河南省郑州市中牟县2018-2019学年高一上学期期末考试物理试题 17页

河南省郑州市中牟县2018-2019学年高一上学期期末考试 物理试卷 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求．全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）‎ ‎1．关于牛顿第一定律及物体惯性的论述，下列说法正确的是（　　）‎ A．牛顿第一定律是牛顿用实验直接验证获得的实验定律 ‎ B．牛顿第一定律的建立过程体现的是理想实验的思维方法 ‎ C．在月球上举重比在地球上容易，所以同物体在月球上比在地球上的惯性小 ‎ D．强弩之末，势不能穿鲁缟也，这表明箭的速度减小了，惯性就减小了 ‎2．如图所示，F1＝3N，F2＝4N，F3＝5N，三个力的合力大小为（　　）‎ A．0N B．8N C．10N D．12N ‎3．物体以初速度v开始沿斜面下滑，做匀加速直线运动，到达水平面时速度为3v，然后在水平地面上做匀减速直线运动直至停止。物体在斜面上的位移和水平面上的位移大小之比是8：9，则物体在斜面上和在水平面上的运动时间之比为（　　）‎ A．1：2 B．2：1 C．2：3 D．3：2‎ ‎4．一质量为m的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最开始2s内的位移是最后2s内位移的两倍，且已知滑块最开始1s内的位移为2.5m，由此可求得（　　）‎ A．滑块的加速度为5m/s2 ‎ B．滑块的初速度为5m/s ‎ C．滑块运动的总时间为3.5s ‎ D．滑块运动的总位移为4.5m ‎5．如图所示，轻杆长为L一端固定在水平轴上的O点，另一端系一个小球（可视为质点）．小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，g为重力加速度．下列说法正确的是（　　）‎ A．小球通过最高点时速度不可能小于 ‎ B．小球通过最高点时所受轻杆的作用力可能为零 ‎ C．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大 ‎ D．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小 ‎6．如图所示，一定质量的物体通过两轻绳悬挂，两轻绳结点为O．人沿水平方向拉着OB绳，物体和人均处于静止状态。若人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，下列说法正确的是（　　）‎ A．OA绳中的拉力先减小后增大 ‎ B．OB绳中的拉力逐渐增大 ‎ C．人对地面的压力逐渐减小 ‎ D．地面给人的摩擦力不变 ‎7．某同学为了研究超重和失重现象，将重为50N的物体带上电梯，并将它放在电梯中水平放置的压力传感器上。若电梯由静止开始运动，并测得重物对传感器的压力F随时间t变化的图象，如图所示。设电梯在第1s末、第4s末和第8s末的速度大小分别为v1、v4和v8，以下判断中正确的是（　　）‎ A．电梯在下降，且v4＞v1＞v8 ‎ B．重物在第2s内和第8s内的加速度相同 ‎ C．重物在第2s内的平均速率等于在第8s内的平均速率 ‎ D．第8s内重物对传感器的压力大于传感器对重物的支持力 ‎8．如图所示，横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右水平抛出，最后落在斜面上。其中有三次的落点分别是a、b、c，不计空气阻力，则下列判断正确的是（　　）‎ A．落点b、c比较，小球落在b点的飞行时间短 ‎ B．小球落在a点和b点的飞行时间均与初速度v0成正比 ‎ C．三个落点比较，小球落在c点，飞行过程中速度变化最快 ‎ D．三个落点比较，小球落在c点，飞行过程中速度变化最大 ‎9．如图所示的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹。质点从M点出发经P点到达N点，已知弧长MP大于弧长PN，质点由M点运动到P点与从P点运动到N点的时间相等。下列说法中正确的是（　　）‎ A．质点在MN间的运动是加速运动 ‎ B．质点在MP段的平均速率大于PN段的平均速率 ‎ C．质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同 ‎ D．质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等，方向相同 ‎10．如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是（　　）‎ A．A、B的质量之比为1： ‎ B．A、B所受弹簧弹力大小之比为： ‎ C．悬挂A、B的细线上拉力大小之比为：1 ‎ D．快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为1：‎ ‎11．如图所示，双手端着半球形的玻璃碗，碗内放有三个相同的小玻璃球。双手晃动玻璃碗，当碗静止后碗口在同一水平面内，三小球沿碗的内壁在不同的水平面内做匀速圆周运动。不考虑摩擦作用，下列说法中正确的是（　　）‎ A．三个小球受到的合力值相等 ‎ B．距碗口最近的小球线速度的值最大 ‎ C．距碗底最近的小球向心加速度的值最小 ‎ D．处于中间位置的小球的周期最小 ‎12．如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t＝0时，将质量m＝1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v﹣t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2．则（　　）‎ A．传送带的速率v0＝10m/s ‎ B．传送带的倾角θ＝30° ‎ C．物体与传送带之间的动摩擦因数µ＝0.5 ‎ D．0〜2.0s内物体在传送带上留下的痕迹为6m 二、实验题（本题共2小题，共12分）‎ ‎13．（4分）某同学在探究平抛运动的规律实验时，将小球做平抛运动，用频闪照相机对准方格背景照相，拍摄到了如图所示的照片，已知每个小方格边长9.8cm，当地的重力加速度为g＝9.8m/s2．‎ ‎（1）由于相机问题，有一个位置没有拍到，若以拍摄的第一点为坐标原点，水平向右和竖直向下为正方向，则没有被拍摄到的小球位置坐标为　 　；‎ ‎（2）小球平抛的初速度大小为　 　m/s．‎ ‎14．（8分）如图1所示为“探究滑块加速度与力、质量的关系”实验装置图。滑块置于一端带有定滑轮的长木板上，左端连接纸带，纸带穿过电火花打点计时器。滑块的质量为m1，托盘（及砝码）的质量为m2‎ ‎（1）下列说法正确的是　 　‎ A．为平衡滑块与木板之间的摩擦力，应将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂托盘（及砝码）的情况下使滑块恰好做匀速运动 B．每次改变滑块质量时，应重新平衡摩擦力 C．本实验m2应远大于m1‎ D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a﹣图象 ‎（2）实验中，得到一条打点的纸带，如图2所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T，且间距x1、x2、x3、x4已量出，则计算滑块加速度的表达式为a＝　 　；‎ ‎（3）某同学在平衡摩擦力后，保持滑块质量不变的情况下，通过多次改变砝码重力，作出滑块加速度a与砝码重力F（未包括托盘）的图象如图3所示，若牛顿第二定律成立，重力加速度g＝10m/s2，则滑块的质量为　 　kg，托盘的质量为　 　kg．（结果保留两位有效数字）‎ ‎（4）如果砝码的重力越来越大，滑块的加速度不能无限制地增加，会趋近于某一极限值，此极限值为 ‎　 　。‎ 三、计算题（本题共4小题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎15．（8分）高速公路的一个出口路段如图所示，情景简化：轿车从出口A进入匝道，先匀减速直线通过下坡路段至B点（通过B点前后速率不变），再匀速率通过水平圆弧路段至C点，最后从C点沿平直路段匀减速到D点停下。已知轿车在A点的速度v0＝72km/h，AB长L1＝l50m；BC为四分之一水平圆弧段，限速（允许通过的最大速度）v＝36km/h，轮胎与BC段路面间的动摩擦因μ＝0.5，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，CD段为平直路段长L2＝50m，重力加速度g取l0m/s2。‎ ‎（1）若轿车到达B点速度刚好为v＝36km/h，求轿车在AB下坡段加速度的大小；‎ ‎（2）为保证行车安全，车轮不打滑，求水平圆弧段BC半径R的最小值及轿车A点到D点全程的最短时间。‎ ‎16．（10分）如图所示，从高为H的地方A平抛一物体，其水平射程为2s．在A点正上方高度为2H的地方B点，以同方向平抛另一物体，其水平射程为s，两物体在空中的轨道在同一竖直平面内，且都是从同一屏M的顶端擦过，求屏M的高度．‎ ‎17．（10分）在倾角θ＝37°的粗糙斜面上有一质量m＝2kg的物块，受如图甲所示的水平方向恒力F的作用，t＝0时刻物块以某一速度从斜面上A点沿斜面下滑，在t＝4s时滑到水平面上，此时撤去F，在这以后的一段时间内物块运动的速度随时间变化关系v﹣t图象如图乙所示，已知A点到斜面底端的距离x＝18m，物块与各接触面之间的动摩擦因数相同，不考虑转角处机械能损失，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：‎ ‎（1）物块在A点的速度；‎ ‎（2）水平恒力F的大小。‎ ‎18．（12分）水平地面上固定一个倾角为θ的斜面，AC边长为L，如图所示，小物块乙置于木板甲的一端，与木板甲一起从斜面顶端C处无初速释放，其中甲、乙质量均为m，斜面光滑，甲、乙之间的动摩擦因数为µ＝tanθ，木板长度为，重力加速度为g，每当木板滑到斜面底端时，就会与A处的弹性挡板（挡板厚度可忽略不计）发生碰撞，木板碰撞后等速率反弹，而且碰撞时间极短。可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：‎ ‎（1）甲、乙开始下滑时的加速度大小a；‎ ‎（2）木板第一次碰撞后反弹上升到最高点的过程中，物块相对木板的位移大小x。‎ 参考答案与试题解析 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求．全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）‎ ‎1．【解答】解：AB、牛顿第一定律是牛顿在伽利略等前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是以实验为基础，采用的理想实验的思维方法得到的，故A错误，B正确。‎ C、同一个物体在月球上和在地球上质量相同，则惯性相同。故C错误。‎ D、一切物体都有惯性，惯性大小取决于物体质量大小，与其他因素无关，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎2．【解答】解：根据力的平行四边形定则中三角形法则，两力合成时，首尾相连，则合力即为起点指向终点的有向线段，‎ 因此，F1＝3N，F2＝4N，F3＝5N，三个力的合力大小为F合＝2F3＝10N，故ABD错误，C正确；‎ 故选：C。‎ ‎3．【解答】解：设到达底端的速度为v，根据平均速度的推论知，在斜面上的位移x1＝（v+3v）t1，在水平面上的位移x2＝（3v+0）t2，则时间之比＝，故C正确，ABD错误。‎ 故选：C。‎ ‎4．【解答】解：设物体运动的加速度为a，运动总时间为t，把物体运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则有：‎ 最后2s内位移为：s1＝，‎ 最初2s内位移为：s2＝‎ 又因数s2：s1＝2：1，则有 ‎2at﹣2a＝4a 解得：总时间t＝3s，故C错误。‎ 第一秒的位移为：‎ 所以9a﹣4a＝5‎ 解得a＝1m/s2，故A错误。‎ 则总位移x＝，故D正确。‎ 滑块的初速度v0＝at＝1×3m/s＝3m/s。故B错误。‎ 故选：D。‎ ‎5．【解答】解：A、小球在最高点的最小速度可以为零，此时重力等于杆子的支持力。故A错误。‎ B、当小球速度为时，重力提供向心力，杆作用力为零，故B正确 C、杆子在最高点可以表现为拉力，也可以表现为支持力，当表现为支持力时，速度增大作用力越小，故C错误 D、杆子在最高点可以表现为拉力，也可以表现支持力，当表现为拉力时，速度增大作用力越大，故D错误 故选：B。‎ ‎6．【解答】解：将重物的重力进行分解，当人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，则OA与竖直方向夹角变大，‎ AB、OA的拉力由图中1位置变到2位置，可见OA绳子拉力变大，OB绳拉力逐渐变大，故A错误、B正确；‎ C、人对地面的压力始终等于人的重力，保持不变，故C错误；‎ D、OA拉力变大，则绳子拉力水平方向分力变大，根据平衡条件知地面给人的摩擦力逐渐增大，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎7．【解答】解：AB、根据牛顿第二定律分析可知，电梯的运动情况是：0﹣2s内加速度的方向向下，电梯向下做匀加速运动，在2﹣7s内做匀速直线运动，7﹣9s内做匀减速运动；‎ 选取向下为正方向，由牛顿第二定律可知，0﹣2s内：a1＝m/s2＝0.6m/s2。‎ ‎7﹣9s内：a8＝m/s2＝﹣0.6m/s2，负号表示方向向上。‎ 所以重物在0﹣2s内和7﹣9s内电梯的加速度大小相等，方向相反；‎ 电梯在第 1s末的速度：v1＝a1t1＝0.6×1m/s＝0.6m/s 第4s末的速度等于2s末的速度：v4＝v7＝v2＝a1t2＝0.6×2m/s＝1.2m/s 第8s末速度：v8＝v7+a2t3＝1.2+（﹣0.6）×1m/s＝0.6m/s 说明电梯在第 1s末和第8s末速度相同，小于第4s末的速度。故AB错误；‎ C、电梯在第7s末的速度与第2s末的速度相等：v7＝v2＝a1t2＝0.6×2m/s＝1.2m/s 所以第2s内的平均速率：＝＝m/s＝0.9m/s 第8s内的平均速率：＝＝0.9m/s 所以重物在第2s内的平均速率等于在第8s内的平均速率。故C正确；‎ ‎ D、物对传感器的压力与传感器对重物的支持力是一对作用力与反作用力，大小是相等的。故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎8．【解答】解：A、从图中可以发现b点的位置最低，即此时在竖直方向上下落的距离最大，由h＝gt2，可知，时间t＝，所以此时运动的时间最长，所以A错误；‎ B、设第一个斜面的倾角为θ，则t＝，‎ 则，‎ t＝，所以小球落在a点和b点的飞行时间均与初速度v0成正比，故B正确；‎ C、速度变化的快慢是指物体运动的加速度的大小，由于物体做的都是平抛运动，运动的加速度都是重力加速度，所以三次运动速度变化的快慢是一样的，所以C错误；‎ D、小球做的是平抛运动，平抛运动在水平方向的速度是不变的，所以小球的速度的变化都发生在竖直方向上，竖直方向上的速度的变化为△v＝g△t，所以，运动的时间短的小球速度变化的小，所以c球的速度变化最小，所以D错误；‎ 故选：B。‎ ‎9．【解答】‎ 解：A、由运动的轨迹可知，质点受到的恒力的方向斜向左下方，与初速度的方向的夹角大于90°，是钝角，所以质点先做减速运动，故A错误。‎ B、根据平均速率的定义可知，平均速率等于路程与时间的比值，为：，弧长MP大于弧长PN，质点由M点运动到P点与从P点运动到N点的时间相等，则质点在MP段的平均速率大于PN段的平均速率，故B正确。‎ CD、质点在恒力作用下运动，由牛顿第二定律可知，加速度恒定，质点做匀变速曲线运动，则质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同，故C正确，D错误。‎ 故选：BC。‎ ‎10．【解答】解：对AB两个物体受力分析，如图所示：‎ AB都处于静止状态，受力平衡，则有：‎ 解：A、对物体A：，得 对物体B，有：，得 所以，故A错误；‎ B、同一根弹簧弹力相等，故B错误；‎ C、对A物体，细线拉力 对B物体，细线拉力 ‎，故C正确；‎ D、快速撤去弹簧的瞬间，物体AB将以悬点为圆心做圆周运动，刚撤去弹簧的瞬间，将重力分解为沿半径和沿切线方向，沿半径合力为零，合力沿切线方向 对A物体：，得 对B物体：，得 联立得，故D正确；‎ 故选：CD。‎ ‎11．【解答】解：对于任意一球，设其轨道处半球形碗的半径与竖直方向的夹角为β，半球形碗的半径为R．根据重力和支持力的合力提供小球圆周运动的向心力，得：F合＝mgtanβ，‎ A、F合＝mgtanβ，离碗口越近的小球，β值越大，合力越大，故A错误；‎ B、F合＝mgtanβ＝m＝ma＝mrω2，又 r＝Rsinβ联立得：v＝，R一定，离碗口越近的小球，β值越大，线速度v越大，故B正确；‎ C、F合＝mgtanβ＝mrω2又 r＝Rsinβ得ω＝，R一定，离碗口越远的小球，β值越小，角速度ω越小，故C正确；‎ D、F合＝mgtanβ＝又 r＝Rsinβ得：，R一定，离碗口越远的小球，β值越小‘周期T越大，故D错误；‎ 故选：BC。‎ ‎12．【解答】解：A、由图知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后（在t＝1.0s时刻），由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速度为 v0＝10m/s。故A正确。‎ BC、在0﹣1.0s内，物体摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为 a1＝＝gsinθ+μgcosθ 由图可得：a1＝＝m/s2＝10m/s2．即有：gsinθ+μgcosθ＝10m/s2…①‎ 在1.0﹣2.0s，物体的加速度为 a2＝＝gsinθ﹣μgcosθ 由图可得：a2＝＝m/s2＝2m/s2．即有：gsinθ﹣μgcosθ＝2m/s2…②‎ 联立①②两式解得 μ＝0.5，θ＝37°．故B错误，C正确。‎ D、根据“面积”表示位移，可知0～1.0s物体相对于地的位移 x1＝×10×1＝5m，传送带的位移为 x2＝v0t1＝10×1＝10m，物体对传送带的位移大小为△x1＝x2﹣x1＝10﹣5＝5m，方向向上。1.0～2.0s物体相对于地的位移 x3＝×1＝11m，传送带的位移为 x4＝v0t1＝10×1＝10m，物体对传送带的位移大小为△x2＝x3﹣x4＝11﹣10＝1m，方向向下。故留下的痕迹为5m。故D错误。‎ 故选：AC。‎ 二、实验题（本题共2小题，共12分）‎ ‎13．【解答】解：（1）根据平抛运动的特点，水平方向的坐标为：3×2×9.8cm＝58.8cm；‎ 竖直方向：y＝（1+2+3）×9.8cm＝58.8cm；‎ 故没有被拍摄到的小球位置坐标为：（58.8cm，58.8cm）；‎ ‎（2）由△h＝gt2，得：t＝‎ v＝‎ 代入数据得：v＝1.96m/s 故答案为：（1）（58.8cm，58.8cm）；（2）1.96．‎ ‎14．【解答】解：（1）A、为平衡滑块与木板之间的摩擦力，应将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂托盘（及砝码）的情况下使滑块恰好做匀速运动，故A正确；‎ B、平衡摩擦力只需要做一次，故B错误；‎ C、只有满足m2应远小于m1的条件，才能认为托盘和砝码的重力等于小车的拉力，故C错误；‎ D、用图象探究加速度与质量关系时，应作a﹣图象，故D正确。‎ 故选：AD ‎（2）由逐差法得：a＝‎ ‎（3）对a﹣F图来说，图象的斜率表示物体质量的倒数，故滑块质量为：，‎ F＝0时，产生的加速度是由于托盘作用产生的，故有：mg＝m1a0，‎ 解得：m＝（对图中的数据读取不一样，可有一定范围）‎ ‎（4）小车的加速度最大等于自由落体的加速度，故极限值为g 故答案为：（1）AD；（2）；（3）2.8； 0.056；（4）g 三、计算题（本题共4小题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎15．【解答】解：（1）轿车在AB段做匀减速直线运动，有：‎ ‎ v2﹣＝﹣2aL1；‎ 得加速度大小为 a＝＝＝1m/s2。‎ ‎（2）轿车在圆弧路段做圆周运动，由静摩擦力充当向心力，为保证安全，则有 ‎ ≤f 又 f＝μmg 联立解得 R≥＝m＝20m 故水平圆弧段BC半径R的最小值是20m。‎ 设AB段运动时间为t1，BC段匀速圆周运动的时间为t2，CD段匀减速直线运动的时间为t3，全程所用最短时间为t。‎ 则 ‎ L1＝，得 t1＝＝s＝10s ‎ R＝vt2，得 t2＝＝s＝3.14s ‎ L2＝，得 t3＝＝s＝10s 故t＝t1+t2+t3＝23.14s 答：‎ ‎（1）轿车在AB下坡段加速度的大小为1m/s2。‎ ‎（2）为保证行车安全，车轮不打滑，水平圆弧段BC半径R的最小值是20m，轿车A点到D点全程的最短时间是23.14s。‎ ‎16．【解答】解：设A平抛初速度为，B平抛初速度为，则对平抛全程列式 对A有：，‎ 对B有：，‎ 联立得：，‎ 对抛出到屏顶端的平抛过程列式，对A有：‎ 对B有：‎ 综上整理得：‎ 解得：‎ 答：屏M的高度为 ‎17．【解答】解：（1）在斜面上，逆向看做减速运动，设物体在斜面上运动的加速度大小为a1，方向沿斜面向上，则 解得 物块在A点的速度为 v0＝v+at＝5m/s ‎（2）设物块与接触面间的摩擦因数为μ，物块在水平面上运动时，有 μmg＝ma2‎ 由图线可知 ‎ 解得 μ＝0.2‎ 物块在斜面上运动时，设受的摩擦力为f，则 Fcosθ﹣mgsinθ+f＝ma1‎ f＝μN N＝mgcosθ+Fsinθ 解得 答：（1）物块在A点的速度为5m/s；‎ ‎（2）水平恒力F的大小为10.1N．‎ ‎18．【解答】解：（1）依题意，由分析可得，开始下滑时，甲乙相对静止，将甲乙视为整体，由牛顿第二定律得：‎ ‎2mgsinθ＝2ma 代入数据解得：‎ a＝gsinθ ‎（2）木板刚要碰到底端挡板时，木块与物块的速度记为v1，则有：‎ 代入数据解得：‎ 木板碰到挡板后反弹，沿斜面向上运动，而物块仍沿木板表面向下运动，对木板有：‎ μmgcosθ+mgsinθ＝ma板2‎ ‎ 又μ＝tanθ 联立解得：‎ a板2＝2gsinθ 反弹过程木块的初速度大小为：‎ v板2＝v1‎ 木板减速到零，所需时间记为t板2，运动的位移记为x甲，则有：‎ 甲 ‎ 代入数据解得：‎ x甲＝‎ 故 对物块有：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma物 又μ＝tanθ 联立解得：a物＝0‎ 即物块在木板上相对地面匀速下滑，在t板2时间内，物块下滑的位移为：‎ x乙＝‎ 则木板第一次反弹上升到最高点的过程中，物块相对木板的位移大小为：‎ x＝x甲+x乙＝‎ 答：（1）甲、乙开始下滑时的加速度大小a为gsinθ；‎ ‎（2）木板第一次碰撞后反弹上升到最高点的过程中，物块相对木板的位移大小x为。‎