2023-2024学年海南省海口市龙华区高三（上）月考物理试卷（一）

这是一份2023-2024学年海南省海口市龙华区高三（上）月考物理试卷（一），共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1．（3分）下列关于物理学史的叙述正确的是（ ）
A．牛顿第一定律是在大量经验事实的基础上，通过实验直接得出的
B．牛顿是第一位利用万有引力定律计算出地球质量的人
C．哥白尼的日心说认为所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆
D．伽利略由理想斜面实验通过逻辑推理否定了力是维持物体运动的原因
2．（3分）从空中同一位置由静止先后释放小球a和b，两小球在空中都做自由落体运动，则两小球在空中的距离d随小球b下落时间t的变化图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（3分）如图所示，连在一起的两段轻弹簧竖直放置，弹簧的劲度系数分别为k1和k2，重力加速度为g。当弹簧处于原长状态时，把质量为M的重物轻轻放在弹簧上面，当重物所受的合力为零时（ ）
A．B．
C．D．
4．（3分）如图所示，两根直杆竖直放置，左侧直杆上固定一力传感器，细绳右端系在右侧直杆上。带有光滑挂钩的重物挂在细绳上，平衡时力传感器的示数与重物的重力相等（ ）
A．60°B．90°C．120°D．135°
5．（3分）如图所示，倾角为θ＝30°的斜面体放在粗糙的水平面上，光滑小球用绳子拉住静止在斜面上，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若要整个系统处于静止状态（ ）
A．B．C．D．
6．（3分）北京时间2023年5月10日21时22分，搭载天舟六号货运飞船的长征七号遥七运载火箭，在我国海南文昌航天发射场成功点火发射（记为轨道Ⅰ），之后飞船再通过多次变轨完成与空间站的交会对接。已知空间站的运行轨道距地面的高度为400km。下列说法正确的是（ ）
A．飞船在轨道Ⅰ上近地点的加速度小于在远地点的加速度
B．飞船由轨道Ⅰ向高轨道变轨时，需要减速
C．飞船在轨道Ⅰ上的运行周期小于空间站的运行周期
D．对接完成后，飞船运行的角速度小于地球自转的角速度
7．（3分）一小球从如图所示的坐标原点O处开始做平抛运动，初速度沿着x轴正方向。在坐标原点O处有束激光照射到小球上，随着小球的运动，总能保持激光束跟踪小球。设任意时刻激光束与x轴正方向的夹角为θ，小球做平抛运动的时间为t，则（ ）
A．B．C．tanθ∝tD．tanθ∝t2
8．（3分）如图所示为航母跑道，设航母跑道是与水平面成α角的倾斜跑道，舰载飞机在其上加速起飞前以大小为g的加速度沿着跑道加速（大小未知）与飞机速度v方向的夹角也等于α，飞机前进过程中受到的阻力方向与速度方向在一条直线上，比例系数为。已知飞机的质量为m，则发动机对飞机提供的动力F的大小为（ ）
A．B．
C．D．
二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
（多选）9．（4分）在粗糙的水平面上，一物体在水平拉力的作用下由静止开始做加速运动，撤去拉力后物体做减速运动直到停止。已知物体加速运动的时间是减速运动的时间的2倍（ ）
A．加速、减速两阶段的位移大小之比为1：1
B．加速、减速两阶段的平均速度大小之比为2：1
C．加速、减速两阶段的加速度大小之比为1：2
D．拉力与滑动摩擦力的大小之比为3：2
（多选）10．（4分）如图所示，质量为m的物块放在质量为2m、倾角为θ的斜面体上，物块在沿斜面向上的推力F的作用下沿斜面向上匀速运动，斜面足够长，重力加速度为g（ ）
A．推力F＝2mgsinθ
B．地面对斜面的静摩擦力Ff＝mgsin2θ
C．地面对斜面体的支持力
D．若撤去推力F，物块最终会沿斜面滑下
（多选）11．（4分）为研究超重与失重现象，某同学把量程为2kg的弹簧台秤搬到了电梯内。发现电梯上下运动过程中，在台秤上放置的重物最大质量不能超过，重力加速度g取9.8m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．电梯匀变速运动的加速度大小为0.1m/s2
B．电梯匀变速运动的加速度大小为0.2m/s2
C．电梯匀变速上升的过程中，台秤上放置的重物质量不能超过0.98kg
D．电梯匀变速上升的过程中，台秤上放置的重物质量不能超过1.96kg
（多选）12．（4分）2023年6月，在土卫二的海洋中检测到生命的关键组成元素磷，磷是生命的六大基本元素之一，是生命的重要组成部分。此次发现意味着，土卫二是太阳系中最有可能存在生命的天体之一。卡西尼号土星探测器已经测出了土卫二的密度为ρ，则根据题中所给数据（ ）
A．可以计算出这颗卫星的周期
B．可以计算出这颗卫星的向心加速度的大小
C．可以计算出这颗卫星的围绕土卫二运动的角速度
D．可以计算出这颗卫星受到土卫二的万有引力的大小
（多选）13．（4分）如图所示，一长为0.1m的轻杆的一端固定在位于O点的水平转轴上，另一端固定一质量为0.1kg的小球（可视为质点），P是圆周上的最高点，Q为最低点。已知重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．当小球运动到与O点等高的水平位置时，杆对小球的作用力为零
B．若小球经过P点时的速度大小为1m/s，则此时杆对小球的作用力为零
C．若小球经过P点时杆对小球的作用力大小等于0.36N，则此时小球的速度大小一定等于0.8m/s
D．若小球经过Q点时杆对小球的作用力大小等于5N，则此时小球的速度大小一定等于2m/s
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
14．（10分）（1）某同学在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，选出了如图所示的一条纸带，该同学选取O点为第1个计数点（每相邻两个计数点之间还有4个计时点未画出），并用刻度尺测量各个计数点到O点的距离分别为OA＝3.20cm，OB＝12.50cm，OD＝49.10cm。已知打点计时器的电源频率为50Hz。
①下列说法中正确的是 。（填选项前的字母）
A．必须选择点迹清晰的纸带，而且应以打点计时器所打下的第一个点作为第1个计数点
B．根据实验数据画出v﹣t图像，图像为倾斜直线，其倾角的正切值tanα即可表示小车的加速度大小
C．应先接通电源，待打点计时器稳定打点后再释放小车
D．作v﹣t图像时，为保证其图线过每一个点，应用折线连接每一个点
②在打点计时器打下A点时，小车的瞬时速度大小为 m/s，小车运动的加速度大小为 m/s2。（结果均保留3位有效数字）
（2）在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”实验中，如图1所示将该弹簧竖直悬挂起来，在弹簧自由端挂上不同质量的砝码。实验时测出了砝码质量m与弹簧长度x的相应数据，根据图像可知该弹簧的原长x0＝ m，弹簧的劲度系数k＝ N/m。（重力加速度g取10m/s2，结果保留2位小数）
15．（8分）某物理兴趣小组的同学用如图1所示的装置来探究“在质量不变的情况下，物体的加速度与所受合外力的关系”实验。光滑长木板的一端固定在水平面上，另一端用铁架台架起形成一个斜面。长木板最左端固定一个力传感器，另一端与带有遮光片的小车相连，遮光片的宽度为d（未知），主要实验步骤如下：
①按照实验装置图安装实验器材；
②读出小车静止时力传感器的示数F0；
③用刻度尺测量遮光片中心到光电门中心的距离x，然后剪断细绳，让小车从静止开始运动（不计空气阻力）；
④通过改变绳长，改变小车的位移，重复步骤③；
⑤多次调整斜面的倾角，重复实验步骤②③④。
（1）用游标卡尺测出小车上遮光片的宽度d如图2所示，则d＝ cm。
（2）力传感器示数为F0时，小车在长木板上运动的合外力大小F合＝ ；小车经过光电门时的瞬时速度大小v＝ （用d、Δt表示）。
（3）根据步骤③④的实验数据，作出了图像如图3所示 m•s﹣2。（结果保留2位小数）
（4）根据步骤⑤中的数据，求得对应的加速度a的数据，以力传感器示数F为纵坐标，如果所得的图像近似为一条 ，则表明在误差允许范围内，在质量不变的情况下，物体的加速度与所受的合外力成正比。
四、计算题：本题共3小题，共38分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说​明、方程式和演算步骤。
16．（10分）如图所示，汽车在平直公路上以a＝2m/s2的加速度做匀加速直线运动，经过O点时的速度大小为v0＝2m/s，通过PQ段所用时间为t0＝2s，PQ段与OP段距离之比为，求：
（1）汽车通过OP段所用的时间；
（2）OQ段的长度。
17．（12分）如图所示，桌面离地面的高度为0.728m，截面为梯形的木箱固定于水平地面上，桌面比木箱上表面高出0.2m，桌面上放有一质量为0.1kg的小滑块。现把大小为0.35N、水平向右的拉力F作用在小滑块上，之后小滑块飞出桌面做平抛运动，刚好沿着梯形木箱右斜面滑落到地面，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）小滑块在桌面上运动的时间；
（2）木箱的高度与斜边的长度之比；
（3）小滑块从做平抛运动到滑落至地面的总时间。
18．（16分）如图所示，在光滑水平面上有足够长的小车A，小车A上放置一块木板B0向右匀速运动。某时刻滑块C（可视为质点）以大小为3v0的水平速度滑上B的上表面。已知C、B之间的动摩擦因数为μ0，小车A质量是木板B质量的2倍，滑块C和木板B质量相等。
（1）若B、A之间固定，C刚好不脱离B，求B的长度；
（2）若B、A之间不固定，且B、A间的动摩擦因数为0.25μ0，C刚好不脱离B，求C在B上运动的时间以及B的长度。
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．【分析】物理学家通过哪些实验或者试验方法，推理归纳出了哪些结论或者定律，测量或者分析了哪些物理量，是物理学史的常考题型，需要各位同学针对性记忆。
【解答】解：A．牛顿第一定律所描述的状态是一种理想状态，而不是通过实验直接得出的；
B．英国物理学家卡文迪什测出了万有引力常量的数值，记忆点：卡文迪什—引力常量，故B错误；
C．哥白尼日心说认为所有行星围绕太阳运动的轨道都是圆形而不是椭圆，记忆点：开普勒—开普勒三大定律，故C错误；
D．伽利略通过理想斜面实验否定了力是维持物体运动的原因，故D正确。
故选：D。
【点评】本题为物理学史常考题型，需要各位同学针对性记忆，属于简单题型。
2．【分析】AB两球均做自由落体运动，由位移公式列出它们的距离与时间关系的表达式，对比选项分析即可。
【解答】解：设两球下落的时间间隔为T，小球b下落时间为t，因此两球间的距离
由于g、T都是常数。故B正确。
故选：B。
【点评】本题主要考查了自由落体基本公式的直接应用，要选择图象必须要求出函数表达式，难度不大，属于基础题。
3．【分析】重物静止时，受力平衡，根据胡克定律分别计算弹簧的形变量大小。
【解答】解：重物静止时，受力平衡、下两段弹簧
Mg＝k1x1
Mg＝k2x2
所以重物下降的距离为形变量的和，即
故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题考查了胡克定律和共点力平衡的基本运用，关键理清初末状态，根据平衡和胡克定律进行求解，难度不大。
4．【分析】利用三力平衡，以及活结模型的特点，可计算出角度。
【解答】解：由于挂钩光滑，所以左，设绳子与竖直方向的夹角为θ
根据受力平衡有：2Fcsθ＝mg
解得：，又因为F＝G，，所以
左右两侧绳子夹角为，2θ＝120°
故选：C。
【点评】本题要主要挂钩光滑，相当于滑轮，则左右绳上的力相同。从而求出角度。
5．【分析】对整体和小球分别受力分析，联立受力平衡方程，求出最小值。
【解答】解：对整体和小球分别受力分析如下图：
对小球有，沿斜面方向Tcsθ，解得
对整体刚好受力平衡时，有
FTcs60°＝Ff，FTsin60°+FN＝2.5mg
解得
要保证系统处于静止状态，则，μ≥μmin，即μ＞
选项A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题主要考查利用受力平衡求最值，先联立平衡方程，然后找到临界条件代入计算。
6．【分析】根据牛顿第二定律分析加速度关系；飞船由轨道Ⅰ向高轨道变轨时，需要加速；根据开普勒第三定律分析周期关系；根据万有引力提供向心力列式分析角速度关系。
【解答】解：A、由牛顿第二定律可知：，因近地点到地心的距离更小，故A错误；
B、飞船由轨道Ⅰ向高轨道变轨时做离心运动，由向心力公式可知，故B错误；
C、由开普勒第三定律可知，飞船轨道半长轴为
空间站轨道半径为
r2＝R+h＝R+400km
因为r1＜r6，所以飞船在轨道Ⅰ上的运行周期小于空间站的运行周期，故C正确；
D、对接完成后
空间站到地面距离小于同步卫星到地面的距离，可知空间站的角速度大于同步卫星角速度，故对接完成后，故D错误。
故选：C。
【点评】解答本题的关键要掌握牛顿第二定律、万有引力定律和开普勒定律，要知道飞船与空间站的交会对接后，做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力。
7．【分析】小球做平抛运动，根据竖直方向做自由落体运动，和水平方向做匀速直线运动计算位移的偏转角即可。
【解答】解：小球做平抛运动竖直方向的位移为
水平方向的位移为
x＝v0t
因此激光束与x轴正方向的夹角θ的正切值为
即
tanθ∝t
故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了平抛运动，抓住水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动计算位移的偏转角即可。
8．【分析】先对飞机受力分析，把力分解到沿运动和垂直于运动方向，沿运动方向列牛顿第二定律的表达式，结合阻力表达式列式求解。
【解答】解：设飞机所受支持力大小为FN，所受阻力大小为Ff，对飞机受力分析，受重力、阻力，如图所示
沿着速度方向，由牛顿第二定律可得
Fcsα﹣mgsinα﹣Ff＝mg
垂直速度方向有
Fsinα+FN﹣mgcsα＝0
由已知条件
Ff＝kFN
解得
故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了牛顿第二定律，是一道基础、典型的题，要熟练掌握。
二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．【分析】首先，根据v﹣t图像与t轴所围的面积求出加速、减速两阶段的位移大小之比；
接着，根据平均速度公式求出加速、减速两阶段的平均速度大小；
然后，由加速度定义式结合图像求出加速、减速两阶段的加速度大小之比；
最后，根据牛顿第二定律求出加速、减速两阶段的合外力大小之比，进而求出拉力和摩擦力大小之比。
【解答】解：A、v﹣t图像与t轴所围的面积表示位移、减速两阶段的位移大小分别为
所以加速和减速阶段的位移大小之比为2：1，故A错误；
B、由平均速度公式，加速，故B错误；
C、由加速度定义式、减速两阶段的加速度大小之比为2：2；
D、根据牛顿第二定律可知、减速两阶段的加速度大小之比等于合外力大小之比，即
，解得。
故选：CD。
【点评】本题考查了牛顿运动第二定律和图像的结合问题，解决本题的关键是根据图像求出加速度和位移。
10．【分析】利用受力平衡，联立平衡方程，分析各力的大小。。
【解答】解：A、由题意可知，受力平衡
F＝mgsinθ+μmgcsθ＝mgsinθ+tanθmgcsθ＝2mgsinθ，故A正确；
B、对物块，可知地面对斜面体的静摩擦力大小为
Ff＝Fcsθ＝2mgsinθcsθ＝mgsin2θ，故B正确；
C．对整体受力分析，，故C错误；
D．由于动摩擦因数μ＝tanθ，若撤去推力F，故D错误。
故选：AB。
【点评】本题主要考查对整体法的使用，以及利用受力平衡，分析力的大小。
11．【分析】根据牛顿第二定律计算支持力最大时的加速度；根据牛顿第二定律计算重物的最大质量。
【解答】解：AB．在电梯加速向下运行的过程中
F＝2×10N＝20N，m＝
代入数据解得，故A错误；
CD．电梯匀加速上升的过程中，根据牛顿第二定律有：
F﹣m2g＝m4a
把F＝19.6N，a＝0.2m/s2代入，
解得m2＝2.96kg，C错误。
故选：BD。
【点评】本题关键掌握超重和失重的实质，根据牛顿第二定律计算。
12．【分析】根据万有引力提供向心力列方程，结合质量与密度的关系，可求出这颗卫星的周期；根据向心加速度公式，分析能否计算出这颗卫星的向心加速度；根据角速度与周期的关系分析能否计算出这颗卫星的围绕土卫二运动的角速度；根据万有引力定律分析能否计算出这颗卫星受到土卫二的万有引力的大小。
【解答】解：A、设土卫二的质量为M，对于贴近土卫二表面的人造卫星
又因为M＝ρ•
解得：，可得这颗卫星的周期为：；
B、这颗卫星的向心加速度，故不能计算出向心加速度的大小；
C、这颗卫星的角速度，故C正确，
D、卫星受到土卫二的万有引力大小：、R未知，故D错误。
故选：AC。
【点评】解答本题的关键要掌握万有引力提供向心力这一思路，能灵活选择向心力的形式。要注意贴近土卫二表面的人造卫星轨道半径近似等于土卫二的半径。
13．【分析】小球在竖直平面内做匀速圆周运动，由合力提供向心力，小球运动到任意一个点时，用牛顿第二定律可求球对杆的作用力。
【解答】解：A．当小球运动到与O点等高的水平位置时，重力竖直向下不能提供向心力，不为零；
B．在最高点P
代入数据解得
小球经过P点时的速度大小为1m/s，则此时杆对小球的作用力为零；
C．在最高点P，也可能向下，因此有
或
解得
v1＝0.6m/s
C错误；
D．当小球运动到Q点时，则有
代入数据解得
vQ＝2m/s
D正确。
故选：BD。
【点评】解题的关键是要明确小球做匀速圆周运动时，由合力提供向心力，向心力要指向圆心
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
14．【分析】（1）根据某段时间中间时刻速度等于平均速度计算计数点A的速度，利用图象计算初速度和加速度。 （2）理解图像的物理意义，分析出弹簧原长的大小关系，结合图像的斜率得出弹簧的劲度系数。
【解答】解：（1）①A．处理纸带数据时，但不一定以打点计时器打的第一个点作为第1个计数点；
B．根据实验数据画出v﹣t图像、纵坐标取不同的标度时，所以用量角器测量出v﹣t图线的倾角α，故B错误；
C．为了减小实验误差，待打点计时器稳定打点后再释放小车；
D．作v﹣t图像时，并不能保证所有的，所以连线时，不能落在线上的点尽可能均匀分布在直线的两侧附近即可。
故选：C。
②由于每两个计数点之间还有4个点未画出，可知相邻计数
T＝4×0.02s＝0.2s
根据匀变速直线运动的规律，某段位移过程中时间中点的瞬时速度等于该段过程中的平均速度，小车的瞬时速度大小为
根据逐差法可得小车运动的加速度大小为
（2）图线的纵截距表示未加砝码时弹簧的长度即弹簧原长
x0＝6cm＝2.06m
弹簧的劲度系数
答：（1）①C； ②0.625； （2）0.06。
【点评】要求掌握利用纸带计算各计数点的速度，利用图象计算加速度。本题主要考查了胡克定律的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合图像的物理意义和胡克定律即可完成分析。
15．【分析】（1）20分度的游标卡尺的精确度为0.05mm，测量值＝主尺上对应示数（mm）+对齐格数（不估读）×精确度；
（2）小车静止时，根据平衡条件求解力传感器示数与重力分力的关系，再分析剪断细绳后，小车所受的合外力；根据速度公式求解小车通过光电门的速度；
（3）根据运动学公式求解函数，结合图像斜率的含义分析求解重力加速度；
（4）根据牛顿第二定律得出F﹣a函数，再分析图像特征，然后作答。
【解答】解：（1）20分度的游标卡尺的精确度为0.05mm，宽度d＝11mm+15×0.05mm＝11.75mm＝3.175cm
（2）小车静止时，根据平衡条件，即F0＝mgsinθ
剪断细绳之后，小车受到的合外力等于小车重力沿斜面向下的分力合＝mgsinθ
因此，小车在长木板上运动时所受的合外力大小F合＝F0
小车通过光电门的瞬时速度大小为
（3）根据速运动学公式v7＝2ax
联立解得•x
图像的斜率
结合函数
得
（4）根据牛顿第二定律F＝m•a
作出F﹣a函数，在质量不变的情况下，因此图像应是一条过原点的倾斜直线。
故答案为：（1）1.175；（2）F2；；（3）1.64。
【点评】本题考查了游标卡尺的读数和探究“在质量不变的情况下，物体的加速度与所受合外力的关系”实验，明确实验原理是解题的关键。
四、计算题：本题共3小题，共38分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说​明、方程式和演算步骤。
16．【分析】（1）本小问可以根据题干给的PQ段与OP段距离之比，运用运动学公式，分别求出两段距离与从O点到P点的时间t的关系，进而求出时间t。
（2）可以先根据第一问的答案求解出P点的速度，然后根据位移与速度之间的关系，求出PQ段的距离，然后根据题干给出的PQ段和OP段的比例，求解出OQ的长度。
【解答】解：（1）设汽车经过P点时的速度大小为v，从O点到P点的时间为t，有：v＝v0+at
对于PQ段，根据运动学公式有：
对于OP段，根据匀加速运动位移公式
根据题干，可知：
联立上式，可以解得：t＝7s
（2）设汽车经过P点时的速度大小为v，根据速度与时间的公式0+at＝7m/s+2×7m/s＝16m/s
对于PQ段，根据运动学公式有：PQ＝36m
对于OP段，根据题干给的PQ段与OP段距离之比为，可以解得LOP＝63m
故O、Q间的距离为：LOQ＝LOP+LPQ＝63+36m＝99m
答：（1）汽车通过OP段所用的时间为7s；
（2）OQ段的长度为99m。
【点评】在给出距离的比值时，应该首先想到用与位移有关的公式进行求解，本题主要运用位移与时间的关系，结合题目中给出的距离的比值，即可求解出从O点到P点的时间。
17．【分析】（1）小滑块在桌面上运动时，由牛顿第二定律求出加速度，由位移—时间公式求小滑块在桌面上运动的时间；
（2）由速度—时间公式求出小滑块离开桌面时的速度大小。小滑块在空中做平抛运动，由速度—位移公式求出小滑块刚好沿着梯形箱子滑落时的初速度大小，结合几何关系求木箱的高度与斜边的长度之比；
（3）由几何关系计算出木箱斜边长度。根据牛顿第二定律和运动学公式相结合计算出小滑块沿斜面做匀加速直线运动的时间。根据下落的高度计算平抛运动的时间，从而求得小滑块从做平抛运动到滑落至地面的总时间。
【解答】解：（1）小滑块在桌面上运动时的加速度大小为
解得：a1＝5.5m/s2
由L＝得小滑块在桌面上运动的时间为
＝s＝8s
（2）小滑块离开桌面时的速度大小为
v0＝a1t5＝1.5×3m/s＝1.5m/s
小滑块在空中做平抛运动，设到达木箱斜面时竖直方向的分速度大小为vy，则
小滑块刚好沿着梯形箱子滑落时的初速度大小
＝m/s＝2.5m/s
因为小滑块刚好沿着斜面下滑，木箱的高度与斜边长度之比
＝＝
（3）木箱的高度为h′＝0.728m﹣5.2m＝0.528m
结合＝，解得木箱斜边长度l＝0.66m
小滑块沿斜面做匀加速直线运动的加速度大小为
又由运动学公式有
联立解得：t2＝0.4s（另一解t2＝﹣0.825s，舍去）
设小滑块做平抛运动的时间为t2，则有
＝s＝3.2s
所以小滑块从做平抛运动到滑落至地面的总时间为
t＝t2+t6＝0.2s+4.2s＝0.4s
答：（1）小滑块在桌面上运动的时间为1s；
（2）木箱的高度与斜边的长度之比为；
（3）小滑块从做平抛运动到滑落至地面的总时间为0.4s。
【点评】本题考查匀变速直线运动和平抛运动的综合，关键理清小滑块的运动过程，分段运用牛顿第二定律和运动学公式综合求解。
18．【分析】（1）对物块C受力分析，根据牛顿第二定律可得C的加速度大小；对物块B、A受力分析，由牛顿第二定律解得B、A整体的加速度大小；C刚好不脱离B的上表面时，此时B、C共速，根据运动公式可得B、C的位移大小，从而求出求B的长度；
（2）若B、A之间不固定，且B、A间的动摩擦因数为0.25μ0，物块C刚好未从木板的右端滑出可知，二者刚好达到同速，根据速度—时间关系可得C在B上运动的时间；长木板B的长度等于C、B两物体相对地面位移的差值，可得B的长度。
【解答】解：（1）设C的质量为m，则B。根据牛顿第二定律可得
B、A整体的加速度大小为：
设C刚好不脱离B的上表面时的末速度大小为v′，此时B，根据运动公式可得：
解得：
C的位移大小为：
B的位移大小为：
L＝L1﹣L2
联立可得，C不脱离B时
（2）若B、A之间不固定
A、B之间发生了相对滑动
设C在B上运动时间为t，这时C刚要脱离B、C的速度大小为v，根据运动公式有
4v0﹣v＝a1t＝μ7gt
对于B，根据运动公式有：v﹣v0＝aBt＝0.4μ0gt
解得：，
C的位移为：
B的位移为：
L1＝LC﹣LB
解得B的长度为：L7＝
答：（1）若B、A之间固定，则B的长度为；
（2）若B、A之间不固定、A间的动摩擦因数为0.25μ4，C刚好不脱离B，C在B上运动的时间为。
【点评】本题是多研究对象、多过程问题，过程复杂，分析清楚物体的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题。