2020-2021学年辽宁省沈阳市郊联体高二下学期期末物理复习卷

2020-2021学年辽宁省沈阳市郊联体高二下学期期末物理复习卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1.卢瑟福用α粒子轰击金箔，发现绝大多数α粒子经过金箔后，几乎不偏转，但有极少数α粒子却
发生了大角度偏转，个别α粒子甚至被原路反弹回来。

据此，卢瑟福发现了()
A. 原子的葡萄干面包模型
B. 原子的核式模型
C. 原子核天然放射性现象
D. 原子核由质子和中子组成
2.下列四种现象中与光的干涉有关的是()
A. 雨后空中出现彩虹
B. 肥皂泡的表面呈现彩色
C. 拍照是在镜头前加偏振片
D. 用门镜扩大观察视野
3.固定的粗糙斜面上有一个静止的木箱，某同学用平行于斜面向上的力F
推木箱，但没有推动。

则木箱受到的摩擦力()
A. 方向一定平行于斜面向上
B. 方向一定平行于斜面向
下
C. 大小一定为零
D. 大小可能为零
4.3月11日，日本东北海域发生了9.0级浅源地震．位于日本东北海岸某地震观测站记录了该地震
纵波和横波到达的时刻分别为t1和t2.若地震纵波和横波在地表附近的传播速度分别为ν1、ν2，海啸传播的速度为ν.则由这次大地震引发的海啸从震源到达该观测站的时间约为()
A. (v1−v2)(t1−t2)
v B. (v1−v2)(t2−t1)
v
C. v1v2(t2−t1)
(v1−v2)v D. v1v2(t2−t1)
(v2−v1)v
5.如图所示，长为s的光滑水平面左端为竖直墙壁，右端与半径为R的光滑
圆弧轨道相切于B点．一质量为m的小球从圆弧轨道上离水平面高为
ℎ(ℎ<<R)的A点由静止开始下滑，则小球第一次运动到墙壁C点所需的时间为()
A. π
2√R
g
+s√1
2gℎ
B. π√R
g
+s√2
gℎ
C. π
2√R
g
+
2√2gℎ
D. π√R
g
+
2√2gℎ
6.如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，
通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜
面平行，滑轮通过轻杆固定在天花板上，A、B、C都处于静止状态，忽略滑轮的自重，则()
A. 水平面对C的支持力等于B、C的总重力
B. 杆对滑轮的作用力方向竖直向上
C. B一定受到C的摩擦力
D. C一定受到水平面的摩擦力
7.在水平方向上做简谐运动的质点，其振动图线如图所示．假设向
右的方向为正方向，则物体加速度向右且速度向右的时间是()
A. 0到1s内
B. 1s到2s内
C. 2s到3s内
D. 3s到4s内
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
8.物体从静止做匀加速直线运动，第4s内通过的位移是14m，则()
A. 4s内平均速度是3.5m/s
B. 加速度大小是4m/s2
C. 前3s内的位移是9m
D. 第4s末的速度是16m/s
9.物体以初速度v0竖直上抛，从抛出开始计时，经3s到达最高点，空气阻力不计，g取10m/s2，
则下列说法正确的是()
A. 物体上升的最大高度为45m
B. 4s内物体速度改变量的大小为20m/s
C. 物体在第1s内、第2s内、第3s内的平均速度之比为5：3：1
D. 物体在1s初、2s初、3s初的速度之比为3：2：1
10.一列简谐横波沿x轴负方向传播，某时刻(t=0)其波形如图所示，a、b、c、d是四个质元，振
幅为A.下列说法中正确的是()
A. 该时刻以后，质元b比质元d先到达平衡位置
B. 该时刻以后的1
周期内，质元c通过的路程等于2A
2
C. 该时刻以后的3
周期内，质元b通过的路程小于3A
4
D. 该时刻以后的5
周期内，质元a通过的路程小于5A
4
11.做匀变速直线运动的物体初速度为12m/s，在第4s内的位移比第3s内的位移多4m。

关于物体
运动情况的说法，下列正确的是()
A. 物体的加速度为4m/s2
B. 物体前两秒内的位移是32m
C. 物体3s末的速度是26m/s
D. 物体从起点运动16m所用的时间是1s
12.如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧上端悬挂在天花板上，下端连接一个质量为M
的物体A，A下面用细线悬挂一质量为m的物体B，此时系统处于静止状态．现剪
断细线使B自由下落，当物体A向上运动第一次到达最高点时，弹簧对A的拉力大
小恰好等于mg，此时B尚未落地且速度为v，则()
A. 物体A的质量M=2m
B. A与弹簧组成的系统振动周期为4v
g
C. A运动到最高点时加速度为g
D. A从最低点运动到最高点的过程中弹簧弹性势能的减少量为M2g2
k
三、填空题（本大题共2小题，共15.0分）
13.某同学在画界面时，不小心将两界面aa′、bb′间距画得比玻璃砖宽度
大些，如图所示，则他测得的折射率半______(填“偏大”、“偏小”
或“不变”)．
14.波长、周期、频率、波速是用来描述机械波的物理量，当一列机械波由一种介质传播到另一种
介质时，发生变化的物理量有______；保持不变的物理量有______。

四、实验题（本大题共2小题，共12.0分）
15.某同学做“探究求合力的方法”的实验情况如图甲所示，其中P为固定橡皮条的图钉，O为橡
皮条与细绳的结点的位置，OA和OB为细绳。

(1)本实验采用的科学方法是______ 。

A.理想实验法
B.等效替代法
C.控制变量法
D.建立物理模型法
(2)实验时，主要的步骤是：
A.在桌上放一块方木板，在方木板上铺−张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；
B.用图钉把橡皮条的一端固定在板上的P点，在橡皮条的另一端拴上两条一端系有绳套的细绳；
C.用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条与细绳的结点到达某一位置O，
记录下O点的位置，读出两个弹簧测力计的示数：
D.选取适当的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定
则求出合力F；
E.用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，
按同一标度作出力F′的图示；
F.比较F′和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论。

上述C、E步骤中有重要遗漏，遗漏的内容分别是______ 和______ 。

(3)补上遗漏内容，无操作失误，某次实验中，拉细绳OB的弹簧测力计指针位置如图甲所示，其读
数为______ N。

(4)该同学根据实验结果在白纸上画出的图如图乙所示(图中未画出标度)，则F与F′中，方向一定沿
PO方向的是______ 。

16.某同学在探究加速度a与力F和加速度a与物体质量M的关系时，测出了表1、表2两组数据，
请在图甲、乙两个坐标上分别作出a−F和a−1
图线．
M
F/N0.140.280.430.550.681
M
/kg−1 2.00 2.50 3.33 4.00 5.00
a/m
⋅s−2
0.200.400.610.790.97a/m⋅s−20.440.560.730.89 1.08
表1表2
五、计算题（本大题共3小题，共35.0分）
17. 物体做匀加速直线运动，它在第2s内的位移为3m，第8s内的位移为12m，则：
(1)它的加速度为多少？
(2)它在第1s末的速度是多大？
18. 固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下
向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图所示(4s后小环速度随时间变化未画出).求
(1)小环质量的大小
(2)α角的正弦值
(3)除1s末，何时小环的速度大小为0.5m/s．
19. 如图所示，长木板A放在倾角为37°的斜面上，可视为质点的物块B
放在长木板上表面的上端，长木板长为L，长木板下端离斜面上固定
L，同时由静止释放A和B，木板沿斜面下滑，木板与挡
挡板距离为1
4
板碰撞前后速度大小不变，方向相反，重力加速度为g，物块B与长
木板A间的动摩擦因数为0.5，物块的质量为木板质量的1
，求：
2
(1)若斜面是粗糙的，当长木板与斜面间的动摩擦因数为多少时，物块与长木板同时撞击挡板；
(2)若斜面是光滑的，则当长木板与挡板碰撞后反弹上升到最高点时，物块相对于长木板滑行的距离
是多少？
【答案与解析】
1.答案：B
解析：解：AB、卢瑟福用α粒子轰击金箔，发现绝大多数α粒子几乎不发生偏转，可以推测使粒子受到排斥力的核体积极小，说明原子的中心有一个体积很小的核；从极少数发生了大角度的偏转，说明原子中心的核带有原子的全部正电，和绝大部分质量，故A错误，B正确；
C、贝可勒尔首先发现了天然放射性现象，故C错误；
D、卢瑟福用α粒子轰击氮核，证实了在原子核内存在质子，查德威克通过实验证实了原子核内中子的存在，故D错误；
故选：B。

查德威克通过实验证实了原子核内中子的存在；卢瑟福用α粒子轰击氮核，证实了在原子核内存在质子；卢瑟福的α散射实验卢瑟福证明了原子内部大部分是空的，中心有一个体积很小、质量很大的核；查德威克通过实验证实了原子核内中子的存在。

本题考查卢瑟福的α散射实验，解决本题的关键是牢记实验结论，并熟悉著名科学家的物理学成就，注意中子不是卢瑟福发现的，而是其预言的。

2.答案：B
解析：
本题考查了光的色散、光的干涉、光的偏振和光的散射，是对光学基本现象的考查，基础题。

雨后天空中的彩虹是光的色散现象；肥皂泡在阳光照耀下呈现彩色条纹是光的干涉；拍照时在镜头前加偏振片是为了减少反射光；用门镜扩大观察视野，利用的是光的散射。

A.雨后天空中的彩虹是光的色散现象，选项A错误；
B.肥皂泡在阳光照耀下呈现彩色条纹，太阳光经过肥皂泡内外膜的反射后叠加，从而出现彩色条纹，这是光的干涉，选项B正确；
C.拍照时在镜头前加偏振片是为了减少反射光，选项C错误；
D.用门镜扩大观察视野，利用的是光的散射，选项D错误。

故选B。

3.答案：D
解析：解：设木块的重力为G，斜面的倾角为α，讨论如下：
①若F=Gsinα，木块相对斜面没有运动趋势，不受静摩擦力；
②若F>Gsinα，木块相对斜面有向上的运动趋势，静摩擦力沿斜面向下；
③若F<Gsinα，木块相对斜面有向下的运动趋势，静摩擦力沿斜面向上；
故ABC错误、D正确。

故选：D。

木块处于静止状态，合力为零。

由于F与重力沿斜面向下的分力大小关系未知，要分三种情况进行讨论：F=Gsinα、F>Gsinα和F<Gsinα，确定静摩擦力的方向。

本题根据平衡条件分析静摩擦力的方向情况，关键是要进行讨论，不能思维定势，认为木块受到的摩擦力一定沿斜面向下。

4.答案：C
解析：解：由题意可知，纵波与横波传到观测点的时间为t=t2−t1；
设观测点到震源的距离为x；则有：
x v2−x
v1
=t2−t1；
解得：x=v1v2(t2−t1)
(v1−v2)
；
则海啸传到观测点的时间t′=v1v2(t2−t1)
(v1−v2)v
故选：C．
由题意可知地震波与海啸的速度及两波传到观测点所经历的时间；则由平均速度公式可求得震源到观测点的距离；再由海啸的速度可求得其到达观测点的时间．
本题考查匀速直线运动公式应用，在解题时要注意明确题目中给出的两个时间为两个时刻；而不是波传播的时间，故应根据两波传播的时间差进行列式求解．
5.答案：A
解析：
ℎ«R，可知小球在光滑圆弧上的运动为单摆运动，根据动能定理求出B点的速度，B到C做匀速直线运动，很容易求出B到C的时间，再根据周期公式求出A到B的时间，即可求出小球的运动周期．
解决本题的关键知道什么样的运动是单摆运动，以及掌握单摆的周期公式T=2π√l
g
．
解：根据动能定理：mgℎ=1
2
mv2−0，v=√2gℎ，
B到C的时间：t1=s v=2gℎ
单摆的周期为：T=2π√R
g
，
所以A到B的时间：t2=π
2√R g
，
所以小球的运动周期为：T=(t1+t2)=π
2√R
g
+s√1
2gℎ
．
故A正确，B、C、D错误．
故选A．
6.答案：D
解析：解：AD、以BC组成的整体为研究对象，分析受力，画出力图如图。

根
据平衡条件可得：水平面对C的摩擦力f=Fcosθ.方向水平向左。

水平面对C的支持力大小N=G C+G B−Fsinθ<G C+G B.故A错误，D正确；
B、滑轮受到重力和AB两个物体的拉力，这三个力的合力的方向不在竖直方
向上，所以滑轮受到的杆对滑轮的作用力的方向一定不能是竖直向上。

故B
错误。

C、当B的重力沿斜面向下的分力等于绳子的拉力时，B不受摩擦力。

当B的重力沿斜面向下的分力不等于绳子的拉力时，B受摩擦力。

因此，B与C间不一定有摩擦力错误，故C错误；
故选：D。

以BC组成的整体为研究对象，分析受力，画出力图，根据平衡条件分析地面对C的支持力和摩擦力大小和方向；对于B物体：当B的重力沿斜面向下的分力等于绳子的拉力时，B不受摩擦力。

以滑轮为研究对象，分析杆对滑轮的作用力。

本题关键在于研究对象的选择，当几个物体的加速度相同时，可以采用整体法研究，往往比较简单方便。

7.答案：A
解析：解：据题意，假设向右的方向为正方向，则质点在第一个周期内加速度向右即为正方向，根
据a=−kx
m
知加速度与位移方向相反，则位移应为负方向，对应的时间为0−1s与3−4s；
根据位移图象的斜率等于速度，可知速度向右，为正值，应在0～1s内，故A正确。

故选：A。

假设向右的方向为正方向，则物体的位移向左，应为负值；根据位移图象的斜率等于速度分析速度的方向．
物体振动的位移表示物体离开平衡位置的位移，直接能读出物体的位置，根据斜率可直接分析出速度的方向．
8.答案：BD
解析：解：B、第4s内通过的位移：x4=1
2at42−1
2
at32=14m，解得：a=4m/s2，故B正确；
A、4s内平均速度：v−=1
2
×4×42
4
m/s=8m/s，故A错误；
C、前3s内的位移：x3=1
2at32=1
2
×4×9m=18m，故C错误；
D、第4s末的速度：v=at=4×4m/s=16m/s，故D正确；
故选：BD。

根据匀变速直线运动位移时间关系即可求得加速度；根据平均速度公式求得平均速度大小；由位移公式求得位移的大小；由速度公式求得速度大小。

解答本题关键要掌握匀变速直线的平均速度公式、位移公式和速度公式，主要考查了匀变速直线运动位移时间公式的直接应用。

9.答案：ACD
解析：解：A、根据对称性知：物体上升的最大高度为ℎ=1
2gt2=1
2
×10×32m=45m，故A正确．
B、4s内物体速度改变量的大小为△v=gt=40m/s，故B错误．
C、物体抛出时的初速度v0=gt=30m/s，根据对称性知物体在抛出后第1s末、第2s末、第3s末的速度分别等于从最高点下落2s、1s、0s时的速度，由v=gt知分别为20m/s，10m/s，0，由公式v=v0+v
2
得，物体在第1s内、第2s内、第3s内的平均速度分别为25m/s、15m/s、5m/s，平均速度之比为5：3：1，故C正确．
D、物体在1s初、2s初、3s初的速度即为抛出时的初速度、抛出1s末的速度、抛出2s末的速度，分别为30m/s、20m/s、10m/s，因此，物体在1s初、2s初、3s初的速度之比为3：2：1，故D正确．
故选：ACD
物体做竖直上抛运动，其加速度大小始终为g，方向竖直向下，上升阶段：匀减速直线运动，达到最高点时速度为零，加速度还是g，应用匀变速直线运动的规律求解．
本题考查竖直上抛运动的规律，要注意明确竖直上抛运动是加速度大小始终为g，方向竖直向下的匀变速运动，分析时要抓住对称性灵活解答．
10.答案：BC
解析：解：A、简谐横波沿x轴负方向传播，图示时刻质元b和d均沿y轴负方向运动，质元b比质元d迟到达平衡位置，故A错误；
B、简谐横波沿x轴负方向传播，图示时刻质元c向上振动，该时刻以后的1
2
周期内，通过的路程等于2A，故B正确；
C、该时刻质元b向下运动，再经过1
4T路程小于A，1
4
T以后再经过1
2
T经过的路程等于2A，所以该时
刻以后的3
4
周期内，质元b通过的路程小于3A，故C正确；
D、图示时刻a向平衡位置运动，速度增大，经过1
4T路程大于A，1
4
T以后再经过一个周期经过的路
程等于4A，所以该时刻以后的5
4
周期内，质元a通过的路程大于5A，故D错误。

故选：BC。

根据波传播方向判断b、d的振动方向，再分析回到平衡位置的先后；
无论在何处的质点，经过1
2
T通过的路程都是2A；
根据质元速度关系，判断该时刻以后的3
4T、5
4
T内，通过路程的大小。

根据波的传播方向判断质点的振动方向是基本能力。

只有处于平衡位置或最大位移处质点，经过1
4
周期时间时通过的路程才等于A。

11.答案：AB
解析：解：A、根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，即△x=aT2得，a=△x
T2=4
12
m/s2=4m/s2.
故A正确；
B、由位移公式得前两秒内的位移x2=v0t2+1
2
at22，解得：x2=32m，故B正确；
C、物体在第3s末的速度v=v0+at3=12+4×3m/s=24m/s，故C错误；
D、由位移公式得：x=v0t+1
2
at2，将x=16m代入解得：t=(3+√17)s(另一解舍去)，故D错误；
故选：AB。

根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出物体的加速度；由位移公式求得前两秒内的位移；结合速度时间公式求出物体3s末的速度。

根据位移时间公式求出物体从起点运动16m所用的时间。

解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷。

12.答案：AD
解析：解：A、剪断细线以后，M做简谐振动．在最低点是弹力是(Mg+mg)，在最高点是mg，
其中点(即平衡位置)时为Mg+2mg
2
=Mg，解得M=2m，故A正确；
B、B做自由落体运动，当A向上运动到最高点时，此时B的速度为v，所以A运动半个周期的时间t=v
g
，所以周期T=2v g，故B错误；
C、当A运动到最高点时．根据牛顿第二定律，Mg−F=Ma，代入数据解得；a=Mg−F
M =2mg−mg
2m
=1
2
g，
故C错误．
D、从最低点到最高点平均弹力为Mg，弹簧弹力做功为Mgh．而Mg=kℎ
解得：ℎ=Mg
k ，所以弹簧弹力做功为：Mgℎ=M 2g 2
k
，故D正确；
故选：AD
剪断细线以后，M做简谐振动，根据最高点和最低点的弹力找到平衡位置时的弹力，跟平衡位置受力平衡求解质量关系，B做自由落体运动，B运动的时间等于A做简谐运动的半个周期，求出平均弹力，根据恒力做功公式求解弹簧弹力做功，根据动量定理求解A从最低点运动到最高点的过程中弹力的冲量．
解答本题的关键是找到A的平衡位置，能结合自由落体运动的公式及动量定理求解，难度适中．13.答案：偏小
解析：解：如图所示，黑线表示作图得到的光路图，而红线是实
际光路图可见，入射角没有变化，折射角的测量值偏大，则由n=
sini
sinr
，知折射率偏小．
故答案为：偏小．
根据实验原理作出光路图，分析入射角与折射角的误差，来确定
折射率的误差情况．
对于实验误差，要紧扣实验原理，用作图法，确定出入射角与折射角的误差，即可分析折射率的误差．
14.答案：波长、波速周期、频率
解析：解：由于波的频率就等于波源的振动频率，则当一列机械波从一种介质进入另一种介质时，其频率保持不变，周期是频率的倒数，故周期不变；而波速是由介质的性质决定的，波速将发生改变，由波速公式v=λf得知，频率不变时，波长与波速成正比，则波长也发生变化。

故答案为：波长、波速；周期、频率。

根据频率由波源决定、波速由介质决定，波长由波源和介质共同决定进行分析选择。

本题考查波的性质，明确波速、频率、波长是描述波的特有物理量，关键要抓住这些量的决定因素。

15.答案：B在C中未记下两条细绳的方向E中未说明是否把橡皮条的结点O拉到同一位
置 3.60F′
解析：解：(1)实验采用力的图示方法、等效替代的思想，用平行四边形理论作出两分力的合力，然后与合力的实验值对比，若合力的理论值与实验值在误差允许的范围内相同，则平行四边形定则是正确的；故ACD错误，B正确。

故选：B。

(2)根据实验原理、力的图示方法、等效替代的思想知，在C中未记下两条细绳的方向，E中未说明是否把橡皮条的结点O拉到同一位置。

故填：在C中未记下两条细绳的方向，E中未说明是否把橡皮条的结点O拉到同一位置。

(3)由图示弹簧测力计可知，其分度值为0.1N，再估读到最小刻度下一位，则示数为3.60N，故填：3.60。

(4)实验中合力的理论值F，由平行四边形作图得来，不一定沿AO方向；而合力的实验值F′由实验直接测得，误差较小，所以一定沿AO方向，故填：F′。

故答案为：(1)B(2)在C中未记下两条细绳的方向，E中未说明是否把橡皮条的结点O拉到同一位置。

(3)3.60(4)F′
(1)实验采用力的图示方法、等效替代的思想；
(2)根据实验原理、力的图示方法、等效替代的思想分析遗漏的步骤；
(3)由图示弹簧测力计可知，其分度值为0.1N，再估读到最小刻度下一位；
(4)合力的实验值F′由实验直接测得，误差较小，所以一定沿AO方向。

本实验采用是等效替代的思维方法。

实验中要保证一个合力与两个分力效果相同，结点O的位置必须相同，同时要明确实验原理和步骤，对弹簧测力计读数、操作注意事项要牢记。

16.答案：解：描点作图，
作出a−F图线和a−1
图
M
线．如图所示．
故答案为：如图所示．
解析：根据表格中a与F的
的数据，
数据，以及a与1
M
图线．
描点作图，作出a−F图线和a−1
M
掌握运用图象处理实验数据的方法和能力．通过图线可知a与F成正比，a与M成反比．
17.答案：解：第2s内的位移为3m，第8s内的位移为12m，则有：△x=x8−x2=6aT2
解得：a=△x
6T2=12−3
6×1
=1.5m/s2．
第2s内的初速度等于第1s末的速度，根据x2=v0t+1
2
at2，
代入数据得：3=v0+1
2
×1．5 ×1
代入数据解得：v0=2.25m/s
答：(1)它的加速度为1.5m/s2；
(2)它在第1s末的速度是2.25m/s．
解析：通过连续相等时间内的位移之差是一恒量求出物体的加速度，根据匀变速直线运动的位移时间公式求出第1s末的速度．
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，根据第2s内的位移，第8s内的位移的关系来计算加速度．
18.答案：解：(1)(2)由速度图象得：在0−2s内，小
环的加速度为a1=0.5m/s2，
根据牛顿第二定律得
F1−mgsinα=ma1
F2=mgsinα
由图读出，F1=5.5N，F2=3.5N
解得：m=4kg，sinα=0.0875
(2)在4s时刻后，拉力F3=1.5N<mgsinα，则小环
先向上匀减速运动再向下匀加速运动，加速度大小为a3=mgsinα−F3
m
=0.5m/s2=a1，故根据速度图象得知，4s后速度图象的斜率大小等于0−2s内图象的斜率大小，作出4s后的速度图象如图，由图可知还有两个时刻的速度为0.5m/s，即5s末和7s末．
答：
(1)小环质量的大小是4kg．
(2)α角的正弦值为0.0875．
(3)除1s末，在5s末和7s末，小环的速度大小为0.5m/s．
解析：(1)(2)由速度图象看出，在0−4s内，小环先向上做匀加速运动，后做匀速运动，根据斜率等于加速度，求出加速度，由牛顿第二
定律求解小环的质量和α角的正弦值．
(3)在4s时刻后，小环先向上匀减再
向下匀加，还有两个时刻的速度为
0.5m/s，由牛顿第二定律和速度图象
结合求出时间．
本题首先要理解速度图象的意义，抓住斜率等于加速度；其次运用牛顿第二定律求出质量和α角的正弦值．
19.答案：解：(1)若斜面是粗糙的，设动摩擦因数为μ1，物块的质量为m；
对物块根据牛顿第二定律可得：mgsin37°−μ1mgcos37°=ma1
解得a1=0.2g
物块从开始运动到与挡板相碰，根据位移时间关系可得：5
4L=1
2
a1t2
解得t=5√L
2g
设长木板与斜面间的动摩擦因数为μ2，根据牛顿第二定律可得：
2mgsin37°+μ1mgcos37°−μ2×3mgcos37°=2ma2
根据位移时间关系可得：1
4L=1
2
a2t2
联立解得μ2=19
30
；
(2)AB一起下滑时，加速度大小为a=gsin37°=0.6g，设长木板与挡板相碰时速度为v1，则：
v1=√2a×1
4
L=√
3
10
gL
碰后长木板向上运动时，物块继续向下加速运动，加速度大小不变，仍为a1=0.2g 设木板向上减速运动，加速度大小为a3，根据牛顿第二定律可得：
μ1mgcos37°+2mgsin37°=2ma3，
解得a3=0.8g
木板沿斜面向上运动的时间t1=v1
a3=1
8
√30L
g
木板沿斜面向上运动的距离s1=1
2v1t1=3
16
L
木板与挡板相碰后，物块沿斜面向下运动的距离s2=v1t1+1
2a1t12=27
64
L
长木板反弹后上升到最高点时，物块相对于木板滑行的距离s=s1+s2=39
64
L。

答：(1)若斜面是粗糙的，当长木板与斜面间的动摩擦因数为19
30
时，物块与长木板同时撞击挡板；
(2)若斜面是光滑的，则当长木板与挡板碰撞后反弹上升到最高点时，物块相对于长木板滑行的距离
是39
64
L。

解析：(1)若斜面是粗糙的，对物块根据牛顿第二定律求解加速度，再根据牛顿第二定律求解木板的加速度，根据位移时间关系列方程求解；
(2)求出AB一起下滑时加速度大小，根据速度位移关系求解碰撞前的速度，分析碰撞后木板和物块的受力情况和运动情况，根据牛顿第二定律结合运动学公式求解物块相对于木板滑行的距离。

对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。