福建省长汀连城一中等六校2020届高三上学期期中联考物理试题 20页

‎2019—2020学年第一学期半期考高三物理试题 ‎（考试时间：90分钟 总分：100分）‎ 第Ⅰ卷（选择题，共48分）‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1—8题只有一项是最符合题目要求的，第9—12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎1.伽利略对“运动和力的关系”和“自由落体运动”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法．图1、图2分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是（ ）‎ A. 图1中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成 B. 图1的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持 C. 图2通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动 D. 图2中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 完全没有摩擦阻力的斜面是实际不存在的，故实验不可能实际完成，故A错误；‎ B. 图2的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持，故B错误；‎ CD. 伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计算，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力得作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长的多，所以容易测量。伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推。故C错误，D正确；‎ ‎2.一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则(　　)‎ A. 质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B. 质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C. 质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D. 质点单位时间内速率的变化量总是不变 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：因为原来质点做匀速直线运动，合外力为0，现在施加一恒力，质点的合力就是这个恒力，所以质点可能做匀变速直线运动，也有可能做匀变速曲线运动，这个过程中加速度不变，速度的变化率不变。但若做匀变速曲线运动，单位时间内速率的变化量是变化的。故C正确，D错误。若做匀变速曲线运动，则质点速度的方向不会总是与该恒力的方向相同，故A错误；不管做匀变速直线运动，还是做匀变速曲线运动，质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直，故B正确。‎ 考点：牛顿运动定律 ‎3.运动员在110米栏比赛中，主要有起跑加速、途中匀速跨栏和加速冲刺三个阶段，运动员的脚与地面间不会发生相对滑动，以下说法正确的是( )‎ A. 匀速阶段地面对运动员的摩擦力做负功 B. 加速阶段地面对运动员的摩擦力做正功 C. 由于运动员的脚与地面间不发生相对滑动，所以不论加速还是匀速，地面对运动员的摩擦力始终不对运动员做功 D. 无论加速还是匀速阶段，地面对运动员的摩擦力始终做负功 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】不论加速还是匀速，脚与地面未发生相对滑动，在有摩擦力时，在力的方向上没有位移，所以摩擦力不做功。‎ A. 匀速阶段地面对运动员的摩擦力做负功，与分析不符，故A错误。‎ B. 加速阶段地面对运动员的摩擦力做正功，与分析不符，故B错误。‎ C. 由于运动员的脚与地面间不发生相对滑动，所以不论加速还是匀速，地面对运动员的摩擦力始终不对运动员做功，与分析相符，故C正确。‎ D. 无论加速还是匀速阶段，地面对运动员的摩擦力始终做负功，与分析不符，故D错误。‎ ‎4.如图所示，处于平直轨道上的A、B两物体相距，同时同向开始运动，A以初速度、加速度做匀加速运动，B由静止开始以加速度做匀加速运动，下列情况可能发生的是(假设A能从B旁边通过且互不影响)(　　)‎ A. ，能相遇一次 B ，能相遇两次 C. ，可能相遇一次 D. ，可能相遇两次 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、甲从乙的旁边通过说明相遇时甲的速度大于乙的速度，若，则以后甲的速度将都大于乙的速度，故不会再次相遇，即只能相遇一次，故A正确； B、若，则甲经过乙的旁边以后，甲的速度增加更快，故甲将一直在乙的前面，即只能相遇一次，故B错误； D、若，则此后某一时刻乙的速度一定会大于甲的速度，故乙将会追上甲，甲乙将再次相遇，故能相遇两次，故CD正确。‎ ‎5.如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型。物块自左侧斜面上A点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B点。实验中测量出了三个角度，左右斜面的倾角α和β及 AB连线与水平面的夹角为θ。物块与各接触面动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是 A. μ＝tanα B. μ＝tanβ C. μ＝tanθ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：对全过程运用动能定理，结合摩擦力做功的大小，求出动摩擦因数大小．‎ 设AB的水平长度为x，竖直高度差为h，对A到B的过程运用动能定理得，因为，则有，解得，故C正确．‎ ‎6.如图，质量相同的两小球a，b分别从斜面顶端A和斜面中点B沿水平方向被抛出，恰好均落在斜面底端，不计空气阻力，则以下说法正确的是（ ）‎ A. 小球a，b离开斜面的最大距离之比为2：1‎ B. 小球a，b沿水平方向抛出的初速度之比为2：1‎ C. 小球a，b在空中飞行的时间之比为2：1‎ D. 小球a，b到达斜面底端时速度与水平方向的夹角之比为2：1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC.因为两球下落的高度之比为1：2，根据，可知a、b两球运动的时间之比为 因为两球均落在斜面上，则有 因此初速度之比 当小球平抛过程中，速度方向平行与斜面时，离开斜面的距离为最大，根据运动的分解，将初速度与加速度分解成垂直斜面与平行斜面两方向，设斜面的倾角为α ‎，因此垂直斜面方向的位移为：‎ ‎（v0sinα）2=2ghcosα 那么离开斜面的最大距离与初速度的平方成正比，即为之比为2：1，故A正确BC错误。‎ D. 小球落在斜面上时，速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，因为位移与水平方向的夹角相等，则速度与水平方向的夹角相等，到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角也相等，比值为1：1，故D错误。‎ ‎7.如图所示，圆环A的质量为M，物体B的质量为m，A、B通过绳子连接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时，圆环与定滑轮之间的绳子处于水平状态，长度l＝4m，现从静止开始释放圆环，不计定滑轮质量和一切阻力，重力加速度g取10m/s2，若圆环下降h＝3m时的速度v＝5m/s，则A和B的质量关系为( )‎ A. =‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由几何知识得，该过程物体B上升的高度为：‎ 如图所示，A、B的速度关系为：‎ 由系统的机械能守恒得：‎ 解得：‎ A. =与计算结果不符，故A错误。‎ B. 与计算结果相符，故B正确。‎ C. 与计算结果不符，故C错误。‎ D. 与计算结果不符，故D错误。‎ ‎8.为了测量某行星的质量和半径，宇航员记录了登陆舱在该行星表面附近做圆周运动的周期T，登陆舱在行星表面着陆后，用弹簧称测量一个质量为m的砝码静止时读数为N ，已知引力常量为G ，则下列计算中错误的是（ ）‎ A. 该行星的半径为 B. 该行星的质量为 C. 该行星的密度为 D. 在该行星的第一宇宙速度为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 登陆舱在该行星表面做圆周运动，万有引力提供向心力，故 在星球表面，用弹簧称称量一个质量为m砝码读数为N，故：‎ 联立解得：‎ 故A正确不符合题意，B错误符合题意。‎ C. 行星的密度：‎ 故C正确不符合题意。‎ D. 第一宇宙速度是星球表面轨道卫星的环绕速度，故 故D正确不符合题意。‎ ‎9.如图所示，两块相互垂直的光滑挡板OP、OQ，OP竖直放置，小球a、b固定在轻弹簧的两端．水平力F作用于b时，a、b紧靠挡板处于静止状态．现保证b球不动，使挡板OP向右缓慢平移一小段距离，则( )‎ A. 弹簧变短 B. 弹簧变长 C. 力F变大 D. b对地面的压力不变 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.对a进行受力分析，如图所示，使挡板OP向右缓慢平移一小段距离，θ减小，‎ θ减小，cosθ增大，F弹减小，再根据胡克定律F=kx，x减小，弹簧变长，故A错误，B正确；‎ C.根据以上分析可知 FN=mgtanθ θ减小，tanθ减小，FN减小，对于整体ab，在水平方向，根据平衡条件：‎ F=FN 力F变小，故C错误；‎ D. 对于整体ab，在竖直方向，根据平衡条件：‎ Fb=（ma+mb）g 地面对b支持力不变，根据牛顿第三定律，b对地面的压力也不变，故D正确。‎ ‎10.质量分别为2kg和3kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，如图所示，今对物块A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2，且F1＝20N、 F2＝10N，则下列说法正确的是 ( )‎ A. 弹簧的弹力大小为16N B. 若把弹簧换成轻质绳，则绳对物体的拉力大小为10 N C. 如果只有F1作用，则弹簧的弹力大小变为12N D. 若F1＝10N、 F2＝20N，则弹簧的弹力大小不变 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 弹簧不在伸长后，AB具有相同的加速度。对于整体AB，根据牛顿第二定律：‎ F2-F1=（mA+mB）a 代入数据解得：‎ a=2m/s2‎ 对A，由牛顿第二定律：‎ F1-F弹=mAa 代入数据解得：‎ F弹=16N 故A正确；‎ B. 若把弹簧换成轻质绳，则绳对物体的拉力大小仍然为16N，故B错误；‎ C. 只有F1作用时，对整体AB，根据牛顿第二定律：‎ F1=（mA+mB）a 解得：‎ a=4m/s2‎ 对A，由牛顿第二定律：‎ F1-F弹=mAa 解得：‎ F弹=12N 故C正确；‎ D. 若F1=10N、F2=20N，对整体AB，根据牛顿第二定律：‎ F2-F1=（mA+mB）a 解得：‎ a=2m/s2‎ 对A，由牛顿第二定律：‎ F弹-F1=mAa 解得：‎ F弹=14N 故D错误。‎ ‎11.如图所示，倾角为370的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量m=1‎ ‎ kg的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图所示，取沿传送带向上为正方向，g= 10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则下列说法正确的是 ‎ A. 传送带逆时针转动，速度大小为4 m/s B. 物体与传送带间的动摩擦因数为0. 75‎ C. 0～8 s内物体位移的大小为14 m D. 0～8 s内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126 J ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 从图中可知小物体先反向做减速运动后做加速运动，故可知传送带速度方向沿斜面向上，最终物块和传送带的速度相同，故传送带速度大小为4m/s，A错误；根据v-t图象的斜率表示加速度，可得，物体相对传送带滑动时的加速度大小为，由牛顿第二定律得，解得，故B错误；0～8s内物体位移为，故C正确；0-8s内只有前6s内物体与传送带发生相对滑动．0-6s内传送带运动距离为，0-6s内物体位移为，产生的热量为，故D正确．‎ ‎12.如图所示，在倾角θ=37°固定斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的弹簧下端固定在挡板上，弹簧自然伸长时其上端位于斜面体上的O点处质量分别为mA=4.0kg、mB=1.0kg的物块A和B用一质量不计的细绳连接，跨过固定在斜面体顶端的光滑定滑轮，开始物块A位于斜面体上的M处，物块B悬空，现将物块A和B由静止释放，物块A沿斜面下清，当物块A将弹簧压缩到N点时，物块A、B的速度减为零。已知MO=1.0m，ON=0.5m，物块A与斜面体之间的动摩擦因数为μ=0.25，重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6，整个过程细绳始终没有松弛。则下列说法正确的是 A. 物块A在与弹簧接触前的加速度大小为1.2m/s2‎ B. 物块A在与弹簧接触前的加速度大小为1.5m/s2‎ C. 物块A位于N点时，弹簧所储存的弹性势能为9J D. 物块A位于N点时，弹簧所储存的弹性势能为21J ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】对AB整体，由牛顿第二定律可得：，解得a=1.2m/s2，选项A正确，B错误；由能量关系可知，物块A位于N点时，弹簧所储存的弹性势能为 ，解得EP=9J，选项C正确，D错误；故选AC.‎ 二、实验题（本大题共2小题，每空2分，共14分）‎ ‎13.某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g。细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端各悬挂一只质量为M的重锤。实验操作如下：‎ ‎①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H； ‎ ‎②在重锤1上加上质量为m的小钩码；‎ ‎③左手将重锤2压在地面上，保持系统静止。释放重锤2，同时右手开启秒表，在重锤1落地时停止计时，记录下落时间；‎ ‎④重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）步骤④可以减小对下落时间t测量的_______（选填“偶然”或“系统”）误差。‎ ‎（2）实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多，主要是为了________。‎ A．使H测得更准确 B．使重锤1下落的时间长一些 C．使系统的总质量近似等于2M ‎ D．使细绳拉力与小钩码的重力近似相等 ‎（3）滑轮的摩擦阻力会引起实验误差。现提供一些橡皮泥用于减小该误差，可以在重锤1上粘上橡皮泥，调整橡皮泥质量直至轻拉重锤1能观察到其________下落。‎ ‎（4）使用橡皮泥改进实验后，重新进行实验测量，并测出所用橡皮泥的质量为m0。用实验中的测量量和已知量（M、H、m、m0、t）表示g，则g＝_________。‎ ‎【答案】 (1). （1）偶然 (2). （2）B (3). （3）匀速 (4). （4）‎ ‎【解析】‎ 本题考查重力加速度的测量，意在考查考生的实验探究能力。（1）时间测量是人为操作快慢和读数问题带来的误差，所以属于偶然误差。（2）由于自由落体的加速度较大，下落H高度的时间较短，为了减小测量时间的实验误差，就要使重锤下落的时间长一些，因此系统下降的加速度要小，所以小钩码的质量要比重锤的质量小很多。（3）为了消除滑轮的摩擦阻力，可用橡皮泥粘在重锤1上，轻拉重锤放手后若系统做匀速运动，则表示平衡了阻力。（3）根据牛顿第二定律有，又，解得。‎ 点睛：本题以连接体运动为背景考查重力加速度的测量，解题的关键是要弄清该实验的原理，再运用所学的知识分析得出减小误差的方法。‎ ‎14.某物理课外小组利用图（a）中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮，轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有个，每个质量均为。实验步骤如下：‎ ‎（1）为了平衡小车与木板间的摩擦力，将个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物快，使小车（和钩码）可以在木板上_______（填“匀速”、“加速”、“减速”）下滑。‎ ‎（2）从小车上取个钩码挂在轻绳右端，其余个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行。由静止释放小车，同时用传感器记录小车在时间内相对于其起始位置的位移，则小车的加速度 _______（用和表达）。‎ ‎（3）依次改变的值，分别测出小车相应的加速度，得到图像如图（b）所示，已知该直线的斜率为，重力加速度为，则小车（不含钩码）的质量为____________。（用、、、表达）‎ ‎（4）若以“保持木板水平”来代替步骤（1），下列说法正确的是_______(填正确答案标号)。‎ A.图线不再是直线 B.图线仍是直线，该直线不过原点 C.图线仍是直线，该直线的斜率变大 ‎【答案】 (1). 匀速 (2). (3). (4). BC ‎【解析】‎ ‎（1）平衡摩擦力的原理是利用重力沿斜面向下的分力等于摩擦力，使得小车的合力为零，做匀速直线运动；‎ ‎（2）初速度为零，经历的时间为t，位移为s，所以根据公式可得 ‎（3）对小车和n个钩码组成的整体分析，根据牛顿第二定律得：，解得加速度，a-n图象的斜率：，解得 ‎（5）木板保持水平时，由牛顿第二定律得：，解得：；所以图像仍是直线，斜率变为 ‎，变大了，而且纵截距不为零，即不过原点，所以BC正确 三、计算题（本大题共3小题，共38分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)‎ ‎15.如图所示，质量m＝0.3kg的小物块以初速度v0＝4m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入光滑圆弧轨道．圆弧轨道的半径为R＝3.75m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角．MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑．最右侧是一个半径为r＝0.4 m的光滑半圆弧轨道，C点是半圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接．已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8；‎ ‎(1)求小物块经过A点时速度大小；‎ ‎(2)求小物块经过B点时对轨道的压力大小；‎ ‎(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L.‎ ‎【答案】(1)vA＝5 m/s (2)6.2 N (3) L′＝10m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据平抛运动的规律有 v0＝vAcos 37°‎ 得经过A点时的速度大小 vA＝5 m/s ‎(2)小物块从A点到B点，根据机械能守恒定律 ‎＋mg(R－Rcos 37°)＝‎ 小物块经过B点时，根据牛顿第二定律有 FN－mg＝‎ 解得 FN＝6.2 N 根据牛顿第三定律，小物块经过B点时对轨道的压力大小是6.2 N ‎(3)小物块刚好能通过C点时，根据牛顿第二定律有 mg＝‎ 解得 vC′＝2 m/s 从B点运动到C点，根据动能定理有 ‎－μmgL′－2mgr＝mvC′2－‎ 解得 L′＝10 m ‎16.图中给出一段“”形单行盘山公路的示意图，弯道1、弯道2可看作两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为O1、O2，弯道中心线半径分别为r1 =10m, r2=40m，弯道2比弯道1低h=8m，有一直道与两弯道圆弧相切。质量m为1000kg的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.0倍，行驶时要求汽车不打滑，已知重力加速度g＝10m/s2。‎ ‎（1）求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度；‎ ‎（2）汽车以进入直道，以P=20kW恒定功率直线行驶了t=10s，进入弯道2，此时速度恰为通过弯道2中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；‎ ‎（3）汽车从弯道1的A点进入，从同一直径上的B点驶离，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道，设路宽，求此最短时间（A、B两点都在轨道的中心线上，计算时视汽车为质点）(,计算结果保留两位有效数字)。‎ ‎【答案】(1)v1=10m/s (2)Wf=-1.3×105 J (3) t'≈2.1s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)汽车沿弯道1行驶的最大速度为v1,有 得 v1=10m/s ‎(2)汽车沿弯道2行驶的最大速度为v2,有 得 v2=20 m/s 直道上由动能定理有 P·t+mgh+Wf=‎ 代入数据可得 Wf=-1.3×105 J ‎(3)由 得 可知r增大v增大,r最大,切弧长最小,对应时间最短,所以轨迹设计应如图所示 由图可以得到 代入数据可以得到 R=12.5 m 由sinθ==0.8可知,对应的圆心角度 ‎2θ=106°‎ 线路长度 s= ×2πR 最短时间 t'≈2.1 s ‎17.如图，在光滑水平轨道的右方有一弹性挡板，一质量为M＝0.5kg的木板正中间放有一质量为m＝2kg的小铁块(可视为质点)静止在轨道上，木板右端距离挡板x0＝0.5m，小铁块与木板间动摩擦因数μ＝0.2.现对小铁块施加一水平向右的外力F，木板第一次与挡板碰前瞬间撤去外力．若木板与挡板碰撞时间极短，反弹后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2.‎ ‎(1)要使小铁块与木板发生相对滑动 求水平向右的外力F的最小值；‎ ‎(2)若水平向右的外力F＝10N，求木板第一次与挡板碰撞前经历的时间；‎ ‎(3)若水平向右的外力F＝10N，木板第一次与挡板碰前瞬间撤去外力，铁块和木板最终停下来时，铁块刚好没滑出木板，求木板的长度。‎ ‎【答案】(1)20N (2) t＝0.5s (3) 2.5m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设木板靠最大静摩擦力即滑动摩擦力产生的加速度为am，则，‎ am＝＝8m/s2‎ 对铁块和木板组成的整体得：‎ 得：‎ ‎=20N ‎(2)因F＜，所以木板在静摩擦力作用下与铁块一起以加速度a运动．‎ 设共同加速度为a；‎ a＝＝4m/s2‎ 设向右运动第一次与挡板碰撞前经历的时间为t，则 x0＝at2‎ 解得 t＝0.5 s ‎(3)设木板与挡板碰前，木板与物块的共同速度为v1，则v1＝at，解得 v1＝2 m/s 木板第一次与挡板碰撞前瞬间撤去外力，物块以速度v1向右做减速运动，加速度大小为a1，木板与挡板碰撞后以速度v1向左做减速运动，木板与木块相对滑动，则木板加速度大小为am，设板速度减为零经过的时间为t1，向左运动的最远距离为x1，则 μmg＝ma1 ；v1＝amt1 ；x1＝‎ 解得 a1＝2 m/s2，t1＝0.25 s，x1＝0.25 m 当板速度向左为零时，设铁块速度为v1′，则 v1′＝v1－a1t1‎ 设再经过时间t2铁块与木板达到共同速度v2，木板向右位移为x1′，则 v2＝v1′－a1t2，v2＝amt2，x1′＝amt 解得 v1′＝1.5 m/s，t2＝0.15s，v2＝1.2 m/s，x1′＝0.09 m 因为x1′＜x1，所以木板与铁块达到共速后，将以速度v2运动，再次与挡板碰撞．以后多次重复这些过程最终木板停在挡板处．以木板和铁块系统为研究对象，根据能量守恒 μmgS＝ (m＋M) ‎ 设木板长为L，解得 L＝2S=2.5 m ‎ ‎