2025届广东省联考高三上学期10月第一次模拟（一模）物理试题
1．（2024高三上·广东模拟）在十米跳台比赛中，从全红婵离开跳台开始计时，其速度随时间变化情况可简化如图，下列结论错误的是（ ）
A．时间内，全红婵不做自由落体运动
B．时间内，运动员的平均速度等于
C．时刻运动员下潜到最低点
D．时间内，运动员的加速度逐渐减小
【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．根据图像可知，时间内，运动员的初速度为，则运动员开始做的不是自由落体运动，而是竖直上抛运动，A不符合题意；
B．由图像可知，在时间内图像斜率不变，则运动员的加速度一直不变，做匀变速直线运动，由
可得，运动员的平均速度
B不符合题意；
C．时刻运动员速度最大，由于惯性，运动员将继续下降，时刻，运动员速度减为，可知时刻运动员下潜到最低点，C符合题意；
D．由图像可知，时间内图像斜率的绝对值变小，运动员的加速度逐渐减小，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】本题主要考查速度-时间图像的简单应用，速度-时间图像表示速度随时间变化的关系，横轴上方表示速度与规定正方向相同，横轴下方表示速度与规定正方向相反，图像斜率表示加速度，绝对值表示加速度大小，正负表示加速度方向。
2．（2024高三上·广东模拟）图甲所示的云南龙江大桥是亚洲最大的高速公路悬索桥，图乙中A、B、C、D、E为大桥上五根钢丝绳吊索，每两根吊索之间距离相等，若汽车从吊索A处开始做匀减速直线运动，刚好在吊索E处停下，通过吊索D时的瞬时速度为vD，通过DE段的时间为t，则（ ）
A．汽车通过吊索A时的速度大小为4vD
B．汽车减速的时间为2t
C．汽车通过吊索C时的瞬时速度等于通过AE段的平均速度
D．汽车通过AD段的平均速度是通过DE段平均速度的3倍
【答案】B,D
【知识点】平均速度；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】AB．汽车减速到零，逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动的比例关系，可知汽车通过、段所用的时间之比为，可得汽车减速的时间等于，则可得
汽车通过吊索时的速度为
A不符合题意，B符合题意；
D.由图可知汽车通过、段的位移之比为，根据平均速度公式可得汽车通过段的平均速度为
通过段平均速度为
汽车通过AD段的平均速度是通过DE段平均速度的3倍 ，D符合题意；
C．由题意可知，汽车做匀减速直线运动，汽车通过吊索的时刻为段的中间时刻，汽车通过吊索C时的瞬时速度为AE段的中间位置的速度，则根据匀变速直线运动的规律可知汽车通过吊索的速度等于段的平均速度，所以汽车通过吊索C时的瞬时速度大于AE段的平均速度，C不符合题意。
故答案为：BD。
【分析】本题主要考查匀变速推论的应用，末速度为零的匀减速运动，逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，根据题意结合规律解答。
初速度为零的匀加速直线运动，第一个ts内的位移x1、第一个2ts内的位移x2、第一个3ts内的位移x3的比为1：3：5：7；匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于整段时间内的平均速度，即；匀变速直线运动的中间位置的瞬时速度；
3．（2024高三上·广东模拟）2024年巴黎奥运会有300多个运动小项，其中下列运动，可将运动员视为质点的是（ ）
A．研究甲图运动员在百米比赛中的平均速度
B．研究乙图运动员的空中转体姿态
C．研究丙图运动员的入水动作
D．研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作
【答案】A
【知识点】质点
【解析】【解答】A．甲图中，研究运动员在百米比赛中的平均速度时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响可以忽略，所以运动员能够看为质点，A符合题意；
B．乙图中，研究运动员的空中转体姿态时，需要考虑具体动作，运动员的形状和体积不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，B不符合题意；
C．丙图中，研究运动员的入水动作时，需要考虑具体动作，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，C不符合题意；
D．丁图中级工，研究运动员通过某个攀岩支点的动作时，需要考虑具体动作，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】本题主要考查对质点概念的理解，任何物体只要大小和形状对研究的问题的影响可以忽略，都可以看做质点。
4．（2024高三上·广东模拟）如图所示，公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶，桶可绕水平轴转动，水管口持续有水流出，过一段时间桶会翻转一次，决定桶能否翻转的主要因素是（ ）
A．水桶自身重力的大小 B．水管每秒出水量的大小
C．水流对桶撞击力的大小 D．水桶与水整体的重心高低
【答案】D
【知识点】重力与重心
【解析】【解答】水管口持续有水流出而过一段时间桶会翻转一次，说明主要原因是装的水到一定量之后，导致水桶与水整体的重心往上移动，竖直向下的重力作用线偏离中心转轴，导致水桶不能稳定平衡，发生翻转。
故选D。
【分析】注水后重心升高，重心高于转轴时重力作用线偏离中心转轴，发生翻转。
5．（2024高三上·广东模拟）在刚结束的巴黎奥运会，郑钦文获得女单网球冠军，创造历史性的一刻。如图所示，郑钦文把飞来的网球击打回去，落到了对方场内，则下列说法正确的是（ ）
A．飞来的网球速度越大，惯性越大
B．球被打飞回去，是因为力是维持物体运动状态的原因
C．若球拍没有击打球，则球会保持原来的运动状态不变
D．球拍对球的弹力，是因为球拍发生弹性形变而产生的
【答案】D
【知识点】形变与弹力；牛顿第一定律；惯性与质量
【解析】【解答】A．物体的惯性只由质量决定，与物体的速度无关，故A错误；
B．球被打飞回去，是因为力是改变物体运动状态的原因，故B错误；
C．若球拍没有击打球，由于球仍受重力作用，所以球不会保持原来的运动状态不变，故C错误；
D．球拍对球的弹力，是因为球拍发生弹性形变而产生的，故D正确。
故选D。
【分析】根据质量决定惯性大小；惯性是物体保持原有运动状态的性质；力是改变物体运动状态的原因；球拍对球的弹力，是因为球拍发生弹性形变而产生的，依次分析判断。
6．（2024高三上·广东模拟）一质量为M的楔形木块放在水平桌面上静止，它的顶角为90°，两底角为α和β；a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．若斜面是光滑的，斜面对地面的压力为
B．若斜面是光滑的，斜面对地面的压力为Mg
C．若斜面不光滑，a、b匀速下滑，斜面对地面的压力为
D．若斜面不光滑，a、b匀速下滑，斜面对地面的压力为Mg
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．若斜面是光滑，物块a只受重力和斜面的支持力，根据平衡条件，有
根据牛顿第三定律可知，a给斜面的压力为
将分解为水平和竖直方向两个分力，竖直向下的分力为
同理可得，b物体给斜面压力的竖直向下的分力为
对斜面受力分析可得
由牛顿第三定律可知斜面对地面的压力为，AB不符合题意；
CD．若斜面不光滑，a、b匀速下滑，以a、b、M为整体，受重力，地面竖直向上的支持力FN地'，由受力平衡可知
由牛顿第三定律可知斜面对地面的压力为，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】本题主要考查共点力平衡知识的应用。 若斜面是光滑的，以a和b分别为研究对象，根据平衡条件求得a、b对斜面的压力，再以斜面为研究对象，根据平衡条件和牛顿第三定律求解斜面对地面的压力； 若斜面不光滑，a、b匀速下滑，以a、b、M为整体根据平衡条件和牛顿第三定律求解斜面对地面的压力。
7．（2024高三上·广东模拟）一些巧妙的工业设计能极大地为人们的生活提供便利。如图是竖直放置的某款可调角度的简便磨刀器，该磨刀器左右两侧对称，通过调整磨刀角度可以使该磨刀器的两侧面与刀片尖端的两侧面紧密贴合，就可以轻松满足家庭日常的各种磨刀需求。关于在使用磨刀器的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．向后轻拉刀具，磨刀器受到的摩擦力向前
B．若水平匀速向后拉动刀具，则磨刀器对刀具的作用力竖直向上
C．加速后拉刀具，刀具受到的摩擦力小于磨刀器受到的摩擦力
D．对同一把刀具在竖直方向上施加相同压力时，磨刀器的夹角越小，越难被拉动
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；滑动摩擦力与动摩擦因数；力的合成与分解的运用
【解析】【解答】A．磨刀过程中，向后轻拉刀具，刀具受到的摩擦力的合力向前，根据牛顿第三定律，磨刀器受到的摩擦力向后，故A错误；
B．若水平匀速向后拉动刀具，从两个方向看，受力分析如图示
磨刀器对刀具的作用力是指两个接触面的支持力与摩擦力的合力，方向应向前方偏上，故B错误；
C．根据牛顿第三定律可知，刀具受到的摩擦力等于磨刀器受到的摩擦力，故C错误；
D．刀具对磨刀器正压力的两分力夹角应为磨口角的补角，故磨刀器的夹角越小，正压力的两分力夹角越大，当施加相同的正压力时，则两分力越大，故拖动时的滑动摩擦力越大就越难被拉动，故D正确。
故选D。
【分析】A、根据摩擦力阻碍相对运动的特点和牛顿第三定律分析判断；
B、对刀具受力分析可知竖直方向受到磨刀石支持力的合力，水平方向还有磨刀石对刀的滑动摩擦力，所以磨刀石对刀的合力为前方偏上；
C、根据牛顿第三定律分析判断；
D、由受力分析可知，磨刀器的夹角越小，正压力的两分力夹角越大，当施加相同的正压力时，则两分力越大，故拖动时的滑动摩擦力越大就越难被拉动。
8．（2024高三上·广东模拟）如图所示，倾角为的斜面体静置在粗糙水平地面上，劲度系数为k的轻弹簧下端拴接在斜面体底端的挡板上，质量为m的物块a拴接在轻弹簧的上端，放在斜面体上质量为m的物块b通过跨过光滑定滑轮的细绳与质量为2m的球c拴接。初始时a、b接触，c在外力的作用下，使b、c间绳子伸直但无拉力。物块b、滑轮间的细绳与斜面平行，斜面光滑，重力加速度为g。撤去球c的外力一瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．物块b的加速度为2g
B．物块a的加速度0.5g
C．斜面体受到水平向右的静摩擦力作用
D．撤去球c的外力后，当弹簧弹力大小为时，a、b刚好分离
【答案】B,C,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB．撤去球c的外力前，b、c间绳子伸直但无拉力，以a、b为整体，根据受力平衡可得
撤去球c的外力一瞬间，以c为对象，根据牛顿第二定律可得
以a、b为整体，根据牛顿第二定律可得
联立解得a、b、c的加速度大小为
故A错误，B正确；
C．以斜面体和a、b、c为系统，由于a、b的加速度沿斜面向上，具有水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律可得
可知斜面体受到水平向右的静摩擦力作用，故C正确；
D．撤去球c的外力后，a、b刚好分离时，a、b间的弹力为0，此时a、b、c的加速度大小相等，以c为对象，根据牛顿第二定律可得
以b为对象，根据牛顿第二定律可得
以a为对象，根据牛顿第二定律可得
联立解得弹簧弹力大小为
故D正确。
故选BCD。
【分析】AB、根据连接体瞬间问题，对ab撤去外力前列平衡方程；撤去外力后分别对c和ab根据牛顿第二定律列方程，联立求解加速；
C、根据ab沿斜面的加速度沿水平方向分加速度，根据牛顿第二定律分析判断；
D、根据a、b刚好分离时，a、b间的弹力为0，此时a、b、c的加速度大小相等，分别以a、b、c为研究对象，根据牛顿第二定律列方程组求解。
9．（2024高三上·广东模拟）如图所示，送水工人用推车运桶装水，到达目的地后，工人抬起把手，带动板OA转至水平即可将水桶卸下。若桶与接触面之间的摩擦不计，∠AOB为锐角，板OA、OB对水桶的压力大小分别为F1、F2，保持OB不动，使OA由竖直缓慢转到与OB垂直的过程中（ ）
A．水桶受到的合力不变 B．F1，F2都在减小
C．F1不断减小，F2先增大后减小 D．F1先减小后增大，F2不断减小
【答案】A,B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．使OA由竖直缓慢转到与OB垂直的过程中，水桶受到的合力一直为0，保持不变，故A正确；
BCD．使OA由竖直缓慢转到与OB垂直的过程中，板OA对水桶的压力从水平向右逐渐变成与垂直，以水桶为对象，其受力如图所示
由图可知，，都在减小，故B正确，CD错误。
故选AB。
【分析】根据受力分析，应用力的三角形法则分析判断。
10．（2024高三上·广东模拟）如图所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环D固定在半球形物体球心O的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A点，另一端用轻质细绳穿过小环D与放在半球形物体上的小球P相连，DA水平．现将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中(小球P未到达半球最高点前)，下列说法正确的是
A．弹簧变短 B．弹簧变长
C．小球对半球的压力不变 D．小球对半球的压力变大
【答案】A,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】对小球P受力分析，受到绳子的拉力T，半球的支持力，竖直向下的重力G，如图所示，根据相似三角形法可知
因为OP和OD都是恒定不变的，G也不变，DP减小，所以可知不变，T减小，根据牛顿第三定律可知小球对半球的压力不变，绳子的拉力减小，即弹簧的弹力减小，根据F=kx可知弹簧变短，AC符合题意，BD不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】分析小球受力情况：重力G，细线的拉力T和半球面的支持力，作出、T，G的矢量三角形，根据三角形相似法结合牛顿第三定律分析、T的变化，根据胡克定律分析弹簧长度变化。
11．（2024高三上·广东模拟）如图所示为某实验小组研究小车做匀变速直线运动规律打出的纸带，已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，0、1、2、3、4、5、6为纸带上选取的计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出。从纸带上测出，，，，则打出1点时小车速度为 m/s，小车加速度大小 m/s2。（结果保留三位有效数字）
【答案】0.143；0.750
【知识点】加速度；瞬时速度
【解析】【解答】电源频率为50Hz，相邻两计数点间还有4个打点未画出，则计数点间的时间间隔
则打出1点时小车速度为
由匀变速直线运动规律可得
即
综上第1空：0.143；第2空：0.750
【分析】根据匀变速直线运动时间中点的瞬时速度等于该段时间的平均速度和逐差法求解。
12．（2024高三上·广东模拟）某同学用如图所示装置来探究“在外力一定时，物体的加速度与其质量之间的关系”。
(1)下列说法正确的是
A.连在小车这一侧的细线可不平行于木板
B.平衡摩擦力时，小车前面不与砂桶连接，后面应固定条纸带，纸带穿过打点计时器
C.小车释放前应靠近打点计时器，且先释放小车后接通打点计时器的电源
(2)若将砂和砂桶的总重力mg近似地当成小车所受的拉力，需满足的条件： (选填“远大于”或“远小于”)小车质量M。若小车所受拉力的真实值为F真，为了使<5%，则M与m应当满足的条件是<
(3)某同学根据测量数据作出的a－F图象如图所示，实验中可能存在的问题是： 。
【答案】B；远小于；0.05；平衡摩擦力时斜面的倾角过大
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】(1)A．细线不平行木板时，细线拉力变化，故A错误；
B．平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，故B正确；
C．小车释放前应靠近打点计时器，且先接通打点计时器的电源后释放小车，故C错误；
(2)在本实验中认为细线的拉力F等于砂和砂桶的总重力，由此造成的误差是系统误差，对小车，根据牛顿第二定律得
对整体，根据牛顿第二定律得
且
解得
(3)由图可知，当F为0时，已具有加速度，说明平衡摩擦力时斜面的倾角过大
综上第1空：B；第2空：远小于；第3空：0.05；第4空：平衡摩擦力时斜面的倾角过大
【分析】（1）细线要平行于木板，释放前小车靠近打点计时器，先接通电源后释放小车；
（2）实验中细线的拉力F等于砂和砂桶的总重力，应满足m远小于M，以减小误差；根据连接体先隔离对小车应用牛顿第二定律求解加速度，再整体法求解加速度，结合<5% 联立求解质量之比；
（3）由图可知，当F为0时，已具有加速度，说明平衡摩擦力时斜面的倾角过大.
13．（2024高三上·广东模拟）图（a）为某国际机场某货物传送装置实物图，简化图如图（b），该装置由传送带ABCD及固定挡板CDEF组成，固定挡板与传送带上表面垂直，传送带上表面ABCD与水平台面的夹角。传送带匀速转动时，工作人员将正方体货物从D点由静止释放，在L=10m处取下货物，货物运动时的剖面图如图（c）所示，已知传送带匀速运行的速度v=1m/s，货物质量m=10kg，其底部与传送带上表面ABCD的动摩擦因数为，其侧面与挡板CDEF的动摩擦因数为。（重力加速度，不计空气阻力）。
（1）求传送带上表面对货物的摩擦力大小和挡板对货物的摩擦力大小；
（2）货物在传送带上运动的时间t；
（3）货物若传送到s=0.2m时，传送带由于故障突然停止，工作人员待货物安全停止时立即进行维修，用时T=30s，传送带恢复正常，忽略传送带加速至恢复正常的时间，求由于故障，传送货物耽误的时间。（保留两位小数）
【答案】（1）解：货物放上传送带后，水平方向受力如图所示，设传送带对物体的摩擦力为，挡板对物体摩擦力为，由剖面图对货物受力分析如图，传送带对货物支持力为，挡板对货物支持力为，则
，
由滑动摩擦力计算式有
，
代入数据可得
，
传送带上表面对货物的摩擦力大小为，挡板对货物的摩擦力大小为。
（2）解：设货物由静止放上传送带获得的加速度为，对货物
解得
设货物在传送带上经时间能达到共速，所走的为，由运动学公式得
，
解得
，
所以物体能在传送带上达到共速，共速后，货物做匀速直线运动，直至被取下，设再经过时间到达目的地，则有
货物匀速阶段所用的时间为
货物运动总时间为
（3）解：货物由于传送带突然出现故障，作匀减速运动的加速度为，所走的位移为，传送带恢复正常后，货物匀加速达到共速的位移为，对货物
根据运动学公式得
，
设由于传送带故障，耽误的时间设为，则
代入数据，解得
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）对货物垂直运动方向受力分析求解传送带和挡板对货物的支持力，根据滑动摩擦力公式分别求解传送带和挡板对货物的摩擦力大小；
（2）货物沿运动方向受到传送带和挡板摩擦力，根据牛顿第二定律求解货物运动加速度，根据运动学方程求解匀加速运动到与传送带共速时的位移和时间；再由匀速运动求解剩余位移的时间，进一步计算货物运动总时间；
（3）根据传送带故障沿货物运动方向受力分析，根据牛顿第二定律求解加速，根据运动学方程求解货物匀减速到零和匀加速到传送带共速的时间，求解耽误时间。
（1）货物放上传送带后，水平方向受力如图所示，设传送带对物体的摩擦力为，挡板对物体摩擦力为，由剖面图对货物受力分析如图，传送带对货物支持力为，挡板对货物支持力为，则
，
由滑动摩擦力计算式有
，
代入数据可得
，
传送带上表面对货物的摩擦力大小为，挡板对货物的摩擦力大小为。
（2）设货物由静止放上传送带获得的加速度为，对货物
解得
设货物在传送带上经时间能达到共速，所走的为，由运动学公式得
，
解得
，
所以物体能在传送带上达到共速，共速后，货物做匀速直线运动，直至被取下，设再经过时间到达目的地，则有
货物匀速阶段所用的时间为
货物运动总时间为
（3）货物由于传送带突然出现故障，作匀减速运动的加速度为，所走的位移为，传送带恢复正常后，货物匀加速达到共速的位移为，对货物
根据运动学公式得
，
设由于传送带故障，耽误的时间设为，则
代入数据，解得
14．（2024高三上·广东模拟）如图甲为大型游乐设施跳楼机，图乙为其结构简图。轿厢从位置自由下落，从b位置到c位置下落的距离为，经历的时间为。轿厢从c位置后以恒力制动，再经停下（重力加速度g取）。求：
（1）跳楼机从位置到c位置下落的距离；
（2）跳楼机下落的总高度。
【答案】解：（1）设间距离为，下落时间为，跳楼机由a位置到b位置做自由落体运动，有
a到c做自由落体运动，有
解得
可得， 跳楼机从位置到c位置下落的距离
（2）跳楼机到c位置速度
减速过程平均速度
减速过程下降高度
跳楼机下落的总高度
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；自由落体运动
【解析】【分析】本题主要考查自由落体运动和匀减速运动规律的应用，根据物体运动过程选择合适公式可以解答。
（1）从a到c车厢做自由落体运动，根据公式求解跳楼机从位置到c位置下落的距离；
（2）从c点到最低点，车厢做匀减速运动，根据（1）中数据，有v=gt求得车厢在c点速度，再根据求得减速度的高度，进而求得跳楼机下落的总高度。
15．（2024高三上·广东模拟）质量为2kg的长木板A放在水平地面上，质量为1kg的物块B放在长木板的左端，给物块B施加一个水平向右的拉力F，将F从零开始逐渐增大，当F为3N时，物块B和长木板A刚好要一起滑动，当F为6N时，物块B刚好要相对长木板A滑动，重力加速度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）A与地面之间，B与A之间的动摩擦因数的大小；
（2）若开始拉物块B时，F恒定为10N，结果拉力F作用1s，物块B刚好从A上滑离，A的长度；
（3）（2）问中F作用时间后撤去，此后物块B刚好不滑离长木板A（长度为（2）问中所求得的长度），则多大。
【答案】（1）设长木板A与地面间的动摩擦因数为， 当F为3N时，物块B和长木板A刚好要一起滑动，以A、B为整体，可知
解得
设物块B与长木板间的动摩擦因数为，根据题意，对物块B
对整体研究
解得
（2）由于拉力10N大于6N，因此，物块与长木板发生相对滑动，设长木板的加速度为，
对于A，根据牛顿第二定律可得
解得
对B
解得
设B的位移为x2，A的位移为x1，木板的长为L，则
；
（3）在（2）问中撤去F后，物块在长木板上滑行时的加速度大小
设从开始到物块滑到长木板右端时时间为t， 物块B刚好不滑离长木板A的条件为AB速度相等，根据v=v0+at
可得
根据位移时间关系可得
解得
【知识点】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；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】本题主要考查牛顿第二定律在滑块模型中的应用，理解AB产生相对滑动的条件是解题关键。
（1）当F为3N时，物块B和长木板A刚好要一起滑动，AB间是滑动摩擦力，分别以AB整体和B为研究对象，根据牛顿第二定律和滑动摩擦力公式计算A与地面之间，B与A之间的动摩擦因数的大小；
（2） F恒定为10N， 大于临界拉力，AB相对滑动，根据牛顿第二定律求得AB加速度，再根据位移时间关系求得A的长度；
（3） 物块B刚好不滑离长木板A的条件是B到达A右端时，速度相等，根据牛顿第二定律和速度时间关系、位移时间关系列式求解时间。
（1）设长木板A与地面间的动摩擦因数为 由题意可知
解得
设物块B与长木板间的动摩擦因数为，根据题意 对整体研究
对物块B研究
解得
（2）由于拉力10N大于6N，因此，物块与长木板发生相对滑动，设长木板的加速度为，则
解得
对物块B研究
解得
设木板的长为L，则
（3）在（2）问中撤去F后，物块在长木板上滑行时的加速度大小
设从开始到物块滑到长木板右端时时间为t，则
解得
1 / 12025届广东省联考高三上学期10月第一次模拟（一模）物理试题
1．（2024高三上·广东模拟）在十米跳台比赛中，从全红婵离开跳台开始计时，其速度随时间变化情况可简化如图，下列结论错误的是（ ）
A．时间内，全红婵不做自由落体运动
B．时间内，运动员的平均速度等于
C．时刻运动员下潜到最低点
D．时间内，运动员的加速度逐渐减小
2．（2024高三上·广东模拟）图甲所示的云南龙江大桥是亚洲最大的高速公路悬索桥，图乙中A、B、C、D、E为大桥上五根钢丝绳吊索，每两根吊索之间距离相等，若汽车从吊索A处开始做匀减速直线运动，刚好在吊索E处停下，通过吊索D时的瞬时速度为vD，通过DE段的时间为t，则（ ）
A．汽车通过吊索A时的速度大小为4vD
B．汽车减速的时间为2t
C．汽车通过吊索C时的瞬时速度等于通过AE段的平均速度
D．汽车通过AD段的平均速度是通过DE段平均速度的3倍
3．（2024高三上·广东模拟）2024年巴黎奥运会有300多个运动小项，其中下列运动，可将运动员视为质点的是（ ）
A．研究甲图运动员在百米比赛中的平均速度
B．研究乙图运动员的空中转体姿态
C．研究丙图运动员的入水动作
D．研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作
4．（2024高三上·广东模拟）如图所示，公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶，桶可绕水平轴转动，水管口持续有水流出，过一段时间桶会翻转一次，决定桶能否翻转的主要因素是（ ）
A．水桶自身重力的大小 B．水管每秒出水量的大小
C．水流对桶撞击力的大小 D．水桶与水整体的重心高低
5．（2024高三上·广东模拟）在刚结束的巴黎奥运会，郑钦文获得女单网球冠军，创造历史性的一刻。如图所示，郑钦文把飞来的网球击打回去，落到了对方场内，则下列说法正确的是（ ）
A．飞来的网球速度越大，惯性越大
B．球被打飞回去，是因为力是维持物体运动状态的原因
C．若球拍没有击打球，则球会保持原来的运动状态不变
D．球拍对球的弹力，是因为球拍发生弹性形变而产生的
6．（2024高三上·广东模拟）一质量为M的楔形木块放在水平桌面上静止，它的顶角为90°，两底角为α和β；a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．若斜面是光滑的，斜面对地面的压力为
B．若斜面是光滑的，斜面对地面的压力为Mg
C．若斜面不光滑，a、b匀速下滑，斜面对地面的压力为
D．若斜面不光滑，a、b匀速下滑，斜面对地面的压力为Mg
7．（2024高三上·广东模拟）一些巧妙的工业设计能极大地为人们的生活提供便利。如图是竖直放置的某款可调角度的简便磨刀器，该磨刀器左右两侧对称，通过调整磨刀角度可以使该磨刀器的两侧面与刀片尖端的两侧面紧密贴合，就可以轻松满足家庭日常的各种磨刀需求。关于在使用磨刀器的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．向后轻拉刀具，磨刀器受到的摩擦力向前
B．若水平匀速向后拉动刀具，则磨刀器对刀具的作用力竖直向上
C．加速后拉刀具，刀具受到的摩擦力小于磨刀器受到的摩擦力
D．对同一把刀具在竖直方向上施加相同压力时，磨刀器的夹角越小，越难被拉动
8．（2024高三上·广东模拟）如图所示，倾角为的斜面体静置在粗糙水平地面上，劲度系数为k的轻弹簧下端拴接在斜面体底端的挡板上，质量为m的物块a拴接在轻弹簧的上端，放在斜面体上质量为m的物块b通过跨过光滑定滑轮的细绳与质量为2m的球c拴接。初始时a、b接触，c在外力的作用下，使b、c间绳子伸直但无拉力。物块b、滑轮间的细绳与斜面平行，斜面光滑，重力加速度为g。撤去球c的外力一瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．物块b的加速度为2g
B．物块a的加速度0.5g
C．斜面体受到水平向右的静摩擦力作用
D．撤去球c的外力后，当弹簧弹力大小为时，a、b刚好分离
9．（2024高三上·广东模拟）如图所示，送水工人用推车运桶装水，到达目的地后，工人抬起把手，带动板OA转至水平即可将水桶卸下。若桶与接触面之间的摩擦不计，∠AOB为锐角，板OA、OB对水桶的压力大小分别为F1、F2，保持OB不动，使OA由竖直缓慢转到与OB垂直的过程中（ ）
A．水桶受到的合力不变 B．F1，F2都在减小
C．F1不断减小，F2先增大后减小 D．F1先减小后增大，F2不断减小
10．（2024高三上·广东模拟）如图所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环D固定在半球形物体球心O的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A点，另一端用轻质细绳穿过小环D与放在半球形物体上的小球P相连，DA水平．现将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中(小球P未到达半球最高点前)，下列说法正确的是
A．弹簧变短 B．弹簧变长
C．小球对半球的压力不变 D．小球对半球的压力变大
11．（2024高三上·广东模拟）如图所示为某实验小组研究小车做匀变速直线运动规律打出的纸带，已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，0、1、2、3、4、5、6为纸带上选取的计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出。从纸带上测出，，，，则打出1点时小车速度为 m/s，小车加速度大小 m/s2。（结果保留三位有效数字）
12．（2024高三上·广东模拟）某同学用如图所示装置来探究“在外力一定时，物体的加速度与其质量之间的关系”。
(1)下列说法正确的是
A.连在小车这一侧的细线可不平行于木板
B.平衡摩擦力时，小车前面不与砂桶连接，后面应固定条纸带，纸带穿过打点计时器
C.小车释放前应靠近打点计时器，且先释放小车后接通打点计时器的电源
(2)若将砂和砂桶的总重力mg近似地当成小车所受的拉力，需满足的条件： (选填“远大于”或“远小于”)小车质量M。若小车所受拉力的真实值为F真，为了使<5%，则M与m应当满足的条件是<
(3)某同学根据测量数据作出的a－F图象如图所示，实验中可能存在的问题是： 。
13．（2024高三上·广东模拟）图（a）为某国际机场某货物传送装置实物图，简化图如图（b），该装置由传送带ABCD及固定挡板CDEF组成，固定挡板与传送带上表面垂直，传送带上表面ABCD与水平台面的夹角。传送带匀速转动时，工作人员将正方体货物从D点由静止释放，在L=10m处取下货物，货物运动时的剖面图如图（c）所示，已知传送带匀速运行的速度v=1m/s，货物质量m=10kg，其底部与传送带上表面ABCD的动摩擦因数为，其侧面与挡板CDEF的动摩擦因数为。（重力加速度，不计空气阻力）。
（1）求传送带上表面对货物的摩擦力大小和挡板对货物的摩擦力大小；
（2）货物在传送带上运动的时间t；
（3）货物若传送到s=0.2m时，传送带由于故障突然停止，工作人员待货物安全停止时立即进行维修，用时T=30s，传送带恢复正常，忽略传送带加速至恢复正常的时间，求由于故障，传送货物耽误的时间。（保留两位小数）
14．（2024高三上·广东模拟）如图甲为大型游乐设施跳楼机，图乙为其结构简图。轿厢从位置自由下落，从b位置到c位置下落的距离为，经历的时间为。轿厢从c位置后以恒力制动，再经停下（重力加速度g取）。求：
（1）跳楼机从位置到c位置下落的距离；
（2）跳楼机下落的总高度。
15．（2024高三上·广东模拟）质量为2kg的长木板A放在水平地面上，质量为1kg的物块B放在长木板的左端，给物块B施加一个水平向右的拉力F，将F从零开始逐渐增大，当F为3N时，物块B和长木板A刚好要一起滑动，当F为6N时，物块B刚好要相对长木板A滑动，重力加速度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）A与地面之间，B与A之间的动摩擦因数的大小；
（2）若开始拉物块B时，F恒定为10N，结果拉力F作用1s，物块B刚好从A上滑离，A的长度；
（3）（2）问中F作用时间后撤去，此后物块B刚好不滑离长木板A（长度为（2）问中所求得的长度），则多大。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．根据图像可知，时间内，运动员的初速度为，则运动员开始做的不是自由落体运动，而是竖直上抛运动，A不符合题意；
B．由图像可知，在时间内图像斜率不变，则运动员的加速度一直不变，做匀变速直线运动，由
可得，运动员的平均速度
B不符合题意；
C．时刻运动员速度最大，由于惯性，运动员将继续下降，时刻，运动员速度减为，可知时刻运动员下潜到最低点，C符合题意；
D．由图像可知，时间内图像斜率的绝对值变小，运动员的加速度逐渐减小，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】本题主要考查速度-时间图像的简单应用，速度-时间图像表示速度随时间变化的关系，横轴上方表示速度与规定正方向相同，横轴下方表示速度与规定正方向相反，图像斜率表示加速度，绝对值表示加速度大小，正负表示加速度方向。
2．【答案】B,D
【知识点】平均速度；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】AB．汽车减速到零，逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动的比例关系，可知汽车通过、段所用的时间之比为，可得汽车减速的时间等于，则可得
汽车通过吊索时的速度为
A不符合题意，B符合题意；
D.由图可知汽车通过、段的位移之比为，根据平均速度公式可得汽车通过段的平均速度为
通过段平均速度为
汽车通过AD段的平均速度是通过DE段平均速度的3倍 ，D符合题意；
C．由题意可知，汽车做匀减速直线运动，汽车通过吊索的时刻为段的中间时刻，汽车通过吊索C时的瞬时速度为AE段的中间位置的速度，则根据匀变速直线运动的规律可知汽车通过吊索的速度等于段的平均速度，所以汽车通过吊索C时的瞬时速度大于AE段的平均速度，C不符合题意。
故答案为：BD。
【分析】本题主要考查匀变速推论的应用，末速度为零的匀减速运动，逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，根据题意结合规律解答。
初速度为零的匀加速直线运动，第一个ts内的位移x1、第一个2ts内的位移x2、第一个3ts内的位移x3的比为1：3：5：7；匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于整段时间内的平均速度，即；匀变速直线运动的中间位置的瞬时速度；
3．【答案】A
【知识点】质点
【解析】【解答】A．甲图中，研究运动员在百米比赛中的平均速度时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响可以忽略，所以运动员能够看为质点，A符合题意；
B．乙图中，研究运动员的空中转体姿态时，需要考虑具体动作，运动员的形状和体积不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，B不符合题意；
C．丙图中，研究运动员的入水动作时，需要考虑具体动作，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，C不符合题意；
D．丁图中级工，研究运动员通过某个攀岩支点的动作时，需要考虑具体动作，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】本题主要考查对质点概念的理解，任何物体只要大小和形状对研究的问题的影响可以忽略，都可以看做质点。
4．【答案】D
【知识点】重力与重心
【解析】【解答】水管口持续有水流出而过一段时间桶会翻转一次，说明主要原因是装的水到一定量之后，导致水桶与水整体的重心往上移动，竖直向下的重力作用线偏离中心转轴，导致水桶不能稳定平衡，发生翻转。
故选D。
【分析】注水后重心升高，重心高于转轴时重力作用线偏离中心转轴，发生翻转。
5．【答案】D
【知识点】形变与弹力；牛顿第一定律；惯性与质量
【解析】【解答】A．物体的惯性只由质量决定，与物体的速度无关，故A错误；
B．球被打飞回去，是因为力是改变物体运动状态的原因，故B错误；
C．若球拍没有击打球，由于球仍受重力作用，所以球不会保持原来的运动状态不变，故C错误；
D．球拍对球的弹力，是因为球拍发生弹性形变而产生的，故D正确。
故选D。
【分析】根据质量决定惯性大小；惯性是物体保持原有运动状态的性质；力是改变物体运动状态的原因；球拍对球的弹力，是因为球拍发生弹性形变而产生的，依次分析判断。
6．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．若斜面是光滑，物块a只受重力和斜面的支持力，根据平衡条件，有
根据牛顿第三定律可知，a给斜面的压力为
将分解为水平和竖直方向两个分力，竖直向下的分力为
同理可得，b物体给斜面压力的竖直向下的分力为
对斜面受力分析可得
由牛顿第三定律可知斜面对地面的压力为，AB不符合题意；
CD．若斜面不光滑，a、b匀速下滑，以a、b、M为整体，受重力，地面竖直向上的支持力FN地'，由受力平衡可知
由牛顿第三定律可知斜面对地面的压力为，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】本题主要考查共点力平衡知识的应用。 若斜面是光滑的，以a和b分别为研究对象，根据平衡条件求得a、b对斜面的压力，再以斜面为研究对象，根据平衡条件和牛顿第三定律求解斜面对地面的压力； 若斜面不光滑，a、b匀速下滑，以a、b、M为整体根据平衡条件和牛顿第三定律求解斜面对地面的压力。
7．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；滑动摩擦力与动摩擦因数；力的合成与分解的运用
【解析】【解答】A．磨刀过程中，向后轻拉刀具，刀具受到的摩擦力的合力向前，根据牛顿第三定律，磨刀器受到的摩擦力向后，故A错误；
B．若水平匀速向后拉动刀具，从两个方向看，受力分析如图示
磨刀器对刀具的作用力是指两个接触面的支持力与摩擦力的合力，方向应向前方偏上，故B错误；
C．根据牛顿第三定律可知，刀具受到的摩擦力等于磨刀器受到的摩擦力，故C错误；
D．刀具对磨刀器正压力的两分力夹角应为磨口角的补角，故磨刀器的夹角越小，正压力的两分力夹角越大，当施加相同的正压力时，则两分力越大，故拖动时的滑动摩擦力越大就越难被拉动，故D正确。
故选D。
【分析】A、根据摩擦力阻碍相对运动的特点和牛顿第三定律分析判断；
B、对刀具受力分析可知竖直方向受到磨刀石支持力的合力，水平方向还有磨刀石对刀的滑动摩擦力，所以磨刀石对刀的合力为前方偏上；
C、根据牛顿第三定律分析判断；
D、由受力分析可知，磨刀器的夹角越小，正压力的两分力夹角越大，当施加相同的正压力时，则两分力越大，故拖动时的滑动摩擦力越大就越难被拉动。
8．【答案】B,C,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB．撤去球c的外力前，b、c间绳子伸直但无拉力，以a、b为整体，根据受力平衡可得
撤去球c的外力一瞬间，以c为对象，根据牛顿第二定律可得
以a、b为整体，根据牛顿第二定律可得
联立解得a、b、c的加速度大小为
故A错误，B正确；
C．以斜面体和a、b、c为系统，由于a、b的加速度沿斜面向上，具有水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律可得
可知斜面体受到水平向右的静摩擦力作用，故C正确；
D．撤去球c的外力后，a、b刚好分离时，a、b间的弹力为0，此时a、b、c的加速度大小相等，以c为对象，根据牛顿第二定律可得
以b为对象，根据牛顿第二定律可得
以a为对象，根据牛顿第二定律可得
联立解得弹簧弹力大小为
故D正确。
故选BCD。
【分析】AB、根据连接体瞬间问题，对ab撤去外力前列平衡方程；撤去外力后分别对c和ab根据牛顿第二定律列方程，联立求解加速；
C、根据ab沿斜面的加速度沿水平方向分加速度，根据牛顿第二定律分析判断；
D、根据a、b刚好分离时，a、b间的弹力为0，此时a、b、c的加速度大小相等，分别以a、b、c为研究对象，根据牛顿第二定律列方程组求解。
9．【答案】A,B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．使OA由竖直缓慢转到与OB垂直的过程中，水桶受到的合力一直为0，保持不变，故A正确；
BCD．使OA由竖直缓慢转到与OB垂直的过程中，板OA对水桶的压力从水平向右逐渐变成与垂直，以水桶为对象，其受力如图所示
由图可知，，都在减小，故B正确，CD错误。
故选AB。
【分析】根据受力分析，应用力的三角形法则分析判断。
10．【答案】A,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】对小球P受力分析，受到绳子的拉力T，半球的支持力，竖直向下的重力G，如图所示，根据相似三角形法可知
因为OP和OD都是恒定不变的，G也不变，DP减小，所以可知不变，T减小，根据牛顿第三定律可知小球对半球的压力不变，绳子的拉力减小，即弹簧的弹力减小，根据F=kx可知弹簧变短，AC符合题意，BD不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】分析小球受力情况：重力G，细线的拉力T和半球面的支持力，作出、T，G的矢量三角形，根据三角形相似法结合牛顿第三定律分析、T的变化，根据胡克定律分析弹簧长度变化。
11．【答案】0.143；0.750
【知识点】加速度；瞬时速度
【解析】【解答】电源频率为50Hz，相邻两计数点间还有4个打点未画出，则计数点间的时间间隔
则打出1点时小车速度为
由匀变速直线运动规律可得
即
综上第1空：0.143；第2空：0.750
【分析】根据匀变速直线运动时间中点的瞬时速度等于该段时间的平均速度和逐差法求解。
12．【答案】B；远小于；0.05；平衡摩擦力时斜面的倾角过大
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】(1)A．细线不平行木板时，细线拉力变化，故A错误；
B．平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，故B正确；
C．小车释放前应靠近打点计时器，且先接通打点计时器的电源后释放小车，故C错误；
(2)在本实验中认为细线的拉力F等于砂和砂桶的总重力，由此造成的误差是系统误差，对小车，根据牛顿第二定律得
对整体，根据牛顿第二定律得
且
解得
(3)由图可知，当F为0时，已具有加速度，说明平衡摩擦力时斜面的倾角过大
综上第1空：B；第2空：远小于；第3空：0.05；第4空：平衡摩擦力时斜面的倾角过大
【分析】（1）细线要平行于木板，释放前小车靠近打点计时器，先接通电源后释放小车；
（2）实验中细线的拉力F等于砂和砂桶的总重力，应满足m远小于M，以减小误差；根据连接体先隔离对小车应用牛顿第二定律求解加速度，再整体法求解加速度，结合<5% 联立求解质量之比；
（3）由图可知，当F为0时，已具有加速度，说明平衡摩擦力时斜面的倾角过大.
13．【答案】（1）解：货物放上传送带后，水平方向受力如图所示，设传送带对物体的摩擦力为，挡板对物体摩擦力为，由剖面图对货物受力分析如图，传送带对货物支持力为，挡板对货物支持力为，则
，
由滑动摩擦力计算式有
，
代入数据可得
，
传送带上表面对货物的摩擦力大小为，挡板对货物的摩擦力大小为。
（2）解：设货物由静止放上传送带获得的加速度为，对货物
解得
设货物在传送带上经时间能达到共速，所走的为，由运动学公式得
，
解得
，
所以物体能在传送带上达到共速，共速后，货物做匀速直线运动，直至被取下，设再经过时间到达目的地，则有
货物匀速阶段所用的时间为
货物运动总时间为
（3）解：货物由于传送带突然出现故障，作匀减速运动的加速度为，所走的位移为，传送带恢复正常后，货物匀加速达到共速的位移为，对货物
根据运动学公式得
，
设由于传送带故障，耽误的时间设为，则
代入数据，解得
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）对货物垂直运动方向受力分析求解传送带和挡板对货物的支持力，根据滑动摩擦力公式分别求解传送带和挡板对货物的摩擦力大小；
（2）货物沿运动方向受到传送带和挡板摩擦力，根据牛顿第二定律求解货物运动加速度，根据运动学方程求解匀加速运动到与传送带共速时的位移和时间；再由匀速运动求解剩余位移的时间，进一步计算货物运动总时间；
（3）根据传送带故障沿货物运动方向受力分析，根据牛顿第二定律求解加速，根据运动学方程求解货物匀减速到零和匀加速到传送带共速的时间，求解耽误时间。
（1）货物放上传送带后，水平方向受力如图所示，设传送带对物体的摩擦力为，挡板对物体摩擦力为，由剖面图对货物受力分析如图，传送带对货物支持力为，挡板对货物支持力为，则
，
由滑动摩擦力计算式有
，
代入数据可得
，
传送带上表面对货物的摩擦力大小为，挡板对货物的摩擦力大小为。
（2）设货物由静止放上传送带获得的加速度为，对货物
解得
设货物在传送带上经时间能达到共速，所走的为，由运动学公式得
，
解得
，
所以物体能在传送带上达到共速，共速后，货物做匀速直线运动，直至被取下，设再经过时间到达目的地，则有
货物匀速阶段所用的时间为
货物运动总时间为
（3）货物由于传送带突然出现故障，作匀减速运动的加速度为，所走的位移为，传送带恢复正常后，货物匀加速达到共速的位移为，对货物
根据运动学公式得
，
设由于传送带故障，耽误的时间设为，则
代入数据，解得
14．【答案】解：（1）设间距离为，下落时间为，跳楼机由a位置到b位置做自由落体运动，有
a到c做自由落体运动，有
解得
可得， 跳楼机从位置到c位置下落的距离
（2）跳楼机到c位置速度
减速过程平均速度
减速过程下降高度
跳楼机下落的总高度
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；自由落体运动
【解析】【分析】本题主要考查自由落体运动和匀减速运动规律的应用，根据物体运动过程选择合适公式可以解答。
（1）从a到c车厢做自由落体运动，根据公式求解跳楼机从位置到c位置下落的距离；
（2）从c点到最低点，车厢做匀减速运动，根据（1）中数据，有v=gt求得车厢在c点速度，再根据求得减速度的高度，进而求得跳楼机下落的总高度。
15．【答案】（1）设长木板A与地面间的动摩擦因数为， 当F为3N时，物块B和长木板A刚好要一起滑动，以A、B为整体，可知
解得
设物块B与长木板间的动摩擦因数为，根据题意，对物块B
对整体研究
解得
（2）由于拉力10N大于6N，因此，物块与长木板发生相对滑动，设长木板的加速度为，
对于A，根据牛顿第二定律可得
解得
对B
解得
设B的位移为x2，A的位移为x1，木板的长为L，则
；
（3）在（2）问中撤去F后，物块在长木板上滑行时的加速度大小
设从开始到物块滑到长木板右端时时间为t， 物块B刚好不滑离长木板A的条件为AB速度相等，根据v=v0+at
可得
根据位移时间关系可得
解得
【知识点】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；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】本题主要考查牛顿第二定律在滑块模型中的应用，理解AB产生相对滑动的条件是解题关键。
（1）当F为3N时，物块B和长木板A刚好要一起滑动，AB间是滑动摩擦力，分别以AB整体和B为研究对象，根据牛顿第二定律和滑动摩擦力公式计算A与地面之间，B与A之间的动摩擦因数的大小；
（2） F恒定为10N， 大于临界拉力，AB相对滑动，根据牛顿第二定律求得AB加速度，再根据位移时间关系求得A的长度；
（3） 物块B刚好不滑离长木板A的条件是B到达A右端时，速度相等，根据牛顿第二定律和速度时间关系、位移时间关系列式求解时间。
（1）设长木板A与地面间的动摩擦因数为 由题意可知
解得
设物块B与长木板间的动摩擦因数为，根据题意 对整体研究
对物块B研究
解得
（2）由于拉力10N大于6N，因此，物块与长木板发生相对滑动，设长木板的加速度为，则
解得
对物块B研究
解得
设木板的长为L，则
（3）在（2）问中撤去F后，物块在长木板上滑行时的加速度大小
设从开始到物块滑到长木板右端时时间为t，则
解得
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