游的距离为：x=v平t=1×20m=20m
若船头方向与河岸的夹角为θ并指向河岸下游，则小船平行于河岸方向的分运动速度为：v平′=v+v水=4m/s+3m/s=7m/s，则小船到达对岸时，在出发点下游的距离为：x平′=v平′t=7×20m=140m，故C错误；
D、当船头垂直于河对岸渡河时，渡河时间最短，为tmin=dv船=605s=12s，故D错误。
故选：B。
将船速沿河岸的方向与垂直于河岸的方向分解，即可求出水流的速度和船渡河的时间；船以最短时间渡河时船头方向垂直于河岸，时间等于河的宽度与船速的比值；根据平行四边形定则求出以最短时间渡河时小船的位移大小。
解决本题的关键知道分运动与合运动具有等时性，各分运动具有独立性，互不干扰，注意列出方程组，从而求解是解题的基本思路。
6.C
【解析】解：A、运动员加速通过弯道时，摄像机与运动员保持同步运动，摄像机也做加速运动，故A错误；
B、摄像机与运动员保持同步运动，则角速度相同，故B错误；
C、运动员加速通过弯道，速度与加速度的方向相同，F1分解成两个分力，其切向力的方向与速度方向相同，故C正确；
D、根据圆周运动向心加速度的公式a=rω2可知，摄像机向心加速度比运动员的向心加速度更大，故D错误。
故选：C。
可将运动员和摄像机的运动视作圆周运动，当运动员加速通过弯道时，摄像机与运动员保持同步运动，则角速度相同，两者受到的力可分解成两个互相垂直的分力，即向心力与提供切向加速度的力，根据加速度的方向判断力的方向，根据圆周运动的公式判断向心加速度的大小。
考查圆周运动状态速度、加速度与力的关系。
7.D
【解析】解：传送带的速度大小为v=5m/s，物块的初速度为v0=10m/s，sinθ=0.6，则csθ=0.8。
物块的速度达到5m/s过程中的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+μmgcsθ=ma1
解得：a1=10m/s2
此过程中运动的时间为：t1=v0−va1=10−510s=0.5s
物块的速度达到5m/s后的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ−μmgcsθ=ma2
解得：a2=2m/s2
从速度为v到速度为零运动的时间为：t2=va2=52s=2.5s
所以物块从传送带底端运动到顶端的时间为：t=t1+t2=0.5s+2.5s=3.0s，故ABC错误、D正确。
故选：D。
根据牛顿第二定律求解物块的速度达到5m/s过程中的加速度大小和运动的时间，再求出物块的速度达到5m/s后的加速度大小和运动的时间，由此得到物块从传送带底端运动到顶端的时间。
本题考查了传送带问题，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，传送带模型是重要的模型，一定要掌握传送带问题的处理方法。
8.B
【解析】解：A.爱因斯坦提出了光子说，成功地解释了光电效应现象，故A错误；
B.卢瑟福用α粒子轰击 714N获得反冲核 817O，发现了质子，故B正确；
C.康普顿效应揭示了光具有粒子性，故C错误；
D.卢瑟福通过对α射线散射的研究提出了原子的核式结构模型，发现了原子中存在原子核，故D错误。
故选：B。
根据爱因斯坦提出了光子说分析判断；根据卢瑟福用α粒子散射实验分析判断；根据康普顿效应分析判断；
本题关键熟悉理解记忆各科学家在物理学上的贡献。
9.A
【解析】解：瓶内气体的体积不变，经过一段时间后，气体的温度降低，根据pT=C，可知气体压强减小，内外压强差变大，则瓶盖很难拧开。故BCD错误，A正确。
故选：A。
瓶内气体的体积不变，经过一段时间后，气体的温度降低，根据，可知气体压强减小。
本题考查理想气体状态方程，明确气体体积不变，则压强与温度成正比关系。
10.B
【解析】解：AB、阳光中单色光的折射率从红光到紫光依次增大，由光路图可知。a光的偏折程度较大，则a光的折射率较大，若a光是绿光，则b光不可能是紫光。若b光是靛光，则a光一定是紫光，故A错误，B正确；
CD、根据n=cv可知，a光的折射率较大，则a光在水滴中的传播速度较小，故CD错误。
故选：B。
彩虹是光的折射现象形成的，根据光的偏转程度判断折射率的大小，进而判断光的颜色。根据n=cv判断光在水中传播速度的大小。
本题考查光的折射，要熟练掌握折射定律、折射率公式n=cv。要掌握七种色光折射率的大小关系。
11.B
【解析】解：A.一个氢原子处于n=4的激发态，最多可辐射出3种不同频率的光，故A错误；
B.n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光子能量E=−3.40eV−(−13.6)eV=10.2eV，大于金属铂的逸出功，能发生光电效应，故B正确；
C.根据图示可知，由n=4能级跃迁到n=1能级产生的光子的能量最大，即频率最大，则波长最短，故C错误；
D.根据玻尔理论，辐射出光子的能量是跃迁两轨道能级之差，结合图示可知，由n=4能级跃迁到n=3能级产生的光子的能量最小，即频率最小，故D错误。
故选：B。
注意一群氢原子和一个氢原子的区别；根据能级跃迁结合光电效应的条件分析；能级差越大，光电子的频率越大，其波长越短，能级差越小，光电子的频率越小，波长越长。
本题考查了能级跃迁与波粒二象性，知道辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，知道波长越长越容易衍射。
A D 1.0 g
【解析】解：(1)毫米刻度尺的精确度为1mm，由图可知原长L0=7.00cm
(2)①由图可知，F为F1与F2根据平行四边形定则得出的测量值，F′为用一个弹簧测力计得出的真实值，根据实验原理可知，F′一定沿细绳方向，F与真实值会一定的误差，与细绳方向有一定的夹角，故A图是小质同学实验后画出的正确力的图示；
②AB.两弹簧测力计大小可以不同，夹角可以垂直也可以不垂直，所以橡皮条不一定与两绳套夹角的平分线在同直线上，故AB错误；
C.弹簧测力计外壳与桌面间的摩擦，不会对实验造成误差，故C错误；
D.记录分力方向是根据两点的连线作出的，为了减小作图误差，所以拉橡皮条的细绳要适当长些，标记同一细绳方向的两点要适当远些，故D正确。
故选：D。
(3)①相邻计点之间的时间为T=5f=550s=0.1s
根据逐差法，可得加速度大小为a=CE−AC(2T)2=(21.6−8.8−8.8)×10−20.22m/s2=1.0m/s2
②用砂和小桶的总重力 mg作为小车受到的合外力F，对砂桶分析，根据牛顿第二定律有mg−T=ma
对小车受力分析，根据牛顿第二定律有T=Ma
联立解得a=mgm+M=g1+Mm
若不断增加小桶中砂的质量，加速度a的趋向值为g。
故答案为：(1)7.00；(2)A；D；(3)1.0；g。
(1)毫米刻度尺的精确度为1mm，根据毫米刻度尺的读数规则读数；
(2)①单独使用一个弹簧测力计测出的力为合力的实际值，方向一定沿橡皮筋方向，据此分析作答；
②根据实验的原理和正确操作分析作答；
(3)①根据逐差法求加速度；②根据牛顿第二定律求解作答。
本题考查了“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验和探究加速度与力的关系的实验，要明确实验的原理，掌握实验的掌握操作步骤，掌握逐差法求加速度的方法，掌握牛顿第二定律的运用。
13.解：(1)对B受力分析，如下图所示：

由平行四边形定则可得A、B球的弹力为：FAB=mgsinθ
(2)撤去挡板时，A，B球一起沿斜面下滑，以两球整体为研究对象，由牛顿第二定律有：(M+m)gsinθ=(M+m)a，可得加速度：a=gsinθ
再以B球为研究对象，由牛顿第二定律有：mgsinθ+FAB′=ma，可得A，B球之间的弹力为：FAB′=0。
答：(1)A，B球之间的弹力为mgsinθ；
(2)当撤去挡板的瞬间，A，B球之间的弹力为0。
【解析】(1)对B球受力分析，由平行四边形定则可得解；
(2)对AB整体利用牛顿第二定律可得两球加速度大小，再对B利用牛顿第二定律可得A、B球之间的弹力。
本题考查了牛顿第二定律、共点力的平衡、整体法和隔离法，解题的关键是对物体正确受力分析，熟练应用整体法和隔离法解决问题。
14.解：(1)运动员从A点飞出后做平抛运动，运动员在空中平抛运动的高度为
ℎ=lABsinθ=50×0.6m=30m
竖直方向有
ℎ=12gt2
可得平抛运动的时间为
t= 2ℎg= 2×3010s= 6s
平抛运动的水平位移为
x=lABcsθ=50×0.8m=40m
则平抛运动的初速度为
v0=xt=40 6m/s=20 63m/s
(2)运动员在空中做平抛运动，落到斜面上时，水平方向有
x′=2v0t′
竖直方向有
y′=12gt′2
由几何关系有
y′x′=tanθ
联立解得
t′=2 6s，x′=160m，y′=120m
则合位移为
s= x′2+y′2= 1602+1202m=200m
故运动员落到斜面上的点距B点的距离为
d=s−lAB=200m−50m=150m
答：(1)运动员从A点飞出时的速度大小v0为20 63m/s。
(2)运动员落到斜面上的点到B点的距离为150m。
【解析】(1)运动员从A点飞出后做平抛运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，根据下落的高度求出飞行时间，结合水平位移求运动员从A点飞出时的速度大小v0；
(2)运动员落到斜面上时，竖直位移与水平位移之比等于tanθ，结合分位移公式求出平抛运动的时间，再求运动员落到斜面上的点到B点的距离。
本题主要考查平抛运动规律的应用，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，能够根据平抛运动的规律结合几何关系解答。
15.解：(1)设球通过最高点时的速度为v，根据牛顿第二定律和向心力公式，有
F+mg=mv2L
绳对小球拉力大小为
F=mv2L−mg
(2)若小球恰好通过最高点，则在最高点A，重力提供向心力，有
mg=mvA2L
由从A点到B点根据机械能守恒，有
mg×L=12mvB2−12mvA2
解得
vB= 3gL
在B点，则拉力提供向心力
F=mvB2L=3mg
(3)小球运动到最高点绳突然断开后做平抛运动时间为t，则
L+ℎ=12gt2，x=vAt
小球运动到最低点C的速度为vC，由机械能守恒定律得
mg×2L=12mvC2−12mvA2
绳突然断开后小球做平抛运动时间为t′，则
ℎ−L=12gt′2，x=vCt′
小球运动到最高点时
vA= gL
解得
vC= 5gL
故
ℎ=vC22g−L=32L
(1)此时绳对小球拉力大小为mv2L−mg；
(2)绳对小球的拉力大小为3mg；
(3)O点距离地面高度ℎ为32L。
【解析】(1)(2)小球通过最高点时，绳对小球拉力F和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式求解；
(3)小球运动到最高点时向心力最小值为mg，根据牛顿第二定律求得小球到达最高点的最小速度，从最高点到最低点，运用机械能守恒列式即可求解。
本题是圆周运动与平抛运动的综合，运用牛顿运动定律和机械能守恒结合进行研究，对于平抛运动，也可以运用分解的方法求小球落地速度。
16.解：(1)对长木板受力分析：μ1(M+m)g+μ2mg=Ma1
解得：a1=2m/s2
对物块受力分析得：μ2mg=ma2
解得：a2=1m/s2
(2)对物块与木板的运动情况分析，结合(1)问作出长木板与物块的v−t图像如图，

令水平向右为正方向，设经t1时间物块与木板的速度v3相同，有：v3=v1−a1t1=−v2+a2t1
解得：t1=2s
v3=1m/s
(3)物块与长木板速度达到相等后的运动分析：由于μ2