2023-2024学年安徽省阜阳市第三中学高一（上）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省阜阳市第三中学高一（上）期末考试物理试卷（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.关于位移和路程下列说法正确的是( )
A. 物体沿直线向某一方向运动，通过的路程就是位移
B. 几个物体有相同位移时，它们的路程也相同
C. 几个运动物体通过的路程不等，但它们的位移可能相同
D. 物体通过的路程不等于零，其位移也一定不等于
2.一辆汽车行驶在平直的公路上，某时刻油管破裂，每隔相同时间有一滴油滴出，选取汽车运动的方向为正方向，我们可以根据油滴之间的距离判断汽车的运动情况，下列说法正确的是( )
A. 沿运动方向，油滴之间的距离增大时，汽车加速度一定增大
B. 沿运动方向，油滴之间的距离增大时，汽车的加速度一定不变
C. 沿运动方向，油滴之间的距离减小时，汽车的加速度可能增大
D. 沿运动方向，油滴之间的距离减小时，汽车的加速度一定减小
3.水车是中国古代常见的农用器具，如下是常见的水车模型图，已知该水车分为内外两层，在外层上取一点A，内层取一点B，水车转动时，以下选项正确的是( )
A. A点的角速度大于BB. A点的线速度大小等于B
C. A点的向心加速度大小大于BD. A点的周期小于B
4.汽车在水平路面上匀速行驶时车轮边缘上M点的运动轨迹如图所示，P点是该轨迹的最高点，Q点为该轨迹的最低点。M点的运动可分解为两个分运动：一个是绕车轴旋转的匀速圆周运动，一个是与车轴一起向前的匀速直线运动。下列说法正确的是
( )
A. M点运动到P位置时的速度大于运动到Q位置时的速度
B. M点运动到P位置时的速度小于运动到Q位置时的速度
C. M点运动到P位置时的加速度大于运动到Q位置时的加速度
D. M点运动到P位置时的加速度小于运动到Q位置时的加速度
5.卡车在平直公路上匀速行驶，速度大小为20m/s，某时刻发现前方有突发情况而紧急刹车，卡车做匀减速直线运动直到停止，已知卡车在停下之前最后一秒内的平均速度大小为2m/s，对于卡车在刹车过程中的运动情况，下列说法正确的是( )
A. 整个刹车过程中的平均速度大小为10m/s
B. 刹车过程中的加速度大小为2m/s2
C. 刹车3s时，卡车的速度大小为12m/s
D. 刹车后6s内的总位移大小为48m
6.无线蓝牙耳机可以在一定距离内与手机等设备实现无线连接，已知无线连接的最大距离为10m．A、B两位同学做了一个有趣实验，A同学佩戴无线蓝牙耳机，B同学携带手机检测.如图甲所示，A、B两位同学同时沿两条相距6m的平行直线轨道向同一方向运动.其运动的v −t图像如图乙所示，在运动过程中，手机检测到蓝牙耳机能被连接的总时间为( )
A. 8sB. 10sC. 12sD. 13s
7.如图所示，一质量为m的滑块静止于倾角为30°的粗糙斜面上，物块与斜面间动摩擦因数μ=0.5，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与斜面垂直，则下列说法中正确的是
( )
A. 滑块可能只受到三个力作用B. 弹簧可能处于原长状态
C. 斜面对滑块的支持力大小可能为零D. 斜面对滑块的摩擦力大小一定等于12mg
8.如图所示，跨过光滑定滑轮的轻绳a一端竖直悬挂物块A，另一端与轻绳b拴接于O点，b的另一端连接水平地面上的物块B且竖直，用与水平方向成θ角的力F作用在O点，两物块均静止，两绳各部分均伸直，且定滑轮右侧的轻绳a与竖直方向的夹角也为θ.现将F从图示的位置顺时针缓慢转动90∘的过程中(结点O的位置始终保持不变)，下列说法正确的是( )
A. 轻绳a上的拉力逐渐增大B. 轻绳b上的拉力逐渐增大
C. 力F先减小后增大D. 物块B对地面的压力逐渐减小
9.乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。如图是南京紫金山缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a下行，如图所示。若在缆车中放一个与山坡表面平行的粗糙斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)。重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 小物块与斜面看成一个整体处于超重状态
B. 当a>g2时，摩擦力的大小为ma−12mg
C. 当a=g2时，摩擦力的大小为12mg
D. 若缆车加速度增加，则小物块受到的摩擦力和支持力都可能减小
10.小船匀速横渡一条河流，当船头垂直对岸方向航行时，出发后10min到达对岸下游120m处;当船头保持与上游河岸成α角航行，出发后12.5min到达正对岸.水流速度保持不变，下列说法正确的是( )
A. 水流的速度大小为0.4m/sB. csα=0.8
C. 小船在静水中的速度大小为0.6m/sD. 河的宽度为200m
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
11.如图所示，光滑水平面上有A、B、C三个完全相同的物块，其中A放在B的上面，B、C用轻质弹簧相连，他们在恒力F的作用下一起沿水平面向右做匀加速直线运动.若突然撤去力F，则撤去后瞬间关于A、C两物块的受力和运动情况说法正确的是( )
A. 物块C的加速度大小方向都不变B. 物块C的加速度大小不变，方向反向
C. 物块A的摩擦力方向不变D. 物块A相对于物块B静止
12.如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m的物块A，A放在质量也为m的托盘B上，以N表示B对A的作用力，x表示弹簧的伸长量。初始时，在竖直向上的力F作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x=0)。现改变力F的大小，使B以12g的加速度匀加速向下运动(g为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中N或F随x变化的图像正确的是( )
A. B.
C. D.
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
13.某实验小组同时测量A、B两个箱子质量的装置图如图甲所示，其中D为铁架台，E为固定在铁架台上的轻质滑轮(质量和摩擦可忽略不计)，F为光电门，C为固定在A上、宽度为d的细遮光条(质量不计)，另外，该实验小组还准备了刻度尺和一套总质量m0=0.5kg的砝码。
(1)在铁架台上标记一位置O，并测得该位置与光电门F之间的距离为h。取出质量为m的祛码放在A箱子中，剩余砝码全部放在B箱子中，让A从位置O由静止开始下降，测得遮光条通过光电门的时间为Δt，根据所测数据计算A下落到F处的速度大小v=__________，下落过程中的加速度大小a=__________(用d、Δt、h表示)。
(2)改变m，测得相应遮光条通过光电门的时间，算出加速度a，得到多组m与a的数据，作出a−m图像如图乙所示，可得A的质量mA=__________kg。(取重力加速度大小g=10m/s2，计算结果保留两位有效数字)
14.某同学通过实验探究平抛运动的特点。
(1)用如图1所示装置“探究平抛运动竖直分运动的特点”。用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向飞出，同时B球被松开并自由下落，比较两球的落地时间。
①关于该实验，下列说法正确的有__________
A.A、B两球应选用体积小、质量大的小球
B.打击弹性金属片后两球需要落在同一水平面上
C.比较两球落地时间必须要测量两球下落的高度
②多次改变A、B两球释放的高度和小锤敲击弹性金属片的力度，发现每一次实验时都只会听到一下小球落地的声响，由此得到结论__________。
(2)用如图2所示装置研究平抛运动水平分运动的特点。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直硬板上。A球沿斜槽轨道PQ滑下后从斜槽末端Q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，A球会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，依次重复上述操作，白纸上将留下一系列痕迹点。下列操作中有必要的是__________。
A.通过调节使斜槽末段保持水平
B.挡板高度等间距变化
C.通过调节使硬板保持竖直
D.尽可能减小A球与斜槽之间的摩擦
(3)若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图3所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则y1y2__________13(选填“大于”、“等于”或者“小于”)。可求得钢球平抛的初速度大小为__________(已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共34分。
15.如图所示，一倾角α=37∘、长度为9m的固定斜面，其底端与长木板B上表面等高，原来B静止在粗糙水平地面上，左端与斜面接触但不粘连，斜面底端与木板B的上表面接触处圆滑，一可视为质点的小滑块A从斜面顶端处由静止开始下滑，最终A刚好未从木板B上滑下，已知A、B的质量相等，木板B的长度L=3m，A与斜面、B上表面间的动摩擦因数均为μ1=0.5，B与地面的动摩擦因数为μ2，重力加速度g取10m/s2。
(1)求出小滑块A到达斜面底端时的速度大小为v0；
(2)通过计算分析当A滑上B的上表面后，B是否仍保持静止。若B仍然静止，求出μ2的最小值；若B滑动，求出μ2的值。
16.如图所示，水平地面上固定一个半径R=1m的半圆形轨道，在轨道左侧有离地高度H=1.6m的平台，小球从平台上的A点水平抛出，恰好垂直撞在半圆形轨道的B点，BO和竖直方向的夹角θ=37∘，C点为半圆顶点，g取10m/s2，求：
(1)小球到B点的水平位移；
(2)若小球平抛的初速度增大一倍，小球能否越过半圆形轨道顶点C。
17.如图所示，绷紧的水平传送带足够长，始终以恒定速率v1=2m/s沿顺时针方向运行．初速度为v2=4m/s的小煤块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，g=10m/s2，若从小物块滑上传送带开始计时，求：
(1)小煤块在传送带上滑行的最远距离；
(2)小煤块从A处出发再回到A处所用的时间；
(3)小煤块在传送带上留下痕迹的长度。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A、当单向直线运动时，则位移大小等于路程，但不能说路程是位移．故A错误．
B、位移相同时路程不一定相同．故B错误．
C、物体两次通过的路程不等，但位移可能相等．故C正确．
D、物体通过的路程不为零，首末位置可能重合，位移可能为零．故D错误．
故选：C．
2.【答案】C
【解析】AB.沿运动方向，油滴之间的距离增大时，说明汽车的速度增大，汽车的加速度方向与速度方向相同，但汽车的加速度大小可能不变、可能减小、也可能增加，故AB错误；
CD.沿运动方向，油滴之间的距离减小时，说明汽车的速度减小，加速度方向与速度方向相反，汽车的加速度大小可能不变、可能减小、也可能增加，故C正确，D错误。
故选C。
3.【答案】C
【解析】【分析】
由A、B两点共轴转动，得出二者角速度相同，再根据v=ωr，an=ω2r和T=2πω，进行比较即可。
本题考查匀速圆周运动中基本物理量的关系，涉及到线速度、角速度和向心加速度。
【解答】
A.由题图可知，其A、B两点是同轴转动，二者角速度相同，故A错误；
B.根据角速度与线速度的关系有：v=ωr
由图可知，A点的半径比B点的半径大，所以A点的线速度大于B点的线速度，故B错误；
C.由向心加速度与角速度的关系有：an=ω2r
由图可知，A点的半径较大，所以A点的向心加速度大于B点的向心加速度，故C正确；
D.由于A点和B点的角速度相同，根据角速度与周期的关系，有T=2πω，可知两点的周期相等。故D错误。
故选：C。
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查运动的合成与分解，将M点的运动分解为绕车轴旋转的匀速圆周运动和与车轴一起向前的匀速直线运动两个分运动，即可分析出P点和Q点的速度和加速度关系。
【解答】
AB、M点的运动可分解为两个分运动：一个是绕车轴旋转的匀速圆周运动，一个是与车轴一起向前的匀速直线运动。在P点时，将速度分解，绕车轴旋转的匀速圆周运动的分速度v线水平向右，与车轴一起向前的匀速直线运动的分速度v车水平向右，则P点速度为v车+v线，在Q点，将速度分解，绕车轴旋转的匀速圆周运动的分速度v线水平向左，与车轴一起向前的匀速直线运动的分速度v车水平向右，则Q点速度为v车−v线，可知M点运动到P位置时的速度大于运动到Q位置时的速度，A正确，B错误；
CD、由于M点的运动可分解为绕车轴旋转的匀速圆周运动和与车轴一起向前的匀速直线运动两个分运动，与车轴一起向前的匀速直线运动加速度为零，绕车轴旋转的运动为匀速圆周运动，加速度大小相等，方向不同，故M点运动到P位置时的加速度大小等于运动到Q位置时的加速度大小，CD错误。
5.【答案】A
【解析】解：A、整个刹车过程的平均速度为v−=v+v02=0+202m/s=10m/s，故A正确；
B、根据逆向思维法，把汽车刹车看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，最后一秒的平均速度等于0.5s时的瞬时速度，则加速度大小为a=vt=20.5m/s2=4m/s2，故B错误；
C、汽车的刹车时间为t0=v0a=204s=5s，所以刹车3s时的速度为v=v0−at=20m/s−4×3m/s=8m/s，故C错误；
D、由上面C的分析可知，刹车6s时，汽车已经停止运动了，所以刹车6s后的位移就等于汽车的刹车位移，即x=v022a=2022×4m=50m，故D错误。
故选：A。
对匀变速直线运动来说，平均速度v−=v+v02；可以把汽车的刹车看成是反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度可以计算出汽车的加速度；进而计算出刹车时间和刹车位移。
对于汽车刹车问题，一个是要注意“刹车陷阱”问题，另一个是处理的时候，一般选用逆向思维法，可以简化解题步骤，达到快速解答的效果。
6.【答案】D
【解析】【分析】本题考查变速物体追匀速物体，要熟悉v−t图象斜率的物理意义、v−t图象反应的物理量及图像形状反应的问题、利用v−t图象求加速度。
【解答】
已知无线连接的最远距离为10m，直线轨道相距6m，手机检测到蓝牙耳机时，A、B间位移之差最大值为△x= 102−62m=8m，
当t=4s时，根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，可知
A、B的位移之差△x=xA1−xB1=4×42m=8m，
所以t=4s之前手机与蓝牙耳机处于连接状态.设t1时刻B开始做匀速直线运动，
由几何关系可得t1=6s，设4s之后手机与蓝牙耳机能被连接的时间为t2．
从t=4s到t2，有△x2=xB2−xA2=16m，即△x2=4+62×2m+6m/s(t2−2s)−4t2=16m，
解得t2=9s，则在运动过程中，手机检测到蓝牙耳机能被连接的总时间为t=t1+t2=13s，故选D．
7.【答案】D
【解析】ABC.因为
μ=0.5若无弹簧弹力
mgsin30∘>μmgcs30∘
滑块无法静止于斜面，因此弹簧一定处于压缩状态，物块一定受四个力作用，即：重力、斜面的支持力、弹簧的压力和静摩擦力，ABC项错误；
D.由于滑块处于静止状态，由受力分析可知，斜面对滑块的摩擦力与重力沿斜面向下的分力平衡，大小为
mgsin30∘=12mg
D项正确。
故选D。
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查动态平衡问题。解决本题的关键是对研究对象进行正确的受力分析，结合矢量三角形分析判断。
【解答】
A.轻绳 a 上拉力始终等于物块 A 的重力，大小不变，故A错误；
BCD.对 O 点受力分析，如图所示：
由矢量三角形可知， F 从图中所示的状态顺时针转动 90∘ 的过程中，力 F 先减小后增大，轻绳 b 的拉力减小，则物块B对地面的压力增大，故C正确，BD错误。
9.【答案】B
【解析】A.缆车有斜向下的加速度，小物块与斜面看成一个整体，有向下的加速度分量，处于失重状态，故A错误；
BC.假设物块与斜面间摩擦力沿斜面向上，对物块，有
mgsin30−f=ma
解得
f=12mg−ma
当 a>g2 ，时，可知 f 为负值，即方向沿斜面向下，大小为
f=ma−12mg
当 a=g2 时
f=0
故B正确，C错误；
D.对物块，有
mgsin30−f=ma
FN=mgcs30
当缆车加速度增加，小物块受到的摩擦力可能减小，也可能不变还可能增大，支持力不变，故D错误。
故选B。
10.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了小船渡河问题。由题意可知，船头垂直河岸时，船在10分钟内向下游运动了120m，根据x=vt即可求解水流的速度；再对船头斜向上行驶时船正对河岸过河，将船的运动分解为垂直于河岸和沿河岸方向，抓住分运动与合运动具有等时性列式求解。
【解答】
A.设小船的静水速度为v1，水流速为v2，船头保持跟河岸垂直的方向航行时有：v2t=120m，解得水流的速度：v2=12010×60m/s=0.2m/s，故A错误；
BCD.船头垂直河岸时有：在垂直河岸方向上有：v1t=d；
当船正对河岸过河时，合速度与河岸垂直时，合速度为：v= v12−v22，且d=vt′．
联立以上各式解得：d=200m，v1≈0.33m/s；
船头保持与上游河岸成α角航行时，船的速度为：v1sinα=dt′=d12.5×60s
sinα=20012.5×60×13=0.8，则csα=0.6，故BC错误，D正确。
故选：D。
11.【答案】AD
【解析】【分析】本题考查牛顿第二定律的瞬时性问题，此类问题要抓住弹簧弹力不能突变这一点，做好受力分析，根据牛顿第二定律求加速度。
【解答】
AB.撤去F后瞬间，由弹簧弹力的瞬时不变性可知，C的运动没有受到影响，加速度大小方向均不变，故A正确，B错误;
CD.匀加速过程，根据牛顿第二定律F=3ma，A所受摩擦力为f=ma，方向向右．
弹簧弹力为T=ma，撤去F瞬间，对AB，T=2ma′，对A，f′=ma′，
联立可知f′=12ma12.【答案】BC
【解析】设物块和托盘间的压力为零时弹簧的伸长量为x，则有
mg−kx=ma
解得
x=mg2k
在此之前，根据
mg−N−kx=ma
可知，二者之间的压力N由开始运动时的 mg2 线性减小到零，而力F由开始时的mg线性减小到 mg2 ；此后托盘与物块分离，力F保持 mg2 不变。
故选BC。
13.【答案】 dΔt d22hΔt2 2.2
【解析】(1)[1][2]该实验中用遮光条通过光电门时的平均速度来代替遮光条经过光电门时的瞬时速度，则有
v=dΔt
箱子A下落高度为h，初速度为0，下落至F处时的速度为v，则根据匀变速直线运动的规律有
v2=2ah
可得
a=v22h=d22hΔt2
(2)[3]对A、B及砝码组成的系统由牛顿第二定律有
mA+m−mB+m0−mg=mA+mB+m0a
整理可得
a=2gmA+mB+m0m+mA−mB−m0gmA+mB+m0
将 m0=0.5kg 代入上式解得
mA≈2.2kg
14.【答案】 AB##BA 小球A在竖直方向的分运动是自由落体运动 AC##CA 大于 x gy2−y1
【解析】(1)①[1]
A.为了减小小球运动过程中空气阻力的影响，实验中应选择体积小，质量大的小球，故A正确；
B.实验中需要确保两小球下落高度相等，则打击弹性金属片后两球需要落在同一水平面上，故B正确；
C.根据
h=12gt2
解得
t= 2hg
可知，当两小球下落高度相等时，两球同时落地，实验中只需比较两球是否同时落地，并不需要求出时间的具体值，因此不需要测量两球下落的高度，故C错误。
故选AB。
②[2]多次改变A、B两球释放的高度和小锤敲击弹性金属片的力度，每一次实验时都只会听到一下小球落地的声响，说明两球在竖直方向具有相同的运动情况，则小球A在竖直方向的分运动是自由落体运动。
2)[3]AB.通过调节使斜槽末段保持水平，保证小球做平抛运动，挡板高度可以等间距变化，也可以不等间距变化，故A正确，B错误；
C.小球平抛运动的轨迹位于竖直平面，为了减小误差，准确作出小球运动的轨迹，实验时，需要通过调节使硬板保持竖直，故C正确；
D.实验时每次小球均从斜槽同一高度静止释放，小球克服阻力做功相同，小球飞出的初速度大小相同，因此斜槽的摩擦对实验没有影响，故D错误。
故选AC。
(3)[4]因为A、B和B、C间水平距离相等，所以A、B和B、C间对应钢球运动的时间相同，设为T，设钢球在A、B点时的竖直分速度大小分别为 vAy 、 vBy ，则有
y1=vAyT+12gT2
y2=vByT+12gT2=vAy+gTT+12gT2=vAyT+32gT2
所以
y1y2>13
[5]根据运动学规律有
Δy=y2−y1=gT2
可得
T= y2−y1g
钢球平抛的初速度大小为
v0=xT=x gy2−y1
15.【答案】(1) v0=6m/s ；(2)会发生相对滑动， μ2=0.2
【解析】(1)设A物块从斜面下滑过程中加速度大小为 a0 ，到达底端时速度大小为 v0 ，由牛顿第二定律和运动学公式得
mgsinα−μ1mgcsα=ma0
v02−0=2a0s
联立可得
v0=6m/s
(2)假设A滑上B的上表面后，B仍保持静止，则A在B上减速滑动至停止，有
解得
x=0−v02−2aA=3.6m>3m
A会从B上滑下，假设不成立，故当A滑上B的上表面后，B与地面会发生相对滑动；设A滑上B后，再经时间t两者达到共同速度，A、B的加速度大小分别为
aB=μ1mg−2μ2mgm=5−20μ2
根据运动学公式
v0−aAt=aBt
sA=v0t−12aAt2
sB=12aBt2
又
sA−sB=L
联立解得
μ2=0.2
16.【答案】解：(1)小球运动到B点时，其竖直位移yB= H−Rcs37∘= 0.8m，
所用时间t= 2yBg=0.4s，
设初速度为v0，则tan37∘=v0gt=34，
解得v0=3m/s，
小球到B点的水平位移xB=v0t=1.2m；
(2)半圆形轨道顶点C到A点的水平距离为xC=xB+Rsin37∘=1.8m，
竖直距离为yC=H−R=0.6m，
小球平抛的初速度增大一倍，则v0′=2v0=6m/s，
小球的水平位移为xC时所用时间t′=xCv0=1.8m6m/s=0.3s，
竖直距离y′=12gt′2=0.45m说明此时小球在C点上方，即小球能越过半圆形轨道顶点C。
【解析】本题主要考查平抛运动规律的应用，平抛运动在水平方向上做匀速运动，在竖直方向上做自由落体运动。
(1)结合题意，根据平抛运动的规律，由运动学公式和几何关系即可求解；
(2)结合题意，由几何关系求得半圆形轨道顶点C到A点的水平距离和竖直距离，根据平抛运动的规律分析即可求解。
17.【答案】解：(1)小物块滑上传送带后开始做匀减速运动，设小物块的质量为m，
由牛顿第二定律得：μmg=ma得a=μg=2 m/s ​2
因小物块在传送带上滑行至最远距离时速度为0，
由速度与位移公式得x=v 222a=4m，
(2)小物块在传送带上滑到最左端所用时间t1=v2a=2s
小物块速度减为0后，再向右做匀加速运动，
加速度为a′=μg=2 m/s ​2
设小物块与传送带共速所需时间为t2，
由速度与时间公式得t2=v1a′=1s
t2时间内小物块向右运动的距离x1=v122a′=1m
最后小物块做匀速直线运动，位移x2=x−x1=3 m
匀速运动时间t3=x2v1=1.5s
所以小物块从A处出发再回到A处所用的时间t总=t1+t2+t3=4.5 s．
(3)煤块从A处出发减速到0时，在传送带上留下的痕迹长度s1=v1t1+x=8m
反向加速时，在传送带上留下的痕迹长度s2=v1t2−x1=1m
则可得整个过程中，煤块在传送带上留下的痕迹长度s=s1+s2=9m。
【解析】【分析】本题考查了牛顿运动定律的应用；本题的关键是通过图象得出小物块的运动规律，再由运动规律得出小物块的各段位移大小，第1小题也可以根据动能定理来求最远距离。
(1)物块先向左做匀减速运动，速度减至零时在传送带上滑行的距离。由牛顿第二定律求出加速度，再由速度位移公式求最远距离；
(2)之后，物块向右做匀加速运动，与皮带共速后做匀速运动，由牛顿第二定律和速度公式结合求解；
(3)应用运动学公式求出小物块在传送带上留下痕迹的长度。