1、山东省德州市2015届高三上学期期中考试物理试卷一、选择题（本大题有l0小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中至少有一个选项是符合题目要求的全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1（4分）下列关于物理学史和物理方法的叙述中，正确的是（）A研究分力与合力的关系时运用了等效替代的方法B卡文迪许利用扭秤装置发现了万有引力定律C牛顿通过大量实验验证得出了牛顿第一定律D控制变量法是科学探究多个量关系的重要方法考点：物理学史.专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：A、研究分力与合力的关系时运用了等效替代的方法，故A正确；B、卡文迪
2、许利用扭秤装置测量出了万有引力常量，故B错误；C、牛顿第一定律是逻辑思维的产物，不能用实验验证，故C错误；D、控制变量法是科学探究多个量关系的重要方法，故D正确；故选：AD点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（4分）如图所示，在水平力F作用下，木块A、B保持静止若木块A与B的接触面是水平的，且F0，则木块B的受力个数可能是（）A3B4C5D6考点：物体的弹性和弹力.专题：受力分析方法专题分析：先对A分析，B对A有向右的静摩擦力；再分析B受力，B可能受到斜面的静摩擦力，也可能不受斜面的静摩擦力，B受力情况有两种可能解答：解：B
3、至少受到重力、A对B的压力和静摩擦力、斜面的支持力四个力斜面对物体B可能有静摩擦力，也有可能没有静摩擦力；故木块B受力的个数可能是4个，也可能是5个故选：BC点评：本题关键先对A分析，根据平衡条件得到B对A有向左的静摩擦力，然后根据牛顿第三定律得到A对B有向右的静摩擦力；再按照重力、弹力、摩擦力的顺序找力3（4分）质量为1kg的物体在竖直平面内运动，它在竖直方向的速度图象1（竖直向下为正方向）和水平方向的位移图象（水平向右为正方向）如图2所示，g=10m/s2下列说法正确的是（）A0时刻物体的速度大小为2m/sB物体运动过程中的加速度为1m/s2C物体的运动轨迹是直线D2s末重力做功的功率为4
4、0W考点：匀变速直线运动的图像.专题：运动学中的图像专题分析：从图象可知，在竖直方向上做初速度为2m/s，加速度为1m/s2的匀加速直线运动，在水平方向上做速度为m/s的匀速直线运动根据运动学公式求出0s、2s末水平分速度和竖直分速度，再根据平行四边形定则求出合速度的大小，利用功率公式求出重力的功率解答：解：从图象可知，在竖直方向上做初速度为2m/s，加速度为1m/s2的匀加速直线运动，在水平方向上做速度为m/s的匀速直线运动AB、由以上可知，0时刻的速度v=2m/s，故A错误，B正确；C、质点的加速度方向竖直向下，竖直方向和水平方向都有初速度，则合初速度不沿水平方向，质点的加速度方向初速度方
5、向不垂直，所以运动的轨迹是曲线，故C错误D、2s末竖直方向上的分速度为4m/s，由于水平方向的速度与重力垂直，所以该时刻重力的功率P=mgv下=104W=40W，故D正确故选：BD点评：本题综合考查了曲线运动的速度时间图象、位移时间图象等知识，综合性较强，对学生的能力要求较高，是一道好题4（4分）一物体以某一初速度沿固定粗糙的斜面上滑至最高点又返回出发点的过程中，选择沿斜面向上为正方向下列有关速度v、加速度a、位移x、动能Ek随时间t变化关系图象正确的是（）ABCD考点：匀变速直线运动的图像.专题：运动学中的图像专题分析：根据牛顿第二定律求出上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变
6、化规律；利用速度公式和能定理得出速度、动能与位移的规律，再分析选项即可解答：解：A、据牛顿第二定律可知，上滑时的加速度a1=gsin+gcos，方向沿斜面向下；下滑时的加速度a2=gsingcos，方向沿斜面向下知a1a2速度时间图线的斜率表示加速度，故A正确，B错误C、物块向上做匀减速直线运动，向下做匀加速直线运动，据位移公式可知，位移与时间成二次函数关系，所以该选项符合题意，故C正确；D、据速度公式和动能公式可知，动能随时间成二次函数关系变化，而图中是一次函数关系，故D错误故选：AC点评：解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况；再结合位移公式、速度公式和
7、动能的表达式，此题难度较大5（4分）一小球从A点做自由落体运动，另一小球从B点做平抛运动，两小球恰好同时到达C点，已知AC高为20m，两小球在C点相遇前瞬间速度大小相等，方向成60夹角，g=10m/s2由以上条件可求（）A两小球在C点速度的大小均为20m/sB做平抛运动的小球初速度大小为10m/sCA、B两点的高度差为15mDA、B两点的水平距离为15m考点：平抛运动.专题：平抛运动专题分析：一小球从A点做自由落体运动，到达C点时的速度和时间可以根据运动学公式求解；两小球在C点相遇前瞬间速度大小相等，方向成60夹角，即知道平抛运动的末速度；可以根据运动的分解与合成求解初速度、运动的时间和竖直分
8、位移；解答：解：A、B、小球从A点做自由落体运动，下降20m过程，时间：t1=末速度：v=gt1=102=20m/s故平抛的末速度为20m/s，与水平方向成60夹角；故初速度：v0=vsin60=20=10m/s竖直分速度：vy=vsin60=20=10m/s故A正确，B错误；C、D、平抛的竖直分位移：故h=Hh=20m5m=15m平抛的时间：t2=平抛的水平分位移：x=v0t2=10m故C正确，D错误；故选：AC点评：本题关键是采用运动的合成与分解的方法研究平抛运动，然后结合运动学公式和几何关系列式求解6（4分）我国自主研制的“北斗一号”卫星导航系统，具有导航、定位等功能，该系统又被称为“双
9、星定位系统”如图所示，“北斗”系统中两颗工作卫星均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，A、B两点与地心连线的夹角为60若卫星均按顺时针运行，设地球质量为M，引力常量为G，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力则以下判断中正确的是（）A这两颗卫星的加速度大小相等，均为B卫星1中质量为m的物体的动能为C卫星1由位置A运动到位置B所需的时间为D卫星1只需向后喷气加速就一定能追上卫星2考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用.专题：人造卫星问题分析：根据万有引力提供向心力和万有引力等于重力求出卫星的加速度和周期，从而进行判断在运动的
10、过程中，万有引力与速度方向垂直，万有引力不做功解答：解：A、根据万有引力提供向心力为：，所以加速度：故A错误；B、根据万有引力提供向心力为：，所以质量为m的物体的动能：故B正确；C、所以=，所以卫星1由位置A运动到位置B所需的时间为：t=，故C正确；D、若卫星1向后喷气，则其速度会增大，卫星1将做离心运动，所以卫星1不可能追上卫星2故D错误；故选：BC点评：关于万有引力的应用中，常用公式是在地球表面重力等于万有引力，卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，掌握卫星的变轨原理，这是正确解决本题的关键7（4分）如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O点一条绳
11、跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F的作用下使夹角90，现缓慢改变绳OA的方向至90，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态下列说法正确的是（）A绳OA的拉力一直增大B斜面对物块P的摩擦力的大小可能先减小后增大C地面对斜面体有向右的摩擦力D地面对斜面体的支持力大于物块P和斜面体的重力之和考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用.专题：共点力作用下物体平衡专题分析：对结点O受力分析，根据图解法分析F的变化和绳子PO拉力的变化，然后以P为研究对象根据平衡条件判断摩擦力的变化解答：解：A、缓慢改变绳OA的方向至90的过程
12、，OA拉力的方向变化如图从1位置到2位置到3位置所示，可见OA的拉力先减小后增大，OP的拉力一直增大；故A错误；B、若开始时P受绳子的拉力比较小，则斜面对P的摩擦力沿斜面向上，OP拉力一直增大，则摩擦力先变小后反向增大，故B正确；C、以斜面和PQ整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：斜面受地面的摩擦力与OA绳子水平方向的拉力等大反向，故摩擦力方向向左，C错误；D、以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析，根据竖直方向受力平衡：N+Fcos=M斜g+MPg+MQg由上图分析可知F的最大值即为MQg（当F竖直向上方向时）故FcosMQg则NM斜g+MPg，故D正确；故选：BD点评：本题采用隔离法和整
13、体法研究两个物体的平衡问题，灵活选择研究对象；摩擦力的方向及大小变化尤其为难点8（4分）如图甲所示，在升降机底部安装了一个能够显示压力的传感器，其上方固定一轻质弹簧，弹簧上端固定一质量为m的小球，升降机在竖直方向做匀速直线运动，某时刻升降机突然停止，从该时刻开始计时，在后面一段时间内传感器示数F随时间t变化的图象如图乙所示，g为重力加速度下列选项正确的是（）A升降机停止前在向下运动Bt2时刻小球速度为零Ct2时刻小球加速度为零D0t1时间小球处于超重状态，t1t2时间小球处于失重状态考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重.专题：牛顿运动定律综合专题分析：由图象看出，升降机停止后弹簧的拉力变大，说
14、明小球向下运动，说明升降机停止前在向下运动根据拉力与重力的大小关系确定小球处于失重状态还是超重状态拉力小于重力，小球处于失重状态；拉力大于重力，小球处于超重状态t1t3时间小球向上运动，t3时刻小球到达最高点，弹簧处于伸长状态，速率减小，动能减小小球重力做功为零根据系统机械能守恒分析弹簧弹性势能变化量与小球动能变化量的关系解答：解：A、升降机在匀速运行过程中突然停止，由于惯性，小球会继续沿着原来的运动方向运动一段时间，匀速运动时弹簧是拉伸状态，而后传感器显示的力在不断增大，表明弹簧形变量在增大，故向下运动，故A正确；B、0t1时间内拉力大于重力，t1时刻弹簧最长，向下到达最低点；t1t2时间，
15、拉力大于重力，加速度向上，且向上运动，t2时刻弹簧的弹力与重力相等，加速度等于0，速度到达最大，故B错误，C正确；C、结合前面分析可得：0t1时间内小球向下减速，加速度的方向向下，处于超重状态；t1t2时间内小球向上加速，加速度的方向向上，处于超重状态故D错误；故选：AC点评：本题要根据图象分析小球的运动状态，根据拉力与重力的大小关系确定小球处于失重状态还是超重状态根据系统机械能守恒分析能量如何变化9（4分）汽车越来越多的进人家庭，成为人们主要的代步交通工具，驾驶汽车需要考取驾驶证，考试中的一项内容是半坡起步，设坡路的倾角为，一位考员从半坡由静止以恒定功率P启动，沿坡路向上行驶，车和人的总质量
16、为m，车所受阻力为支持力的k倍，坡路足够长重力加速度为g下列说法正确的是（）A汽车先做匀加速运动后做匀速运动B汽车能达到的最大速度为C汽车匀速运动时的牵引力大小等于kmgcos+mgsinD汽车牵引力做的功等于汽车机械能的增加量考点：功率、平均功率和瞬时功率；功能关系.分析：根据P=Fv，结合v的变化判断牵引力的变化，根据牛顿第二定律得出加速度的变化，从而得出汽车的运动规律，当合力为零时，汽车的速度达到最大解答：解：A、根据P=Fv知，v增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律得，a=，知加速度减小，汽车先做变加速运动，当加速度减小到零，做匀速直线运动故A错误B、当汽车所受的合力为零，速度达到最大，
17、此时有：F=mgsin+kmgcos，则最大速度，故B错误C、汽车匀速运动时，F=mgsin+kmgcos，故C正确D、根据功能关系，除重力以外其它力做功等于机械能的增量，知牵引力和阻力做功的代数和等于机械能的增加量，故D错误故选：C点评：解决本题的关键会根据汽车的受力分析汽车的运动规律，知道合力为零，汽车的速度达到最大10（4分）如图所示，两物块A、B通过一轻质弹簧相连，置于光滑的水平面上，开始时A和B均静止现同时对A、B施加等大反向的水平恒力F1和F2，使两物体开始运动，运动过程中弹簧形变不超过其弹性限度从两物体开始运动以后的整个过程中，对A、B和弹簧组成的系统，下列说法正确的是（）A由于
18、F1、F2等大反向，故系统机械能守恒B当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，A、B两物体的动能最大C当弹簧伸长量达到最大后，A、B两物体将保持静止状态D在整个过程中系统机械能不断增加考点：动能定理的应用.专题：动能定理的应用专题分析：对A、B及AB系统进行受力分析，根据物体的受力情况判断物体的运动性质；根据除弹簧的弹力以外的力做功，系统的机械能变化，分析机械能的变化解答：解：A、C在整个过程中，拉力一直对系统做正功，系统机械能增加，故A错误；B、在拉力作用下，A、B开始做加速运动，弹簧伸长，弹簧弹力变大，外力做正功，系统的机械能增大，当弹簧弹力等于拉力时物体受到的合力为零，速度达到最大，之后弹
19、簧弹力大于拉力，两物体减速运动，直到速度为零时，弹簧伸长量达最大，因此A、B先作变加速运动，当F1、F2和弹力相等时，A、B的速度最大，故B正确，CD错误故选：B点评：本题要抓住弹簧的弹力是变力，分析清楚物体的受力情况是正确解题的关键，紧扣机械能守恒的条件进行分析即可二、实验题（本大题有2小题第11小题6分第12小题l2分共18分请把答案写在答题卡上）11（6分）在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，某同学根据测得的数据，得出了弹簧总长度L与弹力F的图象，如图所示（1）根据图象可以计算弹簧的劲度系数为500N/m，弹簧的原长为10cm；（2）由图象得出的实验结论：在弹性范围内，弹簧的弹力与伸
20、长量成正比考点：探究弹力和弹簧伸长的关系.专题：实验题；弹力的存在及方向的判定专题分析：在探索弹力和弹簧伸长的关系实验中，弹簧的弹力与行变量的关系满足F=kx，其中k由弹簧本身决定；利用实验操作过程的注意事项分析即可；由FL图象的意义，斜率表示弹簧的劲度系数，图象与横坐标的截距为弹簧的原长解答：解：（1）由FL图象和胡克定律结合分析知，图象的斜率为弹簧的劲度系数，当F=0时，即横坐标的截距为弹簧的原长，所以据图所知，横截距为10cm，即弹簧的原长为10cm；图象的斜率K=N/m（2）由图象得出的实验结论是在弹性范围内，弹簧的弹力与伸长量成正比故答案为：（1）500；10；（2）在弹性范围内，弹
21、簧的弹力与伸长量成正比点评：本题关键明确实验原理，能够根据胡克定律列式求解；能利用FL图象分析求解是关键，注意横坐标的截距为弹簧的原长，斜率表示弹簧的劲度系数12（12分）某同学用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒，m1=0.1kg、m2=0.3kg，m2从高处由静止开始下落，打点频率为50Hz的打点计时器在m1拖着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点进行测量，即可验证机械能守恒定律如图2给出的是实验中获得的一条符合条件的纸带：0是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有4个点未画出，计数点间的距离如图所示（当地重力加速度g为9.80m/s2，所有结果均保留三位有效数字）（1）在纸
22、带上打下计数点5时的速度v5=2.40m/s；（2）在打点0一5过程中系统动能的增量EK=1.15J，系统重力势能的减少量Ep=1.18J；（3）在实验处理数据中，系统动能的增量总小于系统重力势能的减少量，导致这一误差的原因除了有空气阻力外，还有可能是（写一条）摩擦阻力（4）该同学根据本实验作出了v2h图象如图3所示，则根据图象求得重力加速度g=9.70m/s2考点：机械能守恒定律.专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可以求出打下记数点5时的速度大小；（2）根据物体的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据物体重力做功和重力
23、势能之间的关系可以求出系统重力势能的减小量，比较动能增加量和重力势能减小量之间的关系可以得出机械能是否守恒；（3）根据数学知识可知，得出图象若为直线，则可很容易的判断两个物理量之间的关系；（4）根据图象的物理意义可知，图象的斜率大小等于物体的重力加速度大小解答：解：（1）根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：v5=2.4m/s（2）物体的初速度为零，所以动能的增加量为：Ek=m0=1.15J；重力势能的减小量等于物体重力做功，故：EP=W=mgh=1.18J；由此可知动能的增加量和势能的减小量基本相等，因此在在误差允许的范围内，m1、m2
24、组成的系统机械能守恒（3）系统动能的增量总小于系统重力势能的减少量，原因是存在摩擦阻力，机械能要减小（4）本题中根据机械能守恒可知，mgh=，即有：=gh，所以h图象中图象的斜率表示重力加速度，由图可知，斜率k=9.7，故当地的实际重力加速度g=9.70m/s2故答案为：（1）2.40；（2）1.15，1.18；（3）摩擦阻力；（4）9.70点评：本题全面的考查了验证机械能守恒定律中的数据处理问题，要熟练掌握匀变速直线运动的规律以及功能关系，增强数据处理能力三、计算题（本大题有3小题，第l3小题l0分，第14小题l4分第15小题l8分，共42分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，
25、只写出最后答案的不能得分有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位请把解答过程写在答题卡上）13（10分）公路上汽车连环相撞的主要原因是车速与两车间距离不符合要求甲、乙两车在水平公路上同车道同向行驶，甲车在前以36km/h的速度匀速行驶，乙车在后以108km/h的速度匀速行驶想超过甲车某一时刻甲车司机因紧急情况急刹车，当乙车司机看到甲车刹车灯亮起时，因超车道有车不能变更车道，马上采取急刹车，乙车司机从看到甲车刹车灯亮起到乙车开始减速用时t=1s，两车刹车时所受阻力均为自身车重的0.5倍求甲、乙两车不发生碰撞事故，乙车司机看到甲车刹车灯亮起时与甲车的最短距离（取g=10m/s2）考点：牛顿第二定
26、律；匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：牛顿运动定律综合专题分析：据题乙车的初速度大于甲车的初速度，而两车的加速度是相同的，而且甲车先减速，甲车速度减为零时，乙仍有速度，所以要想不发生碰撞事故，甲乙两车速度都减为零时恰不相遇根据牛顿第二定律求出两车的加速度运用速度位移关系公式，对两车分别列式，结合位移关系即可求解解答：解：因为乙车的初速度大于甲车的初速度，而两车的加速度相同，且甲车先减速，甲车速度减为零时，乙仍有速度，所以要想不发生碰撞事故，甲乙两车速度都减为零时恰不相遇甲乙的加速度相同，根据牛顿第二定律得：kmg=ma对甲车：0=2（a）x甲；对乙车：x1=v乙t 0=2（a）x2；x乙
27、=x1+x2；两车最短距离x=x乙x甲；代入数据解得x=110m答：甲、乙两车不发生碰撞事故，乙车司机看到甲车刹车灯亮起时与甲车的最短距离为110m点评：本题考查运动学中的追及和相遇问题，难度中等，对于追及问题，关键抓住临界状态，结合运动学公式进行求解14（14分）如图，在高h1=0.75m的光滑水平平台上，质量m=0.3kg的小物块（可视为质点）压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep若打开锁扣K，物块将以一定的水平速度v1向右从A点滑下平台做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BCD的B点沿切线方向进入圆弧形轨道，B点的高度h2=0.3m，C为轨道的最低点，圆心角BOC=37（取g
28、=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8忽略空气阻力）求：（1）弹簧被锁定时的弹性势能Ep；（2）物块经过轨道上C点时对轨道压力的大小考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：动能定理的应用专题分析：（1）首先要清楚物块的运动过程，A到B的过程为平抛运动，已知高度运用平抛运动的规律求出小球到达B点时竖直分速度，由速度的分解得到小球离开平台时速度要明确在运动过程中能量的转化，弹簧的弹性势能转化给物块的动能，根据机械能守恒求出弹簧储存的弹性势能Ep（2）先根据功能关系列式求解C点的速度，在C点，支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解解答：解：（1）
29、物块由A运动到B的过程中做平抛运动，则解得：t=B点竖直方向速度vBy=gt=3m/s，物块水平速度，则弹簧被锁定时的弹性势能Ep=（2）物块由A运动到C的过程中，根据动能定理得：根据几何关系的：R（1cos37）=h2由牛顿第二定律：FNmg=m解得：FN=9.2N由牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小FN=FN即压力大小为FN=9.2N；答：（1）弹簧被锁定时的弹性势能为2.4J；（2）物块经过轨道上C点时对轨道压力的大小为9.2N点评：做物理问题应该先清楚研究对象的运动过程，根据运动性质利用物理规律解决问题关于能量守恒的应用，要清楚物体运动过程中能量的转化15（18分）如图所示，物块P（可
30、视为质点）和木板Q的质量均为m=1kg，P与Q之间、Q与水平地面之间的动摩擦因数分别为1=0.5和2=0.2，开始时P静止在Q的左端，Q静止在水平地面上某时刻对P施加一大小为10N，方向与水平方向成=37斜向上的拉力F，1s末撤去F，最终P恰好停在Q的右端，最大静摩擦力等于滑动摩擦力（sin=0.6，cos=0.8，g取10m/s2）求：（1）通过计算说明撤去力F前木板Q是否运动；（2）1s末物块P的速度和ls内物块P的位移；（3）木板Q的长度考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用.专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）求出摩擦力，根据摩擦力大小关系判断B的
31、运动状态；（2）由速度公式求出速度；（3）由牛顿第二定律求出加速度，应用速度公式与位移公式、两物体间位移的几何关系求出木板长度解答：解：（1）前0.5s内，对P：由牛顿第二定律得：FcosfP1=maP1，fP1=1（mgFsin）=0.5（1010sin37）N=2N，aP1=6m/s2；木板Q与地面间的最大静摩擦力：fm=2（2mgFsin）=0.2（2010sin37）N=2.8N，由于fP1fm，Q没有发生运动；（2）1s末物块P的速度 vP1=aP1t1=61m/s=6m/s；ls内物块P的位移 xP1=m=3m（3）撤去F后，由牛顿第二定律得：对P，1mg=maP2，aP2=1g=
32、0.510=5m/s2；对Q，1mg22mg=maQ，aQ=g（122）=10（0.520.2）=1m/s2；当P到达Q右端时，二者速度相同，之后共同减速至静止，不再相对滑动， v=vP1aP2t2，v=aQt2，解得 t2=s=1s，v=aQt2=11=1m/sP的位移：xP2=vP1t2aP2t22=61=3.5mQ的位移：xQ=m=0.5m由几何关系可知，木板Q的长度：L=xP1+xP2xQ=3+3.50.5=6m；答：（1）撤去力F前木板Qi没有运动（2）1s末物块A的速度为6m/s，ls内物块P的位移是3m（3）木板Q的长度6m点评：本题是多体多过程问题，物体运动过程较复杂，分析清楚物体运动过程、应用摩擦力公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题，分析清楚运动过程是正确解题的关键
