内蒙古赤峰市2021届新高考物理二模试卷含解析

内蒙古赤峰市2021届新高考物理二模试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．在“油膜法估测分子的直径”实验中将油酸分子看成是球形的，所采用的方法是（）
A．等效替代法B．控制变量法C．理想模型法D．比值定义法
【答案】C
【解析】
【详解】
在“油膜法估测分子的直径” 实验中将油酸分子看成是球形的，所采用的方法是理想模型法，故C项正确，ABD三项错误。

2．如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知B球质量为m，O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，则下列叙述正确的是
A．小球A、B受到的拉力T OA与T OB相等，且T OA＝T OB＝
B．弹簧弹力大小
C．A球质量为
D．光滑半圆柱体对A球支持力的大小为mg
【答案】C
【解析】
【详解】
A、B、隔离对B分析，根据共点力平衡得：
水平方向有：T OB sin45°=F
竖直方向有：T OB cos45°=mg，
则，弹簧弹力F=mg，
根据定滑轮的特性知：T OA与T OB相等；故A，B错误.
C、D、对A分析，如图所示：
由几何关系可知拉力T OA 和支持力N 与水平方向的夹角相等，夹角为60°，则N 和T 相等，有：2T OA sin60°=m A g ， 解得：，由对称性可得：，故C 正确，D 错误. 故选C.
【点睛】
解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解．本题采用隔离法研究比较简便． 3．电荷之间的引力会产生势能。

取两电荷相距无穷远时的引力势能为零，一个类氢原子核带电荷为+q ，核外电子带电量大小为e ，其引力势能P kqe E r
=-，式中k 为静电力常量，r 为电子绕原子核圆周运动的半径（此处我们认为核外只有一个电子做圆周运动）。

根据玻尔理论，原子向外辐射光子后，电子的轨道半径从1r 减小到2r ，普朗克常量为h ，那么，该原子释放的光子的频率υ为（ ）
A ．2111kqe h r r υ⎛⎫=- ⎪⎝⎭
B ．21112kqe h r r υ⎛⎫=- ⎪⎝⎭
C ．12113kqe h r r υ⎛⎫=- ⎪⎝⎭
D ．21113kqe h r r υ⎛⎫=- ⎪⎝⎭
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
电子在r 轨道上圆周运动时，静电引力提供向心力
2
2kqe v m r r
= 所以电子的动能为
2122K kqe E mv r
== 所以原子和电子的总能为 2K P kqe E E E r =+=-
再由能量关系得
1221112kqe E h E E r r ν⎛⎫==-=- ⎪⎝⎭
即
211
12kqe h r r ν⎛⎫=- ⎪⎝⎭
故选B 。

4．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（ ）
A ．t=0.005s 时线框的磁通量变化率为零
B ．t=0.01s 时线框平面与中性面重合
C ．线框产生的交变电动势有效值为300V
D ．线框产生的交变电动势频率为100Hz
【答案】B
【解析】
【分析】
由图乙可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于那个面上；由图像还可知电动势的峰值和周期。

根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值；根据周期和频率的关系可求频率。

【详解】
A ．由图乙知t=0.005s 时，感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律
ΔΔE n t
Φ= 可知，磁通量的变化率最大，但线圈与磁场平行磁通量为零，故A 错误。

B ．由图乙可知t=0.01时刻，e=0，说明此时线圈正经过中性面，故B 正确。

CD ．由图乙可知，该交变电流的周期为 T=0.02s ，电动势最大值为E m =311V 。

根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为
m 22311V 220V 22
E E === 据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为
11Hz 50Hz 0.02
f T === 故CD 错误。

故选B 。

【点睛】
本题考查的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，注意会由图像得出线圈从何处开始计时，并掌握正弦交流电的最大值与有效值的关系。

5．如图所示，在半径为R 的半圆和长为2R 、宽为33R 的矩形区域内充满磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于纸面向里。

一束质量为m 、电量为q 的粒子（不计粒子间相互作用）以不同的速率从边界AC 的中点垂直于AC 射入磁场.所有粒子从磁场的EF 圆弧区域射出（包括E 、F 点）其中EO 与FO （O 为圆心）之间夹角为60°。

不计粒子重力.下列说法正确的是（ ）
A ．粒子的速率越大，在磁场中运动的时间越长
B ．粒子在磁场中运动的时间可能为23m qB
π C ．粒子在磁场中运动的时间可能为56m qB
π D ．粒子的最小速率为
56qBR m
【答案】B
【解析】
【详解】 ABC ．粒子从F 点和E 点射出的轨迹如图甲和乙所示；
对于速率最小的粒子从F 点射出，轨迹半径设为r 1，根据图中几何关系可得：
22113(
)3
r r R R -= 解得 123
r R = 根据图中几何关系可得
113sin 2
R r θ== 解得θ1=60°，所以粒子轨迹对应的圆心角为120°；
粒子在磁场中运动的最长时间为
118060223603m m t qB qB
ππ︒-︒=⨯=︒ 对于速率最大的粒子从E 点射出，轨迹半径设为r 2，根据图中几何关系可得
2cos60r R =︒ 解得 273
r R = 根据图中几何关系可得
22sin603sin 14
R R r θ︒== 所以θ2＜60°，可见粒子的速率越大，在磁场中运动的时间越短，粒子的速率越小运动时间越长，粒子在磁场中运动的最长时间为2 3m qB π，不可能为5 6m qB
π，故B 正确、AC 错误； D ．对从F 点射出的粒子速率最小，根据洛伦兹力提供向心力可得
11mv r qB
= 解得最小速率为
123qBR v m
= 故D 错误。

故选B 。

6．如图所示是杂技团表演猴子爬杆的节目，质量为8kg m =的猴子以初速度10.5v =m/s 沿竖直杆从杆底
部向上匀加速运动的同时，杂技演员顶着直杆以初速度21m/s v =，加速度22s 2m/a =沿水平方向向左做
匀加速直线运动，3s t =末猴子到达杆的顶部。

已知竖直杆的长度为6m =L ，重力加速度210m/s g =，将猴子看作一个质点，关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是（ ）
A ．猴子沿杆运动的加速度大小为20.5m/s
B ．猴子相对地面做匀加速的曲线运动
C ．猴子运动的轨迹方程12
y x = D ．杆给猴子的作用力大小为88N
【答案】C
【解析】
【详解】
A.猴子在竖直方向做匀加速直线运动，由
21112
L v t a t =+ 得
211m/s a =，
故A 错误；
B.根据分运动与合运动的关系：
1212
v v =， 1212
a a =， 速度与加速度始终同向，可知合运动为匀加速直线运动，故B 错误；
C.猴子在竖直方向的分运动：
2211110.522
y v t a t t t +=+=， 水平方向：
222212
x v t a t t t =+=+， 联立可得：
12y x =， 故C 正确；
D.杆在竖直方向和水平方向都对猴子有作用力，竖直方向根据牛顿运动定律得：
1y F mg ma -=，
得：
88y F N =，
水平方向：
216x F ma N ==，
则杆对猴子的作用力：
2288x y F F F N =+>，
故D 错误。

故选：C 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示，质量为M 的木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一质量为m 的木块（可视为质点），在木板上施加一水平向右的恒力F ，木块和木板由静止开始运动并在最后分离。

设分离时木块相对地面运动的位移为x ，保证木块和木板会发生相对滑动的情况下，下列方式可使位移x 增大的是（ ）
A ．仅增大木板的质量M
B ．仅减小木块的质量m
C ．仅增大恒力F
D ．仅增大木块与木板间的动摩擦因数
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
设木板长为L ，当木块与木板分离时，运动时间为t ，对于木板
1F mg Ma μ-=
211'2
x a t = 对于木块
2mg ma μ=
2212x a t =
当木块与木板分离时，它们的位移满足
22121122
L a t a t =- 解得
12
2L t a a =- 则木块相对地面运动的位移为
2221122
=2=11a L L a a a x a t a --=
A ．仅增大木板的质量M ，1a 变小，2a 不变，x 增大，故A 正确；
B ．仅减小木块的质量m ，1a 变大，2a 不变，x 减小，故B 错误；
C ．仅增大恒力F ，1a 变大，2a 不变，x 减小，故C 错误；
D ．仅稍增大木块与木板间的动摩擦因数，1a 变小，2a 增大，x 增大，故D 正确。

故选AD 。

8．甲、乙两列简谐横波在同一介质中同向独立传播，传播方向沿x 轴正方向。

如图所示为0t =时刻的部分波形。

1s t =时刻质点Q 第一次振动至平衡位置。

对此现象，下列说法正确的是（ ）
A ．乙波的波长为20m
B ．甲波的周期为2s
C ．甲波的传播速度为2m/s
D ．0t =时刻两列波没有波峰重合处
E.0t =时刻在32.5m =x 处两列波的波峰重合
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A ．读取图象信息知波长为
8m λ=甲，20m λ=乙
所以A 正确；
B ．甲波的Q 点运动至平衡位置所需时间为
1s 4T =甲 则甲波周期为
4s T =甲
所以B 错误；
C ．波的传播速度仅由介质决定，甲、乙两列波的速度相同，有
2m/s v T λ==甲
甲
所以C 正确；
DE ．取0t =时刻
114m x =，220m x =
两个波峰点为基准点，二者相距6m 。

假设0t =时刻两列波的波峰有相遇处，则该相遇处与两个波峰基准点的距离差为
126m k k λλ-=甲乙（1k ，2k 均为整数）
即
22126620 2.50.758
k k k k λλ++===+乙
甲 该方程式1k ，2k 无整数解。

则0t =时刻两列波波峰没有重合点。

所以D 正确，E 错误。

故选ACD 。

9．如图甲所示，一足够长的绝缘竖直杆固定在地面上，带电量为 0.01C 、质量为 0.1kg 的圆环套在杆上。

整个装置处在水平方向的电场中，电场强度 E 随时间变化的图像如图乙所示，环与杆间的动摩擦因数为 0.5。

t=0 时，环由静止释放，环所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g 取10m/s 2 。

则下列说法正确的是（ ）
A ．环先做加速运动再做匀速运动
B ．0~2s 内环的位移大于 2.5m
C ．2s 时环的加速度为5m/s 2
D ．环的最大动能为 20J
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．在t=0时刻环受的摩擦力为0.53000.01N=1.5N 1N f qE mg μ==⨯⨯>=，则开始时物体静止；随着场强的减小，电场力减小，则当摩擦力小于重力时，圆环开始下滑，此时满足
qE mg μ=
即
E=200N/C
即t=1s 时刻开始运动；且随着电场力减小，摩擦力减小，加速度变大；当电场强度为零时，加速度最大；当场强反向且增加时，摩擦力随之增加，加速度减小，当E=-200N/C 时，加速度减为零，此时速度最大，此时刻为t=5s 时刻；而后环继续做减速运动直到停止，选项A 错误；
BC ．环在t=1s 时刻开始运动，在t=2s 时E=100N/C ，此时的加速度为
-mg qE ma μ=
解得
a=5m/s 2
因环以当加速度为5m/s 2匀加速下滑1s 时的位移为
2151m=2.5m 2
s =⨯⨯ 而在t=1s 到t=2s 的时间内加速度最大值为5m/s 2，可知0~2s 内环的位移小于 2.5m ，选项B 错误，C 正确；
D ．由以上分析可知，在t=3s 时刻环的加速度最大，最大值为g ，环从t=1s 开始运动，到t=5s 时刻速度最大，结合a-t 图像的面积可知，最大速度为
1410m/s=20m/s 2
m v =⨯⨯ 则环的最大动能
22110.120J=20J 22
km m E mv ==⨯⨯ 选项D 正确。

故选CD 。

10．两列在同一介质中的简谐横波沿相反方向传播，某时刻两列波相遇，如图所示，其中实线波的频率为
2.50Hz ，图示时刻平衡位置x ＝3m 处的质点正在向上振动。

则下列说法正确的是（ ）
A ．实线波沿x 轴正方向传播，虚线波沿x 轴负方向传播
B ．两列波在相遇区域发生干涉现象
C ．两列波的波速均为25m/s
D ．从图示时刻起再过0.025s ，平衡位置x ＝1.875m 处的质点将位于y ＝30cm 处
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．图示时刻平衡位置x=3m 处的质点正在向上振动，根据波动规律可知，实线波沿x 轴正方向传播，则虚线波沿x 轴负方向传播，故A 正确；
B ．介质决定波速，两列波传播速度大小相同，由图可知，实线波的波长λ1=6m ，虚线波的波长λ2=9m ，由v=λf 可知，实线波和虚线波的频率之比为
f 1：f 2=λ2：λ1=3：2
由于f 1不等于f 2，故两列波在相遇区域不会发生稳定的干涉现象，故B 错误；
C ．实线波的频率为2.50Hz ，波长λ1=6m ，则波速
115m/s v f λ==
故C 错误；
D ．实线波波峰传到平衡位置x ＝1.875m 处的质点所用时间为
1 1.875 1.5s 0.025s 15
t -== 虚线波波峰传到平衡位置x ＝1.875m 处的质点所用时间为 2 2.25 1.875s 0.025s 15t -=
= 说明从图示时刻起再过0.025s ，平衡位置x ＝1.875m 处的质点处于波峰位置，由波的叠加可知，平衡位置x ＝1.875m 处的质点将位于y ＝30cm ，故D 正确。

故选AD 。

11．假设某战士从弧形的雪坡上沿水平方向飞出后，若倾斜的雪坡倾角为θ，战士飞出时的水平速度大小为v 0，且他飞出后在空中的姿势保持不变，又落回到倾斜的雪坡上，如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g ，则（ ）
A ．如果v 0不同，该战士落到雪坡时的位置不同，速度方向也不同
B ．如果v 0不同，该战士落到雪坡时的速度方向相同，在空中运动时间不同
C ．该战士在空中经历的时间是02tan v g θ
D ．该战士在空中经历的时间是
0tan 2v g θ 【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
雪坡的倾角等于位移与水平方向的夹角，根据平抛运动的规律可知
tan 2y gt x v θ== 解得平抛运动的时间为
02tan v t g
θ= 如果v 0不同，该战士在空中运动时间不同，根据平抛运动的规律，位移与水平方向夹角的正切值等于速度与水平方向夹角的正切值的一半，故落地雪坡的速度方向相同，战士的水平位移为
0022tan v x v t g
θ== 知初速度不同，水平位移不同，落点位置不同，速度方向相同，故BC 正确，AD 错误。

故选BC 。

12．如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab 、cd 静止在导轨上．t=0时，棒ab 以初速度v 0向右滑动．运动过程中，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v 1、v 2表示，回路中的电流用I 表示．下列图像中可能正确的是
A．B．C．D．
【答案】AC
【解析】
【详解】
ab棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，则受到向左的安培力，从而向右做减速运动，；金属棒cd受向右的安培力作用而做加速运动，随着两棒的速度差的减小安培力减小，加速度减小，当两棒速度相等时，感应电流为零，最终两棒共速，一起做匀速运动，故最终电路中电流为0，故AC正确，BD错误．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．实验小组的同学用如图所示的装置做“用单摆测重力加速度”的实验。

（1）实验室有如下器材可供选用：
A．长约1m的细线
B．长约1m的橡皮绳
C．直径约2cm的铁球
D．直径约2cm的塑料球
E.米尺
F.时钟
G.停表
实验时需要从上述器材中选择：____（填写器材前面的字母）。

（2）在挑选合适的器材制成单摆后他们开始实验，操作步骤如下：
①将单摆上端固定在铁架台上
②测得摆线长度，作为单摆的摆长
③在偏角较小的位置将小球由静止释放
④记录小球完成n次全振动所用的总时间t，得到单摆振动周期
t T
n
⑤根据单摆周期公式计算重力加速度的大小。

其中有一处操作不妥当的是____。

（填写操作步骤前面的序号）
（3）按照以上的实验步骤，测量多组摆长和对应的周期，并根据实验数据做出了图像，根据该图像得出重力加速度的测量值为____m/s 2。

（4）实验后同学们进行了反思。

他们发现由单摆周期公式可知周期与摆角无关，而实验中却要求摆角较小。

请你简要说明其中的原因______。

【答案】ACEG ②，单摆的摆长应等于摆线长度加摆球的半径； 9.86
2l T g
=简谐运动的周期公式。

当摆角较小时才可以将单摆的运动视为简谐运动。

【解析】
【分析】
【详解】 （1）[1]．单摆的摆长不可伸长，为减小空气阻力的影响和实验误差，先选用长约1m 的细线，直径约2cm 的铁球，要用米尺测量摆长，停表测量周期，故答案为：ACEG 。

（2）[2]．操作不妥当的是②．单摆的摆长应等于摆线长度加摆球的半径。

（3）[3]．根据单摆的周期公式得
2l T g
= 解得 2
2
4T l g π= 由图像可知
24 4.041
k g π=== 解得
g=9.86m/s 2
（4）[4]．公式
2l T g
π=运动。

14．某同学用如图甲所示的实验装置探究恒力做功与小车动能变化的关系。

实验中用砂和砂桶的总重力表示小车所受合力。

（1）下列关于该实验的操作，正确的有_____。

A ．砂和砂桶的总质量应远小于小车的质量
B ．实验所用电磁打点计时器的工作电源应选用电压约为6V 的蓄电池
C ．实验时，应先让打点计时器正常工作，后释放小车
D ．平衡摩擦力时，应挂上空砂桶，逐渐抬高木板，直到小车能匀速下滑
（2）图乙为实验得到的一条点迹清晰的纸带，A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 是纸带上7个连续的点。

已知电源频率为50Hz ，则打点计时器在打D 点时纸带的速度v ＝_____m/s （保留三位有效数字）。

（3）该同学平衡了摩擦力后进行实验，他根据实验数据画出了小车动能变化△E k 与绳子拉力对小车所做功W 的关系图象，他得到的图象应该是_____。

A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】AC 0.475（0.450～0.500都对） A
【解析】
【详解】
（1）[1]．A ．实验中用砂和砂桶的总重力表示小车所受合力，为了使小车的合力近似等于砂和砂桶的总重力，砂和砂桶的总质量应远小于小车的质量，故A 正确；
B ．实验所用电磁打点计时器的工作电源应选用电压约为6V 的交流电源，而蓄电池提供的是直流电源，故B 错误；
C ．实验时，应先让打点计时器正常工作，后释放小车，才能够在纸带上打出足够多的点，故C 正确；
D ．平衡摩擦力时，不应挂上空砂桶，故D 错误。

故选：AC 。

（2）[2]．C 点的读数为1.65cm ，E 点的读数为3.55cm ，CE 的距离x CE ＝（3.55﹣1.65）cm ＝1.90cm 。

中间时刻的速度等于该时间段的平均速度，所以打点计时器在打D 点时纸带的速度
v D ＝CE x 2T ＝21.901020.02
-⨯⨯m/s ＝0.475m/s 。

（3）[3]．根据动能定理：W ＝△E k ，小车动能变化△E k 与绳子拉力对小车所做功W 的关系图象是经过
原点的一条直线，故A正确。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l = 0.5m，左端接有阻值R = 0.3Ω的电阻．一质量m = 0.1kg，电阻r = 0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B = 0.4T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以 a = 2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x = 9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1：Q2= 2：1．导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求
（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；
（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；
（3）外力做的功W F．
【答案】（1）4.5C （2）1.8J （3）5.4J
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量变化量为：ΔΦ=BLx，
由法拉第电磁感应定律得，回路中的平均感应电动势为：
由闭合电路欧姆定律得，回路中的平均电流为：
通过电阻R的电荷量为：q = IΔt
联立以上各式，代入数据解得：q =4.5C
（2）设撤去外力时棒的速度为v，棒做匀加速运动过程中，由运动学公式得：
设撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得：
W = 0－mv2
撤去外力后回路中产生的焦耳热：Q2= －W
联立以上各式，代入数据解得：Q2=1.8J
（3）由题意各，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1:Q2=2:1
可得：Q 1=3.6J
在棒运动的整个过程中，由功能关系可得：W F = Q 1 + Q 2
联立以上各式，代入数据解得：W F =5.4J
16．横截面积处处相同的U 形玻璃管竖直放置左端封闭,右端开口.初始时,右端管内用h 1=4cm 的水银柱封闭一段长为L 1=9cm 的空气柱
A 左端管内用水银封闭有长为L 2=14cm 的空气柱
B,这段水银柱液面高度差为h 2=8cm,如图甲所示.
已知大气压强P 0=76.0cmHg,环境温度不变.
(i)求初始时空气柱B 的压强(以cmHg 为单位)；
(ii)若将玻璃管缓慢旋转180°,使U 形管竖直倒置(水银未混合未溢出),如图乙所示当管中水银静止时,求水银柱液面高度差h 3.
【答案】 (i)72cmHg (ii)12cm
【解析】
【详解】
(i)初始时，空气柱A 的压强为p A ＝p 0＋ρgh 1
而p B ＋ρgh 2＝p A
联立解得气体B 的压强为p B =72cmHg
(ii)U 形管倒置后，空气柱A 的压强为p A ′＝p 0－ρgh 1
空气柱B 的压强为p B ＇＝p A ′＋ρgh 3
空气柱B 的长度'23222
h h L L -=+ 由玻意耳定律可得p B L 2＝p B ＇L 2＇
联立解得h 3＝12cm 。

17．如图所示，一长木板在水平地面上向右运动，速度v 0=7m/s 时，在其最右端轻轻放上一与木板质量相同的小铁块。

已知小铁块与木板间的动摩擦因数10.10μ=，木板与地面间的动摩擦因数20.25μ=，整个过程小铁块没有从长木板上掉下来，重力加速度g 取10m/s 2。

求∶
(1)小铁块能达到的最大速度v m ；
(2)小铁块与长木板都停止运动后，小铁块离长木板最右端的距离x 。

【答案】（1）1m/s ；（2）3.125m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设铁块与木板开始时的加速度大小分别为1a 、2a ， 由牛顿第二定律得 11mg ma μ=
1222mg mg ma μμ+=
解得
211m/s a =，226m/s a =
当二者速度相等时，铁块的速度最大，根据速度公式可得 1m v a t =
02=-m v v a t
解得
1m/s m v =，1s t =
(2)铁块从开始运动到最大速度发生的位移
21110.5m 2
x a t == 木板从开始减速到m v 发生的位移
2202212
4m x v t a t =-= 设木板从m v 停止运动过程中的加速度大小为3a ，根据牛顿第二定律可得 2132μμ-=mg mg ma
解得
2324m/s 1m/s a =>
铁块从最大速度到停止运动发生的位移
231
0.5m 2m v x a == 木板从m v 停止运动过程中发生的位移为
2
4
30.125m
2m
v x
a =
=
最终铁块离木板右端的距离
24133.125m
x x x x x =+--=。