2026年湖南长沙市湖南师大附中高一第二学期第三次月考物理试卷

高一年级阶段徐习 物理 时量：75分钟满分：100分 一、单项选择题（本大题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个 选项符合题目要求) 1.在物理学发展的过程中，科学家总结了许多重要的物理思想与方法。关 于物理学思想方法和物理学史，下列叙述正确的是 A.哥白尼的地心说认为地球是宇宙的中心 B.卡文迪什在测万有引力常量时，利用了微小量放大法的思想 器 C.第谷根据自已的天文观测数据，总结出了行星按照椭圆轨道运行的 规律 如 D.牛顿发现了万有引力定律，并通过扭秤实验测出了引力常量的数值 瞰 2.2026年2月11日，梦舟载人飞船系统完成国内首次最大动压逃逸飞行 试验。已知动压p的单位为kg·m1·s2。用ρ表示空气密度，v表 别 示飞船相对空气的速度，S表示飞船的横截面积，Ek表示飞船相对于空 气运动时的动能，下列关于p的关系式可能正确的是 A.p=o B.=oS 如 拟 C.p=E D.p=oSv 3.高压清洗广泛应用于汽车清洁、地面清洁等。某高压水枪出水口横截面 积为S,手持该高压水枪操作时，水从枪口以速度℃高速喷出后，近距离 垂直喷射到物体表面且速度在短时间内变为零。忽略水从枪口喷出后 的发散效应，水的密度为ρ。则水在物体表面产生的平均冲击力大小为 A.pSv B.Sv C.oS D.zeSv 常 4.甲、乙两同学在光滑冰面上做游戏，沿同一直线相向运动，速度大小都是 母 3m/s。两人相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动， 甲、乙速度大小分别为1m/s和3m/s。则甲、乙两同学的质量之比为 A.3:2 B.3:1 C.2:1 D.1:2 高一物理试题(T) 第1页（共8页） 5.2026年4月9日，嫦娥七号探测器运抵文昌航天发射场，进人发射前最 终测试阶段。本次任务将奔赴月球南极，开展水冰探测、月表环境勘察 与科研站建设相关试验，为我国载人登月奠定基础。如图所示，探测器 先绕地球做近地圆周运动，经精准变轨后进入地月转移轨道，最终环绕 月球做贴近月球表面的圆周运动。已知地球半径R地为月球半径R月 的4倍，地球质量M地为月球质量M月的81倍，近地卫星绕地球的环绕 速度v地=7.9km/s,万有引力常量为G,不计天体自转影响。下列说法 正确的是 中途轨道修正 进人奔月轨道 进人地月執道 A.探测器的发射速度必须大于11.2km/s B.探测器绕月球表面做圆周运动的环绕速度约为l.8km/s C.地球表面的重力加速度与月球表面的重力加速度之比为81： D.若探测器在距月球表面高度为2R月的轨道上做圆周运动，其向心加 速度等于月球表面的重力加速度的} 6.如图所示，长直轻杆两端分别固定小球A和B,两球质量均为m,两球半 径忽略不计，杆的长度为L。小球A套在光滑竖直固定杆上，一开始连 接AB的杆竖直放置，轻轻拨动小球B,使小球B在水平面上由静止开 始向右滑动，当小球A沿墙下滑距离为，时，下列说法正确的是（不计 一切摩擦，重力加速度为g) L A,杆对小球A做功为mgL B.小球AB的速度大小都为√gL C.小球A,B的速度大小分别为V3gL和√gL D.杆与小球A、B组成的系统机械能减少了2mgL 高一物理试题(T)第2页（共8页） 7.一人站在静止于光滑平直轨道上的平板车上，人和车的总质量为M。 现在这人双手各握一个质量均为m的铅球，以两种方式顺着轨道方向 水平投出铅球：第一次是一个一个地投；第二次是两个一起投；设每次投 掷时铅球相对车的速度相同，则两次投掷后小车速度之比为 2M+3m A.2M+m、 B.M+m M C.1 D.(2M+m)(M+2m) 2M(M-m) 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题5分，共15分。每小题给出的 4个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得 3分，有选错得0分) 8.如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧有一竖直 墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩与B车的总质量是A车质量的12 倍。两车开始都处于静止状态，小孩把A车以相对于地面的速度推 出，A车与墙壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又把它以相对 于地面的速度v推出。每次推出，A车相对于地面的速度都是V,方向 向左。则 A.整个过程中，A、B小车和人组成的系统在水平方向上动量守恒 B.在人推车的那一瞬间A、B小车和人组成的系统动量守恒 C.小孩把A车推出6次后，A车返回时小孩不能再接到A车 D.小孩把A车推出7次后，A车返回时小孩不能再接到A车 9.一辆新能源汽车在平直的公路上由静止开始启动，在启动过程中，汽车 牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，已 知汽车所受阻力恒为重力的三，重力加速度g取10m/s2。下列说法正 确的是 ◆P/kW ←vl(m·s） 15t/s 0下3 A.该汽车的质量为1×103kg B.最大速度=6m/s C.在前5s内，汽车克服阻力做功为5.0×104J D.在5~15s内，汽车的位移大小约为67m 高一物理试题(T)第3页（共8页） 10.如图所示，固定光滑曲面左侧与光滑水平面平滑连接，水平面依次放有 2026个质量均为2的弹性物块（所有物块在同一竖直平面内），质量 为m的0号物块从曲面上高h处静止释放后沿曲面滑到水平面与1 号物块发生弹性正碰，0号物块反弹后滑上曲面再原路返回，如此反 复，2026个弹性物块两两间碰撞时交换速度，则下列说法正确的是（所 有物块均可视为质点，重力加速度为g) 20262025.32 1 A2026号物块最终速度为282票2g B2023号物块最终速度为/2gh C0号物块最终动量大小为（号》 2026 m√2gh D.最终所有物块的总动能为mgh 三、实验题（共16分，11题6分，12题10分） 11.(6分)某同学用如图甲所示的装置验证动量守恒定律。长木板的一端 垫有小木块，可以微调木板的倾斜程度，以补偿打点计时器对小车的阻 力及其他阻力，使小车能在木板上做匀速直线运动。小车A右端连一 纸带穿过打点计时器，根据纸带打出的点迹可测量小车的速度 橡皮泥 打点计时器 纸带 B A 长木板 小木势 16.80 21.0018.0613.90(cm) 甲 乙 (1)接通打点计时器电源后，现给小车一沿木板向下的初速度，使小车 A拖着纸带沿着长木板向下运动，纸带打出的点迹越来越密集，则 此时应将小木块向 (选填“左”或“右”)移动进行调整，使打 出的纸带点迹均匀。 (2)调整好小木块的位置后，接通打点计时器电源，然后使小车A以某 一速度沿长木板向下匀速运动，并与置于木板上的另一静止小车B (后端粘有橡皮泥)相碰并粘在一起，继续做匀速直线运动。打点计 时器电源频率为50Hz,得到的纸带如图乙所示，已将各计数点A、 B、C、D、E之间的距离标在图上。则应选 (选填“AB” “BC“CD”或“DE”)段纸带计算小车A碰撞前的速度大小。 (3)已知小车A的质量为0.4kg,小车B(连同橡皮泥)的质量为 0.2kg,由此可知碰撞前两小车的总动量是 kg·m·s-1 碰后两小车的总动量是 kg·m·s1,(计算结果均保留三 位有效数字)。若在误差允许范围内，两小车碰撞前后总动量相等， 则碰撞前后动量守恒。 高一物理试题(T)第4页（共8页） 12.(10分)在验证机械能守恒定律的实验中，某同学采用如图装置，绕过 定滑轮的细线上悬挂质量相等的重物A和B,在B下面再挂钩码C。 已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz。 B 皇C 打点计时器 纸带 (1)如图所示，在重物A下方固定打点计时器，用纸带连接A,测量A 的运动情况，下列操作过程正确的是 A.安装打点计时器时工作面要竖直放置，同时让两限位孔的中心 在同一竖直线上 B.接通电源前让重物A尽量靠近打点计时器 C.应选取最初第1、2两点间距离接近2mm的纸带 (2)某次实验结束后，打出的纸带的一部分如图所示，A、B、C为三个相 邻计时点，则打下B点时重锤的速度VB= m/s;(结果保留 三位有效数字) ●B T本吓 0cm123 4 5 (3)如果本实验室电源频率大于50Hz,则瞬时速度的测量值 (选填“偏大”或“偏小”)； (4)已知重物A和B的质量均为M,钩码C的质量为m,某次实验中从 纸带上测量重物A由静止上升高度为h时对应计时点的速度为v, 取重力加速度为g,则验证系统机械能守恒定律的表达式是 (5)为了测定当地的重力加速度，改变钩码C的质量m,测得多组m和 对应的加速度a,作出上一1图像如图所示，图线与纵轴截距为b, 则当地的重力加速度为 高一物理试题(T)第5页（共8页） 四、解答题（共41分） 13.(12分)如图，质量为m的物体（可视为质点），沿圆弧轨道下滑至最低点 B时，已知=4m/s,随后以水平速度飞出，恰好沿传送带方向在C点 无能量损耗地滑上传送带CD,传送带CD与水平方向的夹角=37°，速 度为v=6m/s,方向如图。物体与传送带之间的动摩擦因数为u=0.5, CD长度L=3.8m。(取g=10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8) 0 (1)求物体m刚滑上传送带C点时的速度大小vo及B、C间高度 差HC; (2)求物体m在传送带上滑行的时间t及在传送带上的划痕长度△s。 高一物理试题(T)第6页（共8页） 14.(14分)竖直面内依次固定着斜面轨道AB和圆心为O、半径为R的圆 周轨道，二者通过水平直轨道BC平滑连接，圆周轨道的左侧连接一段 长度为2R的粗糙水平轨道CD,D点的左侧有一轻质弹簧固定在竖直 挡板上，弹簧自由伸长时其右端恰好位于D点。将一个质量为m的小 滑块从斜面轨道上距离水平直轨道高度h=5R处由静止释放，滑块进 入水平轨道运动到C点后，进人圆周轨道，运动一周后自C点离开圆 周轨道后向D点运动。小滑块和CD段间的动摩擦因数μ=0.5，与其 他部分摩擦均忽略不计，不计小滑块大小及经过连接处的机械能损失， 重力加速度为g。求： 00000000 777 (1)弹簧获得最大弹性势能，· (2)滑块第一次到达圆周轨道最高点处对轨道的压力大小； (3)整个过程中滑块在CD段运动的时间。 高一物理试题(T)第7页（共8页） 15,(15分)如图所示，足够长的木板静放在光滑水平面上，木板右端与墙 壁相距为x,在木板左端放一个质量为m的小物块（可视为质点），与 木板的动摩擦因数为，木板的质量为M,现给小物块一个水平向右的 初始速度，在整个的运动过程中，木板与墙壁发生弹性碰撞（碰撞后 原速率反弹)，重力加速度为g。(本题涉及的量每次按相同比例变化， 若每一项符合an=a1-1,则前n项的和为：S。=a1 ) (1)若木板与墙壁碰撞前，小物块与木板已经相对静止，求该过程物块 与木板相对位移的大小： (2)若M一2m,木板与墙壁能发生2次及以上的碰撞，求xo的取值 范围： (3)若m=2M,μ=0.2，=3m/s,xo=0.5m,g=10m/s2,求整个运 动过程中木板运动的路程。 m 294 高一物理试题(T)第8页（共8页） 高一年级阶段徐习 物理参考答案 一、二选择题 题号 1 2 6 7 8 9 10 答案 B A B A B A BD AD CD 1.B【解析】哥白尼提出的是日心说，认为太阳是宇宙的中心，地心说是托勒密的观，点，故A错误；卡文迪什测量万有引 力常量的扭秤实验中，通过光的反射将微小的扭转形变放大观别，用到了微小量放大法的思想，故B正确；第谷只积累 了大量天文观测数据，行星沿椭圆轨道运行的规律是开普物基于第谷的观别数据总结得出的，故C错误；牛顿发现了 万有引力定律，但引力常量是卡文迪什通过扭秤实验测出的，故D错误。故选B。 2.A【解析】号的单位为·（巴）=kg·m1·s,与动压单位相同，则表达式有可能正确，故A正确；S的单位 m 1 为等·m=k8·m,与动压单位不同，则表达式一定借误，故B错民，马 m p的单位为 =m5·s2,与 m 动压单位不同，则表达式一定错误，故C错误m的单位为等·m㎡·（僧）”-kg·m·s2,与动压单位不同，则表达 式一定错误，故D错误；故选A。 3.B【解析】根据动量定理，物体所受的平均冲击力等于单位时间内动量的变化量。设单位时间内冲击物体表面的水的 质量为m,水的密度为p,出水口横我面软为S,水流选度为，则质量流量为贺-S0,水冲击物体表面后，追度由。 在短时间内变为0，因此动量变化率为：会是=（贸）·=(S0)·。=S1,根据动量定理，平均冲击力大小F=是 pSH,故选B。 4.A【解析】光滑冰面无摩擦力，甲、乙组成的系统合外力为零，满足动量守恒定律。规定甲初始运动方向为正方向：初 始状态总动量p物=m甲h一m,h,其中%=3m/s,负号表示乙初始运动方向与甲相反。作用后总动量：甲反向运动， 速度大小=1m/s；乙反向运动，速度大小2=3m/s,即p*=mLh一m甲h。 根据动量守恒力=p*,代入数据得3mp一3mz=3mz一m甲 即器=是.故选A 5.B【解析11.2k/s是第二宇宙速度，是物体脱离地球引力束缚的最小发射速度，探测器仅前往月球，未脱离地球引 力，发射造度小于1.2km/s,故A错误：探测器绕月球表西做国周运动，根据万有引力提供向心力，则有G- m装解得=√受如总-分受=片代入上式可得受=√微-√=号又w=19m,可得 ≈1.8如/，故B正确：在天体表面，忽略天体自转的影响，万有引力等于重力，则有G-m8 解得8一兴可得会-总爱-學×（仔）厂-器故C错误深别器的执道半径一R+2R=R根据牛额第二 定体有ma一G心1，解得向心加选度为a一C必，在月球泉面，根据万有引力等于重力，则有说=m8A,解得 B,-誉联立解得品-受-合长D错误，成边B。 L一21 6.C【解析】当A下滑距离为党时，杆与竖直方向夹角0满足os0= =2,即0=60° 由于杆不可仲长，A、B沿杆方向的分速度相等UACOS0=hsin0 得速度关系=√3阳 高一物理参考答案(T)一1 不计摩擦，A,B和杆组成的系统机械能守恒，A下滑减少的重力势能转化为两球的动能mg·号 1 联立解得w=V3gL,=司V,故B错误，C正确：对A用动能定理mg·壳+w=m,代入w得W 一8mgL,故A错误：系统只有重力做功，机拔能守恒，故D错误。故选C。 7.A【解析】因平直轨道光滑，故人与车及两个铅球组成的系统动量守恒；设每次投出的铅球对车的速度为，第一次是一 个一个地投掷时，有两个作用过程，根据动量守恒定律，投掷第一个球时，应有0=(M什m)v一m(u一)，投掷第二个球 有M叶m=M一mu=,由两式解得三22第二次两球一老投出时，有O=M一2m(- 解得心干受所以两大投游相球小车价速度之比号一微器长道入 8.BD【解析】整个过程中A小车每次撞完墙后反弹，A、B小车和人组成的系统受到墙给的外力，合外力的冲量不等于 零，所以系统水平方向的动量不守恒，则A错误，B正确；规定小孩与B车的运动方向为正方向，第一次推时，根据动量 守恤定律可得0=m阳一mAv,第二次推可得mnU十m山=muh一mMU,以此类推到第n次，可得mAU十mBU-1=m阳， 一m,联立解得(n一1)mAv=m,一mv,如果最后A车返回时小孩不能再接到A车，则满足v,≥，所以解得 n≥6.5，即n=7,故选BD 9.AD【解析】由圈像可得，汽车匀加速阶段的加逵度a=合是-1m/,汽车匀加速阶段的率引力F=号-300N,匀加 速阶段由牛频第二定律得F-言mg=m0,解得m=1X10kg,故A正确；牵引力功率为15kW时，汽车行驶的最大逢 度4-号-器=15m6B结误前5s肉汽车的位带：名d=12.5克展程力猴动则，=日g=25X10. 故C错误5~15s内，由动能定理得P1-弓mgs=方m话-方m,解得穴67m,故D正确.故选AD, 10.CD【解析】由题可知，2026个弹性物块两两之间碰撞时交换速度，所以2026号物块最终速度是0号物块与1号物 块发生弹性正碰后1号物块的速度，由动量守恒得m=m1十2mw1,弹性碰擅机城能守恒，得m6=弓m十 合×2mfi,其中0号物块物速度大小满足2mf=mgi,解得1=号V2g,1=-号Vg,即2026号物块最终述 度为1=号√2，故A错误0号物块与1号物块发生碰撞后，1号物块将与2号物块发生正碰，因两者质量相同， 将发生速度交换，1号物块将静止。0号物块滑上曲面后返回，速度大小为'=一0=号V2g,0号物块继铁与 1号物块发生第二次碰拉，由动量守恒得m'=m十2m1,弹性碰撞机械能守恒，得m”=弓m品十合× 2m,解得w=-(号)'V2g,=号1'=号V2g5,以此美推，2023号物块最终速度是0号物块与1号物块第 四次碰撞后1号物块的追度，故2023号物块最终速度为w=号=号×（号）》'w一品0=员V,故B错误1由 B选项分折可如，0号物块共要与1号物块碰撞2026次，所以0号物块最终动量大小为A=(付)mV2,故C 正确；由机械能守恒定律，对整体分析，因为物块之间均为弹性正碰，无能量损失，最终所有物块的总动能为系统初始 的重力势能，即Ek=mgh,故D正确。故选CD。 三、实验题（共16分，11题6分，12题10分） 11.(6分)(1)左(1分) (2)BC(1分) (3)0.840(2分)0.834(2分) 【解析】(1)纸带打出的点迹越来越密集，相同时间位移变小，速度变小，所以小车减速，则应将小木块向左移动进行调 整，使打出的纸带点迹均匀。 (2)碰前速度大，碰后速度小，碰撞过程中点迹间距不均匀，所以应选BC段纸带计算小车A碰撞前的速度大小。 高一物理参考答案(T)一2 (③)由图可来得延前布碰后小车A的速度分别为=2L:00X设m/3=210/5, _13.90X10- 5×0.02 5x0.02m/s=1.39m/s 所以，碰前和碰后两小车的总动量分别为p,=mM=0.4X2.10kg·m/s=0.840kg·m/s p=(m+mg)=(0.4+0.2)X1.39kg·m/s=0.834kg·m/s 12.(10分，每空2分)(1)AB (2)1.05 (3)偏小 （mgh=号(2M+m 6哈 【解析】(1)安装打点计时器时要坚直架稳，使其两限位孔在同一竖直线上，故A正确；为了能在长度有限的纸带上尽 可能多地菠取间距适当的数据，点，接通电源前让重物A尽量靠近打点计时器，故B正确；本实验研究对象不是做自 由落体运动，无需选取最初第1,2两，点间距离接近2mm的纸带，故C错误。故选AB。 ②交流电源频率50H.打点周期T=0.02s,B点速度-5-4，Q9ms1.05mS (3)电源频率大于50，实际打点周期T<0.02s,计算时仍用T=0.02s,由=2齐可知，分母偏大，因北速度刚量 值偏小。 (4)A上升h势能增加Mgh,B下降h势能减少Mgh,C下降h势能减少mgh,总势能减少量为mgh;系统总动能增加 量为2(M+M+m=2(2M+mt 由机战能守恒，势能减少量等于动能增加量，得mgh=之(2M什m心 (5)对系统由牛顿第二定律mg=(2M什m)a 整理得1=2M.1+1 a g m g L一上国像的纵截距6= a m g 固先8=古 四、解答题（共41分） 13.(12分汇解折I水1)物体由B到C微平艳运动，到达C点的建度e=。=5m …（分) 竖直方向速度为v,=glan=3m/s…（1分) 所以Hx=毫=0.45m (1分) (2)因心<，物体m受到的滑动摩擦沿传送带向下，根据牛顿第二定律得 mgsin 0pangcos =ma 可得a1=10m/s2 …（1分） 经过t与传送带共速，有v=化十a4 解得t1=0.1S…… (1分) 对应位移5=吹-0.55m ……（1分） 共速后物体m受到的滑动摩擦沿传送带向上，有mgsin0-uangcos日=ma2 解得Q2=2m/S2 (1分) 设经2到达传送带底端D点，对应位移=L一5=3.25m,2=,十7a?号 解得吃=0.5S…(们分) 故t=t十t2=0.6s 第一过程痕迹长△=功一=0.05m… (1分) 高一物理参考答案(T)一3 第二过程痕迹长△2=52一h=0.25m… (1分) △1与△52部分重合，故痕迹总长为0.25m…(1分) 14.(14分)【解析】(1)设弹簧获得最大弹性势能为Em,由能量守恒定律得Em=mgh一mg·2R…(2分) 解得Em=4mgR…（们分） (2)设滑块第一次到达圆周轨道最高点时速度为，由机械能守恒定律得mg·5R-mg·2R=号m 2m 2…(2分) 根据牛顿第二定律可得R,十mg=m员 …(2分） 由牛顿第三定律可知滑块在最高点对轨道压力大小为5mg…(1分) ③)设滑块能够在竖直圆周轨道做完整圆周运动时，在最高成和最低点的最小选度分别为贴，V,则有mg=m冷 m哈=mg·2R+号m 1 2m6 解得V。=√5gF… (2分) 设滑块和弹簧第一次作用后，经过CD返回到圆周轨道最低，点C时的速度大小为v1,则mg·5R-2mg·2R= md 解得山=√6g叹…（们分） 由于山>V。,滑块能够到达最高点返回到斜面，而后又从斜面返回并离开圆周轨道，并再一次和弹簧发生作用，设滑 块和弹簧第二次作用后，经过CD返回到圆周轨道最低点C时的速度大小为，则mg·5R-4mg·2R=m 解得吃=√2gR…(们分) 设滑块以速度吃从C点进入圆周轨道，能够上升的最大高度为，则m6=mgh, 解得h=R… …(1分) 由此可见滑块沿着圆周轨道运动后，再次返回到CD轨道上运动，设滑块在轨道CD段运动的总路程为5，则由能量 守恒定律得mg·5R=mgs 在CD段运动的加速度的大小为a=g 滑块在CD段-直微匀减速直线运动，有5=方a心 联立解得=2g 0R (1分) 15.(15分)【解析】(1)将物块与木板作为研究对象，因地面光滑，由动量守恒定律可知 h=(M什m)n。…(2分） 由能量守恒定律可知 mgil=zmt-号(Mtm)e (2分) 解得木板与墙壁第一次碰前物块相对木板的位移大小为 Mu =2μM+m)g (1分) (2)因为M=2,若要求木板与墙壁发生2次及以上碰楂，则第一次碰前木板与物块未相对静止，木板的加速度为 au-爱=s 物块的加速度为 an=一g… …（1分) 木板第一次与墙壁碰撞前的速度大小为少，由速度一位移关系可知 h=√2awx0=√g 木板从静止开始至与墙壁第一次碰撞所用的时间 =2=2√g aM 高一物理参考答案(T)一4 第一火碰撞时，物块的速度大小为，由述度一时间关系可得 Mn=功一g4,=h-2√g (1分) 依题意有 mup -Mu>0 才能保证木板最终再次向右碰撞墙壁，即 t-2vugto>2vugto.. …(1分) 综上所知 (1分) (3)因m=2M,可知木板最终停在墙壁边，两者的速度都为零，第一次碰前木板与物块速度相等，设共速时，经过时间 为？，木板与物块的加速度分别为 aM=2g-4m/s2,an'=-g=-2m/s3 (1分) 当速度相等时有 6十am't2=aM't2 解得 2=0.5s 当木板与物块速度相等即 mr,=1=2m/s 木板的路程 =2au4=0.5m=a 木板再次向左移动的最大距离 4,=0.5m s3一2aw …（1分) 碰后木板与物块动量守恒，再一次速度相等时有 mua-Mua =(M+m)va 2 得g二3m/S……▣ (1分) 第二次碰后木板向左移动的最大距离 嘉号X05m (1分) 再一次速度相等时有 mue=Mua=(M十m)va 第三次碰后木板向左移动的最大距离为 -（》x0.5m 512a7 以此类推木板的总路程为 =0.5m+2X0.5m+2X(兮)x0.5m+2X(合）厂×0.5m=号m …(2分） 高-物理参考答案(T)一5