湖南株洲市第二中学2026年上学期高一学情调研物理试题

株洲市二中2026年上学期高一年级开学考试试卷 物理试题 命题人：高一物理组 审题人：高一物理组 时量：75分钟 分值：100分 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1.“物理”二字最早出现在中文中，是取“格物致理”四字的简称，即考察事物的形态和变化，总结研究它们的规 律的意思。同学们在学习物理知识之外，还要了解物理学家是如何发现物理规律的，领悟并掌握处理物理问题的思 想与方法。下列叙述错误的是() A.合力、分力概念的建立体现了等效替代的思想 B.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法 C.牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的结果，能用实验直接验证 D.研究变速运动时，把变速运动看成很多小段匀速直线运动的累加，采用了微元法 2.t=0时刻，小球甲（视为质点）从地面开始做竖直上抛运动，小球乙（视为质点）从距地面高度为处由静止释 放，.甲、乙小球不在同一竖直线上，两小球距地面的高度与运动时间t的关系图像如图所示，重力加速度大小为g, 不计空气阻力，下列说法正确的是() A.甲的初速度比乙落地时的速度大 h B.甲、乙落地的时间差为 2h0 C.甲上升过程的平均速度比乙下降过程的平均速度小 D.甲、乙处于同一高度的时刻为，四 3.如图所示，双手端着半球形的玻璃碗，碗内放有三个相同的小玻璃球，晃动玻璃碗，当碗静止后碗口水平，三小 球沿着碗的内壁在不同的水平面内做匀速圆周运动。不考虑摩擦作用，下列说法中正确的是( A.距碗口最近的小球线速度最大 B.处于中间位置的小球周期最小 C.距碗底最近的小球向心加速度最大 D.三个小球受到的合力大小相等 4.如图所示，质量为m的滑块在水平面上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小为0，然后弹簧又将滑块向 右推开。已知弹簧的劲度系数为k,滑块与水平面间的动摩擦因数为4，整个过程弹簧未超过弹性限度，下列说法中 正确的是() A.滑块向左运动过程中，加速度先减小后增大 B.滑块与弹簧接触过程中，最大加速度为+4m m 一Q00900000 C.滑块向右运动过程中，加速度先向左，再向右 77777777777777 D.滑块向右运动过程中，当滑块离开弹簧时，滑块的速度最大 5.如图所示，一根光滑轻绳两端固定于直杆上的A、B两点，轻绳穿过两个质量分别为m1、m2的小环，直杆与水平 面夹角为6，在杆上套有一光滑轻质小环，轻绳穿过轻环并使m1、m2在轻环两侧，系统处于静止状态时轻环、小环 m,的连线与直杆的夹角为0。则=(。) A.1-m2 B.m2二m "m1十m2 m1+m2 c高 D.2m1-m2) m1+m2 第1页共4页 6.如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M,长杆的一端放在地上通过铰链连接形成转轴， 其端点恰好处于左侧滑轮正下方0点处，在杆的中点C处拴一细绳，绕过两个滑轮后挂上重物M,C点与0点距离为 L,现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓缓转至水平位置（转过了90°角），此过程 中下述说法中正确的是() LGWLUA4LLLL4 A.重物M做匀速直线运动 B.重物M的速度先减小后增大 C.重物M的最大速度是L,此时杆与绳水平 D.重物M先超重后失重 0 7.如图所示，从高度为H的A点先后将小球1和小球2水平抛出，小球1刚好直接越过竖直挡板MN落在水平地面上的 B点，小球2与地面碰撞两次后，也刚好越过竖直挡板MN,也落在B点。设小球2每次与水平地面碰撞前后水平方向 分速度不变，竖直方向分速度大小不变、方向相反，忽略空气阻力。则A点与M点的高度差为( A.H B.H C. D.H 二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求；全部 选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.甲、乙两个相同的遥控小车在同一直线赛道上沿相同方向进行追逐比赛，两小车分别安装不同的传感器并连接到 计算机中，甲小车安装加速度传感器，乙小车安装速度传感器，t=0时刻，两车速度大小均为20m/s,甲车在前、 乙车在后，此时两车相距50m,其传感器读数与时间的函数关系图像如图所示，规定初始运动方向为正方向，则在 0~6s时间内，下列说法中正确的是() ↑(ms) ◆m·s) A.两车间的最近距离为10m 20 B.t=2s时两车间距离为20m C.在0~6s时间内两车能够相遇一次 .10 6肉 D.t=2s和t=6s时两车间距离相等 9.将一圆环套在固定的足够长的水平杆上，环的内径略大于杆的截面直径，对环施加一在竖直平面内斜向上与杆的 夹角为的拉力F,如图甲所示；当拉力逐渐变大时，环的加速度随拉力F变化的规律如图乙所示，最大静摩擦力等 于滑动摩擦力，重力加速度大小g=10m/s2,下列说法正确的是( A.圆环质量为0.3kg ↑a/(m's2) 40 B.圆环与杆之间的动摩擦因数为0.5 3 C.当F=15N时，环受到的摩擦力大小为3N D.环受到的摩擦力大小为1N时，环的如速度大小可能为号m/s2 FN 10.如图所示，在粗糙水平面上放置质量分别为3m、3m、3m、1.5m的四个木块A,B,C,D,木块A,B用一不可 伸长的轻绳相连，木块间的动摩擦因数均为，木块C、D与水平面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩 擦力。若用水平拉力F拉木块B,使四个木块一起匀加速前进，重力加速度为g,则( A匀加速的最大加速度为g B.水平拉力F最大为7umg C.轻绳所受的最大拉力为4μmg D.以最大加速度匀加速前进时，木块A、C间的摩擦力与木块B、D间的摩擦力大小之比为3：2 第2页共4页 三、实验题（共2小题，每空2分，共16分） 1山.某实验小组利用如图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M,单个钩码的质量为 m,打点计时器所接的交流电源的频率为50H2,动滑轮质量不计，实验步骤如下： ①按图甲所示安装好实验装置（未挂钩码），其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直 ②调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动 ③挂上钩码，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度，读出弹簧测力计的示数 ④改变钩码的数量，重复步骤③，求得小车在不同拉力作用下的加速度 打点计时器小车 正滑轮 0 E 纸带 3.20 单位：cm 12.50 a/(m.s) 2780 49.10 根据上述实验过程，回答以下问题： (1)对于上述实验，下列说法正确的是」 A钩码的质量应远大于小车的质量 B.实验过程中钩码处于超重状态 C,与小车相连的细线与长木板一定要平行 D.小车所受的拉力应为钩码重力的一半 (2)实验中打出的一条纸带如图乙所示，图中相邻两计数点间还有4个点未画出，由该纸带可求得小车的加速度 a=m/s2。(结果保留两位小数) (3)若交流电的实际频率小于50Hz,则(2)中加速度a的计算结果与实际值相比（选填“偏大”“偏小” 或“不变”)。 (4)若实验步骤②中，让长木板水平放置，没有补偿阻力，其余实验步骤不变且操作正确，以弹簧测力计的示数 F为纵坐标，以加速度α为横坐标，.得到如图丁所示的纵轴截距为b、斜率为k的一条倾斜直线，重力加速度为g,忽 略滑轮与绳之间的摩擦以及纸带与限位孔之间的摩擦，则小车和长木板之间的动摩擦因数：4=· 12.在“探究平抛运动的特点”实验中，实验小组从不同角度进行实验。 (1)采用如图甲所示的装置做实验。在此实验中，下列操作或说法正确的是 A将斜槽轨道的末端调成水平 B本实验不需要用天平测出小球的质量，也不需要配备铅垂线 C小球释放的初始位置越高越好 D.图甲中挡条每次必须等间距下移 (2)实验中探究物体做平抛运动时，它的速度方向与水平方向的夹角为0，其正切值ta8随时间t变化的图像如图 所示，则初速度v0=m/s。(g取10m/s2,结果保留两位有效数字) (3)由(2)中实验测得落点和平抛起点连线与水平方向夹角为45，则位移为一m。(g取10m/s2,结果保留 两位有效数字) (4)在此实验中，每次都要让小球从斜槽上的同一位置由静止滚下，但小球与斜槽间有摩擦力，这个摩擦力 (填“会”或“不会”)使实验的误差增大。 第3页共4页 四、计算题（共3小题，13题10分，14题14分，15题17分，共41分） 13.(10分)如图所示，工程队在倾角0=37°、高h=45m的山坡上0点抛射重物.已知重物的初速度大小vo=20m/s, 与水平方向的夹角a=53°，g取10m/s2,忽略空气阻力，sin53°=0.8。重物落地后不反弹，求： (1)重物在飞行过程中距离水平地面的最大高度H:· (2)重物飞行过程中到山坡的最远距离1和此时的速度大小v。 14.(14分)如图所示，倾角9=30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面项端固定一轻质的定滑轮0，底端固定一垂 直斜面的挡板。质量分别为2m、4m的物块甲、乙通过轻质弹簧连接在一起，物块甲静止在斜面底端紧靠挡板处。 不可伸长的细绳跨过定滑轮一端与物块乙连接，另一端与套在水平固定的光滑直杆上的质量为m的物块丙连接。开 始时物块丙静止在直杆上B点（细绳与直杆垂直），且恰好与直杆间的相互作用力为零：现对物块丙施加一水平向 右的拉力F,使其缓慢移动，当移动到A点时，物块甲恰好对挡板无压力，此时细绳与水平直杆的夹角α=37°。己 知滑轮与水平直杆间的垂直距离为风，重力加速度大小为9，弹簧的轴线、物块乙与定滑轮之间的细绳共线且与斜面 始终平行，不计滑轮大小，不计空气阻力和一切摩擦阻力，弹力始终未超过弹性限度，物块甲、乙、丙均可视为质 点，sin37°=0.6。求： (1)物块丙静止在直杆上B点时，甲对挡板的压力大小： (2)弹簧的劲度系数： (3)物块丙在A点时受到直杆的弹力及拉力F的大小。 15.(17分)如图所示，-倾角为0=30°、足够长的传送带始终以v=6m/s的速度逆时针匀速运转，足够长的木板 B上放一可视为质点的物块A(A始终在B上)，两者同时由静止开始释放，释放时木板距传送带底端的距离L=5.4m, 传送带底端有一固定挡板，木板B与挡板碰撞后立即以等大的速度反弹。木板B的质量为mg,物块A的质量为mA, 且m4=m=2g,木板B与传送带间的动摩擦因数：=号物块A与木板B间的动摩擦因数：一号 设最大静摩 擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2,不计其它阻力。求： (I)物块A和木板B开始运动时加速度的大小aa和ag: (2)木板B从释放至第一次与挡板相碰的时间t; (3)木板B从释放到第一次沿传送带上升到最高点过程中物块A相对于木板B滑行的路程s。 30 第4页共4页株洲市二中2026年上学期高一开学 考试物理试卷参考答案 1、【答案】C 【详解】A.合力、分力概念的建立体现了等效替代的 思想，选项A正确： B.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来 代替物体的方法叫理想模型法，选项B正确： C.牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的结 果，但是不能用实验直接验证，选项C错误： D.研究变速运动时，把变速运动看成很多小段匀速直 线运动的累加，采用了微元法，选项D正确。 故选C。 2、【答案】B 【详解】由图示图像可知，两球离地面的最大高度相等， 均为ho A、甲做竖直上抛运动，乙做自由落体运动，甲的下降 过程是自由落体运动，由于甲下落过程的高度与乙下落 的高度相等，甲、乙落地时的速度相等，甲做竖直上抛 运动的初速度大小等于落地时的速度大小，因此甲的初 速度与乙落地的速度大小相等，故A错误； B、甲、乙离地面的最大高度相等，则甲乙下落的时间 相等，=公式得：o-职，解得：t=受甲 的运动时间是2t,乙的运动时间是t,则甲乙落地时间 差=t=√昏故B正确： C、甲上升的时间与乙下落的时间相等，甲上升的位移 大小与乙下降的位移大小相等，则甲上升的平均速度与 乙下降的平均速度大小相等，故C错误： D、甲上升的初速度0=gt=9受=√2g,甲做 竖直上抛运动，乙做自由落体运动，以乙为参考系，甲 向上做匀速直线运动，设经过时间甲、乙处于同一高度， 则ho vot,.解得：t= ho 故D错误。 2g 故选B。 3、【答案】A 【详解】D,对于任意一球，设其轨道处半球形碗的半 径与竖直方向的夹角为0，半球形碗的半径为R。如图 根据重力和支持力的合力提供小球圆周运动的向心力， 得F会=mg tan0 故D错误； ABC.由几何关系，可得 Rsin0=r 2 n2 又F会=m二=m Tr=ma 联立，解得 v=gR tanOsin0,T=2xRcos0 -a=g tan,R- & 定，可知0越大（越接近碗口），线速度v越大、周期T 越小、加速度a越大，故A正确、BC错误。 故选A。 4、【答案】B 【详解】A.滑块向左接触弹簧的运动过程中，在水平 方向上受到向右的弹簧的弹力和向右的摩擦力，在此过 程中弹簧的弹力是逐渐增大的，弹力和摩擦力的合力与 运动方向始终相反，物体做减速运动，加速度大小一直 增大，故A错误； B.对滑块的分析可知，当弹簧的压缩量为x0时，此时 合力最大，由牛顿第二定律有a。= Fkto+umg m m 故B正确； C.滑块向右接触弹簧的运动是从弹簧压缩量最大时开 始的，此时受到水平向右的弹力和向左的摩擦力，开始 时弹簧的弹力大于摩擦力，加速度方向向右，且加速度 不断减小，但当弹簧伸长到一定程度，弹力和摩擦力大 小相等，加速度减小到零，此后摩擦力大于弹力，加速 度方向向左，加速度增大，所以加速度先向右，后向左， 故C错误； D.在滑块向右接触弹簧的运动中，当弹簧弹力与摩擦 力相等时，滑块的加速度为零，滑块的速度达到最太， 此时弹簧的形变量为x=m竖 k 弹簧处于压缩状态，故D错误。 故选B。 5、【答案】A 【详解】由于杆上的小环为轻环，重力不计，故该轻环 受两边细线的拉力的合力与杆垂直，且细绳拉力大小相 等，该环与m2之间的细绳与竖直方向的夹角为 90°-(p-),环与m1之间的细绳与竖直方向的夹角为 90°-(p+),A点与m!之间的细绳与竖直方向的夹角 也为90°-（仰+），m2与B点之间的细绳与竖直方向的 夹角为90°-(p-),根据平衡条件，对m,有 mg=2Fcos[90°-(p+0)] 对m2,有 mg=2Fcos[90°-(p-θ)] 联立可得 tane m-m tan co m+m 故选A。 6、【答案】D 【详解】设C点线速度方向与绳子方向的夹角为0（锐 角)，由题知C点的线速度为=oL 该线速度在绳子方向上的分速度就为'=Lcos6，日 的变化规律是开始最大(90)然后逐渐变小，所以 V=@Lcos0逐渐变大，直至绳子和长杆垂直，绳子的 速度变为最大，为ωL；然后，又逐渐增大 V=@Lcos0 逐渐变小，绳子的速度变慢；所以知重物的速度先增大 后减小，最大速度为L,重物M在竖直方向上先加速 1 后减速，所以重物M先超重后失重。 k2%-225=30m 故选D。 此时两车的距离为 7、【答案】B d2 =d+xmz=10m 【详解】根据题意，两小球从平抛到第一次落地，竖直 即=4s时两车速度相等，仁4s后乙车速度小于甲车，两 者距离变大，两车不能相遇，所以仁4s时两车距离最小， 方向有H=28财 最小距离为10m,故A正确，C错误； 可知两小球平抛后，从抛出到第一次落地所用时间相等， D.甲车2s到6s内走的位移为 则在水平方向有x=，为3=2 g-4=5x4m=40m 由图可知x=5x2,可得%=5v2 结合图像可得，乙车2s到6s内走的位移为 1 x=2×4×20m=40m 两车在2s到6s内走的位移相同，则仁2s和=6s时两车 间距离相等，故D正确。 故选AD。 CN 9、【答案】ABC 将小球2运动倒过来看成从M运动到C点与小球1从 【详解】A.设当F为。时加速度刚好为零，并开始随 M运动到B点时间相同，则有x=5xcw F逐增大，故力F在F。-5N,对圆环受力分析，此时 由几何关系可得，AM间水平距离与AB间水平距离之 受到的支持力竖直向上：当拉力超过5N时，支持力方 比为xAM:xAB=2:3 向相反，竖直向下；当F=5N时，可知N=0,0, 则小球1由A运动到M与由A运动到B的时间之比为 Law :t=2:3 00 /s2,对圆环受力分析，竖直方向，根据平衡条 3 1 1 则有H=与g,h=5gw 件有 2 2 Fsin0-mg 解得=号知 水平方向，根据牛顿第二定律有Fcos0-ma 联立解得0=37°，m=0.3kg。故A正确： 故选B。 405 8、【答案】AD B.当F>5N时，直线的斜率为k=3 【详解】B.由图可知，0~2s内，甲车做匀减速直线运 53 动，根据v=%-a吐可知，2s时速度恰好为零，此过程 直线的纵截距为b=5 中甲车运动的位移为 1 银据y=:+,可得P>5N后的直线方程为a=F+3 4-i时-i×10x2m=20m 0-2s内，乙车做匀速直线运动，此过程中，乙车运动的 当F=0时a=5m/s2，对圆环受力分析，根据牛顿第二 位移为 定律得umg=ma解得μ=0.5。故B正确： xz=vt=20×2m=40m C.因F=10N>5N,则根据a=F+5 此时两者的距离为 3 4,=x+d-xz1=30m 可得加速度为a= 6 即=2s时，两车距离为30m,故B错误； 3m/s2 AC.2s后甲车开始加速，乙车开减速，由图可得，乙 根据牛顿第二定律有Fcos0-f=ma解得f=1.5N,故 车减速时的加速度大小为 C正确： ,名鸡smg D,当圆环受到的摩擦力大小为1N,且Fcos8=f 设经过马2时间，两者速度相等，则有 解得F=N,此时加速度为零：当圆环受到的摩擦力 4 Ve =amt =v-ail 解得 大小为1N,且N<F<5N时，支持力方向竖直向上， 5=2s,%=10m/s 此过程中甲车的位移为 则有 46=10m H(mg-Fsin)=lN解得F=N 3 此过程中甲车的位移为 4 根据牛顿第二定律有Fc0s0-f=ma解得a= -m/s? 当圆环受到的摩擦力大小为1N,且F>5N时，支持) 方向竖直向下，则有a(Fsin8-mg)=lN 解得F=25N 根据牛顿第二定律有Fc0s0-f=ma解得a=170, m/s 故D错误。 故选ABC。 10、【答案】BCD 【详解】A.物块C运动的最大加速度 u-3mg-u.6mg 3 ac= 3m 3 物块D运动的最大加速度为 u.3mg- u:4.5mg ·3 ap= -=4g 1.5m 可知系统匀加速的最大加速度为竖，故A错误： B.对ABCD整体 F-(3m+3m+3m+1.5m)g=(3m+3m+3m+1.5m)a 3 a÷g 3 解得水平拉力F最大为F=7umg, 故B正确： C.对AC整体T-号x6mg=6ma,a=4竖 3 3 解得T=4μmg 即轻绳所受的最大拉力为T=4μmg, 故C正确： D.以最大加速度竖匀加速前进时，木块A、C间的摩 擦力fAc=43mg 对D分析，木块B、D间的摩擦o-兰x45mg=1.5ma 3 解得∫D=2μmg 即木块A,C间的摩擦力与木块B、D间的摩擦力大小 之比为3：2， 故D正确。 故选BCD。 11、【答案】①C②6.03③偏大④ kg 【详解】(1)A,因有弹簧测力计测量小车受的拉力， 可知没必要让钩码的质量远大于小车的质量，A错误： B.实验过程中钩码加速度向下，处于失重状态，B错 误； C.与小车相连的细线与长木板一定要平行，这样才能 使的细线的拉力等于小车受的合力，C正确： D.由于钩码失重，则小车所受的拉力小于钩码重力的 一半，D错误。故选C。 (2)根据题意，可知相邻计数点的时间间隔T=01s, 可求得小车的加速度 a=80-0= 47T2 (49.10-12.50-12.50)×10-2 4×0.12 m/s2=6.03m/s2 (3)若交流电的实际频率小于50Hz,打点周期偏大， 而计算时仍用原来的周期计算，则(2)中α的计算结果 与实际值相比偏大 (4)对小车受力分析，由牛顿第二定律有 F-uMg=Ma化简可得F=Ma+uMg b 有b=μMg和k=M,联立解得4= g 12、【答案】①A②1.0③0.28④不会 【详解】(1)A.为了保证小球沿水平方向飞出，应将 斜槽轨道的末端调成水平，A正确； B.本实验不需要天平测出小球的质量，但需要配备铅 垂线以确定竖直方向，B错误； C.实验中需要小球每次从斜槽上同一位置由静止释放， 小球释放的初始位置适合即可，不是越高越好，释放位 置过高，会导致初速度较大，小球经过纸面的时间较短， 竖直方向下落的高度较低，描绘的轨迹不便于数据计算， C错误； D.图甲中挡条每次不需要等间距下移，D错误。 故选A。 (2)由tane=业=匙 Vr vo 可得tan0随时间t变化的图像斜率为k=呈=】 yo0.1 解得%=1.0m/s 1 （3)由am45=y-28 g解得t=0.20s x Vot 2vo 水平分位移、竖直分位移分别为x=t=0.20m 1 y=28x=0.20m 故位移为s=√x2+y2=0.28m 3/4 (4)斜槽轨道不需要光滑，只要保证小球每次从同一 同速后由于 位置释放即可，因为小球每次从同一位置释放，路径相 h(m+ma)g cos0+Hmg cos0=20N mag sin 0 =10N 同，每次损失的机械能相同，到达斜面底端时速度相等。 13、【答案】(1)H=57.8m(2)=25m,v=15m/s 故木板B与传送带相对静止一起匀速，物块A继续加速， 设再经时间2物块A与B及传送带速度相同，则 【详解】(1)重物竖直方向做竖直上抛运动，设上升的 v=aa(1+12),解得12=0.2s 最大高度为ho,则(%sina)=2gh 同速后A会相对于B下滑，有 离地面的最大高度H=h+h mg sin0-LmAg cos0=mwd解得a=2.5m/s2 则B的合力 解得=57.8m F合=，m4gcos0+mag sin0-h(m4+mg)gcos=0 (2)将重物的加速度沿着斜坡方向和垂直于斜坡方向 木板B仍匀速至与挡板相碰，从释放到B与传送带同速， 分解；垂直于斜坡方向，加速度g1=gcos0 当垂直于斜面方向速度为零时，到斜坡的距离最远，有 B加速位移x=9,=18m 哈=2gl B匀速运动的位移x2=L-x=3.6m,B匀速运动的时间 解得1=25m 43=点=0.69 设时间为t,则0=%一g内 所以木板B从释放至第一次与挡板相碰的时间 沿着斜坡方向，加速度g2=gsin8 t=4+43=1.2s (3)专+，时间内A向下加速位移大小为 此时速度v=g243=15m/s 14、【答案】(1)2mg 日g,2 u-06+=24m 5 B在时间内向下匀速运动的位移大小为 【详解】(1)在B点时，隔离丙由平衡条件得T=mg 1,=4,=1.2m+52时间内A相对于B向上运动的路程 对甲、乙整体由平衡条件得Fwr+T1-(2m+4m)gsin6 S,=x+l!-lA1=0.6mt-12时间内B向下匀速运动的 解得：Fw=2mg 位移的大小为 由牛顿第三定律可得甲对挡板的压力大小为2mg。 42=v(-2)=2.4m43-12时间内A向下加速运动的位 (2)在B点时，弹簧处于压缩状态，弹簧压缩量为x, 移的大小为 由平衡条件可得c+T-4 mgsin8 如=心-，)+74%-4》=2.6m%-6时间内A相对 在A点时，弹簧处于拉伸状态，弹簧的伸长量为x2, 于B向下运动的路程 由平衡条件可得cr3=2 ngsin8 2=1a2-lg2=0.2m 由题意可知为+x2= d -d 第一次碰后B向上减速运动的加速度大小为，则 sina magsin+Hmag cos+(ma +mg)g cos0=maas 解得k=3mg 解得 ap=15m/s2 d mg (3)在A点，对甲、乙整体由平衡条件得T=(2m+4m) 碰后B上升到最高点所用的时间 gsine 4=若=04约 在A点，隔离丙，受力分析如图所示 由平衡条件得，Tasina=Fw+mg,Tacosa=F 碰后B上升到最高点向上运动的位移的大小为 F如=4m竖，F=12m3 2 3= =1.2m 5 5 2a8 15,【答案】(1)aa=7.5m/s2；0g=10m/s2;(2)f=1.2s; 碰撞时A的速度大小为 (3)3=5m V=v+aA(G-42)=7m/st4时间内A向下运动的位移的 【详解】(1)释放后，B受传送带的滑动摩擦力，由于 大小为 4大于凸，A相对于B上滑，则 m8sin6+4,mgcos0=ma,解得aA=7.5m/s2 =%，+2=3m 由mag sin日+h(ma+mB)gcos0-42 nag cos0=mBag 因此 解得a=10m/s2 53=l+la:=4.2m4时间内A相对于B向下运动的路 程 (2)设经时间4木板B与传送带速度相同，则 3=+32+3=5m v=ag1解得=0.6s