2022-2023学年辽宁省鞍山重点中学五校高二（下）期末物理试卷（含解析）

2022-2023学年辽宁省鞍山重点中学五校高二（下）期末物理试

卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.据报道，我国人造太阳高11米、直径8米、重达400吨，成功实

现500万摄氏度持续放电101.2秒的成果,打破了世界纪录.在这则新

闻中涉及了长度、质量、温度和时间及其单位，在国际单位制中，

下列说法正确的是（）

A.力学基本物理量是长度、质量、力

B.kg、N、m/s都是导出单位

C.根据牛顿第二定律表达式可知：IN=∖kg∙mjs

D.新闻中涉及的“11米、400吨和IOl.2秒"中，米和秒是国际单位制中的基本单位

2.如图甲是研究光电效应规律的实验装置图，用绿光照射阴极K,实验测得电流/与电势差

UAK满足图乙所示规律，电子的电荷量约为1∙6X1O-19C,下列说法正确的是（）

A.光电子的最大初动能为0.64eU

B.每秒钟阴极逸出的光电子个数一定刚好等于4×IO12个

C.滑动变阻器滑片从图示位置向右滑动，电流计示数可能不变

D.如果改用紫光照射阴极K,饱和光电流一定变大

3.如图所示为分子间作用力随分子间距离变化的图像，取分子

间距离无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是（）

A.分子间距离大于小时，分子间只存在着相互作用的引力

B.分子力表现为引力时，随着分子间距离增大，分子势能变小

C.当分子间距离为r0时，分子间的引力和斥力都为O

D.分子间距离O<r<2?时，分子势能为零时分子间距小于力

4.一单摆在大连的实验室中做受迫振动，其共振曲线（振幅4与驱动*A∕cm

力频率f的关系）如图所示，则下列说法正确的是（）

A.若把该单摆移动到漠河，要使其固有频率不变，应略微增加摆长

B.若摆长增加，共振曲线的峰将向右移动加Z

C.此单摆的摆长约为2小

D.若使该单摆做自由摆动（摆角小于5。），则其周期大小由振幅大小决定

5.一定质量的理想气体，从状态A经状态B和状态C后又回到状态4

的变化过程中的P-U图线如图所示，则下列说法中正确的是（）

A.从状态4经由状态8到状态C,气体的内能始终变大

B.从状态B到状态C,气体从外界吸热

C.从状态C到状态4,气体分子运动的平均速率先变小后变大

D.气体按图示过程循环一次，状态B时气体的内能最大

6.原子核的比结合能曲线如图所示。根据该曲线，下列判断正确的有（）

t比结合能/MeV

A.，He核的结合能约为7MW

B.*e核比初核的比结合能大，所以加e核更不稳定

C.两个核结合成WHe核时释放能量

D.第'U核中核子的比结合能比瑞Kr核中的大

7.质量为M、半径为R的光滑匀质球，用一根长度也为R的细线悬挂在互相

垂直的两竖直墙壁交线处的P点，则球对任一墙壁的压力大小为（）

a∙?Mg

b∙苧Mg

C-M9

dWMg

二、多选题（本大题共3小题，共18.（）分）

8.现有光束沿图示方向平行直径4B射入球形液滴,经两次折射和

一次反射后离开液滴，其中出射光线与直径48成42。，C为真空中

光速，R为液滴半径，下列正确的是（）

A.此光束在液滴中的折射率为W

B.此光束在液滴中经历的时间为智

C.出射光的能量可能大于入射光的能量

D.此光束在液滴内发生了全反射

9.在平直路面的两条平行车道上有甲、乙两辆玩具小车，

甲在前乙在后，二者沿车道方向相距XO=6m,从t=0时刻

开始，两辆轿车运动的位移X和时间t的比值相艮时间t的关系

图像如图所示。两车在车道上并列行驶时视为相遇，下列判

断正确的是（）

A.甲车做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为

2m∕s2

B.在t=4s时，甲、乙两车运动的位移都为32小，二者相遇

C.在整个运动过程中，两车有两次相遇，3s后甲在前乙在后，二者不会再相遇

D.在t=2s时，两车速度相等，此时乙在前甲在后，两车间距离为2m

10.水平面上放置-质量为m的滑块8,上方有如图所示的凹槽，质量也为Tn的圆柱A能放置

在凹槽POQ中，其截面图如图所示，圆心与两条边接触的左端点连线跟竖直方向夹角α=30%

一质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳与B相连，细绳张紧后由静止释放

C,不计一切摩擦，B离定滑轮足够远，下列说法正确的是()

O

C

2

M

A.如果4、B能保持相对静止，B对4的作用力大小为F=mg2÷1

I(M+2m)Z

B.如果4、B能保持相对静止，绳子对B的作用力大小为Mg

C.当M>(，？+1)小时，4会从凹槽中滚出

D.如果调整OP边的倾斜程度使得α=45。时，无论M为多大，OQ边对圆柱A的支持力一定不

为0

三、实验题(本大题共2小题，共14.0分)

11.如图甲为做“验证力的平行四边形定则”的实验情况，其中4为固定橡皮条的图钉，。为

橡皮条与细绳的结点，OB和。C为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。

(1)如果没有操作失误，表示只用一个弹簧测力计拉橡皮条时拉力的是图乙中的(F或

(2)某次用弹簧秤拉橡皮筋时弹簧秤的指针位置如图丙所示，弹簧秤示数为N；

(3)本实验采用的科学方法是.

4理想实验法

8.等效替代法

C.控制变量法

D建立物理模型法

12.实验小组在探究“加速度与物体的受力、物体质量的关系”时，用如图1所示的装置让滑

块做匀加速直线运动来进行；由气垫导轨侧面的刻度尺可以测出光电门4、B之间的距离3

用游标卡尺测得遮光条的宽度d,遮光条通过光电门4、B的时间（匕、t2可通过计时器（图中未

标出）分别读出，滑块的质量（含遮光条）为钩码的质量为小。重力加速度为g,忽略滑轮的

质量及绳与滑轮之间的摩擦，回答下列问题：

拉

力

传

感

器

（1）实验时（选填“需要”或“不需要”）满足钩码的质量远小于小车的质量；

（2）滑块的加速度α=（用L、J、t2sd来表示）

（3）改变钩码质量得到一系列的滑块加速度α和传感器示数F,通过得到的实验数据，描绘了

α-F图像。若实验前，已将气垫导轨调至水平，但忘记打开气源，得到的α-F图像如图2所

示，图线的斜率为K纵截距为b,滑块与导轨之间的动摩擦因数〃=；滑块的质量M=

。（用&、b、g表示）

四、简答题（本大题共1小题，共20.0分）

13.如图所示，4个完全相同的木块一个挨一个地静置于水平地面上（彼此不相连）。每个木块

的质量Tn=0.8kg、长度L=2m,与地面间的动摩擦因数%=0.1。一质量M=Ikg的小铅块

（视为质点）从左侧第一个木块的最左端，以大小孙=5πι∕s的初速度开始向右运动，它与木块

间的动摩擦因数的=02。最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度取g=10m∕s2o

（1）当小铅块刚运动至左侧第二个木块上时，求此时小铅块的速度大小。

（2）求小铅块运动至哪个木块上时，小铅块下方的木块开始滑动。

（3）小铅块停止运动时，求与左侧第一个木块最左端的距离。（结果保留小数点后2位）

→vo

<-------A

五、计算题(本大题共2小题，共20.0分)

14.战绳运动是一项超燃脂的运动。某次健身时，有两位健身者甲、乙分别抓住相同的战绳

上下舞动形成向右传播的简谐波，如图1所示。某时刻开始计时，t=0时两列波的图像如图2

所示，P、Q曲线分别为甲、乙的一个绳波，。点为手握的绳子一段，向右为X轴正方向。已知

绳波的速度为D=15m∕s,试求解下列问题:

(1)甲、乙的绳端振动频率/尹和∕z分别为多少？

(2)以图2所示为t=0时刻，写出乙运动员的绳中，平衡位置为6根处质点的振动方程。

15.工业测量中，常用充气的方法较精确地测量特殊容器的容积和检测活塞∏

密封性能。为测量某空香水瓶的容积，将该瓶与一带活塞的气缸相连，

气缸

气缸和香水瓶内气体压强均为Po,气缸内封闭气体体积为％,推动活塞

将气缸内所有气体缓慢推入瓶中，测得此时瓶中气体压强为P,香水瓶导

热性良好，环境温度保持不变。香水瓶

①求香水瓶容积V;

(ii)若密封性能合格标准为：在测定时间内，漏气质量小于原密封质量的1%视为合格。将该

空香水瓶封装并静置较长一段时间，发现瓶内气体温度从7升高到1.2T,其压强由P变为1.16P,

通过计算判断该瓶密封性能是否合格。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4、力学基本物理量是长度、质量和时间，故4错误；

B、kg是基本单位，N、zn/s是导出单位，故B错误；

C、根据牛顿第二定律表达式F=Tna可知：IN=Ikg∙m/s2

故C错误；

。、新闻中涉及的“11米、400吨和I(H.2秒”中，米和秒是国际单位制中的基本单位，故。正确。

故选：Do

国际单位制中，力学基本物理量为长度、质量和时间，基本单位为kg、机和s；物理学公式不仅反

映了物理量间的数量关系，也反映了物理量的单位关系。

本题考查力学单位制，解题关键是知道物理学公式不仅反映了物理量间的数量关系，也反映了物

理量的单位关系，知道国际单位制中，力学的基本物理量和基本单位。

2.【答案】C

【解析】解：4由图乙知遏止电压为0.6V,则光电子的最大初动能为Ek=eUc=0.6eV,故A错误；

B.由图乙知，饱和电流为0.64〃4根据电流强度的定义式，IS内逸出的光电子的电荷量为q=∕t=

0.64X10-6XIC=6.4×10~7C,电子的电荷量约为1.6X10^19C,则逸出的光电子数约为nU=

64x1。：个=4×IO"个，由于产生的光电子不一定都能达到阳极，所以逸出光电子数不一定刚

1.6×10-1J

好等于4X10"个，故B错误；

C由图甲可知，滑动变阻器滑片从图示位置向右滑动，光电管AK两极间电压增大，向左的场强增

大，光电子受到向右的电场力增大，若未达到饱和光电流，则电流计示数会增大，若已达到饱和

光电流，则电流计示数不会增大，故C正确；

。.饱和光电流取决于单位时间内入射的光子数，改用紫光照射阴极后，若紫光的光照强度减弱，

单位时间内光子数可能比绿光少，饱和光电流也可能减小，故。错误。

故选：Co

根据题图得到遏止电压，根据动能定理求最大初动能；根据图像得到饱和光电流，根据电场强度

的定义式求解IS内逸出光子的电荷量，再求光子数；滑动变阻器滑片从图示位置向右滑动，可增

大光电管的正向电压，再分析电路中的电流是否达到饱和光电流,最后在分析电流表示数的变化；

在能够发生光电效应的前提下，饱和光电流的大小与入射光的强度有关，与入射光的频率无关，

据此分析作答。

本题考查了光电效应中的最大初动能，光电子数的求解以及饱和光电流的求解，基础题。

3.【答案】D

【解析】解：4、分子间距离大于s时，分子间同时存在相互作用的引力和斥力，引力大于斥力，

分子力表现为引力，故4错误；

C、当分子间距离为r0时，分子间的引力和斥力大小相等，方向相反，分子力为0,故C错误；

8、分子力表现为引力时，随着分子间距离增大，分子力做负功，分子势能增大，故B错误；

D,由于取分子间距离无穷远时分子势能为零，当分子从无穷远向r=r0靠近时，分子力表现为引

力，分子力做正功，分子势能逐渐减小，直到r=r0时分子势能达到最小值，为负值，当分子间

距0<r<η>,且继续靠近时，分子力变现为斥力，分子力做负功，分子势能增大，因此分子间距

离0<r<2r0时，分子势能为零时分子间距小于办，故。正确。

故选：。。

当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小；当分子间距离小于平衡距离时，分

子力表现为斥力；根据分子力做功与分子势能变化的关系分析。选项。

分子间的势能及分子力虽然属于微观世界的关系，但是可运用我们所学过的力学中功能关系进行

分析。

4.【答案】A

【解析】解：4若把该单摆移动到漠河，加速度变大，根据r=2ττj^,要使其固有频率（周期）不

变，应略微增加摆长，故A正确；

8.若摆长增加，固有周期增大，固有频率减小，共振曲线的峰将向左移动，故B错误；

C.由图知，固有频率/=0.5Hz,固有周期，T=，=看s=2s,代入7=2πJ=,解得摆长I≈1m,

故C错误；

。.单摆周期与振幅无关，故。错误。

故选：Ao

单摆在两地间移动时根据公式T=2兀分析摆长的变化；根据驱动频率与共振频率相近时，单

摆的振幅最大可知单摆的周期：由单摆的周期公式可得出摆长，并分析出摆长增大时，周期相应

增大频率相应减小。

本题可直接由共振曲线得出单摆周期，再由单摆周期公式分析出结果。

5.【答案】D

【解析】解：4一定质量的理想气体，内能的大小只与气体的平均动能的大小有关，即与气体的

温度有关；

根据一定质量的理想气体的状态方程华=C

可知，气体从状态4到状态B,气体压强不变，体积变大，可知气体温度升高，气体的内能增大;

气体从状态B到状态C,气体压强减小，体积不变，可知气体温度降低，气体的内能减小；

因此气体从状态4到状态B再到C的整个过程中，气体的内能先增大后减小，故4错误；

B.根据上述分析，气体从状态B到状态C,气体的内能减小，气体做等容变化，气体做功为零；根

据热力学第一定律AU=W+Q可知，气体向外界放热，气体的内能减小，故8错误；

C由状态C到状态4的过程中，PV乘积先增大后减小，根据理想气体状态方程可知，温度先升高后

降低，因此分子运动的平均速率先增大后变小，故C错误；

。.根据图象可知，B点的PU乘积最大，根据理想气体状态方程可知，B点的温度最高，因此该状

态的气体的内能最大，故。正确。

故选：0。

A.根据一定质量的理想气体的状态方程分析作答；

A根据上述分析结合热力学第一定律分析作答；

CZλ根据一定质量的理想气体的状态方程牛=C,可得PV=CT,然后分析作答。

本题需要从P-U上找出各物理量之间的关系，分析气体的变化过程，根据气态方程和热力学第一

定律进行分析；在分析时要抓住一定质量的理想气体的内能只跟温度有关。

6.【答案】C

【解析】解：4由图知核的比结合能约为7MeU,氢核的核子数为4,因此结合能约为4X

7MeV=28MeV,故A错误;

B.比结合能越大，原子核越稳定，由于为e核比Vi核的比结合能大，所以黜e核比核更稳定，

故B错误；

C.两个核结合成核时，即由比结合能小的反应生成比结合能大的释放能量，故C正确；

D根据原子核的比结合能曲线可知，豺5〃核中核子的比结合能比瑞Kr核中的小，故。错误。

故选：Co

A.根据原子核的比结合能曲线得出氧核的比结合能，再结合核子数求结合能；

B.比结合能越大，原子核越稳定，根据原子核的比结合能曲线分析氢核和锂核比结合能的大小，

然后作答；

C.核聚变反应是放能反应，据此分析作答；

。.根据原子核的比结合能曲线分析铀核和氨核比结合能的大小，然后作答。

本题主要考查了原子核的结合能与比结合能的相关知识，根据图像得出比结合能，结合核子数量

计算出结合能的大小。

7.【答案】B

【解析】解：对球进行受力分析，球受重力Mg、绳子的拉力T和两个墙壁对球的支持力。这两个

支持力大小相等，夹角为90。。设墙壁对球支持力的大小均为N,绳子与墙壁交线的夹角6。

根据几何知识可知，球心到竖直墙壁交线的垂直距离为d=√R2+R2=OR

sinθ=E=解得。=45°

在竖直方向上，根据平衡条件可得：Tcosθ=Mg,解得：T=CMg

在水平方向上，根据平衡条件可知，两个墙壁对球的支持力N的合力大小等于绳子拉力T的水平分

分力的大小，则有：

√N2+N2=TSinθ,解得：N=?Mg

根据牛顿第三定律可知，球对墙壁的压力与墙壁对球的支持力是一对作用力与反作用力，则有：

N=N=qMg,所以球对任一墙壁的压力大小为?Mg,故B正确，ACQ错误。

故选：

对球进行受力分析，根据几何关系得到绳子与墙壁交线的夹角，根据平衡条件列出在水平和竖直

方向上的关系式，求出墙壁对球的支持力大小，根据牛顿第三定律得到球对墙壁的压力大小。

本题的关键是对球受力分析，根据平衡条件找出在水平方向和竖直方向上的关系式，注意最后还

需要使用牛顿第三定律得到球对墙壁的压力。

8.【答案】AB

【解析】解：4根据题意画出光路图，如下图所示：

设第一次进入雨滴的折射光线的折射角为口，根据OP=OE=R

可知NoEP=β

PE光线在E点发生反射，则可知NPEO=Z.0EF=β

根据。F=OE=R

可知NOFE=β

根据光路可逆，可知出射光线的折射角等于53。，设法线。尸与水平方向的夹角为0,由图可知

θ=180°-42°-53o=85o,Z.0MF=90°

所以NMOF=90。-。=5°

由图可知4POE=乙FOE=180o-2β

则NPOE+&FoE+530+∆MOF=270°

即180°—2£+180o-2β+53°+5°=270°

可得0=37°

根据折射定律可得n=嚅=黑=£故A正确；

Sinp0.63

3.光束在雨滴中传播的速度"=^=T=T

光束在雨滴中传播的距离S=2Rcosβ+2Rcosβ=4Rcosβ=4RX0.8=3.2/?

S3.2/?64/?

光束在雨滴中经历的时间t=B=H=藐，故8正确；

4

113∖Γ~2

CD.设光束的临界角为C,则有S讥C=-=τ=45*S讥45。=—

可知临界角C>45。

β=37。<C

可知光束在雨滴内没有发生全反射，在E点发生折射，有光线从E点射出雨滴，根据能量守恒，出

射光的能量小于入射光的能量，故C。错误。

故选：AB.

A根据题意画出光路图，根据题意和几何关系可知第一次进入雨滴的折射光线的折射角大小，根

据折射定律可得折射率的大小；

8根据折射率公式求解光束在雨滴中传播的速度，根据几何关系可得光束在雨滴中传播的距离，

根据匀速运动公式可得光束在雨滴中传播的时间；

CZX根据折射率可得光束的临界角，根据入射角和临界角的大小可知没有发生全反射，所以光束在

雨滴内发生折射，根据能量守恒，可知入射光线和出射光线的强弱。

本题考查了光的折射、折射定律、全反射、临界角。解题的关键是画出光路图，根据几何关系找

出各个角度的关系。

9.【答案】CD

X

【解析】解：4根据彳-t图像，对图线甲，斜率A=工=上2=2

tt4-0

解得X=2t2=；x4d

根据匀变速直线运动规律x=gαt2可知，甲车做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小α=

4m∕s2,故A错误；

5.根据彳一「图像，对图线乙有曰=8

Ct

则，=8t

可知乙做匀速直线运动，速度为v=8zn∕s

11

在t=4s时，甲车运动的位移为％甲=-at2=-×4×42m=32m

乙车运动的位移%乙=Ut=8X4m=32m

两车相距AX=X甲+Xq-X乙=32m+6m-32m=67n,故B错误；

CD.设经过时间3两车相遇

两车相遇时有％/+沏=x£

则有6+2t2=8t

解得t=IS或t=3s

所以两车会相遇两次；t=Is第一次相遇后乙在前，甲在后，甲加速运动，乙匀速运动，二者间

的距离先增大后减小，t=2s时二者速度相等，均为u=8m∕s

2

此时两车间距离变化到最大，最大距离为/%=Qt-2t-x0=2m

在t=3s第二次相遇后，甲在前，乙在后，此后甲车速度大于乙车速度，二者不会再相遇，故CZ)

正确。

故选：CD。

A根据彳-t图像，对甲图线求解％-t?函数，结合匀变速运动公式分析作答；

B.根据?-t图像，对乙图线求解X-t函数，结合运动学公式分析作答；

∏λ两车相遇时满足x∕+xo=x∕,据此求解相遇的时间，再根据临界条件分析作答。

本题主要考查了对?-t图像的理解，根据图像确定甲、乙两车的运动性质是解题的关键。

10.【答案】ACD

【解析】解：AB.如果4、B能保持相对静止，将4、B、C看作一个整体，根据牛顿第二定律可知

Mg—(2m+M)a1

解得：αι=-¾-

12m+M

对a进行分析，则4受到B水平方向的作用力大小为

Fx=ma1

4受到B竖直方向的作用力大小为

Fy=mg

根据矢量合成的特点可得：

对4、B整体进行分析，绳子对B的作用力大小为

FT=2ma=ig,故A正确，B错误；

112m+M

C.小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，如下

图所示。根据几何关系可得

ma=mgtana

解得：Q=一g

对整体根据牛顿第二定律可得

Mg=(2m+M)0

解得：M=(√^+l)m

故C正确；

。.当a=45。时•，小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连

线方向，根据上述分析可得此时小球的临界加速度大小为

a'=gtana-g

因为万整一＜g

根据上述表达式可知，无论M为多大，4都不能滚出凹槽，则OQ边对圆柱4的支持力一定不为0,

故O正确。

故选：ACDo

根据牛顿第二定律得出ABC整体的加速度，再对力、A和B组成的整体根据牛顿第二定律分析出对

应的受力情况；

根据几何关系得出4球的临界加速度，结合牛顿第二定律即可完成分析。

本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，本题的难点在于选择合适的研

究对象，再根据牛顿第二定律和几何关系即可完成解答。

11.【答案】F'2.65B

【解析】解：(1)根据图乙可知，力尸是由两个分力合成得到的，而实验中会存在误差，所以表示

只用一个弹簧测力计拉橡皮条时拉力的是图乙中的F'；

(2)弹簧秤的分度值为0.1N,需要估读到分度值的下一位，则弹簧秤示数为：

F=2.65/V

(3)本实验中，是利用一个弹簧测力计的拉力代替两个分力的作用效果，所以采用的科学方法是等

效替代法，故B正确，ACZ)错误：

故选：Bo

故答案为：(I)Fz;(2)2.65；(3)B

(1)根据实验原理分析出对应的力；

(2)根据弹簧秤的读数规则得出对应的示数；

(3)根据实验原理分析出对应的科学方法。

本题主要考查了力的平行四边形的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合矢量合成

的特点即可完成分析。

12.【答案】不需要泉^一力)?

2L'妗tjy9b

【解析】解：(1)对滑块由牛顿第二定律得

T=Ma

7可直接由传感器读出，故不需要钩码的质量远小于小车的质量；

(2)由题意可知，滑块通过光电门力、B对应的瞬时速度分别为

d

%=五

d

"2=石

滑块从力运动到8的过程中，由匀变速直线运动速度一时间关系可得2αL=域-说，可得

d211

α=2L⅞-⅛

(3)未打开气源，滑块所受摩擦力不可忽略，根据牛顿第二定律可知

F—UMg=Ma

整理得：a=三F-μg

由图像可得

μg=b

1b

心祈=瓦

解得：μ吟M=⅞

故答案为:(1)不需要;(2)最G-芬(3)：；⅞

(1)绳子的拉力由传感器测量得到，不需要满足钩码的质量远小于小车的质量；

(2)根据光电门的测速原理得出滑块的速度，结合速度一位移公式得出加速度的表达式；

(3)根据图像的物理意义，结合牛顿第二定律得出〃和M的表达式。

本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式

和牛顿第二定律即可完成分析。

13.【答案】解：(1)对木块受力分析，铅块对木块的滑动摩擦力方向水平向右，地面给木块的静

摩擦力方向水平向左，当铅块对木板的摩擦力大于地面对木块的摩擦力时，木块开始运动；

小铅块在第一块上运动时，根据题设数据有：μ2Mg<μi(M+4m)5

可知小铅块在第一块上滑动时，4块木块仍处于静止状态，小铅块做匀减速直线运动，

对小铅块由牛顿第二定律有：μ2Mg=Ma

解得：a=2m∕s2

由匀变速直线运动规律速度一位移公式有：vl-vl=-2aL

解得：v1=4.12m∕s

(2)设小铅块运动至左侧第n个木块上时，小铅块下方的木块开始滑动，

对剩余木块有：μ2Mg>μ1[M+(5-n)m∖g

解得：n>3.75

因此小铅块运动至左侧第4个木块上时，木块开始滑动。

(3)设小铅块刚运动到第4个木块时速度大小为以，

由匀变速直线运动规律速度一位移公式有：v∖-vl=-2aX3L

解得：V2—lm/s

设第4个木块一起加速运动时加速度大小为a',由牛顿第二定律有：μ2Mg-μ1(M+m)g=ma'

解得：a'=lm∕s2

设经过时间t小铅块和第4个木块的速度相同，则有：v'=V2-at=a't

解得：I=%,M=gm/s

,22

此段时间，小铅块的位移大小为：X=v2t—^αt=1×∣m—×1×⅛m=<2m

L5LOIo

经分析，小铅块和第4个木块的速度相同后，一起做匀减速直线运动，

则整体有：μ1(M+m')g=(M+m)a"

由运动学公式：0-v'2≈-2a"x'

联立解得：√=⅛τn

Io

所以小铅块停止运动到左侧第一个木块最左端距离为：s=3L+x+x,=3×2m+⅛m+⅛m=

IoIo

6.33m

答：(1)当小铅块刚运动至左侧第二个木块上时，求此时小铅块的速度大小为4.12m∕s;

(2)求小铅块运动至哪个木块上时，小铅块下方的木块开始滑动为4；

(3)小铅块停止运动时，求与左侧第一个木块最左端的距离为6.33m。

【解析】(1)判断四个