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2020-2021学年广东省韶关市某校高二期中考物理试卷
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这是一份2020-2021学年广东省韶关市某校高二期中考物理试卷，共9页。试卷主要包含了选择题，多选题，实验探究题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.
如图是悬绳对称且长度可调的自制降落伞．用该伞挂上重为G的物体进行两次落体实验，悬绳的长度l1A.F1>F2B.F1G
2. 现在普通家庭很多都拥有躺椅，图甲中人双脚离地而躺，图乙中人双脚着地而躺．两图中位于水平地面上的人和椅都保持静止状态，下列说法正确的是
A.甲图中椅对地面的压力是由地面发生形变产生的
B.甲图中人不同的躺姿会改变椅对人的作用力
C.乙图中脚用力蹬地时，脚对地的摩擦力与椅对地的摩擦力大小相等
D.乙图中脚用力蹬地时，人背部受到的摩擦力一定沿椅面向上
3. 如图所示，两条图线是驾驶员驾驶同一辆汽车在两种路面紧急刹车时的v−t图像，驾驶员的反应时间为0.5s（从发现问题到制动的时间），下列说法正确的是（ ）
A.从t=0.5s到停下，汽车在湿滑路面和干燥路面的平均速度大小相等
B.从t=0.5s到停下，汽车在湿滑路面和干燥路面的加速度之比为1:2
C.从t=0到停下，汽车在湿滑路面的位移是干燥路面的2倍
D.从t=0到停下，汽车在干燥路面的平均速度较小
4. 如图所示，a、b两点位于以正点电荷Q为中心的正方体顶点，c点在上表面中心，则（ ）
A.a、b两点的场强相同
B.负试探电荷在a点的电势能大于在c点的电势能
C.a、b、c三点的电势相等
D.正试探电荷沿ab连线从a到b，电场力先做正功后做负功
5. 如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30∘的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为（ ）
A.0
B.大小为g，方向竖直向下
C.大小为233g，方向垂直木板向下
D.大小为33g，方向水平向右
6. 如图所示，一平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道宽为L，上端用一电阻R相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上．质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行，达到最大高度h后保持静止．若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计．关于上滑过程，下列说法正确的是（ ）
A.金属杆中的电流方向由b指向a
B.通过电阻R的电量为BLhRsinθ
C.金属杆因摩擦产生的热量等于12mv02−mgh
D.金属杆损失的机械能等于电阻R产生的焦耳热
7. 如图所示，某同学通过滑轮组将一重物缓慢吊起，过程中静立拉绳的姿势始终不变，若滑轮与绳的重力及摩擦均不计，则该同学（ ）
A.所受合外力越来越小B.对地面的压力越来越小
C.对绳的拉力越来越小D.对地面的摩擦力越来越小
二、多选题
如图所示为电能输送的示意图，升压、降压变压器均为理想变压器，输电线总电阻为R，设发电厂输出电压不变，则用户端负载增加（用电高峰期）时（ ）
A.降压变压器输出电压增大B.升压变压器输出电压增大
C.输电线上损失的电压增大D.电厂的输出功率增大
如图所示，有一竖直向上的圆柱形匀强磁场区域，有两个比荷相等的带电粒子k1，k2分别从P点沿着半径垂直磁场射入，其中粒子k1偏转90∘右边从A点射出，粒子k2偏转60∘左边从B点射出．不计粒子重力，下列判断正确的是（ ）
A.粒子k1带负电，粒子k2带正电
B.粒子k1带正电，粒子k2带负电
C.带电粒子k1，k2的速度v1:v2=3:1
D.带电粒子k1，k2在磁场中运动的时间t1:t2=3:2
如图所示，某人从距水面一定高度的平台上做蹦极运动．劲度系数为k的弹性绳一端固定在人身上，另一端固定在平台上．人从静止开始竖直跳下，在其到达水面前速度减为零．运动过程中，弹性绳始终处于弹性限度内．取与平台同高度的O点为坐标原点，以竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力，人可视为质点．从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用v、a、t分别表示人的速度、加速度和下落时间．下列描述v与t、a与y的关系图像可能正确的是（ ）
A.B.
C.D.
三、实验探究题
做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，图甲是教材中的实验方案；图乙是拓展方案：
乙图的实验操作步骤如下：
（1）________（填“挂上”或“不挂上”）托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；
（2）取下托盘和砝码，测出其总质量为m，让小车沿木板下滑，测出加速度a；
（3）改变砝码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到a−F的关系．
①实验获得如图所示的纸带，计数点A、B、C、D、E间均有四个点未画出，则小车下滑的加速度大小为________m/s2（保留两位有效数字）；
②需要满足条件M≫m的方案是________（选填“甲”“乙”或“甲和乙”）；在作a−F图像时，把mg作为F值的是________（选填“甲”“乙”或“甲和乙”）．
四、解答题
利用如图所示的电路可以测定一节干电池的电动势和内电阻．
（1）现有电压表0∼3V、开关和导线若干，以及下列器材：
A．电流表0∼0.6A
B．电流表0∼3AC．滑动变阻器0∼20Ω
D．滑动变阻器0∼1000Ω实验中电流表应选用________；滑动变阻器应选用________．（选填相应器材前的字母）
（2）在图乙中用笔画线代替导线，按图甲将电路连线补充完整．
（3）实验中，某同学记录的6组数据如表所示，请在图丙中画出U−图线．
（4）根据图丙，可得出干电池的电动势E=________V，内电阻r=________Ω．
图甲为不带滑雪杖的运动员为迎接2022年北京冬奥会的训练画面，其运动过程可简化为如图乙所示的模型：运动员（可视为质点）沿倾角θ=37∘的滑道由静止开始匀加速直线下滑，到达坡底后进入水平滑道匀减速直线滑行s=51.2m停下，已知水平段运动时间t=6.4s，滑雪板与整个滑道的动摩擦因数均相同，运动员进入水平滑道瞬间的速度大小不变，不计空气阻力．（sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，g取10m/s2）求：
（1）滑雪板与滑道的动摩擦因数μ；
（2）运动员开始下滑位置到坡底的距离x．
如图所示，两块水平放置、相距为d=0.5m的长金属板接在电压U=1V的电源上，两板之间的虚线右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，将喷墨打印机的喷口靠近两板中间的位置，从喷口连续不断喷出质量均为m=3.2×10−3kg、速度水平且大小均为v0=5m/s、电荷量相等的墨滴，墨滴在电场区域恰能水平向右做匀速直线运动，并垂直磁场左边界进入电场、磁场共存区域后，最终打在下板的M点，M点与磁场左边界的水平距离亦为d，取g=10m/s2．
（1）判断墨滴所带电荷的电性，并求其电荷量q；
（2）求磁场的磁感应强度B．
如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量为m=4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1．某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3m/s．A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2．求：
（1）B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之间的距离．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省韶关市某校高二期中考物理试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】
【解答】
解：CD．物体受重力和n根悬绳拉力作用处于平衡状态，由对称性可知，每条悬绳拉力的竖直分力为Gn，设绳与竖直方向的夹角为θ，则有Fcsθ=Gn，解得F=Gncsθ，由于无法确定ncsθ是否大于1，故无法确定拉力F与重力G的关系，故CD错误；
AB．悬绳较长时，夹角θ较小，故拉力较小，即F1>F2，故A正确，B错误．
故选A．
2.
【答案】
C
【考点】
摩擦力的判断
物体的弹性和弹力
平衡条件的基本应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．甲中椅对地面的的压力是由椅发生形变对地面产生的弹力，故A错误；
B．甲中人不同的躺姿不会改变椅子对人的合力，椅子对人的合力始终等于人对重力，故B错误；
C．以人和椅子整体为研究对象，当乙中人脚用力蹬地时整体处于平衡状态，水平方向受力平衡，则地对脚的摩擦力与地对椅子的摩擦力大小相等，根据牛顿第三定律可得脚对地的摩擦力与椅子对地的摩擦力大小相等，故C正确；
D．乙中人脚用力蹬地时，如果人的背相对于椅子有向上的运动趋势，则躺椅对人背部摩擦力沿椅面向下，故D错误．
故选C．
3.
【答案】
A
【考点】
v-t图像（匀变速直线运动）
【解析】
从t=0到停下，根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，求出两车的位移，从而判断平均速度关系；从t=0.5s到停下，汽车做匀减速直线运动，根据图象的斜率求加速度之比，根据v=v0+v2求平均速度之比．
【解答】
解：A．从t=0.5s到停下，汽车做匀减速直线运动，根据平均速度公式v=v0+v2，可知汽车在湿滑路面和干燥路面的平均速度大小相等，均为v=402m/s=20m/s，故A正确；
B．从t=0.5s到停下，根据v−t图像的斜率大小表示加速度大小，知汽车在湿滑路面减速的加速度大小为a1=405−0.5m/s2=809m/s2，汽车在干燥路面减速的加速度大小为a2=402.5−0.5m/s2=20m/s2，则a1:a2=4:9，故B错误；
CD．根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，知从t=0到停下，汽车在干燥路面通过的位移为x1=0.5+2.52×40m=60m，平均速度为v1=x1t1=602.5m/s=24m/s．汽车在湿滑路面通过的位移为x2=0.5+52×40m=110m，平均速度为v2=x2t2=1105m/s=22m/s，则x2x1=11060≈1.8，故湿滑路面的位移是干燥路面的1.8倍，汽车在干燥路面的平均速度较大，故CD错误．
故选A．
4.
【答案】
B
【考点】
电势
电场强度
点电荷的场强
电场力做功与电势能变化的关系
【解析】
以正点电荷Q为中心的圆为等势面，等势面上各点的电势相等．根据E=qφ判断电势能大小以及电场力做功情况．
【解答】
解：A．a、b两点距正点电荷Q距离相同，所以两点场强大小相等，但是方向不同，所以两点场强不同，故A错误；
B．沿电场线方向电势降低，a点离点电荷的距离大于c点的距离，故c点电势高于a点电势，根据E=qφ ，可知负试探电荷在a点的电势能大于在c点的电势能，故B正确；
C．a、b两点距正点电荷Q的距离与c点距正点电荷Q的距离不同，所以a、b两点与c点的电势不同，故C错误；
D．正试探电荷沿ab连线从a到b，电势先增大后减小，根据E=qφ，电势能先增大后减小，根据功能关系可得电场力先做负功后做正功，故D错误．
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
轻绳、轻杆瞬时问题
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】
木板撤去前，小球处于平衡态，根据共点力平衡条件先求出各个力，撤去木板瞬间，支持力消失，弹力和重力不变，求出合力后即可求出加速度。
【解答】
解：木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图：
根据共点力平衡条件，有
F−Nsin30∘＝0，
Ncs30∘−G＝0，
解得N=233mg，F=33mg，
木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N，方向与N反向，
故加速度为a=Nm=233g．
故选C．
6.
【答案】
B
【考点】
单杆切割磁感线
电磁感应中的能量问题
【解析】
如图所示，一平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道宽为L，上端用一电阻R相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上。质量为m的金属杆ab以初速度v - 高中物理 - 菁优
根据电荷量的计算公式求解电荷量；根据右手定则判断电流方向；根据能量关系分析金属杆因摩擦产生的热量以及金属杆损失的机械能．
【解答】
解：A．根据右手定则可知金属杆中的电流方向由a指向b，故A错误；
B．根据电荷量的计算公式可得：q=It=ERt=ΔΦRt⋅t=ΔΦR=BLhRsinθ，故B正确；
C．根据能量关系可知，金属杆因摩擦产生的热量等于Q=12mv02−mgh−W安，故C错误；
D．金属杆损失的机械能等于电阻R产生的焦耳热与由于摩擦产生的热之和，故D错误．
故选B．
7.
【答案】
B
【考点】
解析法在动态平衡问题中的应用
【解析】
如图所示，某同学通过滑轮组将一重物缓慢吊起，过程中静立拉绳的姿势始终不变，若滑轮与绳的重力及摩擦均不计，则该同学 - 高中物理 - 菁优
人处于平衡状态，故人受力平衡，合力一直为零；对结点受力分析可知，结点受滑轮的压力和两拉绳子的拉力，根据共点力平衡条件，可以求解出拉力的大小；再以人为研究对象根据平衡条件分析人对地面的压力的变化和摩擦力的变化．
【解答】
解：A．人保持静止，故人受到的合外力一直为零，故A错误；
BCD．对结点受力分析可知，结点受重物向下的拉力、绳子两边弹力，如图所示；
由于为同一根绳子，故F1=F2=F，
设F1与F2夹角为θ，则F1=F2=mg2csθ2，
在重物被吊起的过程中，θ变大，故F1与F2同时变大，故绳子的拉力变大，
根据牛顿第三定律可知，人对绳子的拉力F变大，
将F分别向水平和竖直方向上分解，因F增大而夹角不变，故两分力增大，
水平方向上人受到摩擦力f=Fx，因Fx随F增大而增大，故摩擦力增大；
竖直方向根据平衡条件可得支持力N=mg−Fy，Fy变大则支持力减小，
根据牛顿第三定律可知人对地面的压力越来越小，故B正确，CD错误．
故选B．
二、多选题
【答案】
C,D
【考点】
远距离输电
变压器的构造和原理
【解析】
当用户端负载增加时，用户端电流I4增加，输电线上的电流在增大，输电线电阻R不变，输电线上损失的电压增大；升压变压器原线圈上的电压不变，匝数也不变，则输出电压U2不变；由于输电线上损失的电压UR增大，故降压变压器输出电压减小；用户端电流I4增加，则发电厂输出电流I1变大，故发电厂的输出功率增大．
【解答】
解：B．设升压变压器原副线圈的匝数分别为n1，n2，原线圈上的电压为U1，副线圈电压为U2，升压变压器输入电压U1不变，由U1U2=n1n2得升压变压器输出电压U2不变，故B错误；
C．设降压变压器原副线圈的匝数分别为n3，n4，原线圈上的电流为I3，用户端电流为I4，当用户端负载增加时，用户端电流I4增加，由I3I4=n4n3得降压变压器原线圈上的电流I3增加，输电线上的电流IR=I3在增大，输电线电阻R不变，输电线上损失的电压UR增大，故C正确；
A．升压变压器输出电压U2不变，输电线上损失的电压UR增大，根据U3=U2−UR知，U3减小，根据U3U4=n3n4得：U4减小，故降压变压器输出电压减小，故A错误；
D．用户端负载增加时，用户端电流I4增加，根据副线圈的电流决定原线圈的电流，知发电厂输出电流I1变大，根据P=U1I1得发电厂的输出功率增大，故D正确．
故选CD．
【答案】
B,D
【考点】
带电粒子在有界磁场中的圆周运动
【解析】
如图所示，有一竖直向上的圆柱形匀强磁场区域，有两个比荷相等的带电粒子k1、k2分别从P点沿着半径垂直磁场射入，其中粒子k1偏转90°从右边A点射出，粒子k2偏转60°从左边B - 高中物理 - 菁优
粒子在匀速磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据粒子偏转方向应用左手定则判断粒子带电性质；作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律求出粒子的速度，然后求出粒子速度之比；求出粒子在磁场中转过的圆心角，然后求出粒子在磁场中的运动时间，再求出粒子运动时间之比．
【解答】
解：AB．磁场方向竖直向上，粒子速度方向在水平面内沿半径方向，粒子k1向右偏转，粒子k2向左偏转，由左手定则可知，粒子k1带正电，粒子k2带负电，故A错误，B正确；
C．粒子k1偏转90∘从右边A点射出，粒子k2偏转60∘从左边B点射出，粒子k1在磁场中转过的圆心角是90∘，粒子k2在磁场中转过的圆心角是60∘，粒子运动轨迹如图所示，
设磁场区域的半径为R，由几何知识得：r1=Rcs45∘=22R，r2=R，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，
解得，粒子的速度：v=qBrm，
由题意可知，两粒子的比荷qm相等，磁感应强度B相等，
则粒子的速度之比v1v2=r1r2=22RR=22，故C错误；
D．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πrv=2πmqB，粒子比荷相等，
则两粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T相等，粒子在磁场中的运动时间：t=θ2πT，
由几何知识可知，粒子在磁场中转过的圆心角θ1=90∘，θ2=60∘，
则带电粒子k1，k2在磁场中运动的时间之比t1t2=θ1θ2=90∘60∘=32，故D正确．
故选BD．
【答案】
A,D
【考点】
牛顿运动定律的应用—从受力确定运动
图像的选择
【解析】
刚开始做自由落体运动，加速度不变，弹性绳绷紧之后，加速度先减小后增大，根据牛顿第二定律可以推出a和y是线性变化关系。
【解答】
解：CD．人在下落的过程中，弹性绳绷紧之前，人处于自由落体状态，加速度为g；弹性绳绷紧之后，弹力随下落距离逐渐增加F＝kΔx，根据牛顿第二定律mg−kΔx＝ma知，弹性绳的伸长量Δx和a为线性变化关系，故y和a也是线性变化关系；当弹力F小于重力时，做加速度减小的加速运动；当弹力F等于重力时，加速度为零，速度最大；当弹力F大于重力时，做加速度增大的减速运动，所以加速度先不变，后减小再增大，且加速度和y是线性变化关系，故C错误，D正确；
AB．人的加速度先不变，后减小再反向增加，可知速度时间图像的斜率绝对值先不变，后减小再增加，故B错误，A正确．
故选AD．
三、实验探究题
【答案】
（1）挂上
（3）①0.75,②甲,甲和乙
【考点】
探究加速度与物体质量、物体受力的关系
【解析】
（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项；
（3）①为了消除摩擦力产生的影响，小车的质量应远小于钩码的质量；
②纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度．
【解答】
解：（1）图乙方案中，挂上托盘和砝码，让小车匀速运动，对小车分析有Mgsinθ=f+mg，取下托盘和砝码，小车做匀加速直线运动，Mgsinθ−f=Ma，即mg=Ma，可以求出小车的加速度．所以刚开始，乙图中应先挂上托盘和砝码．
（3）①根据题意可以读出xAB=1.2cm，xAC=3.15cm， xAD=5.85cm，xAE=9.30cm．打点计时器每打两个点的时间间隔是0.02s，因为图中还有四个点未画出，所以每两个计数点的时间间隔是T0=0.1s，
根据匀变速直线运动中，相邻的时间间隔相等的位移差是个定值，有Δx=aT2，
则a=ΔxT2=(xCD+xDE)−(xAB+xBC)4T02
=xAE−xAC−xAC4T02=9.30−3.15−3.154×0.12cm/s2
=75cm/s2=0.75m/s2．
②图甲方案中，由托盘和砝码的重力提供拉力，让小车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知mg=M+ma，则a=mm+Mg，则绳子对小车的拉力F=Ma=mm+MMg，当M≫m时，绳子拉力近似等于托盘和砝码的重力；
图乙方案中，挂上托盘和砝码，让小车匀速运动，对小车分析有Mgsinθ=f+mg，取下托盘和砝码，小车做匀加速直线运动，Mgsinθ−f=Ma，即mg=Ma，可以求出小车的加速度；
故甲方案需要满足M≫m，甲和乙在作a−F图像时都可以把mg作为F．
四、解答题
【答案】
（1）A,C
（2）如解答图所示．
（3）如解答图所示．
（4）1.45（1.43∼1.47）,
0.84（0.80∼0.86）
【考点】
测定电源的电动势和内阻
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）根据表格中电流的数据，可知电流表选择A，因电源内阻较小，故为方便实验操作，滑动变阻器应选C．
（2）如图：
（3）如图：
（4）纵轴截距表示电动势，则E＝1.45V，
图线斜率的绝对值等于内阻，则r=1.45−1.030.5Ω＝0.84Ω．
【答案】
（1）滑雪板与滑道的动摩擦因数μ=0.25；
（2）运动员开始下滑位置到坡底的距离x=32m．
【考点】
用牛顿运动定律分析斜面体模型
【解析】
【解答】
解：（1）运动员在水平段运动过程，由运动学公式：
s=12at2，
由牛顿第二定律得：
μmg=ma，
解得：μ=0.25．
（2）运动员通过坡底的速度：v=at，
运动员在斜面上下滑过程，由牛顿第二定律得：
mgsinθ−μmgcsθ=ma，
由运动学公式：x=v22a1，
解得：x=32m．
【答案】
（1）墨滴带负电荷，其电荷量为1.6×10−2C；
（2）磁场的磁感应强度B=1.6T．
【考点】
带电粒子在重力场和电场中的运动
带电粒子在叠加场中无约束条件下的运动
【解析】
【解答】
解：（1）墨滴在电场区域做匀速直线运动，则电场力等于重力qE=mg，
匀强电场有： E=Ud，
解得： q=mgdU=3.2×10−3×10×0.51C=1.6×10−2C，
由于电场方向向下，电荷受的电场力向上，可知墨滴带负电荷．
（2）墨滴垂直进入电、磁场共存的区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，
有qv0B=mv02R，
根据题设，墨滴运动的轨迹如图所示，
设圆周运动的半径为R，则有由图示可得，
R2=d2+R−d22，
得R=54d，
解得：B=1.6T．
【答案】
（1）木板的速度为1m/s．
（2）两者间的距离为1.9m．
【考点】
板块模型问题
动力学中的整体法与隔离法
【解析】
本题考查了牛顿运动定律的综合应用．
【解答】
解：（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1，在滑块B与木板达到共同速度前有：
f1=μ1mAg①
f2=μ1mBg②
f3=μ2m+mA+mBg③
由牛顿第二定律得：
f1=mAaA④
f2=mBaB⑤
f2−f1−f3=ma1⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1．由运动学公式有v1=v0−aBt1⑦
v1=a1t1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得：
v1=1m/s；
（2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
sB=v0t1−12aBt12，
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
f1+f3=mB+ma2，
由①②④⑤式知，aA=aB，
再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2=v1−a2t2，
对A有v2=−v1+aAt2，
在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为
s1=v1t2−12a2t22，
在t1+t2时间间隔内，A相对地面移动的距离为
sA=v0t1+t2−12aAt1+t22，
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
s0=sA+s1+sB，
联立以上各式，并代入数据得
s0=1.9m ．
（也可用如图所示的速度—时间图线求解）
1.
如图是悬绳对称且长度可调的自制降落伞．用该伞挂上重为G的物体进行两次落体实验，悬绳的长度l1
2. 现在普通家庭很多都拥有躺椅，图甲中人双脚离地而躺，图乙中人双脚着地而躺．两图中位于水平地面上的人和椅都保持静止状态，下列说法正确的是
A.甲图中椅对地面的压力是由地面发生形变产生的
B.甲图中人不同的躺姿会改变椅对人的作用力
C.乙图中脚用力蹬地时，脚对地的摩擦力与椅对地的摩擦力大小相等
D.乙图中脚用力蹬地时，人背部受到的摩擦力一定沿椅面向上
3. 如图所示，两条图线是驾驶员驾驶同一辆汽车在两种路面紧急刹车时的v−t图像，驾驶员的反应时间为0.5s（从发现问题到制动的时间），下列说法正确的是（ ）
A.从t=0.5s到停下，汽车在湿滑路面和干燥路面的平均速度大小相等
B.从t=0.5s到停下，汽车在湿滑路面和干燥路面的加速度之比为1:2
C.从t=0到停下，汽车在湿滑路面的位移是干燥路面的2倍
D.从t=0到停下，汽车在干燥路面的平均速度较小
4. 如图所示，a、b两点位于以正点电荷Q为中心的正方体顶点，c点在上表面中心，则（ ）
A.a、b两点的场强相同
B.负试探电荷在a点的电势能大于在c点的电势能
C.a、b、c三点的电势相等
D.正试探电荷沿ab连线从a到b，电场力先做正功后做负功
5. 如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30∘的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为（ ）
A.0
B.大小为g，方向竖直向下
C.大小为233g，方向垂直木板向下
D.大小为33g，方向水平向右
6. 如图所示，一平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道宽为L，上端用一电阻R相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上．质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行，达到最大高度h后保持静止．若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计．关于上滑过程，下列说法正确的是（ ）
A.金属杆中的电流方向由b指向a
B.通过电阻R的电量为BLhRsinθ
C.金属杆因摩擦产生的热量等于12mv02−mgh
D.金属杆损失的机械能等于电阻R产生的焦耳热
7. 如图所示，某同学通过滑轮组将一重物缓慢吊起，过程中静立拉绳的姿势始终不变，若滑轮与绳的重力及摩擦均不计，则该同学（ ）
A.所受合外力越来越小B.对地面的压力越来越小
C.对绳的拉力越来越小D.对地面的摩擦力越来越小
二、多选题
如图所示为电能输送的示意图，升压、降压变压器均为理想变压器，输电线总电阻为R，设发电厂输出电压不变，则用户端负载增加（用电高峰期）时（ ）
A.降压变压器输出电压增大B.升压变压器输出电压增大
C.输电线上损失的电压增大D.电厂的输出功率增大
如图所示，有一竖直向上的圆柱形匀强磁场区域，有两个比荷相等的带电粒子k1，k2分别从P点沿着半径垂直磁场射入，其中粒子k1偏转90∘右边从A点射出，粒子k2偏转60∘左边从B点射出．不计粒子重力，下列判断正确的是（ ）
A.粒子k1带负电，粒子k2带正电
B.粒子k1带正电，粒子k2带负电
C.带电粒子k1，k2的速度v1:v2=3:1
D.带电粒子k1，k2在磁场中运动的时间t1:t2=3:2
如图所示，某人从距水面一定高度的平台上做蹦极运动．劲度系数为k的弹性绳一端固定在人身上，另一端固定在平台上．人从静止开始竖直跳下，在其到达水面前速度减为零．运动过程中，弹性绳始终处于弹性限度内．取与平台同高度的O点为坐标原点，以竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力，人可视为质点．从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用v、a、t分别表示人的速度、加速度和下落时间．下列描述v与t、a与y的关系图像可能正确的是（ ）
A.B.
C.D.
三、实验探究题
做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，图甲是教材中的实验方案；图乙是拓展方案：
乙图的实验操作步骤如下：
（1）________（填“挂上”或“不挂上”）托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；
（2）取下托盘和砝码，测出其总质量为m，让小车沿木板下滑，测出加速度a；
（3）改变砝码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到a−F的关系．
①实验获得如图所示的纸带，计数点A、B、C、D、E间均有四个点未画出，则小车下滑的加速度大小为________m/s2（保留两位有效数字）；
②需要满足条件M≫m的方案是________（选填“甲”“乙”或“甲和乙”）；在作a−F图像时，把mg作为F值的是________（选填“甲”“乙”或“甲和乙”）．
四、解答题
利用如图所示的电路可以测定一节干电池的电动势和内电阻．
（1）现有电压表0∼3V、开关和导线若干，以及下列器材：
A．电流表0∼0.6A
B．电流表0∼3AC．滑动变阻器0∼20Ω
D．滑动变阻器0∼1000Ω实验中电流表应选用________；滑动变阻器应选用________．（选填相应器材前的字母）
（2）在图乙中用笔画线代替导线，按图甲将电路连线补充完整．
（3）实验中，某同学记录的6组数据如表所示，请在图丙中画出U−图线．
（4）根据图丙，可得出干电池的电动势E=________V，内电阻r=________Ω．
图甲为不带滑雪杖的运动员为迎接2022年北京冬奥会的训练画面，其运动过程可简化为如图乙所示的模型：运动员（可视为质点）沿倾角θ=37∘的滑道由静止开始匀加速直线下滑，到达坡底后进入水平滑道匀减速直线滑行s=51.2m停下，已知水平段运动时间t=6.4s，滑雪板与整个滑道的动摩擦因数均相同，运动员进入水平滑道瞬间的速度大小不变，不计空气阻力．（sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，g取10m/s2）求：
（1）滑雪板与滑道的动摩擦因数μ；
（2）运动员开始下滑位置到坡底的距离x．
如图所示，两块水平放置、相距为d=0.5m的长金属板接在电压U=1V的电源上，两板之间的虚线右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，将喷墨打印机的喷口靠近两板中间的位置，从喷口连续不断喷出质量均为m=3.2×10−3kg、速度水平且大小均为v0=5m/s、电荷量相等的墨滴，墨滴在电场区域恰能水平向右做匀速直线运动，并垂直磁场左边界进入电场、磁场共存区域后，最终打在下板的M点，M点与磁场左边界的水平距离亦为d，取g=10m/s2．
（1）判断墨滴所带电荷的电性，并求其电荷量q；
（2）求磁场的磁感应强度B．
如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量为m=4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1．某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3m/s．A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2．求：
（1）B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之间的距离．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省韶关市某校高二期中考物理试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】
【解答】
解：CD．物体受重力和n根悬绳拉力作用处于平衡状态，由对称性可知，每条悬绳拉力的竖直分力为Gn，设绳与竖直方向的夹角为θ，则有Fcsθ=Gn，解得F=Gncsθ，由于无法确定ncsθ是否大于1，故无法确定拉力F与重力G的关系，故CD错误；
AB．悬绳较长时，夹角θ较小，故拉力较小，即F1>F2，故A正确，B错误．
故选A．
2.
【答案】
C
【考点】
摩擦力的判断
物体的弹性和弹力
平衡条件的基本应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．甲中椅对地面的的压力是由椅发生形变对地面产生的弹力，故A错误；
B．甲中人不同的躺姿不会改变椅子对人的合力，椅子对人的合力始终等于人对重力，故B错误；
C．以人和椅子整体为研究对象，当乙中人脚用力蹬地时整体处于平衡状态，水平方向受力平衡，则地对脚的摩擦力与地对椅子的摩擦力大小相等，根据牛顿第三定律可得脚对地的摩擦力与椅子对地的摩擦力大小相等，故C正确；
D．乙中人脚用力蹬地时，如果人的背相对于椅子有向上的运动趋势，则躺椅对人背部摩擦力沿椅面向下，故D错误．
故选C．
3.
【答案】
A
【考点】
v-t图像（匀变速直线运动）
【解析】
从t=0到停下，根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，求出两车的位移，从而判断平均速度关系；从t=0.5s到停下，汽车做匀减速直线运动，根据图象的斜率求加速度之比，根据v=v0+v2求平均速度之比．
【解答】
解：A．从t=0.5s到停下，汽车做匀减速直线运动，根据平均速度公式v=v0+v2，可知汽车在湿滑路面和干燥路面的平均速度大小相等，均为v=402m/s=20m/s，故A正确；
B．从t=0.5s到停下，根据v−t图像的斜率大小表示加速度大小，知汽车在湿滑路面减速的加速度大小为a1=405−0.5m/s2=809m/s2，汽车在干燥路面减速的加速度大小为a2=402.5−0.5m/s2=20m/s2，则a1:a2=4:9，故B错误；
CD．根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，知从t=0到停下，汽车在干燥路面通过的位移为x1=0.5+2.52×40m=60m，平均速度为v1=x1t1=602.5m/s=24m/s．汽车在湿滑路面通过的位移为x2=0.5+52×40m=110m，平均速度为v2=x2t2=1105m/s=22m/s，则x2x1=11060≈1.8，故湿滑路面的位移是干燥路面的1.8倍，汽车在干燥路面的平均速度较大，故CD错误．
故选A．
4.
【答案】
B
【考点】
电势
电场强度
点电荷的场强
电场力做功与电势能变化的关系
【解析】
以正点电荷Q为中心的圆为等势面，等势面上各点的电势相等．根据E=qφ判断电势能大小以及电场力做功情况．
【解答】
解：A．a、b两点距正点电荷Q距离相同，所以两点场强大小相等，但是方向不同，所以两点场强不同，故A错误；
B．沿电场线方向电势降低，a点离点电荷的距离大于c点的距离，故c点电势高于a点电势，根据E=qφ ，可知负试探电荷在a点的电势能大于在c点的电势能，故B正确；
C．a、b两点距正点电荷Q的距离与c点距正点电荷Q的距离不同，所以a、b两点与c点的电势不同，故C错误；
D．正试探电荷沿ab连线从a到b，电势先增大后减小，根据E=qφ，电势能先增大后减小，根据功能关系可得电场力先做负功后做正功，故D错误．
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
轻绳、轻杆瞬时问题
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】
木板撤去前，小球处于平衡态，根据共点力平衡条件先求出各个力，撤去木板瞬间，支持力消失，弹力和重力不变，求出合力后即可求出加速度。
【解答】
解：木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图：
根据共点力平衡条件，有
F−Nsin30∘＝0，
Ncs30∘−G＝0，
解得N=233mg，F=33mg，
木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N，方向与N反向，
故加速度为a=Nm=233g．
故选C．
6.
【答案】
B
【考点】
单杆切割磁感线
电磁感应中的能量问题
【解析】
如图所示，一平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道宽为L，上端用一电阻R相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上。质量为m的金属杆ab以初速度v - 高中物理 - 菁优
根据电荷量的计算公式求解电荷量；根据右手定则判断电流方向；根据能量关系分析金属杆因摩擦产生的热量以及金属杆损失的机械能．
【解答】
解：A．根据右手定则可知金属杆中的电流方向由a指向b，故A错误；
B．根据电荷量的计算公式可得：q=It=ERt=ΔΦRt⋅t=ΔΦR=BLhRsinθ，故B正确；
C．根据能量关系可知，金属杆因摩擦产生的热量等于Q=12mv02−mgh−W安，故C错误；
D．金属杆损失的机械能等于电阻R产生的焦耳热与由于摩擦产生的热之和，故D错误．
故选B．
7.
【答案】
B
【考点】
解析法在动态平衡问题中的应用
【解析】
如图所示，某同学通过滑轮组将一重物缓慢吊起，过程中静立拉绳的姿势始终不变，若滑轮与绳的重力及摩擦均不计，则该同学 - 高中物理 - 菁优
人处于平衡状态，故人受力平衡，合力一直为零；对结点受力分析可知，结点受滑轮的压力和两拉绳子的拉力，根据共点力平衡条件，可以求解出拉力的大小；再以人为研究对象根据平衡条件分析人对地面的压力的变化和摩擦力的变化．
【解答】
解：A．人保持静止，故人受到的合外力一直为零，故A错误；
BCD．对结点受力分析可知，结点受重物向下的拉力、绳子两边弹力，如图所示；
由于为同一根绳子，故F1=F2=F，
设F1与F2夹角为θ，则F1=F2=mg2csθ2，
在重物被吊起的过程中，θ变大，故F1与F2同时变大，故绳子的拉力变大，
根据牛顿第三定律可知，人对绳子的拉力F变大，
将F分别向水平和竖直方向上分解，因F增大而夹角不变，故两分力增大，
水平方向上人受到摩擦力f=Fx，因Fx随F增大而增大，故摩擦力增大；
竖直方向根据平衡条件可得支持力N=mg−Fy，Fy变大则支持力减小，
根据牛顿第三定律可知人对地面的压力越来越小，故B正确，CD错误．
故选B．
二、多选题
【答案】
C,D
【考点】
远距离输电
变压器的构造和原理
【解析】
当用户端负载增加时，用户端电流I4增加，输电线上的电流在增大，输电线电阻R不变，输电线上损失的电压增大；升压变压器原线圈上的电压不变，匝数也不变，则输出电压U2不变；由于输电线上损失的电压UR增大，故降压变压器输出电压减小；用户端电流I4增加，则发电厂输出电流I1变大，故发电厂的输出功率增大．
【解答】
解：B．设升压变压器原副线圈的匝数分别为n1，n2，原线圈上的电压为U1，副线圈电压为U2，升压变压器输入电压U1不变，由U1U2=n1n2得升压变压器输出电压U2不变，故B错误；
C．设降压变压器原副线圈的匝数分别为n3，n4，原线圈上的电流为I3，用户端电流为I4，当用户端负载增加时，用户端电流I4增加，由I3I4=n4n3得降压变压器原线圈上的电流I3增加，输电线上的电流IR=I3在增大，输电线电阻R不变，输电线上损失的电压UR增大，故C正确；
A．升压变压器输出电压U2不变，输电线上损失的电压UR增大，根据U3=U2−UR知，U3减小，根据U3U4=n3n4得：U4减小，故降压变压器输出电压减小，故A错误；
D．用户端负载增加时，用户端电流I4增加，根据副线圈的电流决定原线圈的电流，知发电厂输出电流I1变大，根据P=U1I1得发电厂的输出功率增大，故D正确．
故选CD．
【答案】
B,D
【考点】
带电粒子在有界磁场中的圆周运动
【解析】
如图所示，有一竖直向上的圆柱形匀强磁场区域，有两个比荷相等的带电粒子k1、k2分别从P点沿着半径垂直磁场射入，其中粒子k1偏转90°从右边A点射出，粒子k2偏转60°从左边B - 高中物理 - 菁优
粒子在匀速磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据粒子偏转方向应用左手定则判断粒子带电性质；作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律求出粒子的速度，然后求出粒子速度之比；求出粒子在磁场中转过的圆心角，然后求出粒子在磁场中的运动时间，再求出粒子运动时间之比．
【解答】
解：AB．磁场方向竖直向上，粒子速度方向在水平面内沿半径方向，粒子k1向右偏转，粒子k2向左偏转，由左手定则可知，粒子k1带正电，粒子k2带负电，故A错误，B正确；
C．粒子k1偏转90∘从右边A点射出，粒子k2偏转60∘从左边B点射出，粒子k1在磁场中转过的圆心角是90∘，粒子k2在磁场中转过的圆心角是60∘，粒子运动轨迹如图所示，
设磁场区域的半径为R，由几何知识得：r1=Rcs45∘=22R，r2=R，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，
解得，粒子的速度：v=qBrm，
由题意可知，两粒子的比荷qm相等，磁感应强度B相等，
则粒子的速度之比v1v2=r1r2=22RR=22，故C错误；
D．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πrv=2πmqB，粒子比荷相等，
则两粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T相等，粒子在磁场中的运动时间：t=θ2πT，
由几何知识可知，粒子在磁场中转过的圆心角θ1=90∘，θ2=60∘，
则带电粒子k1，k2在磁场中运动的时间之比t1t2=θ1θ2=90∘60∘=32，故D正确．
故选BD．
【答案】
A,D
【考点】
牛顿运动定律的应用—从受力确定运动
图像的选择
【解析】
刚开始做自由落体运动，加速度不变，弹性绳绷紧之后，加速度先减小后增大，根据牛顿第二定律可以推出a和y是线性变化关系。
【解答】
解：CD．人在下落的过程中，弹性绳绷紧之前，人处于自由落体状态，加速度为g；弹性绳绷紧之后，弹力随下落距离逐渐增加F＝kΔx，根据牛顿第二定律mg−kΔx＝ma知，弹性绳的伸长量Δx和a为线性变化关系，故y和a也是线性变化关系；当弹力F小于重力时，做加速度减小的加速运动；当弹力F等于重力时，加速度为零，速度最大；当弹力F大于重力时，做加速度增大的减速运动，所以加速度先不变，后减小再增大，且加速度和y是线性变化关系，故C错误，D正确；
AB．人的加速度先不变，后减小再反向增加，可知速度时间图像的斜率绝对值先不变，后减小再增加，故B错误，A正确．
故选AD．
三、实验探究题
【答案】
（1）挂上
（3）①0.75,②甲,甲和乙
【考点】
探究加速度与物体质量、物体受力的关系
【解析】
（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项；
（3）①为了消除摩擦力产生的影响，小车的质量应远小于钩码的质量；
②纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度．
【解答】
解：（1）图乙方案中，挂上托盘和砝码，让小车匀速运动，对小车分析有Mgsinθ=f+mg，取下托盘和砝码，小车做匀加速直线运动，Mgsinθ−f=Ma，即mg=Ma，可以求出小车的加速度．所以刚开始，乙图中应先挂上托盘和砝码．
（3）①根据题意可以读出xAB=1.2cm，xAC=3.15cm， xAD=5.85cm，xAE=9.30cm．打点计时器每打两个点的时间间隔是0.02s，因为图中还有四个点未画出，所以每两个计数点的时间间隔是T0=0.1s，
根据匀变速直线运动中，相邻的时间间隔相等的位移差是个定值，有Δx=aT2，
则a=ΔxT2=(xCD+xDE)−(xAB+xBC)4T02
=xAE−xAC−xAC4T02=9.30−3.15−3.154×0.12cm/s2
=75cm/s2=0.75m/s2．
②图甲方案中，由托盘和砝码的重力提供拉力，让小车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知mg=M+ma，则a=mm+Mg，则绳子对小车的拉力F=Ma=mm+MMg，当M≫m时，绳子拉力近似等于托盘和砝码的重力；
图乙方案中，挂上托盘和砝码，让小车匀速运动，对小车分析有Mgsinθ=f+mg，取下托盘和砝码，小车做匀加速直线运动，Mgsinθ−f=Ma，即mg=Ma，可以求出小车的加速度；
故甲方案需要满足M≫m，甲和乙在作a−F图像时都可以把mg作为F．
四、解答题
【答案】
（1）A,C
（2）如解答图所示．
（3）如解答图所示．
（4）1.45（1.43∼1.47）,
0.84（0.80∼0.86）
【考点】
测定电源的电动势和内阻
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）根据表格中电流的数据，可知电流表选择A，因电源内阻较小，故为方便实验操作，滑动变阻器应选C．
（2）如图：
（3）如图：
（4）纵轴截距表示电动势，则E＝1.45V，
图线斜率的绝对值等于内阻，则r=1.45−1.030.5Ω＝0.84Ω．
【答案】
（1）滑雪板与滑道的动摩擦因数μ=0.25；
（2）运动员开始下滑位置到坡底的距离x=32m．
【考点】
用牛顿运动定律分析斜面体模型
【解析】
【解答】
解：（1）运动员在水平段运动过程，由运动学公式：
s=12at2，
由牛顿第二定律得：
μmg=ma，
解得：μ=0.25．
（2）运动员通过坡底的速度：v=at，
运动员在斜面上下滑过程，由牛顿第二定律得：
mgsinθ−μmgcsθ=ma，
由运动学公式：x=v22a1，
解得：x=32m．
【答案】
（1）墨滴带负电荷，其电荷量为1.6×10−2C；
（2）磁场的磁感应强度B=1.6T．
【考点】
带电粒子在重力场和电场中的运动
带电粒子在叠加场中无约束条件下的运动
【解析】
【解答】
解：（1）墨滴在电场区域做匀速直线运动，则电场力等于重力qE=mg，
匀强电场有： E=Ud，
解得： q=mgdU=3.2×10−3×10×0.51C=1.6×10−2C，
由于电场方向向下，电荷受的电场力向上，可知墨滴带负电荷．
（2）墨滴垂直进入电、磁场共存的区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，
有qv0B=mv02R，
根据题设，墨滴运动的轨迹如图所示，
设圆周运动的半径为R，则有由图示可得，
R2=d2+R−d22，
得R=54d，
解得：B=1.6T．
【答案】
（1）木板的速度为1m/s．
（2）两者间的距离为1.9m．
【考点】
板块模型问题
动力学中的整体法与隔离法
【解析】
本题考查了牛顿运动定律的综合应用．
【解答】
解：（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1，在滑块B与木板达到共同速度前有：
f1=μ1mAg①
f2=μ1mBg②
f3=μ2m+mA+mBg③
由牛顿第二定律得：
f1=mAaA④
f2=mBaB⑤
f2−f1−f3=ma1⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1．由运动学公式有v1=v0−aBt1⑦
v1=a1t1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得：
v1=1m/s；
（2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
sB=v0t1−12aBt12，
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
f1+f3=mB+ma2，
由①②④⑤式知，aA=aB，
再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2=v1−a2t2，
对A有v2=−v1+aAt2，
在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为
s1=v1t2−12a2t22，
在t1+t2时间间隔内，A相对地面移动的距离为
sA=v0t1+t2−12aAt1+t22，
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
s0=sA+s1+sB，
联立以上各式，并代入数据得
s0=1.9m ．
（也可用如图所示的速度—时间图线求解）
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