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2025届山东省实验中学高三上学期第一次诊断考试物理试题
1．（2024·山东模拟）具有“主动刹车系统”的汽车与正前方静止障碍物之间的距离小于安全距离时，会立即开始主动刹车，车主可根据需要设置安全距离。某车的安全距离为15m，若汽车正以54km/h的速度在路面上行驶，遇紧急情况主动刹车后做匀减速直线运动，加速度大小为6m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．汽车刹车时间为3s
B．汽车不能安全停下
C．汽车开始“主动刹车”后第1s末的速度为10m/s
D．汽车开始“主动刹车”后第3s内的平均速度为1.5m/s
2．（2024·山东模拟）“笛音雷”是某些地区春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度—时间图像如图所示（取竖直向上为正方向），其中时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为重力加速度g的直线。不计空气阻力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是（　　）
A．“笛音雷”在t2时刻上升至最高点
B．t3~t4时间内“笛音雷”做自由落体运动
C．t0~t1时间内“笛音雷”的平均速度小于
D．t1~t2时间内“笛音雷”的加速度先减小后增大
3．（2024·山东模拟）如图甲是一款手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，当接触到表面平整的硬性物体时，会产生较强的吸附力。如图乙是手机静止吸附在支架上的侧视图，若手机的重力为G，则下列说法正确的是（　　）
A．手机受到的支持力有可能大于G
B．手机受到的支持力大小为Gcosθ
C．纳米材料对手机的作用力大小为Gcosθ
D．纳米材料对手机的作用力垂直于支架向上
4．（2024·山东模拟）某人站在力的传感器（连着计算机）上完成下蹲、起立动作，计算机屏幕上显示出力的传感器示数F随时间t变化的情况如图所示，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．该人下蹲时间约为0.5s
B．下蹲过程该人一直处于失重状态
C．起立过程该人一直处于超重状态
D．该人下蹲过程的最大加速度约为6m/s2
5．（2024·山东模拟）如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、2m、3m，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计。整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，重力加速度为g，现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间（　　）
A．吊篮A的加速度大小为g B．物体B的加速度大小为1.5g
C．物体C的加速度大小为1.5g D．A、C间的弹力大小为mg
6．（2024·山东模拟）如图所示是运动员将网球在边界A处正上方B点正对球网水平向右击出，恰好过网C的上边沿落在D点的示意图，不计空气阻力，已知AB=h1，网高，AC=x，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　）
A．落点D距离网的水平距离为
B．网球的初速度大小为
C．若击球高度低于h1，应减小击球速度，才能让球落在对方界内
D．若击球高度低于，无论球的初速度多大，球都不可能落在对方界内
7．（2024·山东模拟）如图为电影《流浪地球2》中的“太空电梯”，假若质量为m的宇航员乘坐这种固定在赤道上的“太空电梯”上升，电梯运行到距离地面高度h处停止。已知地球的半径为R，表面的重力加速度为g，自转周期为T，引力常量为G，假若同步卫星距离地面的高度为H，下列说法正确的是（　　）
A．宇航员在“太空电梯”中处于静止状态时，处于平衡状态
B．当h=H，万有引力小于宇航员做圆周运动的向心力
C．当h>H，宇航员受到向下的压力为
D．当h8．（2024·山东模拟）如图所示，与水平面成θ30°角的传送带正以v=10m/s的速度顺时针运行，A、B两端相距l40m。现每隔1s把质量m1kg的工件(视为质点)轻放在传送带上的A端，当每个工件离开B端时恰好在A端放上一个工件，工件与传送带间的动摩擦因数，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．传送带上始终有6个工件
B．两个工件间的最小距离为2.5m
C．工件在传送带上时，先受到沿传送带向上的摩擦力，后不受摩擦力
D．满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了30N
9．（2024·山东模拟）粗糙水平地面上有一质量为M、倾角为30°的粗糙楔形物体C，斜面上有一个质量为2m的物块B，B通过平行于斜面的轻绳绕过定滑轮Р与结点О连接，结点处悬挂一质量为m的小球A。初始时OP间轻绳水平，拉力F与水平方向夹角，如图所示。现让拉力F顺时针缓慢转动90°且保持α大小不变，转动过程B、C始终保持静止。下列说法正确的是（　　）
A．拉力F一直减小
B．绳对B的拉力一直增大
C．B、C间的摩擦力先增大再减小
D．物体C对地面的压力先增大再减小
10．（2024·山东模拟）某种窗户支架如图甲所示，其工作原理简化图如图乙所示。ad杆的a点通过较链固定在滑槽导轨中，d点通过饺链固定在窗户底面，滑块可在滑槽导轨中自由滑动，bc杆的c点通过饺链固定在滑块上，b点通过饺链固定在ad杆上。某次关闭窗户的过程中，ad杆绕a点匀速转动，则下列说法正确的是（　　）
A．b点的线速度等于d点的线速度 B．d点的加速度大小不变
C．c点速度大小始终不变 D．b点和c点的速度大小可能相等
11．（2024·山东模拟）如图所示，在某行星表面有一倾斜的圆盘，绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动，盘面与水平面的夹角为30°，质量为m的小物块(可视为质点)距转轴距离为L，与圆盘保持相对静止。已知角速度为时，小物块恰好相对滑动，物块与盘面间的动摩擦因数为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），星球的半径为R，引力常量为G，则下列说法正确的是（　　）
A．当物块以角速度随圆盘匀速转动到最高点时，物块所受摩擦力方向沿盘面向下
B．当物体以角速度随圆盘匀速转动到最高点时，物块所受摩擦力大小
C．该行星的第一宇宙速度为
D．该行星的密度为
12．（2024·山东模拟）如图所示，原长为L的弹性轻绳一端固定于天花板上的О点，另一端与水平地面上质量为m的滑块A相连，О点正下方L处有一光滑小钉B位于弹性绳右侧。当弹性绳处于竖直位置时，滑块A对地面的压力等于自身重力的一半。现有一水平拉力F作用在滑块A上，使其向右缓慢运动一段距离后撤去F，此时滑块A恰好能静止在地面上。已知弹性轻绳遵循胡克定律，其弹性势能，式中k为弹性绳的劲度系数，x为弹性绳的形变量。此过程中弹性绳始终处于弹性限度内，滑块A与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。对于该过程，下列说法正确的是（　　）
A．滑块A对地面的压力大小不变
B．滑块A向右运动的距离为
C．滑块A克服摩擦力做的功为
D．拉力F做的功为
13．（2024·山东模拟）实验小组利用下面三种方法来研究平抛运动。
（1）甲图中，小球从坐标原点О水平抛出，做平抛运动，两束光分别沿着与坐标轴平行的方向照射小球，在两个坐标轴上留下了小球的两个影子，其中影子2做　 　运动。
（2）乙图中两个完全相同的斜槽M、N，N置于可视为光滑的水平地面上，M在N正上方且两斜槽在同一竖直平面内，从斜槽最高点同时释放两个完全相同的小球P、Q，Р球落地时正好与О球相碰，可判断Р球水平方向做　 　运动。
（3）如图丙研究斜面上的平抛运动。实验装置如图a所示，每次将小球从弧型轨道同一位置静止释放，并逐渐改变斜面与水平地面之间的夹角θ，获得不同的水平射程x，最后作出了如图b所示的x-tanθ图像，g=10m/s2，则：由图b可知，小球在斜面顶端水平抛出时的初速度=　 　m/s。
14．（2024·山东模拟）利用如图甲的实验装置“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”。
（1）图乙是实验得到纸带的一部分，每相邻两计数点间有四个点未画出。相邻计数点的间距已在图中给出。打点计时器电源频率为50Hz，则小车的加速度大小为　 　m/s2（结果保留3位有效数字）。
（2）实验得到的理想a-F图像应是一条过原点的直线，但由于实验误差影响，常出现如图丙所示的①、②、③三种情况。下列说法正确的是（　　）
A．图线①的产生原因是摩擦力过大
B．图线②的产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大
C．图线③的产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大
（3）实验小组的同学觉得用图甲装置测量加速度较大时系统误差较大，所以大胆创新，选用图丁所示器材进行实验，测量小车质量M，所用交流电频率为50Hz，共5个槽码，每个槽码的质量均为m=10g。实验步骤如下：
i.安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着5个槽码。调整轨道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列等间距的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑；
ii.保持轨道倾角不变，取下1个槽码（即细线下端悬挂4个槽码），让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度a；
iii.逐个减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤ii；
iv.以取下槽码的总个数n（1≤n≤5）的倒数为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出关系图线。
已知重力加速度大小g=9.80m/s2，计算结果均保留三位有效数字，请完成下列填空：
①写出随变化的关系式　 　（用M，m，g，a，n表示）；
②测得关系图线的斜率为2.5s2/m，则小车质量M=　 　kg。
15．（2024·山东模拟）如图所示，斜面ABC中AB段粗糙，BC段光滑。物块以10m/s的初速度从A点沿斜面向上滑行，到达C点速度恰好为零。已知BC段的长度为2m，物块上滑过程中，在AB段的加速度是BC段加速度的1.5倍，且物块在AB段和BC段运动的时间相等，g取10m/s2，求：
（1）斜面AB段的长度；
（2）物块与斜面AB段间的动摩擦因数。
16．（2024·山东模拟）如图所示，倾角θ=30°的足够长斜面固定于水平地面上，将一小球（可视为质点）从斜面底端О以速度v0斜向上方抛出，速度方向与斜面间的夹角为α。经历一段时间，小球以垂直于斜面方向的速度打在斜面上的P点。已知重力加速度为g，不计空气阻力，求：
（1）小球抛出时的速度方向与斜面间的夹角α的正切值tanα；
（2）小球到斜面的最大距离；
（3）OP间距离。
17．（2024·山东模拟）如图所示的游戏装置固定在水平地面上，该装置由水平粗糙直轨道OB、竖直光滑圆弧轨道BCDEF、水平光滑直轨道FM和水平粗糙传送带MN平滑连接而成，其中圆弧轨道BCD与水平轨道FM不交叉。传送带以恒定速度v顺时针转动。一轻质弹簧左端固定，原长时右端处于О点。已知OB段长L1=1m，滑块与OB段的动摩擦因数=0.2，圆弧BCD半径R1=0.8m，圆弧DEF半径R2=0.4m。传送带长L2=3m，滑块与传送带的动摩擦因数=0.4。一质量m=0.5kg的滑块将弹簧压缩至A处(图中未标出，AO段光滑)由静止释放，滑块可视为质点，g取10m/s2，不计空气阻力。
（1）若弹簧弹性势能Ep=4.5J，求滑块最终静止的位置与管道最低点B的距离；
（2）若弹簧弹性势能Ep=11.25J，求滑块到达竖直光滑圆弧轨道BCD的D点时受到管道作用力大小；
（3）若弹簧弹性势能Ep=11.25J，求滑块平抛的水平距离x与传送带速度大小v的关系。
18．（2024·山东模拟）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。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】本题考查了运动学中的刹车问题，注意汽车速度减为零后不再运动。所以解答此类问题的一般方法是先判断速度减为零的时间，判断给定的时间内汽车是否已经静止，再选用合适的公式进行解答。A．已知
则汽车刹车时间为
故A错误；
B．汽车刹车过程中的位移为
则汽车不能安全停下，故B正确；
C．汽车开始“主动刹车”后第1s末的速度为
故C错误；
D．由A选项分析可知汽车开始“主动刹车”后2.5s停止。则汽车第3s内的位移
第3s内的平均速度为
故D错误。
故选B。
【分析】根据速度—时间关系求解汽车的刹车时间；根据位移计算公式求解汽车的刹车位移进行分析；根据速度—时间关系求解汽车开始“主动刹车”后第1s末的速度；求出汽车开始刹车后最后1s内的位移，根据平均速度的计算公式求解第3s内的平均速度。
2．【答案】C
【知识点】平均速度；自由落体运动；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】解答本题，要熟练掌握速度一时间图像的物理意义，明确图线斜率代表加速度，图线与横轴所围面积代表位移，速度大于零，物体向正方向运动等。A．由图可知，t0~t4时间内“笛音雷”的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，可知，“笛音雷”在t2时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在t4时刻之后。故A错误；
B．t3~t4时间内“笛音雷”速度方向向上，图像斜率为一恒定的负值，表明时间内“笛音雷”实际上是在向上做竖直上抛运动，其加速度就是重力加速度。故B错误；
C．将A、B用直线连起来，该直线代表匀加速直线运动，其平均速度为
而AB线段与横轴所围的面积大于AB曲线与横轴所围的面积，该面积表示位移，根据
可知，AB线段代表的匀加速直线运动的平均速度大于AB曲线代表的变加速直线运动的平均速度，即t0~t1时间内“笛音雷”的平均速度小于。故C正确；
D．根据v-t图像中图线的切线斜率表示加速度，可知t1~t2时间内“笛音雷”的加速度逐渐减小。故D错误。
故选C。
【分析】平均速度等于位移与时间的比值，t0～t1时间内，若“笛音雷”的速度一时间图线为直线时，其做匀加速直线运动，此时平均速度才等于。根据v-t图像的斜率判断加速度的变化；根据t2时刻“笛音雷”的速度是否为零，判断其是否上升至最高点；根据t3～t4时间内“笛音雷”的速度方向，加速度方向，判断其做何种运动。
3．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题是共点力平衡问题，关键要掌握平衡条件的推论，灵活运用正交分解法，分析力之间的关系，要求同学们能从题目中获取有效信息。对手机进行受力分析，如图所示
AB．根据垂直支架表面方向受力平衡，有
因的大小未知，故有可能大于，故A正确，B错误；
CD．纳米手机对手机的作用力为支持力、吸引力、摩擦力这三个力的合力，这个合力与手机的重力大小相等、方向相反，故C、D错误。
故选A。
【分析】手机处于静止状态，受力平衡，对手机受力分析，根据平衡条件分析即可。
4．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】本题考查了牛顿定律的应用——超重和失重、牛顿第二定律的计算。对于超重还是失重的判断，关键取决于加速度的方向。 物体的加速度向上，则物体处于超重状态；物体的加速度向下，则物体处于失重状态。AB．下蹲过程中，初速度为0，末速度也为0，则下蹲过程先加速向下运动后减速向下运动，该人先处于失重状态，后处于超重状态。从图像可知1~2s过程为下蹲过程，则下蹲时间约为1s。故AB错误；
C．起立过程，初速度为0，末速度也为0，则起立过程先加速向上运动后减速向上运动，该人先处于超重状态，后处于失重状态，所以C错误；
D．由图像可知该人静止时有
支持力最小为200N，最大为700N，由牛顿第二定律可得
，
联立解得
，
所以该人下蹲过程的最大加速度约为6m/s2。故D正确。
故选D。
【分析】人完成下蹲动作时，一开始支持力小于重力，加速度向下，处于失重状态，之后支持力大于重力，加速度向上，处于超重状态，由此可知对应图象中的1s～2s，人完成起立动作的分析与下蹲动作恰好相反，对应图象中的4.8s～5.8s，再结合图中数据并运用牛顿第二定律即可求解该人下蹲过程的最大加速度。
5．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】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。AC．设绳子拉力为，系统静止时，根据平衡条件
在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得
即A、C的加速度均为1.5g，故A错误，C正确；
B．在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则物体B受力情况不变，故物体B的加速度大小为零，故B错误；
D．剪断细线的瞬间，A受到重力和C对A的作用力，对A
得
故D错误。
故选C。
【分析】将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律，求加速度；弹簧的弹力不能突变，根据牛顿第二定律，分析瞬时加速度；对吊篮A，根据牛顿第二定律，求加速度。
6．【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】本题考查平抛运动的临界问题，关键掌握平抛运动的规律，抓住临界情况，运用运动学规律进行求解。平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。
AB．网球做平抛运动，则
，，，
解得
，，，
故AB错误；
CD．任意降低击球高度（仍大于h2），会有一临界情况，此时球刚好接触网又刚好压界，设击球临界高度为h1 ，由平抛运动规律有
，，，
联立解得
若小于该临界高度，速度大会出界，速度小会触网，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】网球做平抛运动，由平抛运动的规律可求初速度及水平位移的大小；由平抛运动的规律可求水平位移的大小判断是否出界；当降低击球的高度，减小击球速度时，网球可能不过网。
7．【答案】C
【知识点】向心力；卫星问题
【解析】【解答】本题结合科幻大片《流浪地球2》综合考查了万有引力定律、牛顿第二定律等知识，又涉及几何知识应用，具有一定难度，要求对牛顿第二定律和万有引力定律有深刻的理解和把握。A．宇航员在“太空电梯”中绕地心随地球一起自转，所以宇航员所受的合力提供向心力，宇航员所受合力不为零，所以不处于平衡状态。故A错误；
B．对同步卫星由万有引力及牛顿第二定律得
对比上式可得，当h=H时，对宇航员满足
即当h=H，万有引力等于宇航员做圆周运动的向心力。
故B错误；
CD．对于绕地卫星，根据万有引力定律及牛顿第二定律可得
当时，卫星为同步卫星，卫星周期与地球自转周期相等；当时，卫星周期大于地球自转周期；当时，卫星周期小于地球自转周期。宇航员在“太空电梯”中不论距地面多高，绕地做圆周运动的周期始终等于地球自转周期。始终满足所受合力提供向心力
所以可得，当时， 万有引力不足以提供向心力，宇航员受到向下的压力，由牛顿第二定律得
其中对地球上的物体而言，受到的万有引力要比地球自转引起的物体做圆周运动所需的向心力大的多，所以通常可以忽略地球自转带来的影响，近似认为万有引力完全等于重力。
联立以上两式得
当时， 万有引力大于提供向心力，宇航员受到向上的支持力，由牛顿第二定律得
其中
联立以上两式得
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】宇航员在“太空升降机”中处于静止状态时，实际是随着地球在自转；对宇航员进行受力分析，由圆周运动的规律求宇航员受到的支持力；判断宇航员做圆周运动的向心力；由牛顿第二定律求宇航员受到向下的压力。
8．【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】在传送带问题中，摩擦力方向的判断是个关键，在受力分析时要注意。在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。C．工件放到传送带上瞬间，工件相对传送带向下运动，受到斜向上的滑动摩擦力，大于重力沿传送带方向的分力，工件开始斜向上做匀加速直线运动，当工件速率和传送带速率相等时，摩擦力突变，受到斜向上的静摩擦力，等于重力沿传送带方向的分力，工件开始相对传送带静止，斜向上做匀速直线运动，故C错误；
A．工件在传送带上加速过程，由牛顿第二定律可得
代入数据可得
工件加速过程所用的时间
工件加速过程的位移大小
工件匀速过程所用的时间
每隔1s把工件放到传送带上，所以匀加速过程放了4个，匀速过程放了2个，共6个，故A正确；
B．由于每隔1s放一个工件，传送带的速度是10m/s，而每个工件的运动情况都相同，最终工件相对于传送带静止时，相邻的两个工件之间的距离一定是10m；相对于后一个工件来说，前一个工件刚刚加速运动1s时，与后一工件间距离最小，由
可得传送带上两个工件间的最小距离
故B错误；
D．满载时增加的牵引力为6个工件所受的摩擦力之和
D错误。
故选A。
【分析】直接对工件受力分析即可；先求出工件的加速度，再结合运动学公式求出最小距离；
先分析传送带上工件的个数，再分析满载时增加的牵引力大小。
9．【答案】A,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要是考查了共点力的平衡问题，注意整体法、隔离法灵活选择研究对象求解。 以恒力为弦，构建辅助圆，然后根据题意动态分析另外两个力的情况，从而得出另外两个力如何变化。AB．对题图右侧结点处受力分析，角大小不变，可以使用辅助圆方法判断力的动态变化情况，如图所示
通过分析可得绳子拉力先增大再减小，拉力F一直减小，故A正确，B错误；
C．初始状态，对A分析可得绳子拉力大小为
对B分析，可发现
即一开始B与C间的静摩擦力为零，故当绳子拉力从先增大再减小到，B、C间的静摩擦力方向一直沿斜面向下且先增大再减小，故C正确；
D．将B、C看成整体，竖直方向有
由于先增大再减小，故先减小再增大，即物体C对地面的压力先减小再增大，故D错误。
故选AC。
【分析】结点O处的三个力画出矢量三角形，判断各力的变化情况；根据细绳对B的拉力变化情况分析B在平行于斜面的方向上的平衡方程判断摩擦力的变化情况，将B、C看成一个整体，从而分析。
10．【答案】B,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】若属于皮带传动或齿轮传动，则轮子边缘各点线速度的大小相等；若属于同轴传动，则轮上各点的角速度相等。A．ad杆绕a点匀速转动，因bd两点绕a点同轴转动，可知角速度相等，根据vωr
可知，b点的线速度小于d点的线速度，故A错误；
B．ad杆绕a点匀速转动，d点的加速度大小不变，但方向不断变化，故B正确；
D．由速度的分解知识可知
当
时，b点和c点的速度大小相等，故D正确；
C．因b点的速度不变，角度不断变化，则根据
可知，c点的速度大小不断变化，故C错误。
故选BD。
【分析】bd两点绕a点同轴转动，可知角速度相等，d点的加速度大小不变，但方向不断变化，结合速度的合成与分解分析。
11．【答案】B,C
【知识点】生活中的圆周运动；万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】本题关键要分析向心力的来源，明确角速度在什么位置最大，由牛顿第二定律进行解题。对地球上的物体而言，受到的万有引力要比地球自转引起的物体做圆周运动所需的向心力大的多，所以通常可以忽略地球自转带来的影响，近似认为万有引力完全等于重力。物体在圆盘上受到重力、圆盘的支持力和摩擦力，合力提供向心加速度；可知当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大。由牛顿第二定律得
解得
AB．小物体在最高位置，假设摩擦力沿盘面向上，则根据牛顿第二定律有
解得
假设正确，摩擦力方向沿盘面向上。故A错误，B正确；
C．第一宇宙速度符合
解得
故C正确；
D．绕该行星表面做匀速圆周运动的物体受到的万有引力提供向心力
联立可求得星球的质量为
所以密度为
故D错误。
故选BC。
【分析】当物体转到圆盘的最低点，由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心力时，角速度最大，由牛顿第二定律求出重力加速度，然后结合万有引力提供向心力即可求出．
12．【答案】A,C,D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】解题的关键是对滑块在A点和任意位置受力分析，根据竖直方向上合力为零即可求解。 对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。AB．设A处于初始位置时与B点的距离为h，物体A在初始时受重力、拉力和地面的支持力，根据题意和平衡条件，有
物体A再向右运动过程中，受到重力、支持力、水平拉力、弹性绳的拉力和摩擦力，如图所示
根据正交分解得
所以支持力不变，摩擦力不变，大小为
设撤去外力时弹性绳的伸长量为x ，在水平方向有
解得
滑块A向右运动的距离为
故A正确，B错误；
C．滑块A克服摩擦力做的功为
故C正确；
D．从A到静止的过程中，根据功能关系可得
弹簧弹性势能增加量为
联立可得
故D正确。
故选ACD。
【分析】先对滑块在A点时受力分析，由竖直方向上合力为零可得出重力、支持力、弹性绳弹力三者关系，再对滑块在任意位置受力分析，由竖直方向受到的合力为零，得出重力、支持力、弹性绳弹力三者关系，然后结合较好知识，可得出支持力不变的结论，从而摩擦力也不变。根据做功公式以及功能关系求解做功大小。
13．【答案】（1）自由落体
（2）匀速直线
（3）1
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】解决本题时要明确平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，关键在于确定影子位移的表达式后分析讨论。
（1）因为平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，所以影子2做自由落体运动。
（2）M在N正上方且两斜槽在同一竖直平面内，从斜槽最高点同时释放两个完全相同的小球P、Q，Р球落地时正好与О球相碰，可判断Р球水平方向做匀速直线运动。
（3）物体在水平方向有
在竖直方向有
所以
结合图线可得
所以
【分析】（1）平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合水平方向和竖直方向上的运动规律分析判断。
（2）根据图中两个三角形相似得到影子位移与时间的关系式，再根据自由落体运动位移—时间关系公式列式，然后联立得到影子位移与时间的关系式，最后分析影子的运动性质。
（3）由平抛运动的规律列出水平位移与夹角正切值的关系，即可求得小球水平抛出时的初速度；
（1）[1]因为平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，所以影子2做自由落体运动。
（2）[1]M在N正上方且两斜槽在同一竖直平面内，从斜槽最高点同时释放两个完全相同的小球P、Q，Р球落地时正好与О球相碰，可判断Р球水平方向做匀速直线运动。
（3）[1]物体在水平方向有
在竖直方向有
所以
结合图线可得
所以
14．【答案】（1）2.86
（2）B
（3）；0.195
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】本题关键掌握“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验原理和利用图像处理数据方法。 a-F图线只有在F是小车实际合外力的情况下才是过原点的直线，本实验中平衡摩擦力后，小车受到的合外力是绳子的拉力， 本实验数据小车的合外力认为就是mg，只有在M m时FT≈mg，a-F图线才接近直线，一旦不满足M m，描出的点的横坐标就会向右偏离较多，造成图线向右弯曲。
（1）根据题意，相邻两计数点间的时间间隔为
小车的加速度大小为
（2）A．随着力F增大，重物的质量将不再远小于小车的质量，图线弯曲，故A错误；
BC．若平衡摩擦力时长木板的倾角过大，当F为零时，加速度不为零，即a-F图线与纵轴有交点，若平衡摩擦力不足或者没有平衡摩擦力，图线与横轴出现交点，故B正确，C错误。
故选B。
（3）当小车匀速时有
减小n个槽码，对小车和槽码分别有
则
即
由以上分析可得
所以
【分析】（1）根据逐差法计算小车的加速度；
（2）随着力F增大，重物的质量将不再远小于小车的质量，图线弯曲，根据平衡摩擦力分析判断；
（3）根据牛顿第二定律推导结合图像计算。
（1）根据题意，相邻两计数点间的时间间隔为
小车的加速度大小为
（2）A．随着力F增大，重物的质量将不再远小于小车的质量，图线弯曲，故A错误；
BC．若平衡摩擦力时长木板的倾角过大，当F为零时，加速度不为零，即a-F图线与纵轴有交点，若平衡摩擦力不足或者没有平衡摩擦力，图线与横轴出现交点，故B正确，C错误。
故选B。
（3）[1]当小车匀速时有
减小n个槽码，对小车和槽码分别有
则
即
[2]由以上分析可得
所以
15．【答案】（1）解：设物体在AB段的加速度大小为，BC段加速度大小为，根据题意有
有
在上滑AB段
在上滑BC段
得
（2）解：对两段过程，分别由牛顿第二定律有
得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）对AB段和BC段运动过程，分别根据加速度定义式以及加速度的关系列式，求出通过B处的速度，然后根据速度—位移公式求AB段的长度；
（2）根据牛顿第二定律及加速度的关系联立求出动摩擦因数。
（1）设物体在AB段的加速度大小为，BC段加速度大小为，根据题意有
有
在上滑AB段
在上滑BC段
得
（2）对两段过程，分别由牛顿第二定律有
得
16．【答案】（1）解：在沿斜面方向上有
在垂直于斜面的方向上有
则小球抛出时的速度方向与斜面夹角α的正切值
（2）解：由以上分析可得
，
当小球垂直于斜面的分速度减为0时，距离斜面最远，则有
解得
（3）解：在沿斜面方向上有
解得
【知识点】斜抛运动
【解析】【分析】（1）将初速度与加速度均分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向，小球在两个方向上都是匀变速直线运动，利用运动时间t相同建立两个方向的等式，进而可得tanα；
（2）小球在垂直于斜面方向速度变为0时，距斜面的距离最大；
（3）在沿斜面方向上是匀变速直线运动，根据位移时间关系求解OP间距离 。
（1）在沿斜面方向上有
在垂直于斜面的方向上有
则小球抛出时的速度方向与斜面夹角α的正切值
（2）由以上分析可得
，
当小球垂直于斜面的分速度减为0时，距离斜面最远，则有
解得
（3）在沿斜面方向上有
解得
17．【答案】（1）解：设滑块能冲到的最高点高度为，则根据动能定理有
解得
故滑块无法到达C点，根据能量守恒有
解得
则停在离B点0.5m处。
（2）解：根据动能定理可知从释放滑块到达竖直光滑圆弧轨道BCD的D点的过程中
在最高点合外力提供向心力，有
解得
（3）解：从释放滑块到达M点的过程，根据动能定理有
根据平抛运动规律有
解得
，
若一直减速则有
若一直加速则有
解得
，
若，则
若，则
若，则
【知识点】能量守恒定律；平抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解滑块能冲到的最高点高度，根据能量守恒结合摩擦力做功求解距离；
（2）在最高点合外力提供向心力，根据牛顿第二定律求解受到管道的作用力大小；
（3） 根据平抛运动规律求得平抛运动的时间。根据动能定理分别求得，滑块在传送带上一直减速或者一直加速到达E点的速度大小。根据滑块在传送带上的运动过程，讨论传送带的速度的取值，确定滑块到达N的速度与传送带的速度关系，再确定滑块平抛的水平距离x与传送带速度大小v的关系。
（1）设滑块能冲到的最高点高度为，则根据动能定理有
解得
故滑块无法到达C点，根据能量守恒有
解得
则停在离B点0.5m处。
（2）根据动能定理可知从释放滑块到达竖直光滑圆弧轨道BCD的D点的过程中
在最高点合外力提供向心力，有
解得
（3）从释放滑块到达M点的过程，根据动能定理有
根据平抛运动规律有
解得
，
若一直减速则有
若一直加速则有
解得
，
若，则
若，则
若，则
18．【答案】（1）解：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
解得
故力F1的最小值为10N。
（2）解：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
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
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
解得
要使滑块与木板达到共速后，不再相对滑动，则应满足
解得
故力F2的大小范围为1N≤F2≤9N。
（3）解：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
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
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
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
滑块落地时距木板左端的距离为
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）要使木板保持静止，条件是水平面与木板之间的最大静摩擦力不小于滑块对木板的滑动摩擦力，据此解答。
（2）针对木板的初始加速度方向向左或向右的不同情况进行讨论分析，若木板向左运动，判断滑块滑离之前能否与之共速；若木板向右运动，滑块不滑离木板的条件是滑块和木板共速时滑块最多只能到达木板的右端，且共速后两者不能再相对滑动。根据牛顿第二定律与运动学公式解答。
（3）若在木板上加一水平向右的力F3=13N，对比（2）的结果，分析判断两者的相对运动过程，考虑是否存在共速，以及共速后两者相对运动情况。根据牛顿第二定律与运动学公式求出分离时两者的速度大小。分离后滑块做平抛运动，根据下落的高度求得运动时间，分别求得滑块的水平位移大小与木板的位移大小，进而可得落地时滑块与木板左端的距离。
（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
解得
故力F1的最小值为10 N。
（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
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
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
解得
要使滑块与木板达到共速后，不再相对滑动，则应满足
解得
故力F2的大小范围为1 N ≤ F2 ≤ 9 N。
（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
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
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
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
滑块落地时距木板左端的距离为
解得
1 / 12025届山东省实验中学高三上学期第一次诊断考试物理试题
1．（2024·山东模拟）具有“主动刹车系统”的汽车与正前方静止障碍物之间的距离小于安全距离时，会立即开始主动刹车，车主可根据需要设置安全距离。某车的安全距离为15m，若汽车正以54km/h的速度在路面上行驶，遇紧急情况主动刹车后做匀减速直线运动，加速度大小为6m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．汽车刹车时间为3s
B．汽车不能安全停下
C．汽车开始“主动刹车”后第1s末的速度为10m/s
D．汽车开始“主动刹车”后第3s内的平均速度为1.5m/s
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】本题考查了运动学中的刹车问题，注意汽车速度减为零后不再运动。所以解答此类问题的一般方法是先判断速度减为零的时间，判断给定的时间内汽车是否已经静止，再选用合适的公式进行解答。A．已知
则汽车刹车时间为
故A错误；
B．汽车刹车过程中的位移为
则汽车不能安全停下，故B正确；
C．汽车开始“主动刹车”后第1s末的速度为
故C错误；
D．由A选项分析可知汽车开始“主动刹车”后2.5s停止。则汽车第3s内的位移
第3s内的平均速度为
故D错误。
故选B。
【分析】根据速度—时间关系求解汽车的刹车时间；根据位移计算公式求解汽车的刹车位移进行分析；根据速度—时间关系求解汽车开始“主动刹车”后第1s末的速度；求出汽车开始刹车后最后1s内的位移，根据平均速度的计算公式求解第3s内的平均速度。
2．（2024·山东模拟）“笛音雷”是某些地区春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度—时间图像如图所示（取竖直向上为正方向），其中时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为重力加速度g的直线。不计空气阻力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是（　　）
A．“笛音雷”在t2时刻上升至最高点
B．t3~t4时间内“笛音雷”做自由落体运动
C．t0~t1时间内“笛音雷”的平均速度小于
D．t1~t2时间内“笛音雷”的加速度先减小后增大
【答案】C
【知识点】平均速度；自由落体运动；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】解答本题，要熟练掌握速度一时间图像的物理意义，明确图线斜率代表加速度，图线与横轴所围面积代表位移，速度大于零，物体向正方向运动等。A．由图可知，t0~t4时间内“笛音雷”的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，可知，“笛音雷”在t2时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在t4时刻之后。故A错误；
B．t3~t4时间内“笛音雷”速度方向向上，图像斜率为一恒定的负值，表明时间内“笛音雷”实际上是在向上做竖直上抛运动，其加速度就是重力加速度。故B错误；
C．将A、B用直线连起来，该直线代表匀加速直线运动，其平均速度为
而AB线段与横轴所围的面积大于AB曲线与横轴所围的面积，该面积表示位移，根据
可知，AB线段代表的匀加速直线运动的平均速度大于AB曲线代表的变加速直线运动的平均速度，即t0~t1时间内“笛音雷”的平均速度小于。故C正确；
D．根据v-t图像中图线的切线斜率表示加速度，可知t1~t2时间内“笛音雷”的加速度逐渐减小。故D错误。
故选C。
【分析】平均速度等于位移与时间的比值，t0～t1时间内，若“笛音雷”的速度一时间图线为直线时，其做匀加速直线运动，此时平均速度才等于。根据v-t图像的斜率判断加速度的变化；根据t2时刻“笛音雷”的速度是否为零，判断其是否上升至最高点；根据t3～t4时间内“笛音雷”的速度方向，加速度方向，判断其做何种运动。
3．（2024·山东模拟）如图甲是一款手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，当接触到表面平整的硬性物体时，会产生较强的吸附力。如图乙是手机静止吸附在支架上的侧视图，若手机的重力为G，则下列说法正确的是（　　）
A．手机受到的支持力有可能大于G
B．手机受到的支持力大小为Gcosθ
C．纳米材料对手机的作用力大小为Gcosθ
D．纳米材料对手机的作用力垂直于支架向上
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题是共点力平衡问题，关键要掌握平衡条件的推论，灵活运用正交分解法，分析力之间的关系，要求同学们能从题目中获取有效信息。对手机进行受力分析，如图所示
AB．根据垂直支架表面方向受力平衡，有
因的大小未知，故有可能大于，故A正确，B错误；
CD．纳米手机对手机的作用力为支持力、吸引力、摩擦力这三个力的合力，这个合力与手机的重力大小相等、方向相反，故C、D错误。
故选A。
【分析】手机处于静止状态，受力平衡，对手机受力分析，根据平衡条件分析即可。
4．（2024·山东模拟）某人站在力的传感器（连着计算机）上完成下蹲、起立动作，计算机屏幕上显示出力的传感器示数F随时间t变化的情况如图所示，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．该人下蹲时间约为0.5s
B．下蹲过程该人一直处于失重状态
C．起立过程该人一直处于超重状态
D．该人下蹲过程的最大加速度约为6m/s2
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】本题考查了牛顿定律的应用——超重和失重、牛顿第二定律的计算。对于超重还是失重的判断，关键取决于加速度的方向。 物体的加速度向上，则物体处于超重状态；物体的加速度向下，则物体处于失重状态。AB．下蹲过程中，初速度为0，末速度也为0，则下蹲过程先加速向下运动后减速向下运动，该人先处于失重状态，后处于超重状态。从图像可知1~2s过程为下蹲过程，则下蹲时间约为1s。故AB错误；
C．起立过程，初速度为0，末速度也为0，则起立过程先加速向上运动后减速向上运动，该人先处于超重状态，后处于失重状态，所以C错误；
D．由图像可知该人静止时有
支持力最小为200N，最大为700N，由牛顿第二定律可得
，
联立解得
，
所以该人下蹲过程的最大加速度约为6m/s2。故D正确。
故选D。
【分析】人完成下蹲动作时，一开始支持力小于重力，加速度向下，处于失重状态，之后支持力大于重力，加速度向上，处于超重状态，由此可知对应图象中的1s～2s，人完成起立动作的分析与下蹲动作恰好相反，对应图象中的4.8s～5.8s，再结合图中数据并运用牛顿第二定律即可求解该人下蹲过程的最大加速度。
5．（2024·山东模拟）如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、2m、3m，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计。整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，重力加速度为g，现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间（　　）
A．吊篮A的加速度大小为g B．物体B的加速度大小为1.5g
C．物体C的加速度大小为1.5g D．A、C间的弹力大小为mg
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】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。AC．设绳子拉力为，系统静止时，根据平衡条件
在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得
即A、C的加速度均为1.5g，故A错误，C正确；
B．在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则物体B受力情况不变，故物体B的加速度大小为零，故B错误；
D．剪断细线的瞬间，A受到重力和C对A的作用力，对A
得
故D错误。
故选C。
【分析】将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律，求加速度；弹簧的弹力不能突变，根据牛顿第二定律，分析瞬时加速度；对吊篮A，根据牛顿第二定律，求加速度。
6．（2024·山东模拟）如图所示是运动员将网球在边界A处正上方B点正对球网水平向右击出，恰好过网C的上边沿落在D点的示意图，不计空气阻力，已知AB=h1，网高，AC=x，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　）
A．落点D距离网的水平距离为
B．网球的初速度大小为
C．若击球高度低于h1，应减小击球速度，才能让球落在对方界内
D．若击球高度低于，无论球的初速度多大，球都不可能落在对方界内
【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】本题考查平抛运动的临界问题，关键掌握平抛运动的规律，抓住临界情况，运用运动学规律进行求解。平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。
AB．网球做平抛运动，则
，，，
解得
，，，
故AB错误；
CD．任意降低击球高度（仍大于h2），会有一临界情况，此时球刚好接触网又刚好压界，设击球临界高度为h1 ，由平抛运动规律有
，，，
联立解得
若小于该临界高度，速度大会出界，速度小会触网，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】网球做平抛运动，由平抛运动的规律可求初速度及水平位移的大小；由平抛运动的规律可求水平位移的大小判断是否出界；当降低击球的高度，减小击球速度时，网球可能不过网。
7．（2024·山东模拟）如图为电影《流浪地球2》中的“太空电梯”，假若质量为m的宇航员乘坐这种固定在赤道上的“太空电梯”上升，电梯运行到距离地面高度h处停止。已知地球的半径为R，表面的重力加速度为g，自转周期为T，引力常量为G，假若同步卫星距离地面的高度为H，下列说法正确的是（　　）
A．宇航员在“太空电梯”中处于静止状态时，处于平衡状态
B．当h=H，万有引力小于宇航员做圆周运动的向心力
C．当h>H，宇航员受到向下的压力为
D．当h【答案】C
【知识点】向心力；卫星问题
【解析】【解答】本题结合科幻大片《流浪地球2》综合考查了万有引力定律、牛顿第二定律等知识，又涉及几何知识应用，具有一定难度，要求对牛顿第二定律和万有引力定律有深刻的理解和把握。A．宇航员在“太空电梯”中绕地心随地球一起自转，所以宇航员所受的合力提供向心力，宇航员所受合力不为零，所以不处于平衡状态。故A错误；
B．对同步卫星由万有引力及牛顿第二定律得
对比上式可得，当h=H时，对宇航员满足
即当h=H，万有引力等于宇航员做圆周运动的向心力。
故B错误；
CD．对于绕地卫星，根据万有引力定律及牛顿第二定律可得
当时，卫星为同步卫星，卫星周期与地球自转周期相等；当时，卫星周期大于地球自转周期；当时，卫星周期小于地球自转周期。宇航员在“太空电梯”中不论距地面多高，绕地做圆周运动的周期始终等于地球自转周期。始终满足所受合力提供向心力
所以可得，当时， 万有引力不足以提供向心力，宇航员受到向下的压力，由牛顿第二定律得
其中对地球上的物体而言，受到的万有引力要比地球自转引起的物体做圆周运动所需的向心力大的多，所以通常可以忽略地球自转带来的影响，近似认为万有引力完全等于重力。
联立以上两式得
当时， 万有引力大于提供向心力，宇航员受到向上的支持力，由牛顿第二定律得
其中
联立以上两式得
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】宇航员在“太空升降机”中处于静止状态时，实际是随着地球在自转；对宇航员进行受力分析，由圆周运动的规律求宇航员受到的支持力；判断宇航员做圆周运动的向心力；由牛顿第二定律求宇航员受到向下的压力。
8．（2024·山东模拟）如图所示，与水平面成θ30°角的传送带正以v=10m/s的速度顺时针运行，A、B两端相距l40m。现每隔1s把质量m1kg的工件(视为质点)轻放在传送带上的A端，当每个工件离开B端时恰好在A端放上一个工件，工件与传送带间的动摩擦因数，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．传送带上始终有6个工件
B．两个工件间的最小距离为2.5m
C．工件在传送带上时，先受到沿传送带向上的摩擦力，后不受摩擦力
D．满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了30N
【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】在传送带问题中，摩擦力方向的判断是个关键，在受力分析时要注意。在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。C．工件放到传送带上瞬间，工件相对传送带向下运动，受到斜向上的滑动摩擦力，大于重力沿传送带方向的分力，工件开始斜向上做匀加速直线运动，当工件速率和传送带速率相等时，摩擦力突变，受到斜向上的静摩擦力，等于重力沿传送带方向的分力，工件开始相对传送带静止，斜向上做匀速直线运动，故C错误；
A．工件在传送带上加速过程，由牛顿第二定律可得
代入数据可得
工件加速过程所用的时间
工件加速过程的位移大小
工件匀速过程所用的时间
每隔1s把工件放到传送带上，所以匀加速过程放了4个，匀速过程放了2个，共6个，故A正确；
B．由于每隔1s放一个工件，传送带的速度是10m/s，而每个工件的运动情况都相同，最终工件相对于传送带静止时，相邻的两个工件之间的距离一定是10m；相对于后一个工件来说，前一个工件刚刚加速运动1s时，与后一工件间距离最小，由
可得传送带上两个工件间的最小距离
故B错误；
D．满载时增加的牵引力为6个工件所受的摩擦力之和
D错误。
故选A。
【分析】直接对工件受力分析即可；先求出工件的加速度，再结合运动学公式求出最小距离；
先分析传送带上工件的个数，再分析满载时增加的牵引力大小。
9．（2024·山东模拟）粗糙水平地面上有一质量为M、倾角为30°的粗糙楔形物体C，斜面上有一个质量为2m的物块B，B通过平行于斜面的轻绳绕过定滑轮Р与结点О连接，结点处悬挂一质量为m的小球A。初始时OP间轻绳水平，拉力F与水平方向夹角，如图所示。现让拉力F顺时针缓慢转动90°且保持α大小不变，转动过程B、C始终保持静止。下列说法正确的是（　　）
A．拉力F一直减小
B．绳对B的拉力一直增大
C．B、C间的摩擦力先增大再减小
D．物体C对地面的压力先增大再减小
【答案】A,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要是考查了共点力的平衡问题，注意整体法、隔离法灵活选择研究对象求解。 以恒力为弦，构建辅助圆，然后根据题意动态分析另外两个力的情况，从而得出另外两个力如何变化。AB．对题图右侧结点处受力分析，角大小不变，可以使用辅助圆方法判断力的动态变化情况，如图所示
通过分析可得绳子拉力先增大再减小，拉力F一直减小，故A正确，B错误；
C．初始状态，对A分析可得绳子拉力大小为
对B分析，可发现
即一开始B与C间的静摩擦力为零，故当绳子拉力从先增大再减小到，B、C间的静摩擦力方向一直沿斜面向下且先增大再减小，故C正确；
D．将B、C看成整体，竖直方向有
由于先增大再减小，故先减小再增大，即物体C对地面的压力先减小再增大，故D错误。
故选AC。
【分析】结点O处的三个力画出矢量三角形，判断各力的变化情况；根据细绳对B的拉力变化情况分析B在平行于斜面的方向上的平衡方程判断摩擦力的变化情况，将B、C看成一个整体，从而分析。
10．（2024·山东模拟）某种窗户支架如图甲所示，其工作原理简化图如图乙所示。ad杆的a点通过较链固定在滑槽导轨中，d点通过饺链固定在窗户底面，滑块可在滑槽导轨中自由滑动，bc杆的c点通过饺链固定在滑块上，b点通过饺链固定在ad杆上。某次关闭窗户的过程中，ad杆绕a点匀速转动，则下列说法正确的是（　　）
A．b点的线速度等于d点的线速度 B．d点的加速度大小不变
C．c点速度大小始终不变 D．b点和c点的速度大小可能相等
【答案】B,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】若属于皮带传动或齿轮传动，则轮子边缘各点线速度的大小相等；若属于同轴传动，则轮上各点的角速度相等。A．ad杆绕a点匀速转动，因bd两点绕a点同轴转动，可知角速度相等，根据vωr
可知，b点的线速度小于d点的线速度，故A错误；
B．ad杆绕a点匀速转动，d点的加速度大小不变，但方向不断变化，故B正确；
D．由速度的分解知识可知
当
时，b点和c点的速度大小相等，故D正确；
C．因b点的速度不变，角度不断变化，则根据
可知，c点的速度大小不断变化，故C错误。
故选BD。
【分析】bd两点绕a点同轴转动，可知角速度相等，d点的加速度大小不变，但方向不断变化，结合速度的合成与分解分析。
11．（2024·山东模拟）如图所示，在某行星表面有一倾斜的圆盘，绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动，盘面与水平面的夹角为30°，质量为m的小物块(可视为质点)距转轴距离为L，与圆盘保持相对静止。已知角速度为时，小物块恰好相对滑动，物块与盘面间的动摩擦因数为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），星球的半径为R，引力常量为G，则下列说法正确的是（　　）
A．当物块以角速度随圆盘匀速转动到最高点时，物块所受摩擦力方向沿盘面向下
B．当物体以角速度随圆盘匀速转动到最高点时，物块所受摩擦力大小
C．该行星的第一宇宙速度为
D．该行星的密度为
【答案】B,C
【知识点】生活中的圆周运动；万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】本题关键要分析向心力的来源，明确角速度在什么位置最大，由牛顿第二定律进行解题。对地球上的物体而言，受到的万有引力要比地球自转引起的物体做圆周运动所需的向心力大的多，所以通常可以忽略地球自转带来的影响，近似认为万有引力完全等于重力。物体在圆盘上受到重力、圆盘的支持力和摩擦力，合力提供向心加速度；可知当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大。由牛顿第二定律得
解得
AB．小物体在最高位置，假设摩擦力沿盘面向上，则根据牛顿第二定律有
解得
假设正确，摩擦力方向沿盘面向上。故A错误，B正确；
C．第一宇宙速度符合
解得
故C正确；
D．绕该行星表面做匀速圆周运动的物体受到的万有引力提供向心力
联立可求得星球的质量为
所以密度为
故D错误。
故选BC。
【分析】当物体转到圆盘的最低点，由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心力时，角速度最大，由牛顿第二定律求出重力加速度，然后结合万有引力提供向心力即可求出．
12．（2024·山东模拟）如图所示，原长为L的弹性轻绳一端固定于天花板上的О点，另一端与水平地面上质量为m的滑块A相连，О点正下方L处有一光滑小钉B位于弹性绳右侧。当弹性绳处于竖直位置时，滑块A对地面的压力等于自身重力的一半。现有一水平拉力F作用在滑块A上，使其向右缓慢运动一段距离后撤去F，此时滑块A恰好能静止在地面上。已知弹性轻绳遵循胡克定律，其弹性势能，式中k为弹性绳的劲度系数，x为弹性绳的形变量。此过程中弹性绳始终处于弹性限度内，滑块A与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。对于该过程，下列说法正确的是（　　）
A．滑块A对地面的压力大小不变
B．滑块A向右运动的距离为
C．滑块A克服摩擦力做的功为
D．拉力F做的功为
【答案】A,C,D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】解题的关键是对滑块在A点和任意位置受力分析，根据竖直方向上合力为零即可求解。 对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。AB．设A处于初始位置时与B点的距离为h，物体A在初始时受重力、拉力和地面的支持力，根据题意和平衡条件，有
物体A再向右运动过程中，受到重力、支持力、水平拉力、弹性绳的拉力和摩擦力，如图所示
根据正交分解得
所以支持力不变，摩擦力不变，大小为
设撤去外力时弹性绳的伸长量为x ，在水平方向有
解得
滑块A向右运动的距离为
故A正确，B错误；
C．滑块A克服摩擦力做的功为
故C正确；
D．从A到静止的过程中，根据功能关系可得
弹簧弹性势能增加量为
联立可得
故D正确。
故选ACD。
【分析】先对滑块在A点时受力分析，由竖直方向上合力为零可得出重力、支持力、弹性绳弹力三者关系，再对滑块在任意位置受力分析，由竖直方向受到的合力为零，得出重力、支持力、弹性绳弹力三者关系，然后结合较好知识，可得出支持力不变的结论，从而摩擦力也不变。根据做功公式以及功能关系求解做功大小。
13．（2024·山东模拟）实验小组利用下面三种方法来研究平抛运动。
（1）甲图中，小球从坐标原点О水平抛出，做平抛运动，两束光分别沿着与坐标轴平行的方向照射小球，在两个坐标轴上留下了小球的两个影子，其中影子2做　 　运动。
（2）乙图中两个完全相同的斜槽M、N，N置于可视为光滑的水平地面上，M在N正上方且两斜槽在同一竖直平面内，从斜槽最高点同时释放两个完全相同的小球P、Q，Р球落地时正好与О球相碰，可判断Р球水平方向做　 　运动。
（3）如图丙研究斜面上的平抛运动。实验装置如图a所示，每次将小球从弧型轨道同一位置静止释放，并逐渐改变斜面与水平地面之间的夹角θ，获得不同的水平射程x，最后作出了如图b所示的x-tanθ图像，g=10m/s2，则：由图b可知，小球在斜面顶端水平抛出时的初速度=　 　m/s。
【答案】（1）自由落体
（2）匀速直线
（3）1
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】解决本题时要明确平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，关键在于确定影子位移的表达式后分析讨论。
（1）因为平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，所以影子2做自由落体运动。
（2）M在N正上方且两斜槽在同一竖直平面内，从斜槽最高点同时释放两个完全相同的小球P、Q，Р球落地时正好与О球相碰，可判断Р球水平方向做匀速直线运动。
（3）物体在水平方向有
在竖直方向有
所以
结合图线可得
所以
【分析】（1）平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合水平方向和竖直方向上的运动规律分析判断。
（2）根据图中两个三角形相似得到影子位移与时间的关系式，再根据自由落体运动位移—时间关系公式列式，然后联立得到影子位移与时间的关系式，最后分析影子的运动性质。
（3）由平抛运动的规律列出水平位移与夹角正切值的关系，即可求得小球水平抛出时的初速度；
（1）[1]因为平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，所以影子2做自由落体运动。
（2）[1]M在N正上方且两斜槽在同一竖直平面内，从斜槽最高点同时释放两个完全相同的小球P、Q，Р球落地时正好与О球相碰，可判断Р球水平方向做匀速直线运动。
（3）[1]物体在水平方向有
在竖直方向有
所以
结合图线可得
所以
14．（2024·山东模拟）利用如图甲的实验装置“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”。
（1）图乙是实验得到纸带的一部分，每相邻两计数点间有四个点未画出。相邻计数点的间距已在图中给出。打点计时器电源频率为50Hz，则小车的加速度大小为　 　m/s2（结果保留3位有效数字）。
（2）实验得到的理想a-F图像应是一条过原点的直线，但由于实验误差影响，常出现如图丙所示的①、②、③三种情况。下列说法正确的是（　　）
A．图线①的产生原因是摩擦力过大
B．图线②的产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大
C．图线③的产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大
（3）实验小组的同学觉得用图甲装置测量加速度较大时系统误差较大，所以大胆创新，选用图丁所示器材进行实验，测量小车质量M，所用交流电频率为50Hz，共5个槽码，每个槽码的质量均为m=10g。实验步骤如下：
i.安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着5个槽码。调整轨道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列等间距的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑；
ii.保持轨道倾角不变，取下1个槽码（即细线下端悬挂4个槽码），让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度a；
iii.逐个减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤ii；
iv.以取下槽码的总个数n（1≤n≤5）的倒数为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出关系图线。
已知重力加速度大小g=9.80m/s2，计算结果均保留三位有效数字，请完成下列填空：
①写出随变化的关系式　 　（用M，m，g，a，n表示）；
②测得关系图线的斜率为2.5s2/m，则小车质量M=　 　kg。
【答案】（1）2.86
（2）B
（3）；0.195
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】本题关键掌握“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验原理和利用图像处理数据方法。 a-F图线只有在F是小车实际合外力的情况下才是过原点的直线，本实验中平衡摩擦力后，小车受到的合外力是绳子的拉力， 本实验数据小车的合外力认为就是mg，只有在M m时FT≈mg，a-F图线才接近直线，一旦不满足M m，描出的点的横坐标就会向右偏离较多，造成图线向右弯曲。
（1）根据题意，相邻两计数点间的时间间隔为
小车的加速度大小为
（2）A．随着力F增大，重物的质量将不再远小于小车的质量，图线弯曲，故A错误；
BC．若平衡摩擦力时长木板的倾角过大，当F为零时，加速度不为零，即a-F图线与纵轴有交点，若平衡摩擦力不足或者没有平衡摩擦力，图线与横轴出现交点，故B正确，C错误。
故选B。
（3）当小车匀速时有
减小n个槽码，对小车和槽码分别有
则
即
由以上分析可得
所以
【分析】（1）根据逐差法计算小车的加速度；
（2）随着力F增大，重物的质量将不再远小于小车的质量，图线弯曲，根据平衡摩擦力分析判断；
（3）根据牛顿第二定律推导结合图像计算。
（1）根据题意，相邻两计数点间的时间间隔为
小车的加速度大小为
（2）A．随着力F增大，重物的质量将不再远小于小车的质量，图线弯曲，故A错误；
BC．若平衡摩擦力时长木板的倾角过大，当F为零时，加速度不为零，即a-F图线与纵轴有交点，若平衡摩擦力不足或者没有平衡摩擦力，图线与横轴出现交点，故B正确，C错误。
故选B。
（3）[1]当小车匀速时有
减小n个槽码，对小车和槽码分别有
则
即
[2]由以上分析可得
所以
15．（2024·山东模拟）如图所示，斜面ABC中AB段粗糙，BC段光滑。物块以10m/s的初速度从A点沿斜面向上滑行，到达C点速度恰好为零。已知BC段的长度为2m，物块上滑过程中，在AB段的加速度是BC段加速度的1.5倍，且物块在AB段和BC段运动的时间相等，g取10m/s2，求：
（1）斜面AB段的长度；
（2）物块与斜面AB段间的动摩擦因数。
【答案】（1）解：设物体在AB段的加速度大小为，BC段加速度大小为，根据题意有
有
在上滑AB段
在上滑BC段
得
（2）解：对两段过程，分别由牛顿第二定律有
得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）对AB段和BC段运动过程，分别根据加速度定义式以及加速度的关系列式，求出通过B处的速度，然后根据速度—位移公式求AB段的长度；
（2）根据牛顿第二定律及加速度的关系联立求出动摩擦因数。
（1）设物体在AB段的加速度大小为，BC段加速度大小为，根据题意有
有
在上滑AB段
在上滑BC段
得
（2）对两段过程，分别由牛顿第二定律有
得
16．（2024·山东模拟）如图所示，倾角θ=30°的足够长斜面固定于水平地面上，将一小球（可视为质点）从斜面底端О以速度v0斜向上方抛出，速度方向与斜面间的夹角为α。经历一段时间，小球以垂直于斜面方向的速度打在斜面上的P点。已知重力加速度为g，不计空气阻力，求：
（1）小球抛出时的速度方向与斜面间的夹角α的正切值tanα；
（2）小球到斜面的最大距离；
（3）OP间距离。
【答案】（1）解：在沿斜面方向上有
在垂直于斜面的方向上有
则小球抛出时的速度方向与斜面夹角α的正切值
（2）解：由以上分析可得
，
当小球垂直于斜面的分速度减为0时，距离斜面最远，则有
解得
（3）解：在沿斜面方向上有
解得
【知识点】斜抛运动
【解析】【分析】（1）将初速度与加速度均分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向，小球在两个方向上都是匀变速直线运动，利用运动时间t相同建立两个方向的等式，进而可得tanα；
（2）小球在垂直于斜面方向速度变为0时，距斜面的距离最大；
（3）在沿斜面方向上是匀变速直线运动，根据位移时间关系求解OP间距离 。
（1）在沿斜面方向上有
在垂直于斜面的方向上有
则小球抛出时的速度方向与斜面夹角α的正切值
（2）由以上分析可得
，
当小球垂直于斜面的分速度减为0时，距离斜面最远，则有
解得
（3）在沿斜面方向上有
解得
17．（2024·山东模拟）如图所示的游戏装置固定在水平地面上，该装置由水平粗糙直轨道OB、竖直光滑圆弧轨道BCDEF、水平光滑直轨道FM和水平粗糙传送带MN平滑连接而成，其中圆弧轨道BCD与水平轨道FM不交叉。传送带以恒定速度v顺时针转动。一轻质弹簧左端固定，原长时右端处于О点。已知OB段长L1=1m，滑块与OB段的动摩擦因数=0.2，圆弧BCD半径R1=0.8m，圆弧DEF半径R2=0.4m。传送带长L2=3m，滑块与传送带的动摩擦因数=0.4。一质量m=0.5kg的滑块将弹簧压缩至A处(图中未标出，AO段光滑)由静止释放，滑块可视为质点，g取10m/s2，不计空气阻力。
（1）若弹簧弹性势能Ep=4.5J，求滑块最终静止的位置与管道最低点B的距离；
（2）若弹簧弹性势能Ep=11.25J，求滑块到达竖直光滑圆弧轨道BCD的D点时受到管道作用力大小；
（3）若弹簧弹性势能Ep=11.25J，求滑块平抛的水平距离x与传送带速度大小v的关系。
【答案】（1）解：设滑块能冲到的最高点高度为，则根据动能定理有
解得
故滑块无法到达C点，根据能量守恒有
解得
则停在离B点0.5m处。
（2）解：根据动能定理可知从释放滑块到达竖直光滑圆弧轨道BCD的D点的过程中
在最高点合外力提供向心力，有
解得
（3）解：从释放滑块到达M点的过程，根据动能定理有
根据平抛运动规律有
解得
，
若一直减速则有
若一直加速则有
解得
，
若，则
若，则
若，则
【知识点】能量守恒定律；平抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解滑块能冲到的最高点高度，根据能量守恒结合摩擦力做功求解距离；
（2）在最高点合外力提供向心力，根据牛顿第二定律求解受到管道的作用力大小；
（3） 根据平抛运动规律求得平抛运动的时间。根据动能定理分别求得，滑块在传送带上一直减速或者一直加速到达E点的速度大小。根据滑块在传送带上的运动过程，讨论传送带的速度的取值，确定滑块到达N的速度与传送带的速度关系，再确定滑块平抛的水平距离x与传送带速度大小v的关系。
（1）设滑块能冲到的最高点高度为，则根据动能定理有
解得
故滑块无法到达C点，根据能量守恒有
解得
则停在离B点0.5m处。
（2）根据动能定理可知从释放滑块到达竖直光滑圆弧轨道BCD的D点的过程中
在最高点合外力提供向心力，有
解得
（3）从释放滑块到达M点的过程，根据动能定理有
根据平抛运动规律有
解得
，
若一直减速则有
若一直加速则有
解得
，
若，则
若，则
若，则
18．（2024·山东模拟）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。
【答案】（1）解：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
解得
故力F1的最小值为10N。
（2）解：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
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
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
解得
要使滑块与木板达到共速后，不再相对滑动，则应满足
解得
故力F2的大小范围为1N≤F2≤9N。
（3）解：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
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
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
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
滑块落地时距木板左端的距离为
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）要使木板保持静止，条件是水平面与木板之间的最大静摩擦力不小于滑块对木板的滑动摩擦力，据此解答。
（2）针对木板的初始加速度方向向左或向右的不同情况进行讨论分析，若木板向左运动，判断滑块滑离之前能否与之共速；若木板向右运动，滑块不滑离木板的条件是滑块和木板共速时滑块最多只能到达木板的右端，且共速后两者不能再相对滑动。根据牛顿第二定律与运动学公式解答。
（3）若在木板上加一水平向右的力F3=13N，对比（2）的结果，分析判断两者的相对运动过程，考虑是否存在共速，以及共速后两者相对运动情况。根据牛顿第二定律与运动学公式求出分离时两者的速度大小。分离后滑块做平抛运动，根据下落的高度求得运动时间，分别求得滑块的水平位移大小与木板的位移大小，进而可得落地时滑块与木板左端的距离。
（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
解得
故力F1的最小值为10 N。
（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
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
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
解得
要使滑块与木板达到共速后，不再相对滑动，则应满足
解得
故力F2的大小范围为1 N ≤ F2 ≤ 9 N。
（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
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
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
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
滑块落地时距木板左端的距离为
解得
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