湖南省长沙市雅礼中学2025-2026学年高一上学期12月月考物理试题

雅礼中学2025年下学期第二次质量检测试卷物理参考答案 题号 1 2 0 4 5 6 7 6 9 10 答案 D B BC AD BC CD 1.C 【详解】剪断细线前，对B、C、D整体有 【详解】 F=(2m+m+2mg C.伽利略是通过实验加逻辑推理验证了“力 对D有FD=2g 不是维持物体运动的原因”； 剪断后，弹簧弹力不变，对B有 故选C。 2.D FAB -2mg =2mas 【详解】A.由题意可知，该同学在0~2s 解得aa=1.5g 内下蹲，处于先失重后超重，所以加速度先 方向竖直向上；对C有Fp+g=a 负后正，先是向下加速然后向下减速，速度 方向始终向下，故A错误。 解得a2=3g B.一次完整的蹲起动作，应该是从站立到 方向竖直向下。 蹲下再到站立，从站立到蹲下，加速度先负 故选B。 后正，从蹲着到站立，加速度先正后负。从 4.B 图像看，0-4s内，有4次明显的加速度变化 【详解】对油桶C进行分析，如图所示 过程，可认为完成了一次完整的蹲起动作， 故B错误。 C.从静止站立状态开始做下蹲，初始时加 速度向下，之后加速度向上到完成下蹲，加 速度向下，物体处于失重状态，之后加速度 mg 向上，速度减小直至为0，物体处于超重状 态，完成下蹲，故C错误。 根据几何关系可知日=30°根据平衡条件有 D.下蹲减速或起立加速手机处于超重状态， Fcos日+F,cosB=g, 且加速度都不超过7.5m/s2,因此支持力最大 F,sinB-Fsinθ=1a 不超过Fmax=m(g+amax)<0.2X(9.8+7.5) <0.2×(10+7.5)=3.5N,故D正确。 解得R=VBmg-a,乃=V3mg+a 3 3 故选D。 可知，-a与F,-a图像均成线性关系， 3.B 答案第1页，共1页 且F-a图像斜率为负值，F-a图像斜率 定律有F-=21a 为正值，第二个选择项符合要求。 联立解得= 故选B。 分析可知方向水平向左；撤去拉力的瞬间， 5.A 对右边2，由牛顿第二定律有 【详解】A.弹簧的最大伸长量时，右边木 块间摩擦力恰好达到最大值，对左边、2m 6-2m背 和右边m,由牛顿第二定律有g=4a 分析可知方向水平向左，故D错误。 对左边m、2,由牛顿第二定律有 故选A。 kxms =3ma 6.B 联立解得x-3g 1 【详解】麦粒堆积时，以麦堆侧面一粒麦粒 ,= 4k 48 为研究对象，当g sina<mg cosal时，麦粒 故A正确； 能够保持静止，麦堆逐渐堆积增高： B.若突然撤去拉力瞬间，弹簧弹力不变， 当g sina=mg cosal时，麦堆的斜面倾角不 左边两个木块受力不变，加速度不变；而撤 h 再增大，由此可知tana,因tana=二 去拉力瞬间，右边两个木块受力发生改变， 7 h 其合力发生改变，加速度发生改变，故B错 得r= 误； 1 可知V。= 云一2红—江2及 F C.未撤去力前，整体加速度大小4= 6 得h 3Vu' F 弹簧弹力F=34=2 π 突然撤去拉力瞬间，左侧两个木块加速度不 故选B。 7.BC 变，但右边两木块加速度大小为 【详解】A.若甲测量仪指针指在0刻度线 da3nt 6nt =4 右侧，左侧弹簧伸长，右侧弹簧压缩，则弹 可知右边两个木块的加速度大小不变，故C 力向左，由牛顿第二定律可知列车加速度方 错误； 向为水平向左，故A错误； D.以上分析可知，突然撤去拉力瞬间，左 B.对乙图，设细线偏离竖直方向的夹角为日， 边两个木块受力不变，加速度不变，故左边 由牛顿第二定律gtan0=ma 两个木块之间的摩擦力不变；但对右边两木 可得a=gtan0,则将乙测量仪的刻度值标 块，未撤去力前，对右边2，由牛顿第二 定为对应的加速度值，所以加速度的刻度值 答案第2页，共8页 随角度非均匀变化，故B正确： 气球。A错误； C.由B选项知乙测量仪往右偏=60°时， B.若起始间距变为5m,对应的关系式为 a=√3g,对应甲测量仪指针指在距离0刻 t2-2t+1=0 度线右侧d位置处，由F合=2kd=a可得， 解得t=1s,说明能追上，B正确； d3mg,故C正确 C.若气球上升速度等于9/s,其余条件不 2k 变，假定经时间t石子追上气球 D.根据a=g tane可知，若标定加速度值 以上方程变为5t-11t+6=0 后，将乙测量仪换用质量为的小球，则其 解得t=1s,t2=1.2s,C正确： 加速度刻度不需要重新标定，故D错误。 故选BC。 D.改变石子的初速度，可以让石子追上气 球时石子的速度更大，由于石子做匀减速运 8.AD 【详解】AB.设斜面倾角为日，物体的质量 动，而气球做匀速运动，会有第2次相遇。故 D错误。 为m,物体与斜面间的动摩擦因数为4，两 物体均受到滑动摩擦力作用，大小相等，均 故选BC。 10.CD 为∫=gc0S8,故B错误，A正确： 【详解】ABC.如图所示 CD.根据平衡条件可得，物体A受到的拉 力大小为F=gsin6+gcos日 物体B受到的拉力大小为 F=(mgsine)+(umg cose)2 可得a>F,故C错误，D正确。 故选AD。 对篮球受力分析，竖直方向满足 9.BC 3f cosa=3F sina+G 【详解】A.取向上为正方向，刚开始时， 因为静摩擦力 两物体间距d=6m。气球的速度v=10m/s, 设经过时间t,气球的位移x=t,石子的 ∫≤uFN 1 位移=-8，如果能追上，当石子 解得 G 能追上气球，应满足位移关系x,=x+d scon) 所以想要抓起篮球，则每根“手指'对篮球压 联立可得5t2-10t+6=0 因△<0，方程无解，说明当石子不能追上 答案第3页，共8页 力的最小值为3 jcosa-sin四 G ；且可得夹 (3)对小车和砝码进行分析，近似认为槽 码重力等于小车和砝码所受的合力，根据牛 角a满足 顿第二定律有 u≥tano+ 3F,cos a a,=mg 才能将篮球抓起。则u>tana时，不一定能 M 将篮球抓起，故AB错误，C正确； 实验中视F大小为ng,有 F D.机器手抓起静止在地面的篮球竖直向上 ap=M 做匀加速直线运动。取竖直向上为正方向， 因此直线OP斜率k=诗 对篮球列出牛顿第二定律满足 小车和砝码总质量不变，对槽码与小车和砝 3f cos a-3FN sin a-G=ma 码构成的整体，根据牛顿第二定律有 因为静摩擦力 18 f≤F do=M+m 则 可得 PN a,M+m G+ma ON do M FN≥ 3(u cosa sina) (4)保持槽码、小车、砝码的总质量不变， 匀加速运动中α不变，因此过程中所需的最 把槽码分别逐个叠放在小车上，槽码、小车 小Fw不变，根据牛顿第三定律，对篮球压 和砝码总质量不变，以槽码、小车和砝码为 力的最小值也保持不变，故D正确。 整体，则有 故选CD。 F 11.(1)A(2)8.20(3)M+ (4)直线 a-M+m M 即a-F图像是一条直线。 【详解】(1)该实验需要研究三个物理量 12.(1)2.5m/s2 之间的关系，需要保持其中一个物理量不变， (2)不需要；0.87 研究加速度与另外一个物理量的关系，这种 (3)20 方法叫作控制变量法。 【详解】(1)[1]小物块在0.2s-0.4s内运动的 故选A。 位移为 (2)由于相邻计数点间均有4个点未画出， △x=65cm-40cm=25cm=0.25m 则相邻点迹之间的时间间隔 0.2s-0.4s内的平均速度大小为 T=5×0.02s=0.1s 5==025m m/s=1.25m/s 根据逐差法可知小车的加速度为 t0.2 a=[〔68.1+764+84.6)-(43.6+51.7+60.0K10 根据匀变速直线运动的推论：在匀变速直线 9×0. -m/s2=8.20m/s3 答案第4页，共8页 运动的物体在一段时间内的平均速度等于 0-6= -22 2(-a-2x2.5m=0.8m-80cm Xo 中间时刻的瞬时速度，则小物块在0.3g时的 故乙图的O中应填入的数据为 瞬时速度为 x=100cm-80cm=20cm y=y=1.25m/s 13.(1)8m/s(2)2m 小物块在0.4-0.6s内运动的位移为 【详解】(1)根据牛顿第二定律有 △x2=40cm-25cm=15cn=0.15m ngsin+ugcos 0=ma, 0.4-0.6s内的平均速度大小为 解得4=8n/s2(1分) ==0.15m m/s=0.75m/s t0.2 设小物块由静止到与传送带共速用时为t, 则小物块在0.5s时的瞬时速度为 则有t=y a 2=2=0.75m/s 解得t=0.5s(1分) 故小物块的加速度大小为 a=-业=1.25-0.75 小物块的位移x一 m/s2=2.5m/s2 t 0.2 解得x=1m(1分) (2[2]小物块下滑过程，由牛顿第二定律可 由于gsin8>ungcos8 得 则小物块继续加速运动，根据牛顿第二定律 unigcos0-nigsin0=mia 有gsin8-ung cos8=la2 则得 a-ugcos0-gsin0 解得a,=4m/s2(1分) 可知，小物块的加速度与其质量无关，为了 根据速度一位移公式有v2-2=2a（L-x) 得到小物块与斜面间的动摩擦因数，只需要 (1分) 测量小物块的加速度大小，不需要测量小物 解得v'=8m/s(1分) 块的质量。 (2)小物块由静止到与传送带共速过程中， [3]将=2.5m/s2,0=30°代入上式解得 传送带的位移x传=t=2m 0.87 物块相对传送带的位移落后1m,对应产生 (3儿4]根据x-t图像的斜率表示速度，可知小 物块的初速度大小为 划痕1m(2分) 100×102 小物块继续加速运动直至离开传送带，小物 Vo=- 0.5 m/s-2m/s 块位移L-x'=6m 设小物块经过位移xo时静止，则 传送带位移x传=vt'=4m，物块相对传送 答案第5页，共8页 带的往反方向位移2m x=☑+x2=4.5+4.5m=9m(1分) 对应产生划痕2m(2分) (2)AB段由牛顿第二定律有 两次划痕有重叠部分， F.=m4 故划痕长度只有2m。(2分) 由运动学公式得 14.(1)9m:(2): 2-6=2421 (1分) (3)22N≤F≤193N. BC段由牛顿第二定律有 【详解】(1)由牛顿第二定律有 耳=ma Lg-F,=md, 即 由运动学公式得 4=4m/s2(1分) 2-=2a%1分) 其中2=0，联立以上4个方程，解得 由运动学公式 2-=2a4 r(2分) (3)由第二问知若F<F2,小球无法经过C 可得小球到B点的速度为 y=√2a4=√2×4×4.5m/s=6m/s(1分) 点，且2N略小于，故一方面要求≥ 22N,(1分)； 由牛顿第二定律有 另一方面，当F>F2,则小球带一定速度。 耳-F=a2 冲上CD段，要使小球最终得以停下，要求 其中 c0s37°F<u(cos371g+sin37°F)+sin37g F=ug=0.8×5x10N=40N (1分) 即 解得F<193.75N,若F取193N,则小球终 4-B=足=-4s:(1分) 将会停止，若F取194N,小球始终保持加 由 速不停止。 只要小球能够停止， 1-1=202x2 cos37°F+4(cos37mg+sin37℉)>sin37°mg 其中2=0 对任意F恒成立，即小球停止后不会下滑。 可得 综上所述，风力取值范围22N≤F≤193N。 x2=4.5m(1分) (1分) 即距离A点为 15.(1)80N;(2)6.4m/s;(3)11.65m 答案第6页，共8页 【详解】(1)t=1s时，此时电梯向下加速 则此过程的位移 运动，加速度大小为2m/s2,方向竖直向下， -044=3a加1分 1 此时物体B受自身重力和木板A的支持力N, 4s后，此时电梯向下减速运动，加速度大小 列出牛顿第二定律 为2/s2,方向竖直向上，此时物体B受自 28-N=2a（2分) 身重力和木板A的支持N,列出牛顿第二 解得 定律 N=80N(1分) N-mg =ma 根据牛顿第三定律，则求物体B对木板A 解得 的压力 N=120N N'=N=80N(1分) (2)设前4s电梯对木板A的支持力为N地， 4:=么y=0.6ms 1l2 物体B对木板A的摩擦力为∫，地面对木 设4s后电梯对木板A的支持力为N',物 板A的摩擦力为∫，木板A的水平加速度 体B对木板A的摩擦力为f,地面对木板 为a1,则对木板A水平方向列牛顿第二定律 A的摩擦力为f',木板A的水平加速度为a, F-f-方=a(1分) 则对木板A水平方向列牛顿第二定律 竖直方向 F-=ma. 8+N”-N地=a（1分) 竖直方向 =lN' N#'-(g+N)=a 万=4，N地 f=4,N 解得 2'=4N地 4=1.6m/s2(1分) 解得 则水平速度为 a2=-2.6m/s2 =at=6.4n/s(1分) 4s后到AB共速的时间间隔为△t,速度大 (3)设前4s物体B的水平方向加速度为a1, 小为V共 后4s物体B的水平方向加速度为42，则 a+a2△t=-a2△t=V共 a-么-04ms: 解得 答案第7页，共8页 △t=1.5s v共=2.5m/s 此过程物体B的位移为 X,=5+'生A1=3.075m(2分) 2 再往后物体B会匀减速直线运动，此刻加速 度为a3,则 a,=-,=-0.6ms: n, 物体B第8s的速度为 Vg=V共+a3(4s-△t)=1m/s 此过程物体B的位移为 =生些(4s-△=4375m(2分) 2 此后撤去了F,电梯也停止了，此时加速度 为a4,则 a4=-4,8=-0,5m/s2 n 此过程物体B的位移为 0-=1m(2分） XB4 2dB4 整个过程物体B的位移为 =x1+2+x3+4=11.65m(1分) 答案第8页，共8页雅礼中学2025年下学期第二次质量检测试卷 高一物理 考试时问：75分钟分值：100分 命恩人：刘怊、李锐波审题人：刘栋、方阳 一、单进思（体思共6小思，年小愿4分，共24分、在每小题给出的四个选项 中，只有一项符合思目要求。) 1.“判天地之哭，析万物之理”，物迎学史就是人类对自然界各种物现现象认识 的发展史。关于物理学史、物理思想与方法，下列说法钳误的是（) A.瓜心、合力的假念都体现了等效巴想 B.将研究对象视为质点运用了理想快型法 C.伽加利略在实验室通过实验证明：力不是维持物体运动的原因 D.牛顿在前人研究的基础之上提出了牛顿第一定律，也叫惯性定律 2.phyphox软件可以利用智能手机内的多种传感器，帮助我们完成各种各样的 物理实验。某同学打开软件中的加速度传感器，把手机水平托在手上并使屏幕朝 上，从静止站立状态开始做下蹲和起立的动作，使感器记录了该过程中竖直方向 (:轴，竖直向上为正)的运动数据，如图所示，下列说法正确的是（) A.0-2s内，速度方向发生了变化 袖仅作加速度 B.04s内，该同学完成了两次完整的 西起动作 C.下蹲过程中手机处于失重，起立过 程处于超觅 时风（少） D.若手机质盘200g,蹲起过程中手机所受手的支持力最多不超过3.5N 3.如图所示，质盘分别为m、2m、m、2m的四个小球A、B、C、D,通过细线 成轻弹资互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，瓜力加速度为g。若将B、C 间的细线剪斯，则剪断明何B和C的加速度大小分别为( uemiaau A.1.5g g O B.1.5g3g B C.3g,2g %8c D.g,3g 试卷前1而.北而 4.如图所示，一辆货车运我着圆柱形光滑的空油桶，在车厢底，一层油桶平 整排列，相互紧贴并披牢牢固定，上层只有桶C,作止在桶人、B之间，没有 用绳索固定.汽车向左加速运动时桶C受到桶 A和桶B的支持和汽车一起保持相对静止。则 A对C的支持力F和B对C的支持力F大小 随汽车加速度a变化的图像为( 5.如图所示：光滑水平面上放凰质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质 量为m的木块间用一根劲度系数为k的轻弹簧相连，木块间的最大静摩擦力是 g。现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度 运动，下列说法正确的是() A.弹资的最大伸长量为器 m 2m 2m B.若突然撤去拉力，则撤去拉力的 777 77777777777 777777 7777 瞬间四个木块的加速度不变 C.若突然撤去拉力，则撤去拉力的瞬间左边两个木块的加速度不变，右边两 个木块的加速度变小 D.若突然撇去拉力，则撤去拉力的瞬间右边两个木块之间的摩擦力的大小变 为原来的一半，方向与撤去拉力之前相反 6.如图甲为通过传送带输送小麦的示意图，麦粒离开传送带后可视为竖直下落， 形成的麦堆为圆锥状，如图乙所示。麦粒间的动摩擦因数为4，最大静摩擦力等 于滑动摩擦力，单个麦粒的体积、形状均近似相同，不考虑麦粒的滚动。已知麦 堆的总体积为，圆锥体的体积公式为P=rh(其中r为圆锥体底面圆半径，h 为圆维体的高度)，则麦堆高度的最大值为( ) B 3业 D.7 试卷第2页，共8页 二、 选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项 中，有多项符合愿目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选铅 的得0分。) 7.某学习小组设计了两种“水平加速度测量仪”。甲测量仪（图甲）由质量为m的 小滑块和两根劲度系数均为太的轻弹簧组成，滑块可在光滑水平杆上滑动，弹簧 另一端固定在外壳上。静止时两弹簧处于原长，滑块指针指在0刻度。运动时弹 簧始终在弹性限度内，通过刻度尺可测出小滑块相对0刻度位置。乙测仪（图 乙)用细线悬挂质为m的小球，静止时悬线与0刻度重合。运动时小球摆动平 面与刻度盘平行，通过刻度盘可测出悬线与竖直方向的夹角。将两测量仪正确放 置在列车内，忽略空气阻力。待其稳定后，下列说法正确的是( A.若甲测量仪指针指在0刻度线右侧，则列车 bhhlhk 加速度方向为水平向右 B.若将乙测量仪角度值标定为对应的加速度值 t006000e0e0ef 则加速度的刻度值随角度非均匀变化 平 C.如图乙虚线所示，摆线右偏60°，对应甲测 0 量仪滑块应往右偏离零刻度距离十3m -60° 609 2k -30° 30° D.甲、乙测量仪换用质量为的小洲块或小球 角度尺 时，则其加速度刻度需都需要重新标定 8.如图所示，水平地面上固定一粗糙斜面体，A、B两完全相同的物体分别受 到平行于斜面的拉力。在拉力的作用下，A物体沿斜面向上做匀速直线运动，B 物体平行于斜面底端做匀速直线运动，将A、B两物体的受力进行比较，则( A.两物体受到的摩擦力大小相同 B.物体B受到的摩擦力更大 C.物体A受到的拉力更小 D.物体B受到的拉力更小 9.一只气球以10m/s的速度匀速上升，某时刻在气球正下方距气球6m处有一小 石子以20ms的初速度竖直上抛，重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力，则以 下说法正确的是() A.石子能追上气球 B.若石子与气球相距5m,石子能追上气球 C,若气球速度改为9ms,其余条件不变，则石子抛出后1s末恰好追上气球 D.改变石子初速度，石子和气球不可能相遇两次 试卷第3页，共8页 10.如图所示为机械手抓取篮球的照片。为便于研究，将机械手简化为只有三根 “手指"有力的作用。抓取点对称分布在同一水平而内，抓取点与球心的连线与该 水平面夹角为a,“手指”与篮球之间的动摩擦因数为“，篮球的重力大小为G, 最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是() A.只要“手指"对篮球的压力足够大，α不论取何值都能将篮球抓起 B.若μ与a的关系满足H>ana,则一定能将篮球抓起 C.若机械手能抓起篮球，则每根“手指"对篮球压力的最小值为34csa-血四 D.若机械手抓起静止在地面的篮球竖直向上做匀加速直线运动，则此过程中 每根“手指”对篮球的压力最小值保持不变。 三、 非选择题（本题共5小题，共56分） 11.(8分)某学习小组利用如图甲所示的装凰探究加速度与力、质量的关系。 请回答下列问题： 打点计时因 定沿轮 细绳 小4年 块 长木板 图甲 ()该实验需要研究三个物理量之间的关系，我们应该采用的研究方法是 A.控制变量法 B.放大法 C.理想实验法 (2)某次实验获得纸带如图乙所示，相邻计数点间均有4个点未画出，电源烦率 为50Hz,则小车的加速度大小为 m82(结果保留三位有效数字)： (3)该小组在实验中，保持小车和砝码总质量M不变，通过改变槽码的个数，得 到了图丙中的曲线图像，一位同学利用F还比较小的几组数据拟合了一条直线图 像OP,过某一组数据点Q作一条与纵轴平行的虚直线，与直线OP及横轴的交 PN 点分别为P和N,若数据点Q对应悬挂槽码的质量为m, ON (用 从m表示)： +F 图丙 (4④该实验小组经过讨论后，改进了(3)中的实验方案，保持槽码、小车、砝码 的总质量不变，把槽码分别逐个叠放在小车上，重复(3)中的实验。由此得到 的a-F图像是一条 (填“直线”或“曲线”)。 12.(8分)某课外活动小组设计了如图甲所示的实验来测量小物块与平直斜面 间的动摩擦因数。如图甲所示，位移传感器与电脑相连后固定于倾角为30°的斜 面底端，已知位移传感器可以测量小物块与传感器的间距x并通过数据线输入电 脑。置于斜面顶端的小物块以某一初速度沿斜面下滑，以x为纵轴，以时间！为 横轴，得到如图乙所示的x-1图像，图中的斜虚线为图线的切线，切点为(0,100cm)。 )小物块的加速度大小为 (2)为了计算得到小物块与斜面间的动摩擦因数， （选填“需要”或“不需 要”)测量小物块的质量，小物块与斜面间的动摩擦因数为 (√3取1.732， 重力加速度g取10m/s2,结果保留两位有效数字)。 (3)理论上，乙图的。中应填入的数据为 cm。 cm 100 小物块 40 位移传8器 25 30加 数据线连接电脑 0010.203040.50.60.70.8s 甲 试卷第5页，共8页 13.(12分)某码头用传送带传送物品，如图所示。传送带以=4m的速度逆 时针匀速转动，传送带AB之间长度为7m,与水平面之间的夹角0-3°.将一定 质量的小物块（视为质点）轻放在传送带的上端B点，小物块与传送带之间的动 摩擦因数4=025，认为最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。sin37°=0.6，cos37°=0.8， 8取10m/s2。求： (Q)小物块运动到底端A的速度大小： (2)小物块与传送带之间产生的划痕。 6 卷值6而.其8面 14.(12分)风洞实验是研究空气动力学的主要方法。风场中有一装置如图所 示，水平直杆AB段光滑，长度=4.5m,BC段和CD段与小球间的动摩擦因数 0.8,其中BC段长度h为5m,CD段长度h足够长，CD段与BC段的夹角0=37°， 转角处平滑连接。每次开始实验前，都将m=5kg的小球静止置于A端，然后通 过调节风速让作用在小球上的风力根据需要维持某个恒定值。已知小球的孔径略 大于直杆截面直径，小球过C点前后瞬问速度大小不变，(si加37°=0.6，cos37°=0.8， g取10m/s2)请解答以下问题： (1)若风力F=20N,释放小球，求小球最后停止的位置距A点的距离x: (2)释放小球，若小球经过C点时刻恰好速度为零，求风力F(结果以分数表 示)： (3)释放小球，若小球最终停留在CD段（含C点），求风力大小范围（结果 保留整数)。 D 0 B 试卷第7页，共8页 15.(16分)如图所示为某高楼内的一部电梯。木板A的质量m和物体B的质 量m,均为1Okg,木板A放在电梯的水平地板上，物体B静止在木板A上，木板 A与电梯地板间的动摩擦因数为4=0.5，物体B与木板A问的动摩擦因数为 凸=0.05，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。1=0时，电梯从11楼开始向下运 行到1棱（之后电梯停止不动），电梯先向下加速4s再立即向下减速4s,电梯 加速和诚速的加速度大小均为a=2m/s'。在电梯向下运动的过程中，水平恒力 F=1OON作用在木板A上（其它时候该力不存在）。已知电梯内部足够大，木板 A不会碰到电梯壁：木板A足够长，物体B不会掉下木板。取g=10m/s。 (1)1=s时，求物体B对木板A的压力大小？ (2)1=4s时，木板A的水平速度是多大？ (3)求从物体B开始运动到其最终停下的过程中，物体B的水平位移大小。 B F 试卷第8页，共8页