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1、浙江省温州市九校2017-2018学年高一上学期期末考试物理试题一、选择题(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题给出的四个选项中只有一个选项正确，不选、多选、错选均不给分)1. 2017年11月24日，某中学举行运动会，高一新生在各个比赛项目中展现了较高的竞技水平。下列有关校运会的各种说法中正确的是A. 跳远冠军张小杰的成绩是5.30m，这是他跳跃过程中的路程B. 在200m决赛中，李凯同学在第一道，他跑完全程的位移为零C. 研究俞小辉同学跳过1.55m 横杆的跨越式动作时，能把他看作质点D. 在100m决赛中，小史同学获得冠军，决赛选手中他的平均速度最大【答案】D【解析】跳远冠军张小
2、杰的成绩是5.30m，这是他跳跃过程中的位移,故A错误；在200m决赛中，李凯同学在第一道，他跑完全程的位移不为零，故B错误；研究俞小辉同学跳过1.55m横杆的跨越式动作时，不能把他看作质点，否则就没有动作而言，故C错误；在100m比赛中，运动员的轨迹是直线，位移的大小就是100m，所有运动员的位移大小相等，时间越短平均速度越大；小史同学获得冠军，则他使用的时间最短，决赛选手中他的平均速度最大，故D正确，故选D.【点睛】当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，位移是矢量，位移的方向由初位置指向末位置；位移的大小不大于路程。路程是标量，是运动路径的长度，平均速度等于位
3、移除以时间.2. 下列关于物理学思想方法的叙述错误的是A. 在研究瞬时速度时，用到了极限的思想B. 在研究力的合成实验中，用到了控制变量法C. 研究物体微小形变的时候，用到了放大的思想D. 在匀变速直线运动中，推导位移时间关系式时用到了微元法【答案】B【解析】根据速度定义式，当极小时表示物体在时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，故A正确；在研究力的合成实验中，用到了等效替代法，故B错误；在研究物体微小形变的时候，用到了放大的思想，故C正确；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故D正确；本题选
4、不正确的，故选B.3. 如图所示是汽车的速度计，某同学在汽车中观察速度计指针位置的变化。开始时指针指示在如图甲所示的位置，经过8s后指针指示在如图乙所示位置，若汽车做匀变速直线运动，那么它的加速度大小约为A. 0.6m/s B. 1.4m/s C. 5.0m/s D. 11m/s【答案】B【解析】速度的变化量为：，则加速度为：，故选B.4. 下列说法中正确的有A. 一对作用力和反作用力的合力一定为零B. 伽利略的理想斜面实验说明了力是改变物体运动状态的原因C. 木块放在桌面上，木块对桌面的压力和木块的重力是一对平衡力D. 速度越大的物体越不易停止，说明速度越大的物体其惯性也就越大【答案】B【解
5、析】作用力与反作用力分别作用在两个不同的物体上，不能合成，故A错误；伽利略的理想斜面实验说明了力是改变物体运动状态的原因，否定了亚里士多德的观点，故B正确；木块对桌面的压力受力物体是桌面，而木块的重力受力物体是木块，不是一对平衡力，故C错误；物体的惯性只与质量有关，质量越大，惯性越大，与速度无关，故D错误；故选B.【点睛】作用力和反作用力不能合成；木块放在水平桌面上保持静止，木块对桌面的压力大小等于木块受的重力，压力与支持力是一对作用力与反作用力。木块的重力和桌面对它的支持力是一对平衡力。物体的惯性只与质量有关，质量越大，惯性越大，与其它任何因素无关.5. 一个小木块以10m/s的初速度在动摩
6、擦因数为0.2的水平桌面上滑行，则小木块停止前最后一秒内的位移和运动6s内的位移分别为A. 1m 25m B. 1m 24mC. 2m 25m D. 2m 23m【答案】A【解析】木块在水平方向只受到滑动摩擦力的作用，摩擦力的方向与运动的方向相反，选取运动的方向为正方向，则：，所以：，木块停止运动的时间，最后1s内的末速度为0，利用逆向思维得其位移：，木块运动5s时刻停止运动，所以6s内的位移等于5s内的位移：，故A正确，BCD错误，故选A.6. 如图所示，物体A 和B质量分别为、且相对静止，以共同的速度沿斜面匀速下滑，则A. B受到的静摩擦力方向沿斜面向上B. B受到的静摩擦力的大小为gsi
7、nC. B 受到滑动摩擦力的大小为(+)gsinD. 取走A物后，B物将匀加速下滑【答案】C【解析】两物体组成的系统受力如图所示：由共点力平衡条件可得：，滑动摩擦力：，解得：，物体B的摩擦力：，方向：沿斜面向上，故AB错误，C正确；取走A后，物体B受到的滑动摩擦力：，摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，B所受合力为零，B做匀速直线运动，故D错误；故选C.【点睛】以整体为研究对象，整体重力沿斜面的分力等于斜面给B的摩擦力，然后隔离A，A处于平衡状态，A所受重力沿斜面的分力等于B给A的静摩擦力.7. 如图所示，物块A放在倾斜的木板上，木板的倾角为37和45时物块所受摩擦力的大小恰好相同，则(sin37
8、=0.6，cos37=0.8)A. 物块和木板间的动摩擦因数为B. 物块和木板间的动摩擦因数为C. 木板的倾角为37时物块可能在木板上做匀速直线运动D. 木板的倾角为45时物块可能在木板上做匀速直线运动【答案】B【解析】当木板倾角是时，物块受到是静摩擦力，其大小等于，当木板倾角是时，物块受到是滑动摩擦力，其大小等于，由题意可得：，解得，故A错误，B正确；木板的倾角为时物块在木板上静止，故C错误；木板的倾角为时，物块受到的滑动摩擦力：，物块将沿木板向下做加速运动，故D错误；故选B.【点睛】摩擦力的大小却恰好相同，则可得它们一个静摩擦力，另一个是滑动摩擦力。由静止可列出平衡方程，求出静摩擦力大小与
9、重力的关系；再由运动可由滑动摩擦力的公式，求出滑动摩擦大小与重力的关系，从而算出物块与木板间的动摩擦因数.8. 如图所示，质量为m的小球置于正方体的光滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径。现使该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法中正确的是A. 该盒子做圆周运动的向心力一定恒定不变B. 盒子在经过与0点等高的左右两侧位置时，速度的方向相同C. 盒子在与0点等高的右侧位置时，小球对盒子的作用力大小等于mgD. 要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，则盒子匀速圆周运动的速度大小为【答案】D【解析】向心力的方向始终指向圆心，是变化的，故A错误；盒子在
10、经过与O点等高的左右两侧位置时，速度的方向相反，故B错误；盒子在与O点等高的右侧位置时，小球受重力、盒子底部以及盒子外侧的支持力的作用，盒子底部的支持力等于重力mg，而盒子侧壁的支持力等于，两者相互垂直，所以盒子对小球的作用力大于mg，根据牛顿第三定律，小球对盒子的作用力大小大于mg故C错误；要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，重力完全提供向心力，则有，则盒子匀速圆周运动的速度大小，故D正确；故选D.【点睛】向心力方向始终指向圆心；圆周运动的速度方向时刻变化；利用向心力的公式可以求得盒子与小球之间的作用力大小；小球在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，说明此时恰好只有小球的重力作为向心力
11、.9. 如图所示，粗糙水平面上放有截面为圆周的柱状物体A，A 与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一个水平向左的力F，使A缓慢地向左移动少许，在这一过程中A. A受到的摩擦力增大B. A受到的合力减小C. A 对B的弹力增大D. 墙壁对B的弹力减小【答案】D【解析】对B球受力分析，受到重力mg、A球对B球的支持力N和墙壁对B球的支持力N，如图所示：根据平衡条件有：，地面的支持力不变，由于壁对B球的支持力N的不断减小，f=F-N，由于不知F如何变化，f可能减小，也可能增大，还可能不变，故A错误；故选D.【点睛】先对B球受力分析，受到重力mg、A球对B球的支持力和墙壁对B球的支持力N，然后根
12、据共点力平衡条件得到A球左移后各个力的变化情况；最后再对整体受力分析，根据平衡条件判断推力F和地面的支持力的变化情况.10. 甲、乙和丙三人在一列做勻速直线运动的火车上玩拋球游戏，火车速度为v，甲以速度v将球竖直上抛，乙以速度v将球竖直下抛，丙以速度v将球平行于火车前进的方向水平抛出，拋出点距落地点的高度均为h，则A. 甲乙丙三者位移相同B. 甲乙丙落地速度相同C. 甲在空中的运动时间最长D. 落地点距拋出点水平距离最远的是甲【答案】C【解析】以火车为参考系，甲做竖直上抛运动，乙做竖直下抛运动，丙做平抛运动，甲和乙的位移大小相等，丙的位移最大，故A错误；甲乙丙落地速度方向不同，所以甲乙丙落地速
13、度不相同，故B错误；以火车为参考系，甲做竖直上抛运动，乙做竖直下抛运动，丙做平抛运动，甲运动时间最长，故C正确；以火车为参考系，甲乙的落地点和抛出点在同一点，丙做平抛运动，落地点与抛出点间的水平距离最远，故D错误；故选C.11. 把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动。如图，平面1比平面2高，轨道1半径是轨道2 半径的2倍。则：A. 小球做勻速圆周运动时受到重力、支持力、向心力B. 同一个小球在轨道1的线速度是轨道2线速度的2倍C. 同一个小球在轨道1对漏斗壁的压力是在轨道2的2倍D. 同一个小球在轨道1的向心加速度等于在轨道2 的向心加速度【
14、答案】D【解析】小球做匀速圆周运动时，只受重力和支持力两个力作用，如图所示：由图可知，两个力的合力提供向心力，故A错误；根据牛顿第二定律得：，解得：，知轨道1半径是轨道2半径的2倍，则同一个小球在轨道1的线速度是轨道2线速度的，故B错误；轨道对小球的支持力为，与轨道平面的高度无关，则小球对轨道的压力也与轨道平面无关，因此同一个小球在轨道1和轨道2对漏斗壁的压力大小相等，故C错误；根据得：，知同一个小球在轨道1的向心加速度等于在轨道2的向心加速度，故D正确；故选D.12. 拱形桥的顶部可视为一段圆弧，这段圆弧对应的半径为10m，当一辆小汽车(视作质点)以一定速度v经过桥项时(g取10m/s)，以
15、下说法正确的是A. 当v=36km/h时，车对桥面的压力等于重力B. 当v=54km/h时，车能贴着桥面，安全通过拱形桥C. 无论速度多大，车对桥面的压力都不可能大于重力D. 当v=18km/h时，车对桥面的压力是重力的0.25倍【答案】C【解析】汽车过拱桥最高点时，根据牛顿第二定律得：，解得支持力为，故C正确；当时，v=0，故A错误；当F=0时，车能贴着桥面安全通过桥面的最大速度为，则有，解得，而，故汽车不能贴着桥面，安全通过拱形桥，故B错误；当时，根据，得，故D错误；故选C.13. 如图所示，倾角=30的斜面AB，在斜面顶端B向左水平抛出小球1、同时在底端A正上方某高度处水平向右拋出小球2
16、，小球1、2同时落在P点，P点为斜边AB的中点，则A. 小球2一定垂直撞在斜面上B. 小球1、2的初速度可以不相等C. 小球1落在P点时与斜面的夹角为30D. 改变小球1的初速度，小球1落在斜面上的速度方向都平行【答案】D【解析】两个小球同时做平抛运动，又同时落在P点，说明运动时间相同，水平位移大小相等，由，知初速度相等；小球1落在斜面上时，有，小球2落在斜面上的速度与竖直方向的夹角正切，故，所以小球2没有垂直撞在斜面上，故AB错误；小球1落在P点时速度与水平方向的夹角正切，则有：，则小球1落在P点时与斜面的夹角为，故所以小球1落在P点时与斜面的夹角小于，故C错误；根据知，小球1落在斜面上的速
17、度方向与水平方向的夹角相同，相互平行，故D正确；故选D.【点睛】两个小球同时做平抛运动，又同时落在P点，说明运动时间相同，根据小球2落在斜面上的速度与竖直方向的夹角分析小球2是否垂直撞在斜面上。根据小球1落在斜面上时两个分位移的关系，分析小球1落在斜面上的速度方向关系.二、选择题(本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题给出的四个选项中至少有一个符合题意，全部选对得2分，选对但不全的得1分)14. 在直线运动中，下列情况可能存在的是A. 物体的速度均匀增加，加速度不变B. 物体的速度先减小后增加，加速度不变C. 物体的速度先增加后减小，加速度不变D. 物体的速度不变，加速度均匀增加【答案】AB
18、【解析】物体的速度均匀增加时，根据可知，加速度不变，故A正确；如果物体的加速度与初速度方向相反，则速度可以先减小后而增大而加速度不变，故B正确；物体的速度先增加后减小，则只能是速度开始时与加速度相同，然后与速度方向相反，故加速度一定发生变化，故C错误；物体的速度不变时，加速度一定为零，故D错误；故选AB.【点睛】根据加速度的定义式可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，加速度的方向就是物体速度变化量的方向，与物体速度无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大。加速度是表示速度变化快慢的物理量.15. 仁川亚运会中国选手邱波获得男子跳水10米台金牌，图示为跳水运动员正在进行训练，在研究运动员从高
19、处下落到水面的过程中，忽略空气阻力，下列说法正确的是A. 运动员在下落过程中，处于超重状态B. 运动员在下落过程中，会感觉水面加速上升C. 前一半时间内的位移比后一半时间内的位移小D. 前一半位移用的时间和后一半位移用的时间相等【答案】BC【解析】运动员在下落过程中，由于加速度向下，故处于失重状态，故A错误；运动员在下落的过程做匀加速直线运动，以自己为参考系，水面做匀加速上升，故B正确；由于运动员的速度越来越大，则相同时间内通过的位移越来雨滴，前一半时间内的位移小，后一半时间内的位移大，故C正确；由于运动员的速度越来越大，通过相同位移的时间越来越小，所以前一半位移所用的时间长，后一半位移所用的
20、时间短，故D错误；故选BC.16. 如图所示，用倾角为37的光滑木板AB托住质量为m的小球，小球用轻质弹簧系住，当小球处于静止状态时，弹簧恰好水平。下列说法正确的是(sin37*=0.6，cos37=0.8)A. 小球静止时，弹簧弹力的大小为B. 小球静止时，木板对小球的弹力大小为C. 当木板AB突然向下撤离的瞬间小球的加速度大小为gD. 当木板AB突然向下撤离的瞬间小球的加速度大小为【答案】D【解析】木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图所示：根据共点力平衡条件，有：，解得：，故AB错误；木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N，方向与N反向，故
21、加速度为；方向垂直于木板向下故D正确，ABC错误故选D【点睛】木板撤去前，小球处于平衡态，根据共点力平衡条件先求出各个力，撤去木板瞬间，支持力消失，弹力和重力不变，求出合力后即可求出加速度三、非选择题(本题共7小题，共55分)17. 在“探究求合力的方法”的实验中(1)该实验中某弹簧秤显示的读数如图所示，其大小是_N.(2)实验中，在用两个弹簧秤成一定角度拉橡皮筋时，必须记录的有_A.两细绳的方向 B.橡皮筋的原长C.两弹簧秤的示数 D.结点0的位置【答案】 (1). 4.2N (2). ACD【解析】（1）由图知1N之间有10小格，一个小格代表0.1N，所以弹簧测力计的示数为4.20N；（2
22、）实验过程需要记录拉力的方向、拉力的大小与结点的位置，实验过程不需要记录橡皮筋的原长，故ACD正确，B错误；故选ACD.【点睛】使用弹簧测力计测量力的大小时，首先要明确弹簧测力计的量程和分度值，读数时视线与指针所指刻线相垂直，实验过程需要记录拉力的大小与方向，需要记录橡皮筋结点位置.18. 在做“探究加速度与力、质量关系”的实验时，采用如图1所示的一端带定滑轮的长木板实验裝置，让重物通过轻绳拖动小车在长木板上做匀加速直线运动。其中小车质量用M表示，重物质量用m表示，加速度用a表示。(1)图2 是实验中获得的一条纸带的一部分：1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点(图中
23、未画出)，计数点间的距离如图所示。其中=7.05cm、=7.68cm、=8.33cm、=8.95cm、=9.61cm、=10.26cm，根据图中数据完成表格中空白处。由纸带用公式法求出小车的加速度a=_m/s(加速度a保留2位有效数字)。计数点23456瞬时速度（m/s）0.7370.801_0.9280.994(2)在“探究加速度与质量的关系”时，保持砝码和小桶质量不变，改变小车质量M，分别得到小车加速度a 与质量M数据如表：次数123456小车加速度a/1.981.721.481.251.000.75小车质量M/kg0.250.290.330.400.500.71小车质量的倒数/4.003
24、.453.032.502.001.41根据表格数据，为直观反映F不变时，a与M的关系，请在方格坐标纸中选择恰当物理量建立坐标系，并作出图线_。(2)上题中该小车受到的拉力F为_N。(保留2位有效数字)【答案】 (1). 0.864 (2). 0.64 (3). (4). 0.50-0.52N【解析】（1）根据根据时间中点的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，得第4个点的速度为：；根据，得，先描点，再画图象如图所示：（2）据牛顿第二定律，对小车F=Ma，任找一组数据可求得F=0.50N.19. 某同学设计了一个探究平抛运动特点的实验装置。如图所示，在水平桌面上固定放置一个斜面，把桌子搬到竖直墙的附
25、近，把白纸和复写纸附在墙上。第一次让桌子紧靠墙壁，从斜面上某一位置由静止释放钢球，在白纸上得到痕迹A，以后每次将桌子向后移动相同的距离x，每次都让钢球从斜面的同一位置滚下，重复刚才的操作，依次在白纸上留下痕迹A、B、C、D，测得BC、CD间的距离分别为和。(1)为了完成实验，除了题中和图中所示的器材外，还必须选以下哪个器材：_。(秒表、刻度尺、天平)(2)小钢球离开水平桌面时的速度是：_(用g、x、和表示)【答案】 (1). 刻度尺 (2). .20. 2017年8月30日，中国航天科工集团公司发布信息，开展“高速飞行列车”的研究论证，拟通过商业化、市场化模式，将超声速飞行技术与轨道交通技术相
26、结合，研制的新一代交通工具，利用超导磁悬浮技术和真空管道，致力于实现超音速的“近地飞行”，研制速度分为1000km/h、2000km/h、4000km/h的三大阶段。若温州南站到北京南站的直线距离以2060km计算，如果列车以速度4000km/h运行，则仅需大约30分钟即可完成两地“穿越”。(1)为提高运行速度，可以采用哪些方法? (2)如果你将来乘坐从温州南到北京南的高速飞行列车，最高速度为4000km/h，列车从温州南站启动的加速度大小为0.4g，加速到丽水后匀速，车行至天津时开始制动，制动的加速度大小为0.5g。你全程花费的时间约为多少分钟? (g=10m/s，计算结果四舍五入取整)【答
27、案】.(1)高速飞行列车是利用低真空环境和超声速外形减小空气阻力，通过磁悬浮减小摩擦阻力，实现超声速运行的运输系统。（2）【解析】(1)高速飞行列车是利用低真空环境和超声速外形减小空气阻力，通过磁悬浮减小摩擦阻力，实现超声速运行的运输系统；(2)飞行列车进行三个运动过程，先加速，后匀速再减速，由题知：则加速时间为：，加速位移为：减速的时间为：，减速位移为：故匀速运动的位移为：则匀速运动的时间为：故全程花费的时间为：21. 如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为m，A、B的质量都为一m，与地面的动摩擦因数均为。现用水平向右的力拉A，使A缓
28、慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求(1)未拉动A，B对C的作用力大小为多少?(2)C恰好降到地面时，C对B的作用力大小为多少?(3)动摩擦因数的最小值为多少?【答案】（1（2）mg（3）【解析】试题分析：（1）根据共点力的平衡条件求解C受到B作用力的大小F；（2）对物体受力分析，应用平衡条件求出C恰好降到地面时，C对B的作用力大小；（3）先根据共点力平衡条件求解B受到C水平方向最大压力，再求出B对地面的压力，根据摩擦力的计算公式求解.（1）C受力平衡，如图所示：根据平衡条件可得：解得：C受到B作用力的大小为（2）C恰好降落到地面时
29、，B对C支持力最大为，如图所示：则根据力的平衡可得：解得：（3）最大静摩擦力至少为：B对的地面的压力为：B受地面的摩擦力为：根据题意有：解得：所以动摩擦因数的最小值为：22. 同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置。图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板，M板上部有一半径为R的一圆弧形的粗糙轨道，P为最高点，a为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为H。N板上固定有三个圆环。将质量为m的小球从P处静止释放，小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各环中心，落到底板上距Q 水平距离为L 处。不考虑空气阻力，重力加速度为g。求：(1)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力；(2)
30、距Q水平距离为L的圆环中心到底板的高度。【答案】(1) ，方向竖直向下(2) 【解析】试题分析：（1）根据平抛运动的特点，即可求出小球运动到Q点时速度的大小；在Q点小球受到的支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出小球受到的支持力的大小，由牛顿第三定律说明对轨道压力的大小和方向；（2）根据平抛运动的特点，将运动分解即可求出.（1）由平抛运动的规律，则有：，解得：由牛顿第二定律，可得在Q点有：解得：根据牛顿第三定律，则小球在Q点对轨道的压力：，方向竖直向下（2）根据运动学公式，有：，解得：所以距Q水平距离为的圆环中心离底板的高度23. 如图所示，倾角为=30的光滑斜面上有固定挡板AB
31、，斜面上B、C两点间高度差为h=4m。斜面上的P点距离C点x=5m。斜面上静止放着质量为2m的薄木板，木板下端位于挡板AB处，木板长为L=0.5m。(g=10m/s)(1)若木板以某初速度沿斜面向上运动，木板上端恰能运动到C点，求初速度大小；(2)若给木板施加一个大小为F=1.5mg.方向沿斜面向上的拉力，要使木板上端恰能运动到C点，求拉力F作用的时间及木板上端到达P点经历的时间；(3) 若给木板施加一个力F，使木板先加速后始终维持匀速，当木板上端上滑到P点时，在木板的顶端轻放一个物块，之后木板始终维持=3m/s匀速上滑，木板和物块两者间的动摩擦因数物块可以看成质点。问木板上端从P点到C点的过
32、程中，物块会不会从木板上滑落? 请说明理由。【答案】(1) (2) s或(3+)s(3) 能【解析】试题分析：（1）由牛顿第二定律求出木板的加速度，应用匀变速直线运动的速度位移公式求出初速度；（2）应用牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出时间；（3）应用牛顿第二定律求出加速度，然后应用运动学公式求出滑块与木板的位移，再求出两者的相对位移，根据相对位移分析判断物块是否从木板上滑落.（1）对木板，由牛顿第二定律得：由匀变速直线运动的速度位移公式得：解得：（2）由牛顿第二定律得：有拉力时，解得：撤去拉力后：，解得：刚撤去拉力时，木板速度：木板上端刚好到达C点时：整个过程秒表的位移：解得：木板上端第一次经过P点时：解得：木板到达C点后要沿斜面下滑，下滑过程木板上端到达P点时，有：解得：木板上端第二次到达P点需要的时间为：木板上端到达P点的时间为：或（3）木板上端从P到C的时间：物块在木板上的加速度：物块与木板共速需要的时间：物块与木板达到共速时，相对斜面的位移：木板相对斜面的位移：木板与物块的相对于位移：物块与木板共速前已经从木板上滑落 ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%