吉林省长春市东北师范大学附属中学2024-2025学年高一上学期期末考试物理试题

2024-2025学年吉林省长春市东北师大附中高一（上）期末物理试卷 一、单选题：本大题共8小题，共32分。 1.关于做曲线运动的物体，下列说法正确的是(    ) A. 物体做曲线运动时，速度大小一定变化 B. 物体做匀速圆周运动时，加速度保持不变 C. 物体做圆周运动时，合外力方向一定指向圆心 D. 物体做斜抛运动时，速度改变量的方向一定是竖直向下 2.在匀速运动的电梯中，一乘客站立在放于电梯底部的体重计上，发现体重计的示数突然变大，则此时(    ) A. 乘客处于失重状态，电梯可能向上减速 B. 乘客处于超重状态，电梯可能向上加速 C. 乘客处于失重状态，电梯可能向下减速 D. 乘客处于超重状态，电梯可能向下加速 3.如图所示，开始时A、B间的细绳呈水平状态，现由计算机控制物体A的运动，使其恰好以速度v沿竖直杆匀速下滑，经细绳通过定滑轮拉动物体B在水平面上运动，当右侧细绳与水平方向夹角为时，下列说法正确的是(    ) A. 物体B的速度为2v B. 物体B的速度为 C. 物体B的速度正在增加 D. 物体B的加速度保持不变 4.如图所示，在长春市人民广场转盘，A、B两车正在水平圆形车道上做线速度大小相等的匀速圆周运动，下列说法正确的是(    ) A. A车的角速度比B车的角速度小 B. A车的角速度比B车的角速度大 C. A车的向心加速度小于B车的向心加速度 D. A车的向心加速度等于B车的向心加速度 5.一名同学看过杂技演员“水流星”表演图甲后，用轻质细绳系着一个软木塞，抡动细绳让软木塞模拟水流星在竖直平面内做圆周运动图乙。已知细绳的长度，重力加速度g取，若软木塞恰能做完整的圆周运动，则下列说法正确的是(    ) A. 软木塞经过最高点时的最小速度为 B. 软木塞经过最高点时的最小速度为 C. 软木塞经过最高点时细绳对它的拉力大小等于它的重力大小 D. 软木塞经过最低点时细绳对它的拉力大小等于它的重力大小 6.如图甲所示，用一水平恒力F拉水平桌面上的木块，木块在水平桌面上做匀加速直线运动，加速度。若把水平桌面调整为倾角斜面，用同样大小的拉力F沿斜面向上拉木块，如图乙所示，木块在倾斜桌面上恰好做匀速直线运动。g取，则木块与桌面间的动摩擦因数为(    ) A. B. C. D. 7.如图所示，质量为M的木箱用细绳竖直悬挂，在木箱底部放有质量为m的物块A，在木箱顶部用轻质弹簧悬挂质量也为m的物块B。剪断细绳的瞬间，物块A、B和木箱的瞬时加速度大小分别为(    ) A. g、0、g B. g、g、g C. g、0、 D. 、0、 8.如图所示，传送带与水平方向夹角为，与两皮带轮相切与A、B两点，从A到B长度为，传送带以一定的速率顺时针转动。现有一体积可忽略的小物块在传送带下端A以的初速度冲上传送带。当改变传送带匀速转动的速度时，小物块到达B处的速度也会相应变化，和的关系如图乙所示，重力加速度。下列说法不正确的是(    ) A. 传送带与水平方向夹角满足 B. 物块与传送带间的动摩擦因数为 C. 物块在传送带上的最短运动时间为 D. 当传送带的速度为时，物块在传送带上形成的划痕长为 二、多选题：本大题共5小题，共20分。 9.下列说法中正确的是(    ) A. 牛顿第一定律说明力不是维持物体运动的原因 B. 若作用在运动物体上的力消失，则因为惯性，物体的加速度要隔一段时间才会消失 C. 火车内静坐的乘客看到车内光滑桌上的一个苹果在没有任何人碰的情况下突然朝自己滚来，造成这一现象的原因是由于苹果具有惯性 D. 根据牛顿第三定律，一本静止于水平桌面上的书受到的重力和支持力一定大小相等，方向相反，作用在同一直线上 10.游乐场的旋转木马是一项备受欢迎的游玩项目。如图所以，一同学坐在旋转木马上，绕中心轴在水平面内做匀速圆周运动，圆周运动半径为，该同学旋转5圈用时，则该同学做匀速圆周运动时(    ) A. 周期为 B. 角速度为 C. 线速度为 D. 向心加速度为 11.投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到：“投壶，射之细也。宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也。”如图所示，甲、乙两人沿水平方向各射出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为和，已知两支箭质量相同，忽略空气阻力、箭长，壶口大小等因素的影响，下列说法正确的是(    ) A. 若两人站在距壶相同水平距离处投壶，则甲所投箭的初速度比乙的大 B. 若两人站在距壶相同水平距离处投壶，则乙所投的箭在空中运动时间比甲的短 C. 若箭在竖直方向下落的高度相等，则甲投壶位置距壶的水平距离比乙小 D. 若箭在竖直方向下落的高度相等，则甲所射箭落入壶口时速度比乙大 12.甲、乙两个质点分别在两个平行直轨道上运动，初始时刻两者并排，甲、乙速度随时间的变化规律分别如图中a、b所示，图线a是直线，图线b是抛物线，时间内图线a、b与横轴围成的面积之比是3：2，抛物线顶点的横坐标为，下列说法正确的是(    ) A. 时间内甲、乙的距离一直在增大 B. 时间内乙的平均速度大于 C. 时间内乙的加速度一直大于甲的加速度 D. 时间内甲、乙的平均速度相等 13.如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，质量为的小物块b紧靠a，且静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为。从时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离，再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好为。弹簧始终在弹性限度内，其中心轴线与斜面平行，重力加速度大小为g，小物块a、b均可视为质点。下列说法正确的是(    ) A. a、b分离时，弹簧的压缩量为 B. 物块b加速度的大小为 C. 时a、b分离 D. 对b施加沿斜面向上的外力大小的最小值和最大值之比为4：9 三、实验题：本大题共2小题，共14分。 14.某同学用如图甲所示的装置做“研究平抛运动”的实验，从斜槽同一位置由静止释放小球，实验得到小球运动轨迹中的四个点a、b、c、d如图乙所示。已知图乙中背景方格的边长均为10cm，重力加速度g取。 实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端______； 小球从a点运动到b点的时间为______ s；计算结果保留两位有效数字 小球飞出时的初速度大小为______。计算结果保留两位有效数字 15.在探究“物体质量一定时，加速度与力的关系”实验中，小明同学做了如图甲所示的实验改进，在调节桌面水平后，添加了力传感器来测量细线拉力。 实验过程中，下列操作与说法正确的是______； A.需要用天平测出砂和砂桶的总质量 B.小车靠近打点计时器，先接通电源再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数 C.选用电火花计时器比选用电磁打点计时器实验误差会更小 D.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量 实验得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，已知A、B、C、D各点到A点的距离分别是，，，，由以上数据可知，小车运动的加速度大小是______计算结果保留两位有效数字； 由实验得到小车的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示。则小车运动过程中所受的阻力______ N。结果保留两位有效数字 四、计算题：本大题共3小题，共34分。 16.如图所示，长为L的细线，拴一质量为m的小球，另一端固定于O点，让其在水平面内做匀速圆周运动。当细线与竖直方向的夹角是时，求：重力加速度为g，， 小球对细线的拉力大小； 小球运动的角速度大小。 17.如图所示，在时质量的小球自高的平台上以的初速度水平抛出，运动后，突然受到大小恒为5N的水平向右的风力F作用，最后落至水平地面，不计空气阻力，重力加速度。求： 小球从抛出至落地的时间； 小球落地时的速度； 定量分析说明小球受到水平向右的风力F作用后运动轨迹是直线还是曲线。 18.如图所示，足够长的木板静止于水平地面上，小物块A放在木板的中间，现在对A施加一与水平方向成的恒定拉力F，F的大小为5N，3s以后撤去拉力F的同时，另一小物块B以对地速度向右冲上木板的左端。已知木板的质量为，A与B的质量均为，A和B与木板间的动摩擦因数均为，木板与地面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，运动过程中A、B不会相撞。求： 恒力F拉动A时，若木板能保持静止，则木板与地面间的动摩擦因数满足的条件； 若木板保持静止不动，撤去拉力F时，小物块A的速度大小； 若木板与地面间的动摩擦因数，则上述过程中长木板运动的总时间。 答案和解析 1.【答案】D  【解析】解：物体做曲线运动时，运动方向改变，速度大小可能不变，例如匀速圆周运动，故A错误； B.物体做匀速圆周运动时，加速度大小不变，方向改变，故B错误； C.物体做圆周运动时，可能存在切线加速度和径向加速度，合外力不指向圆心，只有匀速圆周运动时，合外力才指向圆心，故C错误； D.物体做斜抛运动时，加速度为重力加速度，方向竖直向下，故速度改变量的方向也一定竖直向下，故D正确。 故选：D。 曲线运动速度方向改变，速度大小可能不变；匀速圆周运动加速度方向时刻改变；圆周运动的合外力不一定指向圆心；斜抛运动的加速度为重力加速度，方向竖直向下，速度改变量竖直向下。 本题主要考查曲线运动的概念和特点，需要结合实际例子理解曲线运动，题目较为简单。 2.【答案】B  【解析】解：体重计的示数大于乘客的体重，则具有向上的加速度，处于超重状态，电梯可能向上加速运动，也可能向下减速运动，故ACD错误，B正确。 故选：B。 对于超重还是失重的判断，关键取决于加速度的方向：当物体的加速度向上时，处于超重状态；当加速度方向向下时，处于失重状态。 考查对超重、失重的理解，清楚其定义。 3.【答案】C  【解析】解：AB、当右侧细绳与水平方向夹角为时，对物体A的速度分解，如图所示 则物体B的速度为，故AB错误； CD、随着物体A的下滑，B右侧细绳与水平方向是夹角逐渐增大，根据可知，B的速度正在增加，因为v保持不变，所以B的速度不是均匀增加的，即物体B的加速度发生变化，故C正确，D错误。 故选：C。 对A的速度分解，得出物体B的速度与A的速度关系式，根据关系式分析即可。 能够对A的速度正确分解是解题的基础。 4.【答案】B  【解析】解：AB、由图知A的半径小于B的半径，根据可知，A的角速度大于B的角速度，故A错误，B正确； CD、根据可知，A车的向心加速度大于B车的向心加速度，故CD错误。 故选：B。 根据分析角速度的大小；根据分析向心加速度的大小。 本题考查了角速度和线速度的关系，以及向心加速度和线速度的关系式，容易题。 5.【答案】B  【解析】解：根据竖直面内圆周运动绳模型的临界条件可知，由牛顿第二定律，在最高点有，且细绳对软木塞的拉力为0，代入数据解得，故AC错误，B正确。 D.在最低点，根据牛顿第二定律，由于，故，故D错误。 故选：B。 根据竖直面内圆周运动绳模型的临界条件结合由牛顿第二定律进行列式分析解答； D.根据牛顿第二定律进行分析判断。 考查竖直面内圆周运动绳模型的临界问题和牛顿运动定律的应用，会根据题意进行准确分析解答。 6.【答案】A  【解析】解：甲图中，根据牛顿第二定律可得： 乙图中，根据牛顿第二定律可得： 联立解得：，故A正确，BCD错误。 故选：A。 对甲图，根据牛顿第二定律列式；乙图中，根据平衡条件列式，联立求解动摩擦力因数。 本题考查牛顿第二定律的应用，属于基础题目。 7.【答案】C  【解析】解：细绳剪断前，B处于平衡状态，由平衡条件可得弹簧弹力大小为： 细绳剪断的瞬间弹簧的弹力不能突变，所以剪断细绳的瞬间，所以B受力不变，仍然平衡状态，则有： 剪断细绳的瞬间，木箱不在受细绳的拉力，木箱受重力Mg和弹簧向下的拉力，对木箱，由牛顿第二定律可得：，解得： 剪断细绳的瞬间，物块A只受重力作用，则由牛顿第二定律可得：，解得：，故C正确，ABD错误。 故选：C。 采用隔离法分别对木箱和小球受力分析，根据牛顿第二定律列式即可求解。 本题考查牛顿第二定律的瞬时性，关键是掌握整体法与隔离法，并能灵活应用。 8.【答案】D  【解析】解：AB、当时，物块一直做减速运动，所受摩擦力方向沿传送带向下，根据速度一位移关系可得 其中 解得 此过程中，根据牛顿第二定律可得 当时，物块一直做减速运动，所受摩擦力方向沿传送带向上，加速度大小为，根据速度一位移关系可得 其中 ， 解得 此过程中，根据牛顿第二定律可得 联立解得：，，故AB正确； C、当平均速度最大时，物块在传送带上运动时间最短，最大的平均速度为： 最短时间为： 故C正确； D、当传送带的速度为时，物块先做加速度大小为减速运动，速度减到后再做加速度大小为减速运动。物块做加速度大小为减速运动过程，物块运动时间： 这段时间内物块的位移： 解得： 传送带上形成的划痕长为 代入数据解得： 物块做加速度大小为减速运动过程的位移： 解得 设物块运动到最高点的速度大小为，则： 解得： 此过程中运动时间为： 解得： 这段时间内传送带上形成的划痕长为： 解得： 由于，所以划痕长度为 故D错误。 本题选错误的，故选：D。 分析物块的运动情况，根据速度一位移关系列方程，再结合牛顿第二定律列方程进行解答； C，当平均速度最大时，物块在传送带上运动时间最短，根据运动学公式进行解答； D.当传送带的速度为时，物块先做加速度大小为减速运动，速度减到后再做加速度大小为减速运动。求出前后两个过程中相对通过的距离，由此分析划痕长度。 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。 9.【答案】AC  【解析】解：A、牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，故A正确； B、作用在运动物体上的力消失，物体的加速度随之消失，故B错误； C、苹果的突然运动是因为要保持原来的运动状态，用惯性来解释，不能用牛顿第二定律解释，故C正确； D、静止于水平桌面上的书受到的重力和支持力是一对平衡力，不是作用力和反作用力，不能根据牛顿第三定律分析，故D错误。 故选：AC。 力是改变物体运动状态的原因，惯性是维持物体运动的原因；一切物体都有惯性，惯性是保持物体原来运动状态的原因，静止于水平桌面上的书受到的重力和支持力是一对平衡力。 本题考查了牛顿运动定律，基础题目。 10.【答案】BD  【解析】解：转5圈用时，所以周期，角速度，线速度，向心加速度，故AC错误，BD正确； 故选：BD。 根据向心加速度、角速度、线速度、周期的公式即可求出。 本题考查了学生对于向心加速度、角速度、线速度、周期的公式的理解和应用能力，难度不大。 11.【答案】BC  【解析】解：设箭的水平初速度为v，入壶时与水平方向的夹角为，则有 竖直方向与水平方向的位移之比 由于，则 若两人站在距壶相同水平距离处投壶，则，故 根据，则有 根据，则有， 故A错误，B正确； 若箭在竖直方向下落的高度相等，则，故 根据，则有 根据，则有 故C正确，D错误。 故选：BC。 根据角度与速度的关系和角度与位移的关系，找到水平位移与竖直位移的关系，根据竖直位移和水平位移的公式分别分析水平距离相等和下落高度相等的情况。 本题主要考查平抛运动的基本规律，需要熟练平抛运动中角度与速度的关系和角度与位移的关系。 12.【答案】AD  【解析】解：A、图像中，图线与时间轴围成的面积表示位移，由图可知时间内甲、乙的面积之差增大，距离一直在增大，故A正确； B、假设乙做匀变速直线运动，则在时间内满足，但图线b是抛物线，则在时间内平均速度大于，故B错误； C、图像中，图像的斜率代表加速度，由图可知初始阶段乙的加速度大于甲的加速度，结束时乙的加速度小于甲的加速度，故C错误； D、由图可知是的中间时刻，根据匀变速直线运动规律可知甲在的位移是的3倍，时间内图线a、b与横轴围成的面积之比是3：2，根据数学方法可知，时间内甲、乙的位移大小相等，则时间内甲、乙的平均速度相等，故D正确。 故选：AD。 图像反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律，斜率表示加速度的大小及方向，图线与时间轴所包围的“面积”表示位移。两图线交点，说明两物体在该时刻的速度相等。 考查对图像的理解，清楚图线的含义。 13.【答案】ABD  【解析】解：A、开始时，物块a、b静止，对a、b整体由力的平衡可得： 物块b做初速度为零的匀加速直线运动，且始终做匀加速直线运动，可知物块b与物块a分离前后加速度不变，且前后运动时间相等，位移大小为，根据推论可知两物块分离前后，物块b的位移之比为1：3，可得物块b从静止到与a分离过程的位移大小为： a、b分离瞬间，两者相互挤压的弹力为零，但两者的加速度大小相等，方向沿着斜面向上，此时弹簧仍处于压缩状态，可知从开始到a、b分离过程，a运动的位移等于，即弹簧的压缩量减少，所以a、b分离时，弹簧的压缩量为：，故A正确； B、由a、b分离时，弹簧的压缩量为，可得此时弹簧弹力大小为：，对物块a，由牛顿第二定律有： 联立方程可得：，a、b分离前两者的加速度大小相等，所以物块b的加速度大小为，故B正确； C、设物块b运动位移为过程所用时间为，则，可得，由题意可知当时，a、b分离，故C错误； D、设a、b分离前两者相互挤压的弹力为N，对b由牛顿第二定律有：，N逐渐减小，F逐渐增大，当时a、b恰好分离，可知开始时F最小，当两者分离时F最大，之后F不变，开始时把a、b看作一个整体，由牛顿第二定律有： 可得，a、b分离时，对b由牛顿第二定律有：，可得，则，故D正确。 故选：ABD。 A、初始状态，对物块a、b整体由力的平衡列式，根据物块b的运动特点，利用推论可得物块b从静止到与a分离过程的位移，此过程两者的位移大小相等，根据a、b分离时两者的加速度大小相等，可知弹簧所处状态，则可得弹簧的压缩量； B、a、b分离时由弹簧压缩量可得弹簧弹力，根据两者分离时的特点，对a利用牛顿第二定律可得加速度大小，分离前a、b两者加速度大小相等，则可得结论； C、利用运动学公式可得b运动的时间，根据题意可得解； D、a、b分离前对b利用牛顿第二定律可知力F的变化特点，开始时把a、b看作一个整体，利用牛顿第二定律可得力F的最小值，a、b分离时，对b利用牛顿第二定律可得力F的最大值，则可得两力的比值。 本题考查了牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律，解题的关键是知道a、b分离时，两者相互挤压的弹力为零，两者的加速度相等。 14.【答案】切线水平      【解析】解：为了保证小球做平抛运动，则要斜槽末端切线水平； 图中各点水平等距，根据平抛的运动规律可知其运动的时间间隔相等，设为T 根据竖直方向的位移差公式可得：，解得： 小球的初速度为 故答案为：切线水平；； 根据实验原理和实验操作注意事项分析； 据平抛运动竖直方向的分运动，结合匀变速直线运动的推论导出时间间隔，利用水平方向的匀速直线运动求解水平初速度。 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解，注意有效数字的保留。 15.【答案】BC      【解析】解：本实验有力传感器，故不需要用天平测出砂和砂桶的总质量，也不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故AD错误； B.小车靠近打点计时器，先接通电源再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数，故B正确； C.选用电火花计时器比选用电磁打点计时器实验误差会更小，故C正确。 故选：BC。 打点计时器打点周期为，则相邻计数点间的时间间隔为，根据逐差法计算出小车的加速度大小为； 由图丙可知，产生加速度的拉力最小值为，所以小车运动过程中所受阻力为。 故答案为：；；。 根据提供力传感器结合电火花计时器与电磁打点计时器的区别进行分析判断； 根据逐差法求解加速度公式代入数据解答； 根据图像截距的物理意义结合动滑轮装置进行分析解答。 考查牛顿第二定律的实验要求和注意事项，结合纸带的数据处理，图像的斜率和截距的物理意义分析解决实际问题。 16.【答案】解：小球的受力情况如图 根据题意，对小球，在竖直方向上，由平衡条件有，解得，根据牛顿第三定律可知，小球对细线的拉力大小为。 在水平方向上，根据牛顿第二定律有，得。 答：小球对细线的拉力大小为； 小球运动的角速度大小为。  【解析】根据竖直方向的平衡条件列式结合牛顿第三定律进行解答； 根据水平方向的牛顿第二定律列式求解角速度大小。 考查圆锥摆物体的受力分析以及牛顿第二定律，平衡条件的应用，会根据题意进行准确分析解答。 17.【答案】解：根据题意可知，小球在竖直方向的分运动为自由落体运动，与是否受到风力无关，设小球下落的时间为t，则有，代入数据解得； 根据题意可知，受风力作用之后小球水平方向的加速度为，代入数据解得，，受风力之后小球在水平方向做匀加速直线运动，落地时水平方向的速度大小为，代入数据解得，，从一开始，小球在竖直方向上做匀加速[线运动，落地时竖方向的速度大小为，代入数据解得，则落地瞬间小球速度大小为，代入数据解得，； 根据题意可知，运动后，小球竖直方向上的速度为，此时速度与水平方向的夹角满足， 可得，受风力之后小球的受力如图所示 根据几何关系有，可得，由此可知，施加风力之后，小球的速度与加速度方向相同，故小球做直线运动，且所受合外力恒定，即球受到风力作用后，在落地前做匀加速直线运动。 答：小球从抛出至落地的时间等于； 小球落地时的速度等于； 球受到风力作用后，在落地前做匀加速直线运动。  【解析】小球在竖直方向的分运动为自由落体运动，根据自由落体运动规律求解下落时间； 分析速度方向与合力方向是否存在夹角，没有夹角，做匀变速直线运动。 本题的关键在于理解小球在风力作用下的运动状态变化。 18.【答案】解：有拉力作用时，对A分析，在竖直方向上有 根据牛顿第三定律，A对木板的压力大小等于木板对A的支持力，对木板分析，在竖直方向上有 木板对A的最大静摩擦力、地面对木板的最大静摩擦力分别为 ， 若木板能保持静止，则有 解得 根据上述，对A分析，根据牛顿第二定律有 解得 撤去拉力F时，根据速度公式有 解得 撤去拉力F的同时，另一小物块B以对地速度向右冲上木板的左端，由于A与B的质量均为，A和B与木板间的动摩擦因数均为，A、B与木板之间的滑动摩擦力大小相等，则A、B均以相同加速度向右做匀减速直线运动，且 代入数据得 对木板有 解得 木板向右做匀加速直线运动，经历时间，A与木板达到相等速度，则有 解得 ， 此时B的速度 随后，木板与A保持相对静止，向右做匀减速直线运动，加速度大小为 代入数据有 经历时间，B、A与木板达到相等速度，则有 解得， 之后，A、B与木板保持相对静止向右匀减速至0，则有 代入数据得 由 解得 则长木板运动的总时间 代入数据得 答：木板与地面间的动摩擦因数满足的条件为； 若木板保持静止不动，撤去拉力F时，小物块A的速度大小为； 上述过程中长木板运动的总时间为。  【解析】先计算木板对A的最大静摩擦力，该摩擦力小于地面对木板的最大静摩擦力即可； 根据牛顿第二定律计算出撤去拉力F时，小物块A的加速度，结合速度一时间公式求撤去拉力F时，小物块A的速度； 根据牛顿第二定律分别求出不同阶段时的小物块和木板的加速度，结合速度-时间关系计算出长木板运动的总时间。 本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，要熟悉物体的受力分析，根据牛顿第二定律分析出物体的加速度，结合运动学公式和位移关系即可完成解答，难度很大。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$