2023-2024学年安徽省芜湖市高三教学质量检测物理试卷（5月）(含详细答案解析)

这是一份2023-2024学年安徽省芜湖市高三教学质量检测物理试卷（5月）(含详细答案解析)，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.玉兔二号月球车能源为太阳能，当月球进入月夜，表面温度会降低到−180℃，“玉兔二号”失去动力源——太阳能，此时“玉兔二号”依靠核电池供能来抵御月夜的寒冷，核电池将衰变释放的核能一部分转换成电能，的衰变方程为P94238P⁡u→U92234U+X，下列说法中正确的是( )
A. 衰变方程中的X为电子
B. 比U92234U多两个质子和两个中子
C. 该核反应过程质量数减少
D. 100个原子核经过一个半衰期后一定还剩50个
2.某减噪装置结构如图所示，当外界声音通过时引起装置的共振从而吸收声波达到减噪效果。已知其固有频率表达式为f0=k σL(SI制)，其中σ为薄板单位面积的质量，L为空气层的厚度， k为常数。经测试发现它对频率为200Hz的声音减噪效果最强，若外界声波频率由200 Hz变为300Hz，则( )
A. 该装置振动频率仍为200HzB. 常数k的单位是kg⋅m−1⋅s−2
C. 适当增大L，可以获得更好减噪效果D. 适当调小σ，可以获得更好减噪效果
3.2023年10月26日，神舟十七号载人飞船成功对接于空间站“天和”核心舱，整个对接过程历时约6.5小时。在对接的最后阶段，神舟十七号与空间站处于同一轨道上同向运动，两者的运行轨道均视为圆周.要使神舟十七号在同一轨道上能追上空间站以实现对接，神舟十七号调姿发动机喷射燃气的方向可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
4.如图所示，我国的球面射电望远镜(FAST)是世界上最大的单口径射电望远镜，被称为“超级天眼”，并通过随地球自转指向太空不同方向。“天眼眼眶”的直径为 D，其边缘圆周处于同一水平面内，其所在处地磁场的磁感应强度大小为B，与“眼眶”平面平行、垂直的分量大小分别为B1、B2，则( )
A. 穿过“眼眶”的磁通量大小为14B1πD2
B. B、B1、B2三者大小关系满足B= B1+B2
C. 在地球自转90∘的过程中，穿过“眼眶”磁通量的变化量为0
D. 在地球自转180∘的过程中，穿过“眼眶”磁通量的变化量为12B2πD2
5.在气象学上，按风力大小可划分为十二个等级，当风力达到6级以上时，人逆风行走就会很困难。我们可以在风洞中模拟人体在大风中的受力情况，将一模型放在水平地面上，模型与地面间的最大静摩擦力294N，其与水平方向的风作用的有效面积为1.2m2，空气的密度为1.25kg/m3，风吹到模型表面上速度立刻减为0，则在确保不被风吹动的前提下，该模型能够承受水平方向的最大风速为( )
A. 7.0m/sB. 14.0m/sC. 19.8m/sD. 28.0m/s
6.如图所示，质点在O点由静止开始先做匀加速直线运动，加速度大小为a1，经过时间t运动到A点，速度大小为v1，再以加速度大小a2继续做匀变速直线运动，又经过时间2t运动到B点，速度大小为v2。已知OA=2BO，则( )
A. a1a2=811B. a1a2=45C. v1v2=27D. v1v2=23
7.如图所示，在坐标系xOy中，弧BDC是以A点为圆心、AB为半径的一段圆弧，AB=L，AO=L2，D点是圆弧跟y轴的交点。在O点和A点分别固定电荷量为+Q1和−Q2的点电荷后，D点的电场强度恰好为零。下列说法正确的是( )
A. Q2=2Q1
B. 圆弧BDC上的各点中，D点的电势最低
C. 电子沿着圆弧BDC从B点运动到C点的过程中，电势能不变
D. 电子沿着圆弧BDC从B点运动到C点的过程中，电势能先减小后增大
8.智慧体育(SmartSprts)是指运用现代化科技手段，对传统体育运动进行数字化、网络化、智能化升级，创造更安全、更科学、更高效、更便利的运动环境和运动服务。某科研团队通过传感器收集并分析运动数据，为跳高运动员的技术动作改进提供参考。图为跳高运动员在起跳过程中，其单位质量受到地面的竖直方向支持力随时间变化关系曲线。图像中10.10s至10.35s内，曲线下方的面积与阴影部分的面积相等。已知该运动员的质量为60kg，重力加速度g取10m/s2。运动员起跳过程身体重心的运动近似看成在竖直方向上，下列说法正确的是( )
A. 起跳过程中运动员的最大加速度约为42m/s2
B. 起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为3m/s
C. 起跳后运动员重心上升的最大高度约为0.45m
D. 起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为330N⋅s
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9.如图所示，物体A和B中间用一个轻杆相连，在倾角为θ的固定斜面上匀速下滑，杆与斜面平行。已知B物体光滑，质量为m，A物体与斜面间的动摩擦因数为μ，质量为2m.下列说法中正确的是( )
A. A物体与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ
B. 轻杆对A物体的作用力沿斜面向下
C. 增加A物体的质量，A、B整体将沿斜面减速下滑
D. 增加B物体的质量，A、B整体将沿斜面匀速下滑
10.如图所示，足够长的平行金属导轨ab、cd置于水平面内，导体棒MN垂直放在导轨上，矩形虚线框区域内存在一竖直向下、磁感应强度B=2T的匀强磁场。现让矩形虚线框区域磁场水平向右以速度v0=10m/s匀速运动，从导体棒进入磁场开始计时，经过时间t=0.2s，导体棒达到稳定速度，该过程中导体棒MN未滑出磁场，且与导轨保持良好接触并始终与轨道垂直。已知轨道间距L=1m，MN的有效电阻与轨道左端连接的定值电阻均为r=2Ω，其余部分电阻不计，导体棒MN质量m=1kg，与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2。则导体棒MN( )
A. 刚进入磁场时，回路中电流为0
B. 稳定运动时的速度大小为5m/s
C. 从开始到稳定运动的时间内，通过导体棒MN的电荷量为4C
D. 稳定运动时，定值电阻r上消耗的电功率为12.5W
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学测量一半圆形透明玻璃砖的折射率，实验步骤如下：
①用游标卡尺测量玻璃砖的直径d，确定其底面圆心位置并标记在玻璃砖上。
②将半圆形透明玻璃砖放在画有直角坐标系xOy的水平白纸上，并使底面圆心和直径分别与O点和x轴重合，同时利用长直挡板作为光屏紧靠玻璃砖并垂直于x轴放置，如图(b)所示。
③如图(b)所示，用激光笔发出一束单色光射入玻璃砖并始终指向O点，保持激光始终在玻璃砖所处的水平面内，从y轴开始顺时针缓慢移动激光笔，直至恰好没有光线从玻璃砖射出至挡板上y<0的区域时，在白纸上记录单色光从玻璃砖外壁入射的位置P。
④取走玻璃砖，过P点作y轴的垂线PQ，用刻度尺测量PQ的长度L。
完成下列填空：
(1)测得半圆形玻璃砖直径d的读数如图(a)所示，则d=__________cm。
(2)步骤③中，没有激光射至挡板上y<0区域的原因是激光束在玻璃砖直径所在界面处发生了__________。
(3)若测得PQ线段的长度L=2.10cm，计算可得玻璃砖的折射率为n=__________。(结果保留3位有效数字)
12.某物理兴趣小组的同学从一款电子产品中拆下一块特殊电池，通过查阅说明书了解到该电池的电动势E=7V和内阻r=6Ω，经过一段时间的使用，电池的电动势和内阻可能会发生变化。他们准备通过实验尽量准确地测出该电池的电动势和内阻。除了待测电池，实验室可提供的器材还有：
A.双量程电压表V(0∼3V、0∼15V)
B.定值电阻R0(阻值5.0Ω)
C.电阻箱R(最大阻值99.9Ω)
D.开关S，导线若干
完成下列填空：
(1)按图甲连接电路。闭合开关，电压表不偏转。为排除故障，该同学将电压表从电路中 bc两点取下(不影响电路其它部分连接)，选择电压表__________量程(选填“0∼3V”或“0∼15V”)并接入cd两点间，闭合开关，电压表偏转。再将电压表从cd两点取下，开关断开，将电压表接入ab两点间，电压表不偏转。则可判定，故障出现在__________段(选填“ab”“bc”或“cd”)。
(2)排除故障后，选择电压表__________量程(选填“0∼3V"或"0∼15V")并接入bc两点间，闭合开关，多次调节电阻箱，记录下电阻箱的阻值 R和电压表的相应读数U。
(3)根据测量数据，作出1U−R图线，如图乙所示，测得图线斜率为k，截距为b。若电压表视为理想电表，则该电池内阻r=__________(用R0、k、b表示)。
(4)若考虑电压表内阻的影响，上述实验得到的电动势和其真实值相比__________(选填“偏大”“相等”或“偏小”)。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.2023年，我国汽车产量为3016.1万辆，连续15年稳居全球第一。其中，新能源汽车958.7万辆。为提高汽车的安全性，我国实施了乘用车强制性安装胎压监测系统(TPMS)的法规。假如在高温天气下一辆轿车的胎压监测系统(TPMS)显示某一条轮胎的胎压为P0=3.20atm、温度为t0=47℃。由于胎压偏高，故快速放出了适量气体，此时监测系统显示的胎压为P1=2.40atm、温度为t1=27℃。设该轮胎内部体积始终保持不变，气体视为理想气体，T=t+273。求：
(1)放出气体的质量与原来轮胎内气体的质量之比;
(2)经过一段时间后，轮胎内剩余气体温度又上升到47℃，则此时的胎压。
14.如图所示，在xOy坐标系的第一象限内，存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，其中电场在0≤x≤2L的范围内，磁场在x≥L的范围内。一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子(重力不计)从y轴上P点以初速度v0进入第一象限，速度方向与y轴负方向成α=30∘角，P点纵坐标为 3L。粒子经过电场后，刚好沿直线 MN穿过电场、磁场复合区，最终从x轴上A点离开磁场，已知MN与x轴平行。求：
(1)电场强度的大小E及M点的纵坐标yM;
(2)粒子经过A点时的速度方向及A点的横坐标xA;
(3)粒子从P点到A点所用的时间t。
15.如图所示，在粗糙的水平地面上有一长为L=12m、质量为M=2.0kg的长木板B，在长木板的中点P放有一质量为m=1.0kg(可视为质点)的小物块A，开始时A、B均静止。已知A与B、B与地面之间的动摩擦因数分别为μ1=0.10和μ2=0.30，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平向右的恒力拉长木板B，重力加速度g取10m/s2。
(1)若水平拉力F1=10.5N，小物块A所受到的摩擦力大小为多少;
(2)若水平拉力F2=24N，从静止开始要使小物块刚好不滑离长木板，求F2作用时间t1;
(3)在满足(2)条件下，A、B最终都停止运动，整个过程中A、B间摩擦生热为Q1，B与地面间摩擦生热为Q2，求Q1Q2的值。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.根据核反应质量数和电荷数守恒， 94238Pu 的衰变方程为 94238Pu→92234U+24He
故衰变方程中的 X 为 α 粒子，故A错误；
B. 94238Pu 比 92234U 的质子数多，多的个数为n1=94−92=2
94238Pu 比 92234U 的中子数多，多的个数为n2=238−234−2=2
故B正确；
C.核反应过程中，质量数和电荷数守恒，故C错误；
D.半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核衰变不适用，故D错误。
故选B。
本题主要考查了核反应方程、半衰期的理解，基础题，知道核反应过程中质量数和电荷数守恒，明确半衰期为统计规律。
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题要理解共振的条件。受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振动显著增强，当驱动力的频率等于物体的固有频率时即共振。
【解答】
A.若外界声波频率由200 Hz变为300 Hz，则系统振动频率为300 Hz，故A错误；
B、k=f0 σL，f0单位是s−1，σ单位是kg⋅m−2，L单位是m，则k单位是kg0.5⋅m−0.5⋅s−1，B错误；
CD.为获得更好减噪效果，可以使固有频率增加；根据固有频率为f0=k σL可知，可仅减小L的大小或仅换用σ更小的薄板，故C错误，D正确。
3.【答案】A
【解析】【分析】
根据变轨原理结合向心力公式分析解答。
本题考查人造卫星的变轨问题，解题关键掌握变轨问题，注意向心力公式的应用。
【解答】
要使神舟十七号在同一轨道上能追上空间站以实现对接，则需要使神州十七号加速，与此同时要想不脱离原轨道，根据F=mv2r可知必须要增加向心力，即喷气时产生的推力一方面有沿轨道向前的分量，另一方面还要有指向地心的分量，而因喷气产生的推力与喷气方向相反，则图A是正确的。
故选A。
4.【答案】C
【解析】【分析】
线圈在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS，B是磁感应强度，S是线圈内磁场的面积．当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量Φ=0，若既不垂直，也不平行，则可将磁场分解成垂直与平行，根据Φ=BSsinθ(θ是线圈平面与磁场方向的夹角)即可求解．磁感应强度叠加遵循矢量合成法则。
【解答】
A.地磁场的磁感应强度大小为B，与“眼眶”平面垂直的分量大小为B2，穿过“眼眶”的磁通量大小为14B2πD2，A错误；
B.B、B1、B2三者大小关系满足B= B12+B22，B错误；
CD.在地球自转90∘、180∘的过程中，“眼眶”相对地磁场静止，穿过“眼眶”磁通量的变化量为0，故 D错误， C正确。
故选C。
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查用动量定理分析流体问题，取t时间内一段空气柱为研究对象，根据动量定理列式分析即可。
【解答】
设风速为v，则t时间内吹到模型上的空气质量为：m=pSvt，根据动量定理有：−Ft=0−mv，解
得：F=ρSv2，根据平衡条件有：F≤f，解得：v≤14m/s，故B正确，ACD错误;
故选B。
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查的是质点做匀变速直线运动的速度与时间的关系，匀变速直线运动的位移与时间的关系，本题重点注意选择正方向，运算过程中注意物理量的正负号，考查学生对矢量的认识。
【解答】
解：设水平向右为正方向，质点由O到A过程，OA=2BO=2L，OA=2L=12a1t2，速度大小为v1=a1t;再以加速度a2经过时间2t运动到B点，AB=−3L=v1×2t−12a22t2，速度大小为 v2=v1−a2×2t，整理上式得：a1a2=811，v1v2=47，故A正确。
7.【答案】D
【解析】【分析】根据点电荷场强公式可以计算Q1和Q2的关系；对Q2来说圆弧是个等势面，所以各点电势高低由Q1决定；由Ep=qφ可以判断电势能的变化。
【解答】
A.由D点电场强度恰好为零，则：kQ1L22=kQ2L2，解得：Q2=4Q1，故A错误；
B.对Q2来说圆弧是个等势面，所以各点电势高低由Q1决定，根据沿电场线方向电势降低，离正电荷越近，电势越高，故D点电势最高，故B错误；
CD.电子沿着圆弧从B点运动到C点过程中，电势先升高后降低，由Ep=qφ，可知电势能先减小后增大，故C错误，D正确。
故选D。
8.【答案】C
【解析】【分析】
根据牛顿第二定律求起跳过程中运动员的最大加速度；
根据F−t图像与t轴围成的面积表示冲量，结合动量定理求得起跳速度v，根据竖直上抛规律得，起跳后运动员重心上升的最大高度；
根据v=v2求起跳后运动员重心上升的平均速度；
根据动量定理由动量的变化求合力的冲量。
本题考查了变力的冲量以及动量定理的应用。结合运动学公式即可求解，难度不大。
【解答】
A、根据图可知，其单位质量受到地面的竖直方向最大支持力为42，根据牛顿第二定律得，起跳过程中运动员的最大加速度约为a=42m−mgm=32m/s2，故A错误；
C、根据F−t图像与t轴围成的面积表示冲量得，IF=22m×(10.35−10.10)=5.5m
取向上为正方向，根据动量定理得，IF−mgt=mv
联立解得起跳速度，v=3m/s
根据竖直上抛规律得，起跳后运动员重心上升的最大高度h=v22g=0.45m，故C正确；
B、起跳后运动员重心上升的平均速度大小为v=v2=1.5m/s，故B错误；
D、根据动量定理得，起跳过程中运动员所受合力的冲量大小为I合=mv=180N⋅s，故D错误。
故选C。
9.【答案】BC
【解析】A. 以整体为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件可得：3mginθ=2μmgcsθ，解得μ=32tanθ，A错误;
B.B物体光滑，轻杆对B的作用力沿斜面向上，轻杆对A物体的作用力沿斜面向下，B正确；
C.设A物块质量增加△m，则摩擦力增加μ△mgcsθ=32△mgsinθ，A物块的重力沿斜面向下的分量增加△mgsinθ，A、B整体合力不为0，而是沿斜面向上，故A、B整体做减速运动，C正确;
D.若增加B的质量，设B质量增加△m，整体的下滑分力为(3m+Δm)gsinθ，向上的摩擦力为2μmgcsθ=3mgsinθ，A、B整体的合力为Δmgsinθ，方向沿斜面向下，故向下做加速运动，D错误。
本题考查了共点力的平衡条件、力的合成与分解的运用等知识点。注意整体法和隔离法的使用：通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法。
10.【答案】BD
【解析】【分析】根据切割得出感应电动势，再结合闭合电路欧姆定律得出感应电流，根据导体棒MN平衡，受力分析列出方程得出导体棒稳定运动时速度大小；对MN棒列出动量定理再结合电流的定义式得出电荷量。
【解答】
A.刚进入磁场时，导体棒切割磁感线，回路中有感应电流，A错误；
B.对导体棒MN由平衡条件得BIL=μmg，设导体棒MN达到稳定速度为v，此时相对矩形区域磁场导体棒向左以大小为v0−v的速度切割磁感线，感应电动势大小E=BL(v0−v)，感应电流I=BL(v0−v)2r，解得v=v0−2umgrB2L2=5m/s，B正确;
C.导体棒MN经历时间t速度为v，则由动量定理可得BILt−μmgt=mv−0，则从静止驱动到稳定运动的时间内通过导体棒的电荷量q=Il=3C，C错误;
D.导体棒MN稳定运动时满足BIL=μmg，定值电阻r上消耗的电热功率为P0=I2r，则有P0=12.5W，D正确。
故选BD。
11.【答案】(1)6.43；(2)全反射；(3)1.53。
【解析】【分析】
(1)10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，测量值=主尺上对应示数(mm)+游标尺上对齐格数(不估读)×精确度；
(2)光从玻璃射入空气，当入射角大于临界角时，光发生全反射，据此分析作答；
(3)根据数学知识求入射角的正弦，根据临界角公式求折射率；代入数据求折射率。
本题主要考查了游标卡尺的读数，考查利用光的全反射测定玻璃的折射率，根据数学知识求解激光在玻璃砖下表面刚好发生全反射的入射角是解题的关键。
【解答】
(1)游标卡尺读数：64mm+0.1mm×3=64.3mm=6.43cm;
(2)步骤③中，没有激光射至挡板上y<0区域的原因是激光束在玻璃砖直径所在界面处发生了全反射；
(3)根据以上测量的物理量，写出计算玻璃砖折射率的表达式为n=1sin∠POQ=d2L=OPQP;
若测得PQ线段的长度L=2.10cm，n=1sin∠POQ=d2L=6.432×2.1=1.53。
12.【答案】(1)0∼15Vcd；(2)0∼3V；(3)bk−R0 ；(4)偏小。
【解析】【分析】
本题考查了电源电动势和内阻。
(1)根据电源电动势和电表量程进行解答；电压表的电压与其并联的电路等压，据此分析；
(2)从精确度角度分析；
(3)写出1U−R的关系式，再对比图像解答；
(4)结合(3)进行解答。
【解答】
(1)因充电宝的电动势E约为7V，超过0∼3V的量程，在0∼15V量程内，故选择0∼15V量程；接“αb”、“bc”时电压表没有偏转，只有接“cd”时有偏转，表明故障为“cd”间断路。
(2)因充电宝的电动势E约为7V，不到0∼15V量程最大值的一半，即使将电阻箱的阻值R调为0，电压表的示数也不到0∼15V量程最大值的 13 ，故0∼15V量程太大；调整电阻箱的阻值R，0∼3V的量程正好合适。
(3)若将图甲中的电压表当成理想电表，根据闭合电路的欧姆定律，有E=UR0R+R0+r
变形可得1U=1ER0R+R0+rER0
则有k=1ER0 ， b=R0+rER0 。
联立解得充电宝内阻为r=bk−R0
(4)考虑到电压表内阻， E=1kR0 式中的 R0 变为并联电阻 R′0E ，即电动势值 E 与真实值 E′ 相比偏小。
13.【答案】解：(1)设轮胎内体积为 V0 ，假设将原来内部压强为 3.20atm 、温度为 47∘C 气体全部变成压强为 2.40atm 、温度为 27∘C 的气体，此时体积为 V ，
则由理想气体方程可得p0V0273+t0=pV273+t
代入数据得V=1.25V0
故放出气体质量占原来气体质量的比为Δmm=V−V0V=15；
(2)当胎内剩余气体温度从 27∘C 恢复到 47∘C 过程中体积不变，
故p273+t=p1273+t0
代入数据得p1=2.56atm。

【解析】本题考查了气体实验定律和变质量问题的综合，根据题意分析清楚气体状态变化过程，正确选择研究对象是解题的前提，应用理想气体方程与查理定律即可解题。
14.【答案】(1)由题意，带电粒子从 P到M过程中只受电场力作用，做匀变速运动，且粒子到 M点时速度沿MN方向，将v0分解成沿x轴正方向的v1和沿y轴负方向的v2，则
qE=ma
v2=at
Δx=L=v1t=v02t
Δy=v22t= 34v0t
解得：E= 3mv024qL；
Δy= 32L
故yM= 3L− 32L= 32L；
(2)粒子经过复合区时以v1沿MN做匀速直线运动，则qE=qv1B
粒子离开N点后在磁场中做匀速圆周运动，则qv1B=mv12r
解得：r=mv1qB= 33L
由几何关系得
csθ=yM−rr=12
θ=60∘
xA=2L+rsin60∘=2.5L
即粒子经过A点时的速度方向与x轴负方向的夹角为600，A点的横坐标为2.5L；
(3)粒子从P经M到N过程中，沿x方向做匀速运动，则
t1=2Lv0sinα=4Lv0
粒子从N到A做匀速圆周运动对应圆心角为120，则t2=120∘360∘T=13⋅2πrvsinα=4 3πL9v0
粒子从P点到A点所用的时间为：t=t1+t2=4(9+ 3π)L9v0。
【解析】(1)由于粒子所受电场力向上，所以到达M点的时候，竖直方向的速度为0，由题意即可求得电场强度及M点坐标；
(2)根据粒子在水平方向做匀速直线运动，求出洛伦兹力，根据圆周运动知识。从而求出两粒子到达A的速度方向和坐标。
(3)将运动分为两部分，分别求时间。
本题的解题关键之一是在水平方向做匀速直线运动，由位移-时间公式求时间，之二是利用几何知识确定粒子速度大小和轨迹半径。
15.【答案】(1)当A与B刚要相对滑动时，A、B之间为最大静摩擦力，对A有mgμ1=ma0
对A、B，有F0−μ2(M+m)g=(M+m)a0
解得F0=12N
因μ2(M+m)g=9N对A、B整体F1−μ2(M+m)g=(M+m)a共 解得 a共=0.5m/s2
对A有f=ma=0.5N
(2)因水平拉力F2=24N>F0，故A、B相对滑动
对A，有a1=gμ1=1m/s2
对B，有F2−μ 2(M+m)g−μ 1mg=Ma2
解得a2=7m/s2
设拉力作用时间为t1时最终小物块刚好没有滑离长木板，则t1时小物块对应的
速度和位移分别为
v1=a1t1
x1=12a1t12
则t1时木板对应的速度和位移为V2=a2t1
x2=12a2t12
则此过程中A相对B向左滑动距离
Δx1=12a2t12−12a1t12
水平拉力撤去后，设再经时间t2A、B刚好共速。因A继续加速，加速度
a1=gμ 1=1m/s2
B做减速运动，有μ 2(M+m)g+mgμ 1=Ma3
解得a3=5m/s2
则v共=v1+a1t2=v2−a3t2
此过程中A相对B向左滑动
Δx2=v2+v共2t2−v1+v共2t2=v2−v12t2
因μ1<μ2，故共速后A相对B向右滑动，则此时A刚好滑到B最左端，则
Δx=Δx1+Δx2=L2=6
联立解得v共 =2m/s
t1=t2=1s
(3)A、B共速后，μ1<μ2，故A、B继续相对滑动，A做减速运动的加速度a1=1m/s2
B做减速运动，有
μ2(M+m)g−mgμ1=Ma4
解得a4=4m/s2
A、B停止时，A相对B向右滑动的距离为
Δx′=v共22a1−v共22a4=1.5m。则A相对B滑动的距离为△S1=△x+Δx′=7.5m
则Q1=μ1mgΔS1=7.5J
B对地位移为△S2=12a2t12+v22−v共22a3+v共22a4=8.5m
则B与地摩擦生热Q2=μ2(m+M)gΔS2=76.5J
故Q1Q2=551≈0.10。
【解析】解决本题的关键理清A、B的运动过程，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解。
(1)隔离A分析，先求出A与B刚要相对滑动时的加速度，对整体分析，根据牛顿第二定律求出水平拉力F0；
(2)判定F1与F0的大小，得出A、B运动状态，再对A、B整体利用牛顿第二定律即可求解；
(3)判定F2与F0的大小，得出A、B运动状态，分别隔离A、B分析利用牛顿第二定律列式求解；再根据牛顿第二定律和运动学公式列式对水平拉力撤去后的运动状态，从而得出小物块A到木板中点P的距离。