吉林省长春市第五中学2025-2026学年高一上学期期末物理试卷

2025-2026学年吉林省长春五中高一（上）期末物理试卷 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.以下关于科学家、科学史、科学研究方法说法正确的是(    ) A. 质点概念的建立使用了等效替代的方法 B. 亚里士多德认为轻的物体与重的物体下落一样快 C. 笛卡尔通过实验成功验证了牛顿第一定律的正确性 D. 伽利略采用理想实验研究方法说明了力不是维持物体运动原因 2.如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法正确的是(    ) A. 若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零 B. 若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零 C. 斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma D. 若F增大，斜面对球的弹力仍然保持不变 3.如图所示，竖直墙壁上端固定一水平光滑长杆AO，在长杆正下方一定距离位置，用插在墙壁的一根水平轻杆固定轻质光滑定滑轮与长杆AO在同一竖直平面内，跨过定滑轮的轻绳分别连接物块a和小球b，已知物块a穿在长杆AO上，小球b竖直悬挂，轻绳伸直，某时刻从A点由静止释放物块a，当a运动至aC段轻绳与水平长杆间夹角为时，小球b的速度大小为v，则此时物块a的速度大小为(    ) A. v B. 2v C. D. 4.端午赛龙舟是中华民族的传统，某龙舟在赛龙舟比赛中要渡过80m宽两岸平直的河，该龙舟在静水中划行的速率为，河水的流速为，下列说法中正确的是(    ) A. 该龙舟渡河所用时间最少为12s B. 该龙舟可能沿垂直河岸的航线抵达对岸 C. 该龙舟以最短位移渡河通过的位移为100m D. 该龙舟渡河时船头垂直河岸，若水速突然变大，则渡河时间会变长 5.如图所示，轻质细线OA、OB、OC系于O点。A端固定于天花板上，B端与水平桌面上的物块乙相连，C端系有物块甲。初始时OA与竖直方向的夹角为，OB与水平方向平行。现对物块甲施加水平向右的外力F，在保持O点位置不变的情况下，使物块甲缓慢向右上方移动少许，在移动过程中，下列说法正确的是(    ) A. 物块乙所受合力逐渐增大 B. 细线OA上的弹力不变 C. 细线OC上的弹力逐渐减小 D. 外力F逐渐减小 6.自行车是一种常见的代步工具，骑自行车出行不仅环保，还兼具健身作用。图为某自行车的传动结构示意图，大齿轮上安装踏板，小齿轮固定在后轮上，两个齿轮通过链条相连。A、B、C分别为两个齿轮及后轮边缘上的点，大齿轮半径为、小齿轮半径为、后轮半径为，已知：：：1：4。则A、B、C三点(    ) A. 线速度大小之比为2：1：4 B. 线速度大小之比为1：2：4 C. 向心加速度大小之比为2：1：4 D. 向心加速度大小之比为1：2：8 7.运动员手持乒乓球拍托球沿水平面匀加速奔跑，球拍平面和水平面之间的夹角为，球拍与球保持相对静止，设球拍和球质量分别为M、m，重力加速度为g，不计摩擦与空气阻力，取，，则(    ) A. 球拍对球的作用力 B. 运动员的加速度为 C. 运动员对球拍的作用力大小为 D. 若运动员和球拍突然停止运动，则乒乓球将沿球拍拍面向下运动 二、多选题：本大题共3小题，共18分。 8.同一水平线上相距为L的两位置沿相同方向水平抛出两小球甲和乙，两球在空中相遇，运动轨迹如图所示。不计空气阻力，下列说法正确的是(    ) A. 甲球要先抛出才能相遇 B. 乙球要先抛出才能相遇 C. 甲、乙两球要同时抛出才能相遇 D. 两球相遇时，甲球的速度更大 9.如图所示，一倾角为的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面上有一质量为4m的物体a，上端用平行于斜面的细绳跨过定滑轮连接着物体b，物体b、c通过轻弹簧相连，质量分别为2m、m，此时a恰好静止。已知重力加速度为g，下列说法正确的是(    ) A. 物体a与斜面间的动摩擦因数为 B. 剪断细绳的瞬间，物体a的加速度为g C. 剪断细绳的瞬间，物体b的加速度为3g D. 剪断细绳的瞬间，物体a的加速度为 10.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在地面，另一端与质量为m的物体A连接，另有一个与A完全相同的物体B放在A上，两物体均处于静止状态。现用竖直向下的恒力推动物体B到最低点后，撤去力F，物体A、B开始向上运动。已知B到达最高点前已与A分离，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是(    ) A. 施加恒力F瞬间，物体B的加速度为2g B. 施加恒力F瞬间，物体A受到物体B的压力大小为2mg C. 物体A、B分离的位置与初始位置的距离为 D. 撤去力F后，物体B达到最高点前，物体B向上先做加速运动，然后做减速运动 三、实验题：本大题共2小题，共14分。 11.为探究加速度与物体受力、物体质量的关系，实验装置如图1所示： 以下实验操作正确的是______。 A.补偿阻力时，需将木板不带定滑轮一端适当垫高，使小车在钩码的牵引下恰好做匀速直线运动 B.调节定滑轮的高度，使细线与木板平行 C.补偿好阻力后，将小车停在打点计时器附近，接通电源，释放小车，小车拖动纸带，打点计时器在纸带上打下一系列点，断开电源 D.实验中为减小误差应保证车及车中砝码的总质量远小于钩码的总质量 实验中得到如图2所示的一条纸带相邻两计数点间还有两个点没有画出，已知打点计时器频率为50Hz，根据纸带可求出小车的加速度为______结果保留两位有效数字。 某同学保持小车及车中砝码质量一定，探究加速度a与所受外力F的关系，他在轨道水平及倾斜两种情况下分别做了实验，得到两条图线，如图3所示。图线______填“①”或“②”是在轨道水平情况下得到的：小车及车中砝码的总质量______kg。 12.在“探究平抛运动的特点”实验中，某学习小组用如图甲所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。 下列实验条件必须满足的有______。多选，填写正确答案标号 A.斜槽轨道光滑 B.斜槽轨道末段水平 C.每次从斜槽上相同位置无初速度释放钢球 D.图中挡板MN每次必须等间距下移 如图乙所示，在描出的轨迹上取A，B，C三点，AB和BC的水平间距相等且均为，竖直间距分别是和，若A点是抛出点，，，，g取，则钢球平抛的初速度大小为______结果保留2位有效数字 如图乙所示，若A点不是抛出点，以A点为坐标原点，沿水平和竖直方向建立平面直角坐标系，在描出的轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为，竖直间距和，g取。则抛出点的坐标为______已知x轴、y轴坐标单位均为。 四、计算题：本大题共3小题，共40分。 13.如图所示，水平放置的排水管满口排水，管口离水池水面的高度为h，水在水池中的落点与管口的水平距离为d。假定水在空中做平抛运动，已知重力加速度为g，h远大于管口内径。求： 水从管口到水面的运动时间t； 水从管口排出时的速度大小。 14.如图所示，煤矿有一长度的传送带与水平面夹角，传送带以的速率逆时针转动。在传送带上端A点由静止释放一个黑色煤块，煤块运动到传送带下端B点并离开传送带，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数，，g取。 求煤块刚放到传送带上时的加速度； 求煤块在传送带上运动的时间； 煤块从A运动到B的过程中传送带上形成黑色痕迹的长度。 15.如图所示，一正方体木块放在一长木板的左端，长木板放在水平地面上，某时刻有的水平拉力作用在木块上，木块开始做匀加速直线运动，已知木块的质量，长木板的质量，木块与长木板间的动摩擦因数，长木板与地面间的动摩擦因数，取重力加速度大小，木块可看作质点。 求开始运动时木块和长木板的加速度； 当木块运动3s时撤去拉力木块还没有掉下长木板，求撤去F前木块在长木板上运动的距离； 在木块运动3s时撤去F后，木块和长木板继续运动，最终木块恰好停在长木板的右端，求长木板的长度。 答案和解析 1.【答案】D  【解析】A、质点概念的建立使用的是模型法，而非等效替代法，故A错误。 B、亚里士多德认为重的物体下落更快，伽利略认为轻、重物体下落一样快，故B错误。 C、牛顿第一定律是通过理想实验推理得出的，笛卡尔未通过实验验证其正确性，故C错误。 D、伽利略采用理想实验研究方法，推理说明力不是维持物体运动的原因，故D正确。 故选：D。 2.【答案】D  【解析】解： A、B以小球为研究对象，分析受力情况，如图：重力mg、竖直挡板对球的弹力和斜面的弹力设斜面的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得 竖直方向：       ① 水平方向：，② 由①看出，斜面的弹力大小不变，与加速度无关，不可能为零． 由②看出，若加速度足够小时，故AB均错误． C、根据牛顿第二定律知道，重力、斜面和挡板对球的弹力三个力的合力等于故C错误． D、若F增大，a增大，斜面的弹力大小不变．故D正确． 故选D 以小球为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律分析竖直挡板对球的弹力和斜面对球的弹力情况，小球所受的合力为 本题运用正交分解法，根据牛顿第二定律研究物体的受力情况，要正确作出物体的受力图，抓住竖直方向没有加速度． 3.【答案】D  【解析】解：把物体a的速度分解为沿绳方向和垂直绳的方向，如图所示 由图可得此时物块a的速度大小为，故D正确，ABC错误。 故选：D。 把物块的速度分解为沿绳方向和垂直绳的方向，根据矢量法则计算即可。 能够正确分解物块的速度是解题的基础。 4.【答案】C  【解析】解：当龙舟的船头始终垂直于河岸时渡河时间最短，有，代入数据解得，故A错误； B.由题可知船的速度小于水速，所以龙舟无法沿垂直河岸的航线抵达对岸，故B错误； C.结合之前的分析，当龙舟船头方向和龙舟的合速度方向垂直时，龙舟过河的位移最小，设龙舟船头与河岸上游成角时，最短位移过河，有，最小位移为，代入数据解得，故C正确； D.当龙舟的船头垂直于河岸时，由之前分析可知，渡河时间仅取决于船速的垂直分量，与水速无关，所以渡河时间不变，故D错误。 故选：C。 当龙舟的船头始终垂直于河岸时渡河时间最短；船的速度小于水速；当龙舟船头方向和龙舟的合速度方向垂直时，龙舟过河的位移最小；渡河时间仅取决于船速的垂直分量，与水速无关。 知道船头始终垂直于河岸时渡河时间最短，因为水速大于船速，所以无法到达正对岸，知道龙舟船头方向和龙舟的合速度方向垂直时，龙舟过河的位移最小是解题的基础。 5.【答案】B  【解析】解：由题意可知，物块乙始终保持静止，即处于平衡状态，则物块乙所受合力为零不变，故A错误； B.设物块甲缓慢向右上方移动过程中细线OC与竖直方向的夹角为，对节点O受力分析，根据平衡条件，在竖直方向上可得 对物块甲受力分析，在竖直方向上，根据平衡条件可得 代入数据得 所以，细线OA上的弹力不变，故B正确； C.由B选项可知 代入数据得 所以在移动过程中，逐渐增大，细线OC上的弹力逐渐增大，故C错误； D.对物块甲受力分析，在水平方向上，根据平衡条件可得 与 代入数据得 在移动过程中，逐渐增大，则外力F逐渐增大，故D错误。 故选：B。 先对O点受力分析，系统缓慢移动处于动态平衡状态。OA方向不变，其弹力大小和方向恒定；OC拉力与OB拉力的合力与OA弹力平衡。随着物块乙右移，OC与竖直方向夹角变化，OC弹力逐渐增大，OB弹力变化，对应外力F逐渐增大，据此判断各选项合理性。 这是一道典型的动态平衡问题，以轻绳结点为研究对象，结合物块缓慢移动的平衡状态，考查受力分析与动态力的变化判断。题目以OA方向恒定为突破口，需通过矢量关系分析各绳弹力及外力的变化，既检验平衡条件的应用，又锻炼动态逻辑推导能力，是巩固动态平衡分析的优质题目。 6.【答案】D  【解析】解：由题可知，大、小齿轮由链条传动，所以A、B两点线速度大小相等，即 小齿轮与后轮属于同轴转动，所以B、C两点角速度相等，即 根据公式 代入数据得：：：4 则A、B、C三点线速度大小之比为：：：1：4，故AB错误； 由公式 代入数据得A、B、C三点向心加速度大小之比为 代入数据得：：：2：8，故C错误，D正确。 故选：D。 先明确传动特点：A、B通过链条传动，线速度大小相等；B、C同轴转动，角速度大小相等。结合半径比例，利用线速度、角速度、向心加速度的关系，推导三点的线速度与向心加速度之比，进而判断选项。 这是一道典型的圆周运动传动模型基础题，核心考查链条传动与同轴转动的特点，以及线速度、角速度、向心加速度的关联规律，题目通过给定的半径比例，推导三点的线速度与向心加速度之比，既检验了对传动本质的理解，又锻炼了公式推导能力，是巩固圆周运动传动知识的优质题目。 7.【答案】B  【解析】解：运动员的加速度与乒乓球的加速度相等，设球拍对球的作用力为N，对乒乓球进行受力分析，则有， 代入数据得，，故A错误，B正确； C.设球拍对球的作用力为F，对球拍与乒乓球整体进行分析，则 代入数据得，故C错误； D.若运动员和球拍突然停止运动，由于惯性，乒乓球有水平向右的初速度，乒乓球只受重力作用，乒乓球将远离球拍拍面做平抛运动，故D错误。 故选：B。 先对乒乓球受力分析，它受重力与球拍弹力，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供加速度，结合角度三角函数关系，可推导出加速度大小；再对球拍与球整体受力分析，判断运动员对球拍的作用力；最后分析突然停止运动时球的运动趋势，验证各选项。 这是一道典型的斜面类关联加速运动题，以球拍托球为情境，考查隔离法与整体法的受力分析及牛顿第二定律应用，检验受力分析逻辑与动力学规律的综合运用能力。 8.【答案】CD  【解析】解：将平抛运动分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动，两球开始时在同一水平线平抛，相遇时竖直下落的高度相同，故两球要同时抛出，故AB错误，C正确； D.两球同时抛出，在竖直方向做自由落体运动，下落相同的高度，相遇时竖直方向的分速度相同；在水平方向做匀速直线运动，由图可知甲球的水平位移比乙球的水平位移大，所以甲球的水平速度大于乙球的水平速度，结合合速度为 所以两球相遇时，甲球的速度更大，故D正确。 故选：CD。 先明确平抛运动的分解规律，将运动拆分为竖直方向自由落体与水平方向匀速直线运动。两球相遇时竖直下落高度相同，由此推出运动时间相等，判断抛出时刻的关系；再结合水平位移的差异，比较初速度大小，进而分析合速度的大小关系，最终验证各选项的合理性。 这是一道平抛运动相遇类的典型基础题，核心考查平抛运动的分解规律与分运动的独立性，它通过“同一水平线抛出、空中相遇”的情境，让学生利用竖直分运动的等时性判断抛出时刻，再结合水平分运动的匀速性比较速度大小，既检验了对平抛分运动本质的理解，又锻炼了逻辑推导能力。 9.【答案】AD  【解析】解：A、物体a的重力沿斜面向下的分力大小为：，物体b、c的总重力等于3mg，已知此时a恰好静止，可知a受到的最大静摩擦力沿斜面向下，设物体a与斜面间的动摩擦因数为，对a、b、c整体，由平衡条件得：，解得：，故A正确。 B、剪断弹簧的瞬间，弹簧对b无弹力，因物体b的重力为2mg，与物体a的重力沿斜面向下的分力大小相等，故物体a、b处于静止状态，且a与斜面之间无摩擦，可知物体a的加速度为0，故B错误； C、剪断细绳前弹簧弹力等于c的重力，即。剪断细绳的瞬间弹簧弹力不变，对物体b，根据牛顿第二定律得：，解得此瞬间物体b的加速度大小为，故C错误； D、剪断细绳的瞬间，对物体a，根据牛顿第二定律得：，解得此瞬间物体b的加速度大小为，故D正确。 故选：AD。 比较物体a的重力沿斜面向下的分力与物体b、c的总重力的大小关系，判断a受到的最大静摩擦力的方向，对a、b、c整体由平衡条件解答A选项； 剪断弹簧的瞬间，弹簧对b无弹力，分析a、b整体的合外力，根据牛顿第二定律解答B选项； 剪断细绳的瞬间弹簧弹力不变，对物体b，根据牛顿第二定律解答C选项； 剪断细绳的瞬间，对物体a受力分析，根据牛顿第二定律解答D选项。 本题考查了牛顿第二定律应用的瞬时问题。牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，加速度和力同时产生、同时变化、同时消失。分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻前后物体的受力情况及其变化。要知道弹簧弹力不突变。 10.【答案】BCD  【解析】解：施加恒力F瞬间，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得 解得A、B的加速度为 以B为对象，根据牛顿第二定律可得 解得A对B的支持力大小为 由牛顿第三定律可知，物体A受到物体B的压力大小为，故A错误，B正确； C.施加力F前，两物体均处于静止状态，根据平衡条件可得 解得弹簧的压缩量为 物体A、B分离时，A、B之间相互作用力为零，加速度相等，对于B，，对于A，，联立解得，所以弹簧处于原长状态，则物体A、B分离的位置与初始位置的距离为，故C正确； D.撤去力F后，一开始弹簧弹力大于A、B的重力，A、B一起向上加速运动，当弹簧弹力等于A、B的重力时，A、B的速度达到最大，之后弹簧弹力小于A、B的重力，A、B一起向上减速运动，在弹簧处于原长时，A、B分离，之后弹簧处于伸长状态，B继续向上减速运动；所以物体B达到 最高点前，物体B向上先做加速运动，然后做减速运动，故D正确； 故选：BCD。 施加恒力F瞬间，对AB整体受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度；再对B分析，求得A对B的支持力大小，由牛顿第三定律确定物体A受到物体B的压力大小；根据平衡条件和胡克定律求得初始位置弹簧的形变量，A与B分离时弹力为零；根据牛顿第二定律求出分离是弹簧弹力，进而确定物体A、B分离的位置与初始位置的距离；随着运动位置的变化。弹力大小发生变化。从而知道加速度也随之变化，进而确定物体B运动特点。 本题关键是明确A与B分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对AB整体和 B 物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程分析。 11.【答案】BC；  ；  ②；  【解析】实验前要补偿阻力，补偿阻力时小车不能与钩码相连，故A错误； B.为使小车受到的合力等于细线的拉力，应调节定滑轮的高度，使细线与木板平行，故B正确； C.为充分利用纸带，实验前将小车停在打点计时器附近，实验时要先接通电源后释放纸带，打下一系列点后断开电源，故C正确； D.实验中为减小误差应保证钩码的总质量远小于小车及车中砝码的总质量，故D错误。 故选：BC。 相邻两计数点间还有两个点没有画出，所以相邻两计数点间的时间间隔为 ， 根据逐差法可得加速度 如果在轨道水平时做实验而未平衡摩擦力，则会出现力F大于最大静摩擦力时才有加速度的情况，故图线②是在轨道水平情况下得到的。图线①是在轨道倾斜的情况下得到的。在轨道倾斜时设倾角为，由牛顿第二定律有 可得 所以图线①的斜率为小车及车中砝码的总质量的倒数，故 故答案为：；；②；。 平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力； 从纸带上求加速度可以用逐差法求解； 由图像可知，当时，也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，根据得图像的斜率。 对于实验我们要明确实验原理、具体实验操作以及数据处理等，同时要清楚每一项操作存在的理由，只有掌握好了基本知识和基本方法才能顺利解决实验题目，所以要重视基本知识和基本方法的学习和训练。 12.【答案】BC      【解析】解：为了保证每次钢球抛出的速度相同，每次从斜槽上相同位置无初速度释放钢球但斜槽轨道不需要光滑，A错误，C正确； B.为了保证钢球抛出时的速度处于水平方向，斜槽轨道末段需要调节水平，B正确； D.挡板只要能记录下钢球在不同高度时的不同位置，故图中挡板MN每次不需要等间距下移，D错误。 故选：BC。 钢球做平抛运动，在竖直方向有 代入数据得 在水平方向有 代入数据得 钢球做平抛运动，在竖直方向有 代入数据得 在水平方向有 代入数据得 根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，B点在竖直方向的分速度为 所以钢球从抛出点到B点的运动时间为 钢球从抛出点到B点的水平距离为 代入数据得 钢球从抛出点到B点的竖直距离为 所以抛出点的坐标为 代入数据得， 代入数据得 抛出点的坐标为。 故答案为：； ； 。 平抛运动实验中，要保证钢球抛出时初速度水平，且每次初速度大小一致，斜槽是否光滑、挡板是否等距下移不影响实验效果，据此判断选项； 已知A为抛出点，竖直方向做自由落体运动，先算出下落时间，再结合水平匀速运动的特点，求出钢球的初速度大小； 水平间距相等说明运动时间间隔相同，利用竖直方向的位移差求出时间间隔，再反向推导抛出点相对于A点的坐标位置。 这是一道平抛运动实验与规律结合的典型题，三小问由浅入深，从实验条件辨析、基础平抛规律应用，到非抛出点坐标推导，既考查实验细节，又检验运动学公式的灵活运用，是巩固平抛知识的优质题目。 13.【答案】水从管口到水面的运动时间是  水从管口排出时的速度大小是  【解析】解：水在空中做平抛运动，其竖直方向为自由落体运动，则由自由落体运动的位移公式有 代入数据得水从管口到水面的运动时间为 水在空中做平抛运动，其水平方向为匀速直线运动，则有 代入数据得水从管口排出时的速度大小为 答：水从管口到水面的运动时间是； 水从管口排出时的速度大小是。 水的运动可分解为竖直方向自由落体与水平方向匀速直线运动，第一问利用竖直方向自由落体的位移公式，代入下落高度。求解运动时间； 水平方向水做匀速直线运动，已知水平位移和运动时间，用匀速直线运动的速度公式即可求出初速度。 这是一道典型的平抛运动基础应用题，以生活中排水的场景为载体，将水流运动抽象为平抛模型，两小问层层递进，分别考查竖直方向自由落体与水平方向匀速直线运动的规律，直接应用平抛运动的分解思想，难度适中，是巩固平抛运动核心规律、培养物理建模能力的优质基础题。 14.【答案】煤块刚放上传送带时的受力图如下图所示煤块刚放到传送带上时的加速度为  煤块在传送带上运动的时间为  煤块从A运动到B的过程中传送带上形成黑色痕迹的长度为  【解析】解：对煤块受力分析，如图所示由牛顿第二定律得 解得 煤块匀加速到与传送带速度相等的过程有 解得 该过程煤块通过的位移为 因 故速度相等后，煤块与传送带一起做匀速直线运动，有 解得 煤块在传送带上运动的时间 只有加速阶段会产生黑色痕迹，加速阶段传送带的位移为 传送带上形成黑色痕迹的长度 答：煤块刚放上传送带时的受力图如下图所示煤块刚放到传送带上时的加速度为； 煤块在传送带上运动的时间为； 煤块从A运动到B的过程中传送带上形成黑色痕迹的长度为。 对煤块受力分析，结合牛顿第二定律分析求解； 根据煤块匀加速到与传送带速度相等的过程，结合速度相等后，煤块与传送带一起做匀速直线运动分析求解； 根据只有加速阶段会产生黑色痕迹，结合相对位移分析求解。 本题考查了传送带相关知识，理解物体在传送带上不同时刻的运动状态，合理利用牛顿第二定律以及相对位置关系是解决此类问题的关键。 15.【答案】开始运动时木块，方向水平向右，长木板的加速度为，方向水平向右  木块运动3s时撤去拉力F，撤去F前木块在长木板上运动的距离为  在木块运动3s时撤去F后，木块和长木板继续运动，最终木块恰好停在长木板的右端，求长木板的长度是  【解析】解：开始运动时，对木板根据牛顿第二定律，有 可得木块的加速度为，方向水平向右；对长木板，根据牛顿第二定律，有 代入数据得长木板的加速度为，方向水平向右； 撤去F前木块在长木板上运动的距离 撤去F时，木块的速度为 代入数据得 木板的速度为 代入数据得 此后木块的加速度 当两者共速时 代入数据得， 则 代入数据得 长木板的总长度 代入数据得 答：开始运动时木块，方向水平向右，长木板的加速度为，方向水平向右； 木块运动3s时撤去拉力F，撤去F前木块在长木板上运动的距离为； 在木块运动3s时撤去F后，木块和长木板继续运动，最终木块恰好停在长木板的右端，求长木板的长度是。 分别对木块、长木板受力分析：木块受拉力与木块-木板间的滑动摩擦力，由牛顿第二定律求其加速度；长木板受木块的摩擦力与木板-地面的滑动摩擦力，判断合力后用牛顿第二定律求其加速度； 撤去拉力前，木块和长木板均做匀加速直线运动，已知各自加速度与运动时间3s，分别用匀加速位移公式计算两者的位移，位移差即为木块在长木板上运动的距离； 撤去拉力后，木块受滑动摩擦力减速，长木板保持原加速度运动，计算两者共速前的相对位移；结合撤去拉力前的相对位移，两者之和即为长木板的长度。 这是一道典型的板块模型综合题，三小问层层递进，从受力分析、牛顿定律到匀变速运动规律，结合相对位移与临界条件，全面考查动力学与运动学的综合应用，能有效检验逻辑推导与分析能力。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $