2023-2024学年安徽省泗县第一中学高一（下）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省泗县第一中学高一（下）开学考试物理试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.关于物理课本中的四幅插图，以下说法中不正确的是( )
A. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
B. 图乙中为了描述物体位置的变化快慢定义了速度v=ΔxΔt，运用了比值定义法
C. 图丙中用极短曝光时间内石子的平均速度来表示A点的瞬时速度，运用了极限思想
D. 图丁中把物体各部分所受重力集中作用于重心，运用了理想模型法
2.如图所示，曲线a和直线b分别是在公路上行驶的汽车A和B的位移一时间图像，由图像可知
( )
A. 汽车A做曲线运动，汽车B做直线运动
B. 在t1时刻，A、B两车运动方向相同
C. 在t2时刻，A车速率等于B车速率
D. 在t1～t2时间内，A车的运动方向发生了改变
3.小明上学时把学习资料落在家里，他父亲从家门口打车把资料送到学校，然后接着随车回家，出租车票如图所示，由发票中的信息可知则( )
A. 过程中出租车的位移和行驶的路程分别是12.3km，12.3km
B. 此过程中出租车的位移和行驶的路程分别是0，12.3km
C. 10:42指时间间隔
D. 出租车的平均速度是46km/h
4.加速度的概念是人类认识史上最难建立的概念之一，是在400多年前伽利略对落体运动的研究中逐步建立起来的。关于加速度和速度，下列说法中正确的是
A. 加速度是表示物体速度变化快慢的物理量，是标量
B. 加速度大的物体速度变化一定大
C. 速度是表示物体运动快慢的物理量，是标量
D. 运动物体在某一时刻或某一位置的速度，叫做瞬时速度
5.图为港珠澳大桥上四段110m的等跨钢箱连续梁桥的示意图，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，达到最大速度后做匀速直线运动，已知汽车的加速度大小为5m/s2，最大速度为20m/s，则下列说法正确的是( )
A. 汽车通过这四段连续梁桥匀速运动的时间为20s
B. 汽车达到最大速度的位置在cd段
C. 该汽车在ab段和bc段所用时间相等
D. 汽车通过ab段的时间为5.5s
6.如图所示，质量为2kg的物体A和质量为3kg的物体B静止于竖直的轻弹簧上，取重力加速度g=10m/s2。某时刻将物体B拿去，则在物体B拿去的瞬时，物体A的加速度大小为( )
A. 5m/s2B. 10m/s2C. 15m/s2D. 0
7.如图所示，粗糙水平地面上的长方体物块将一重为G的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下面的相关判断正确的是( )
A. 水平拉力F逐渐减小B. 球对墙壁的压力逐渐减小
C. 地面对长方体物块的支持力逐渐增大D. 地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大
8.如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到从零开始逐渐增大的水平拉力F的作用，A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图乙所示。已知物块A的质量m=3kg，取g=10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )
A. 物块B与地面间的动摩擦因数为0.25
B. 物块B与地面间的动摩擦因数为0.1
C. 当4ND. 当F>12N时，A的加速度随F的增大而增大
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.共享单车具有低碳、环保、方便、舒适等特点，骑行时还可以有氧健身，既能节约资源，减少污染，又有益于健康。如图所示，单车的车锁内集成了嵌入式芯片、GPS模块和SIM卡等，便于监控单车的具体位置。用户仅需用手机上的客户端软件(APP)扫描二维码，即可自动开锁，骑行时手机上的APP能实时了解单车的位置，骑行结束关锁后，APP就显示计时、计价、里程等信息，根据以上信息，下列说法正确的是( )
A. 监控单车在路上的具体位置时，可以把单车看作质点
B. 单车某个时刻的准确位置信息是借助通信卫星定位确定的
C. 由手机上APP显示的信息，可求出骑行的平均速度
D. 单车骑行结束关锁后，APP显示的里程是路程
10.如图所示，在倾角为37∘的粗糙斜面上静止放置质量分别为m和6m的A、B两物体，斜面与两物体间的动摩擦因数均为0.8，用一条不可伸长的细绳通过轻滑轮将两物体相连，现对滑轮施加竖直向上由零缓慢增大的拉力，直到物块A或B将要发生滑动，但刚好没有滑动。已知绳与竖直方向的夹角均为37∘，用fA、fB分别表示斜面对两物体的摩擦力，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，在此过程中，关于摩擦力大小的变化情况描述正确的是(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8,cs16∘=2425)( )
A. 地面对斜面的摩擦力为零
B. 拉力持续增大，物体B将先发生滑动
C. fA可能先平行于斜面向上再平行于斜面向下
D. fB一直不变
11.一条东西方向的平直公路边上有两块路牌A、B，A在东B在西，一辆匀速行驶的汽车自东向西经过A路牌时，一只小鸟恰自B路牌向A匀速飞去，当小鸟飞到汽车正上方时立即折返，以原速率飞回B，经过一段时间，汽车也行驶到B。以向东为正方向，它们的x−t图像如图所示。下列说法中正确的是
( )
A. 小鸟飞行的速率是汽车行驶速率的2倍B. 相遇时小鸟的位移是汽车位移的3倍
C. 小鸟和汽车在0∼2t0时间内位移相等D. 小鸟飞行的总路程为汽车总路程的43倍
12.如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25
B. t=2秒时煤块受到的摩擦力方向反向
C. 煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2+ 5)s
D. 煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+4 5)m
三、实验题：本大题共1小题，共14分。
13.某同学用如图所示装置探究小车做匀变速直线运动的规律。
(1)请在下列实验器材中，选出本实验中不需要的器材：______(填编号)。
①电火花计时器②天平③低压交变电源④细线和纸带⑤砝码、托盘和小车⑥刻度尺⑦秒表⑧一端带有滑轮的长木板
(2)安装好实验装置后，按照正确的实验操作，纸带被打出一系列点，其中一段如图所示，可知纸带的______(选填“左”或“右”)端与小车相连。
(3)如图中O、A、B、C、D、E、F为相邻的计数点，相邻两计数点间还有4个点未画出，则小车运动的加速度大小为______m/s2。打下E点时小车的瞬时速度大小为______m/s。(结果均保留3位有效数字)
(4)如果当时电网中交变电流的电压变成210V，频率不变，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值______。(选填“偏大”“偏小”或“不变”)
(5)实验结束后，甲、乙两组同学分别把纸带每隔0.1s剪断，得到若干短纸条，再把这些纸条下端对齐，并排贴在一张纸上，得到如图甲、乙所示的两幅图。由图可知______组实验过程中小车的加速度大，判断依据是______。
四、简答题：本大题共1小题，共8分。
14.高空抛物是违法行为，某高楼第12层窗台上不慎坠下一个花盆(可视为质点)，花盆掉在第3层的露台上。已知第12层窗台离地面的高度为H=31.6m，第3层的露台离地面的高度为h=6.6m，假设花盆从静止开始竖直下落，忽略空气阻力，g取10m/s2，计算结果可以保留根号。求：
(1)花盆从第12层的窗台落到第3层的露台所用的时间；
(2)花盆落到第3层露台时的速度大小。
五、计算题：本大题共4小题，共38分。
15.一辆肇事汽车在紧急刹车后停了下来，路面上留下了一条车轮滑动的磨痕。警察测出路面上磨痕长度为22.5 m。根据对车轮与路面材料的分析可知，车轮在路面上滑动时汽车做匀减速直线运动的加速度大小是5.0 m/s2。取重力加速度g=10 m/s2。求汽车
(1)刹车时速度的大小v；
(2)与路面间的动摩擦因数μ。
16.如图所示，倾角为30°、质量为12kg的斜面体C置于水平地面上，放在斜面上质量为8kg的小物块B，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物块A相连接，连接B的细绳与斜面平行。现A匀速下落，C处于静止状态，已知物块B与斜面间的动摩擦因数μ= 312，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物块A的质量；
(2)地面对斜面体C的作用力大小。
17.如图所示，长度为L=9m、质量为M=2kg的长木板B静止在光滑水平面上，t=0时刻，一质量为m=1kg的小滑块A(可视为质点)以v0=12m/s的速度从左端冲上木板。已知小滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度取g=10m/s2。求
(1)小滑块刚冲上木板时，小滑块A与木板B的加速度aA和aB的大小；
(2)小滑块A从冲上木板B到滑落所用的时间；
(3)若要使小滑块A恰好不从木板B右端掉落，在小滑块刚冲上木板B的瞬间，应对木板B施加一个多大的水平向右的恒定拉力？
18.下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ=37°(sin37°=35)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为38，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m，C足够长，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)在0∼2s时间内A和B加速度的大小；
(2)A在B上总的运动时间。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故A正确，不满足题意要求；
B.图乙中为了描述物体位置的变化快慢定义了速度 v=ΔxΔt ，运用了比值定义法，故B正确，不满足题意要求；
C.图丙中用极短曝光时间内石子的平均速度来表示A点的瞬时速度，运用了极限思想，故C正确，不满足题意要求；
D.图丁中把物体各部分所受重力集中作用于重心，运用了等效法，故D错误，满足题意要求。
故选D。
2.【答案】D
【解析】A.位移—时间图像不管是直线还是曲线，都表示物体做直线运动，故A错误；
B.位移—时间图像的斜率表示物体的速度，斜率的正负表示物体运动的方向，斜率绝对值的大小表示物体速度的大小，根据图像可知，在t1时刻，a图线的斜率为负，b图线的斜率为正，则说明在t1时刻A、B两车运动方向不同，故B错误；
C.在t2时刻，a图线的斜率大于b图线的斜率，则说明在t2时刻A车速率大于B车速率，故C错误；
D.在t1～t2时间内，a图线的斜率由负变正，则说明在t1～t2时间内，A车的运动方向发生了改变，故D正确。
故选D。
3.【答案】B
【解析】AB.根据出租车票可知，过程中出租车行驶的路程是12.3km，而位移大小是初位置指向末位置有向线段的长度，出租车票上不能显示位移大小，但由于初末位置相同，则可知位移大小为0，故A错误，B正确；
C.根据票面信息可知，小明父亲在10:42下车，则可知10:42为时刻，故C错误；
D.由于出租车的位移为0，因此其平均速度为0，故D错误。
故选B。
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查加速度和速度。解题关键是理解加速度和速度的概念及含义。知道加速度和速度都是矢量，明确加速度与速度之间的关系。
【解答】
A.加速度是表示物体速度变化快慢的物理量，加速度是矢量，故A错误；
B.由加速度a=ΔvΔt可知物体速度的变化快慢还与时间有关，故加速度大的物体速度变化不一定大，故B错误；
C.速度是表示物体运动快慢的物理量，有大小、有方向，是矢量，故C错误；
D.运动物体在某一时刻或某一位置的速度，叫做瞬时速度，故D正确。
5.【答案】A
【解析】A.速度达到最大值时，设所用时间为 t1 ，由匀变速直线运动速度与时间关系式知
t1=Δva=20−05s=4s
速度达到最大时，位移为
x1=12at2=12×5×42m=40m
设匀速运动时间为 t2 ，位移为 x2
t2=x2v=x−x1v=440−4020s=20s
A正确；
B.速度达到最大时，位移为
x1=12at2=12×5×42m=40m
则可知，速度达到最大时在 ab 段。B错误；
CD. ab 段加速到速度最大所用时间为
t1=Δva=20−05s=4s
ab 段匀速运动所用时间为
t3=Δxv=110−4020s=3.5s
ab 段所用时间为
tab=t1+t3=7.5s
bc 段做匀速运动，所用时间为
tbc=11020s=5.5s
则可知， tab>tbc ，CD错误；
故选A。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；对AB根据平衡条件求解弹簧弹力大小；在物体B拿去的瞬时，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律求解加速度大小。
【解答】
初始时，两物体处于静止状态，则kx=(mA+mB)g
物体B拿去的瞬时，弹簧弹力不变，对A有kx−mAg=mAa
联立解得a=15m/s2
故选C。
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能灵活选择研究对象，并能正确对物体进行受力分析，根据平衡条件结合几何关系求解，特别要注意对整体受力分析后，根据共点力平衡条件得出支持力不变，从而判断摩擦力为恒力。
【解答】
B.对圆球进行受力分析如图所示
，
FN2cs θ=FN1，FN2sin θ=G，
在物块缓慢向右移动的过程中， θ 在逐渐减小，物块对圆球的支持力增大，墙壁对圆球的支持力在增大，根据牛顿第三定律可知，球对墙壁的压力逐渐增大，故B错误；
ACD.将圆球和物块看成整体，并对其进行受力分析如图所示
，
FN=G+G块，Ff=μFN，Ff=F+FN1，
由此可知，地面对长方体物块的支持力不变，地面对长方体物块的摩擦力也不变，由于球对墙壁的压力逐渐增大，拉力 F 在逐渐减小，故A正确，CD错误。
故选A。
8.【答案】B
【解析】CD.根据图乙可知，当 F=4N 时，B与地面间的摩擦力达到最大值，此后随着F的增大A、B保持相对静止一起加速运动，该过程中随着F的增大，A、B之间的静摩擦力逐渐增大，当 F=12N 时，A、B间的静摩擦力达到最大值，此后随着F的继续增大，A、B将发生相对滑动，A在水平方向所受到的合外力达到最大值，即为滑动摩擦力，加速度将恒定不变，故CD错误；
AB.根据图乙可知，当 F=12N 时，A、B刚要相对滑动，此时
f1=6N
且此时两者加速度相等，对 A 由牛顿第二定律得
f1=ma
对A、B整体由牛顿第二定律有
F−f2=m+mBa
代入数据可得
mB=1kg
设B与地面间的动摩擦因数为 μ ，相对滑动时
f2=μm+mBg
代入数据可得
μ=0.1
故A错误，B正确。
故选B。
9.【答案】ABD
【解析】A.监控单车在路上的具体位置时，单车的形状大小可以忽略不计，可以把单车看作质点，故A正确；
B.单车某个时刻的准确位置信息是借助通信卫星定位确定的，故B正确；
CD.单车骑行结束关锁后，APP显示的里程是路程，不是位移，所以由手机上APP显示的信息，不能求出骑行的平均速度，故C错误，D正确。
故选ABD。
10.【答案】ABD
【解析】A.对斜面、物块A、B组成的系统整体分析可知，该整体受重力G、地面对整体的支持力 FN 以及竖直向上的拉力 F ，在拉力逐渐增大，且A、B相对于斜面未滑动的全过程中，整体所受合外力为零，竖直方向始终有
G=F+FN
而水平方向不受外力，地面对斜面的摩擦力为零，故A正确；
BD.对B受力分析，B将要滑动时最大静摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，设此时绳上的张力为 F′ ，则有
6mgsin37∘=μ(6mgcs37∘−F′)
解得
F′=0.3mg
而在B未滑动时，B所受摩擦力为静摩擦力，大小始终为
fB=6mgsin37∘=3.6mg
方向沿斜面向上；对 A 受力分析，当拉力逐渐增大时，摩擦力逐渐减小直到为0，此时绳的拉力
F′′cs16∘=mgsin37∘
解得
F′′=0.625mg
由于
F′因此可知B先滑动，故BD正确；
C.根据题意可知，题述过程为绳的拉力从0到 0.3mg 的过程，而当绳的拉力为 0.3mg 时，对A有
F′cs16∘此时A受到的摩擦力仍沿斜面向上，则可知题述过程中A所受摩擦力始终向上且一直减小，故C错误。
故选ABD。
11.【答案】AD
【解析】A.设在t0时刻x=x0，图像的斜率等于速度，则
v鸟v车=x0t0:x02t0=21
即小鸟飞行的速率是汽车行驶速率的2倍，选项A正确；
B.由图像可知在t=0时刻， x=32x0 ；相遇时小鸟的位移是x0，汽车位移 12x0 小鸟的位移是汽车位移的2倍，选项B错误；
C.在0∼2t0时间内小鸟的位移为零，而汽车位移不为零，选项C错误；
D.小鸟飞行的总路程为2x0，汽车总路程为 32x0 ，即小鸟飞行的总路程为汽车总路程的 43 倍，选项D正确。
故选AD。
12.【答案】ACD
【解析】A.速度—时间图像斜率的绝对值表示加速度的大小，根据图乙分析可知，起初煤块的速度大于传送带的速度，煤块先沿着传送带向上做匀减速直线运动，滑动摩擦力沿着传送带向下，当达到与传送带共速时，继续向上做匀减速直线运动，此时摩擦力发生突变，方向变为沿着传送带向上，直至煤块速度减为零后沿着传送带向下做匀加速直线运动，则根据图乙可得煤块两个减速阶段的加速度大小分别为
a1=4−121m/s2=8m/s2 ， a2=0−42−1m/s2=4m/s2
对两个过程分别由牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcsθ=ma1
mgsinθ−μmgcsθ=ma2
联立解得
μ=0.25
故A正确；
B.根据以上分析可知， t=1s 时煤块受到的摩擦力反向，故B错误；
C.根据速度—时间图像可知，煤块在传送带上速度减为零的时间
t1=2s
根据速度—时间图像所围成的面积可知，煤块速度减为零时的位移为
x1=(4+12)×1×12m+1×4×12m=10m
设煤块反向加速到达传送带A端的时间为 t2 ，则由位移时间关系可得
x1=12a2t22
解得
t2= 5s
则可得煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为
t=t1+t2=(2+ 5)s
故C正确；
D.煤块第一阶段减速运动时速度大于传送带的速度，此过程中煤块在传送带上留下的划痕长度
Δx1=v0t′1−12a1t′12−vt′1=(12×1−12×8×1)m−4×1m=4m
煤块第二阶段减速运动时的速度小于传送带的速度，此过程中产生的划痕
Δx2=vt′2−v+02t′2=4×1m−4+02×1m=2m
此后煤块加速下滑，产生的划痕
Δx3=x1+vt2=10m+4 5m
分析可知，煤块第一阶段减速时在传送带上产生的划痕被第二阶段减速时产生的划痕以及反向加速下滑时产生的划痕覆盖，因此煤块在传送带上留下的痕迹长为
Δx=Δx2+Δx3=(12+4 5)m
故D正确。
故选ACD。
13.【答案】(1)②③⑦；
(2)左；
(3)2.00；1.10；
(4)不变；
(5)甲；纸条上端连线斜率大。
【解析】【分析】
解决本题的关键掌握纸带的处理，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动两个重要推论的运用，注意保留有效数字。
(1)根据实验目的明确实验步骤和所要测量的物理量，即可知道实验所需要的实验器材；
(2)根据相等时间间隔的位移变大确定纸带的哪一端与重物相连；
(3)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，根据△x=aT2，利用作差法，求出加速度的大小；
(4)电压变低，频率不变，所以打下相邻两个点的时间间隔不变，对实验结果没有影响；
(5)根据图象斜率判断。
【解答】
(1)在本实验中不需要测量小车或砝码的质量因此不需要天平，电火花打点计时器使用的是220V交流电源，因此低压交流电源本实验中不需要，同时打点计时器记录了小车运动时间，因此不需要秒表。故不需要的器材为：②③⑦。
(2)搭建好实验装置后，先接通电源，再释放小车。重物拉着纸带在相等时间内的位移越来越大，可知纸带的左端与重物相连；
(3)相邻两计数点间还有4个点未画出，则时间间隔为T=0.02s×5=0.1s，
根据逐差法，加速度为a= xCF−xOC9T2 =41.96−11.98−11.98×10−29×0.12m/s2=2.00m/s2，
E点的瞬时速度大小等于DF之间的平均速度为
vE=v= (41.96−19.96)×10−20.2 m/s=1.10m/s，
故E点的瞬时速度为1.10m/s；
(4)电压变为210V，变低，但频率不变，所以打下相邻两个点之间的时间间隔不变，所以对实验没有影响；
(5)它们的长度分别等于x=vt，因为剪断的纸带所有时间都相等，所以纸带的长度之比就是平均速度之比，所以可以把甲乙图看成是平均速度和时间的关系图，与图可知甲图的斜率较大，所以甲的加速度较大。
14.【答案】(1) t= 5s ；(2) v=10 5m/s
【解析】(1)对花盆，设从第12层窗台落到第3层露台的时间为 t ，由自由落体运动规律有
H−h=12gt2
代入数据解得
t= 5s≈2.24s
(2)花盆落到第3层露台时的速度大小为 v
v2=2g(H−h)
代入数据解得
v=10 5m/s≈22.4m/s
15.【答案】解：(1)采用逆向思维，汽车刹车过程看作初速度为0的匀加速直线运动，由匀变速直线运动的速度位移关系有v2=2ax，
解得汽车刹车时速度的大小v=15m/s;
(2)对汽车受力分析，受重力，路面的支持力和摩擦力，
由牛顿第二定律有μmg=ma，解得汽车与路面间的动摩擦因数μ=0.5。
【解析】本题主要考查运动学公式和牛顿第二定律的应用。
(1)采用逆向思维，汽车刹车过程看作初速度为0的匀加速直线运动，由匀变速直线运动的速度位移关系式即可求解；
(2)对汽车受力分析，由牛顿第二定律列式求解汽车与路面间的动摩擦因数。
16.【答案】(1) mA=5kg ；(2) F合=50 13N
【解析】(1)设斜面对B的摩擦力大小为fB，对物块B受力如图
由平衡条件有
mBgsinθ+fB=mAg
mBgcsθ=NB
fB=μNB
解得
mA=5kg
(2)研究B、C整体，受到重力、拉力T、地面的支持力N和地面的摩擦力作用，如图所示。由平衡条件有
Tsinθ+N=M+mBg
f=Tcsθ
对A有
T=mAg
解得
N=175N
f=25 3N
地面对斜面体C的作用力是地面的支持力N和地面的摩擦力f的合力，即
F合= N2+f2=50 13N
17.【答案】(1) 4m/s2 ， 2m/s2 ；(2) 1s ；(3) 4N
【解析】(1)对滑块和木板受力分析分别如图所示
对滑块A，有
Ff=maA ， FN1=mg ， Ff=μFN1
解得A的加速度大小
aA=4m/s2
由牛顿第三定律知
Ff=Ff′
对木板B
F f′=MaB
解得
aB=2m/s2
(2)设经 t1 滑块A从木板B上滑落，滑块A的位移
x1=v0t+12aAt12
取为 v0 方向为正方向，则
aA=−4m/s2
木板B的位移
x2=12aBt12
且
x1−x2=L
得
t1=1s 或 t2=3s
A、B共速需要 2s ，或者A减速至零需要 3s ，或者滑落时A速度大于B速度 t2=3s 不符合，故 t2=3s 舍掉，故小滑块A在木板B上运动的时间为 1s 。
(3)若要使小滑块A恰好不从木板B上掉落，则小滑块A运动到木板B右端时两者共速设对木板B施加拉力后，B的加速度为 a ，经历 t2 时间A、B共速，
则有
v0+aAt2=at2
A、B位移关系
v0t+12aAt22−12at22=L
取为 v0 方向为正方向，则
aA=−4m/s2
解得
a=4m/s2
施加拉力 F 后对木板 B 受力分析如图所示
F+F′f=Ma
可求得
F=4N
18.【答案】(1)3m/s2；1m/s2；(2)4s
【解析】(1)在0−2s内，A和B受力如图所示
由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得：
f1=μ1N1
N1=mgcsθ
f2=μ2N2
N2=N1+mgcsθ
以沿着斜面向下为正方向，设A和B的加速度分别为，由牛顿第二定律可得：
mgsinθ−f1=ma1
mgsinθ−f2+f1=ma2
联立以上各式可得
a1=3m/s2
a2=1m/s2
(2)在t1=2s，设A和B的速度分别为v1、v2，则
v1=a1t1=6m/s
v2=a2t1=2m/s
t>t1时，设A和B的加速度分别为 a1′ ， a2′ ；此时 AB之间摩擦力为零，同理可得：
a1′=gsinθ=6m/s2
a2′=mgsinθ−μ⋅2mgcsθm=−2m/s2
即B做匀减速，设经时间，B的速度减为零，则：
v2+a2′t2=0
联立可得
t2=1s
在t1+t2时间内，A相对于B运动的距离为
s=12a1t12+v1t2+12a1′t22−12a2t12+v2t2+12a2′t22=12m<27m
此后B静止不动，A继续在B上滑动，设再经时间后t3，A离开B，则有
L−s=(v1+a1′t2)t3+12a1′t32
可得
t3=1s
(另一解不合题意，舍去)
则A在B上的运动时间为t总．
t总=t1+t2+t3=4s
(利用下面的速度图象求解，正确的，参照上述答案信参考给分)