黑龙江省哈尔滨某中学2023-2024学年高一年级下册开学考试物理试卷（解析版）

哈师大附中2023级高一下学期开学考试物理试卷

考试时间：90分钟考试满分：100分

一、选择题（本题共14小题，每小题4分，共56分；其中1到6小题为单选题，7到14小题为多选题，

多选题全部选对得4分，部分正确得2分，错选或不选得0分）

1.下列说法正确的是（）

A.千克、焦耳、秒都属于基本单位

B.力学基本量是时间、位移、速度

C.力学基本量是时间、质量、长度

D,为了纪念牛顿，把“牛顿”作为力学基本单位

【答案】C

【解析】

【详解】千克、秒都属于基本单位，焦耳属于导出单位，选项A错误；力学基本量是时间、质量、长度，选

项C正确，B错误；为了纪念牛顿，把“牛顿”作为力学导出单位，选项D错误；故选C.

2.中国军队于2020年9月21日至26日派员赴俄罗斯阿斯特拉罕州参加了“高力口索-2020”战略演习，演

习中某特种兵从空中静止的直升飞机上，抓住一根竖直悬绳由静止开始下滑（特种兵所受空气阻力不计），

其运动的速度随时间变化的图像如图所示，弓时刻特种兵着地，关于该特种兵，下列说法正确的是（）

A.0~4时间内处于超重状态B.%〜t2时间内悬绳对他的作用力越来越大

C.4〜与时间内的平均速度丫=与2口.。〜与时间内合外力为零

【答案】B

【解析】

【详解】A.由V—/图像可知，0~4时间内该特种兵向下做匀加速运动，加速度方向向下，处于失重状

态，故A错误;

B.由V—/图像可知，4〜时间内该特种兵向下做加速度逐渐增大的减速运动，加速度方向向上，根据

牛顿第二定律可得

T-mg=ma

可知悬绳对他的作用力越来越大，故B正确;

C.根据丫一/图像与横轴围成的面积表示位移，可知乙〜与时间内的满足

X＞匕:

则白〜t2时间内的平均速度满足

，2—‘12

故c错误;

D.由丫一，图像可知，0〜G时间内该特种兵的加速度不为零，所以合外力不为零，故D错误。

故选B。

3.如图所示，一辆装满石块的货车沿水平路面以大小为a的加速度向右做匀减速直线运动，货箱中石块A

的质量为相。下列说法正确的是（）

A.石块A所受所有外力的合力大小为0

B.周围石块对石块A的作用力的合力方向水平向左

C.周围石块对石块A的作用力的合力大小等于机a

D,加速度a增大时，周围石块对石块A作用力合力竖直分量不变

【答案】D

【解析】

【详解】A.石块A所受所有外力的合力大小为机a,A错误；

B.A的合力方向水平向左，由于重力方向竖直向下，则周围石块对石块A的作用力的合力方向斜向左上方,

B错误；

C.周围石块对石块A的作用力的合力大小等于

F=yl（mgY+（〃切）2

C错误；

D.周围石块对石块A作用力的合力竖直分量等于A的重力，保持不变，D正确。

故选D。

4.如图所示，轻弹簧下端固定在空箱底部，上端与木块连接，空箱放置于水平地面，若外力将木块压下一

段距离，保持静止，撤去外力后，木块运动时空箱始终未离开地面，木块到箱底的距离周期性变化，不计阻

力，则木块运动过程（）

A.木块做匀加速直线运动或者匀减速直线运动B.箱底对地面压力的大小是变化的

C.木块到箱底的距离最大时，空箱对地面的压力最大D.空箱对地面的压力，与木块到箱底的距离无关

【答案】B

【解析】

【详解】A.对木块受力分析，受重力、弹簧弹力，由牛顿第二定律知

kx

a=-----g

m

弹力随着形变量的变化而变化，故木块受力在变化，做变速运动，故A错误；

BC.木块向上运动时，弹力减小，对空箱有

Mg+kx=N

所以地面对空箱的支持力减小，即箱底对地面的压力减小，当弹力与重力相等时，速度达到最大，之后，

物块继续上升，向上做减速运动，弹力增大，对空箱有

Mg=kx+N

所以地面对空箱的支持力减小，即箱底对地面的压力减小，当木块到箱底的距离最大时，空箱对地面的压力

达到最小，故B正确，C错误；

D.空箱受重力、地面的弹力和弹簧的弹力，三力平衡，因弹力与形变量有关，故D错误。

故选B。

5.如图所示，倾角为。的斜面体C置于水平面上，物块8置于斜面上，通过细绳跨过光滑定滑轮与沙漏A

连接，连接2的一段细绳与斜面平行，在A中的沙子缓慢流出的过程中，A,B,C都处于静止状态，则下

列说法正确的是（）

/////////

B.地面对C的支持力可能不变

C.C对地面的摩擦力方向始终向左，且逐渐减小

D.滑轮对绳的作用力方向发生改变

【答案】A

【解析】

【详解】A.设A、8的重力分别为GA、GB.若GA=GBsinO,B受到C的摩擦力为零；若GA声GesinO,B受

到C的摩擦力不为零.若GA<GBsinO,B受到C的摩擦力沿斜面向上，当沙子流出时，B对C的摩擦力始

终增加；故A正确；

BC.以整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得知，水平面对C的支持力

N=（GB+GC）-Tsin仇

在A中的沙子缓慢流出的过程中T减小，则N增大；水平面对C的摩擦力

/=7COS0=GACOS0,

方向水平向左，则C对地面摩擦力方向始终向右，且逐渐减小.故BC错误.

本N

GQ+GC

不变，则滑轮对绳的作用力方向始终不变，故D错误.

6.滑索是一项游乐项目（滑索由固定的倾斜滑道、可以沿滑道运动的滑车及滑车下悬吊的绳子组成）。游客

从起点利用自然落差加速向下滑行，越过绳索的最低点减速滑至终点，不考虑空气对人的作用力，选项中的

图能正确表示游客加速下滑或减速上滑的是（）

起点

线占

/、、、

【详解】AC.游客随滑轮加速下滑时，若滑环与钢索之间光滑，则游客与滑环组成的整体下滑的加速度应

该为gsin。，且此时绳子与钢索的方向应该垂直；若整体匀速下滑，则绳子应该沿竖直方向，实际上滑环

与钢索之间存在一定的摩擦力，使得加速下滑的加速度小于gsin。，则实际绳子应处于垂直钢索方向和竖

直方向之间，如图所示

加速下滑

故AC错误;

BD.游客随滑轮减速上滑时，由于实际上滑环与钢索之间存在一定的摩擦力，使得游客与滑环组成的整体

上滑时的加速度大于gsin6；对游客受力分析可知，绳子沿钢索的分力应向下，如图所示

减速上滑

故B正确，D错误。

故选B。

7.某人站在高楼上，以30m/s的速度竖直向上抛出一石子，求抛出后石子经过离抛出点15m处所需要的时

间是()

A.(3-V6)sB.(3+V6)SC.(3-2我SD.(3+2圆

【答案】ABD

【解析】

【详解】设向上为正方向，则根据

,12

h=v°fgt

即

±15=30/-5产

解得

=(3—-\/6)s

?2=(3+^6)s

4=(3+2乖))s

t4=(3-2V3)s(舍掉)

故选ABDo

8.一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2kg的小球从一定的高度自由下落，测得在

第5s内的位移是18m,则()

A.物体在2s末的速度是8m/sB.物体在第5s内的平均速度是3.6m/s

C.物体在第2s内的位移是8mD.物体在前5s内的位移是50m

【答案】AD

【解析】

【详解】测得在第5s内的位移是18m,可知物体在第5s内的平均速度为

一18,1,

v=—m/s=1a8m/s

1

根据匀变速直线中间时刻速度等于该段过程的平均速度，可知在，=4.5s时的速度为

y=g，=v=18m/s

可得该星球的重力加速度大小为

g=lim/s2=4m/s2

4.5

则物体在Is末和2s末的速度分别为

匕=g4=4义Im/s=4m/s,v2=g?2=4x2m/s=8m/s

物体在第2s内的位移为

.v.+v4+8,

Ax,=-2A?=-----xlm=6m

222

物体在前5s内的位移为

1212

=-gt5=—x4x5m=50m

故选AD„

9.机械臂广泛应用于机械装配。如图所示，机械臂对质量为根的箱子施加作用力R使箱子在竖直平面内

由静止开始斜向上做加速度大小为。的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹角为9,已知重力加速度为

g。不计空气阻力。则（）

A.箱子水平方向受力平衡

B.箱子的合力大小为加。

C.尸的竖直分量为mg

D.尸的竖直分量为根？+〃汝cos。

【答案】BD

【解析】

【详解】ACD.由题意可知，其箱子的加速度方向为斜向上，其运动方向与竖直方向夹角为9,对箱子竖

直方向有

Fy-mg=macos6

水平方向有

Fx=masin0

解得

Fy=mg+macos0

所以箱子水平方向的受力不平衡，其尸竖直分量为机g+7WCOS。，故AC错误，D正确;

B.由牛顿第二定律有

F合=ma

所以箱子所受的合外力大小为:也，故B项正确；

故选BD。

10.如图所示为水平放置的煤气灶支架和球状锅。将球状锅放在支架上，锅口保持水平。不计摩擦，下列说

法正确的是（）

A.球状锅受到四个弹力，且方向都指向球心

B.球状锅受到四个弹力，且四个弹力的合力为零

C.质量相同，半径大的锅受到的四个弹力比半径小的小

D.质量相同，半径大的锅受到的四个弹力的合力比半径小的大

【答案】AC

【解析】

【详解】A.依题意，可知球状锅受到支架四个弹力的作用，自身的重力作用，且弹力的方向均指向球

心，由平衡条件可知，四个弹力的合力与锅的重力等大，反向，故A正确，B错误；

CD.设每个爪与锅之间的弹力为尸，正对的一对爪之间的距离为d,锅的质量为加，半径为R,则尸与

竖直方向的夹角。满足

sin0=-^―

2R

竖直方向根据平衡条件，有

4Fcos0=mg

可得

mgmg

4cos6

所以，可知质量相同，半径大的锅受到的四个弹力比半径小的小；但质量相同，半径大的锅受到的四个弹

力的合力与半径小的相等，均等于锅的重力，故C正确，D错误。

故选AC„

11.图甲中轻杆。4的A端固定在竖直墙壁上，另一端。光滑，一端固定在竖直墙壁8点的细线跨过。端系

一质量为加的重物，。8水平；图乙中轻杆可绕A'点自由转动，另一端。光滑；一端固定在竖直墙壁

8'点的细线跨过。'端系一质量也为〃，的重物。已知图甲中NBQ4=30°,以下说法正确的是（）

图甲图乙

A.图甲轻杆中弹力大小为"〃g

B.图乙轻杆中弹力大小为"

C.图甲中轻杆中弹力与细线中拉力的合力方向一定沿竖直方向

D,图乙中绳子对轻杆弹力可能不沿杆

【答案】AC

【解析】

【详解】A.由于图甲轻杆Q4为“定杆”，其。端光滑，可以视为活结，两侧细线中拉力大小相等，都

等于加g,由力的平衡条件可知，图甲轻杆中弹力大小为

舄3=2mgcos45°=y/2mg

故A正确；

BD.图乙中轻杆0W可绕A'点自由转动，为“动杆”，另一端。光滑，可以视为活结，。两侧细线中

拉力相等，“动杆”中弹力方向一定沿“动杆”方向，“动杆"中弹力大小等于。'两侧细线中拉力

的合力大小，两细线夹角不确定，则轻杆中弹力大小无法确定，故BD错误；

C.根据共点力平衡条件，图甲中轻杆弹力与细线。8中拉力的合力方向一定与竖直细绳的拉力方向相

反，即竖直向上，故C正确。

故选AC„

12.如图所示，轻质弹簧一端与甲球相连，另一端固定在横梁上，甲、乙间固定一个轻杆，乙、丙间由一

轻质细线连接，轻质弹簧、轻杆与细线均竖直，初始时刻系统处于静止状态。已知重力加速度为g,甲、

乙、丙三球质量均为如则细线被烧断的瞬间（）

Q甲

轻杆

0乙

细线

o丙

A.丙球的加速度大小为0

B.甲球的受力情况未变，加速度大小为0

C.甲、乙两个小球的加速度大小均为gg

3

D.甲、乙之间轻杆的拉力大小为57"g

【答案】CD

【解析】

【详解】A.细线被烧断的瞬间，丙不再受细线的拉力作用，加速度大小为所g,方向竖直向下，A错

误；

BC.以甲、乙组成的系统为研究对象，烧断细线前甲、乙静止，处于平衡状态，合力是零，弹簧的弹力

F合=3mg

烧断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得

3mg—2mg=2ma

则甲、乙的加速度大小均为

1

a=2g

B错误，C正确；

D.以乙为研究对象，由牛顿第二定律得

4-mg=ma

解得

「3

&=~mg

D正确。

故选CD„

13.质量为4kg的质点在尤Oy平面上做曲线运动，它在尤方向的速度-时间图象和y方向的位移-时间图象

A.质点的初速度大小为5m/s

B.2s末质点速度大小为6m/s

C.质点初速度的方向与合外力方向垂直

D.质点所受的合外力为6N

【答案】AD

【解析】

【详解】A.x轴方向初速度为

vx=3m/s

y轴方向初速度

Ay0-8,一

=------m/s=-4m/s

yAt2-0

代入解得，质点的初速度

=5m/s

故A正确；

B.2s末质点速度应该为

%=a+(_盯=2屈m/s

故B错误；

C.合力沿x轴方向，而初速度方向既不在x轴，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂

直。故C错误；

D.无轴方向的加速度

a=—=^^m/s2=1.5m/s2

At2-0

质点的合力

Fk=ma=4xl.5N=6N

故D正确。

故选AD。

14.如图所示，水平传送带以速度匕=6m/s向右匀速运动，小物体P、。质量均为1kg,由通过定滑轮且

不可伸长的轻绳相连，r=0时刻尸在传送带左端具有向右的速度%=l0m/s,P与定滑轮间的绳水平，不计

定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间动摩擦因数〃=0.6,传送带长度乙=15m,绳足够长，

g=10m/s2o关于小物体尸的描述正确的是（）

A.小物体P在传送带上运动的全过程中，加速度一直不变

B.小物体P从传送带右端离开传送带

C.小物体尸向右运动的过程中在传送带上留下的划痕长度为8m

D.小物体P离开传送带时速度大小为2jl^m/s

【答案】D

【解析】

【详解】A.对物体产分析受力可知，开始时p的速度大于传送带速度，故其受到摩擦力方向向左，设绳

子拉力为T,以向左为正方向，分别以P、。为研究对象，由牛顿第二定律可得

T+jumg=max

mg-T=ma1

带入数据可得

%=8m/s2

则物块尸减速至与传送带速度相等所需时间G及此段时间内p与发生的相对位移分别为

t=—~~—=0.5s

x%

=Yi=4m<L

2%

故达到相等速度后，P仍在传送带上,分析可知将继续向右减速，此时摩擦力方向向右，此时分别以P、Q

为研究对象，由牛顿第二定律可得

r

T-pimg-ma2

mg-T'=ma2

解得

a2=2m/s

故A错误;

B.P从6m/s减速到零所需时间为

t———3s

2%

此过程尸向右运动的位移为

%=-^=9m

2%

P从开始到速度为零所行驶总位移为

x=xr+x2=13m<£

故尸没有从右端滑落，故B错误;

C.P在最初％=0.5s时间内相对传送带向右运动，这个过程中相对传送带向右的位移大小

=芯一v/j=4m-6x0.5m=Im

共速后尸向右运动减速至零的时间内，尸相对传动带向左运动，这个过程中相对传送带向左的位移大小

必=卬2-々=6x3m-9m=9m>

所以划痕的长度为

AX2=9m

故C错误。

D.尸减速到零后，将以初速度为零，加速度大小为2m/s向左做匀加速直线运动直至离开传送带，根据运动

学公式可得，尸离开的速度为

v2=2ax

解得

v=ZA/ISIH/S

故D正确。

故选D。

【点睛】注意判断运动的相对性，分析摩擦力的方向，根据牛顿第二定律及运动学即可解答。

二、实验题（15题4分，16题8分）

15.某同学为了探究弹簧弹力p和长度x的关系，把弹簧上端固定在铁架台的横杆上，记录弹簧自由下垂

时下端所到达的刻度位置。然后，在弹簧下端悬挂不同质量的钩码，记录每一次悬挂钩码的质量和弹簧下

端的刻度位置。实验中弹簧始终未超过弹簧的弹性限度。以弹簧受到的弹力E为纵轴、弹簧长度x为横轴

建立直角坐标系，依据实验数据作出E-x图像，如图乙所示。由图像可知：弹簧自由下垂时的长度4=

cm,弹簧的劲度系数左=N/mo

甲

乙

丙

某实验小组在上述实验中，使用两根不同的轻弹簧。和6（自重很小），得到弹力/与弹簧总长度/的图像

如图丙所示。下列表述正确的是。

A.b的原长比a的长B.a的劲度系数比6的大

C.施加同样大的力，。的形变量比b的大D.测得的弹力与弹簧的总长度成正比

【答案】①.4②.50③.AC

【解析】

【详解】[1]由乙图可知，当P=0时，£o=4cm,则弹簧自由下垂时的长度4=4cm。

⑵根据胡克定律可得

F=kx=k{L-L0）

可知足工的图像斜率大小等于劲度系数左，则

Q

k=----------------N/m=50N/m

（20-4）x10-2

[3]A.当尸=0时对应的横截距是弹簧自由下垂时的长度，所以b的原长比a的长，故A正确；

B.AL的图像斜率大小等于劲度系数左，所以a的劲度系数比b的小，故B错误；

C.根据胡克定律

F=kx=k（L-L0）

由于。的劲度系数比b的小，由此可知，施加同样大的力，。的形变量比b的大，故C正确；

D.由胡克定律知弹力与弹簧的伸长量成正比，与弹簧的总长度不成正比，故D错误。

故选ACo

16.同学们分别用如图a、b所示的实验装置验证牛顿第二定律。在图a中，将砂和砂桶的总重力大小作为

细线对小车的拉力大小。在图b中，将一个力传感器安装在砂桶的上方，直接测量细线对小车的拉力大

小。

（1）用图a装置进行操作时，下列做法错误的是（填标号）。

A.实验时，需要让细线与长木板保持平行

B.在调节木板倾斜角度平衡摩擦力时，应该将装有砂的砂桶用细线通过定滑轮系在小车上

C.实验时，先接通打点计时器的电源，再释放小车

D.实验时，砂和砂桶的总质量要远小于小车的质量

（2）图c是用图a的装置打出的一条纸带，0、A、B、C、。是五个连续的计数点，相邻两个计数点间有

四个点未画出，打点计时器所用交流电源的频率为50Hz。

②打点计时器打下2点时，小车的速度大小为m/s(保留3位有效数字)；

③小车的加速度大小为m/s?(保留3位有效数字)。

(3)以测得的小车加速度a为纵轴，砂和砂桶的总重力大小歹或力传感器的示数F为横轴，作出的图像

如图d所示，图d中的两条图线甲、乙是用图a和图b的装置进行实验得到的，两组装置所用小车的质量

相同，则用图a的装置进行实验得到的是图线(填“甲”或“乙”)。

【答案】®.B②.左端③.0.377©.0.390⑤.乙

【解析】

【详解】在实验时，需要让细线与长木板保持平行，这样才能使绳子的拉力平行于运动的方向，

故A正确；

B.在调节木板倾斜角度平衡摩擦力时，应该将装有砂的砂桶摘下，故B错误；

C.实验时，先接通打点计时器的电源，再释放小车，故C正确；

D.为使绳子拉力近似等于砂和砂桶的总重力，实验时，砂和砂桶的总质量要远小于小车的质量，故D正

确。

故选B。

(2)⑵小车在重物牵引下拖着穿过打点计时器的纸带沿平直轨道加速运动，故离打点计时器的距离不断增

大，所以小车连接在纸带的左端

[3]已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz,相邻两个计数点之间还有四个点未画出，则相邻两计数点

的时间间隔为

T=5x0.02s=0.1s

根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该段过程的平均速度，则打下8点时，小车的速度大小为

X”(10.71—3.18)x10-2

唳=*^-----------1-----m/sx0.377m/s

B2T2x0.1

⑷根据逐差法可得，小车的加速度大小为

”^^=（6°6一6.75-67”。42=0.390mzs2

4T24x0.12

（3）[5]在图b中，力传感器可以直接测量细线对小车的拉力大小厂，，小车的质量为根据牛顿第二定

律可得

F'

a=—

M

斜率为%=，

在图a中，砂和砂桶总质量为加，砂和砂桶的总重力大小为E对砂和砂桶以及小车整体分析，根据牛顿

第二定律，可得

M+m

斜率为幻=」一,因为/<%,所以用图a的装置进行实验得到的是图线乙。

M+m

三、计算题（17题为8分，18题为8分，19题为16分）

17.滑雪是我国东北地区冬季常见的体育运动。如图（a）,在与水平面夹角，=14.5°的滑雪道上，质量

〃?=60kg的滑雪者先采用两滑雪板平行的滑雪姿势（此时雪面对滑雪板的阻力可忽略），由静止开始沿直

线匀加速下滑占=45m；之后采取两滑雪板间呈一定角度的滑雪姿势，通过滑雪板推雪获得阻力，匀减速

继续下滑々=15m后停止。己知sin14.5°=0.25,sin37。=0.6,取重力加速度g=lOm/sz,不计空气

阻力。

（1）求减速过程中滑雪者加速度。的大小；

（2）如图（b）,若减速过程中两滑雪板间的夹角a=74。，滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板边缘的阻力

均为F,求尸的大小。

【答案】（1）«=7.5m/s2;（2）F=500N

【解析】

【详解】（1）由静止开始沿直线匀加速下滑的过程有

2qX]=v2

mgsin0=:叫

代入数据得

v=J2g尤］sin0=15m/s

匀减速继续下滑的过程有

2ax2=俨

代入数据得

V2②

a=-----=7.5m/s

2冗2

(2)若减速过程中两滑雪板间的夹角a=74°,根据牛顿第二定律有

2Fsin言-mgsin3=ma

解得

F=m£±m£sinf=500N

c.Ct

2sin—

2

18.如图所示，质量均为根的物体A和8分别系在一根不计质量的细绳两端，绳子跨过固定在水平地面

上，倾角为30°的斜面顶端的滑轮，开始时把物体8拉到斜面底端，这时物体A离地面的高度为1.8m。物

体与斜面间的摩擦忽略不计，从静止开始释放，取g=10m/s2,求：

(1)物体A着地时的速度大小；

(2)8沿斜面上滑的最大距离。

【答案】(1)3m/s；(2)2.7m

【解析】

【详解】(1)设A、8整体运动的加速度大小为为，根据牛顿第二定律有

mg-mgsin30°=2ma1①

设A即将落地时的速度大小为V,根据运动学规律有

v2=2岫②

联立①②解得

v=3m/s③

(2)A落地后B继续上滑，设其加速度大小为出，根据牛顿第二定律有

sin30°=

mgma2④

设8继续上滑的距离为尤，根据运动学规律有

0_v~=_2a⑤

3上滑的最大距离为

s=x+h®

联立③④⑤⑥解得

s=2.7m⑦

19.如图，一长木板静止在水平地面上，一物块叠放在长木板上，整个系统处于静止状态，长木板的质量为

M=2kg,物块的质量为m=1kg,物块与长木板间的动摩擦因数为〃i=0.2,长木板与地面之间的动摩

擦因数为〃2=。4,对长木板施加一个水平向右的拉力凡拉力E=20N,作用0.9s后将力撤去，之后长

木板和物块继续运动，最终物块没有从长木板上掉下来。物块可看作质点，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦

力，重力加速度g大小取lOm/s?,求：

(1)0.9s时物块与长木板的速度大小分别为多大；

(2)机和M全程运动的时间分别为多少；

(3)长木板的最短长度L。

\m\厂

|M/

【答案】(1)2.7m/s；(2)2s,1.4s；(3)0.6m

【解析】

【详解】(1)假设物块与长木板一起运动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有

F-//

2+m)g=+ni)aQ

解得

=-1m/s2

a0

当物块与长木板之间相对滑动时，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律有

NMg-ma\

解得

%=2m/s2

由于%>%,则物块与长木板之间发生相对滑动。以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律有

F-/z2（M+m）g-=Ma2

解得

2

a2=3m/s

作用时间％=0.9s过程中，物块做匀加速直线运动，物块速度的大小

v1==1.8m/s

长木板做匀加速直线运动，长木板速度的大小

v2=a2t}=2.7m/s

（2）撤去拉力时长木板的速度大于物块速度，则撤去拉力之后物块与长木板之间继续发生相对滑动，设再

经短二者共速，物块继续做匀加速运动，加速度

2

a3=a1=2m/s

长木板做匀减速直线运动，以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律有：