福建省福州市八县（市、区）一中2020届高三物理上学期期中联考试卷（附解析Word版）

2019—2020 学年度第一学期八县（市）一中期中联考 高中 三 年级 物理 科试卷 一、选择题 1.某同学通过以下步骤测出了从一定高度落下的排球对地面的最大冲击力：将一张白纸铺在 水平地面上，把排球在水里弄湿，然后让排球以规定的高度自由落下，并在白纸上留下球的 水印，再将印有水印的白纸铺在台式测力计上，将球放在纸上的水印中心，缓慢地向下压球， 使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印，记下此时测力计的示数即为冲击力的 最大值，下列物理学习或研究中用到的方法与该同学的方法相同的是 A. 建立“质点”的概念 B. 建立“合力与分力”的概念 C. 建立“瞬时速度”的概念 D. 探究加速度与合力、质量的关系 【答案】B 【解析】 【详解】通过白纸上的球的印迹，来确定球发生的形变的大小，从而可以把不容易测量的一 次冲击力用球形变量的大小来表示出来，在通过台秤来测量相同的形变时受到的力的大小， 这是用来等效替代的方法 A．质点是一种理想化的模型，是采用的理想化的方法，故 A 错误； B．合力和分力是等效的，它们是等效替代的关系，故 B 正确； C．瞬时速度是把很短的短时间内的物体的平均速度近似的认为是瞬时速度，是采用的极限的 方法，故 C 错误； D．研究加速度与合力、质量的关系的时候，是控制其中的一个量不变，从而得到其他两个物 理量的关系，是采用的控制变量的方法，故 D 错误。 2.如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O 为球心，一质量为 的小滑块，在水平力 的作用下静止于 P 点。设滑块所受支持力为 ，OP 与水平方向的夹角为 ，重力加速度为 g。 下列关系正确的是 A. B. m F NF θ tan mgF θ= tanF mg θ= C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】对小滑块受力分析，受水平推力 F、重力 G、支持力 FN、根据三力平衡条件，将受水 平推力 F 和重力 G 合成，如图所示，由几何关系可得 故 A 正确。 3.汽车在平直公路上行驶，发现前方有障碍物紧急刹车，其位移随时间变化的规律为 ，其中时间 的单位 ，则自驾驶员急踩刹车开始， 与 内汽车的位移之 比为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由 可得 刹车减速到零的时间 刹车 2s 的位移 x1=16×2-2×22m=24m 刹车 5s 的位移等于减速到零的位移 sinNF mg θ= cosNF mg θ= ,tan sinN mg mgF Fθ θ= = 216 2 (m)x t t= − t s 2s 5s 5: 4 4:5 3: 4 4:3 2 2 0 1 16 22x v t at t t= + = − 2 0 16m / s, 4m / sv a= = − 0 0 0 4svt a −= = 2 0 2 0 32m2 vx a −= = 2s 与 5s 内汽车的位移之比 故 C 正确。 4.甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、 乙两车的位置 随时间 的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 在 时刻两车速度相等 B. 从 到 时间内，两车走过的路程相等 C. 在 到 时间内 中间位置，两车速度相等 D. 在 到 时间内的中间时刻，两车速度相等 【答案】D 【解析】 【详解】A、x-t 图象的斜率表示速度，在 t1 时刻乙图象的斜率大于甲图象的斜率，所以乙车 的速度大于甲车速度，故 A 错误； B、由于甲乙的起点位置不同，所以在 0 到 t1 时间内，两车走过的路程不相等，故 B 错误；C、 由图可知，从 t1 到 t2 时间内的中间位置，两车速度不相等，故 C 错误； D、根据图象可知，在 t1 时刻乙图象的斜率大于甲图象的斜率，在 t2 时刻乙图象的斜率小于 甲图象的斜率，在 t1 到 t2 时间内的中间时刻的斜率相同，此时两车速度相等，故 D 正确。 5.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为 的小球 A，若将小球 A 从弹簧原长位置由静止 释放，小球 A 能够下降的最大高度为 。若将小球 A 换为质量为 的小球 A，仍从弹簧原长 位置由静止释放，则小球 B 下降 时的速度为（重力加速度为 g，不计空气阻力） 的 1 2 24 3 32 4 x x = = x t 1t 0 1t 1t 2t 1t 2t m h 4m h A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】小球质量为 m 时，对于下降 h 过程，根据动能定理，有： mgh-W 弹=0 小球质量为 4m 时，对于下降 h 过程，根据动能定理，有： 解得： 故 B 正确。 6.高空作业须系安全带，如果质量为 m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人 刚产生作用力前人下落的距离为 h(可视为自由落体运动)．此后经历时间 t 安全带达到最大伸 长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(  ) A. ＋mg B. －mg C. ＋mg D. －mg 【答案】A 【解析】 【详解】在安全带对人有拉力的瞬间时，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有 ，即在产生拉力瞬间速度为 ，之后人在安全带的作用下做变速运动，末 2gh 3g 2 h 6gh 4g 3 h 214 42m gh W mv⋅ − = ×弹 3g 2 hv = 2m gh t 2m gh t m gh t m gh t 21 2mgh mv= 2v gh= 速度为零，设向上为正方向，则根据动量定理可得：有 ，联立解得 【点睛】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后对自由落体运动过程和全程封闭 列式求解，注意运用动量定理前要先规定正方向 7.如图所示，在竖直平面内有一半径为 的圆弧轨道，半径 水平、 竖直，一个质量为 的小球自 A 的正上方 P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点 B 时恰好对轨道没 有压力。己知 ，重力加速度为 ，则小球从 P 到 B 的运动过程中 A. 重力做功 B. 机械能减少 C. 合外力做功 D. 克服摩擦力做功 【答案】D 【解析】 【详解】A．重力做功与路径无关，只与初末位置有关，故小球从 P 到 B 的运动过程中，重力 做功为 WG=mg•2R=2mgR 故 A 错误； BD．小球沿轨道到达最高点 B 时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律，有 解得： 0Ft mgt mv− = − 2m ghF mgt − = + R OA OB m 3AP R= g 3mgR 2mgR mgR 3 2 mgR 2 Bvmg m R = 从 P 到 B 过程，重力势能减小量 2mgR，动能增加量为 故机械能减小量为 从 P 到 B 过程，克服摩擦力做功等于机械能减小量，故为 ，故 B 错误，D 正确； C．从 P 到 B 过程，合外力做功等于动能增加量，故 故 C 错误。 8.某同学为了研究物体下落过程的特点，设计了如下实验：将两本书 从高楼楼顶放手让其 落下，两本书下落过程中没有翻转和分离，由于受到空气阻力的影响，其 图像如图所示， 虚线在 P 点与速度图线相切，已知 ， ， 。由图可知 A. 内 的平均速度等于 B. 时 受到空气阻力等于 C. 时 对 的压力等于 D. 下落过程中 对 的压力不变 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据速度图象可知，2s 时的速度为 9m/s，根据图象与坐标轴围成的面积表示位 移可知，2s 内的位移小于 9m，所以 2s 内的平均速度小于 4.5m/s，故 A 错误； B．t=2s 时 AB 的加速度大小为 为 Bv gR= 21 1 2 2Bmv mgR= 1 32 2 2mgR mgR mgR− = 3 2 mgR 21 1 2 2BW mv mgR= = AB v t− A 2kgm = B 2kgm = 210m sg = 0 ~ 2s AB 4.5m/s 2st = AB 25N 2st = A B 16N A B 22m / sva t ∆= =∆ 整体根据牛顿第二定律可得 （mA+mB）g-f=（mA+mB）a 解得 t=2s 时 AB 受到空气阻力 f=32N，故 B 错误； C．t=2s 时以 A 为研究对象，根据牛顿第二定律可得 mAg-FN-=mAa 解得 FN=16N 根据牛顿第三定律可得 A 对 B 的压力等于 16N，故 C 正确； D．下落过程中加速度逐渐减小，A 对 B 的压力 =mAg-mAa 逐渐增大，故 D 错误 9.据报道，美国国家航空航天局（ ）首次在太阳系外发现“类地”行星 。若宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进行科学观测：该行星自转周期为 ； 宇航员在该行星“北极”距该行星地面附近以速度 竖直上抛一个小球，小球经时间 返回到 地面。已知该行星半径为 ，万有引力常量为 ，则下列说法正确的是 A. 该行星 第一宇宙速度为 B. 该行星的平均密度为 C. 如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度为 D. 宇宙飞船绕该星球做圆周运动的周期不小于 【答案】BD 【解析】 【详解】A．行星地面附近的重力加速度为 该行星的第一宇宙速度为 的 ' NF NASA Kepler 186f﹣ T v t R G 2 R T π 3 2 v RGtπ 3 2 2 22 vR T tπ 2Rt v π 2 2 v vg t t = = 故 A 错误； B．利用 得 行星的体积为 则密度为 故 B 正确； C．利用 解得 故 C 错误； D．根据 解得： 故 D 正确。 10.如图所示，一个长直轻杆两端分别固定一个小球 和 ，其中 、 两球的质量分别为 1 2vv gR Rt = = 2 GMmmg R = 2 22gR vRM G Gt = = 34 π3V R= 2 3 2 3 3 4π 2π M vR v V Gt R GRt ρ = = × = 2 2 2 4 ( )( ) MmG m R hR h T π= ++ 2 2 3 22 π vR Th Rt = − 2 2 '2 4MmG m RR T π= 2π RtT v ′ = A B A B 和 ，两球半径忽略不计，杆的长度为 。先将轻杆竖直靠放在竖直墙上，轻轻拨动小 球 ，使小球 在水平面上由静止开始向右滑动，当小球 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 ） A. 小球 沿墙下滑的过程中小球 的机械能守恒 B. 小球 沿墙下滑距离为 时，小球 的速度为 C. 长直轻杆对 做功为 D. 长直轻杆对 做功为 【答案】BC 【解析】 【详解】A．A 沿墙下滑的过程中小球受重力、杆对它的弹力和墙对它的弹力，除重力做功外， 杆的弹力对 A 小球做负功，所以 A 的机械能不守恒，故 A 错误； B．当小球 A 沿墙下滑距离为 时，设 A 球的速度为 vA，B 球的速度为 vB，根据系统的机械能 守恒得 两球沿杆子方向上的速度相等，则有 联立解得： 故 B 正确； C．对 B 球，根据动能定理得 2m m L B B A 2 L g A A A 2 L A 6 7 gL B 7 mgL A 7 mgL 2 L 2 21 12 22 2 2A B Lmg mv mv⋅ = × + sin30 sin 60A Bv v° °= 6 2,7 7A B gL gLv v= = 故 C 正确； D．对 A 球，根据动能定理得 解得： 故 D 错误。 11.如图所示，由电动机带动的水平传送带两端 、 间的距离为 ，传送带以速度 顺时针 方向转动，一个质量为 的小物体以一定的初速度从 端滑上传送带，运动到 端，此过程 中物块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，物块做匀加速直线运动的时间与做匀速直线 运动时间相等，两过程中物块运动的位移之比为 ，重力加速度为 ，传送带速度大小不 变。下列说法正确的是 A. 物块的初速度大小为 B. 物块与传送带间的动摩擦因数为 C. 整个过程中物块与传动带因摩擦产生的热量为 D. 电动机因运送物块多做的功为 【答案】BD 【解析】 【详解】A．设物块的初速度大小为 v0．根据题意知 解得： 故 A 错误； 21 2 7B B mgLW mv= = 212 22 2A A Lmg W mv⋅ + = × 7A mgLW = − A B L v m A B 3: 4 g 3 v 27 8 v gL 21 9 mv 21 2 mv 0 : 3: 42 v v t vt + = 0 2 vv = B．由运动学公式 v2-v02=2ax 可得 解得： 由牛顿第二定律可得 所以 故 B 正确； C．加速过程中物块的位移为 传送带的位移为 相对位移为 整个过程中物块与传动带因摩擦产生的热量为 故 C 错误； D．电动机因运送物块多做的功为 故 D 正确。 12.如图所示， 、 两物块的质量分别为 和 ，静止叠放在水平地面上。 、 间的 动摩擦因数为 ， 与地面间的动摩擦因数为 。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速 度为 。现对 施加一水平拉力 ，则 2 2 3( ) 22 7 vv a L− = × 27 8 va L = mga gm µ µ= = 27 8 v gL µ = 03 3 7 2 4 v vL t vt += = 4 3 4 3 7 7vt L L= × = 7 Lx∆ = 2 8 mvQ mg xµ= ∆ = 24 1 7 2fW mg L mvµ= ⋅ = A B 2m m A B 1 µ B 2 µ g A F A. 当 且 时， 的加速度为 B. 当 且 时， 的加速度为 C. 当 时， 的加速度最大为 D. 当 时，无论 为何值 都不会运动 【答案】ACD 【解析】 【详解】A 相对 B 恰好滑动时，对 AB 整体有 此时对 B 有 联立解得： A．当 时， ，所以 AB 一起运动，则加速度为 故 A 正确； B．当 且 时，AB 相对滑动，对 A 有 解得： 故 B 错误； C．当 AB 相对滑动时，B 的加速度达最大，对 B 有 2 1 1 2 µ µ= 1 5 2F mgµ= A 1 1 3 gµ 2 1 1 2 µ µ= 14F mgµ= A 1 5 6 gµ 2 1 1 2 µ µ= B 1 1 2 gµ 2 1 3 4 µ µ= F B 0 2 3 3F mg maµ− ⋅ = 1 22 3mg mg maµ µ⋅ − ⋅ = 0 1 26 6F mg mgµ µ= − 2 1 1 2 µ µ= 0 1 1 53 2F mg mgµ µ= > 1 1 1 35 2 2 3 3 mg mg ga m µµ µ− = = 2 1 1 2 µ µ= 14F mgµ= 1 14 2 2mg mg maµ µ− ⋅ = 1a gµ= 解得： 故 C 正确； D．A 对 B 的最大摩擦力为 地面对 B 的最大摩擦力为 当 时 所以无论 为何值 都不会运动，故 D 正确。 二、实验题 13.某同学用图示装置研究碰撞中的动量守恒，实验中使用半径相等的两小球 和 ，实验步 骤如下： ①用天平测得 、 两小球的质量分别为 、 ，且 ②如图所示安装器材，在竖直木板上记下 O 点（与装置 C 点的小球的球心等高），调节斜槽使 其末端的切线水平 ③C 处先不放小球，将球 从斜槽上的适当高度由静止释放，球 抛出后撞在木板上的平均 落点为 P ④再将球 置于 C 处，让球 从斜槽上的同一位置由静止释放，两球碰后落在木板上的平均 落点为 M、N ⑤．用刻度尺测出三个平均落点到 O 点的距离分别为 、 、 回答下列问题： 1 22 3mg mg maµ µ⋅ − ⋅ = 1 1 2a gµ= 1 2ABf mgµ= ⋅ 2 3Bf mgµ= ⋅ 2 1 3 4 µ µ= 1 1 9 24Bf mg mgµ µ= > F B A B A B 1m 2m 1 2m m> A A B A Mh ph Nh （1）若 C 点到木板的水平距离为 ，小球的平均落点到 O 点的距离为 ，重力加速度为 ， 则小球做平抛运动的初速度 _______ （2）若两小球的碰撞为弹性碰撞，则下列关系式正确的是_______ A． B． C． D． 【答案】 (1). (2). D 【解析】 【详解】(1)[1]由平抛运动的规律求初速度 (2)[2]根据弹性碰撞的特点有： m1v0=m1v1+m2v2 将有 m1 的项移到左边并化简整理后有 根据题意，碰撞前的入射球的速度 碰撞后入射球的速度 被碰撞球的速度 将三个速度代入化简式可得 x h g 0v = p N Mh h h+ = 2 2 2 p N Mh h h+ = p N Mh h h+ = p N M 1 1 1 h h h + = 2 gx h 0 22 x x gv xt hh g = = = 2 2 2 1 0 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2m v m v m v= + 0 1 2v v v+ = 0 2 p gv x h = 1 2 N gv x h = 2 2 M gv x h = 故 D 正确。 14.如图为一气垫导轨，导轨上安装有一个光电门 ，滑块上固定一遮光条，滑块用细绳绕过 气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，力传感器可测出细绳上的拉力 。传感器下方悬挂 钩码，每次滑块都从 A 处由静止释放，某同学用该实验装置验证滑块由 A 运动 B 过程中动能 定理成立。 （1）该同学用游标卡尺测量遮光条 宽度 ，如图所示，则 ______________ 。 （2）验证滑块由 A 运动到 B 的过程中动能定理成立，还需测量 之间的距离 、遮光条通 过光电门的时间 和滑块的质量 ，需验证的表达式为___________。 （3）本实验中是否要求滑块质量和遮光条的总质量远大于钩码和力传感器的总质量：__。（请 填“是”或“否”） （4）改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数 和遮光条通过光电门的时间 ，处理数据 时通过描点作出 图象是一条直线，用量角器测出图线与横坐标的夹角为 ，图线的斜 率为 k，若动能定理成立，下列关系式正确的是（ ） 的 1 1 1 P N Mh h h + = B F d d = mm AB L t M F t 2 1 Ft − θ A． B． C． D． 【答案】 (1). 2.25 (2). (3). 否 (4). A 【解析】 【详解】(1)[1]游标卡尺测量遮光条的宽度 d，读得 (2)[2]从 A 到 B，根据动能定理有 (3)[3]由于有拉力传感器，直接能读出拉力的大小，所以不必满足滑块质量和遮光条的总质 量远大于钩码和力传感器的总质量 (4)[4]改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数 F 和遮光条通过光电门的时间 t，根据以上 表达式得到 处理数据时通过描点作出 图象，该图象的斜率 故 A 正确。 三、计算题 15.某兴趣小组让一辆自制小遥控车在水平的直轨道上由静止开始运动，小车先做匀加速运动 而后以恒定的功率运动，其运动的 图象如下图所示（除 时间段内的图象为曲线外， 其余时间段图象均为直线）。小车的质量为 ，小车在整个过程中所受的阻力大小不变 恒为 。求： （1）小车匀速行驶阶段的功率； （2）小车的速度为 时的加速度 大小； （3）小车在加速运动过程中总位移 的大小。 2 2Lk Md = 2 2 Mdk L = 2 2tan L Md θ = 2 tan 2 Md L θ = 21 ( )2 dFL M t = 12mm 5 mm 2.25mm20d = + × = 21 ( )2 dFL M t = 2 2 1 2L Ft Md = 2 1 Ft − 2 2Lk Md = v t− 4s-8s 2kgm = 6Nf = 1 8m/sv = 1a s 【答案】（1）54W（2）0.375m/s2（3）40.5m 【解析】 【详解】(1)由图可知：机车的最大速度 由公式 得 (2)当机车的速度为 时，其牵引力 根据牛顿第二定律 解得： (3)由图可知： 时机车匀加速结束速度 由 ，机车变加速时，由动能定理： 而 解得： 16.如图所示，用细绳连接的两个小物体 、 ，跨过一光滑定滑轮放在倾角为 的足够长 的固定粗糙斜面上，两物体由静止开始释放， 物体竖直下落且落地后不反弹。已知 、 物体的质量分别为 、 ， 物体与斜面间的摩擦因数 ， 物体释 放点距水平面的高度 ，取 ， ， ，求： 9m / smv = mP fv= 54WP = 1v 1 1 PF v = 1 1F f ma− = 2 1 0.375m / sa = 1t 6 /v m s= 1 12 vs t= 2 2 2 1 2 1 1) 2 2mP t t fs mv mv− − = −（ 1 2s s s= + 40.5ms = A B 37° A A B A 5kgm = B 3kgm = B 0.5µ = A 5mh = 210m sg = sin37 0.6° = cos37 0.8° = （1） 物体下落的时间 ； （2） 物体沿斜面向上运动的最大距离 。 【答案】（1）2s（2）6.25m 【解析】 【详解】(1)对物体 A 受力分析有： 对物体 B: 联立解得： 对 B 运动而言，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，有： 解得： (2)物体 A 落地后物体 B 减速上升的初速度： 对物体 B： 得 B 运动的加速度为： 令物体上滑的最大距离为 s，在 A 下落的过程中 B 上滑的距离 h，则在 A 落地后 B 上滑的距离 为 s-h，由于 B 匀减速上滑，则据速度位移关系有 A t B s 1A Am g T m a− = 1sin37 cos37B B BT m g m g m aµ° °− − = 2 1 2.5m / sa = 2 1 1 2h a t= 2st = 1 1a t=v 2sin37 cos37B B Bm g m g m aµ° °+ = 2 2 2m / sa = 代入数据可解得 17.如图所示，从 A 点水平抛出的小物块，到达斜面顶端 B 处时，其速度方向恰好沿斜面向下， 然后沿倾角为 的固定斜面 滑下，小物块到达 C 点时速度恰好为 ，因受到微小扰动， 小物块滑上与斜面 平滑对接的四分之一光滑圆弧轨道 上。已知圆弧轨道 的半径 ，圆心 O 在 C 点的正下方，小物块的质量 ，平抛运动的水平位移 ，斜面 长 ，取 ， ， ，不计空气阻 力，求： （1）小物块从 点抛出的初速度 的大小； （2）小物块沿斜面 滑下过程中克服摩擦力做的功 ； （3）若小物块沿圆弧轨道 滑到 P 点时脱离轨道，求 P 点离 D 点的高度 。 【答案】（1）2m/s（2）36.25J（3）0.4m 【解析】 【详解】(1)小物块平抛到 B 点时： 小物块从 A 运动到 B： 解得 (2)小物块平抛到 B 点的速度 2 1 2 ( )v a s h= − 6.25ms = 37° BC 0 BC CD CD 0.6mR = 2kgm = 0.3mx = BC 2.5mL = 210m sg = sin37 0.6° = cos37 0.8° = A 0v BC fW CD h 0 tan37 gt v ° = 0x v t= 0 2m / sv = 小物块从 B 运动到 C： 解得 (3)小物块运动到 P 点时刚与轨道分离，对圆弧轨道的压力为 0，此时： 小物块由 C 运动到 P： 其中 解得： 18.如图所示，粗糙的水平轨道 的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端放一个质量 的小物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连。若释放弹簧，物块离开弹簧后从 点 进入半径为 的光滑竖直圆轨道，在圆轨道最高点 处对轨道的压力 ，物 块离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道 上运动到 点时，与长木板发生弹性碰撞，碰撞 时间极短，碰撞后长木板开始进入足够长的水平粗糙轨道 。已知长木板的质量 ，水平轨道 长 ，长木板的长度 ，小物块与轨道 间、 长木板与轨道 间的动摩擦因数均为 ，取 。求： （1）初始压缩 弹簧储存的弹性势能 ； （2）碰撞后瞬间小物块的速度 和长木板的速度 ； （3）长木板右端点在 轨道上运动的距离 。 的 0 cos37B vv °= 21sin37 0 2f BmgL W mv° − = − W 36.25Jf = 2 cos Pmvmg R θ = 21(1 cos ) 02 PmgR mvθ− = − cos h R θ = 0.4mh = AB 1 1kgm = B 0.5mR = C 22NNF = BE D EF 2 11kgm = AB 1 1.5ms = 0.18mL = AB EF 0.2µ = 210m sg = PE 1v 2v EF s 【答案】（1）21J（2）-5m/s；1m/s（3）0.34m 【解析】 【详解】(1)物块 m1 运动到 C 点时： 由牛顿第三定律有 ' 物块 m1 由 A 运动到 C： 解得： (2)物块 m1 由 C 运动到 D： 物块 m1 与长木板 m2 弹性碰撞时： 解得： (3)长木板 m2 进入粗糙区域的过程中： 长木板 m2 全部进入粗糙区域后： 解得 2 1 1 C N m vF m g R + = ' N NF F= 2 1 1 1 1 12 2P cE m gs m gR m vµ= + + P 21JE = 2 2 1 1 0 1 1 12 2 2 Cm gR m v m v= − 1 0 1 1 2 2m v m v m v= + 2 2 2 1 0 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2m v m v m v= + 1 5m / sv = − 2 1m / sv = 2 22 2 3 2 2 m 1 1 2 2 2 g L m v m v µ− = − 2 2 2 3 1( ) 0 2m g s L m vµ− − = − 0.34ms =