广东省汕头市金山中学2020届高三上学期期中考试物理试题 20页

‎2017级高三第一学期期中考试物理科试题 一、选择题 ‎1.下列说法中正确的是 A. 开普勒首先发现天体间的万有引力定律 B. 卡文迪许首先发现了电荷间相互作用力的规律 C. 牛顿首先提出力不是维持物体运动的原因 D. 伽利略利用逻辑推理推断出物体下落的快慢与物体的质量无关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．牛顿首先发现天体间的万有引力定律，选项A错误；‎ B．库伦首先发现了电荷间相互作用力的规律，选项B错误；‎ C．伽利略首先提出力不是维持物体运动的原因，选项C错误；‎ D．伽利略利用逻辑推理推断出物体下落快慢与物体的质量无关，选项D正确；‎ 故选D.‎ ‎2.火星的质量和半径分别约为地球的 和 ，地球表面的重力加速度为g，则火星表面的重力加速度约为(　　)‎ A. 0.2g B. 0.4g C. 2.5g D. 5g ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据星球表面的万有引力等于重力列出等式表示出重力加速度．‎ 通过火星的质量和半径与地球的关系找出重力加速度的关系．‎ 根据星球表面万有引力等于重力知道 得出：‎ 火星的质量和半径分别约为地球的和 所以火星表面的重力加速度，故选B．‎ 考点：万有引力定律及其应用．‎ 点评：求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先根据物理规律用已知的物理量表示出来，再进行之比．‎ ‎3.小球在光滑水平面上以速度v0做匀速直线运动．某时刻开始小球受到水平恒力F的作用，速度先减小后增大，最小速度v的大小为0.5v0，则小球 A. 可能做圆周运动 B. 速度变化越来越快 C. 初速度v0与F的夹角为60° D. 速度最小时，v与F垂直 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球受水平恒力作用，不可能做圆周运动，故A错误；‎ B．根据牛顿第二定律，F=ma，加速度恒定，速度变化快慢恒定，故B错误；‎ C．速度先减小后增大，F与v0的夹角大于90°，故C错误；‎ D．速度最小时，初速度沿F方向的分速度减为零，v与F垂直，故D正确．‎ 故选D。‎ ‎4.如图所示，在平直公路上有两辆同向匀速行驶的A、B汽车，A车的速度为10 m/s，B车的速度为12 m/s，A车在前，B车在后．两车相距10 m时，B车开始加速变道超车（B车超车过程看做是匀加速直线运动，忽略变道过程中速度方向的变化和位移的侧向变化），A车速度不变，为使5s内能完成超车并回到右侧车道，且保证两车之间至少有15m的安全距离，B车超车过程的加速度应不小于 A. 1.6m/s2 B. 2m/s2 C. 1.2m/s2 D. 3m/s2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A车做匀速直线运动，t秒内的位移为：‎ B车做加速度为a的匀加速直线运动，t秒内的位移为：‎ 内完成超车并回到右侧车道，为保证安全，需满足 解得：‎ ‎；‎ A．由上面分析可知：B车超车过程的加速度应不小于，故A错误；‎ B．由上面分析可知：B车超车过程的加速度应不小于，故B正确；‎ C．由上面分析可知：B车超车过程的加速度应不小于，故C错误；‎ D．由上面分析可知：B车超车过程的加速度应不小于，故D错误．‎ ‎5.如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2 kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量Δx之间的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )‎ A. 小球刚接触弹簧时速度最大 B. 当Δx＝0.3 m时，小球处于超重状态 C. 该弹簧的劲度系数为20.0 N/m D. 从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当Δx为0.1 m时，小球的速度最大，然后减小，说明当Δx为0.1 m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力．所以可得：kΔx＝mg，解得： k＝N/m＝20.0 N/m，选项A错误；C正确；弹簧的压缩量为Δx＝0.3 m时，弹簧弹力为 F＝20 N/m×0.3 m＝6 N>mg，故此时物体的加速度向上，物体处于超重状态，选项B正确；对小球进行受力分析可知，其合力是由mg 逐渐减小至零，然后再反向增加的，故小球的加速度先减小后增大，选项D正确；故选BCD.‎ ‎【点睛】解答本题要求同学们能正确分析小球的运动情况，能根据机械能守恒的条件以及牛顿第二定律解题，知道从接触弹簧到压缩至最短的过程中，弹簧弹力一直做增大，弹簧的弹性势能一直增大．‎ ‎6.如图所示，某同学将一块橡皮用光滑细线悬挂于O点，用一枝铅笔贴着细线中点的左侧以速度v水平向右匀速移动．则在铅笔移动到图中虚线位置的过程中 A. 细线绕O点转动的角速度不变 B. 细线绕O点转动的角速度不断增大 C. 橡皮的运动轨迹为直线 D. 橡皮处于超重状态 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】将铅笔与绳子接触的点的速度分解为沿绳方向和垂直于绳子方向，如图，则沿垂直绳子方向的分速度vcosθ，且vcosθ=ωr，则，随θ角的变大，r变大，则细线绕O点转动的角速度不断减小，选项AB错误；沿绳子方向上的分速度为vsinθ，因为沿绳子方向上的分速度等于橡皮在竖直方向上的分速度，所以橡皮在竖直方向上速度为vsinθ，因为θ逐渐增大，所以橡皮在竖直方向上做加速运动，因此细绳对橡皮的拉力大于橡皮的重力，故D正确；橡皮在水平方向上做匀速运动，竖直方向做加速运动，所以橡皮做曲线运动，故C错误．‎ ‎7.两个小球A、B在离地较高处的同一水平面不同位置、同时以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出，如图所示，忽略空气阻力，则两球都处于空中运动的过程中 A. 两球可能在空中相遇 B. B球运动至最高点时两球在竖直方向上的距离达到最大 C. 两球在竖直方向上的距离与运动的时间成正比 D. 在某一时段可能出现A球的速度大小小于B球的速度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 若两球能再空中相遇，则满足，解得t=0，可知两球不可能在空中相遇，选项A错误；B球运动至最高点时，此时A球向下的速度为，则以后两球间的竖直距离仍要变大，即两球在竖直方向上的距离没有达到最大，选项B错误；两球在竖直方向上的距离为，即与运动的时间成正比，选项C正确；某时刻B球的速度vB=v0-gt，此时刻A球的速度vA=；则在某一时段内部可能出现A球的速度大小小于B球的速度的情况，选项D错误；故选C.‎ ‎8.如图所示，弹簧p和细绳q的上端固定在天花板上，下端用小钩钩住质量为m的小球C，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计．静止时p、q与竖直方向的夹角均为60°.下列判断正确的有(　 　) ‎ A. 若p和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q对球的拉力大小为mg B. 若p和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为 C. 若q和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p对球的拉力大小为 D. 若q和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：原来p、q对球的拉力大小均为mg．p和球脱钩后，球将开始沿圆弧运动，将q受的力沿法向和切线正交分解（见图1），‎ 得，即F＝mg，合力为mgsin60°=ma，A错误，B正确；q和球突然脱钩后瞬间，p的拉力未来得及改变，仍为mg，因此合力为mg（见图2），球的加速度为大小为g．故C错误，D正确；故选BD．‎ 考点：牛顿第二定律 ‎【名师点睛】本题考查绳子和弹簧的性质，要注意弹簧的弹力是不能突变的，而绳子的弹力可以在瞬间发生变化，根据牛顿定律进行讨论．‎ ‎9.如图所示，叠放在水平转台上的小物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B与转台、C与转台间的动摩擦因数都为μ，B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r。设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法错误的是 A. B对A的摩擦力一定为3μmg B. C与转台间的摩擦力大于A与B间的摩擦力 C. 转台的角速度一定满足：ω≤‎ D. 转台的角速度一定满足：ω≤‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．A、B间的摩擦力不一定达到最大静摩擦力，则摩擦力的大小不一定等于3μmg，故A错误，符合题意。‎ B．三个物体保持相对静止，随转台一起做匀速圆周运动，靠静摩擦力提供向心力，则fA＝3mω2r，fc＝1.5mω2r，可知C与转台间的摩擦力大小小于A与B间的摩擦力大小，故B错误，符合题意。‎ CD．根据μmg=mRω2得，临界角速度 C的半径大，则C先达到最大静摩擦力，转台的角速度满足 故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。‎ 故选ABD.‎ ‎10.某宇宙飞船在赤道所在平面内绕地球做匀速圆周运动，假设地球赤道平面与其公转平面共面，地球半径为R．日落后3小时时，站在地球赤道上的小明，刚好观察到头顶正上方的宇宙飞船正要进入地球阴影区，则 A. 宇宙飞船距地面高度为R B. 在宇宙飞船中的宇航员观测地球，其张角为90°‎ C. 宇航员绕地球一周经历的“夜晚”时间为6小时 D. 若宇宙飞船的周期为T，则宇航员绕地球一周经历的“夜晚”时间为T/4‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意画出草图，结合几何关系求解宇宙飞船距地面高度和宇航员观测地球的张角；宇航员绕地球一周经历的“夜晚”转过的角度为90°，据此求解所用的时间.‎ ‎【详解】如图所示： 太阳光可认为是平行光，O是地心，人开始在A点，这时刚好日落，因为经过24小时地球转一圈，所以经过3小时，地球转了45°，即：∠AOC=45°，此时人已经到了B点，卫星在人的正上方C点，太阳光正好能照到卫星，所以根据∠AOC=45°就能确定卫星的轨道半径为：r=OC=OA=R．则卫星距地面高度等于(-1)R．故A错误．因∠ACO=45°，则在宇宙飞船中的宇航员观测地球，其张角为90°，选项B正确；宇航员绕地球一周经历的“夜晚”转过的角度为90°，但是因卫星的周期不是24h，则经历的时间不是6小时，若宇宙飞船的周期为T，则宇航员绕地球一周经历的“夜晚”时间为T/4，选项C错误，D正确；故选BD.‎ ‎11.如图所示，小球a从倾角为θ＝60°的固定粗糙斜面顶端以速度v1沿斜面恰好匀速下滑，同时将另一小球b在斜面底端正上方与a球等高处以速度v2水平抛出，两球恰好在斜面中点P相遇，则下列说法正确的是(　　)‎ A. v1∶v2＝2∶1‎ B. v1∶v2＝1∶1‎ C. 若小球b以2v2水平抛出，则两小球仍能相遇 D. 若小球b以2v2水平抛出，则b球落在斜面上时，a球在b球的下方 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ a球做匀速直线运动，在水平方向上做匀速直线运动，b 球做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，根据水平位移相等求出初速度之比．结合落在斜面上位置，比较两球的运动时间，从而确定位置的关系．‎ ‎【详解】小球在P点相遇，知两球的水平位移相等，有：v1tsin30°=v2t，解得：v1：v2=2：1，故A正确，B错误；若小球b以2v2水平抛出，如图所示：‎ 若没有斜面，将落在B点，与P点等高，可知将落在斜面上A点，由于a球、b球在水平方向上做匀速直线运动，可知a球落在A点的时间小于b球落在A点的时间，所以b球落在斜面上时，a球在b球的下方，故C错误，D正确．所以AD正确，BC错误．‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律，抓住a、b两球水平方向均做匀速直线运动，结合水平位移关系分析判断．‎ ‎12.某玩具为了模仿小动物行走的姿势，设计了非圆形的“轮子”．现研究轮子受力情况，模型简化如图，四分之一圆框架OAB的OA、OB边初始位置分别处于水平和竖直方向上，光滑球形重物此时嵌在框架中与OA、OB、弧AB三边恰好接触但接触处并没有全部都产生弹力．现以O点为轴缓慢将框架在同一竖直平面内顺时针转动角，下列说法正确的是 A. 转动为0至的过程，弧AB受到重物的压力逐渐变大 B. 为时，弧AB受到重物的压力最大 C. 转动一周的过程中，存在某一特定的角，此时弧AB与OA板受到重物的压力一样大 D. 转动一周的过程中，OA、OB、弧AB受到重物压力的最大值一样大 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．以O 点为轴缓慢将框架在同一竖直平面内顺时针转动过程中，相当于重力沿顺时针方向转动，转动θ为0至π/2的过程，弧AB始终不受力作用，则选项A错误；‎ B．由力的合成知识可知当θ=π时，此时弧AB受到重物的压力大小为G，θ=5π/4时，弧AB受到重物的压力为G，则此时压力不是最大，选项B错误；‎ C．旋转重力的方向，当此方向在弧AB弹力的方向与OA板弹力方向的夹角的平分线上时，此时弧AB与OA板受到重物的压力一样大，选项C正确；‎ D．旋转重力的方向，当此方向与弧AB的弹力方向垂直时，在两个不同的位置，OA板和OB板的弹力都会取得最大值，大小为G,则转动一周的过程中，OA、OB、弧AB受到重物压力的最大值一样大，选项D正确；‎ 故选CD.‎ ‎【点睛】此题是平衡问题的动态分析，首先要知道各个接触面的弹力方向是垂直接触面的；其次要用等效旋转的思想，即瞬时针旋转框架等效于逆时针旋转重力.‎ 二、非选择题 ‎13.(1)实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图象如图所示．下列表述正确的是___________ ‎ A．a的原长比b的长 ‎ B．a的劲度系数比b的大 C．a的劲度系数比b的小 ‎ D．测得的弹力与弹簧的长度成正比 ‎(2)另一实验小组在在同一实验的研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻质弹簧竖直悬挂于某一深度为h=35.0cm，且开口向下的小筒中（没有外力作用时弹簧的下端位于筒内，用测力计可以同弹簧的下端接触），如图甲所示，若本实验的长度测量工具只能测量露出筒外弹簧的长度l，现要测出弹簧的原长l0和弹簧的劲度系数，该同学通过改变l而测出对应的弹力F，作出F-l图象如图乙所示，则弹簧的劲度系数为k =______N/m，弹簧的原长l0=_____cm ‎【答案】 (1). B； (2). 200； (3). 25‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在图象中横截距表示弹簧的原长，故a的原长比b的短，故A错误； 在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度系数比b的大，故B正确、C错误；弹簧的弹力满足胡克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误，故选B．‎ ‎（2）根据胡克定律F与l的关系式为：F=k（l+h-l0）=kl+k（h-l0），从图象中可得直线的斜率为2N/cm，截距为20N，故弹簧的劲度系数为：k=2N/cm=200N/m；由k（h-l0）=20N；于是：l0=25cm.‎ ‎14.某实验小组用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律，同时测量木块与木板间的动摩擦因数，提供的器材有带定滑轮的长木板，打点计时器，交流电源，木块，纸带，米尺，8个质量均为20g的钩码，细线等.实验操作过程如下：‎ A．长木板置于水平桌面上，带定滑轮的一端伸出桌面，把打点计时器同定在长木板上并与电源连接，纸带穿过打点计时器并与木块相连，细线一端与木块相连，另一端跨过定滑轮挂上钩码，其余钩码都叠放在木块上；‎ B．使木块靠近打点计时器，接通电源，释放木块，打点计时器在纸带上打下一系列点，记下悬挂钩码的个数 C．将木块上的钩码逐个移到悬挂钩码端，更换纸带，重复实验操作B;‎ D．测出每条纸带对应的木块运动的加速度a，实验数据如图乙所示.‎ n ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎0.50‎ ‎1.30‎ ‎2.20‎ ‎3.00‎ ‎3.90‎ ‎（1）实验开始时，必须调节滑轮高度， 使________________________；‎ ‎（2）该实验中小车质量_____________（填“需要”或“不需要”)远大于所挂钩码质量。‎ ‎（3）根据图乙数据，图丙中作出图象；‎ ‎（ ）‎ ‎（4）由图线得到= _________(g=10 m/s2 )，还可求的物理量是________ (只需填写物理量名称).‎ ‎【答案】 (1). （1）细线与木板表面平行 (2). 不需要 (3). (4). 0.31(0. 29〜0.33) (5). 木块的质量 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．实验开始时，必须调节滑轮高度，保证细线与木板表面平行；‎ ‎（2）[2]．该实验中保持木块和钩码的总质量不变，则研究对象是木块和钩码的整体，则木块质量不需要远大于所挂钩码质量。‎ ‎（3）[3]．根据表中实验数据在坐标系中描出对应的点，然后作出图象，如图所示；‎ ‎（4）[4][5]．对木块与钩码组成的系统，由牛顿第二定律得：‎ nmg-μ[（8-n）mg+m木g]=（8m+m木）a 解得：‎ 由图象得：n=0时，-μg=a=-3，μ≈0.31（0.29～0.33均正确）‎ 由图象还可以求出木块质量．‎ ‎15.如图所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心OO′转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R和H，筒内壁A点的高度为筒高的一半，内壁上有一质量为m的小物块．求：‎ ‎(1)当筒不转动时，物块静止在筒壁A点受到的摩擦力和支持力的大小；‎ ‎(2)当物块在A点随筒做匀速转动，且其受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度．‎ ‎【答案】(1)摩擦力f=，支持力N=. (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据受力分析则物体保持平衡的受力分析如图，‎ 根据平衡可知：‎ ‎（2）当转速增加，f=0时，即 ‎，‎ 化简则 ‎，‎ 所以 ‎16.如图，质量m为5kg物块(看作质点)在外力F1和F2的作用下正沿某一水平面向右做匀速直线运动．已知F1大小为50N,方向斜向右上方，与水平面夹角，F2大小为30N,方向水平向左,物块的速度大小为11m/s.当物体运动到距初始位置距离时，撤掉F1，‎ ‎（1）求物块与水平地面之间的动摩擦因数；‎ ‎（2）求撤掉F1以后，物块在6S末距初始位置的距离．‎ ‎【答案】（1）0.5 （2）2m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)物块做匀速运动：‎ 联立得 ‎(2)撤掉F1后:‎ 设经过t1向右运动速度变为0，‎ 此时向右位移 后5s物块向左运动：‎ 后5s向左位移：‎ 物块在6s末距初始位置的距离：‎ ‎17.如图所示为—传送带装置示意图，两个皮带轮A、B之间的传送带水平绷紧，传送带上的P点与B轮的顶点Q距离为L，一个小物块放置在P点上，物块与传送带间的动摩擦因数为μ．初始时，传送带与物块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a0开始向右运动，当P点位移达到之后传送带改为匀速运动．已知传送带开始运动后，物块不能保持在P点上方．重力加速度为g． ‎ ‎（1）求P点经过多长的时间能到达B轮顶点Q？‎ ‎（2）求动摩擦因数μ与a0之间满足什么条件？‎ ‎（3）试讨论物块经过多长时间能到达B轮顶点Q？‎ ‎【答案】（1） ；（2）a0 > μg；（3） 或者 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）P点匀加速运动过程，有 ‎ ‎ ‎ v0 = a0tP1 ‎ P点匀速运动过程，有 ‎ ‎ 由以上各式解得P点到达Q点所需时间 ‎ tP= ‎ ‎（2）物块与传送带之间发生了相对滑动，由牛顿定律可得 ‎ ‎ a小于传送带的加速度a0，即动摩擦因数μ与a0之间满足a0 > μg ‎ ‎（3）讨论 ‎（ⅰ）物块全程匀加速运动到达Q点，则 ‎ ‎ ‎ 解得所需时间 ‎ ‎ ‎ 相应的条件是 v = at ≤ v0 ‎ 即 a0 ≥ 2μg ‎ ‎（ⅱ）物块先加速后匀速到达Q点，相应的条件是 μg < a0 < 2μg ‎ 匀加速运动过程，有 ‎ ‎ v0 = at1 ‎ 匀速运动过程，有 ‎ ‎ 解得所需时间 ‎18.如图所示，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度v0=4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0．2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F．当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m-1．将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2．‎ ‎（1）若恒力F=0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间t是多少？‎ ‎（2）图乙中BC为直线段，求该段B点的横坐标 ‎（3）图乙中DE为直线段，求该段恒力F的取值范围及函数关系式 ‎【答案】（1）s（2）F=1N（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）以初速度v0为正方向，‎ 物块的加速度大小：‎ am=μg=2m/s2‎ 木板的加速度大小：‎ aM==4m/s2‎ 由图乙知，恒力F=0时，物块在木板上相对于木板滑动的路程=1m-1，则s=1m，‎ 可知板长L=s=1m 滑块相对木板的路程：‎ L=v0t-amt2-aMt2，‎ 代入数据可得：ts；t=1s（舍）‎ 当t=1s时，滑块的速度为v=v0-amt=2m/s，木板的速度为v=aMt=4m/s，而当物块从木板右端滑离时，滑块的速度不可能小于木板的速度，故t=1s应舍弃，故所求时间为ts ‎（2）当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时t1，‎ 则木板的加速度 a1==(2F+4)m/s2‎ 速度关系有：‎ v=v0-amt1=a1t1‎ 相对位移：‎ L=t1-t1‎ 联立解得：F=1N，即B点的横坐标为F=1N ．‎ ‎（3）当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a做匀加速运动，则对整体：‎ a=，‎ 对物块相对静止加速度的最大值 fmax= =ma 可解得：F=3N，‎ 当F>3N时，‎ 对应乙中的DE 段，当两都速度相等后，物块相对于木板向左滑动，木板上相对于木板滑动的路程为s=2Δx 当两者具有共同速度v，历时t， ‎ 根据速度时间关系可得：‎ v0-amt=a1t 根据位移关系可得：‎ Δx＝v0t−amt2−a1t2‎ s=2Δx 联立−F函数关系式解得：‎ ‎ ‎