2016-2017學(xué)年內(nèi)蒙古集寧一中高三（上）期中物理試卷
參考答案與試題解析
一、選擇題（多選題目部分選對得3分，全部選對得5分，共計50分）
1．理想實驗有時更能深刻地反映自然規(guī)律．伽利略設(shè)想了一個理想實驗，其中有一個是經(jīng)驗事實，其余是推論．如圖所示．小球運動至斜面最低點時，沒有速度損失．
①減小第二個斜面的傾角，小球在這斜面上仍然要達到原來的高度．
②兩個對接的斜面，讓靜止的小球沿一個斜面滾下，小球?qū)L上另一個斜面．
③如果沒有摩擦，小球?qū)⑸仙皆瓉磲尫艜r的高度．
④繼續(xù)減小第二個斜面的傾角，最后使它成水平面，小球要沿水平面做持續(xù)的勻速運動．
在上述的設(shè)想步驟中，有的屬于可靠的事實，有的則是理想化的推論．下列對理想實驗各步驟順序的排列以及關(guān)于事實和推論的分類正確的是（）
A．順序②①③④，①是事實，②③④是推論
B．順序②③①④，②是事實，①③④是推論
C．順序③②①④，③是事實，①②④是推論
D．順序③①②④，④是事實，①②③是推論
【考點】伽利略研究自由落體運動的實驗和推理方法．
【分析】通過簡單的斜面實驗：讓小球從一個斜面滾下后，再滾上另一斜面．若斜面沒有摩擦，則小球會達到原來高度．然后改變另一斜面的傾角，觀察小球的運動．最后讓另一斜面平放，則小球要達到原來高度，但又不可能達到，所以它將一直運動下去，這就是理想實驗．
【解答】解：伽利略的理想實驗是以經(jīng)驗事實為基礎(chǔ)，設(shè)想實驗步驟和過程，運用分析推理得出結(jié)論的．之所以稱之為理想實驗，是因為實驗的結(jié)果是無法用實際的實驗進行驗證的．但是，分析推理的過程是合乎邏輯的，是嚴(yán)密的，是對實際過程的科學(xué)的抽象，因此得出的結(jié)論是對客觀世界真實的反映．本題實驗的四個步驟中，只有②是經(jīng)驗事實，其余都是推理，實驗步驟的正確順序為②③①④．分類正確的選項是B項．
故選：B
【點評】此題是為了推翻“力是維持物體運動的原因”這一錯誤觀點進行的一次實驗，通過事實去理論推導(dǎo)，這是跨出條件束縛的一種途徑．
2．關(guān)于運動狀態(tài)與所受外力的關(guān)系，下面說法中不正確的是（ ）
A．物體受到恒定的力作用時，它的運動狀態(tài)不發(fā)生改變
B．物體受到不為零的合力作用時，它的運動狀態(tài)要發(fā)生改變
C．物體受到的合力為零時，它可能處于靜止?fàn)顟B(tài)
D．物體的運動方向與它所受的合力的方向可能相同
【考點】共點力平衡的條件及其應(yīng)用；力的概念及其矢量性．
【分析】物體所受的合力為0時，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運動狀態(tài)；只要合外力不為0，物體的運動狀態(tài)就會發(fā)生變化；合外力不為0時，速度可以為0；物體所受的合力不變且不為0，物體的運動狀態(tài)一定發(fā)生變化．
【解答】解：A、力是改變物體運動狀態(tài)的原因，只要物體受力（合力不為零），它的運動狀態(tài)就一定會改變，故A錯誤，B正確；
C、物體不受力或合力為零，其運動狀態(tài)一定不變，處于靜止或勻速直線運動狀態(tài)，故C正確；
D、物體的運動方向與它所受合力方向可能相同，也可能相反，還可能不在一條直線上，故D正確．
本題選擇不正確的，故選：A
【點評】掌握加速度的定義式a=和決定式a=的區(qū)別與聯(lián)系是掌握該部分知識的必由之路．
3．物體在豎直方向上分別做了勻速上升、加速上升和減速上升三種運動．在這三種情況下物體機械能的變化情況是（ ）
A．勻速上升機械能不變，加速上升機械能增加，減速上升機械能減小
B．勻速上升和加速上升機械能增加，減速上升機械能減小
C．勻速上升和加速上升機械能增加，減速上升機械能可能增加，可能減少，也可能不變
D．三種情況中，物體的機械能均增加
【考點】功能關(guān)系；機械能守恒定律．
【分析】根據(jù)功能原理：除了重力以外的其他力做正功時，物體的機械能將增加；若除了重力以外的其他力做負(fù)功時，物體的機械能將減?。舫酥亓σ酝獾钠渌Σ蛔龉r，機械能不變．分析拉力做功的正負(fù)，即可判斷物體機械能的變化．
【解答】解：物體勻速上升時，根據(jù)平衡條件可知，物體所受的拉力豎直向上，對物體做正功，根據(jù)功能原理得知，物體的機械能增加；
加速上升時，拉力方向與速度方向相同，對物體做正功，由功能原理得知，物體的機械能增加．
減速上升時：拉力方向與速度方向可能相同，可能相反，也可能只受重力，拉力對物體可能做正功，可能做負(fù)功，也可能只有重力做功，所以由功能原理得知，機械能可能增加，可能減少，也可能不變．故C正確，ABD錯誤．
故選：C
【點評】本題的解題關(guān)鍵是掌握功能原理，并能正確運用．也可以根據(jù)動能定理進行判斷．
4．關(guān)于作用力和反作用力對系統(tǒng)做功，下列說法正確的是（ ）
A．作用力和反作用力對發(fā)生相互作用的系統(tǒng)做功之和一定為零
B．作用力與反作用力做功的大小可以不相等
C．一對靜摩擦力對系統(tǒng)做功為零
D．一對滑動摩擦力對系統(tǒng)一定做負(fù)功
【考點】功的計算；作用力和反作用力．
【分析】作用力與反作用力作用在不同的物體上，等大、反向、共線；要比較作用力和反作用力的功的大小，要注意作用點的位移必須相對于同一個參考系，否則無意義．
【解答】解：A、B、作用力與反作用力作用在不同的物體上，等大、反向、共線；作用力和反作用力的作用點的位移可能同向，也可能反向，大小可以相等，也可以不等，故作用力和反作用力對發(fā)生相互作用的系統(tǒng)做功不一定相等，故相互作用力做功之和不一定為零，故A錯誤，B正確；
C、作用力與反作用力作用在不同的物體上，等大、反向、共線；發(fā)生靜摩擦的兩個物體相對靜止，相對與參考系的位移一定相同，故一對靜摩擦力做的功一定等大、一正一負(fù)；故一對靜摩擦力對系統(tǒng)做功代數(shù)和為零，故C正確；
D、一對滑動摩擦力，大小相等，但兩物體有相對運動，位移不相等，所以總功不為零；用功能關(guān)系理解，由于滑動摩擦產(chǎn)生內(nèi)能，內(nèi)能從機械能轉(zhuǎn)化而來，所以機械能減少，也就是滑動摩擦力做的總功為負(fù)；故D正確；
故選：BCD．
【點評】本題關(guān)鍵根據(jù)功的定義以及牛頓第三定律進行分析求解，要注意相互作用力的作用點的位移必須相對于同一個參考系；難點是一對滑動摩擦力做的功之和為負(fù)值，可以從功的物理意義角度去考慮．
5．如圖所示，力F大小相等，A B C D 物體運動的位移s也相同，哪種情況F做功最小（ ）
A． B． C． D．
【考點】功的計算．
【分析】根據(jù)恒力做功的表達式W=FScosθ（θ為F與S的夾角）進行判斷即可．
【解答】解：A選項中，拉力做功為：W=FS
B選項中，拉力做功為：
C選項中，拉力做功為：
D選項中，拉力做功為：
故D圖中拉力F做功最少；
故選D．
【點評】本題涉及恒力做功的求法，拉力F做功取決與力的大小、位移的大小和力與位移夾角的余弦三者的乘積，與是否有其他力做功無關(guān)．
6．質(zhì)量為0.3kg的物體在水平面上做直線運動，如圖所示的兩條直線表示物體受水平拉力和不受水平拉力的v﹣t圖象，則下列說法中正確的是（）
A．水平拉力可能等于0.3 N
B．水平拉力一定等于0.1 N
C．物體受到的摩擦力可能等于0.1 N
D．物體受到的摩擦力可能等于0.2 N
【考點】牛頓第二定律；摩擦力的判斷與計算；物體的彈性和彈力．
【分析】由圖斜率求出物體的加速度大?。畠蓤D加速度大小不同．根據(jù)牛頓第二定律對a、b兩求解拉力大?。紤]拉力的方向．
【解答】解：由v﹣t圖象的斜率等于物體的加速度知，兩圖表示的加速度大小不同，拉力方向與滑動摩擦力方向可能相反，也可能相同，設(shè)拉力大小為F．
直線a的加速度為a=m/s2=m/s2，直線b的加速度為a′=m/s2=m/s2，
如果水平拉力與速度的方向相同，那么a圖則是受水平拉力的，由b圖可知，摩擦力f=ma′=0.2N，f﹣F=ma，F(xiàn)=0.1N；
如果水平拉力與速度的方向相飯，那么b圖則是受水平拉力的，由a圖可知，摩擦力f=ma=0.1N，f+F=ma′，F(xiàn)=0.1N；
故水平拉力一定為0.1N，摩擦力可能為0.1N，也可能為0.2N；故A錯誤，BCD正確；
故選：BCD
【點評】本題首先掌握v﹣t圖象的斜率于加速度，其要考慮拉力可能與速度方向相同，也可能與速度方向相反兩種情況，這是解題的關(guān)鍵；然后根據(jù)牛二定律求解．
7．使物體脫離行星的引力束縛，不再繞該行星運行，從行星表面發(fā)射所需的最小速度稱為第二宇宙速度，行星的第二宇宙速度v2與第一宇宙速度v1的關(guān)系是v2=v1．已知某行星的半徑為地球半徑的三倍，即r=3R，它表面的重力加速度為地球表面重力加速度的．不計其他行星的影響，已知地球的第一宇宙速度為8km/s，則該行星的第二宇宙速度為（ ）
A．8km/s B．4km/s C．8km/s D．4km/s
【考點】第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．
【分析】第一宇宙速度是人造地球衛(wèi)星在近地圓軌道上的運行速度，即G=m；此題把地球第一宇宙速度的概念遷移的某顆星球上面．
【解答】解：設(shè)某星球的質(zhì)量為M，半徑為r，繞其飛行的衛(wèi)星質(zhì)量m，
由萬有引力提供向心力得：G=m
解得：v1=…①
又因它表面的重力加速度為地球表面重力加速度g的．
得： =mg…②
v2=v1…③
由①②③解得：v2==，
而為地球的第一宇宙速度，故v2=8km/s，故A正確，BCD錯誤．
故選：A．
【點評】通過此類題型，學(xué)會知識點的遷移，比如此題：把地球第一宇宙速度的概念遷移的某顆星球上面．
8．2014年9月24日，“曼加里安”號火星探測器成功進入火星軌道（如圖），印度成為了亞洲第一個實現(xiàn)火星探測的國家．假設(shè)“曼加里安”號探測器圍繞火星做勻速圓周運動，它距火星表面高度為h，運行周期為T，火星的半徑為R，則（）
A．“曼加里安”號探測器運行時的向心加速度為
B．物體在火星表面自由下落的加速度為
C．“曼加里安”號探測器運行時的線速度為
D．火星的第一宇宙速度為
【考點】萬有引力定律及其應(yīng)用．
【分析】航天器在火星表面附近繞火星做勻速圓周運動時，由火星的萬有引力提供向心力，根據(jù)萬有引力定律和向心力公式可列出含速率的方程；再研究近地的速度與地球質(zhì)量的關(guān)系，聯(lián)立即可求解．
【解答】解：A、航天器在火星表面附近繞火星做勻速圓周運動時，由火星的萬有引力提供向心力，則有：．故A錯誤；
B、由萬有引力提供向心力，則，在火星的表面：a=．故B錯誤；
C、“曼加里安”號探測器運行時的線速度為v=．故C錯誤；
D、火星的第一宇宙速度為v==．故D正確．
故選：D．
【點評】對于衛(wèi)星類型，關(guān)鍵建立衛(wèi)星運動的模型，理清其向心力來源：萬有引力，根據(jù)萬有引力等于向心力進行解答．
9．如圖所示，水平面上的輕彈簧一端與物體相連，另一端固定在墻上P點，已知物體的質(zhì)量為m=2.0kg，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.4，彈簧的勁度系數(shù)k=200N/m．現(xiàn)用力F拉物體，使彈簧從處于自然狀態(tài)的O點由靜止開始向左移動10cm，這時彈簧具有彈性勢能EP=1.0J，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)．若取g=10m/s2，則撤去外力F后（）
A．物體向右滑動的距離可以達到12.5cm
B．物體向右滑動的距離一定小于12.5cm
C．物體回到O點時速度最大
D．物體到達最右端時動能為0，系統(tǒng)機械能不為0
【考點】機械能守恒定律．
【分析】在物體運動到O點的過程中運用動能定理判斷出O點的速度不為零，彈簧將被壓縮，根據(jù)能量守恒可以判斷物體向右滑動距離的最大值，當(dāng)加速度等于零時，速度最大，此時彈簧彈力等于摩擦力，當(dāng)物體到達最右端時動能為零，彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈性勢能不為零，所以系統(tǒng)機械能不為零．
【解答】解：A、當(dāng)物體至O點時，由動能定理得：Ep﹣μmg×0.1=可知，物體至O點的速度不為零，將繼續(xù)向右壓縮彈簧，由能量守恒可得，Ep=μmgx′+Ep′，因Ep′＞0，所以解得x′＜12.5cm，故A錯誤，B正確．
C、當(dāng)物體向右運動至O點過程中，彈簧的彈力向右．由牛頓第二定律可知，kx﹣μmg=ma（x為彈簧的伸長量），當(dāng)a=0時，物體速度最大，此時kx=μmg，彈簧仍處于伸長狀態(tài)，故C錯誤．
D、物體到達最右端時，動能為零，但彈簧有彈性勢能，故系統(tǒng)的機械能不為零，D正確．
故選BD
【點評】本題要求同學(xué)們能正確對物體進行受力分析，清楚物體的運動情況，知道當(dāng)加速度等于零時，物體速度最大，由于有滑動摩擦力作用，系統(tǒng)的機械能不守恒，但能量守恒，難度適中．
10．如圖甲所示，輕桿一端固定在O點，另一端固定一小球，現(xiàn)讓小球在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運動．小球運動到最高點時，桿與小球間彈力大小為F，小球在最高點的速度大小為v，其F﹣v2圖象如圖乙所示．則（）
A．小球的質(zhì)量為
B．當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮?a >
C．v2=c時，桿對小球作用力向上
D．v2=2b時，小球受到的彈力與重力大小不相等
【考點】向心力；牛頓第二定律．
【分析】（1）在最高點，若v=0，則N=mg=a；若N=0，則mg=m，聯(lián)立即可求得小球質(zhì)量和當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮。?/p>
（2）由圖可知：當(dāng)v2＜b時，桿對小球彈力方向向上，當(dāng)v2＞b時，桿對小球彈力方向向下；
（3）若c=2b．根據(jù)向心力公式即可求解．
【解答】解：A、B、在最高點，若v=0，則N=mg=a；
若N=0，由圖知：v2=b，則有mg=m=m，解得g=，m=R，故AB正確；
C、由圖可知：當(dāng)v2＜b時，桿對小球彈力方向向上，當(dāng)v2＞b時，桿對小球彈力方向向下，所以當(dāng)v2=c時，桿對小球彈力方向向下，故C錯誤；
D、若v2=2b．則N+mg=m=，解得N=mg，即小球受到的彈力與重力大小相等，故D錯誤．
故選：AB
【點評】本題主要考查了圓周運動向心力公式的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能根據(jù)圖象獲取有效信息，難度適中．
二、實驗題（每空3分，共15分）
11．某實驗小組在“探究彈力和彈簧伸長的關(guān)系”的實驗中，得到彈力與彈簧長度關(guān)系的圖象如圖所示，則：
（1）彈簧的原長為 l1 cm．
（2）彈簧的勁度系數(shù)為 N/cm．
（3）若彈簧的長度為2l2﹣l1時仍在彈簧的彈性范圍內(nèi)，此時彈簧的彈力為2F0 ．
【考點】探究彈力和彈簧伸長的關(guān)系．
【分析】該題考察了彈力與彈簧長度變化關(guān)系的分析．圖線跟坐標(biāo)軸交點，表示彈力為零時彈簧的長度，即為彈簧不發(fā)生形變時的長度．由畫得的圖線為直線可知彈簧的彈力大小與彈簧伸長量成正比．圖線的斜率即為彈簧的勁度系數(shù)．
【解答】解：（1）當(dāng)彈簧長度為l1時，彈簧彈力為零，可知彈簧的原長為l1．
（2）圖線的斜率為彈簧的勁度系數(shù)，即k=．
（3）當(dāng)彈簧的長度為2l2﹣l1時，形變量x=2l2﹣2l1，根據(jù)胡克定律得，F(xiàn)=kx=2F0．
故答案為：（1）l1 （2） （3）2F0
【點評】要注意區(qū)分彈簧的原長l0，實際長度l和伸長量x，并明確三者之間的關(guān)系．在應(yīng)用胡克定律時，要首先轉(zhuǎn)化單位，知道圖線的斜率即為彈簧的勁度系數(shù)．
12．①如圖1所示為某同學(xué)所安裝的“驗證牛頓第二定律”的實驗裝置，若在圖示狀態(tài)下開始做實驗，請從該同學(xué)的裝置和操作中指出存在的問題或錯誤①應(yīng)將電池改為交流電；②沒有平衡摩擦力；③小車應(yīng)靠近打點計時器端；④左端連接的細線應(yīng)與木板平行
②圖2是①中更正后實驗打出的一條紙帶，已知打點計時器的打點周期是0.02s，求出小車運動加速度的大小為 4.0m/s2，（計算結(jié)果保留2位有效數(shù)字）
【考點】驗證牛頓第二運動定律．
【分析】1、解決實驗問題首先要掌握該實驗原理，了解實驗的操作步驟和數(shù)據(jù)處理以及注意事項．
2、根據(jù)勻變速直線運動的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大小．
【解答】解：（1）故錯誤之處有：①應(yīng)將電池改為交流電；②沒有平衡摩擦力；③小車應(yīng)靠近打點計時器端；④左端連接的細線應(yīng)與木板平行
（2）由于每相鄰兩個計數(shù)點間還有4個點沒有畫出，所以相鄰的計數(shù)點間的時間間隔T=0.1s，
設(shè)0到A之間的距離為x1，以后各段分別為x2、x3、x4、x5、x6，
根據(jù)勻變速直線運動的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大小，
得：x4﹣x1=3a1T2
x5﹣x2=3a2T2
x6﹣x3=3a3T2
為了更加準(zhǔn)確的求解加速度，我們對三個加速度取平均值
得：a=（a1+a2+a3）
即小車運動的加速度計算表達式為：a==4.0m/s2，
故答案為：（1）①應(yīng)將電池改為交流電；②沒有平衡摩擦力；③小車應(yīng)靠近打點計時器端；④左端連接的細線應(yīng)與木板平行
（2）4.0
【點評】只要真正掌握了實驗原理就能順利解決此類實驗題目，而實驗步驟，實驗數(shù)據(jù)的處理都與實驗原理有關(guān)，故要加強對實驗原理的學(xué)習(xí)和掌握．
三、計算題（要有必要的步驟，公式、單位要正確，否則不得分，本題共計45分）
13．如圖所示，是游樂場翻滾過山車示意圖，斜面軌道AC、彎曲、水平軌道CDE和半徑R=7.5m的豎直圓形軌道平滑連接．質(zhì)量m=100kg的小車，從距水平面H=20m高處的A點靜止釋放，通過最低點C后沿圓形軌道運動一周后進入彎曲、水平軌道CDE．重力加速度g=10m/s2，不計摩擦力和阻力．求：
（1）若小車從A點靜止釋放到達圓形軌道最低點C時的速度大?。?/p>
（2）小車在圓形軌道最高點B時軌道對小車的作用力；
（3）為使小車通過圓形軌道的B點，相對于C點的水平面小車下落高度的范圍．
【考點】動能定理的應(yīng)用；牛頓第二定律；向心力．
【分析】由動能定理求出小車到達C點時的速度，
由動能定理求出小車在B點的速度，然后由牛頓第二定律求出軌道對小車的力；
由動能定理求出小車釋放的高度．
【解答】解：（1）根據(jù)動能定理：mgH=mvc2
得：vc=
代入數(shù)據(jù)得：vc=20m/s
（2）根據(jù)動能定理：mg（H﹣2R）=mvB2
根據(jù)牛頓第二定律：N+mg=m
聯(lián)立得：N=333N
（3）小車恰好通過B點時，由牛頓第二定律得：
mg=m，
解得：vBmin===5m/s，
設(shè)小車恰好到達B點時，釋放點的高度為H′，
則mgH′﹣mg2R=mvBmin2﹣0，
解得：H′=18.75m；
則小車不脫離圓形軌道需要滿足的條件是：H≥18.75m；
答：（1）若小車從A點靜止釋放到達圓形軌道最低點C時的速度大小為20m/s；
（2）小車在圓形軌道最高點B時軌道對小車的作用力為333N；
（3）為使小車通過圓形軌道的B點，相對于C點的水平面小車下落高度的范圍為H≥18.75m．
【點評】分析清楚小車的運動過程，應(yīng)用動能定理、牛頓第二定律即可正確解題．
14．圖示為倉庫中常用的皮帶傳輸裝置示意圖，它由兩臺皮帶傳送機組成，一臺水平傳送，A、B兩端相距3m，另一臺傾斜，其傳送帶與地面的傾角θ=37°，C、D兩端相距4.45m，B、C相距很近．水平部分AB以v0=5m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動．將一袋質(zhì)量為10kg的大米無初速度放在A端，到達B端后，米袋繼續(xù)沿傾斜的CD部分運動，不計米袋在BC處的機械能損失．已知米袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.5，g=10m/s2，cos37°=0.8，求：若CD部分傳送帶不運轉(zhuǎn)，米袋能否運動到D端？
【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系．
【分析】根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合運動學(xué)公式得出米袋達到水平傳送帶末端時速度位移，從而判斷出米袋CD傳送帶上的運動情況，再結(jié)合牛頓二律和運動學(xué)公式計算出上升的最大高度．即可求解．
【解答】解：米袋在AB部分加速時的加速度為：a0==μg=5 m/s2
米袋的速度達到v0=5 m/s時，滑行的距離為：s0==2.5 m＜sAB=3m，因此米袋到達B點的速度為：v0=5 m/s
CD部分不運轉(zhuǎn)，米袋在CD部分的加速度大小設(shè)為a，有：mgsinθ+μmgcosθ=ma
代入數(shù)據(jù)得：a=10 m/s2
米袋能滑上的最大距離為：s==1.25 m＜4.45 m，故米袋不能運動到D端．
答：若CD部分傳送帶不運轉(zhuǎn)，米袋不能運動到D端．
【點評】解決本題的理清米袋在個過程中的運動情況，結(jié)合牛頓第二定律、功能關(guān)系系及運動學(xué)公式進行求解．
15．如圖所示，在光滑水平地面上放有質(zhì)量M=3kg的長木板，在長木板的左端放有m=1kg小物塊，小物塊的大小可忽略不計，小物塊以某一初速度v0=4m/s向右做勻減速運動，已知小物塊與長木板表面間的動摩擦因數(shù)μ=0.3，當(dāng)小物塊運動了t=1.5s時，長木板被地面裝置鎖定不動，假設(shè)長木板足夠長，g=10m/s2．求：
（1）長木板鎖定前加速度的大?。?/p>
（2）鎖定時小物塊、長木板各自的速度．
（3）長木板被鎖定時，小物塊距長木板左端的距離．
【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用．
【分析】長木板的合外力為摩擦力，由牛頓第二定律求得長木板的加速度；
木塊勻減速線運動，而木板做勻加速直線運動；到共同速度后共同運動，在鎖定長木板時，他們的速度都相同；則小物塊距木的端離為兩物位移差值．
【解答】解：（1）設(shè)小物塊滑上長木板后經(jīng)過時間t1與長木板具有共同速度，共同速度大小為v．對小物塊：
μmg=ma1，
a1=μg=0.3×10m/s2=3m/s2
v=v0﹣a1t1
對長木板：μmg=Ma2，a2==m/s2=1m/s2，故在長木板鎖定前加速度的大小為1m/s2；
v=a2t1
解得，v=1 m/s，t1=1 s
因為t1＜t，故小物塊與長木板達到共同速度后一起向右勻速運動．
（2）故鎖定時小物塊、長木板的速度都為1m/s．
（3）小物塊運動的位移為：x1=v0t1﹣a1t2=4×1﹣×3×12m=2.5 m
長木板運動的位移為：x2=a2t2=×1×12m=0.5 m
長木板被鎖定時，小物塊距長木板左端的距離為：x=x1﹣x2=2 m．
答：（1）長木板鎖定前加速度的大小為1m/s2．
（2）鎖定時小物塊、長木板的速度為1m/s．
（3）長木板被鎖定時，小物塊距長木板左端的距離為2m．
【點評】本題涉及兩個物體，要分別對物體進受力分析，確定物體的運動狀態(tài)，再根據(jù)牛頓第二運動學(xué)公式進行分析解答．
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