湖南省岳阳市岳阳县第一中学2024-2025学年高三上学期入学考试物理试题
一、选择题：本题共6小题，每小题4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．（2024高三上·岳阳开学考）如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，进站前连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离等于RS间距离，RS段的平均速度是12m/s，ST段的平均速度是6m/s，则公交车经过S点时的瞬时速度为（ ）
A．11m/s B．10m/s C．9m/s D．8m/s
【答案】B
【知识点】平均速度
【解析】【解答】设所用时间分别为t、2t，速度从12m/s减到6m/s所用时间为1.5t，因此在0.5t时间内速度减小2m/s，公交车经过S点时的瞬时速度为
故选B。
【分析】电动公交车做匀减速直线运动，两段距离相等，平均速度是2倍的关系。平均速度等于中间时刻瞬时速度。
2．（2024高三上·岳阳开学考）“奇迹石”是挪威最负盛名的旅游景点，有一块5m3大的石头卡在两个绝壁间，如图甲所示。将该景观简化成如图乙所示的模型，右壁竖直，左壁稍微倾斜。设左壁与竖直方向的夹角为θ，石头的质量为m，忽略一切摩擦。下列说法中正确的是（ ）
A．石头对右壁的压力与右壁对石头的压力相互平衡
B．石头对左壁的压力大小小于石头的重力大小
C．石头对左壁的压力大小为
D．若随着风化程度的增加，导致夹角θ减小，则石头对左壁的压力增大
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。A．石头对右壁的压力与右壁对石头的压力是互为作用力和反作用力，不是一对平衡力不可能相互平衡，选项A错误；
BC． 左壁与竖直方向的夹角为θ，石头的质量为m， 对石头受力分析，则竖直方向根据受力平衡可得
可得石头对左壁的压力大小为
则石头对左壁的压力大小大于石头的重力大小，选项BC错误；
D．若随着风化程度的增加，导致夹角θ减小，则根据
可知石头对左壁的压力增大，选项D正确。
故选D。
【分析】石头对右壁的压力与右壁对石头的压力是一对相互作用力；将石头的重力按效果分解，结合几何关系列式分析。
3．（2024高三上·岳阳开学考）如图，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F=6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动。已知重力加速度为g，动滑轮的质量、半径忽略不计，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，且细绳足够长，则在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度大小分别为（ ）
A．， B．
C．， D．，
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】本题考查牛顿第二定律，要灵活选取研究对象，明确各个研究对象的运动状态是关键。
物块A和B的质量分别为4m和m， 在竖直向上拉力F＝6mg时，此时A、B受的拉力分别为3mg、3mg。对A因为3mg＜4mg，故物体A静止，加速度为0。
对物体B，由牛顿第二定律得
3mg－mg＝maB
解得
aB＝2g
选项ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】取滑轮为研究对象，求出细绳的张力；再分别取A、B为研究对象，结合受力分析，由牛顿第二定律求出A、B的加速度。
4．（2024高三上·岳阳开学考）如图所示，在正四面体的两个顶点分别固定电荷量为Q的等量异种点电荷，a、b是所在棱的中点，c，d为正四面体的另外两个顶点，则下列说法正确的是（ ）
A．a、b两点的电场强度相同
B．a、c两点的电势相等
C．沿棱从b点到d点，电势逐渐升高
D．将正试探电荷沿棱从c点移动到d点，其电势能始终不变
【答案】D
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】A．由电场强度的叠加原理可知，a、b两点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；
BC．由以上分析知沿棱从a点到c点方向（或从b点到d点），与电场强度的方向成锐角，而沿场强方向电势降低，所以沿棱从a点到c点（或从b点到d点）电势逐渐降低，故BC错误；
D．依题意，c，d两点位于两电荷的中垂面上，电势相等，将试探电荷沿棱从c点移动到d点，电场力不做功，其电势能始终不变，故D正确。
故选D。
【分析】 1、两个顶点分别固定电荷量为Q的等量异种点电荷， 则有两个场源，根据电场强度的叠加原理分析a、b两点的电场强度大小和方向。
2、根据沿场强方向电势降低，分析沿棱从a点到c点（或从b点到d点）电势变化情况。
3、c，d两点位于两电荷的中垂面上，电势相等，将试探电荷沿棱从c点移动到d点，电场力不做功，其电势能始终不变。
5．（2024高三上·岳阳开学考）如图，有一硬质导线Oabc，其中是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】本题考查导体棒转动切割磁感线产生感应电动势的问题，会根据题意计算等效切割长度并比较电势高低。如图， 导线在纸面内绕O点逆时针转动，
相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，根据右手定则可知O点电势最高；根据
同时有
可得
得
故选C。
【分析】根据导体棒转动切割磁感线产生感应电动势公式结合各点对应的等效长度和电势差公式进行分析解答。
6．（2024高三上·岳阳开学考）据央视新闻，第六代移动通信技术（6G）的发展是全球瞩目的焦点之一。我国6G推进组负责人表示，6G技术商用时间基本在2030年左右实现，到时可实现从万物互联到万物智联的跃迁，与前五代移动通信以地面通信为主不同，6G时代卫星网络将承担重要角色。2024年2月3日，中国成功发射了全球首颗6G技术验证卫星—“中国移动01星”，预示着一个崭新的通信时代的到来。卫星轨道半径的三次方与其周期的二次方关系如图所示，卫星的运动是以地心为圆心的匀速圆周运动。已知地球半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A．地球的质量为
B．地球表面的重力加速度为
C．地球的密度为
D．绕地球表面附近运行的卫星线速度为
【答案】D
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出图象的函数表达式，结合图象斜率求解地球的质量是解题的关键。A．卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律有
解得
由题图可知
解得地球质量
故A错误；
B．由在地球表面的物体有
解得地球表面的重力加速度
故B错误；
C．地球体积
地球密度
解得
故C错误；
D．若卫星绕地球表面附近运行，其轨道半径
由
可得运行周期
环绕速度
故D正确。
故选D。
【分析】卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出图象的函数表达式，结合图象斜率求解地球的质量和密度；根据重力和万有引力相等求解地球表面重力加速度，根据万有引力提供近地卫星的向心力求解其线速度。
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．（2024高三上·岳阳开学考）为了装点城市夜景，市政工作人员常在喷水池水下安装灯光照亮水面。如图甲所示，水中有一点光源S，能同时发出两种不同颜色的a光和b光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，俯视如图乙所示，环状区域内只有b光，中间小圆内为复色光，下列说法正确的是（ ）
A．a光的折射率大于b光的折射率
B．在水中，a光的传播速度大于b光的传播速度
C．观察到的光源S的位置比实际位置浅一些
D．通过相同的单缝，a光的衍射现象比b光更明显
【答案】A,C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；光的衍射
【解析】【解答】A．环状区域内只有b光，可知a光发生全反射时，b光未发生全反射，则a光的临界角小于b光的临界角，因此由可知，a光的折射率大于b光的折射率，故A正确；
B．由可知，在水中，a光的传播速度小于b光的传播速度，故B错误；
C．由于折射的原因，观察到光源的位置比实际位置浅一些，故C正确；
D．a光的折射率大于b光的折射率，a光的频率大于b光的频率，根据可知，a光的波长小于b光的波长，所以通过相同的单缝，b光的衍射现象比a光更明显，故D错误。
故选AC。
【分析】1、相同入射角，a光发生全反射，b光未发生全反射，则a光的临界角小于b光的临界角，由可知，a光的折射率大于b光的折射率。
2、由可判断在水中a光的传播速度小于b光的传播速度。
3、光的折射率大其频率大，根据可知，频率大而光的波长小。通过相同的单缝，波长大的光衍射现象更明显。
8．（2024高三上·岳阳开学考）如图甲所示，倾角为、足够长的光滑斜面固定在水平地面上，空间存在场强方向与斜面平行的匀强电场。一个带正电的滑块以一定的初速度从斜面底端开始上滑，上滑过程中滑块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示。已知，，则下列说法正确的是（ ）
A．滑块的重力大小为
B．滑块受到的电场力大小为
C．滑块上滑的过程中，重力势能增加了
D．滑块上滑的过程中，重力势能与电势能之和减少
【答案】B,C
【知识点】电势能；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】AB．由图像可知，滑块的动能由减为零，滑块的机械能由减为，又由于机械能在减小，可知电场力做负功，故匀强电场方向沿斜面向下。机械能随位移变化图像的斜率表示除重力之外的外力，即，由于动能随位移变化图像的斜率表示合外力，即
，解得，，故A错误，B正确；
C．由重力做功与重力势能关系有，由于上滑过程重力对滑块做负功，所以重力势能增加，即，故C正确；
D．由能量守恒定律可知，滑块的能量为滑块的动能、电势能、重力势能之和，滑块上滑的过程中动能减小，所以重力势能与电势能之和增加，故D错误。
故选BC。
【分析】带电滑块在匀强电场中运动，只有重力和电场力做功，根据滑块的机械能变化的关系图线可知，机械能随位移变化图像的斜率表示电场力，即，动能随位移变化图像的斜率表示合外力，即，联立可求解重力和电场力大小。再根据功能关系可求解重力势能增加量。
9．（2024高三上·岳阳开学考）一定质量的理想气体由a状态开始，经历过程，其图像如图所示，ab的延长线过坐标原点O，bc与纵轴平行。已知a、c两状态下气体的温度相同，过程中气体向外界放出的热量为Q。下列说法正确的是（ ）
A．过程中外界对气体做功为
B．过程中气体内能变化量的绝对值小于Q
C．过程中气体从外界吸收的热量为
D．气体从c状态到a状态是恒温过程
【答案】A,B
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】本题考查理想气体状态方程以及热力学定律，要求学生理解并识记相关公式，注意p-V图像与坐标轴围成的面积表示气体做功，难度相对较大。A．过程，体积减小，外界对气体做功，外界对气体做功的大小为
A正确；
B．过程 ，根据 ，气体的压强和体积都减小，温度降低，所以气体内能减少，根据热力学第一定律得
解得
B正确；
C．过程中，气体的体积不变，所以气体不对外做功，外界也不对气体做功；根据，气体的压强增大，温度升高，气体的内能增大，气体吸收热量Qbc，根据热力学第一定律得
解得
C错误；
D．根据，所以气体从c状态到a状态，温度先升高后降低，D错误。
故选AB。
【分析】 根据热力学第一定律结合气体状态方程分析，根据图像解得 a→b过程外界对气体做功，结合热力学第一定律分析。
10．（2024高三上·岳阳开学考）某兴趣小组想要运用所学力学知识进行实践研究，他们找到起重吊车的结构图，画出简化结构如图所示，AB是固定杆不可转动，B端有一光滑定滑轮；轻杆CD可绕C端自由转动，D端系着两条轻绳，一条轻绳跨过B端定滑轮连接质量为m的重物，另一轻绳缠绕在电动机转轴O上，通过电动机的牵引控制CD杆的转动从而控制重物的起落。图中所示位置两杆处于同一竖直面内，OD绳沿竖直方向，，，重力加速度大小为g，则（ ）
A．AB杆受到绳子的作用力大小为，方向不一定沿AB杆
B．CD杆受到绳子的作用力大小为，方向一定沿CD杆
C．当启动电动机使重物从图示位置开始缓慢上升时，AB杆受到绳子的作用力将逐渐增大
D．当启动电动机使重物从图示位置开始缓慢下降时，AB杆受到绳子的作用力将逐渐减小
【答案】A,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．根据平衡条件可得
故A正确；
B．水平方向，根据
解得
故B错误；
CD．绳子拉力大小均不变，为，∠DBm均变小，根据
可知增大，故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】杆的弹力不一定沿杆，同一条绳的力大小相等，其合力一定在其角平分线上，CD杆为铰链连接，为“活杆”，杆力沿着杆的方向。
三、非选择题：本题共5小题，共56分。
11．（2024高三上·岳阳开学考）在探究加速度a与所受合力F的关系时，某实验小组采用图甲所示的实验装置进行实验探究—控制小车质量不变，寻找其加速度a与所受合力F的关系。
（1）该实验必须平衡摩擦力。在平衡摩擦力的这步操作中，该同学 （选填“需要”或“不需要”）通过细绳把砂桶挂在小车上。
（2）在实验中，该同学得到的一条纸带如图乙所示，他在纸带上标记了1，2，3，4，5五个计数点，相邻两计数点之间还有4个点未画出，用毫米刻度尺测量出从起点1到各计数点的距离，在图中已经标出。已知电火花打点计时器的打点周期为0.02s，则该小车运动的加速度大小为 m/s2（计算结果保留两位有效数字）。
（3）在数据处理环节，把砂和砂桶的总重力当成小车的合力F，采用图像法处理数据，画出图像如图丙所示，经计算求得图线直线部分的斜率为k，则小车的质量为
【答案】（1）不需要
（2）0.39
（3）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】实验原理：探究加速度a与力F及质量m的关系时，应用的基本方法是控制变量法，即先控制一个参量--小车的质量m不变，讨论加速度a与力F的关系，再控制小盘和砝码的质量不变，即力F不变，改变小车质量m，讨论加速度a与m的关系。
（1）在平衡摩擦力的这步操作中，该同学不需要通过细绳把砂桶挂在小车上，只需要让小车拖着纸带在木板上匀速运动。
（2）相邻两计数点之间还有4个点未画出，则相邻两计数点的时间间隔为
根据逐差法可得该小车运动的加速度大小为
（3）根据牛顿第二定律可得
可得
可知
可得小车的质量为
【分析】（1）根据平衡摩擦力的方法分析；
（2）根据逐差法计算小车运动的加速度大小；
（3）根据牛顿第二定律推导结合图像计算分析；
（1）在平衡摩擦力的这步操作中，该同学不需要通过细绳把砂桶挂在小车上，只需要让小车拖着纸带在木板上匀速运动。
（2）相邻两计数点之间还有4个点未画出，则相邻两计数点的时间间隔为
根据逐差法可得该小车运动的加速度大小为
（3）根据牛顿第二定律可得
可得
可知
可得小车的质量为
12．（2024高三上·岳阳开学考）某同学欲测量实验室中一根粗细均匀的电阻丝的电阻率，实验步骤如下：
（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值：当用“”挡时发现指针的偏转角度过大，应换用 （填“”或“”）挡，换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图甲所示，则电阻丝的阻值约为 。
（2）某同学设计如图乙所示的电路测量该电阻丝的电阻率。在刻度尺两端的接线柱a和b之间接入该电阻丝，金属夹P夹在电阻丝上，沿电阻丝移动金属夹P，即可改变接入电路的电阻丝长度。
实验室提供的器材有：
电池组E（电动势为3.0V，内阻约为）；
电流表A（量程为100mA）；
电阻箱R（阻值范围为）；
开关、导线若干。
实验操作步骤如下：
a.用螺旋测微器测出电阻丝的直径D；
b.根据图乙连接实验电路；
c.调节电阻箱使其接入电路的阻值最大，将金属夹P夹在电阻丝某位置上；
d.闭合开关S，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的阻值R和接入电路的电阻丝长度L；
e.改变金属夹P的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再次满偏，记录R和L数据；
f.重复上述步骤，得到多组数据。
①用螺旋测微器测出电阻丝的直径D，示数如图丙所示，读数为 mm。
②用记录的多组R和L的数据，绘出了如图丁所示图线，截距分别为和，则电阻丝的电阻率表达式 （用题中已知量的字母表示）。
③分析电流表的内阻对本实验结果 （填“有”或“没有”）影响。
【答案】（1）；15
（2）0.512；；没有
【知识点】导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）选择开关拨到“”挡测量时，发现指针的偏角过大，说明电阻丝的阻值较小，
故应换用挡；
换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图甲所示，则电阻丝的阻值约为
（2）①螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图丙可知电阻丝的直径为
②由题意可知，电流表每次满偏时，电路外电阻阻值相同，则有
整理可得可得图像的斜率绝对值为
解得
③ 根据上面分析可知，电流表的内阻对图像的斜率无影响，所以电流表的内阻对本实验结果没有影响。
【分析】（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值：发现指针的偏转角度过大，应换用小倍率挡。
（2）螺旋测微器读数方法：先读固定刻度：观察主尺上的刻度，读出整数部分，注意主尺上的半毫米刻度线是否露出。再读可动刻度：观察微分筒上的刻度，找到与主尺基准线对齐的刻度线，读出小数部分。计算最终读数：将固定刻度读数和可动刻度读数相加，注意可动刻度需要乘以0.01毫米。
要得到电阻丝的电阻率表达式，先根据电路图和图像斜率得出电阻表达式，再根据电阻定律得出 电阻丝的电阻率表达式 。
（1）[1]选择开关拨到“”挡测量时，发现指针的偏角过大，说明电阻丝的阻值较小，
故应换用挡；
[2] 换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图甲所示，则电阻丝的阻值约为
（2）[3] 螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图丙可知电阻丝的直径为
[4] 由题意可知，电流表每次满偏时，电路外电阻阻值相同，则有
整理可得
可得图像的斜率绝对值为
解得
[5] 根据上面分析可知，电流表的内阻对图像的斜率无影响，所以电流表的内阻对本实验结果没有影响。
13．（2024高三上·岳阳开学考）校班级篮球赛中，高二张同学在三分线边将篮球投出，恰好从球框中心穿过，引起一阵赞叹。比赛结束后，班级某学习小组根据录像研究，发现篮球投出时速度与水平方向恰好成角，而球入框时速度与水平方向成角。假如三分线与球框中心垂直线与地面的交点距离为d，不计球的旋转和空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）张同学投球时的初速度大小
（2）投球点距篮框的高度H。
【答案】（1）球抛出点在竖直方向分速度大小
球在进框时竖直方向分速度大小
球从抛出到入框所用时间为
水平方向由
故
（2）竖直方向有
故
【知识点】斜抛运动
【解析】【分析】（1）篮球做斜抛运动，由运动学规律及题意分别列式，结合矢量合成法则，即可分析求解；
（2）篮球在竖直方向做竖直上抛运动，由运动学规律列式，结合题意，即可分析求解。
14．（2024高三上·岳阳开学考）如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，在第三、四象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，在y轴上（0，L）点沿x轴正方向以一定初速度射出一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子经电场偏转刚好从x轴上（2L，0）点进入磁场，粒子经磁场偏转后出磁场，刚好能到P点，不计粒子的重力。
(1)求粒子从P点射出时的初速度大小；
(2)求匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)改变粒子在P点沿x轴正方向射出的速度大小，粒子经电场偏转后进入磁场，刚好从O点出磁场，求粒子第5次经过x轴的位置离O点的距离。
【答案】解：(1)设粒子从P点射出时的初速度大小为，粒子在电场中做类平拋运动，则
根据牛顿第二定律有
解得
(2)设粒子进磁场时速度大小为v，根据动能定理有
解得
设粒子进磁场时速度与x轴正方向的夹角为，则
解得
粒子的运动轨迹如图所示：
粒子出磁场时速度与x轴正方向的夹角也为，由于粒子会再次回到P点，由几何关系可知，粒子出磁场时的位置坐标为，则粒子在磁场中做圆周运动的半径
根据牛顿第二定律有
解得
(3)改变粒子进电场时的初速度后，设粒子进磁场时速度为，速度与x轴正方向的夹角为，则
粒子在磁场中做圆周运动的半径为根据牛顿第二定律有
解得
设粒子第一次和第二次经过x轴的点间的距离为s，则
根据对称性和周期性可知，粒子第5次经过x轴时的位置离O点的距离
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）在偏转电场中做类平抛运动，由类平抛规律和牛顿第二定律求出初速度的大小；
（2）进入匀强磁场后做匀速圆周运动，由几何关系求出半径，再由洛伦兹力提供向心力求得磁感应强度的大小；
（3）粒子在电场中运动，受到电场力的作用，应用运动的合成与分解与运动学公式可以求出粒子进入磁场时的速度大小和方向，在由几何关系表示出半径，再由几何关系得到第二次到达x轴时向x轴正方向平移的距离，再由对称性求第5次到达x轴时距O点的距离。
15．（2024高三上·岳阳开学考）如图所示，在粗糙的水平地面上有一长为、质量为的长木板B，在长木板的中点P放有一质量为（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和，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。求：
（1）当A刚好相对B开始滑动时，水平拉力的大小；
（2）若水平拉力，A所受到的摩擦力大小；
（3）若水平拉力，要使A刚好不滑离B，则作用多长时间后撤去？并求A最终停在B上的位置。
【答案】（1）当A与B刚好相对滑动时，A、B之间为滑动摩擦力，对A有
解得
当A、B刚要相对滑动时，设拉力大小为，对A、B有
解得
（2）由于
且
故A、B一起做匀加速运动，对A、B整体有
解得
对A有
解得
（3）由于水平拉力
故A、B相对滑动，对A有
解得
对B有
解得
设拉力作用时最终小物块刚好没有滑离长木板，则时间内小物块速度和位移分别为
，
时间内木板的速度和位移分别为
，
此过程中A相对B向左滑动距离
水平拉力撤去后，设再经时间，A、B刚好共速，因A的受力不变，故A继续加速，加速度仍然为
B做减速运动，且有
解得
则有
此过程中A相对B向左滑动
此时A刚好滑到B最左端，则有
联立解得
，
即作用1s时间后撤去，A刚好不从B的左边滑离。由于A、B间动摩擦因数小，故共速后A相对B向右滑动，A向右减速，加速度大小仍然为
B向右减速，设加速度大小为，则有
解得
此后，A、B分别运动、后停下，有
，
A相对B向右滑动了
即A最终停在B上离B左端1.5m的位置。
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1） 当A与B刚好相对滑动时，A、B之间为滑动摩擦力 ，根据牛顿第二定律求解 水平拉力的大小 ；
（2）A、B一起做匀加速运动，对A、B整体求解加速度，根据牛顿第二定律求解A所受到的摩擦力大小；
（3）有拉力时，A、B相对滑动，水平拉力撤去后，假设A、B刚好共速，全过程相对位移等于木板的一半长度。
1 / 1湖南省岳阳市岳阳县第一中学2024-2025学年高三上学期入学考试物理试题
一、选择题：本题共6小题，每小题4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．（2024高三上·岳阳开学考）如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，进站前连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离等于RS间距离，RS段的平均速度是12m/s，ST段的平均速度是6m/s，则公交车经过S点时的瞬时速度为（ ）
A．11m/s B．10m/s C．9m/s D．8m/s
2．（2024高三上·岳阳开学考）“奇迹石”是挪威最负盛名的旅游景点，有一块5m3大的石头卡在两个绝壁间，如图甲所示。将该景观简化成如图乙所示的模型，右壁竖直，左壁稍微倾斜。设左壁与竖直方向的夹角为θ，石头的质量为m，忽略一切摩擦。下列说法中正确的是（ ）
A．石头对右壁的压力与右壁对石头的压力相互平衡
B．石头对左壁的压力大小小于石头的重力大小
C．石头对左壁的压力大小为
D．若随着风化程度的增加，导致夹角θ减小，则石头对左壁的压力增大
3．（2024高三上·岳阳开学考）如图，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F=6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动。已知重力加速度为g，动滑轮的质量、半径忽略不计，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，且细绳足够长，则在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度大小分别为（ ）
A．， B．
C．， D．，
4．（2024高三上·岳阳开学考）如图所示，在正四面体的两个顶点分别固定电荷量为Q的等量异种点电荷，a、b是所在棱的中点，c，d为正四面体的另外两个顶点，则下列说法正确的是（ ）
A．a、b两点的电场强度相同
B．a、c两点的电势相等
C．沿棱从b点到d点，电势逐渐升高
D．将正试探电荷沿棱从c点移动到d点，其电势能始终不变
5．（2024高三上·岳阳开学考）如图，有一硬质导线Oabc，其中是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024高三上·岳阳开学考）据央视新闻，第六代移动通信技术（6G）的发展是全球瞩目的焦点之一。我国6G推进组负责人表示，6G技术商用时间基本在2030年左右实现，到时可实现从万物互联到万物智联的跃迁，与前五代移动通信以地面通信为主不同，6G时代卫星网络将承担重要角色。2024年2月3日，中国成功发射了全球首颗6G技术验证卫星—“中国移动01星”，预示着一个崭新的通信时代的到来。卫星轨道半径的三次方与其周期的二次方关系如图所示，卫星的运动是以地心为圆心的匀速圆周运动。已知地球半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A．地球的质量为
B．地球表面的重力加速度为
C．地球的密度为
D．绕地球表面附近运行的卫星线速度为
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．（2024高三上·岳阳开学考）为了装点城市夜景，市政工作人员常在喷水池水下安装灯光照亮水面。如图甲所示，水中有一点光源S，能同时发出两种不同颜色的a光和b光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，俯视如图乙所示，环状区域内只有b光，中间小圆内为复色光，下列说法正确的是（ ）
A．a光的折射率大于b光的折射率
B．在水中，a光的传播速度大于b光的传播速度
C．观察到的光源S的位置比实际位置浅一些
D．通过相同的单缝，a光的衍射现象比b光更明显
8．（2024高三上·岳阳开学考）如图甲所示，倾角为、足够长的光滑斜面固定在水平地面上，空间存在场强方向与斜面平行的匀强电场。一个带正电的滑块以一定的初速度从斜面底端开始上滑，上滑过程中滑块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示。已知，，则下列说法正确的是（ ）
A．滑块的重力大小为
B．滑块受到的电场力大小为
C．滑块上滑的过程中，重力势能增加了
D．滑块上滑的过程中，重力势能与电势能之和减少
9．（2024高三上·岳阳开学考）一定质量的理想气体由a状态开始，经历过程，其图像如图所示，ab的延长线过坐标原点O，bc与纵轴平行。已知a、c两状态下气体的温度相同，过程中气体向外界放出的热量为Q。下列说法正确的是（ ）
A．过程中外界对气体做功为
B．过程中气体内能变化量的绝对值小于Q
C．过程中气体从外界吸收的热量为
D．气体从c状态到a状态是恒温过程
10．（2024高三上·岳阳开学考）某兴趣小组想要运用所学力学知识进行实践研究，他们找到起重吊车的结构图，画出简化结构如图所示，AB是固定杆不可转动，B端有一光滑定滑轮；轻杆CD可绕C端自由转动，D端系着两条轻绳，一条轻绳跨过B端定滑轮连接质量为m的重物，另一轻绳缠绕在电动机转轴O上，通过电动机的牵引控制CD杆的转动从而控制重物的起落。图中所示位置两杆处于同一竖直面内，OD绳沿竖直方向，，，重力加速度大小为g，则（ ）
A．AB杆受到绳子的作用力大小为，方向不一定沿AB杆
B．CD杆受到绳子的作用力大小为，方向一定沿CD杆
C．当启动电动机使重物从图示位置开始缓慢上升时，AB杆受到绳子的作用力将逐渐增大
D．当启动电动机使重物从图示位置开始缓慢下降时，AB杆受到绳子的作用力将逐渐减小
三、非选择题：本题共5小题，共56分。
11．（2024高三上·岳阳开学考）在探究加速度a与所受合力F的关系时，某实验小组采用图甲所示的实验装置进行实验探究—控制小车质量不变，寻找其加速度a与所受合力F的关系。
（1）该实验必须平衡摩擦力。在平衡摩擦力的这步操作中，该同学 （选填“需要”或“不需要”）通过细绳把砂桶挂在小车上。
（2）在实验中，该同学得到的一条纸带如图乙所示，他在纸带上标记了1，2，3，4，5五个计数点，相邻两计数点之间还有4个点未画出，用毫米刻度尺测量出从起点1到各计数点的距离，在图中已经标出。已知电火花打点计时器的打点周期为0.02s，则该小车运动的加速度大小为 m/s2（计算结果保留两位有效数字）。
（3）在数据处理环节，把砂和砂桶的总重力当成小车的合力F，采用图像法处理数据，画出图像如图丙所示，经计算求得图线直线部分的斜率为k，则小车的质量为
12．（2024高三上·岳阳开学考）某同学欲测量实验室中一根粗细均匀的电阻丝的电阻率，实验步骤如下：
（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值：当用“”挡时发现指针的偏转角度过大，应换用 （填“”或“”）挡，换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图甲所示，则电阻丝的阻值约为 。
（2）某同学设计如图乙所示的电路测量该电阻丝的电阻率。在刻度尺两端的接线柱a和b之间接入该电阻丝，金属夹P夹在电阻丝上，沿电阻丝移动金属夹P，即可改变接入电路的电阻丝长度。
实验室提供的器材有：
电池组E（电动势为3.0V，内阻约为）；
电流表A（量程为100mA）；
电阻箱R（阻值范围为）；
开关、导线若干。
实验操作步骤如下：
a.用螺旋测微器测出电阻丝的直径D；
b.根据图乙连接实验电路；
c.调节电阻箱使其接入电路的阻值最大，将金属夹P夹在电阻丝某位置上；
d.闭合开关S，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的阻值R和接入电路的电阻丝长度L；
e.改变金属夹P的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再次满偏，记录R和L数据；
f.重复上述步骤，得到多组数据。
①用螺旋测微器测出电阻丝的直径D，示数如图丙所示，读数为 mm。
②用记录的多组R和L的数据，绘出了如图丁所示图线，截距分别为和，则电阻丝的电阻率表达式 （用题中已知量的字母表示）。
③分析电流表的内阻对本实验结果 （填“有”或“没有”）影响。
13．（2024高三上·岳阳开学考）校班级篮球赛中，高二张同学在三分线边将篮球投出，恰好从球框中心穿过，引起一阵赞叹。比赛结束后，班级某学习小组根据录像研究，发现篮球投出时速度与水平方向恰好成角，而球入框时速度与水平方向成角。假如三分线与球框中心垂直线与地面的交点距离为d，不计球的旋转和空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）张同学投球时的初速度大小
（2）投球点距篮框的高度H。
14．（2024高三上·岳阳开学考）如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，在第三、四象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，在y轴上（0，L）点沿x轴正方向以一定初速度射出一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子经电场偏转刚好从x轴上（2L，0）点进入磁场，粒子经磁场偏转后出磁场，刚好能到P点，不计粒子的重力。
(1)求粒子从P点射出时的初速度大小；
(2)求匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)改变粒子在P点沿x轴正方向射出的速度大小，粒子经电场偏转后进入磁场，刚好从O点出磁场，求粒子第5次经过x轴的位置离O点的距离。
15．（2024高三上·岳阳开学考）如图所示，在粗糙的水平地面上有一长为、质量为的长木板B，在长木板的中点P放有一质量为（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和，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。求：
（1）当A刚好相对B开始滑动时，水平拉力的大小；
（2）若水平拉力，A所受到的摩擦力大小；
（3）若水平拉力，要使A刚好不滑离B，则作用多长时间后撤去？并求A最终停在B上的位置。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】平均速度
【解析】【解答】设所用时间分别为t、2t，速度从12m/s减到6m/s所用时间为1.5t，因此在0.5t时间内速度减小2m/s，公交车经过S点时的瞬时速度为
故选B。
【分析】电动公交车做匀减速直线运动，两段距离相等，平均速度是2倍的关系。平均速度等于中间时刻瞬时速度。
2．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。A．石头对右壁的压力与右壁对石头的压力是互为作用力和反作用力，不是一对平衡力不可能相互平衡，选项A错误；
BC． 左壁与竖直方向的夹角为θ，石头的质量为m， 对石头受力分析，则竖直方向根据受力平衡可得
可得石头对左壁的压力大小为
则石头对左壁的压力大小大于石头的重力大小，选项BC错误；
D．若随着风化程度的增加，导致夹角θ减小，则根据
可知石头对左壁的压力增大，选项D正确。
故选D。
【分析】石头对右壁的压力与右壁对石头的压力是一对相互作用力；将石头的重力按效果分解，结合几何关系列式分析。
3．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】本题考查牛顿第二定律，要灵活选取研究对象，明确各个研究对象的运动状态是关键。
物块A和B的质量分别为4m和m， 在竖直向上拉力F＝6mg时，此时A、B受的拉力分别为3mg、3mg。对A因为3mg＜4mg，故物体A静止，加速度为0。
对物体B，由牛顿第二定律得
3mg－mg＝maB
解得
aB＝2g
选项ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】取滑轮为研究对象，求出细绳的张力；再分别取A、B为研究对象，结合受力分析，由牛顿第二定律求出A、B的加速度。
4．【答案】D
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】A．由电场强度的叠加原理可知，a、b两点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；
BC．由以上分析知沿棱从a点到c点方向（或从b点到d点），与电场强度的方向成锐角，而沿场强方向电势降低，所以沿棱从a点到c点（或从b点到d点）电势逐渐降低，故BC错误；
D．依题意，c，d两点位于两电荷的中垂面上，电势相等，将试探电荷沿棱从c点移动到d点，电场力不做功，其电势能始终不变，故D正确。
故选D。
【分析】 1、两个顶点分别固定电荷量为Q的等量异种点电荷， 则有两个场源，根据电场强度的叠加原理分析a、b两点的电场强度大小和方向。
2、根据沿场强方向电势降低，分析沿棱从a点到c点（或从b点到d点）电势变化情况。
3、c，d两点位于两电荷的中垂面上，电势相等，将试探电荷沿棱从c点移动到d点，电场力不做功，其电势能始终不变。
5．【答案】C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】本题考查导体棒转动切割磁感线产生感应电动势的问题，会根据题意计算等效切割长度并比较电势高低。如图， 导线在纸面内绕O点逆时针转动，
相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，根据右手定则可知O点电势最高；根据
同时有
可得
得
故选C。
【分析】根据导体棒转动切割磁感线产生感应电动势公式结合各点对应的等效长度和电势差公式进行分析解答。
6．【答案】D
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出图象的函数表达式，结合图象斜率求解地球的质量是解题的关键。A．卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律有
解得
由题图可知
解得地球质量
故A错误；
B．由在地球表面的物体有
解得地球表面的重力加速度
故B错误；
C．地球体积
地球密度
解得
故C错误；
D．若卫星绕地球表面附近运行，其轨道半径
由
可得运行周期
环绕速度
故D正确。
故选D。
【分析】卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出图象的函数表达式，结合图象斜率求解地球的质量和密度；根据重力和万有引力相等求解地球表面重力加速度，根据万有引力提供近地卫星的向心力求解其线速度。
7．【答案】A,C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；光的衍射
【解析】【解答】A．环状区域内只有b光，可知a光发生全反射时，b光未发生全反射，则a光的临界角小于b光的临界角，因此由可知，a光的折射率大于b光的折射率，故A正确；
B．由可知，在水中，a光的传播速度小于b光的传播速度，故B错误；
C．由于折射的原因，观察到光源的位置比实际位置浅一些，故C正确；
D．a光的折射率大于b光的折射率，a光的频率大于b光的频率，根据可知，a光的波长小于b光的波长，所以通过相同的单缝，b光的衍射现象比a光更明显，故D错误。
故选AC。
【分析】1、相同入射角，a光发生全反射，b光未发生全反射，则a光的临界角小于b光的临界角，由可知，a光的折射率大于b光的折射率。
2、由可判断在水中a光的传播速度小于b光的传播速度。
3、光的折射率大其频率大，根据可知，频率大而光的波长小。通过相同的单缝，波长大的光衍射现象更明显。
8．【答案】B,C
【知识点】电势能；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】AB．由图像可知，滑块的动能由减为零，滑块的机械能由减为，又由于机械能在减小，可知电场力做负功，故匀强电场方向沿斜面向下。机械能随位移变化图像的斜率表示除重力之外的外力，即，由于动能随位移变化图像的斜率表示合外力，即
，解得，，故A错误，B正确；
C．由重力做功与重力势能关系有，由于上滑过程重力对滑块做负功，所以重力势能增加，即，故C正确；
D．由能量守恒定律可知，滑块的能量为滑块的动能、电势能、重力势能之和，滑块上滑的过程中动能减小，所以重力势能与电势能之和增加，故D错误。
故选BC。
【分析】带电滑块在匀强电场中运动，只有重力和电场力做功，根据滑块的机械能变化的关系图线可知，机械能随位移变化图像的斜率表示电场力，即，动能随位移变化图像的斜率表示合外力，即，联立可求解重力和电场力大小。再根据功能关系可求解重力势能增加量。
9．【答案】A,B
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】本题考查理想气体状态方程以及热力学定律，要求学生理解并识记相关公式，注意p-V图像与坐标轴围成的面积表示气体做功，难度相对较大。A．过程，体积减小，外界对气体做功，外界对气体做功的大小为
A正确；
B．过程 ，根据 ，气体的压强和体积都减小，温度降低，所以气体内能减少，根据热力学第一定律得
解得
B正确；
C．过程中，气体的体积不变，所以气体不对外做功，外界也不对气体做功；根据，气体的压强增大，温度升高，气体的内能增大，气体吸收热量Qbc，根据热力学第一定律得
解得
C错误；
D．根据，所以气体从c状态到a状态，温度先升高后降低，D错误。
故选AB。
【分析】 根据热力学第一定律结合气体状态方程分析，根据图像解得 a→b过程外界对气体做功，结合热力学第一定律分析。
10．【答案】A,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．根据平衡条件可得
故A正确；
B．水平方向，根据
解得
故B错误；
CD．绳子拉力大小均不变，为，∠DBm均变小，根据
可知增大，故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】杆的弹力不一定沿杆，同一条绳的力大小相等，其合力一定在其角平分线上，CD杆为铰链连接，为“活杆”，杆力沿着杆的方向。
11．【答案】（1）不需要
（2）0.39
（3）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】实验原理：探究加速度a与力F及质量m的关系时，应用的基本方法是控制变量法，即先控制一个参量--小车的质量m不变，讨论加速度a与力F的关系，再控制小盘和砝码的质量不变，即力F不变，改变小车质量m，讨论加速度a与m的关系。
（1）在平衡摩擦力的这步操作中，该同学不需要通过细绳把砂桶挂在小车上，只需要让小车拖着纸带在木板上匀速运动。
（2）相邻两计数点之间还有4个点未画出，则相邻两计数点的时间间隔为
根据逐差法可得该小车运动的加速度大小为
（3）根据牛顿第二定律可得
可得
可知
可得小车的质量为
【分析】（1）根据平衡摩擦力的方法分析；
（2）根据逐差法计算小车运动的加速度大小；
（3）根据牛顿第二定律推导结合图像计算分析；
（1）在平衡摩擦力的这步操作中，该同学不需要通过细绳把砂桶挂在小车上，只需要让小车拖着纸带在木板上匀速运动。
（2）相邻两计数点之间还有4个点未画出，则相邻两计数点的时间间隔为
根据逐差法可得该小车运动的加速度大小为
（3）根据牛顿第二定律可得
可得
可知
可得小车的质量为
12．【答案】（1）；15
（2）0.512；；没有
【知识点】导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）选择开关拨到“”挡测量时，发现指针的偏角过大，说明电阻丝的阻值较小，
故应换用挡；
换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图甲所示，则电阻丝的阻值约为
（2）①螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图丙可知电阻丝的直径为
②由题意可知，电流表每次满偏时，电路外电阻阻值相同，则有
整理可得可得图像的斜率绝对值为
解得
③ 根据上面分析可知，电流表的内阻对图像的斜率无影响，所以电流表的内阻对本实验结果没有影响。
【分析】（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值：发现指针的偏转角度过大，应换用小倍率挡。
（2）螺旋测微器读数方法：先读固定刻度：观察主尺上的刻度，读出整数部分，注意主尺上的半毫米刻度线是否露出。再读可动刻度：观察微分筒上的刻度，找到与主尺基准线对齐的刻度线，读出小数部分。计算最终读数：将固定刻度读数和可动刻度读数相加，注意可动刻度需要乘以0.01毫米。
要得到电阻丝的电阻率表达式，先根据电路图和图像斜率得出电阻表达式，再根据电阻定律得出 电阻丝的电阻率表达式 。
（1）[1]选择开关拨到“”挡测量时，发现指针的偏角过大，说明电阻丝的阻值较小，
故应换用挡；
[2] 换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图甲所示，则电阻丝的阻值约为
（2）[3] 螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图丙可知电阻丝的直径为
[4] 由题意可知，电流表每次满偏时，电路外电阻阻值相同，则有
整理可得
可得图像的斜率绝对值为
解得
[5] 根据上面分析可知，电流表的内阻对图像的斜率无影响，所以电流表的内阻对本实验结果没有影响。
13．【答案】（1）球抛出点在竖直方向分速度大小
球在进框时竖直方向分速度大小
球从抛出到入框所用时间为
水平方向由
故
（2）竖直方向有
故
【知识点】斜抛运动
【解析】【分析】（1）篮球做斜抛运动，由运动学规律及题意分别列式，结合矢量合成法则，即可分析求解；
（2）篮球在竖直方向做竖直上抛运动，由运动学规律列式，结合题意，即可分析求解。
14．【答案】解：(1)设粒子从P点射出时的初速度大小为，粒子在电场中做类平拋运动，则
根据牛顿第二定律有
解得
(2)设粒子进磁场时速度大小为v，根据动能定理有
解得
设粒子进磁场时速度与x轴正方向的夹角为，则
解得
粒子的运动轨迹如图所示：
粒子出磁场时速度与x轴正方向的夹角也为，由于粒子会再次回到P点，由几何关系可知，粒子出磁场时的位置坐标为，则粒子在磁场中做圆周运动的半径
根据牛顿第二定律有
解得
(3)改变粒子进电场时的初速度后，设粒子进磁场时速度为，速度与x轴正方向的夹角为，则
粒子在磁场中做圆周运动的半径为根据牛顿第二定律有
解得
设粒子第一次和第二次经过x轴的点间的距离为s，则
根据对称性和周期性可知，粒子第5次经过x轴时的位置离O点的距离
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）在偏转电场中做类平抛运动，由类平抛规律和牛顿第二定律求出初速度的大小；
（2）进入匀强磁场后做匀速圆周运动，由几何关系求出半径，再由洛伦兹力提供向心力求得磁感应强度的大小；
（3）粒子在电场中运动，受到电场力的作用，应用运动的合成与分解与运动学公式可以求出粒子进入磁场时的速度大小和方向，在由几何关系表示出半径，再由几何关系得到第二次到达x轴时向x轴正方向平移的距离，再由对称性求第5次到达x轴时距O点的距离。
15．【答案】（1）当A与B刚好相对滑动时，A、B之间为滑动摩擦力，对A有
解得
当A、B刚要相对滑动时，设拉力大小为，对A、B有
解得
（2）由于
且
故A、B一起做匀加速运动，对A、B整体有
解得
对A有
解得
（3）由于水平拉力
故A、B相对滑动，对A有
解得
对B有
解得
设拉力作用时最终小物块刚好没有滑离长木板，则时间内小物块速度和位移分别为
，
时间内木板的速度和位移分别为
，
此过程中A相对B向左滑动距离
水平拉力撤去后，设再经时间，A、B刚好共速，因A的受力不变，故A继续加速，加速度仍然为
B做减速运动，且有
解得
则有
此过程中A相对B向左滑动
此时A刚好滑到B最左端，则有
联立解得
，
即作用1s时间后撤去，A刚好不从B的左边滑离。由于A、B间动摩擦因数小，故共速后A相对B向右滑动，A向右减速，加速度大小仍然为
B向右减速，设加速度大小为，则有
解得
此后，A、B分别运动、后停下，有
，
A相对B向右滑动了
即A最终停在B上离B左端1.5m的位置。
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1） 当A与B刚好相对滑动时，A、B之间为滑动摩擦力 ，根据牛顿第二定律求解 水平拉力的大小 ；
（2）A、B一起做匀加速运动，对A、B整体求解加速度，根据牛顿第二定律求解A所受到的摩擦力大小；
（3）有拉力时，A、B相对滑动，水平拉力撤去后，假设A、B刚好共速，全过程相对位移等于木板的一半长度。
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