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山东省济宁市第一中学2025-2026学年高三上学期阶段性检测物理试题
1．（2025高三上·任城月考）如图所示，A、B为同一水平线上的两个相同的绕绳轮子，现按箭头方向以相同的速度缓慢转动A、B，使重物C缓慢上升．在此过程中绳上的拉力大小 (　　)
A．保持不变 B．逐渐减小
C．逐渐增大 D．先减小后增大
2．（2025高三上·任城月考）如图所示分别为甲乙两物体运动的x-t图像和v-t图像，两图中过B点的倾斜直线分别与图中曲线相切于B点；关于甲、乙两物体的运动情况，下列说法正确的是（　　）
A．0-7s内，两物体的位移均为4m
B．0-7s内，甲物体的平均速度为m/s，乙物体的平均速度小于2m/s
C．7s末甲物体的速度为2m/s，乙物体的加速度为4m/s2
D．0-12s内，甲乙两物体均未改变速度方向，且乙物体做匀加速直线运动
3．（2025高三上·任城月考）如图甲所示，一滑块置于足够长的木板上，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为1kg，滑块与木板间的动摩擦因数为0.3，木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1。现在木板上施加一个（N）的变力作用，从时刻开始计时，木板所受摩擦力的合力随时间变化的关系如图乙所示，已知。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取，则下列说法正确的是（　　）
A．k=0.6
B．
C．，滑块的位移大小为337.5m
D．当t=15s时，长木板的加速度大小为
4．（2025高三上·任城月考）光滑水平面上放置一长为L、轻质不计质量的木片，木片左右端放置一个质量都是m，可视为质点的小滑块A和B，A、B与轻质木片间动摩擦因数分别是和且现在对A施加水平向右的推力F，使A能与B相遇，则（　　）
A．若F大于μ1mg，则可以使A与B相碰
B．若F大于μ2mg，则可以使A与B相碰
C．A与B相碰前系统产生的内能为
D．只要F足够大，AB可能一起相对木片运动
5．（2025高三上·任城月考）如图所示，一根质量为m、长为L粗细均匀的绳子放在水平面上，绳子与水平面间的动摩擦因数为μ，在绳子的右端加一水平恒力F，使绳子向右做匀加速直线运动，则距左端x处的绳子上张力大小为（　　）
A．F B． C．F-μmg D．
6．（2025高三上·任城月考）如图所示，小圆环A吊着一个质量为m2的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上，有一细线一端拴在小圆环A上，另一端跨过固定在大圆环最高点B的一个小滑轮后吊着一个质量为m1的物块。如果小圆环、滑轮、绳子的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以忽略不计，绳子又不可伸长，若平衡时弦AB所对应的圆心角为120°，则两物块的质量比m2 ：m1应为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高三上·任城月考）将一个小球以速度竖直向上抛出，已知小球经t时间上升到最高点，再经一段时间匀速经过抛出点时，速度大小为。空气阻力大小与小球速度大小成正比，重力加速度为g，则下列判断正确的是（　　）
A．小球运动到最高点速度为零处于平衡状态
B．小球上升的最大高度为
C．小球从抛出到落回抛出点上升过程中阻力的冲量大于下降过程中阻力的冲量
D．小球运动的最大加速度大小为
8．（2025高三上·任城月考）在生活中人们为了更方便地向高处运送货物，经常使用如图所示的方法提升重物。图中甲、乙两名工人分别位于两栋楼的三楼和二楼窗口，两人各用一根轻绳与质量为m的重物相连。初始时重物在甲的正下方地面上，此时工人甲的绳长为L、甲、乙两人间的距离也为L、楼间距为d，现甲拉住绳端不动的同时乙缓慢收短手中的轻绳，最终将重物拉至乙处。重力加速度取g，则在将重物由地面拉至乙的过程中下列说法正确的是 （　　）
A．甲绳的拉力先增大后减小
B．乙绳的拉力先增大后减小
C．当重物接近乙处时甲绳的拉力接近
D．当重物接近乙处时乙绳的拉力接近
9．（2025高三上·任城月考）如图所示为竖直放置的轻质弹簧，下端固定在地面上，上端与物块甲连接。初始时物块甲静止在b点。现有质量为m的物块乙从距物块甲上方h处由静止释放，乙与甲相碰，碰撞时间极短，碰后立即一起向下运动但不粘连，此时甲、乙两物块的总动能为，向下运动到c点时总动能最大为，继续向下运动到最低点d（未标出）。整个过程中弹簧始终在弹性限度内且处于竖直状态，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．乙弹起后将在弹簧原长位置离开甲
B．乙弹起时运动到b点受到甲的弹力大小为
C．碰后由b到c过程中弹簧增加的弹性势能大小为
D．碰后由b到c过程中弹簧增加的弹性势能大小为
10．（2025高三上·任城月考）如图，光滑地面上，有一质量为的木箱停在水平路面上，木箱高，一质量的小物块置于的上表面，它距后端A点的距离为，已知与之间的动摩擦因数为。现对木箱施一水平向右的大小恒为的作用力，木箱开始运动，最后小物块会离开后落至水平地面，运动中小物块可视为质点。下列说法正确的是（　　）
A．小物块离开木箱时，小物块的速度为
B．小物块离开木箱时，木箱的速度为
C．小物块落地时，小物块与木箱之间的距离为
D．小物块从开始运动到落地时，木箱运动的位移为
11．（2025高三上·任城月考）质量为M的木楔倾角θ为37°，在水平面上保持静止。当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。如图所示，当用与木楔斜面成α角的力F拉木块，木块匀速上升（已知木楔在整个过程中始终静止）。可取sin37°=0.6。已知重力加速度为g，下列说法正确的有（　　）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.75
B．当α=37°时F有最小值
C．当α=30°时F有最小值
D．F的最小值为0.96mg
12．（2025高三上·任城月考）如图所示，质量分别为3m和m的1、2两物块叠放在水平桌面上，物块2与桌面间的动摩擦因数为μ，物块1与物块2间的摩擦因数为2μ．物块1和物块2的加速度大小分别用a1、a2表示，物块1与物块2间的摩擦力大小用f1表示 ，物块2与桌面间的摩擦力大小用f2表示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当水平力F作用在物块1上，下列反映a和f变化的图线正确的是
A． B．
C． D．
13．（2025高三上·任城月考）某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验时，将橡皮筋改为劲度系数为400N/m的轻质弹簧AA'，将弹簧的一端A'固定在竖直墙面上。不可伸长的细线OA、OB、OC，分别固定在弹簧的A端和弹簧秤甲、乙的挂钩上，其中O为OA、OB、OC三段细线的结点，如图1所示。在实验过程中，保持弹簧AA'伸长1.00cm不变。（弹簧均在弹性限度内）
（1）若OA、OC间夹角为90°，弹簧秤乙的读数如图2所示，则弹簧秤甲的读数是　 　N。
（2）在（1）问中若保持OA与OB的夹角不变，逐渐增大OC与OA的夹角，则弹簧秤甲的读数大小将　 　，弹簧秤乙的读数大小将　 　。（填“变大”、“变小”、“先变小后变大”）
14．（2025高三上·任城月考）某同学准备用自由落体测量当地重力加速度。已知打点计时器所接电源频率为50Hz。
（1）实验室中有如图甲所示的器材，在该实验中需要使用到的器材有　 　（填器材前的字母）。
（2）实验中得到一条打点清晰的纸带，a、b、c是纸带上连续打出的三个点，用毫米刻度尺测量这三个点的距离如图乙所示，打b点时，纸带的速度大小为　 　m/s。（结果保留三位有效数字）
（3）关于这个实验，下列说法正确的是（　　）
A．实验过程中，应该先释放纸带，再接通电源
B．若某纸带上打出的前面几个点比较模糊，则必须弃用该纸带
C．利用这种方法也可以验证机械能守恒定律
D．若测得的重力加速度比当地真实值大，则其原因可能是交流电的频率大于50Hz
15．（2025高三上·任城月考）依据运动员某次练习时推动冰壶滑行的过程建立如图所示模型：冰壶的质量，当运动员推力F为5N，方向与水平方向夹角为时，冰壶可在推力作用下沿着水平冰面做匀速直线运动，一段时间后松手将冰壶投出，重力加速度g取10m/s2，，，求：
（1）冰壶与地面间的动摩擦因数μ；
（2）若冰壶投出后在冰面上滑行的最远距离是，则冰壶离开手时的速度为多少？
16．（2025高三上·任城月考）我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小可用表示，其中为比例常数；是飞机在平直跑道上的滑行速度，与飞机所受重力相等时的称为飞机的起飞离地速度，已知舰载飞机空载质量为时，起飞离地速度为，装载弹药后质量为。
(1)求飞机装载弹药后的起飞离地速度；
(2)若该航母有电磁弹射装置，飞机装载弹药后，从静止开始在水平甲板上匀加速滑行后起飞，求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机所获得的平均推力大小（不计所有阻力）。
17．（2025高三上·任城月考）在竖直墙壁的左侧水平地面上，放置一个边长为a、质量为M的正方体ABCD，在墙 壁和正方体之间放置一半径为 R、质量为m的光滑球，正方体和球均保持静止，如图所 示。球的球心为 O，OB与竖直方向的夹角为θ，正方体的边长a>R，正方体与水平地面的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2
（1）正方体和墙壁对球的支持力N1、N2分别是多大
（2）若，保持球的半径不变，只增大球的质量，为了不让正方体出现滑动，则球质量的最大值为多少 （tan=1）。
18．（2025高三上·任城月考）如图所示，质量M=2kg的滑板P足够长，在光滑水平地面上以速度向右运动。t=0时刻，在P最右端位置轻轻地放一质量m=1kg的小物块Q（可看作质点），同时给Q施加一个水平向右的恒力F=8N。已知P与Q间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）运动过程中，P的最小速度是多少？
（2）从t=0开始，经过多长时间，Q刚好要从P的右端掉下？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】物体受三个力：重力和两个拉力，重物C缓慢竖直上升时三力平衡，合力为零，则知两个拉力的合力与重力大小相等，所以重物C所受的合外力不变；两个拉力合力一定，而两个拉力的夹角不断增大，故拉力不断增大，故C正确。
故答案为：C。
【分析】本题考查共点力平衡的动态分析，核心思路是明确重物的受力平衡条件（合力为零），结合 “合力恒定，分力夹角与分力大小的关系” 推导拉力的变化趋势。
2．【答案】B
【知识点】运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．根据x-t图像可知，甲在0-7s内位移为4m，根据v-t图像，面积表示位移可知，乙在0-7s内位移大于4m，故A错误；
B． 根据平均速度公式，可知0-7s内，甲物体的平均速度为m/s，乙物体的平均速度小于，故B正确；
C.7s末甲物体的速度为，乙物体的加速度为，故C错误；
D.0-12s内，甲乙两物体均未改变速度方向，乙的加速度先增大后减小，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查运动图像的综合分析，核心思路是利用x-t图像的斜率表示速度、v-t图像的面积表示位移和斜率表示加速度，结合平均速度公式推导各选项的正确性。
3．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．时间内，长木板与滑块均保持静止，则长木板与滑块间无摩擦力，对整体，根据平衡条件可得
解得
故A错误；
B．时间内，长木板与滑块一起做加速运动，两者不发生相对滑动时最大加速度为
对长木板，根据牛顿第二定律
其中
解得
故B错误；
D．由图可得
对长木板，根据牛顿第二定律
整理可得
当t=15s时，长木板的加速度大小为
故D正确；
C．根据图像，时刻滑块的速度为
时间内，长木板与滑块均保持静止，时间内，对整体，根据动能定理
其中
解得，滑块的位移大小为
故C错误。
故选D。
4．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB．当力F较小时，AB和木片一起向前加速，随着力F的增大，最大静摩擦力小的先滑动，B与轻质木片间摩擦力达到最大值时，加速度为a，则
得
把A、B和木片看成一个整体，B和木片发生相对滑动，使A能与B相遇。故AB错误；
C．A与B相碰前系统产生的内能为滑动摩擦力与相对位移的乘积，A能与B相遇时，B与木片的相对位移为，则A与B相碰前系统产生的内能，故C正确；
D．由于A、B与木片的最大摩擦力都是，小于，所以A相对木片不动。故D错误。
故答案为：C。
【分析】通过分析滑块与木片的相对运动条件，结合摩擦力、加速度的关系，判断A与B相碰的条件；再利用滑动摩擦力与相对位移的乘积计算内能。
5．【答案】B
【知识点】整体法隔离法；牛顿第二定律
【解析】【解答】对整条绳子由牛顿第二定律得
设距左端x处的绳子张力为，根据牛顿第二定律得
联立解得，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查连接体的牛顿第二定律应用，核心思路是先对整体分析求加速度，再对局部（距左端x处的左侧绳子）分析，利用牛顿第二定律联立求解张力。
6．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】对小圆环进行受力分析如图
根据三角形相似，，
解得
故答案为：C。
【分析】本题考查共点力平衡的几何分析，核心思路是对小圆环进行受力分析，结合圆心角的几何关系，利用力的平衡条件推导两物块的质量比。
7．【答案】B
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；冲量
【解析】【解答】A．小球运动到最高点速度为零，空气阻力为零，只受重力作用，可知物体加速度为重力加速度，竖直向下，处于失重状态，故A错误；
D．设空气阻力
当小球的速度为时，小球处于平衡状态
可得
刚抛出时加速度最大
联立可得，故D错误；
B．在上升过程中由动量定理
即
解得，故B正确；
C．小球上升过程中阻力冲量的大小
下降过程中阻力冲量的大小为
又，可知小球从抛出到落回抛出点上升过程中阻力的冲量等于下降过程中阻力的冲量，故C错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查含空气阻力的竖直上抛运动，核心思路是利用动量定理结合阻力与速度的正比关系，推导最大高度；通过分析速度、时间和阻力的关系，判断冲量和加速度的变化。
8．【答案】C
【知识点】受力分析的应用
【解析】【解答】A．受力分析如图1所示，由正弦定理可得，在重物向上移动的过程中均增加，α增加的角度为β的2倍，故减小，即始终减小，A错误；
B．因为始终为锐角，且α始终小于β，由三角函数关系可知，即，即始终增大，B错误；
CD．如图2所示，当重物接近乙时，乙与重物的连线逐渐与重物的轨迹相切，两绳间的夹角逐渐趋近90°，可认为两拉力垂直，由相似三角形可得，解得，，C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查动态平衡的受力与几何分析，核心思路是对重物进行受力分析，结合绳长、楼间距的几何关系，推导接近乙处时甲绳拉力的表达式。
9．【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【解答】A．由题意可知，乙弹起后在ｂ点，此时甲、乙两物块的总动能也为，弹簧的弹性势能为
若弹簧的弹性势能和两物块的动能全部转化为重力势能，则有
则有两物块能上升的最大高度为
初始时物块甲静止在b点，此时弹簧的压缩量是
则有，可知弹簧恢复不到原长，A错误。
B．物块乙自由下落过程中，由动能定理可知
解得物块乙与物块甲碰撞前瞬间的速度
甲、乙两物块碰撞前后动量守恒，则有
又有
联立解得
初始时物块甲静止在b点，由平衡条件可得，方向竖直向上。
乙弹起时运动到b点，由牛顿第二定律可得
解得
对物块乙，由牛顿第二定律可得
则有物块乙受到甲的弹力，B正确；
CD．设弹簧的劲度系数为，初始时物块甲静止在b点，则有
在c点动能最大，则速度最大，此时弹簧的弹力大小等于，则弹簧的形变量则有
可得b到c的距离为
碰后由b到c过程中，由动能定理可得
解得，
设弹力做功为，由动能定理可得
解得
因为弹力做负功，所以弹簧的弹性势能增加，弹性势增加的大小为，C错误，D正确；
故答案为：BD。
【分析】本题考查碰撞、弹簧弹力与能量守恒，核心思路是：通过碰撞的动量与动能关系求甲的质量；利用平衡条件和牛顿定律分析b点的弹力；结合动能变化、重力势能变化，由能量守恒求弹簧弹性势能的增加量。
10．【答案】A,B,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；平抛运动
【解析】【解答】AB．小物块与木箱间的摩擦力Ff= mg=0.2×5×10N=10N
由牛顿第二定律可得物块的加速度为
木箱的加速度为
由位移时间公式可有
解得时间为t=2s
小物块离开木箱时，小物块的速度为vm=amt=2×2 m/s =4m/s
木箱的速度为vM=aMt=3×2 m/s=6 m/s，AB正确；
C．小物块离开木箱后做平抛运动，落地时间为，
小物块离开木箱后，木箱的加速度为
小物块落地时与木箱之间的距离为，C错误；
D．小物块从开始运动到落地时，木箱运动的位移，D正确。
故答案为：ABD。
【分析】本题考查板块模型与平抛运动的综合，核心思路是分别对小物块和木箱进行受力分析求加速度，利用位移差求滑动时间；再分析小物块平抛运动和木箱的匀加速运动，结合运动学公式推导各选项的正确性。
11．【答案】A,B,D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．物块匀速下滑时，有，解得，A正确；
BCD．物块匀速上升时，有，整理得可知，当时F有最小值，最小值为，BD正确，C错误。
故答案为：ABD。
【分析】本题考查斜面上的受力平衡与力的最小值问题，核心思路是先通过匀速下滑状态推导动摩擦因数，再对匀速上升状态列平衡方程，结合三角恒等变换分析力的最小值条件。
12．【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】1与2间的最大静摩擦力f12=2μ 3mg=6μmg，
2与地面间的最大静摩擦力f2=μ 4mg=4μmg，
当拉力F＜4μmg时，1、2两物块静止不动，摩擦力随F的增大而增大，当1、2没有发生相对滑动时，2与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，故大小不变，对2分析可知，f12-4μmg=ma，
解得f12=4μmg+ma，逐渐增大，当1与2刚好发生相对滑动时，2与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，故大小不变，物体2产生的最大加速度a2＝＝2μg，
对1根据牛顿第二定律此时的拉力为F，则F-f12=3ma2，
解得F=12μmg，
拉力继续增大，此后2做匀加速运动，1做加速度增大的加速度运动，故AC正确，BD错误。
故答案为：AC．
【分析】本题考查板块模型的动态受力与加速度分析，核心思路是通过判断静摩擦与滑动摩擦的临界状态，分阶段利用牛顿第二定律推导加速度和摩擦力的变化规律，进而匹配选项图线。
13．【答案】5.00；变小；先变小后变大
【知识点】胡克定律；验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）弹簧秤乙的最小分度为0.1N，应估读到0.01N，读数是3.00N，根据胡克定律可得，弹簧AA'的拉力大小为
OA、OC间夹角为，由三力平衡原理可知，弹簧秤甲的读数等于弹簧AA'的拉力与弹簧秤乙的拉力的矢量和，即
故答案为：5.00
（2）保持OA与OB的夹角不变，逐渐增大OC与OA的夹角，甲、乙两弹簧秤弹力的合力不变，如图所示，则可知弹簧秤甲的读数大小将变小，弹簧秤乙的读数大小将先变小后变大。
故答案为：变小；先变小后变大
【分析】（1）拉力计算：先由胡克定律求 AA' 的拉力，再结合力的平行四边形定则（直角时用勾股定理）求弹簧秤甲的读数。
（2）读数变化：合力不变时，分力随夹角的变化规律为 “一个分力变小，另一个分力先小后大”，据此判断读数变化。
14．【答案】（1）AC
（2）1.38
（3）C
【知识点】验证机械能守恒定律；重力加速度
【解析】【解答】（1）重锤从高处由静止开始下落，打点计时器在重锤拖着的纸带上打出一系列的点，在该实验中需要使用到的器材有AC。
故答案为：AC
（2）相邻两个计数点间的时间间隔T=0.02s
打b点时，纸带的速度大小为
故答案为：1.38
（3）A．实验过程中，应该先接通电源，再释放纸带，故A错误；
B．若某纸带上打出的前面几个点比较模糊，可舍去，在后面取一段较为清晰的点同样可以验证，故B错误；
C．利用这种方法可以得出某点的速度，用刻度尺测距离，所以利用这种方法也可以验证机械能守恒定律，故C正确；
D．加速度，因实际频率大于50Hz，而计算时代入的仍是50Hz，所以会造成比真实值偏小，故D错误。
故答案为：C。
【分析】（1）明确实验需求，选重物（落体）和打点计时器（记录轨迹），得器材AC。
（2）用 “中间时刻速度=平均速度”，结合频率定时间间隔，算得b点速度。
（3）围绕操作、纸带、实验拓展、误差，判断出正确选项C。
（1）[1]重锤从高处由静止开始下落，打点计时器在重锤拖着的纸带上打出一系列的点，在该实验中需要使用到的器材有AC。
（2）[1]相邻两个计数点间的时间间隔
T=0.02s
打b点时，纸带的速度大小为
（3）[1]A．实验过程中，应该先接通电源，再释放纸带，故A错误；
B．若某纸带上打出的前面几个点比较模糊，可舍去，在后面取一段较为清晰的点同样可以验证，故B错误；
C．利用这种方法可以得出某点的速度，用刻度尺测距离，所以利用这种方法也可以验证机械能守恒定律，故C正确；
D．加速度
因实际频率大于50Hz，而计算时代入的仍是50Hz，所以会造成比真实值偏小，故D错误。
故选C。
15．【答案】（1）解：以冰壶为研究对象，由共点力作用下物体的平衡条件：在水平方向有Fcosθ=μN
在竖直方向有Fsinθ+mg=N
解得μ=0.02
（2）解：由匀变速直线运动的位移速度加速度关系式得
由牛顿运动定律得μmg=ma
代入数据后联立解得v0=4m/s
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）动摩擦因数：利用匀速运动的受力平衡，分解推力为水平、竖直分量，结合支持力与重力、推力竖直分量的关系，列方程求解。
（2）离开时的速度：滑行过程中摩擦力产生匀减速加速度，结合匀变速直线运动的速度-位移公式，求解初速度。
16．【答案】(1)解：由起飞条件知，
联立可解得装载弹药后的起飞离地速度为
(2)解：由匀变速直线运动规律可得
解答：可得飞机在滑行过程中所用的时间为
由匀变速直线运动速度公式可得
依据牛顿第二定律可知平均推力为
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）利用升力与重力的平衡条件，结合比例关系推导起飞速度，体现物理量间的定量关联。
（2）通过匀加速直线运动的位移公式与牛顿第二定律，推导滑行时间与推力，体现运动学与动力学的综合应用。
17．【答案】(1)解：对球受力情况如图所示，根据平衡条件知
解得
(2)解：对整体受力分析如图
则有
三式联立得
解得
【知识点】整体法隔离法
【解析】【分析】（1）支持力计算：对球进行受力分析，将支持力分解为水平、竖直分量，结合平衡条件列方程求解。
（2）质量最大值：以正方体和球为整体，分析水平方向的墙壁支持力与摩擦力的平衡关系，结合摩擦力公式，推导球的最大质量。
18．【答案】（1）解：设P的加速度大小为a1，对P由牛顿第二定律可得μmg=Ma1
解得a1=2m/s2，方向向左
设Q的加速度大小为a2，对Q由牛顿第二定律可得F+umg=ma2
解得a2=12m/s2，方向向右，
P做减速运动
Q做加速运动
P、Q达到共同速度时
解得t=0.5sv1=6m/s
（2）解：从开始计时到达到共同速度，P的位移大小为x1
Q的位移大小为x2
Q相对P向左运动的距离为d，则
P、Q达到共同速度之后无法相对静止，各自做变速运动。设Q的加速度大小为a3，对Q由牛顿第二定律可得F－mg=ma3
解得a3=4m/s2方向向右，Q相对P向右运动，当相对位移大小为d时，Q刚好要从P的右端掉下
解得
所以
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）通过受力分析与牛顿第二定律，确定P、Q的加速度，结合共速条件推导最小速度，体现多体运动的动态分析。
（2）分阶段分析相对位移，利用匀加速直线运动的位移公式，联立求解总时间，体现相对运动的定量推导。
1 / 1山东省济宁市第一中学2025-2026学年高三上学期阶段性检测物理试题
1．（2025高三上·任城月考）如图所示，A、B为同一水平线上的两个相同的绕绳轮子，现按箭头方向以相同的速度缓慢转动A、B，使重物C缓慢上升．在此过程中绳上的拉力大小 (　　)
A．保持不变 B．逐渐减小
C．逐渐增大 D．先减小后增大
【答案】C
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】物体受三个力：重力和两个拉力，重物C缓慢竖直上升时三力平衡，合力为零，则知两个拉力的合力与重力大小相等，所以重物C所受的合外力不变；两个拉力合力一定，而两个拉力的夹角不断增大，故拉力不断增大，故C正确。
故答案为：C。
【分析】本题考查共点力平衡的动态分析，核心思路是明确重物的受力平衡条件（合力为零），结合 “合力恒定，分力夹角与分力大小的关系” 推导拉力的变化趋势。
2．（2025高三上·任城月考）如图所示分别为甲乙两物体运动的x-t图像和v-t图像，两图中过B点的倾斜直线分别与图中曲线相切于B点；关于甲、乙两物体的运动情况，下列说法正确的是（　　）
A．0-7s内，两物体的位移均为4m
B．0-7s内，甲物体的平均速度为m/s，乙物体的平均速度小于2m/s
C．7s末甲物体的速度为2m/s，乙物体的加速度为4m/s2
D．0-12s内，甲乙两物体均未改变速度方向，且乙物体做匀加速直线运动
【答案】B
【知识点】运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．根据x-t图像可知，甲在0-7s内位移为4m，根据v-t图像，面积表示位移可知，乙在0-7s内位移大于4m，故A错误；
B． 根据平均速度公式，可知0-7s内，甲物体的平均速度为m/s，乙物体的平均速度小于，故B正确；
C.7s末甲物体的速度为，乙物体的加速度为，故C错误；
D.0-12s内，甲乙两物体均未改变速度方向，乙的加速度先增大后减小，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查运动图像的综合分析，核心思路是利用x-t图像的斜率表示速度、v-t图像的面积表示位移和斜率表示加速度，结合平均速度公式推导各选项的正确性。
3．（2025高三上·任城月考）如图甲所示，一滑块置于足够长的木板上，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为1kg，滑块与木板间的动摩擦因数为0.3，木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1。现在木板上施加一个（N）的变力作用，从时刻开始计时，木板所受摩擦力的合力随时间变化的关系如图乙所示，已知。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取，则下列说法正确的是（　　）
A．k=0.6
B．
C．，滑块的位移大小为337.5m
D．当t=15s时，长木板的加速度大小为
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．时间内，长木板与滑块均保持静止，则长木板与滑块间无摩擦力，对整体，根据平衡条件可得
解得
故A错误；
B．时间内，长木板与滑块一起做加速运动，两者不发生相对滑动时最大加速度为
对长木板，根据牛顿第二定律
其中
解得
故B错误；
D．由图可得
对长木板，根据牛顿第二定律
整理可得
当t=15s时，长木板的加速度大小为
故D正确；
C．根据图像，时刻滑块的速度为
时间内，长木板与滑块均保持静止，时间内，对整体，根据动能定理
其中
解得，滑块的位移大小为
故C错误。
故选D。
4．（2025高三上·任城月考）光滑水平面上放置一长为L、轻质不计质量的木片，木片左右端放置一个质量都是m，可视为质点的小滑块A和B，A、B与轻质木片间动摩擦因数分别是和且现在对A施加水平向右的推力F，使A能与B相遇，则（　　）
A．若F大于μ1mg，则可以使A与B相碰
B．若F大于μ2mg，则可以使A与B相碰
C．A与B相碰前系统产生的内能为
D．只要F足够大，AB可能一起相对木片运动
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB．当力F较小时，AB和木片一起向前加速，随着力F的增大，最大静摩擦力小的先滑动，B与轻质木片间摩擦力达到最大值时，加速度为a，则
得
把A、B和木片看成一个整体，B和木片发生相对滑动，使A能与B相遇。故AB错误；
C．A与B相碰前系统产生的内能为滑动摩擦力与相对位移的乘积，A能与B相遇时，B与木片的相对位移为，则A与B相碰前系统产生的内能，故C正确；
D．由于A、B与木片的最大摩擦力都是，小于，所以A相对木片不动。故D错误。
故答案为：C。
【分析】通过分析滑块与木片的相对运动条件，结合摩擦力、加速度的关系，判断A与B相碰的条件；再利用滑动摩擦力与相对位移的乘积计算内能。
5．（2025高三上·任城月考）如图所示，一根质量为m、长为L粗细均匀的绳子放在水平面上，绳子与水平面间的动摩擦因数为μ，在绳子的右端加一水平恒力F，使绳子向右做匀加速直线运动，则距左端x处的绳子上张力大小为（　　）
A．F B． C．F-μmg D．
【答案】B
【知识点】整体法隔离法；牛顿第二定律
【解析】【解答】对整条绳子由牛顿第二定律得
设距左端x处的绳子张力为，根据牛顿第二定律得
联立解得，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查连接体的牛顿第二定律应用，核心思路是先对整体分析求加速度，再对局部（距左端x处的左侧绳子）分析，利用牛顿第二定律联立求解张力。
6．（2025高三上·任城月考）如图所示，小圆环A吊着一个质量为m2的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上，有一细线一端拴在小圆环A上，另一端跨过固定在大圆环最高点B的一个小滑轮后吊着一个质量为m1的物块。如果小圆环、滑轮、绳子的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以忽略不计，绳子又不可伸长，若平衡时弦AB所对应的圆心角为120°，则两物块的质量比m2 ：m1应为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】对小圆环进行受力分析如图
根据三角形相似，，
解得
故答案为：C。
【分析】本题考查共点力平衡的几何分析，核心思路是对小圆环进行受力分析，结合圆心角的几何关系，利用力的平衡条件推导两物块的质量比。
7．（2025高三上·任城月考）将一个小球以速度竖直向上抛出，已知小球经t时间上升到最高点，再经一段时间匀速经过抛出点时，速度大小为。空气阻力大小与小球速度大小成正比，重力加速度为g，则下列判断正确的是（　　）
A．小球运动到最高点速度为零处于平衡状态
B．小球上升的最大高度为
C．小球从抛出到落回抛出点上升过程中阻力的冲量大于下降过程中阻力的冲量
D．小球运动的最大加速度大小为
【答案】B
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；冲量
【解析】【解答】A．小球运动到最高点速度为零，空气阻力为零，只受重力作用，可知物体加速度为重力加速度，竖直向下，处于失重状态，故A错误；
D．设空气阻力
当小球的速度为时，小球处于平衡状态
可得
刚抛出时加速度最大
联立可得，故D错误；
B．在上升过程中由动量定理
即
解得，故B正确；
C．小球上升过程中阻力冲量的大小
下降过程中阻力冲量的大小为
又，可知小球从抛出到落回抛出点上升过程中阻力的冲量等于下降过程中阻力的冲量，故C错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查含空气阻力的竖直上抛运动，核心思路是利用动量定理结合阻力与速度的正比关系，推导最大高度；通过分析速度、时间和阻力的关系，判断冲量和加速度的变化。
8．（2025高三上·任城月考）在生活中人们为了更方便地向高处运送货物，经常使用如图所示的方法提升重物。图中甲、乙两名工人分别位于两栋楼的三楼和二楼窗口，两人各用一根轻绳与质量为m的重物相连。初始时重物在甲的正下方地面上，此时工人甲的绳长为L、甲、乙两人间的距离也为L、楼间距为d，现甲拉住绳端不动的同时乙缓慢收短手中的轻绳，最终将重物拉至乙处。重力加速度取g，则在将重物由地面拉至乙的过程中下列说法正确的是 （　　）
A．甲绳的拉力先增大后减小
B．乙绳的拉力先增大后减小
C．当重物接近乙处时甲绳的拉力接近
D．当重物接近乙处时乙绳的拉力接近
【答案】C
【知识点】受力分析的应用
【解析】【解答】A．受力分析如图1所示，由正弦定理可得，在重物向上移动的过程中均增加，α增加的角度为β的2倍，故减小，即始终减小，A错误；
B．因为始终为锐角，且α始终小于β，由三角函数关系可知，即，即始终增大，B错误；
CD．如图2所示，当重物接近乙时，乙与重物的连线逐渐与重物的轨迹相切，两绳间的夹角逐渐趋近90°，可认为两拉力垂直，由相似三角形可得，解得，，C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查动态平衡的受力与几何分析，核心思路是对重物进行受力分析，结合绳长、楼间距的几何关系，推导接近乙处时甲绳拉力的表达式。
9．（2025高三上·任城月考）如图所示为竖直放置的轻质弹簧，下端固定在地面上，上端与物块甲连接。初始时物块甲静止在b点。现有质量为m的物块乙从距物块甲上方h处由静止释放，乙与甲相碰，碰撞时间极短，碰后立即一起向下运动但不粘连，此时甲、乙两物块的总动能为，向下运动到c点时总动能最大为，继续向下运动到最低点d（未标出）。整个过程中弹簧始终在弹性限度内且处于竖直状态，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．乙弹起后将在弹簧原长位置离开甲
B．乙弹起时运动到b点受到甲的弹力大小为
C．碰后由b到c过程中弹簧增加的弹性势能大小为
D．碰后由b到c过程中弹簧增加的弹性势能大小为
【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【解答】A．由题意可知，乙弹起后在ｂ点，此时甲、乙两物块的总动能也为，弹簧的弹性势能为
若弹簧的弹性势能和两物块的动能全部转化为重力势能，则有
则有两物块能上升的最大高度为
初始时物块甲静止在b点，此时弹簧的压缩量是
则有，可知弹簧恢复不到原长，A错误。
B．物块乙自由下落过程中，由动能定理可知
解得物块乙与物块甲碰撞前瞬间的速度
甲、乙两物块碰撞前后动量守恒，则有
又有
联立解得
初始时物块甲静止在b点，由平衡条件可得，方向竖直向上。
乙弹起时运动到b点，由牛顿第二定律可得
解得
对物块乙，由牛顿第二定律可得
则有物块乙受到甲的弹力，B正确；
CD．设弹簧的劲度系数为，初始时物块甲静止在b点，则有
在c点动能最大，则速度最大，此时弹簧的弹力大小等于，则弹簧的形变量则有
可得b到c的距离为
碰后由b到c过程中，由动能定理可得
解得，
设弹力做功为，由动能定理可得
解得
因为弹力做负功，所以弹簧的弹性势能增加，弹性势增加的大小为，C错误，D正确；
故答案为：BD。
【分析】本题考查碰撞、弹簧弹力与能量守恒，核心思路是：通过碰撞的动量与动能关系求甲的质量；利用平衡条件和牛顿定律分析b点的弹力；结合动能变化、重力势能变化，由能量守恒求弹簧弹性势能的增加量。
10．（2025高三上·任城月考）如图，光滑地面上，有一质量为的木箱停在水平路面上，木箱高，一质量的小物块置于的上表面，它距后端A点的距离为，已知与之间的动摩擦因数为。现对木箱施一水平向右的大小恒为的作用力，木箱开始运动，最后小物块会离开后落至水平地面，运动中小物块可视为质点。下列说法正确的是（　　）
A．小物块离开木箱时，小物块的速度为
B．小物块离开木箱时，木箱的速度为
C．小物块落地时，小物块与木箱之间的距离为
D．小物块从开始运动到落地时，木箱运动的位移为
【答案】A,B,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；平抛运动
【解析】【解答】AB．小物块与木箱间的摩擦力Ff= mg=0.2×5×10N=10N
由牛顿第二定律可得物块的加速度为
木箱的加速度为
由位移时间公式可有
解得时间为t=2s
小物块离开木箱时，小物块的速度为vm=amt=2×2 m/s =4m/s
木箱的速度为vM=aMt=3×2 m/s=6 m/s，AB正确；
C．小物块离开木箱后做平抛运动，落地时间为，
小物块离开木箱后，木箱的加速度为
小物块落地时与木箱之间的距离为，C错误；
D．小物块从开始运动到落地时，木箱运动的位移，D正确。
故答案为：ABD。
【分析】本题考查板块模型与平抛运动的综合，核心思路是分别对小物块和木箱进行受力分析求加速度，利用位移差求滑动时间；再分析小物块平抛运动和木箱的匀加速运动，结合运动学公式推导各选项的正确性。
11．（2025高三上·任城月考）质量为M的木楔倾角θ为37°，在水平面上保持静止。当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。如图所示，当用与木楔斜面成α角的力F拉木块，木块匀速上升（已知木楔在整个过程中始终静止）。可取sin37°=0.6。已知重力加速度为g，下列说法正确的有（　　）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.75
B．当α=37°时F有最小值
C．当α=30°时F有最小值
D．F的最小值为0.96mg
【答案】A,B,D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．物块匀速下滑时，有，解得，A正确；
BCD．物块匀速上升时，有，整理得可知，当时F有最小值，最小值为，BD正确，C错误。
故答案为：ABD。
【分析】本题考查斜面上的受力平衡与力的最小值问题，核心思路是先通过匀速下滑状态推导动摩擦因数，再对匀速上升状态列平衡方程，结合三角恒等变换分析力的最小值条件。
12．（2025高三上·任城月考）如图所示，质量分别为3m和m的1、2两物块叠放在水平桌面上，物块2与桌面间的动摩擦因数为μ，物块1与物块2间的摩擦因数为2μ．物块1和物块2的加速度大小分别用a1、a2表示，物块1与物块2间的摩擦力大小用f1表示 ，物块2与桌面间的摩擦力大小用f2表示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当水平力F作用在物块1上，下列反映a和f变化的图线正确的是
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】1与2间的最大静摩擦力f12=2μ 3mg=6μmg，
2与地面间的最大静摩擦力f2=μ 4mg=4μmg，
当拉力F＜4μmg时，1、2两物块静止不动，摩擦力随F的增大而增大，当1、2没有发生相对滑动时，2与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，故大小不变，对2分析可知，f12-4μmg=ma，
解得f12=4μmg+ma，逐渐增大，当1与2刚好发生相对滑动时，2与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，故大小不变，物体2产生的最大加速度a2＝＝2μg，
对1根据牛顿第二定律此时的拉力为F，则F-f12=3ma2，
解得F=12μmg，
拉力继续增大，此后2做匀加速运动，1做加速度增大的加速度运动，故AC正确，BD错误。
故答案为：AC．
【分析】本题考查板块模型的动态受力与加速度分析，核心思路是通过判断静摩擦与滑动摩擦的临界状态，分阶段利用牛顿第二定律推导加速度和摩擦力的变化规律，进而匹配选项图线。
13．（2025高三上·任城月考）某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验时，将橡皮筋改为劲度系数为400N/m的轻质弹簧AA'，将弹簧的一端A'固定在竖直墙面上。不可伸长的细线OA、OB、OC，分别固定在弹簧的A端和弹簧秤甲、乙的挂钩上，其中O为OA、OB、OC三段细线的结点，如图1所示。在实验过程中，保持弹簧AA'伸长1.00cm不变。（弹簧均在弹性限度内）
（1）若OA、OC间夹角为90°，弹簧秤乙的读数如图2所示，则弹簧秤甲的读数是　 　N。
（2）在（1）问中若保持OA与OB的夹角不变，逐渐增大OC与OA的夹角，则弹簧秤甲的读数大小将　 　，弹簧秤乙的读数大小将　 　。（填“变大”、“变小”、“先变小后变大”）
【答案】5.00；变小；先变小后变大
【知识点】胡克定律；验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）弹簧秤乙的最小分度为0.1N，应估读到0.01N，读数是3.00N，根据胡克定律可得，弹簧AA'的拉力大小为
OA、OC间夹角为，由三力平衡原理可知，弹簧秤甲的读数等于弹簧AA'的拉力与弹簧秤乙的拉力的矢量和，即
故答案为：5.00
（2）保持OA与OB的夹角不变，逐渐增大OC与OA的夹角，甲、乙两弹簧秤弹力的合力不变，如图所示，则可知弹簧秤甲的读数大小将变小，弹簧秤乙的读数大小将先变小后变大。
故答案为：变小；先变小后变大
【分析】（1）拉力计算：先由胡克定律求 AA' 的拉力，再结合力的平行四边形定则（直角时用勾股定理）求弹簧秤甲的读数。
（2）读数变化：合力不变时，分力随夹角的变化规律为 “一个分力变小，另一个分力先小后大”，据此判断读数变化。
14．（2025高三上·任城月考）某同学准备用自由落体测量当地重力加速度。已知打点计时器所接电源频率为50Hz。
（1）实验室中有如图甲所示的器材，在该实验中需要使用到的器材有　 　（填器材前的字母）。
（2）实验中得到一条打点清晰的纸带，a、b、c是纸带上连续打出的三个点，用毫米刻度尺测量这三个点的距离如图乙所示，打b点时，纸带的速度大小为　 　m/s。（结果保留三位有效数字）
（3）关于这个实验，下列说法正确的是（　　）
A．实验过程中，应该先释放纸带，再接通电源
B．若某纸带上打出的前面几个点比较模糊，则必须弃用该纸带
C．利用这种方法也可以验证机械能守恒定律
D．若测得的重力加速度比当地真实值大，则其原因可能是交流电的频率大于50Hz
【答案】（1）AC
（2）1.38
（3）C
【知识点】验证机械能守恒定律；重力加速度
【解析】【解答】（1）重锤从高处由静止开始下落，打点计时器在重锤拖着的纸带上打出一系列的点，在该实验中需要使用到的器材有AC。
故答案为：AC
（2）相邻两个计数点间的时间间隔T=0.02s
打b点时，纸带的速度大小为
故答案为：1.38
（3）A．实验过程中，应该先接通电源，再释放纸带，故A错误；
B．若某纸带上打出的前面几个点比较模糊，可舍去，在后面取一段较为清晰的点同样可以验证，故B错误；
C．利用这种方法可以得出某点的速度，用刻度尺测距离，所以利用这种方法也可以验证机械能守恒定律，故C正确；
D．加速度，因实际频率大于50Hz，而计算时代入的仍是50Hz，所以会造成比真实值偏小，故D错误。
故答案为：C。
【分析】（1）明确实验需求，选重物（落体）和打点计时器（记录轨迹），得器材AC。
（2）用 “中间时刻速度=平均速度”，结合频率定时间间隔，算得b点速度。
（3）围绕操作、纸带、实验拓展、误差，判断出正确选项C。
（1）[1]重锤从高处由静止开始下落，打点计时器在重锤拖着的纸带上打出一系列的点，在该实验中需要使用到的器材有AC。
（2）[1]相邻两个计数点间的时间间隔
T=0.02s
打b点时，纸带的速度大小为
（3）[1]A．实验过程中，应该先接通电源，再释放纸带，故A错误；
B．若某纸带上打出的前面几个点比较模糊，可舍去，在后面取一段较为清晰的点同样可以验证，故B错误；
C．利用这种方法可以得出某点的速度，用刻度尺测距离，所以利用这种方法也可以验证机械能守恒定律，故C正确；
D．加速度
因实际频率大于50Hz，而计算时代入的仍是50Hz，所以会造成比真实值偏小，故D错误。
故选C。
15．（2025高三上·任城月考）依据运动员某次练习时推动冰壶滑行的过程建立如图所示模型：冰壶的质量，当运动员推力F为5N，方向与水平方向夹角为时，冰壶可在推力作用下沿着水平冰面做匀速直线运动，一段时间后松手将冰壶投出，重力加速度g取10m/s2，，，求：
（1）冰壶与地面间的动摩擦因数μ；
（2）若冰壶投出后在冰面上滑行的最远距离是，则冰壶离开手时的速度为多少？
【答案】（1）解：以冰壶为研究对象，由共点力作用下物体的平衡条件：在水平方向有Fcosθ=μN
在竖直方向有Fsinθ+mg=N
解得μ=0.02
（2）解：由匀变速直线运动的位移速度加速度关系式得
由牛顿运动定律得μmg=ma
代入数据后联立解得v0=4m/s
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）动摩擦因数：利用匀速运动的受力平衡，分解推力为水平、竖直分量，结合支持力与重力、推力竖直分量的关系，列方程求解。
（2）离开时的速度：滑行过程中摩擦力产生匀减速加速度，结合匀变速直线运动的速度-位移公式，求解初速度。
16．（2025高三上·任城月考）我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小可用表示，其中为比例常数；是飞机在平直跑道上的滑行速度，与飞机所受重力相等时的称为飞机的起飞离地速度，已知舰载飞机空载质量为时，起飞离地速度为，装载弹药后质量为。
(1)求飞机装载弹药后的起飞离地速度；
(2)若该航母有电磁弹射装置，飞机装载弹药后，从静止开始在水平甲板上匀加速滑行后起飞，求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机所获得的平均推力大小（不计所有阻力）。
【答案】(1)解：由起飞条件知，
联立可解得装载弹药后的起飞离地速度为
(2)解：由匀变速直线运动规律可得
解答：可得飞机在滑行过程中所用的时间为
由匀变速直线运动速度公式可得
依据牛顿第二定律可知平均推力为
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）利用升力与重力的平衡条件，结合比例关系推导起飞速度，体现物理量间的定量关联。
（2）通过匀加速直线运动的位移公式与牛顿第二定律，推导滑行时间与推力，体现运动学与动力学的综合应用。
17．（2025高三上·任城月考）在竖直墙壁的左侧水平地面上，放置一个边长为a、质量为M的正方体ABCD，在墙 壁和正方体之间放置一半径为 R、质量为m的光滑球，正方体和球均保持静止，如图所 示。球的球心为 O，OB与竖直方向的夹角为θ，正方体的边长a>R，正方体与水平地面的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2
（1）正方体和墙壁对球的支持力N1、N2分别是多大
（2）若，保持球的半径不变，只增大球的质量，为了不让正方体出现滑动，则球质量的最大值为多少 （tan=1）。
【答案】(1)解：对球受力情况如图所示，根据平衡条件知
解得
(2)解：对整体受力分析如图
则有
三式联立得
解得
【知识点】整体法隔离法
【解析】【分析】（1）支持力计算：对球进行受力分析，将支持力分解为水平、竖直分量，结合平衡条件列方程求解。
（2）质量最大值：以正方体和球为整体，分析水平方向的墙壁支持力与摩擦力的平衡关系，结合摩擦力公式，推导球的最大质量。
18．（2025高三上·任城月考）如图所示，质量M=2kg的滑板P足够长，在光滑水平地面上以速度向右运动。t=0时刻，在P最右端位置轻轻地放一质量m=1kg的小物块Q（可看作质点），同时给Q施加一个水平向右的恒力F=8N。已知P与Q间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）运动过程中，P的最小速度是多少？
（2）从t=0开始，经过多长时间，Q刚好要从P的右端掉下？
【答案】（1）解：设P的加速度大小为a1，对P由牛顿第二定律可得μmg=Ma1
解得a1=2m/s2，方向向左
设Q的加速度大小为a2，对Q由牛顿第二定律可得F+umg=ma2
解得a2=12m/s2，方向向右，
P做减速运动
Q做加速运动
P、Q达到共同速度时
解得t=0.5sv1=6m/s
（2）解：从开始计时到达到共同速度，P的位移大小为x1
Q的位移大小为x2
Q相对P向左运动的距离为d，则
P、Q达到共同速度之后无法相对静止，各自做变速运动。设Q的加速度大小为a3，对Q由牛顿第二定律可得F－mg=ma3
解得a3=4m/s2方向向右，Q相对P向右运动，当相对位移大小为d时，Q刚好要从P的右端掉下
解得
所以
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）通过受力分析与牛顿第二定律，确定P、Q的加速度，结合共速条件推导最小速度，体现多体运动的动态分析。
（2）分阶段分析相对位移，利用匀加速直线运动的位移公式，联立求解总时间，体现相对运动的定量推导。
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