甘肃省静宁县第一中学2019-2020学年高一上学期期末考试物理试卷

甘肃省静宁县第一中学2019-2020学年高一上学期期末考试物理试卷

静宁一中2019-2020学年度第一学期高一级第三次考试题 物理 一．选择题（本题共15小题，每小题4分，共60分。其中1-10小题每小题只有一个选项正确，11-15小题每小题有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）‎ ‎1. 下列物理量中，属于矢量的是（ ）‎ A. 平均速度 B. 质量 C. 速率 D. 动摩擦因数 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】矢量是既有大小，又有方向的物理量，且矢量计算遵循平行四边形定则．平均速度是矢量，其余是标量．‎ ‎2.下列说法中正确的是 A. 伽利略的理想斜面实验证明了物体的运动不需要力来维持 B. 形状规则的物体的重心在其几何中心 C. 质量、长度和力的单位都是基本单位 D. 速度大的物体不容易停下来，是因为物体的惯性大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】伽利略的理想斜面实验证明了物体的运动不需要力来维持,也就是说力不是使物体运动的原因，选择A正确；形状规则且质量分布均匀的物体的重心在其几何中心，选项B错误；质量、长度和时间的单位都是基本单位，选项C错误；物体的惯性与物体的速度无关，只与质量有关，选项D错误；故选A.‎ ‎3.在2016年奥运会上，中国陈艾森和林跃称霸男子双人‎10m跳台，并帮助中国队获得该项目的冠军，在运动员正在进行‎10m跳台比赛中，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 为了研究运动员的技术动作，可将正在比赛的运动员视为质点 B. 运动员在下落过程中，感觉水面在匀速上升 C. 入水前前一半位移用的时间长，后一半位移用的时间短 D. 入水前前一半时间内位移大，后一半时间内位移小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.研究运动员的技术动作，运动员的形状大小不能忽略，故运动员不能看成质点，选项A错误；‎ B.运动员在下落的过程做匀加速直线运动，若以自己为参考系，水面匀加速上升，选项B错误；‎ C.运动员进行‎10m跳台训练时，做匀加速运动，速度越来越大，入水前前一半位移用的时间长，后一半位移用的时间短，选项C正确；‎ D.运动员匀加速下落时速度越来越大，入水前前一半时间内位移小，后一半时间内位移大，选项D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握物体能看成质点的条件，并知道跳水运动员在下落的过程中速度越来越大。‎ ‎4.关于力的分解，下列说法正确的是（ ）‎ A. 一个2N的力可以分解为6N和3N的两个共点力 B. 一个2N的力可以分解为5N和4N的两个共点力 C. 一个10N的力可以分解为5N和4N的两个共点力 D. 一个10N的力可以分解为15N和4N的两个共点力 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据力的平行四边形定则，结合两个分力的合力在两个分力之差与两个分力之和之间，分析可能情况。‎ ‎【详解】A. 6N和3N的合力范围是3N≤F合≤9N，所以不可能是大小为2N的力分解而得，选项A错误；‎ B. 5N和4N的合力范围是1N≤F合≤9N，所以可能是大小为2N的力分解而得，选项B正确；‎ C. 5N和4N的合力范围是1N≤F合≤9N，所以不可能是大小为10N的力分解而得，选项C 错误；‎ D. 15N和4N的合力范围是11N≤F合≤19N，所以不可能是大小为10N的力分解而得，选项D错误。‎ 故选B。‎ ‎5.某质点在0～3 s内运动的v-t图象如图所示．关于质点的运动，下列说法正确的是（ ）‎ A. t=3 s时，质点在坐标原点的右侧 B. 质点在第1s内的平均速度等于第2s内的平均速度 C. 质点在第2s内的位移与第3s内的位移大小相等，方向相反 D. 质点在第2s内的加速度与第3s内的加速度大小相等，方向相反 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在v-t图象中图线的斜率代表物体的加速度，图线与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内发生的位移，平均速度等于该段时间内位移与时间的比值，据此即可求解问题。‎ ‎【详解】A. v-t图象中图线与时间轴围成的面积表示物体在该段时间内发生的位移大小，0~3 s内物体的位移为正值，说明质点在坐标原点的正方向，但无法知道是否是在右侧，选项A错误；‎ B. 质点在第1s内的位移大于第2s内的位移，所以质点在第1s内的平均速度大于第2s内的平均速度，选项B错误；‎ C. 图象与时间轴围成面积等于物体在该段时间内发生的位移，则第2s内的位移与第3s内的位移大小相等，方向相反，选项C正确；‎ D. v-t图象的斜率表示加速度，故质点在第2 s内的加速度与第3 s内的加速度大小相等，方向相同，选项D错误。‎ 故选C。‎ ‎6.物体的位移随时间变化的函数关系是x＝2t+2t2（m ‎），则它运动的初速度和加速度分别是（　　）‎ A. ‎2m/s、‎4m/s2 B. 0、‎4m/s‎2 ‎C. ‎2m/s、‎2m/s2 D. ‎2m/s、‎1m/s2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将物体位移随时间变化的函数与匀变速直线运动的位移时间关系公式对比，可知物体的初速度和加速度的大小．‎ 详解】根据位移时间关系公式，得：，，．故A项正确，BCD三项错误．‎ ‎7.如图所示，物块a、b质量分别为‎2m、m，水平地面和竖直墙面均光滑，在水平推力F作用下，两物块均处于静止状态，则(　　)‎ A. 物块b受四个力作用 B. 物块b受到的摩擦力大小等于2mg C. 物块b对地面的压力大小等于mg D. 物块a受到物块b的作用力水平向右 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.物块b受到：重力、a的弹力和静摩擦力、地面的支持力、推力F，共受五个力，故A错误．‎ B.以a为研究对象，由平衡条件知，b对a的摩擦力大小等于a的重力，为2mg，由牛顿第三定律知a对b的摩擦力大小也等于2mg，故B正确．‎ C.以整体为研究对象，则知地面对b的支持力等于3mg，则物块b对地面的压力大小等于3mg，故C错误．‎ D.物块a受到物块b两个力作用：水平向右的压力和竖直向上的静摩擦力，它们的合力斜向右上方，则物块a受到物块b的作用力斜向右上方，故D错误．‎ ‎8.质量为‎60kg的人，站在升降机内的台秤上，测得体重为‎70kg，则升降机的运动应是（    ）‎ A. 匀速上升或匀速下降 B. 自由落体 C. 减速上升 D. 加速上升 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意可知人处于超重状态，即人的加速度向上，所以升降机的运动为加速上升或减速下降，故D正确．‎ ‎9.在太空测量物体的质量时，当物体只受一个大小为F的恒力时，在t时间内物体从静止开始匀加速运动s距离，下列说法正确的是（ ）‎ A. 物体匀加速运动的加速度大小为 B. 物体的质量为 C. 物体的质量为 D. t时间末物体的速度大小为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】物体在外力F作用下从静止开始做匀加速运动，令加速度为a，末速度为v，则有：‎ ‎，，位移 联立可得： ， ，‎ 故选项C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎10.如图所示，在粗糙的水平面上放着两个木箱A和B，质量分别为mA和mB，两木箱之间连接一个轻弹簧秤，对木箱A施加水平向右的拉力F，两木箱向右做匀加速直线运动。两木箱与水平面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。下列说法正确的是 A. A对轻弹簧秤的作用力大于轻弹簧秤对A的作用力 B. 轻弹簧秤对B的作用力大于B对轻弹簧秤的作用力 C. 此时弹簧秤的示数 D. 此时弹簧秤的示数-μmBg ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由牛顿第三定律可知，A对轻弹簧秤作用力等于轻弹簧秤对A的作用力，轻弹簧秤对B的作用力等于B对轻弹簧秤的作用力，故AB错误；‎ CD．对AB整体由牛顿第二定律有 对B受力分析，由牛顿第二定律有 联立解得 故C正确，D错误。‎ 故选C。‎ ‎11.如图所示，杯子置于水平桌面时，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 力F1和力F2是一对平衡力 B. 力F1和力F2是一对作用力和反作用力 C. 力F2和杯子的重力G是一对平衡力 D. 力F1的大小大于力F2的大小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）二力平衡的条件：作用在同一个物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线上；‎ ‎（2）相互作用力的条件：作用在两个不同的物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线上．‎ ‎【详解】A、力F1是杯子对桌子的压力，力F2是桌子对杯子的支持力，是一对作用力和反作用力，故A错误，B正确；‎ C、力F2和杯子的重力G是一对平衡力，故C正确；‎ D、力F1和力F2是一对作用力和反作用力，大小相等、方向相反．故D错误；‎ 故选BC．‎ ‎【点睛】（1）物体处于静止或匀速直线运动状态时，不受力或者受力，如果受力，受到力一定是平衡力；‎ ‎（2）平衡力和相互作用力的区别只有一个，那就是否作用在同一个受力物体上，作用在同一个受力物体上的是平衡力，作用在不同受力物体上的是相互作用力．‎ ‎12.下列对牛顿第二定律表达式F=ma及其变形公式的理解，正确的是 A. 由可知，物体所受的合外力与物体的质量成正比，与物体的加速度成正比 B. 由可知，物体的质量与其所受合外力成正比，与其运动加速度成反比 C. 由可知，物体的加速度与其所受合外力成正比，与其质量成反比 D. 由可知，物体的质量是物体的固有属性，所以不可以通过测量它的加速度和它受到的合外力而求得 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.物体的合外力与物体的质量和加速度无关，故A错误；‎ BD.物体的质量与合外力以及加速度无关，由本身的性质决定，但可以通过测量它的加速度和它受到的合外力而求得，故BD错误；‎ C. 由可知，物体的加速度与其所受合外力成正比，与其质量成反比，故C正确。‎ 故选C。‎ ‎13.如图甲、乙所示，乙图中斜面体固定不动．物体P、Q在力F作用下一起沿F方向运动，关于物体P所受的摩擦力，下列说法正确的是 A. 如果两图中的P、Q都做匀速运动，则两图中P均受摩擦力，方向与F方向相同 B. 如果两图中P、Q都做匀速运动，则甲图中P不受摩擦力，乙图中P受摩擦力，方向和F方向相同 C. 如果两图中的P、Q都做加速运动，则两图中P均受摩擦力，方向与F方向相同 D. 如果两图中的P、Q都做加速运动，则甲图中P受的摩擦力方向与F方向相反，乙图中P受的摩擦力方向与F方向相同 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ A、甲中P做匀速直线运动，而甲中P物体不受外力，故甲中P没有相对于Q的运动趋势，故甲中P不受摩擦力；乙中P也是平衡状态，但P的重力使P有一沿斜面下滑的趋势，故Q对P有向上摩擦力，故P受与F方向相同的摩擦力，故A错误，B正确； C、如果甲中P做匀加速直线运动，则甲中P有相对于向Q右运动的趋势，故甲中P受摩擦力方向向左，方向与F方向相同；乙中P也是做加速运动，但P的重力使P有一沿斜面下滑的趋势，故Q对P有向上摩擦力，故P受与F方向相同的摩擦力，故C正确，D错误．‎ 点睛：静摩擦力的有无及方向判断是摩擦力中的重点，一般是根据共点力的平衡或牛顿第二定律进行分析，必要时可以采用假设法．‎ ‎14.如所示，当绳子的悬点A缓慢移到A'点，则下列结论正确的是（ 　）‎ A. AO绳的拉力增大 B. AO绳的拉力一直变小 C. BO绳的拉力保持不变 D. AO绳与BO绳的拉力的合力保持不变 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ AO和BO两绳张力的合力与所悬挂的物体的重力相平衡，而物体的重力是不变的。‎ ‎【详解】以结点O为研究对象，则由平衡条件可知，两绳子AO和BO的拉力的合力F与重力mg大小相等、方向相反，保持不变。‎ 当绳子的悬点A缓慢向左移到A'时，绳子AO和BO的张力均增大。‎ 所以选项AD正确，BC错误。‎ 故选AD。‎ ‎15.将一个质量为‎1kg的小球竖直向上抛出，最终回到抛出点，运动过程中所受的阻力大小恒定，方向与运动方向相反，该过程的v-t图像如图所示，g取‎10m/s2下列说法正确的是（ ）‎ A. 小球所受重力和阻力大小之比为5:1‎ B. 小球上升过程与下落过程所用时间之比为:3‎ C. 小球落回到抛出点时的速度大小为8m/s D. 小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于失重状态 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图可知小球向上做匀减速运动的加速度大小，‎ 根据牛顿第二定律得，‎ 解得阻力，则重力和阻力大小之比为5：1，选项A正确；‎ B.小球下降时的加速度大小，‎ 根据得，‎ 所以上升的时间和下落的时间之比，选项B正确；‎ C.小球匀减速上升的位移，‎ 下降过程根据得，选项C错误；‎ D. 小球下落过程中，加速度向下，处于失重状态，选项D正确。‎ 故选ABD。‎ 二、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）‎ ‎16.“探究求合力的方法”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示．‎ ‎（1）某次实验中，拉OC细绳的弹簧秤指针位置如甲图所示，其读数为_____N；乙图中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是_____．‎ ‎（2）关于此实验下列说法正确的是_____．‎ A．与橡皮筋连接的细绳必须等长 B．用两只弹簧秤拉橡皮筋时，应使两弹簧秤的拉力相等，以便算出合力的大小 C．用两只弹簧秤拉橡皮筋时，结点位置必须与用一只弹簧秤拉时结点的位置重合 D．拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要短一些 ‎【答案】 (1). 2.60 (2). F′ (3). C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)弹簧秤最小刻度为0.1N，估读到0.01N，则读数为2.80N; F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力．故方向一定沿AO方向的是F′，由于误差的存在F和F′方向并不在重合． ‎ ‎(2)A、与橡皮筋连接的细绳要稍微长些，并非要求等长，故A错误．B、实验要方便、准确，两分力适当大点，读数时相对误差小，但没有要求两力必须相等，故B错误；C、为了保证效果相同，两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉至同一位置，故C正确．D、为了更加准确的记录力的方向，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故D错误．故选C．‎ ‎【点睛】明确实验原理，要求在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，同时根据实验原理去分析实验中的注意事项和减小误差的基本方法．‎ ‎17.在探究物体的加速度与合外力的关系实验中：‎ 甲同学用图甲装置：保持小车(含车中重物)的质量M不变，细线下端悬挂钩码的总重力mg作为小车受到的合力F，用打点计时器测出小车运动的加速度a．‎ ‎(1)关于实验操作，下列说法正确的是________．‎ A．实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行 B．平衡摩擦力时，在细线的下端悬挂钩码，使小车在线的拉力作用下能匀速下滑 C．每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡摩擦力 D．实验时应先释放小车，后接通打点计时器电源 ‎(2)图乙为实验中打出纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点时间间隔为T，测出各计数点间的距离x1，x2，x3，x4．该同学用逐差法得到小车加速度的表达式a＝________．‎ ‎(3)改变细线下端钩码的个数，得到a－F图象如图丙所示，造成图线上端弯曲的主要原因是_____．‎ A．平衡摩擦力过度 ‎ B．平衡摩擦力不够 C．没有满足M >>m的条件 ‎ D．描点连线不够准确 乙同学利用测力计测细线拉力，为方便读数设计如下图实验装置：装有定滑轮的长木板固定在水平实验台上，用右端固定一个滑轮的滑块代替小车，钩码弹簧测力计通过绕在滑轮上的轻绳相连，放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动．‎ ‎ ‎ ‎(4)读出弹簧测力计的示数F，处理纸带，得到滑块运动的加速度a；改变钩码个数，重复实验．以弹簧测力计的示数F为纵坐标，以加速度a为横坐标，得到的图象是纵轴截距为b，斜率为k的一条倾斜直线，如图所示．已知重力加速度为g，忽略滑轮与绳之间的摩擦．根据以上条件可计算出滑块和木板之间的动摩擦因数μ＝________，滑块和与滑块固定的定滑轮的总质量M=________（要求（4）问中两个空均用b、k、g中的字母表示）．‎ ‎【答案】 (1). （1）A (2). （2） (3). （3）C (4). （4） (5). 2k ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂钩码，故B错误；  由于平衡摩擦力之后有Mgsinθ=μMgcosθ，故tanθ=μ．所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量即改变拉小车拉力，不需要重新平衡摩擦力，故C错误； 实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，故D错误；故选A. （2）已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为T=5×0.02s=0.1s． ‎ 根据△x=aT2可得：xCE-xAC=a（2T）2，小车运动的加速度为a=． （3）随着力F的增大，即随所挂钩码质量m的增大，不能满足M＞＞m，因此曲线上部出现弯曲现象，故选C．‎ ‎（4）滑块受到的拉力T为弹簧秤示数的两倍，即：T=‎2F 滑块受到的摩擦力为：f=μMg 由牛顿第二定律可得：T-f=Ma 解得力F与加速度a的函数关系式为：‎ 由图象所给信息可得图象截距为：b= ；而图象斜率为k= 解得：M=2k；μ=；‎ ‎【点睛】该题考查了实验注意事项、实验数据处理分析，知道实验原理及注意事项即可正确解题；探究加速度与力、质量的关系实验时，要平衡小车受到的摩擦力，不平衡摩擦力、或平衡摩擦力不够、或过平衡摩擦力，小车受到的合力就不等于钩码的重力，要知道此时在图像上出现的问题．‎ 三．解答题（本题共4小题，共34分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的问题，答案中必须明确写出数值和单位。）‎ ‎18.如图所示，质量为‎4kg的木块放在木板上，当木板与水平面的夹角为37°时，木块恰好能沿木板匀速下滑，已知sin 37°=0.6，cos37°=0.8，取g =‎10m/s2。求：‎ ‎（1）木块对斜面的压力大小；‎ ‎（2）木块与斜面间的动摩擦因数。‎ ‎【答案】（1）32N （2） 0.75‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对小木块受力分析，正交分解，由动力学规律可得 ‎ ‎ ‎ ‎ 其中 ‎ 代入数据得斜面对木块的支持力 ‎ 根据牛顿第三定律知木块对斜面的压力 ‎ ‎（2）由前面三式代入数值解得木块与斜面间的动摩擦因数 ‎19.一质量为‎5kg的滑块在F=15N的水平拉力作用下，由静止开始做匀加速直线运动，若滑块与水平面间的动摩擦因素是0.2，g取‎10m/s2，问：‎ ‎（1）滑块运动的加速度是多大？‎ ‎（2）滑块在力F作用下经5s，通过位移是多大？‎ ‎（3）如果力F作用8s后撤去，则滑块在撤去F后还能滑行多远？‎ ‎【答案】（1）‎1m/s2（2）‎12.5m（3）‎‎16m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据牛顿第二定律得： ． （2）滑块在力F作用下经5s，通过的位移是 ‎ ‎（3）根据速度时间公式得力F作用8s后撤去的速度：v=at=8×1=‎8m/s 撤去F后的加速度：a′=μg=‎2m/s2 滑块继续滑行的位移：‎ ‎20.如图，钉子A、B相距‎5l，处于同一高度．细线的一端系有质量为M的物块，另一端绕过A固定于B．小球固定在细线上C点，B、C间的线长为‎3l．小球和物块都静止时，BC与水平方向的夹角为53°．忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53°=0.8，cos 53°=0.6，cos 26.5°=0.89，求：‎ ‎(1)小球的质量；‎ ‎(2)钉子A所受压力FN的大小和方向．‎ ‎【答案】(1) (2)FN = 1.78Mg ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小球和物块静止时受力平衡,分别进行受力分析,列平衡方程即可求得.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）根据题意,对物体进行受力分析,由图知，cos53°==0.6 ,所以∠C=90° ‎ 设小球质量为m，AC、BC的拉力分别为F1、F2，有 F1sin53°=F2cos53° ‎ mg=F1cos53°+ F2sin53°‎ F1=Mg ‎ 解得m=‎ ‎（2）钉子所受压力等于两细线合力，合力方向沿与竖直方向成26.5°向右下方 故FN=2 Mgcos26.5° ‎ 解得FN=1.78Mg ‎【点睛】本题考查共点力平衡,关键是选择好研究对象，做好受力分析．‎ ‎21.如图甲所示，一块长度为L=‎2m、质量为M=‎0.4kg的长木板静止放置在粗糙水平地面上．另有一质量为的小铅块（可看做质点），以的水平初速度向右冲上木板．已知铅块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为 ‎，重力加速度取．‎ ‎(1)铅块刚冲上木板时，求铅块与木板的加速度a1、a2；‎ ‎(2)当铅块以冲上木板，计算铅块从木板右端脱离时，铅块与木板的速度大小v1、v2；‎ ‎(3)若将六个相同的长木板并排放在地面上，如图乙所示，铅块以满足的初速度冲上木板，其它条件不变．确定铅块最终停在哪一块木块上并求出其停在该木块上的位置离该木块最左端的距离（计算结果用分数表示）．‎ ‎【答案】(1)m/s2，水平向左；，水平向右；(2)，；(3)。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对铅块，根据牛顿第二定律有：‎ 得：a1=‎3m/s2，水平向左 ‎ 对木板，根据牛顿第二定律有：‎ 得a2=‎1.5m/s2，水平向右 ‎（2）当铅块以v0=4m/s冲上木板，假设铅块从木板右端冲出的时间为t，则有：‎ 得：t=s（t=1s(舍去) ‎ 所以 v1=v0-a1t=m/s v2=a2t=m/s ‎（3）因为 铅块滑上第5块前，所有木块对地静止，滑上第5块瞬间，第5、6块开始运动：‎ 对铅块，根据牛顿第二定律有：‎ ‎，‎ 得a1=‎3m/s2 ‎ 对第5、6块木块，根据牛顿第二定律有：‎ 得a56=m/s2‎ 铅块冲上第7块瞬间速度为v1，则有：‎ v02-v12=‎2a1∙‎‎4L 得v1 =m/s 设在第5块木板上时间为t5，则有：‎ 解得：t5=1s ‎ 此时铅块速度 m/s 木板速度 m/s 再继续滑上第6个木板；对第6块木板，根据牛顿第二定律有：‎ 得a6=‎1.5m/s2‎ 假设滑上第6个木板至共速时间t6，则的：‎ 解得：，m/s 最后距离第6块木板左端的距离：‎ m ‎【点睛】本题分析清楚铅块与木块的运动过程是关键，要明确木块能发生运动的条件：外力大于最大静摩擦力，应用摩擦力公式、动能定理、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．‎ ‎ ‎