茂名市化州市年物理一模试卷

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2018年广东省茂名市化州市高考物理一模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分,满分48分）1．物理学发展的过程中,许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．对以下几位物理学家所作科学贡献的表述中，与事实不相符的是（)A．伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因B．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重的物体与轻的物体下落一样快C．牛顿发现了万有引力定律,卡文迪许比较准确地测出了引力常量GD．法拉第提出了场的概念并用电场线形象地描述电场2．某物体运动的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（)A．物体在笫1s末运动方向发生变化B．物体在6s末返回出发点C．物体在第2s内和第3s内的加速度是相同的D．物体在1s末离出发点最远,且最大位移为0。5m3．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，速度变为原来的5倍．该质点的加速度为（）A． B． C． D．4．一质点受多个力的作用,处于静止状态，现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小．在此过程中，其它力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是(）A．a和v都始终增大 B．a和v都先增大后减小C．a和v都先减小后增大 D．a先增大后减小，v始终增大5．如图，小木块以某一竖直向下的初速度从半球形碗口向下滑到碗底，木块下滑过程中速率不变，则木块(）A．下滑过程的加速度不变 B．所受的合外力大小不变C．对碗壁的压力大小不变 D．所受的摩擦力大小不变6．两个互成角度的匀变速直线运动，初速度分别为v1和v2，加速度分别为a1和a2，它们的合运动的轨迹（)A．如果v1=v2=0，那么轨迹一定是直线B．如果v1=v2≠0，那么轨迹可能是曲线C．如果a1=a2，那么轨迹一定是直线D．如果a1：a2=v1：v2，那么轨迹一定是直线7．发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火,使其沿椭圆轨道2运行,最后再次点火，将卫星送入同步轨道3．轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如右图．关于这颗卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时,以下说法正确的是（)A．卫星在三个轨道运动的周期关系是:T1＜T3＜T2B．卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度C．卫星在轨道2上经过Q点时的速率大于它在轨道1上经过Q点时的速率D．卫星在轨道2上运动时的机械能可能等于它在轨道3上运动时的机械能8．如图所示，质量为M的木板C放在水平地面上，固定在C上的竖直轻杆的顶端分别用细绳a和b连接小球A和小球B，小球A、B的质量分别为mA和mB，当与水平方向成30°角的力F作用在小球B上时，ABC刚好相对静止一起向右匀速运动，且此时绳a、b与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则下列判断正确的是（)A．力F的大小为mBgB．地面对C的支持力等于(M+mA+mB）gC．地面对C的摩擦力大小为mBgD．mA=mB三、非选择题：包括必考和选考题两部分．第9题〜第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题〜第14题为选考题，考生按要求作答．（一）必考题9．(1）某次研究弹簧所受弹力F与弹簧长度L关系实验时得到如图a所示的图象，由图象可知：弹簧原长L0=cm，由此求得弹簧的劲度系数K=N/M（结果保留三位有效数字）（2）如图b的方式挂上钩码（已知每个钩码重G=0。75N)，使（1）中研究的弹簧压缩,稳定后指针指示如图b，则指针所指刻度尺示数为cm．由此可推测图b中所挂钩码的个数为个．10．为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图甲所示的实验装置．其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量．（滑轮质量不计)（1）实验时,一定要进行的操作是A．用天平测出砂和砂桶的质量B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车,打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E．减小误差,实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2)该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（两计数点间还有两个点没有画出）,已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为m/s2（结果保留三位有效数字)．（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的图丙a﹣F图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k,则小车的质量为．11．如图所示,半径R=0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心0的连线与水平方向的夹角θ=30°．下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切,一质量m=0．lkg的小物块（可视为质点)从空中的A点以v0=2m/s的速度被水平拋出,恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道,经过C点后沿水平面向右运动至D点时停止运动，已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0。1，g取10m/s2．求：（1）求小物块从A点运动至B点的时间．(2）求小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力．（3）求C、D两点间的水平距离L．12．如图所示，一水平的长L=2。25m的传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面，皮带以v0=4m/s勻速顺时针转动，现在传送带上左端静止放上一质量为m=lkg的煤块（视为质点)，煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数为均为μ1=0。2．经过一段时间,煤块被传送到传送带的右端，此过程在传送带上留下了一段黑色痕迹，随后煤块在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平向右恒力F=17N，F作用了t0=1s时煤块与平板速度恰相等,此时刻撤去F．最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M=4kg，(重力加速度为g=10m/s2）,求:（1)传送带上黑色痕迹的长度;（2)求平板与地面间动摩擦因数μ2的大小;（3）平板上表面至少多长(计算结果保留两位有效数字）．［物埋一选修3-3]（15分＞13．下列关于热现象的叙述中正确的是（）A．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及温度有关B．布朗运动是液体分子的运动,它说明液体分子不停地做无规则热运动C．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小D．如果气体分子总数不变,当气体温度升高时，气体分子的平均动能一定增大，压强也必然增大E．能量消耗反映了与热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性14．如图，上端开口、下端封闭的足够长的细玻璃钌竖直放置，﹣段长为l=15。0cm的水银柱下方封闭有长度也为l的空气柱，已知大气压强为p0=75.0cmHg；如果使玻璃管绕封闭端在竖直平面内缓慢地转动半周．求在开口向下时管内封闭空气柱的长度．

2018年广东省茂名市化州市高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题(共8小题，每小题6分，满分48分）1．物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．对以下几位物理学家所作科学贡献的表述中,与事实不相符的是()A．伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因B．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重的物体与轻的物体下落一样快C．牛顿发现了万有引力定律,卡文迪许比较准确地测出了引力常量GD．法拉第提出了场的概念并用电场线形象地描述电场【考点】1U：物理学史．【分析】根据物理学史和常识解答,记住著名物理学家如伽利略、牛顿、法拉第等人的物理学贡献即可．【解答】解：A、伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，与事实相符；B、亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重的物体比轻的物体下落的快，与事实不相符；C、牛顿发现了万有引力定律,卡文迪许比较准确地测出了引力常量G，与事实相符；D、法拉第提出了场的概念并用电场线形象地描述电场，与事实相符；本题选与事实不相符的，故选：B．2．某物体运动的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是(）A．物体在笫1s末运动方向发生变化B．物体在6s末返回出发点C．物体在第2s内和第3s内的加速度是相同的D．物体在1s末离出发点最远，且最大位移为0.5m【考点】1I：匀变速直线运动的图像．【分析】v﹣t图象的斜率表示加速度,速度的正负表示运动方向，图线与坐标轴所围的面积表示位移．【解答】解：A、物体在第1s末前后速度均为正值,故运动方向没有发生改变,故A错误;B、根据速度图线与坐标轴所围的面积表示位移，知物体在0﹣6s内位移大于0,则第6s末没有返回出发点，故B错误;C、物体在第2s内、第3s内的图线斜率相等,则加速度相同，故C正确；D、物体在前4s内位移为零．在4﹣6s内物体沿正向运动，故第2s和6s时离出发点最远，最大位移为x==1m，故D错误;故选:C3．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，速度变为原来的5倍．该质点的加速度为()A． B． C． D．【考点】1G：匀变速直线运动规律的综合运用．【分析】根据速度倍数关系，结合位移公式和平均速度公式即可求得初速度速度,再由加速度的定义求得质点的加速度．【解答】解：设初速度为v，则末速度为5v；由平均速度公式可得：==得由加速度公式可得：a===联立解得：a=，故B正确，ACD错误．故选:B4．一质点受多个力的作用，处于静止状态，现使其中一个力的大小逐渐减小到零,再沿原方向逐渐恢复到原来的大小．在此过程中，其它力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是（）A．a和v都始终增大 B．a和v都先增大后减小C．a和v都先减小后增大 D．a先增大后减小，v始终增大【考点】1B:加速度．【分析】根据牛顿第二定律F=ma可知物体加速度与合外力成正比，并且方向一致,所以本题要想分析其加速度的变化,要来分析合外力的变化情况．而要分析速度的变化，则要先分析加速度的变化情况．【解答】解：由于质点初始处于静止状态,则其所受合力为零．这就相当于受两个等大反向的力：某个力和其余几个力的合力．其中某个力逐渐减小,而其余几个力的合力是不变的，则其合力就在这个力的反方向逐渐增大，这个力再由零增大到原来大小，则合力又会逐渐减小直到变为零，所以合力变化为先增大后减小，故加速度a先增大后减小；由于其合外力方向始终不变,则加速度方向始终不变;由于物体从静止开始运动,所以速度的方向始终与加速度的方向相同，所以其速度会一直增大．因此BC错误，D正确．故选：D5．如图,小木块以某一竖直向下的初速度从半球形碗口向下滑到碗底,木块下滑过程中速率不变，则木块（）A．下滑过程的加速度不变 B．所受的合外力大小不变C．对碗壁的压力大小不变 D．所受的摩擦力大小不变【考点】4A：向心力．【分析】由题可知，小球做匀速圆周运动，由匀速圆周运动的性质可知物块加速度及向心力的变化，通过受力分析可知支持力及摩擦力的变化．【解答】解:AB、因物体的速度大小不变，物块做匀速圆周运动,故其向心力大小不变，即物体所受合力大小不变，向心加速度大小不变,但是方向在改变，故A错误,B正确；C、物块在运动过程中受重力、支持力及摩擦力作用，支持力与重力的合力充当向心力，而在物块下滑过程中重力沿径向分力变化，故支持力一定会变化，对碗壁的压力大小变化，故C错误；D、在切向上摩擦力应与重力的分力大小相等,方向相反，因重力的分力变化，故摩擦力也会发生变化，故D错误;故选：B．6．两个互成角度的匀变速直线运动,初速度分别为v1和v2，加速度分别为a1和a2，它们的合运动的轨迹（）A．如果v1=v2=0，那么轨迹一定是直线B．如果v1=v2≠0,那么轨迹可能是曲线C．如果a1=a2，那么轨迹一定是直线D．如果a1:a2=v1：v2，那么轨迹一定是直线【考点】44:运动的合成和分解．【分析】本题是有关运动合成的题目，思考从以下入手，当合速度的方向与合加速度的方向在同一条直线上时，运动轨迹为直线；当合加速度方向与合速度方向不在同一条直线上时,运动轨迹为曲线,据此可判断每个选项．【解答】解：A、如果v1=v2=0，则物体沿着合加速度方向做直线运动，则轨迹一定是直线，故A正确；BC、如果v1=v2≠0、a1=a2，若合速度与合加速度方向共线，则轨迹是直线；若不共线,则轨迹是曲线,故B正确，C错误；D、当合速度的方向与合加速度的方向在同一条直线上时，即a1：a2=v1：v2时，运动轨迹为直线，否则运动轨迹为曲线，故D正确；故选：ABD7．发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火,使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步轨道3．轨道1、2相切于Q点,轨道2、3相切于P点，如右图．关于这颗卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（）A．卫星在三个轨道运动的周期关系是：T1＜T3＜T2B．卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度C．卫星在轨道2上经过Q点时的速率大于它在轨道1上经过Q点时的速率D．卫星在轨道2上运动时的机械能可能等于它在轨道3上运动时的机械能【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；4F：万有引力定律及其应用．【分析】根据开普勒第三定律比较周期关系;根据万有引力提供向心力,列方程可得到卫星速率、角速度与半径的关系来判断速率、角速度的大小,根据变轨知识分析轨道1、2、3机械能和动能的关系．【解答】解：A、由轨道知，轨道1的半长轴最小，轨道3的半长轴最大,根据开普勒第三定律知=k知，T1＜T2＜T3．故A错误;B、卫星在轨道1和3上做匀速圆周运动，万有引力提供向心力有G=mrω2，角速度ω=，知轨道半径大的角速度小，故卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度，故B正确；C、卫星在轨道1上做匀速圆周运动，经过P点时万有引力和向心力相等，在轨道2上经过Q点时要做离心运动,万有引力小于所需向心力，由于万有引力相等，故在轨道2上经过Q点时的速度大，故C正确；D、卫星从轨道2变轨到轨道3上要做离心运动，必须在P点加速，所以卫星在轨道2上运动时的机械能小于它在轨道3上运动时的机械能．故D错误．故选：BC．8．如图所示，质量为M的木板C放在水平地面上，固定在C上的竖直轻杆的顶端分别用细绳a和b连接小球A和小球B，小球A、B的质量分别为mA和mB,当与水平方向成30°角的力F作用在小球B上时，ABC刚好相对静止一起向右匀速运动，且此时绳a、b与竖直方向的夹角分别为30°和60°,则下列判断正确的是（）A．力F的大小为mBgB．地面对C的支持力等于（M+mA+mB）gC．地面对C的摩擦力大小为mBgD．mA=mB【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用．【分析】分别对AB两个小球受力分析，根据平衡条件求出AB质量的关系以及F的大小；以ABC整体为研究对象受力分析，根据平衡条件求出地面对C的支持力和摩擦力．【解答】解：A、以B为研究对象受力分析,水平方向受力平衡：Fcos30°=Tbcos30°,得：Tb=F竖直方向受力平衡,则：Fsin30°+Tbsin30°=mBg得:F=mBg,以A为研究对象受力分析，竖直方向：mAg+Tbsin30°=Tasin60°水平方向：Tasin30°=Tbsin60°联立得：mA=mB，故AD正确；B、以ABC整体为研究对象受力分析,水平方向：f=Fcos30°=mBgcos30°=mBg，竖直方向：N+Fsin30°=（M+mA+mB）g，可见N小于（M+mA+mB）g,故BC错误;故选：AD三、非选择题：包括必考和选考题两部分．第9题〜第12题为必考题,每个试题考生都必须作答．第13题〜第14题为选考题，考生按要求作答．（一）必考题9．（1)某次研究弹簧所受弹力F与弹簧长度L关系实验时得到如图a所示的图象，由图象可知：弹簧原长L0=cm，由此求得弹簧的劲度系数K=300N/M（结果保留三位有效数字）（2）如图b的方式挂上钩码（已知每个钩码重G=0。75N），使（1）中研究的弹簧压缩，稳定后指针指示如图b，则指针所指刻度尺示数为1.50cm．由此可推测图b中所挂钩码的个数为2个．【考点】M7:探究弹力和弹簧伸长的关系．【分析】（1）该图线跟坐标轴交点，表示弹力为零时弹簧的长度，即为弹簧的原长．由画得的图线为直线可知弹簧的弹力大小与弹簧伸长量成正比．图线的斜率即为弹簧的劲度系数．（2）刻度尺的读数要估读一位，由胡克定律求出弹簧的弹力，然后推测钩码的个数．【解答】解:（1）当弹簧弹力为零,弹簧处于自然状态，由图知原长为：l1=2。00cm由F=kx,知图线的斜率为弹簧的劲度系数，即为：k=（2）由图b可知,该刻度尺的读数为:1。50cm可知弹簧被压缩：△x=L0﹣L=2.00﹣1。50=0.5cm弹簧的弹力：F=k△x=300×0。5×10﹣2=15N已知每个钩码重G=0.75N,可推测图b中所挂钩码的个数为2个．故答案为：(1）2。00，300；（2）1。50,210．为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图甲所示的实验装置．其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量．(滑轮质量不计）（1）实验时，一定要进行的操作是BCDA．用天平测出砂和砂桶的质量B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C．小车靠近打点计时器,先接通电源,再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E．减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带(两计数点间还有两个点没有画出）,已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为1.33m/s2（结果保留三位有效数字）．（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的图丙a﹣F图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为．【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【分析】（1）该实验不需要测量沙及沙桶的质量，绳子的拉力由弹簧秤直接测量,不需要满足沙及沙桶的质量远小于木块．(2)根据逐差法可求得加速度；（3)根据牛顿第二定律得出a与F的关系式,结合关系式得出正确的图线．【解答】解：（1)A、物体M受到的力可由力计读出，故砂和砂桶的质量可以不用测出；故A错误;B、将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力是需要进行的操作，因为这样物体M受到的合力就不考虑摩擦力了；故B正确;C、小车靠近打点计时器,先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数是需要操作的；故C正确；D、改变砂和砂桶的质量,打出几条纸带,是用来外力大小的,故也是需要进行的操作；故D正确；E、因为外力的大小可以通过测力计读出,故不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故E错误;所以需要进行的操作是:BCD;(2）小车的加速度a=≈1.33m/s2；(3）因为弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标,故=k,故F=，由牛顿第二定律F合=ma得,小车的质量为m===;故答案为:（1）BCD；（2）1.33;(3）．11．如图所示，半径R=0。4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心0的连线与水平方向的夹角θ=30°．下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一质量m=0．lkg的小物块（可视为质点）从空中的A点以v0=2m/s的速度被水平拋出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时停止运动，已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.1，g取10m/s2．求:(1)求小物块从A点运动至B点的时间．（2）求小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力．（3)求C、D两点间的水平距离L．【考点】4A：向心力；43：平抛运动．【分析】（1）滑块从A到B过程是平抛运动，在B点，将速度分解，结合分运动公式列式求解时间；（2）对有B到C过程根据动能定理列式求解C点的速度，在C点是重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式得到支持力，在根据牛顿第三定律得到压力大小；(3）对C到D过程根据动能定理列式求解即可．【解答】解：（1)根据平抛运动的规律，由几何关系有：vy=,vy=gt，解得：t=或t=0。35s；(2）小物块由B点运动到C点，由动能定理有：mgR（1+sinθ)=mvC2﹣mvB2vB==4m/s在C点处，由牛顿第二定律有：F﹣mg=m解得：F=8N，根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力F′大小为8N,方向竖直向下；(3)小物块从B点运动到D点，由动能定理有：﹣μmgL=0﹣mvc2，解得：L=14m；答：（1）小物块从A点运动至B点的时间为0.35s．（2）小物块经过圆弧轨道上的C点时,对轨道的压力为8N．（3）C、D两点间的水平距离L为14m．12．如图所示，一水平的长L=2。25m的传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面，皮带以v0=4m/s勻速顺时针转动，现在传送带上左端静止放上一质量为m=lkg的煤块（视为质点），煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数为均为μ1=0.2．经过一段时间，煤块被传送到传送带的右端,此过程在传送带上留下了一段黑色痕迹,随后煤块在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平向右恒力F=17N，F作用了t0=1s时煤块与平板速度恰相等，此时刻撤去F．最终煤块没有从平板上滑下,已知平板质量M=4kg,（重力加速度为g=10m/s2)，求：(1）传送带上黑色痕迹的长度；（2）求平板与地面间动摩擦因数μ2的大小;（3）平板上表面至少多长（计算结果保留两位有效数字）．【考点】37：牛顿第二定律；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】（1）根据牛顿第二定律求出煤块在传送带上发生相对滑动时的加速度，结合速度时间公式求出传送带达到速度v的时间以及煤块达到该速度的时间，根据运动学公式分别求出传送带和煤块的位移，从而得出相对位移的大小．(2）根据牛顿第二定律求出煤块在平板车上的加速度大小，结合速度时间公式求出共同的速度大小，从而通过速度时间公式求出平板车的加速度．对平板由牛顿第二定律列式求解动摩擦因数μ2的大小．（3）根据牛顿第二定律求出平板车与地面间的动摩擦因数,得出煤块和平板车共速后煤块和平板车的运动规律，根据牛顿第二定律和运动学公式求出平板车表面的最小长度．【解答】解:（1）对煤块由牛顿第二定律:μ1mg=ma1得a1=2m/s2若煤块一直加速到右端，设到右端速度为v1得v12=2a1L解得：v1=3m/s因为v1＜v0，所以煤块一直加速到右端,设需t1时间到右端得：t1==st1时间内皮带位移:s皮=v0t1=4×m=6m△s=s皮﹣L=6﹣2.25m=3。75m（2）煤块滑上平板时速度v1=3m/s，a1=2m/s两者速度相等有：v共=v1﹣a1t0=a2t0解得a2=1m/s2v共=1m/s对平板由牛顿第二定律:F+μ1mg﹣μ2（M+m）g=Ma2解得：μ2=0。3（3）由于μ2＞μ1，共速后煤块将以a1匀减速到停止，而平板以a3匀减速对平板由牛顿第二定律：μ1mg﹣μ2(M+m）g=Ma3得a3=﹣m/s2t2==﹣=s全过程平板位移:s板=解得s板=m全过程煤块位移：s煤==m所以板长l=s煤﹣s板≈1。6m答：（1）传送带上黑色痕迹的长度是3。75m；（2）求平板与地面间动摩擦因数μ2的大小是0.3；（3）