2026-2027学年高三上学期月考自编物理试卷

2026-2027学年高三上学期月考物理试卷 一．选择题（共8小题） 1．两辆汽车A和B从同一位置同时出发沿同一方向做直线运动，速度v随时间t变化的v﹣t图像如图所示，则以下判断正确的是（　　） A．t＝4s时刻两车相遇 B．t＝4s时刻两车加速度相等 C．t＝4s时刻两车速度相等 D．0～4s内两车平均速度相等 2．弩是古代的一种冷兵器，是古代兵车战法中的重要组成部分，它利用张开的弓弦急速回弹形成的动能，高速将箭射出。如图所示，某次发射弩箭的瞬间，两端弓弦的夹角为60°，弓弦上的张力大小为FT，则此时弩箭受到的弓弦的作用力大小为（　　） A．2FT B．FT C．FT D．FT 3．某质点做直线运动的位移与时间的关系式为x＝5t+2t2，则以下说法中正确的是（　　） A．质点的初速度为2.5m/s B．任意1s内的速度增量都是2m/s C．质点第2s内的位移是11m D．任意相邻的1s内位移差都是2m 4．如图所示一小球从A点由静止释放。在竖直方向上经过线段AE，且AB＝BC＝CD＝DE＝5m。不计空气阻力，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．物体经过BE段所用的时间2s B．物体到达各点的速度之比为vB：vC：vD：vE＝1：：：2 C．物体经过各段的时间之比为tAB：tBC：tCD：tDE＝1：3：5：7 D．物体经过AC段的平均速度与经过CE段的平均速度之比1：2 5．为节能环保，电梯在没有人员时，其转动非常缓慢，当人员走上电梯时，通过红外感应电梯会加速运转，人员站在电梯时，随着电梯经历先加速后匀速的过程，则下列说法正确的是（　　） A．在匀速阶段，电梯对人的作用力为零 B．在加速阶段，人处于超重状态 C．整个过程人受到的摩擦力不变 D．整个过程电梯对人的支持力不变 6．如图所示，均质钢管的上端通过一根轻绳连接在天花板上，处于静止状态。则钢管受到力的个数为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 7．如图所示，表面光滑的半圆柱体固定在水平面上，小物块在拉力F作用下从B点沿圆弧缓慢上滑至O点，此过程中F始终沿圆弧的切线方向，则（　　） A．拉力F逐渐变小 B．拉力F先变大后变小 C．小物块受到的支持力逐渐变小 D．小物块受到的支持力先变小后变大 8．如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上端，物体相对地面的v﹣t图像如图乙所示，2s时滑离传送带。设沿传送带向下为正方向，重力加速度g＝10m/s2，则（　　） A．传送带的倾角θ＝30° B．传送带的长度为16m C．物体在传送带上留下的痕迹长度为4m D．物体与传送带之间的动摩擦因数为0.2 二．多选题（共4小题） （多选）9．下列有关物体运动的描述可能正确的是（　　） A．物体的加速度和速度方向相同，做加速度逐渐增大的减速运动 B．物体的加速度和速度方向相同，做加速度逐渐减小的加速运动 C．物体的加速度与速度方向相反，做加速度逐渐减小的减速运动 D．物体的加速度与速度方向相反，做加速度逐渐增大的加速运动 （多选）10．甲、乙两质点在同一直线上运动的位移—时间图像如图所示，其中甲的图线是直线，乙的是抛物线。甲、乙相遇时互不影响，下列说法正确的是（　　） A．甲的速度大小为0.25m/s B．乙始终朝一个方向运动 C．甲、乙可能在4s～6s内相遇 D．在0～6s内甲、乙的速度不可能相同 （多选）11．如图所示，O点为竖直圆周的圆心，MN和PQ是两根光滑细杆，两细杆的两端均在圆周上，M为圆周上的最高点，Q为圆周上的最低点，N、P两点等高。两个可视为质点的圆环1、2（图中均未画出）分别套在细杆MN、PQ上，并从M、P两点由静止释放，两圆环滑到N、Q两点时的速度大小分别为v1、v2，所用时间分别为t1、t2，则（　　） A．v1＝v2 B．v1＞v2 C．t1＞t2 D．t1＝t2 （多选）12．如图所示，带有固定挡板P和定滑轮的木板一端垫高后与水平面夹角为θ＝30°，质量为2m的物块A与挡板P之间有一轻质弹簧，细绳跨过定滑轮，一端连接着质量为m的物块B，另一端连接着物块C（细绳在滑轮左侧部分与木板平行）。开始时用外力托着C，细绳伸直但无张力，A、B处于静止状态。现撤去外力，将C由静止释放后，发现C速度最大时，A、B恰好分离。已知木板足够长，所有摩擦不计，弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．撤去外力瞬间弹簧弹力不变 B．物块C的质量为 C．细绳张力最大值为mg D．撤去外力瞬间，A的加速度为 三．实验题（共2小题） 13．某实验小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验。在方木板上固定白纸，橡皮条固定在木板上端，橡皮条的另一端连接两个细绳套，用两个弹簧测力计互成角度地拉细绳套，记下两个分力的大小和方向以及两个细绳套结点的位置，再用一个弹簧测力计拉细绳套，使两个细绳套的结点伸长到相同的位置，并记下合力的大小和方向，做出两个分力和合力的图示。以两个分力为邻边做平行四边形，再画出两邻边所夹的对角线（合力的理论值）的图示，如果合力的理论值和实际合力在大小和方向上相同，则验证了力的平行四边形定则。 （1）本实验采用的实验方法是 _____ 。 A.控制变量法 B.等效替代法 C.理想模型法 D.放大法 （2）实验时，下列正确的是 _______ 。 A.实验前需对弹簧测力计校零 B.实验时两个拉力的大小不可以相等 C.实验时应保持细绳与长木板平行 D.实验时F1和F2必须垂直，便于计算合力 （3）实验结果如图乙所示。在F1、F2、F、F′四个力中，不是由弹簧测力计直接测得的力为 _____ 。 A.F1 B.F2 C.F D.F′ （4）在另一小组研究两个共点力合成的实验中，两个共点力F1和F2的合力大小F随着它们的夹角θ变化的关系如图丙所示（F1、F2的大小均不变，且F1＞F2），则可知α的值为 _____ N。 14．两实验小组分别作“探究加速度和力、质量的关系”实验。 （1）第一组组用如图甲所示装置做实验，图中带滑轮的长木板放置于水平桌面上，拉力传感器可直接显示所受拉力的大小，做实验时，下列操作必要且正确的是_______ A．将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动 B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数 C．为了减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量 D．用天平测出砂和砂桶的质量 （2）第二组用如图乙所示的实验装置来做实验。 ①在正确、规范的操作中，打出一条如下图所示的纸带，每两个计数点之间还有四个计时点没有画出来，纸带上的数字为相邻两个计数点间的距离，打点计时器的频率为50Hz。打第4个计数点时小车的速度v4＝_________ m/s；小车做匀加速直线运动的加速度a＝_________ m/s2。（保留三位有效数字） ②平衡了摩擦力后，在小车质量M保持不变的情况下，不断往砂桶里加砂，直到砂的质量最终达到M。测出每次加砂后，砂和砂桶的总重力F和小车的加速度a，作a﹣F的图像。下列图线正确的是_____ 。 A、B、 C、D、 四．解答题（共4小题） 15．近年来，我国在人工智能领域取得重大突破，智能机器人技术已广泛应用于物流、仓储等领域。在某科技公司的测试场上两个物流机器人A和B正在进行性能测试。如图所示，在直线测试跑道上，机器人A在t＝0时从起点以初速度vA0＝2m/s和加速度aA＝0.5m/s2向右匀加速运动；机器人B在t1＝4s时从起点由静止开始以加速度aB（未知）向右做匀加速运动。已知机器人B在t2＝10s时追上机器人A，求： （1）机器人B的加速度大小aB； （2）在机器人B追上A之前，两者之间的最大距离。 16．用三根轻质细线a、b、c将重力为2G的小球1和重力为G的小球2连接并悬挂，如图所示，两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为θ＝30°，细线c水平。 （1）求细线a、c分别对小球1和2的拉力大小； （2）求细线b对小球2的拉力。 17．一个质量m＝10kg的物体放在水平地面上，在与水平方向成37°角，大小为F＝100N的斜向上的拉力F的作用下由静止开始运动，已知物体2s内通过的位移为12m（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。 （1）求2s内物体的加速度大小； （2）物体与地面间的动摩擦因数μ； （3）在2s末撤去这个拉力F，试求撤去拉力后物体继续滑行的位移。 18．如图所示，足够长的水平面上静止一质量M＝2kg、长度为L的木板A，其左端放置一质量m＝3kg的小滑块B，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.5，A与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.2。当滑块B获得v0＝15m/s水平向右的初速度时，恰好不能从木板上滑落。已知重力加速度g取10m/s2。求： （1）B在A上滑动时A、B的加速度大小； （2）木板A的长度L； （3）A、B共速后，为使A、B保持相对静止一起向右加速运动，开始对A施加水平向右的恒力F，求F的最大值； （4）若B获得水平向右、v0′＝16m/s的初速度，同时对A持续施加水平向右的恒力F'，为使B不从A右端滑落，求F'的最小值。（结果可用分数表示） 2026-2027学年高三上学期月考中物理试卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共8小题） 1．【分析】根据v﹣t图像的特点求解其速度，位移即可。 【解答】解：AC．在v﹣t图像中，t＝4s时刻两图像相交，表明此时两车速度相等。0∼4s内，汽车A的速度一直大于汽车B的速度，可知两车位移A得位移大，B的位移小，又出发位置相同，可知末位置不同，故t＝4s时刻两车没有相遇，故A错误，C正确； B．v﹣t图像切线斜率代表汽车的加速度，从图像上看，t＝4s时刻切线斜率不等，故t＝4s时两车加速度不相等，故B错误； D．在v﹣t图像中图形和坐标轴围成的面积代表物体的位移，在0∼4s内两车位移不等，根据 可知0～4s内两车平均速度不相等，故D错误。 故选：C。 【点评】本题涉及v﹣t图像的含义，包含图形和坐标轴围成的面积以及图像的斜率等知识，需要结合选项逐一回答。 2．【分析】根据合力与分力的关系，由三角函数关系即可求出。 【解答】解：两端弓弦的夹角为60°，弓弦上的张力大小为FT，根据力合成的平行四边形定则，则此时弩箭受到的弓弦的作用力大小为，F＝2FTcos30 FT，故ABD错误，C正确； 故选：C。 【点评】本题关键是正确根据力的矢量法则求解，要注意弓弦对箭的作用力大小是箭的合力。 3．【分析】根据位移—时间公式的对比得出质点的加速度和初速度，结合运动学公式计算出第2s内和相邻的1s内的位移差。 【解答】解：A、由匀变速直线运动的位移—时间公式为 对比关系式为x＝5t+2t2 可得初速度v0＝5m/s，故A错误； B．由 得加速度a＝4m/s2，速度增量Δv＝aΔt，当Δt＝1s时，任意1s内的速度增量Δv＝4m/s，故B错误； C．第2秒内的位移为t＝1s到t＝2s的位移，t＝1s时， t＝2s时， 第2s内的位移Δx＝x2﹣x1＝18m﹣7m＝11m，故C正确； D．匀变速直线运动的位移差公式为Δx＝aT2，当T＝1s时，任意相邻的1s内位移差Δx＝4×12m＝4m，故D错误。 故选：C。 【点评】本题主要考查了运动学公式的基本应用，熟悉运动学公式并代入运算即可完成解答，属于基础题型。 4．【分析】小球从静止开始做自由落体运动，连续相等位移的运动时间和速度遵循匀变速直线运动的比例规律，可通过自由落体公式计算各段时间、速度及平均速度，进而判断选项正误。 【解答】解：已知 AB＝BC＝CD＝DE＝5m，g＝10m/s2. A.BE段总位移hBE＝15m，AE段总位移hAE＝20m。 由得：， BE段时间tBE＝tAE﹣tAB＝（2﹣1）s＝1s，不是2s，故A错误。 B.由v2＝2gh可解得各点速度： vB＝10m/s， ，vE＝20m/s 速度之比，故B正确。 C.自由落体连续相等位移的时间比为1：，不是1：3：5：7，故C错误。 D.AC段平均速度，CE段平均速度，比值不是1：2，故D错误。 故选：B。 【点评】本题考查自由落体运动的比例规律，关键是利用位移公式和速度公式推导各段时间、速度及平均速度的关系，计算过程数据带单位，逻辑清晰，体现了匀变速直线运动的典型解题思路。 5．【分析】根据平衡条件和匀变速运动时物体的受力情况进行分析解答。 【解答】解：A．在匀速阶段，根据平衡条件可知，电梯对人的作用力大小等于重力，方向竖直向上，故A错误； B．在加速阶段，人有向上的加速度，则人处于超重状态，故B正确； CD．加速时，人受到水平方向的静摩擦力，支持力大于重力，匀速运动时人受到的摩擦力为0，支持力和重力平衡，故CD错误。 故选：B。 【点评】考查平衡条件和匀变速运动时物体的受力情况，会根据题意进行准确分析解答。 6．【分析】要确定钢管受到的力的个数，需按照“一重二弹三摩擦”的受力分析顺序，结合物体静止时的平衡条件，逐一判断各力是否存在。 【解答】解：根据题意分析可知，对钢管进行受力分析， 钢管受到竖直向下的重力mg、沿绳斜向上的拉力T、地面竖直向上的支持力N，由图可知绳子倾斜，拉力T有水平分量，由平衡条件可知地面必对钢管有水平方向的静摩擦力f，共4个力，故B正确，ACD错误。 故选：B。 【点评】受力分析需遵循“一重二弹三摩擦”的顺序，结合平衡条件判断力的存在性。本题中绳子拉力的水平分量使钢管有水平运动趋势，故地面提供静摩擦力平衡，最终确定钢管受4个力。 7．【分析】以滑块为研究对象进行受力分析，根据平衡条件得到拉力和支持力表达式进行分析。 【解答】解：以滑块为研究对象，某一时刻滑块的受力情况如图所示： 根据平衡条件有F＝mgcosθ，FN＝mgsinθ 小物块从B点沿圆弧缓慢上滑至O点，θ角逐渐增大，则cosθ减小，拉力F逐渐变小，sinθ增大，小物块受的支持力FN逐渐变大，故A正确，BCD错误。 故选：A。 【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。 8．【分析】根据v﹣t图像斜率代表加速度，结合牛顿第二定律求解倾角和动摩擦因数；所围成的面积表示位移，根据运动学公式求出位移和相对位移，痕迹长度和相对位移有关，注意痕迹重叠部分。 【解答】解：AD、由图乙所示图像可知，0∼1s、1s～2s有物体加速度大小分别为， 则在0∼1s、1s～2s内，对物体，由牛顿第二定律得μmgcosθ+mgsinθ＝ma1，mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2，代入数据解得θ＝37°，μ＝0.5，故AD错误； B、由图乙所示图像可知，0∼2s内，物体运动距离为，故B正确； C、图乙可知传送带速度为10m/s，在0∼1s内，传送带比物体多运动的距离为 由图可知1s～2s内，物体比传送带多运动的距离为，物体在传送带上留下的痕迹长度为5m，故C错误。 故选：B。 【点评】根据图示图像分析清楚物体的运动过程、求出加速度，然后应用牛顿第二定律即可解题。 二．多选题（共4小题） 9．【分析】根据加速运动时速度与加速度方向相同，减速运动时加速度与速度方向相反，结合加速度可能发生变化的情况逐一分析判断。 【解答】解：AB．物体的加速度和速度方向相同，只能做加速运动，但如果加速度减小，则做加速度逐渐减小的加速运动，故A错误，B正确； CD.物体的加速度与速度方向相反，则做减速运动，如果加速度逐渐减小，则做加速度逐渐减小的减速运动，故C正确，D错误。 故选：BC。 【点评】考查物体做加减速直线运动的条件，理解匀变速直线运动的特点，属于基础题。 10．【分析】根据x﹣t图像中图线的斜率表示速度求解；根据x﹣t图像中图线的交点表示相遇判断；根据甲沿负方向运动，乙沿正方向运动判断。 【解答】解：A．根据x﹣t图线的斜率表示速度，可知甲的速度大小为，故A正确； B．由位移—时间图像可知，乙在0～6s内沿正方向运动，在6～12s内沿负方向运动，故B错误； C．x﹣t图像的交点表示甲、乙相遇，所以甲、乙在4s～6s内不可能相遇，故C错误； D．根据x﹣t图线的斜率表示速度，速度的正负表示方向，可知在0～6s内甲的速度一直为负方向，乙的速度一直为正方向，所以甲、乙的速度不可能相同，故D正确。 故选：AD。 【点评】本题的关键要理解位移—时间图像的点和斜率的物理意义，知道图像的斜率表示速度。 11．【分析】AB、对圆环，由动能定理可列方程，可得终点速度与竖直高度的关系，进而可判断两环终点速度大小。 CD、假设MQ处有光滑细杆，由等时圆知识可判断两环下落时间大小关系。 【解答】解：AB、对圆环，由动能定理有：mghmv2 可得终点速度为：v 两环下落的竖直高度关系为：h1＞h2 所以有：v1＞v2 故A错误，B正确； CD、假设MQ处有光滑细杆，圆环在MQ细杆上运动时间为t0，则由等时圆知识可得：t1＝t0＝t2，故C错误，D正确。 故选：BD。 【点评】解答本题，要熟练掌握等时圆问题的处理方法，结合动能定理或动力学公式可解。 12．【分析】应用平衡条件求出撤去力前弹簧的弹力；A、B的加速度相等且它们间的弹力为零时，A、B恰好开始分离；弹簧的弹力不能突变，根据受力情况应用牛顿第二定律分析答题。 【解答】解：撤去外力前，细绳无张力，对物块A、B组成的整体，由平衡条件可知，弹簧的弹力大小F0＝3mgsin30°＝1.5mg。 A、撤去外力瞬间，弹簧形变量来不及改变，弹簧的弹力不变，故A正确； B、设物块C的质量为M，物块C速度最大时有a＝0，物块A、B恰好分离时二者间的弹力N＝0，对物块B，由牛顿第二定律得T﹣mgsinθ＝0，对物块C，由牛顿第二定律得Mg﹣T＝0，解得，故B正确； C、由速度最大与恰好分离的临界条件，有a＝0、N＝0，分离前，物块A、B、C组成的系统，由牛顿第二定律得F+Mg﹣3mgsinθ＝（3m+M）a，弹簧弹力由减小到mg，代入，整理得，故分离前，分离后，物块B所受沿斜面向下的重力分力与物块C的重力均为，系统做匀速直线运动，绳的张力为，故绳的最大张力为，故C正确； D、由速度最大且恰好分离时a＝0、N＝0，撤去外力瞬间，对物块A、B、C组成的系统，由牛顿第二定律得F0+Mg﹣3mgsinθ＝（3m+M）a0，解得，故D错误。 故选：ABC。 【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，解题关键掌握临界条件的分析，C的速度最大时，B与C的合力均为零。 三．实验题（共2小题） 13．【分析】（1）本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”，注意该实验方法的应用； （2）根据实验注意事项分析实验步骤答题； （3）根据实验原理答题； （4）根据合力随两个分力角度的变化判断。 【解答】解：（1）该实验过程，其合力与分力的作用效果相同，所以本实验采用的科学方法是等效替代法。故B正确，ACD错误； 故选：B。 （2）A．实验前需对弹簧测力计校零，故A正确； B．实验时两个拉力的大小能相等，也可以不相等，故B错误； C．为了减小误差，实验时应保持细绳与长木板平行，故C正确； D．每次实验时，F1和F2夹角适合即可，故D错误。 故选：AC。 （3）F1、F2、F′三个力都是弹簧测力计测量得到，F是通过平行四边形定则作图得到的，不是由弹簧测力计直接测得的力。故C正确，ABD错误。 故选：C。 （4）由图可知当两个力的角度为0°，有F1+F2＝7N 当两个力的角度为180°时，有F1﹣F2＝1N 解得F1＝4N，F2＝3N 当两个力的夹角为90°时，有aN＝5N 故答案为：（1）B；（2）AC；（3）C；（4）5。 【点评】本实验采用的是等效替代的思维方法。实验中要保证一个合力与两个分力效果相同，结点O的位置必须相同，同时要明确实验原理和步骤，以及知道实验的注意事项。 14．【分析】（1）根据实验原理、正确操作分析作答； （2）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求解打第4个计数点时小车的速度，根据逐差法求解加速度；根据牛顿第二定律定律分析作答。 【解答】解：（1）A．实验前要平衡摩擦力，将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动，故A正确； B．实验时小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数，故B正确； CD．绳子的拉力可以由拉力传感器读出，实验中不需要重物的总重力代替绳子的拉力，因此不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，故CD错误。 故选AB。 （2）相邻计数点之间的时间间隔为 根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打第4个计数点时小车的速度 根据逐差法可得，小车的加速度为 平衡了摩擦力后，对小车和沙桶整体分析，则有mg＝（m+M）a 解得 若满足m≪M时，则加速度 即a﹣F的图像为直线，当砂和砂桶的质量为时，不再满足m≪M这一条件，其加速度遵循 随着m的增大，图像的斜率应逐渐减小，因此图像将向下弯曲，故ABD错误，C正确。 故选：C。 故答案为：（1）AB；（2）1.21；2.02；C。 【点评】本题主要考查了探究加速度与力、质量之间的关系的实验，要明确实验原理，掌握根据纸带求解瞬时速度和加速度的方法，掌握牛顿第二定律的运用。 四．解答题（共4小题） 15．【分析】（1）由匀变速直线运动位移与时间的关系计算； （2）由临界条件：速度相等时两者之间有最大距离，匀变速直线运动位移与时间的关系计算。 【解答】解：（1）机器人B在t2＝10s时追上机器人A，有 机器人B的加速度大小 （2）在机器人B追上A之前，速度相等时两者之间有最大距离，设t时刻速度相等，有vA0+aAt＝aB（t﹣t1） 解得t＝6s 两者之间的最大距离 解得Δx＝16m 故答案为：（1）2.5m/s2；（2）16m。 【点评】本题考查匀变速直线运动位移与时间的关系，解读变速物体追变速物体，推理论证能力。 16．【分析】（1）将两球和细线b视为整体，水平和竖直方向上受力平衡，根据平衡条件进行解答； （2）对小球2进行受力分析，根据受力平衡结合几何关系求解。 【解答】解：（1）取小球1和2为整体做受力分析，如图所示： 根据平衡条件结合几何关系可得： Fasin30°＝Fc Facos30°＝3G 解得：Fa＝2G，FcG； （2）对小球2受力分析，受力情况如图所示： 根据几何关系可得： 解得：α＝30° 则：，解得：Fb＝2G 方向与水平方向夹角30°。 答：（1）细线a、c分别对小球1和2的拉力大小分别为，； （2）细线b对小球2的拉力大小为2G，方向与水平方向夹角30°。 【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意整体法和隔离法的应用。 17．【分析】（1）通过位移公式求加速度； （2）需对物体进行受力分析，利用竖直方向平衡和水平方向牛顿第二定律求动摩擦因数； （3）撤去拉力后，物体仅在摩擦力作用下做匀减速运动，需先求撤去瞬间速度，再结合牛顿第二定律和运动学公式求滑行位移。 【解答】解：（1）在拉力F的作用下由静止开始匀加速运动，由匀变速运动的位移时间公式 代入数据，得 （2）物体受重力、拉力、支持力和摩擦力，如图所示 由牛顿第二定律则有 N+Fsin37°＝mg Fcos37°﹣f＝ma1 f＝μN 解得 μ＝0.5 （3）撤去这个拉力F，由牛顿第二定律则有 μmg＝ma2 解得 由静止运动2s时速度为 v1＝a1t，解得v1＝12m/s 撤去拉力后物体继续滑行的位移 答：（1）2s内物体的加速度大小为6m/s2； （2）物体与地面间的动摩擦因数为0.5； （3）在2s末撤去这个拉力F，撤去拉力后物体继续滑行的位移为14.4m。 【点评】关键在正确进行力的正交分解，注意滑动摩擦力与正压力关系：撤去拉力后正压力等于重力，摩擦力大小与撤去前不同，不可混淆。 18．【分析】（1）分析B在A上向右滑动的过程，B受到A对其向左的滑动摩擦力，A受到B对其向右的滑动摩擦力以及地面对其向左的滑动摩擦力。对B和A分别运用牛顿第二定律，结合各自的受力情况，可确定两者的加速度大小和方向。 （2）B恰好不从A上滑落说明B滑到A右端时两者恰好共速。利用B做匀减速运动、A做匀加速运动的速度关系求出共速时刻和共同速度，再分别计算两者在此过程中的位移，其位移差即为木板A的长度。 （3）共速后A、B一起向右加速，要使F最大，B应处于相对A恰好向后滑动的临界状态，此时B所受静摩擦力达到最大。先对B运用牛顿第二定律求出系统共同的最大加速度，再对A、B整体运用牛顿第二定律，结合地面摩擦力的影响，即可确定F的最大值。 （4）B以更大初速度滑上A，同时A受水平恒力作用。为使B不从A右端滑落且F′最小，应使两者共速时B刚好到达A右端。利用共速条件建立A的加速度与时间的关系，再由相对位移等于板长建立方程，联立求出时间和A的加速度，最后对A运用牛顿第二定律确定F′的最小值。 【解答】解：（1）滑块B在木板A上滑动时，受到的滑动摩擦力向左，木板A受到的B的摩擦力向右，地面的摩擦力向左。规定向右为正方向。 对滑块B，由牛顿第二定律μ1mg＝maB，解得。 对木板A，由牛顿第二定律μ1mg﹣μ2（M+m）g＝MaA，解得。 （2）当滑块B恰好不能从木板上滑落时，说明两者共速时滑块B刚好到达木板A的右端。设经过时间t两者达到共同速度v。 由速度公式v＝v0﹣aBt与v＝aAt，解得t＝2s，v＝5m/s。在此过程中，滑块B的位移为，解得xB＝20m。 木板A的位移为，解得xA＝5m。根据相对位移与板长的关系L＝xB﹣xA，解得L＝15m。 （3）A、B共速后一起向右加速，要使作用力F最大，则B应处于刚好要相对A向后滑动的临界状态，此时B受到的向右的静摩擦力达到最大（等于滑动摩擦力）。 对滑块B，由牛顿第二定律μ1mg＝mam，解得系统共同的最大加速度。 对A、B整体，由牛顿第二定律F﹣μ2（M+m）g＝（M+m）am，解得F＝35N。 （4）当B的初速度为v0'＝16m/s时，为使B不从A右端滑落且施加的拉力F'最小，则要求两者再次共速时B刚好到达A的右端。 设此时A的加速度为aA'，B的加速度仍为，经过时间t'达到共速。 由共速条件可得v0'﹣aBt'＝aA't'，由两者的相对位移关系式，结合共速条件式可解得。 将时间t'代回共速条件式，解得。对木板A，由牛顿第二定律F'+μ1mg﹣μ2（M+m）g＝MaA'，解得。 答：（1）滑块B的加速度大小为5m/s2，木板A的加速度大小为2.5m/s2。 （2）木板A的长度为15m。 （3）恒力F的最大值为35N。 （4）恒力F'的最小值为。 【点评】本题为多过程动力学综合题，围绕板块模型展开，考查摩擦力方向判断、相对运动临界分析及整体隔离法的灵活运用。前两问通过牛顿第二定律与运动学公式求解加速度和板长，计算量适中。第三问涉及共速后保持相对静止的条件，需抓住静摩擦力达到最大值的临界点，对整体法与隔离法的衔接要求较高。第四问在变初速与持续外力条件下求最小拉力，需结合共速时恰好到达右端的位移约束，代数运算较繁，对建模能力和方程联立求解能力有较高要求，能有效检验学生对临界极值问题的处理水平。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/10/10 7:41:47；用户：孟娅；邮箱：mdwgy16@xyh.com；学号：41219167 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $