2023-2024学年江苏省江都区丁沟中学高一（上）期末考试模拟物理练习试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省江都区丁沟中学高一（上）期末考试模拟物理练习试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.伽利略对自由落体运动及运动和力的关系的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的科学研究方法。图(a)、(b)分别表示这两项研究中的实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是
( )
A. 图(a)通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动的结论
B. 图(a)中先在倾角较小的斜面上实验，可“冲淡”重力，便于测量
C. 图(b)中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成
D. 图(b)的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持的结论
2.2023年11月11日，中国蹦床运动员朱雪莹、范欣怡、胡译乘荣获世界蹦床锦标赛女子网上团体冠军，为国家争得荣誉。如图是她们比赛时的画面。如果把网面近似看成遵循胡克定律的垫子，且不计空气阻力，则运动员从最高点运动到最低点过程中(以向下为正方向)，速度−时间、加速度−位移的图像正确的是
A. B. C. D.
3.某同学从一塔顶上每隔0.8s由静止释放一个小球，当刚释放第7个小球时，第1个小球恰好落地。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则下列说法中正确的是( )
A. 小球落地时的速度大小为56m/s
B. 第1个小球落地时，第6个小球下落的距离为3.2m
C. 第1个小球落地时，第2个小球与第3个小球的间距为16m
D. 第1个小球落地前瞬间，第1个、第2个和第5个小球的速度大小之比为5:2:1
4.某同学站在力传感器上连续做“下蹲−站起−下蹲−站起…”的动作。截取力传感器某一时段内的采集数据如图，D点和B点对应的力值之比约2:1。下列说法中正确的是
A. A点对应人处于失重状态B. B点对应人正在站起
C. C点对应人正在蹲着不动D. D点和B点对应的人加速度之比约2:1
5.雾霾天气对公路、铁路、航空、航运等均产生重要影响，雾、霾会造成空气质量下降，影响生态环境，给人体健康带来较大危害，在我国治理雾霾已刻不容缓，在一大雾天，一辆小汽车以30m/s的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30m处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵，如图所示，a、b分别为小汽车和大卡车的v−t图象，以下说法正确的是( )
A. 在t=5s时追尾B. 在t=2.5s时追尾
C. 若刹车不失灵不会追尾D. 因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾
6.如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车在水平面上向右做匀加速运动时，杆对小球作用力的方向可能沿图中的( )
A. OA方向B. OB方向C. OC方向D. OD方向
7.如图，一细绳跨过光滑定滑轮，其一端悬挂物块B，另一端与地面上的物块A相连，系统处于静止状态。现用水平向右的拉力缓慢拉动B，直至悬挂B的细绳与竖直方向成45°。已知A始终保持静止，则在此过程中( )
A. 水平拉力大小可能先减小后增大B. A所受细绳的拉力一直增大
C. A所受地面的摩擦力一直减小D. A所受地面的支持力可能先减小后增大
8.两根完全相同的轻弹簧的原长均为L，将两弹簧与完全相同的两物体A、B，按如图所示的方式连接，并悬挂于天花板上，静止时两根弹簧的总长为2.6L。现用手托着B物体，使下面的弹簧2恢复到原长，则下面说法正确的有( )
A. 静止悬挂稳定时弹簧1的长度为1.4L，弹簧2的长度为1.2L
B. 弹簧2恢复原长时弹簧1长度为1.4L
C. 物体A上升的距离为0.4L
D. 物体B上升的距离为0.2L
9.如图所示，半圆柱放于粗糙水平地面，圆心O的正上方固定一个光滑小定滑轮，轻质绳一端拴一光滑小球，置于半圆柱面上的A点，另一端绕过定滑轮并用拉力T拉住，现缓慢地将小球从A点拽到B点，在此过程中，半圆柱对小球的支持力N以及细线对小球的拉力T的大小变化情况，以下说法正确的是
( )
A. 细线对小球拉力T变大，半圆柱对小球支持力N不变
B. 细线对小球拉力T变小，半圆柱对小球支持力N变小
C. 地面对半圆柱的支持力变小
D. 地面对半圆柱的摩擦力变小
10.打印机在正常工作的情况下，进纸系统每次只进一张纸。进纸系统的结构示意图如图所示，若图中有10张相同的纸，每张纸的质量为m，搓纸轮按图示方向转动并带动最上面的1张纸向右运动，搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为μ1，纸张与纸张之间、纸张与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为μ2，工作时搓纸轮对第1张纸压力大小为F。打印机正常工作时，下列说法正确的是( )
A. 第2张纸与第3张纸之间的摩擦力为滑动摩擦力
B. 第5张纸与第6张纸之间的摩擦力大小为μ2(F+mg)
C. 第10张纸与摩擦片之间的摩擦力大小为μ2(F+10mg)
D. 若μ1<μ2，进纸系统仍能正常进纸
11.将一重为G的圆柱形工件放在“V”形槽中，如图所示，槽的两侧面与水平面的夹角相同，“V”形槽两侧面的夹角为120°。当槽的棱与水平面的夹角为30°时，工件恰好能够匀速下滑，则( )
A. 工件对槽每个侧面的压力均为 32GB. 工件对槽每个侧面的压力均为 33G
C. 工件与槽间的动摩擦因数为12D. 工件与槽间的动摩擦因数为 32
二、多选题：本大题共1小题，共4分。
12.如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到从零开始逐渐增大的水平拉力F的作用，A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图乙所示．已知物块A的质量m=3kg，取g=10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )
A. 当0B. 当4NC. 当F>12N时，A的加速度随F的增大而增大
D. B与地面间的动摩擦因数为0.25
三、实验题：本大题共1小题，共10分。
13.某物理兴趣小组在实验室选择合适器材后，按如图甲所示安装好实验器材，探究“加速度与力的关系”．
请回答下列问题：
(1)图甲中的沙桶和沙的总质量_________(填“需要”或“不需要”)满足远小于滑块的质量，图中安装好的器材有一处不合理之处是__________________；
(2)物理小组仍利用图甲装置做实验，利用沙桶和沙提供拉力，拉动滑块及纸带运动，打出如图乙所示的一条纸带，已知电源频率为50 Hz，纸带上每两个计数点间还有4个点未画出，则由图中数据可求得此时滑块的加速度大小a=_________m/s2(保留2位有效数字)；
(3)将力传感器的示数记为F，保持滑块质量不变，多次改变沙桶中沙的质量，测得多组数据，绘制出加速度a与F的关系图像，如图丙所示．小组同学经过讨论发现利用图丙可以求出滑块的质量以及滑块与长木板间的动摩擦因数，重力加速度g=10 m/s2，则由图丙可得，滑块质量M=_________kg，滑块与长木板间的动摩擦因数μ=_________．
四、简答题：本大题共2小题，共21分。
14.如图所示，质量为m=4 kg物块放在水平地面上，恒定外力F=10 N作用在物块上，与水平方向的夹角为θ=30°，物块一直保持静止。重力加速度为g=10 m/s2，求：
(1)地面对物块的支持力和摩擦力的大小；
(2)若逐渐增大外力F，当F为20 N时，物块刚好要滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块与地面间的动摩擦因数为多少。
15.蹦床是集艺术性与竞技性于一身的运动。某次比赛过程中，一运动员做蹦床运动时，利用力传感器测得运动员所受蹦床弹力F随时间t的变化图像如图所示。若运动员仅在竖直方向运动，不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)在前9.3s内运动员在空中的时间；
(2)在前9.3s这段时间内运动员的最大加速度。
五、计算题：本大题共2小题，共21分。
16.图甲是某游乐场内的滑沙场地示意图，斜坡滑道AB长64 m，倾角θ=37°，水平滑道BC足够长，斜坡滑道与水平滑道之间是平滑连接的。某游客坐在滑板上从斜坡的A点由静止开始滑下(如图乙所示)，滑到斜坡底端B点后再沿水平的滑道滑行一段距离到C点停下。已知游客和滑板的总质量m=60 kg，滑板与斜坡滑道间的动摩擦因数为μ1=0.5，与水平滑道间的动摩擦因数为μ2=0.4，空气阻力忽略不计，取g=10 m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)游客从斜坡上滑下的加速度大小；
(2)游客滑到B点时的速度大小；
(3)游客从A点滑动到C点所用的时间。
17.水平传送带A、B两端点相距x=4.5m，以v0=2m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转．今将一质量m=2kg的小物块，无初速度地轻放至A点处，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ1=0.4。小物块离开传送带后，无速度损失地滑上质量M=2kg的木板。木板与传送带等高，小物块与木板间的动摩擦因数也为μ1=0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.15，g取10m/s2。求：
(1)小物块刚放上传送带时的加速度大小；
(2)小物块从A点运动到B点的时间；
(3)要使小物块不从木板上滑落，木板至少多长？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了伽利略对自由落体运动和力与运动关系的研究，了解其研究过程中的物理思想与物理的方法。
本题考查的就是学生对于物理常识的理解，这些在平时是需要学生了解并知道的，看的就是学生对课本内容的掌握情况。
【解答】
AB.伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明，如果速度与时间成正比，那么位移与时间的二次方就成正比.由于当时用滴水法计时，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力的作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，运动相同位移所用时间长得多，所以容易测量.伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上进行了合理外推，得出了正确结论，故A错误，B正确。
C.完全没有摩擦阻力的斜面是不存在的，故C错误；
D.伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持的结论，故 D错误。
2.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查了牛顿第二定律的应用。受力分析，根据合力分析加速度，再分析速度变化。
【解答】
在没有接触到垫子之前，运动员做自由落体运动，加速度恒定，即匀加速直线运动，接触到垫子后，垫子的弹力逐渐增大，向下的加速度逐渐减小，运动员做加速度减小的向下的加速运动，当a=0时，速度最大，继续下降，弹力大于重力，加速度向上，逐渐增大，做向下的减速运动，故AC正确，BD错误。
3.【答案】B
【解析】【分析】
解决本题的关键知道自由落体运动的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题．
自由落体运动是初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，符合匀变速直线运动的一切规律。
【解答】
小球在空中的点迹如图
A.刚释放第7个小球时，第1个小球恰好落地，则小球落地时的速度大小v1=g⋅6t=48m/s，A错误；
B.第1个小球落地时，第6个小球下落的距离ℎ6=12gt2=3.2m，B正确;
C.第1个小球落地时，第2个小球与第3个小球的间距ℎ23=ℎ2−ℎ3=12g(5t)2−12g(4t)2=28.8m，C错误；
D.第1个小球落地时，第1个、第2个和第5个小球运动的时间分别为6t、5t、2t，根据v=gt可知，第1个小球落地时，第1个、第2个和第5个小球的速度大小之比为6:5:2，D错误。
故选B
4.【答案】B
【解析】【分析】
失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度;超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度.人下蹲过程分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，起立也是同样的道理．
本题考查物理知识与生活的联系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超失重的概念联系起来加以识别．
【解答】
A.A点对应的力值大于人的重力，所以人此时处于超重，A错误；
B.人站起的过程先向上加速再向上减速，加速度先向上再向下，B点对应的力值小于重力，加速度向下，A处于超重，所以B点正处于站起向上减速的阶段，B正确；
C.由B选项可知，B点对应人正在站起，所以在C点对应人正在站立不动，C错误；
D.在D点F合=FD−mg=maD，在B点F′合=mg−FB=maB，因为D点和B点对应的力值之比约2:1，所以FD=2FB，mDmB=2FB−mgmg−FB=2FB−mg−(FB−mg)≠2，故D错误。
5.【答案】C
【解析】AD.速度—时间图像与时间轴围成的面积表示位移，由题图可得在t=5s时小汽车和大卡车的位移分别为
x小=(20+30)×1×12m+(10+20)×(5−1)×12m=85m
x大=10×5m=50m
两车在 t=0 时刻相距30m，则可得在t=5s时
x小>x大+30m
显然，在在t=5s之前已发生追尾，故AD错误；
B.直线ab的方程设为
v=kt+b
根据图像可得
k=10−205−1m/s2=−2.5m/s2
将坐标(1,20)代入方程可得
b=22.5m/s
即可知直线方程
v=−2.5t+22.5(m/s)
将 t=2.5s 代入方程可得
v=16.25m/s
根据图像与时间轴围成的面积可得在t=2.5s时小汽车和大卡车的位移分别为
x′小=(20+30)×1×12m+(16.25+20)×(2.5−1)×12m=52.1875m
x′大=10×2.5m=25m
可知在 t=2.5s 时
x′小即在 t=2.5s 时未发生追尾，故B错误；
C.根据图像可知，若刹车不失灵，小汽车做减速运动的加速度大小为
a0=30−201m/s2=10m/s2
则两车速度相等时的时间为
t0=v小−v大a0=30−1010s=2s
即 t=2s 时两车速度相等，而2s后大卡车的速度将大于小汽车的速度，由此可知，若 t=2s 时两车未发生追尾，则之后将不会发生追尾，则 0∼2s 内小汽车的位移为
x′′小=v小+v大2⋅t=30+102×2m=40m
x′′大=v大t=10×2m=20m
显然
x′′小因此可知，若刹车不失灵两车不会发生追尾，故C正确。
故选C。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了牛顿第二定律；根据牛顿第二定律F=ma可知，加速度的方向与合力的方向相同，是解决本题的关键；另外知道杆的弹力不一定沿杆的方向。
小球受重力和杆对小球的作用力，在两个力共同作用下沿水平方向做加速运动，根据共点力平衡求得作用力，根据加速方向判断出合力水平向右。
【解答】
据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则球和小车具有相同的水平加速度，由牛顿第二定律可知，小球所受重力和杆对小球作用力的合力水平向右，杆对小球作用力方向只可能沿图中的OC方向，C正确。
7.【答案】B
【解析】AB.对物块A、B进行受力分析如图所示
对物块B有
F=Tsinθ
mBg=Tcsθ
解得
T=mBgcsθ
F=mBgtanθ
根据题意可知， θ 增大，则细绳的拉力一直增大，水平拉力也一直增大，B正确，A错误；
CD.根据上述受力分析，对物块A有
f=Tsinα
N+Tcsα=mAg
解得
f=mBgsinαcsθ
N=mAg−mBgcsαcsθ
可知， θ 增大，则A所受地面的摩擦力一直增大，A所受地面的支持力一直减小，CD错误。
故选B。
8.【答案】A
【解析】A.对AB的整体
2mg=k(L1−L)
对B分析
mg=k(L2−L)
其中
L1+L2=2.6L
解得
L1=1.4L
L2=1.2L
选项A正确；
BCD.弹簧2恢复原长时对物块A
mg=k(L1′−L)
解得长度为
L1′=1.2L
此过程中物体A上升的距离为1.4L−1.2L=0.2L；物体B上升的距离为0.2L+0.2L=0.4L，选项BCD错误。
故选A。
9.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了动态平衡这个知识点；
分析受力情况，利用相似三角形和矢量三角形即可分析动态平衡。
【解答】
AB.对小球受力分析，如图所示：
由相似可得：GO1O=TO1A=NAO，
得：N=AOO1OG，T=O1AO1OG，
缓慢地将小球从A点拽到B点过程中，O1O、AO不变，O1A变小，所以细线对小球拉力T变小，半圆柱对小球支持力N不变，故 AB错误；
CD.小球从A到B过程中，T竖直分量减小，T水平分量减小，由整体法得地面对半圆柱支持力变大，地面对半圆柱的摩擦力变小，故 C错误，D正确。
故选D。
10.【答案】B
【解析】【分析】
根据摩擦力的方向与相对运动趋势的方向或相对运动的方向相反可得知第2张纸受到第1张纸的摩擦力的方向，注意下方纸张受到的是静摩擦力。
本题考查摩擦力的方向及大小计算。在求解摩擦力之前，先判断摩擦力的种类，再计算大小；注意静摩擦力没有计算公式，只能根据物体的运动状态，应用平衡条件进行计算。
【解答】
A.由于进纸系统每次只进一张纸，则在第1张纸向右运动时，第2张纸与第3张纸保持相对静止，第2张纸与第3张纸之间的摩擦力为静摩擦力，故A错误；
BC.工作时搓纸轮给第1张纸压力大小为 F ，第1张纸对第2张纸的压力为 F+mg ，则第1张纸与第2张纸之间的滑动摩擦力为f12=μ2N12=μ2(F+mg)
由于第2张及第2张以下的纸没有运动，只有运动趋势，所以第2张以下的纸之间以及第10张纸与摩擦片之间的摩擦力均为静摩擦力，大小均为f静=f12=μ2(F+mg)，故B正确，C错误；
D.若 μ1<μ2 ，则有μ1F<μ2(F+mg)，可知搓纸轮与第1张纸之间会发生相对滑动，而第1张纸静止不动，所以进纸系统不能正常进纸，故D错误。
11.【答案】C
【解析】AB.工件的重力可以分解为沿槽顶方向向下的分力 Gsin30∘ 与垂直于槽顶方向的分力 Gcs30∘ ，如图

垂直于槽顶方向的分力 Gcs30∘ 又进一步分解为两个挤压斜面的压力，如图
由几何关系可知
2F1cs30∘=Gcs30∘
解得
F1=F2=12G
故AB错误；
CD.此时沿槽顶方向的分力 Gsin30∘ 与圆柱体和槽之间的摩擦力大小相等，有
Ff=2μF1=Gsin30∘
解得
μ=12
故C正确、D错误。
故选C。
12.【答案】A
【解析】A.当0B.当4NC.当F>12N时，A、B间的摩擦力大小保持不变，A、B发生了相对滑动，A所受合力为滑动摩擦力，滑动摩擦力大小不变，由牛顿第二定律可知加速度保持不变，故C错误；
D.当F=12N时，A、B刚要相对滑动，此时两者加速度相等，对A由牛顿第二定律得
f1=ma
对A、B整体
F−f2=(m+mB)a
打入数据可得
mB=1kg
设B与地面间的动摩擦因数为μ，相对滑动时
f2=μ(m+mB)g
代入数据可得
μ=0.1
故D错误。
故选A。
13.【答案】(1)不需要；长木板水平放置(或未将长木板打点计时器一端垫高;未补偿滑块的阻力等)
(2)0.50；
(3)0.2；0.1。
【解析】【分析】
只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握。
(1)力传感器可以直接测出细绳的拉力，故不需要满足沙桶和沙的质量远小于滑块的质量，次实验应平衡摩擦力;
(2)由逐差法可求解此时滑块的加速度大小;
(3)根据加速度a与F的关系图像的斜率和截距可得滑块质量以及滑块与长木板间的动摩擦因数。
【解答】
解：(1)力传感器可以直接测出细绳的拉力，故不需要满足沙桶和沙的质量远小于滑块的质量；长木板装有打点计时器的一端应适当垫高，不应水平放置；
(2)由逐差法a=[(3.88+3.39+2.88)−(1.40+1.89+2.40)]×10−29×0.01m/s2≈0.50m/s2;
(3)从图丙图像可知，力传感器读数为0.2N时，滑块才开始滑动。
对滑块受力分析，根据牛顿第二定律可知F−μMg=Ma，整理可得a=1MF−μg，
结合图像的斜率和截距，可得1M=2.00.6−0.2，0=1M×0.2−μg，解得M=0.2kg，μ=0.1。
14.【答案】解：(1)设地面对物块的支持力为FN1，摩擦力为Ff1，根据平衡条件
Fsinθ+FN1=mg，
Fcsθ=Ff1，
代入数据解得：FN1=35N，Ff1=5 3N。
(2)当F=20N时，根据平衡条件有：
Fsinθ+FN2=mg，
Fcsθ=Ff2，
解得FN1=30N，Ff2=10 3N，
由题意知Ff2=μFN2，
得μ= 33。
【解析】本题考查正交分解法解决平衡问题。对物体受力分析，正交分解，根据水平方向和竖直方向受力平衡列式求解。
15.【答案】(1)2s；(2) 45m/s2 ，方向竖直向上
【解析】(1)在空中运动的时间为
t0=9.3s−7.3s=2s
(2)由图知当运动员的重力为
G=mg=600N
解得
m=60kg
由图知运动员在运动过程中受到的最大弹力
Fm=3300N
根据牛顿第二定律可得
Fm−mg=mam
解得
am=45m/s2
方向竖直向上。
16.【答案】(1) 2m/s2 ；(2) 16m/s ；(3) 12s
【解析】(1)根据牛顿第二定律得
mgsin37∘−μ1mgcs37∘=ma1
解得
a1=2m/s2
(2)根据速度与位移的关系式
v2=2a1xAB
解得
v=16m/s
(3)根据位移公式
xAB=12a1t12
解得滑到底端的时间
t1=8s
在水平滑道，根据牛顿第二定律得
μ2mg=ma2
解得
a2=4m/s2
则在水平轨道上停止的时间
t2=va2=4s
从A点滑动到C点所用的时间
t=t1+t2=12s
17.【答案】解：(1)小物块刚放上传送带时，由牛顿第二定律得
μ1mg=ma1
解得加速度大小为
a1=μ1g=4m/s2
(2)小物块刚放上传送带到与传送带共速所用时间为
t1=v0a1=0.5s
通过的位移为
x1=12a1t12=0.5m
小物块与传送带共速后，匀速运动到B点所用时间为
t2=x−x1v0=2s
则小物块从A点运动到B点的时间为
t=t1+t2=2.5s
(3)小物块滑上木板时，对小物块，由牛顿第二定律得
μ1mg=ma2
解得
a2=4m/s2
方向水平向左；
对木板，由牛顿第二定律得
μ1mg−μ2(M+m)g=Ma3
解得
a3=1m/s2
方向水平向右；
设小物块与木板经过 t3 时间达到共速，则有
v共=v0−a2t3=a3t3
联立解得
t3=0.4s ， v共=0.4m/s
则有
Δx=xm−xM=v0+v共2t3−v共2t3=v02t3=0.4m
小物块与木板共速后，保持相对静止一起在水平地面做匀减速到停下；可知要使小物块不从木板上滑落，木板至少长 0.4m 。

【解析】由牛顿第二定律得小物块刚放上传送带时的加速度；小物块刚放上传送带到与传送带共速前做云加速运动，共速后做匀速运动，分两个过程求时间；物块滑到木板上，物块减速，木板加速，共速后就不再相对滑动，求出物块相对木板的位移即可。