山东省日照市实验高级中学2024-2025学年高一下学期开学考试物理试题

2024级高一下学期开学考试 16.(10分别 物理答趣卡 名 考号 贴条形码区 用接 一，运样题（共40分，1-8为单连，每题3分，912为不定项选拜，每题4分，选帮2分，帽这不得分） 1【A1[B1c1ID1 GI4】181[c11D 111A)IB]1G1【D1 2[A1[8【C1I01 7IA1181IC1【D1 12IA】【81IC1[D1 3[A」[B1【c]Io 8LA)B|[c】【D 1314】(】[c1[DI 4【A1[B1【C1I01 9IA11B1【C1【D 14IAI【B1IC1ID1 5【a1IB}ICo1 10IA11B1[c}1D1 15 [A](8]ICI [DI 三、填空愿（每空2分，作图2分，共14分） 18,(110 (2)0 17,(10分) 1.1 (2) E o. 四，计前题(46分) 15,s分) 1 ■ 1a.(18分】 77777777777777777 本 区 域 禁 止 答 题试题第 1页（共 5页） 保密★启用前 试卷类型：A 2024 级高一下学期开学考试 物 理 试 题 2025.2 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座 号，并将条形码粘贴在指定位置上。 2．选择题答案必须使用 2B 铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用 0.5毫米黑色签字笔书 写，字体工整、笔迹清楚。 3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 保持卡面清洁，不折叠、不破损。 第Ⅰ卷 一、单选题：本题共 8小题，每小题 3分，共 24分。每小题只有一个选项符合题意。 1．俗说鱼跃龙门，过而为龙，唯鲤或然。如图所示，鱼儿摆尾击水跃出水面，吞食果实的过程，下列说法正确 的是（ ） A．鱼儿吞食果实时鱼儿受力平衡 B．鱼儿摆尾离开水面时浮力大于重力 C．鱼儿摆尾时对水的作用力大于水对鱼的作用力 D．研究鱼儿摆尾时的动作时，不能把鱼儿看作质点 2．在沿竖直方向运行的电梯中，把物体置于放在水平面的台秤上，台秤与力传感器相连，当电梯从静止开始加 速上升，然后又匀速运动一段时间，最后停止运动时，与传感器相连的电脑荧屏上显示出传感器的示数与时间的 关系图像如图所示。下列说法中正确的是（ ）（g取 210m/s ） A．18~20s过程中，物体的重力先变小后变大 B．该物体的质量为 5kg C．电梯在超重时最大加速度大小约为 216.67m / s D．电梯在失重时最大加速度大小约为 26.67m / s 3．质点从 A点静止出发，沿直线 AB运动，行程的第一阶段是加速度大小为 a1的匀加速运动，接着做加速度大 小为 a2的匀减速运动，到达 B点时恰好速度减为 0。若 AB间总长度为 s，则质点从 A到 B所用时间 t为（ ） A． 1 2 1 2 ( )s a a a a  B． 1 2 1 2 2 ( )s a a a a  C． 1 2 1 2 ( )s a a a a  D． 1 2 1 2 ( ) 2 s a a a a  4．斜面固定在地面上，倾角为 37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8）.质量为 1kg的滑块以初速度 v0从斜面底端沿斜面 向上滑行（斜面足够长，该滑块与斜面间的动摩擦因数为 0.7），则该滑块所受摩擦力 F随时间变化的图象是下 图中的（取初速度 v0的方向为正方向，g=10m/s2）（） A． B． C． D． 5．三个质量相同的物块 A、B、C，用两个轻弹簧和一根轻线相连，处于静止状态，如图所示，已知斜面光滑且 倾角为 30  ，在将 B、C间细线剪断的瞬间，A、B、C的加速度大小分别为(重力加速度为 g)( ) 试题第 2页（共 5页） A．g，2g，2g B．0，2g，g C．g，2g，0 D．0，g，g 6．如图所示，竖直墙上固定了一根与竖直面夹角为 的斜杆 B，一水平杆 A正以速度 v竖直向下匀速下落，两 杆交点为 C，则 C点的速度大小为（ ） A．v B． tanv  C． cos v  D． cosv  7．如图所示，倾角为θ的斜面上有 A，B，C三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球 均落在斜面上的 D点，今测得 AB=BC=CD，不计空气阻力，由此可以判断（ ） A．从 A，B，C处抛出的三个小球运动时间之比为 3：2：1 B．从 A，B，C处抛出的三个小球的初速度大小相等 C．从 A，B，C处抛出的三个小球的初速度大小之比为 3： 2：1 D．从 A，B，C处抛出的三个小球落在斜面上时速度与斜面的夹角正切值之比为 3： 2：1 8．滑沙运动是一种比较刺激的娱乐活动，深受青少年的喜爱。图为滑沙运动的简化图，小孩（可视为质点）坐 在长为 2m的滑板上端，与滑板一起由静止从倾角为37的斜面滑下，已知小孩与滑板间的动摩擦因数为 0.5，滑 板与斜面间的动摩擦因数为 19 32 ，小孩的质量与滑板的质量相等，斜面足够长，取重力加速度大小 210m/s sin 37 0.6,cos37 0.8g     , ，则以下判断不正确的是（ ） A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为 22.5m / s B．小孩刚离开滑板时，滑板下滑的距离是 2 m 3 C．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为 20.5m/s D．经过 2 6 s 3 ，小孩离开滑板 二、多选题：本题共 4小题，每题 4分，漏选得 2分，错选不得分。 9．小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其 v t 图像如图所示，由图可知下列判断正确 的是（ ） A．小球能弹起的最大高度为1.25m B．小球0.8s内的位移大小为0.8m C．小球第一次反弹后瞬时速度的大小为 3m/s D．小球下落的最大速度为 3m/s 10．路边小吃烤热狗的截面简化示意图如图所示，两根水平的平行金属圆柱支撑着热狗，圆柱半径都为 R，圆心 间距为2.4R。热狗可视为圆柱体，生热狗截面半径为 R，重力为G，熟热狗半径变大，重力不变，忽略摩擦。 比较静止时的生热狗和熟热狗（ ） A．两根金属圆柱对生热狗的合力小于对熟热狗的合力 B．单根金属圆柱对生热狗的弹力大于对熟热狗的弹力 C．单根金属圆柱对生热狗的弹力大小为 5 8 G D．单根金属圆柱对生热狗的弹力大小为 5 4 G 试题第 3页（共 5页） 11．如图所示为一简易起重装置， AC是上端带有滑轮的固定支架， BC为质量不计的轻杆，杆的一端 C用铰链 固定在支架上，另一端 B悬挂一个质量为 m的重物，并用钢丝绳跨过滑轮 A连接在卷扬机上。开始时，杆 BC与 AC的夹角 90BCA  ，现使 BCA 缓缓变小，直到 30BCA  。在此过程中（不计一切阻力）（ ） A．杆 BC对 B点的作用力大小不变 B．绳上的拉力逐渐减小 C．杆 BC对 B点的作用力先减小后增大 D．绳上的拉力逐渐增大 12．如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其 v t 图像如图乙所示，同时人顶着杆沿水平地面运 动的 x t 图像如图丙所示。若以地面为参考系，下列说法正确的是（ ） A．猴子在前2s内的运动轨迹为直线 B．猴子在后2s内做匀变速曲线运动 C． 0t  时猴子的速度大小为5m / s D． 2st  时猴子的速度大小为5m / s 第Ⅱ卷 三、实验题(每空 2 分，作图 2分，共 14 分) 13．做探究“加速度与质量的关系”和探究“加速度与力的关系”的实验。 (1)采用如图甲所示的装置探究“加速度与质量的关系”：保持槽码质量不变，通过增减小车中的砝码个数改变小车 中砝码和小车的总质量 M，与此相对应，利用纸带上打出的点来测量小车的加速度。 ①对此实验方案，下列做法中合理的是 （选填正确选项前的字母）。 A．在平衡阻力时，需要把木板的一侧垫高，并将牵引槽码用细线通过定滑轮系在小车上 B．实验时，先接通打点计时器电源，待打点计时器工作稳定后再释放小车 C．调节滑轮，使细线与木板平行 D．小车质量应远远大于槽码的质量 ②图乙所示为本实验中得到的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点间的时间间隔 T = 0.10 s，由该纸带可求得小 车的加速度 a = m/s2（计算结果保留 2位有效数字）。 (2)为了探究加速度与力的关系，使用如图丙所示的气垫导轨装置进行实验，其中 G1、G2为两个光电门，它们与 数字计时器相连，当滑块通过 G1、G2光电门时，光束被遮挡的时间Δt1、Δt2都可以被测量并记录，滑块连同上 面固定的一条形挡光片的总质量为 M，挡光片宽度为 D，遮光条从开始遮住 G1到开始遮住 G2的时间为 t，牵引 槽码的质量为 m，回答下列问题。 试题第 4页（共 5页） ①若取 M = 0.4 kg，改变 m的值，进行多次实验，以下 m的取值不合适的一个是 。 A．m1 = 5 g B．m2 = 15 g C．m3 = 20 g D．m4 = 400 g ②在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，求得的加速度 a的表达式为 （用Δt1、Δt2、D、t表 示）。 14．在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，某实验小组进行实验的主要步骤是：将橡皮筋的一端固定在 木板上的 A点，另一端拴上两根细绳套，每根绳套分别连着一个弹簧测力计。沿着两个方向拉弹簧测力计，将 橡皮筋与绳套的结点拉到某一位置，将此位置标记为 O点，读取此时弹簧测力计的示数，分别记录两个拉力 1F 、 2F 的大小，再用笔在两绳的拉力方向上分别标记 B、C两点，并分别将其与 O点连接，表示 1F 、 2F 的方向：再 用一个弹簧测力计将结点仍拉至 O点，记录此时拉力 F 的大小，同样用笔在绳的拉力方向上标记 D点，也将其 与 O点连接，表示 F 的方向。 （1）已知两弹簧测力计的示数分别为 1 3.0NF  和 2 4.0NF  ，请在方框中利用平行四边形定则做出 1F 和 2F 和合 力 F 的力的图示（所选标度已给定），并由所做图示可以得到合力 F 的大小为 N（结果保留两位 有效数字）； （2）比较 F 与 F 可知，方向一定沿 AO方向的是 。 四、解答题 15．如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为 m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的 距离等于绳长 L。一大小为 F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距 0.8L 时，试计算它们加速度的大小。 16．如图所示，轻杆 BC的 C点用光滑铰链与墙壁固定，杆的 B点通过水平细绳 AB使杆与竖直墙壁保持 30°的 夹角．若在 B点悬挂一个定滑轮(不计重力)，某人用它匀速地提起重物．已知重物的质量 m=30 kg，人的质量 M=50 kg，g取 10 m/s2.试求： （1）此时地面对人的支持力的大小及轻杆 BC和绳 AB所受的力． （2）若人拉重物向上加速，求重物能具有的最大加速度． 试题第 5页（共 5页） 17．如图所示，水平屋顶高 H=5m，墙到房子的距离 L=3m，墙外马路宽 x=12m，小球从房顶被水平抛出，g=10m/s2。 （1）若小球落在墙角 B处，求小球的初速度 0v ；（不计墙的厚度） （2）小球被抛出后，墙高 h至少为何值时，不是触墙就是越过马路的 C点？ 18．如图所示，水平面上一小滑块置于长木板上，且均处于静止状态。已知滑块与木板左、右两端距离分别为 L1 = 6 m、L2 = 8 m，木板与滑块、水平面间的动摩擦因数分别为μ1 = 0.2、μ2 = 0.1，木板的质量 M = 1 kg，上表 面距水平面高度h = 0.8 m，滑块的质量m = 2 kg。现给滑块一水平向右的初速度 v0 = 8 m/s，重力加速度 g = 10 m/s2。 (1)要使木板保持静止，在木板上加一竖直向下的力 F1，求力 F1的最小值； (2)为使滑块不滑离木板，在木板上加一水平方向的力 F2，求力 F2的大小范围； (3)若在木板上加一水平向右的力 F3，且 F3 = 13 N，求滑块落地时距木板左端的距离Δx。 1 开学考试答案 1【答案】D【详解】A．鱼儿吞食花瓣时合力竖直向下，故 A错误；B．鱼儿摆尾出水时浮力很小，鱼儿能够出水 的主要原因是鱼儿摆尾时水对鱼向上的作用力大于重力，故 B错误；C．鱼儿摆尾时对水的作用力和水对鱼的作用 力属于作用力与反作用力，大小相等方向相反，故 C错误；D．研究动作时无法将鱼儿视作质点，故 D正确。故选 D。 2【答案】D【详解】A．18~20s过程中，物体的重力保持不变，故 A错误；B．匀速运动时，根据受力平衡可得 30NF mg  解得该物体的质量为 3kgm  故 B错误；C．0 ~ 4s内电梯处于超重状态，根据牛顿第二定律可得 max mF mg ma  解 得最大加速度大小为 2 2max m 50 30m / s 6.67m / s 3 F mga m      故 C错误；D．18 ~ 22s内电梯处于失重状态，根据牛 顿第二定律可得 min mmg F ma  解得最大加速度大小为 2 2min m 30 10 m / s 6.67m / s 3 mg Fa m      故 D正确。故选 D。 3【答案】B【详解】设物体加速经历的时间为 t1，则物体加速过程最大速度也为减速过程的最大速度，同时这个速 度也是全程的平均速度的两倍，即 1 1 2 1( )a t a t t  物体在全程的平均速度为 1 1 1 2 v a t 则总位移 1 1 1 2 s vt a t t   联立可以 解得 1 2 1 2 2 ( )s a at a a   故选 B。 4【答案】C【详解】滑块以初速度 V0从斜面底端沿斜面向上滑行，受到的是滑动摩擦力，由公式 f=μN可得： f=μmgcos37°=0.7×1×10×0.8N=5.6N，方向沿着斜面向下。重力的下滑力等于 mgsin37°=1×10×0.6N=6N>5.6N，所以 滑块滑到最高点后可沿斜面下滑。下滑时滑块受到的滑动摩擦力大小仍为 5.6N，方向沿着斜面向上。A．该图与结 论不相符，选项 A错误；B．该图与结论不相符，选项 B错误；C．该图与结论相符，选项 C正确；D．该图与结 论不相符，选项 D错误.故选 C。 5【答案】D【详解】由图可知，把 AB看做整体，则细绳的拉力为 T=2mgsinθ当剪断细绳的瞬时，弹簧的弹力不能 突变，则 A的加速度仍然为 0，B所受的合外力等于 2mgsinθ，则加速度为 2 sin 30B mga g m    同理，C所受的合外 力也等于 2mgsinθ，则加速度为 2 sin 30C mga g m    故选 D。 6【答案】C【详解】两杆的交点 C参与了两个分运动：与 A杆一起以速度 v竖直向下的匀速直线运动和沿 A杆水 平向左的运动，交点 C的实际运动方向沿 B杆斜向下，由速度的分解得 C点的速度大小为 cosC vv   故选 C。 7【答案】C【详解】A．三球下降的高度之比为 3：2：1，根据 2ht g  知，A、B、C处的三个小球运动时间之比为 3 : 2 :1，故 A错误；BC．三个小球的水平位移之比为 3：2：1，根据 0x v t 知初速度之比为 3 : 2 :1，故 B错 误，C正确；D．因为平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的 2倍，三 个小球落在斜面上，位移方向相同，则速度方向相同，三个小球落在斜面上时速度与斜面的夹角相同，正切值相等， 故 D错误。故选 C。 8【答案】A 【详解】A．对小孩受力分析，小孩受到重力、支持力和滑板对小孩向上的摩擦力，根据牛顿第二定律有 1 1sin 37 cos37mg mg ma   得 a1=2m/s2故 A错误；CD．对滑板运用牛顿第二定律有 1 2 2sin 37 cos37 2 cos37mg mg mg ma      代入数据解得 a2=0.5m/s2设经过时间 t小孩离开滑板，则 2 2 1 2 1 1 2m 2 2 a t a t  解得 t= 2 6 s 3 故 CD正确；B．小孩刚离开滑板时，滑板下滑的距离 22 1 2 m 2 3 a t  故 B正确。 9【答案】BC【详解】A．小球能弹起的最大高度等于图线在 0.5s~0.8s时间内的“面积”大小，即有 3 0.3 m 0.45m 2 h   ； 2 A错误；B．小球0.8s内的位移大小为 0~0.5s图线与时间轴围成的面积与 0.5s~0.8s图线与时间轴围成的面积之差， 即 5 0.5 0.45 0.8m 2 x     故 B正确；C．由图读出，小球在 t=0.5s时刻第一次反弹，此时速度大小为 3m/s；故 C 正确；D．由图读出，t=0.5s时刻小球下落的速度最大为 5m/s；故 D错误。故选 BC。 10【答案】BC【详解】A．两根金属圆柱对生热狗和熟热狗的合力都等于二者重力，生热狗和熟热狗重力相等，说 明相等，故 A错误；B．生热狗半径小，两单根金属圆柱对生热狗的弹力夹角大，两个弹力的合力与生热狗重力大 小相等，当合力一定时，两个分力夹角越大，分力越大，说明弹力大，故 B正确；CD．对生热狗受力分析如下所 示由几何关系可求得 3 1 2 1.2 3cos 2 5 RO OO R    求得 3 1 2 53O OO  由力的几何关系可得 N 5 2sin53 8 G GF    说明单根金 属圆柱对生热狗的弹力大小为 5 8 G，故 C正确，D错误。故选 BC。【点睛】关键是建筑材料处于非平衡状态，由牛 顿运动定律处理，对人处于平衡状态，由平衡条件研究． 第 10题图 第 11题图 11【答案】AB【详解】AC．对结点 B受力分析，由平衡条件可画出力的示意图由相似三角形可得 mg N T AC BC AB   可 得杆 BC对 B点的作用力大小为 = BCN mg AC  在 BCA 变小的过程中，由于 AC、BC长度不变，故 N不变，A正确， C错误；BD．同理可得绳上的拉力大小为 ABT mg AC   在 BCA 变小的过程中，由于 AC不变，AB缩短，故 T减小， B正确，D错误。故选 AB。 12【答案】BD【详解】A．由乙图知，猴子竖直方向上做匀加速直线运动，加速度竖直向上，由丙图知，猴子水平 方向上做匀速直线运动，则猴子的加速度竖直向上，与初速度方向不在同一直线上，所以猴子在前 2s内做匀变速 曲线运动，轨迹是曲线，A错误；B．由乙图知，猴子竖直方向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下．由丙图知， 猴子水平方向上做匀速直线运动，则猴子的加速度竖直向下，与初速度方向不在同一直线上，所以猴子在后 2s内 做匀变速曲线运动，B正确；C．x-t图象的斜率等于速度，则知猴子水平方向的初速度大小为 vx=4m/st=0时猴子竖 直方向分速度为 vy=0m/s则 t=0s猴子的速度大小为 4m / s，C错误；D．由图像可知，因此 t=2s时猴子的速度大小 为 2 24 3 m/s 5m/sv    D正确。故选 BD。 13【答案】(1) BCD 0.51 (2) D  1 2 1 2 Δ Δ Δ Δ D t t t t t     【详解】（1）①[1]A．在平衡阻力时，需要把木板的一侧垫高，不能将槽码用细线通过定滑轮系在小车上，故 A错 误；B．实验时，先接通打点计时器电源，待打点计时器工作稳定后再释放小车，故 B正确；C．调节滑轮，使细 线与木板平行，故 C正确；D．为了使细绳对小车的拉力近似等于槽码的重力，小车质量应远远大于槽码的质量， 故 D正确。故选 BCD。②[2]图乙所示为本实验中得到的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点间的时间间隔 T = 0.10 s，由逐差法可求得小车的加速度为 2 2 22 2 6.72 6.21 5.70 5.19 10 m/s 0.51m/s 4 4 0.1 CE ACa T         （2）①[1]为了探究加速度与力的关系的实验中，当槽码的质量远小于滑块连同上面固定的挡光片的总质量时，才 能近似认为槽码受到的重力等于滑块受到的拉力，故 D不合适。故选 D。②[2]光束被遮挡的时间Δt1、Δt2，则对应 的速度分别为 1 1 Dv t   2 2 Dv t   根据加速度定义式有 2 1v va t   解得  1 2 1 2 Δ Δ Δ Δ D t t a t t t      3 14【答案】 6.0 F 【详解】（1）[1]用线段的长短表示出 1F 、 2F 的大小，以这两条边为邻边，作出平行四边形，对角线即表示 F 的大 小，通过测量、计算得 6.0NF   （2）[2]F 是通过作平行四边形得到的合力，是理论值，F是实际的合力，方向一定沿 AO方向。 15(8分)【答案】 5 6 Fa m  【详解】当两球运动至二者相距 0.8L时，以轻绳中点为对象，受力如图所示则有 2 cosT F  (2分) 根据几何关系可得 1 0.8 2sin 0.81 2 L L     可得 53   (2分) 联立可得轻绳拉力大小为 5 6 FT  以小球为对象(2分) 根据牛顿第二定律可得T ma 解得小球的加速度大小为 5 6 Fa m  (2分) 16（10分）【答案】（1）200N， 200 3N， 400 3N（2） 2 20 / 3 m s 【详解】（1）重物受到的重力： 30 10 / 300G mg kg N kg N    ；人受到的重力： 50 10 / 500G m g kg N kg N   人 人 ． 人通过一个定滑轮拉动重物，人给重物 300力，物体间力的作用是相互的，所以重物对人的竖直向上的拉力也是 300N．人拉重物时，人处于静止状态，人受到竖直向下的重力G人、竖直向上的支持力F支、竖直向上的拉力 F作 用，这三个力是平衡力，所以G F F 人 支，所以 500 300 200F G F N N N    人支 ．(2分) 定滑轮受到竖直向上的拉力 BF 、重物给定滑轮竖直向下的拉力 G、人给定滑轮竖直向下的拉力 F，这三个力是平衡 力，所以， 300 300 600BF G F N N N     ．因为∠CBO=30°，所以 cos30 B BC F F   ，(2分) 即 3 600 2 BC N F  ，解得 400 3BCF N ．所以， sin 30 AB BC F F   ，即 1  2 400 3 ABF ，解得 200 3ABF N ．(2分) （2）设重物最大加速度为 a，当重物的加速度达到最大时，地面对人的支持力为零，即定滑轮中绳子的拉力 500T m g N 人 ，故对重物分析，根据牛顿第二定律可得T G ma  ，(2分) 即 2 2500 300 20/ / 30 3 T Ga m s m s m      (2分) 17（10分）【答案】（1） 0 3m/sv  ；（2） 0 4.8mh 【详解】（1）设小球从抛出至落到 B点，时间为 0t ，则 20 1 2 H gt 小球水平方向匀速运动 0 0L v t (2分) 4 代入数据得 0 1st  ； 0 3m / sv  (2分) （2）设墙高为 0h 时，以速度 1v 平抛小球，恰好越过墙后落在 C点，则： 1 0 L x v t (2分) 设小球从抛出至墙顶时间为 1t ，则 1 1L v t (1分) 由几何关系 2 0 1 1 2  h H gt (2分) 得 0 4.8mh （1分） 18（18分）．(1)10 N (2)1 N ≤ F2 ≤ 9 N (3)4.16 m 【详解】（1）在木板上加一竖直向下的力 F1，要使木板保持静止，则水平面与木板之间的最大静摩擦力要大于等于 滑块对木板的摩擦力，则有 �2(�� + �� + �1) ≥ �1��（1分） 解得：�1 ≥ 10N 故力 F1的最小值为 10 N。 （1分） （2）①若在木板上加一水平向左的力 F2，且木板的初始加速度也向左，则滑块向右做匀减速运动到静止时，滑块 的位移为�'滑 = −�0 2 −2�1� = 16m > �2 = 8m（1分） 则滑块向右做匀减速运动，还未与木板共速时就已经从木板最右端滑离了木板，故木板的初始加速度不可能向左。 ②若在木板上加一水平向右的力 F2，设滑块的加速度大小为 a1，木板的加速度大小为 a2，由牛顿第二定律得 �1�� = ��1 �2 + �1�� − �2(� +�)� = ��2 为使滑块不滑离木板，则滑块和木板共速时，滑块最多只能到达木板的最右端，即木板与滑块的相对位移小于等于 L2，设滑块和木板达到共速 v 共所用时间为 t，滑块的位移为 x 块，木板的位移为 x 板，则 �共 = �0 − �1� = �2�（1分） �块 = �0� − 1 2 �1�2（1分） �板 = 1 2 �2�2（1分） Δ�0 = �块 − �板 ≤ �2（1分） 解得：�2 ≥ 1N（1分） 要使滑块与木板达到共速后，不再相对滑动，则应满足 �2−�2(�+�)� �+� ≤ �1 解得：�2 ≤ (�1 + �2)(� +�)� = 9N 故力 F2的大小范围为 1 N ≤ F2 ≤ 9 N。（1分） （3）若在木板上加一水平向右的力 F3，且 F3 = 13 N，则滑块和木板共速前，滑块的加速度大小为 a1 = μ1g = 2 m/s2， 设木板的加速度大小为 a3，由牛顿第二定律得 �3 + �1�� − �2(� +�)� = ��3（1分） 设此时滑块和木板达到共速所用时间为 t1，滑块和木板的相对位移大小为Δx1，则 �'共 = �0 − �1�1 = �3�1（1分） Δ�1 = �0�1 − 1 2 �1�12 − 1 2 �3�12（1分） 因为 F3 = 13 N > 9 N，所以滑块和木板共速后还会相对滑动，设此后再经过时间 t2，滑块刚好到达木板最左端而离 开木板，此时滑块和木板的相对位移大小为Δx2，木板的加速度大小为 a4，滑块和木板的速度分别为 v 块和 v 板，则 �3 − �1�� − �2(� +�)� = ��4； Δ�2 = �'共�2 + 1 2 �4�22 − �'共�2 + 1 2 �1�22 = 1 2 �4�22 − 1 2 �1�22 Δ�2 = Δ�1 + �1； �块 = � ' 共 + �1�2； �板 = � ' 共 + �4�2（2分） 滑块脱离木板后，做平抛运动，设经过时间 t3后落地，此时木板继续做匀加速直线运动，设其加速度为 a5，则 �3 − �2�� = ��5； ℎ = 1 2 ��32（2分） 滑块落地时距木板左端的距离为Δ� = �板�3 + 1 2 �5�32 − �块�3 解得：Δ� = 4.16m（2分）