河北省石家庄二中2024-2025学年高一上学期12月月考物理试卷（扫描版，含答案）

河北省石家庄二中 2024-2025 学年高一上学期 12 月月考物理试卷
一、单选题：本大题共 7 小题，共 28 分。
1.如图，弹簧测力计下端挂有一质量为0.20 的光滑均匀球体，球体静止于带有
固定挡板的斜面上，斜面倾角为30°，挡板与斜面夹角为60°。
若弹簧测力计位于竖直方向，读数为1.0 ， 取10 / 2，挡板对球体支持力的大
小为( )
√ 3
A.
3
B. 1.0
2√ 3
C.
3
D. 2.0
2.小明在观察如图所示的沙子堆积时，发现沙子会自然堆积成圆锥体，且
在不断堆积过程中，材料相同的沙子自然堆积成的圆锥体的最大底角都是
相同的。小明测出这堆沙子的底部周长为31.4 ，利用物理知识测得沙子之
间的摩擦因数为0.5，估算出这堆沙子的体积最接近( )
A. 60 3 B. 200 3 C. 250 3 D. 500 3
3.如图所示，球壳内有三条弦 、 、 ， 为球内的最低点，它们与水平面
间的夹角分别为60°、45°、30°。三个光滑的小环分别从 、 、 处由静止沿所在
弦下滑，运动到最低点所用的时间分别为 、 、 ，则三者之间大小关系为( )
A. = =
B. < <
C. > >
D. = >
第 1 页，共 18 页
4.如图，光滑的四分之一圆弧轨道 固定在竖直平面内， 端与水平面相切。穿在轨道上的小球在拉力 作
用下，缓慢地由 向 运动， 始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为 。在运动过程中( )
A. 增大， 减小 B. 减小， 减小 C. 增大， 增大 D. 减小， 增大
5.如图，将一质量为 的小球靠近一面墙竖直向上抛出，图甲是小球向上运动时抓拍的频闪照
片，图乙是小球下落时抓拍的频闪照片。重力加速度为 ，假设小球所受的空气阻力大小不变，
则可算小球所受空气阻力大约为( )
A. 0.15
B. 0.2
C. 0.5
D. 因砖的尺寸未知，无法估算
6.如图所示，轿厢运送质量为 的圆柱体货物，右侧斜面的倾角 = 37°左侧斜面的
倾角 = 53°，货物始终相对轿厢静止。已知重力加速度为 ， 37° = 0.6， 53° =
0.8。下列说法正确的是( )
A. 轿厢沿与竖直方向成30°角向左上方匀速运动时，货物对左侧斜面的压力大小为
0.8
B. 轿厢以0.5 的加速度水平向右匀加速运动时，货物对左侧斜面的压力大小为
C. 轿厢水平向右的最大加速度为0.75
D. 轿厢以0.5 的加速度竖直向上匀加速运动时，货物对左侧斜面的压力大小为1.2
7.小球在空中做竖直上抛运动，某一秒内发生的位移大小为1 。下列判断正确的是( )
A. 这一秒内小球经过的路程一定为2.6
B. 这一秒内小球的初速度一定为6 /
C. 这一秒的前一半时间内小球位移为1.25
D. 这一秒内小球可能一直在上升，也可能一直在下降
二、多选题：本大题共 3 小题，共 18 分。
第 2 页，共 18 页
8.如图所示为缓慢关门时(图中箭头方向)门锁的示意图，锁舌尖角为37°，此时弹簧弹力为30 ，锁舌表面
较光滑，摩擦不计，已知 37° = 0.6， 37° = 0.8，则下列说法正确的是( )
A. 关门过程中锁壳碰锁舌的弹力逐渐增大 B. 关门过程中锁壳碰锁舌的弹力保持不变
C. 此时锁壳碰锁舌的弹力为50 D. 此时锁壳碰锁舌的弹力为60
9.如图，质量相等的两滑块 、 置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因
数均为 。重力加速度大小为 。用水平向右的拉力 拉动 ，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉
力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )
A. 的加速度大小的最大值为2
B. 的加速度大小的最大值为2
C. 的位移大小一定大于 的位移大小
D. 的速度大小均不大于同一时刻 的速度大小
10.如图甲所示，质量为 0的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为 的小球， 0 > ，用
一力 水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度 向右运动时，细线与竖直方向成 角，细线的拉力大小为
。若用一力 ′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度 ′向左运动时，细线与竖直方向也成 角，如图
乙所示，细线的拉力大小为 ′ ，则( )
A. ′ < B. ′ > C. ′ > D. ′ =
三、实验题：本大题共 2 小题，共 17 分。
第 3 页，共 18 页
11.如图甲所示，弹簧一端固定于深度 = 0.35 的小筒中(没有外力作用时弹簧的另一端也位于筒内)，现
要测出弹簧的劲度系数 。实验小组的同学将小筒竖直固定，在弹簧下端悬挂钩码；改变所挂钩码的个数，
测出筒外弹簧的长度 ，所挂钩码的重力记为 ，作出的 图线如图乙所示，试回答下列问题：
(1)弹簧的劲度系数 = ______ / 。若考虑弹簧自身的重力，则上述弹簧的劲度系数测量值______(选填
“大于”、“小于”或“等于”)真实值。
(2)未悬挂钩码时，竖直小桶内弹簧的长度 0 = ______ 。
12.小黄同学在暗室中用图示装置做“测定重力加速度”的实验，用到的实验器材有：分液漏斗、阀门、支
架、接水盒、一根有荧光刻度的米尺、频闪仪。具体实验步骤如下：
①在分液漏斗内盛满清水，旋松阀门，让水滴以一定的频率一滴滴的落下；
②用频闪仪发出的闪光将水滴流照亮，由大到小逐渐调节频闪仪的频率，当频率为25 时，第一次看到一
串仿佛固定不动的水滴；
③用竖直放置的米尺测得各个水滴所对应的刻度；
④处理数据，得出结论；
(1)水滴滴落的时间间隔为______ 。
第 4 页，共 18 页
(2)小黄同学测得连续相邻的五个水滴之间的距离如图乙所示，根据数据计算当地重力加速度 = ______ /
2。(结果均保留三位有效数字)

(3)小黄同学又根据图乙依次计算出 、 、 、 点到 点的距离 与所用时间 的比值 ，作出了 的图像，

如图丙所示，坐标系中已标出的坐标值为已知量，则 点的速度为 = ______，重力加速度为 = ______(
均用 、 、 表示)。
四、计算题：本大题共 3 小题，共 37 分。
13.如图所示，质量 = 3 的木块套在固定的水平杆上，并用轻绳与小球相
连，现用与水平方向成60°角的力 拉着小球并带动木块一起向右匀速运动
= 10√ 3 ，运动过程中木块与小球的相对位置保持不变，轻绳与杆的夹角
为30°， 取10 / 2，求：
(1)小球的质量 ；
(2)木块与水平杆间的动摩擦因数 。
14.一公交车从某站牌由静止开始做匀加速直线运动，距离车头 = 30 远的正后方有一乘客正在以
2√ 15 / 的恒定速度追赶这辆公交车，经过一段时间恰能追上。
(1)求此公交车的加速度。
(2)已知司机从车头反光镜内能看到离车头的最远距离为 0 = 20 (即人离车头距离超过20 时司机就不能
从反光镜中看到)，并且司机从反光镜中看到该人的像必须持续时间 0 = 1.0 才会注意到该人，然后制动并
使车停下来。公交车的加速度与(1)相同，该乘客要想乘坐上这辆公交车，求其匀速追赶的最小速度。
15.如图甲所示，质量为 = 2 的小物块 和质量为 = 1 的小物块 用跨过光滑小定滑轮的足够长的轻
质细线相连接，细线不可伸长， 放在倾角为 = 37°的粗糙斜面上， 与斜面间的动摩擦因数 1 = 0.25，
放在水平面上， 与水平面间的动摩擦因数 2 = 0.2。计时开始时，在 上施加一个水平向左的外力 ，大小
为30 ，力 随时间做周期性变化，规律如图乙所示物块 、 运动过程中不会和滑轮相撞，最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，已知重力加速度 = 10 / 2， 37° = 0.6， 37° = 0.8。
第 5 页，共 18 页
(1)求在0～1 内物块 的加速度大小；
5
(2)求 末物块 的速度大小。
3
(3)求3 末物块 的速度大小。
第 6 页，共 18 页
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：根据题意，画出小球的受力示意图如下
挡板对球的支持力大小为 ，斜面对球的支持力大小为 ，弹簧秤对球的拉力大小为 = 1.0 ，小球的重力
为 = 0.20 × 10 = 2.0 ，根据平衡条件有
30° = 30°
30° + 30° + =
解得 √ 3 = ，故 A 正确，BCD 错误。
3
故选： 。
根据题意画出小球的受力图，根据平衡条件写出平衡方程联立解答。
考查物体的受力分析和平衡问题，会根据题意列式联立求解相应的物理量。
2.【答案】
31.4
【解析】解：这堆沙子的底部周长为 = 31.4 ，则底部半径 = = = 5
2 2×3.14
当最大静摩擦力等于重力的下滑分力时，有
=
解得 = = 0.5
结合几何关系，有

=

解得 = 2.5
故这堆沙子的最大体积为
第 7 页，共 18 页
1 1
= 2 = × 3.14 × 52 × 2.5 3 = 65.4 3，故这堆沙子的体积最接近60 3，故 A 正确，BCD 错误。
3 3
故选： 。
对最外面的颗粒受力分析，受重力、支持力和最大静摩擦力，根据平衡条件列式求解倾角，再根据几何关
系求解高度，根据圆锥体积计算公式求解体积。
本题是临界态的平衡问题，关键是明确沙堆体积不能无限增加的原因，要考虑临界情况，对最外层的沙石
进行受力分析，然后根据平衡条件列式求解。
3.【答案】
【解析】解：设球的半径为 ，弦与竖直方向夹角为 ，由小环沿弦做初速度为零的匀加速直线运动，根据
1
位移与时间的关系式可得2 = 2
2

解得运动时间为 = 2√ ，与半径 有关，与弦与竖直方向夹角无关，所以小环运动到最低点的时间相等，

故 A 正确，BCD 错误。
故选： 。
小环做匀加速直线运动，重力沿弦方向的分力提供加速度，根据位移与时间的关系式解答。
考查对匀变速直线运动规律的理解，根据关系式解答即可。
4.【答案】
【解析】解：对球受力分析，受重力、支持力和拉力，如，根据共点力平衡条件，
=
=
其中 为支持力 与竖直方向的夹角；当物体向上移动时， 变大，故 变小， 变大，故 A
正确， 、 、D 错误。
故选： 。
对球受力分析，受重力、支持力和拉力，根据共点力平衡条件列式求出拉力和支持力的数值，再进行分析
讨论。
此题关键是对滑块受力分析，根据共点力平衡条件列式求出支持力和拉力的表达式进行讨论。
5.【答案】
【解析】解：假设每块砖的厚度为 ，砖与砖之间的缝隙忽略不计，频闪时间为 ，
对甲图有9 3 = 1
2，3 = 22 ，
6 2
即 1 =
2
， 2 = ，
2
第 8 页，共 18 页
设阻力大小为 ，根据牛顿第二定律，
上升阶段有 + = 1，
下落阶段有 = 2，
整理解得 = 0.5 ，故 C 正确，ABD 错误。
故选： 。
小球在竖直上抛后又下落的过程均做匀变速直线运动，竖直上抛运动过程中末速度为零，上升到最高点自
由下落的过程为初速度为零的匀加速直线运动，故可设每块砖的厚度为 ，砖与砖之间的缝隙忽略不计，频
闪时间为 ，利用逐差相等公式分别计算上升和下落过程的加速度，结合牛顿第二定律计算空气阻力。
本题考查学生对匀变速直线运动规律的理解与应用，其中判断出上升过程和下落过程均为匀变速直线运动，
并理解题干知道每次抓拍之间的时间间隔相等并使用逐差相等公式与牛顿第二定律为解题的关键。
6.【答案】
【解析】解： 、当轿厢匀速运动时，对货物受力分析如图1所示
沿斜面方向有 1 = = × 0.6 = 0.6
故 A 错误；
B、当轿厢以0.5 的加速度向右匀加速运动时，对货物受力分析并建立如图2所示坐标系
由受力分析有
竖直方向： = 3 + 4 = 0
第 9 页，共 18 页
3 × 0.6 + 4 × 0.8 =
水平方向： = 3 4 = 0.5
3 × 0.8 4 × 0.6 = 0.5
联立解得
3 = ， 4 = 0.5
故 B 正确；
C、当货物对右侧斜面压力为0时轿厢向右的加速度最大，由受力分析结合牛顿第二定律有

=

所以
4
= = tan 3
故 C 错误；
D、当轿厢以0.5 的加速度向上匀加速运动时，对货物受力分析如图3所示
由受力分析有
水平方向： = 5 6 = 0
5 × 0.8 6 × 0.6 = 0
竖直方向： = 5 + 6 = 0.5
5 × 0.6 + 6 × 0.8 = 0.5
联立解得
5 = 0.9
故 D 错误。
故选： 。
匀速运动时，沿右侧斜面方向受力平衡，根据方程列式求解；当加速运动时，把力分解到水平和竖直方向
第 10 页，共 18 页
上，根据牛顿第二定律和平衡方程列式求解；当货物对右侧斜面压力为0时轿厢向右的加速度最大，结合牛
顿第二定律求解。
本题考查了牛顿第二定律和物体的平衡，正确的对物体进行分解，寻找等量关系是解题的关键，难度一般。
7.【答案】
1 1
【解析】解： 、上升或下降过程中1 内最小的位移 = 2 = × 10 × 1 = 5 ，所以物体不可能一直
2 2
在上升过程，也不可能一直在下降过程，故 D 错误；
1
、设这一秒内物体的初速度为 0，取竖直向上为正方向，则 = 0
2，
2
6
当 = 1 时解得： 0 = 6 / ，物体上升的时间 =
0
1 = = 0.6 ，这1 内下降的时间 2 = 0.4 ，则这一 10
1 1
秒内的路程 = 2 2
2 1
+
2 2
，解得： = 2.6 ，
′ 4
当 = 1 时解得： ′0 = 4 / ，物体上升的时间 ′1 =
0 = = 0.4 ，这1 内下降的时间 = 0.6 ，则
10 2
1 1
这一秒内的路程 = 21 +
2
2，解得： = 2.6 ， 2 2
故 A 正确，B 错误；
1
C、这一秒的前一半时间内小球位移为 ′ = 0 ′ ′
2，代入数据解得： ′ = 1.75 或 ′′ = 1.25 ，故 C
2
错误；
故选： 。
1 1
根据 = 2求出上升或下降过程中1 内最小的位移，从而判断物体的运动情况；根据 = 20 求初2 2
速度大小，再求物体上升的时间和下降的时间，从而求得这一秒内的路程；根据位移—时间关系解得前一
半时间内小球位移。
解答本题的关键要掌握竖直上抛运动的规律，知道下降过程物体做自由落体运动，下降过程中1 内最小的
位移是5 ，从而判断物体的运动情况。
8.【答案】
【解析】解： 、关门时，锁舌受到锁壳的作用力，弹簧被压缩，处于压缩状态，则关门过程中锁壳碰锁
舌的弹力增大，故 A 正确，B 错误；
、由题意知，锁舌尖角为37°，此时对锁舌受力分析，设锁舌受到弹簧弹力为 弹、锁壳的弹力为 ，则沿
弹簧方向，由平衡条件得
弹 = 37°
第 11 页，共 18 页
由题意知此时 弹 = 30 ，代入上式解得 = 50 ，故 C 正确，D 错误。
故选： 。
关门时，锁舌受到锁壳的作用力，弹簧被压缩，根据形变量的变化分析锁壳碰锁舌的弹力变化情况由平衡
条件求解此时弹簧的弹力。
本题中弹簧被压缩时提供支持力，拉伸时提供拉力，同时要能对锁舌正确进行受力分析，利用平衡条件解
答。
9.【答案】
【解析】解： 、设两物块的质量均为 ，撤去拉力 前，两滑块均做匀速直线运动，对两滑块 、 整体
分析得 = 2
隔离滑块 分析得 弹 =
撤去拉力 后，在弹簧弹力和摩擦力作用下，取向右为正方向，根据牛顿第二定律对滑块 有
弹 = 1
对滑块 有 弹 = 2

弹 弹
解得 1 = ， 2 =
可知弹簧逐渐恢复原长过程中，滑块 做加速度减小的减速运动， 做加速度增大的减速运动，当 弹 =
时，滑块 加速度大小的最大值为 1 = 2
当 弹 = 0时，滑块 加速度大小的最大值为 2 =
故 A 正确，B 错误。
C、滑块 、 水平向右运动， 、 间的距离在减小，故 的位移一定小于 的位移，故 C 错误；
D、滑块 在弹簧恢复到原长时加速度的大小为 1′ =
可见滑块 减速的最小加速度为滑块 减速的最大加速度，撤去拉力时， 、 的初速度相等，滑块 由开始
的加速度大小为2 做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为 ；滑块 由开始的加速度为
0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为 ，则滑块 的速度大小均不大于同一时刻 的
速度大小，故 D 正确。
故选 AD。
分析撤去拉力前后两滑块的受力情况，根据牛顿第二定律分析撤去拉力后两滑块加速度的变化，确定加速
第 12 页，共 18 页
度最大值；根据两滑块相对位移判断位移大小；根据滑块运动情况分析同一时刻速度关系。
本题考查牛顿第二定律的应用，解题时注意两个点：连体问题处理整体法和隔离法，弹簧不会瞬间突变。
10.【答案】
【解析】解：对题图甲中小车和小球组成的整体，根据牛顿第二定律有： = ( + 0) ，对题图甲中小球
受力分析，如图1所示：

根据牛顿第二定律竖直方向： = 0，水平方向： = 0 ，联立解得： = ， =cos
( 0+ ) ；对题图乙中小车和小球组成的整体，根据牛顿第二定律有 ′ = ( 0 + ) ′，对题图乙中小 0
球受力分析，如图2所示：

根据牛顿第二定律有 ′ = 0， ′ = ′。解得： ′ = ， ′ = ( 0 + ) ，可知 cos ′ =
，又 0 > ，所以 ′ > ，故 BD 正确，AC 错误。
故选： 。
对小球与小车受力分析，应用牛顿第二定律求出加速度，应用平衡条件求出细线的拉力大小；
以小球与小车组成的整体为研究对象，应用牛顿第二定律求出拉力大小，然后分析答题。
本题考查了受力分析能力以及对牛顿第二定律的应用能力。
11.【答案】100 等于 0.25
第 13 页，共 18 页
【解析】解：(1)由胡克定律，结合图乙可得，弹簧的劲度系数为：
30 10
= = ═ 2 / = 100 / ， (20 0)×10
弹簧自身的重力对劲度系数的测量无影响，所以上述弹簧的劲度系数测量值等于真实值；
(2)由图乙可知，当 = 0时，弹力 = 10 ，此时弹簧的伸长量为： = 0，
根据胡克定律可得： = ，
联立可得： 0 = 0.25 ；
故答案为：(1)100，等于；(2)0.25。
(1)由胡克定律，结合图乙列式，可求弹簧的劲度系数，弹簧自身的重力对劲度系数的测量无影响，据此分
析判断；
(2)由图乙，根据胡克定律列式，即可分析求解。
本题主要考查探究弹簧弹力与形变量的关系，解题时需注意两个易错细节：①明确弹簧是拉伸状态，还是
压缩状态；②由胡克定律计算时，要统一单位。
2( )
12.【答案】0.04 9.69

【解析】解：(1)第一次看到一串仿佛固定不动的水滴，说明水滴滴落频率等于频闪仪的频率，相邻水滴间
1 1
的时间间隔 = = = 0.04
25
2
(2)根据逐差法，加速度 =
4 2
=
4 2
代入数据解得加速度 = 9.69 / 2
(3)设 点的速度为 ，某点到 点的位移为 ；
1
根据匀变速直线运动公式 = +
2
2
1
变形得 = + 2

图像的纵截距表示 点速度，则 =

图像的斜率 =

1
结合 函数，图像的斜率 =
2
2( )
解得重力加速度 = 。

2( )
故答案为：(1)0.04；(2)9.69；(3) ； 。

(1)根据频闪仪的频率求解相邻水滴间的时间间隔；
第 14 页，共 18 页
(2)根据逐差法求加速度；

(3)根据运动学公式求解 函数，结合图像斜率和纵截距的含义求解作答。

该实验和利用打点计时器的工作原理一样，要明确了实验原理，知道水滴滴落频率等于频闪仪的频率是解
题的关键。
13.【答案】解：(1)小球受力平衡，合力为零，对小球受力分析，如图所示。
由平衡条件可得，水平方向有
60° = 30°
竖直方向有
60° = 30° +
联立解得小球的质量为
= 1
(2)以 和 的整体为研究对象，受力平衡，合力为零。
分析受力情况，如图所示。
由平衡条件可得，水平方向有
60° = 0
竖直方向有
+ 60° ( + ) = 0
又
=
联立解得
第 15 页，共 18 页
√ 3
=
5
答：(1)小球的质量 为1 ；
(2) √ 3木块与水平杆间的动摩擦因数 为 。
5
【解析】(1)以小球为研究对象，分析受力，由平衡条件列方程，即可求出小球的质量 ；
(2)对木块与小球整体受力分析，列出平衡方程，结合滑动摩擦力公式求解木块与水平杆间的动摩擦因数 。
本题关键在于利用整体法和隔离法分别进行受力分析，再根据平衡条件和滑动摩擦力公式相结合解答。
14.【答案】解：(1)由题意，设车的加速度为 ，人经过时间 ，当车的速度恰好与该人的速度相等时： 0 =
0 ①

1
由空间关系： = 20 0 0 + ② 2
联立可得： = 1 / 2
1
(2)从客车由静止开始计时，经时间 ，客车前进： 21 = ③ 2
乘客行走的距离为： 2 = ④
由题意知： 1 + 2 = 0 ⑤
1
由③④⑤联立得： 2 +
2 0
= 0，⑥

若要在 0 = 1.0 时间内维持人在反光镜内的影像，则车的速度在 +
0时刻的速度恰好与人的速度相等，即：
2

= ( + 0) ⑦
2
代入数据解得： = 4 ， = 4.5 / ；
答：(1)此公交车的加速度为1 / 2。
(2)追赶客车匀速运动的速度 的最小值为4.5 / 。
【解析】(1)当车的速度恰好与该人的速度相等时，人恰好到达车头，结合空间关系即可求出；
(2)设乘客经过 时间与客车车头的位移为 0，通过位移关系求出运动的时间，时间有两个值，在这两个时间
之间，乘客与客车车头的位移小于 0，则两个时间之差要保证大于等于 0，根据该关系求出乘客速度的最小
值。
本题考查了追及问题，分析清楚物体的运动过程，找出两物体间追及的条件是正确解题的前提与关键；该
题属于运动学中的较难题，关键抓住乘客经过时间 与客车车头的位移为 0，还要注意乘客与客车车头位移
在 0之内的时间差大于等于 0
第 16 页，共 18 页
15.【答案】解：(1)依题意知，当计时开始时，设 向左运动，受力如图所示
有
= = 1 × 10 = 10 ， = 2 = 0.2 × 10 = 2
= = 1 × 10 × 0.8 = 16 ， = 1 = 0.25 × 16 = 4
由牛顿第二定律，可知
0 = 0
0 = 0
解得
0 = 4 /
2
(2)由(1)可知，1 前 向左加速，1 时的速度为
0 = 0 0 = 4 × 1 / = 4 /
1 后物块 向左减速，根据牛顿第二定律有
1 + 1 = 1
1 + 2 = 1
解得
= 6 / 21
5
则 末 的速度为
3
1 = 0 1 1 = 4 / 4 / = 0
5
(3) ～2 的过程中整体加速度为
3
1 2 = ( + ) 2
解得
2 = 2 /
2
2 末的速度为
2 = 2 2
第 17 页，共 18 页
2
解得 2 = / 3
此后根据牛顿第二定律有
0 + = 3
0 + = 3
解得
3 = 8 /
2
减为0的时间为

3 =
2
2
解得
1
3 = 12
由(1)可知此后 向左以4 / 2的加速度加速，运动时间为
1 11
4 = 1 = 12 12
根据速度—时间公式有
3 = 0 4
11
解得 3 = / 3
答：(1)在0～1 内物块 的加速度大小为4 / 2；
5
(2) 末物块 的速度大小为0；
3
11
(3)3 末物块 的速度大小为 / 。
3
【解析】根据牛顿第二定律再结合运动学公式即可解出。
本题考查了学生对于牛顿第二定律和合运动学公式的灵活要应用能力，难度适中。
第 18 页，共 18 页