吉林省白城市实验高级中学2025-2026学年高二上学期开学考试物理试卷（含解析）

白城一中 2025 级高二开学考物理试卷
一、选择题：本题共 10 小题，共 46 分。在每小题给出的四个选项中，第 1～7题只有一项符合题目要求，每小题 4 分；第 8～10 题有多项符合题目要求，每小题 6 分，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
在国际单位制中，下列说法中正确的是( )
力的单位是根据牛顿第三定律定义的 B. m 和 N 都是国际单位制中力学的基本单位
C. 千克是国际单位制中力学的三个基本物理量之一 D. m/s、N、m/s2 都是国际单位制中的导出单位
两个球沿直线相向运动，碰撞后两球都静止．则可以推断( )
碰撞前两个球的动量一定相等 B. 两个球的质量一定相等
C. 碰撞前两个球的速度大小一定相等 D. 碰撞前两个球的动量大小相等，方向相反
小明利用如图 1 所示的装置和频闪摄影来探究平抛运动的特点，他通过击打弹簧片使 A 球沿水平方向抛出，同时 B 球自由落下，图 2 为某次实验得到的频闪照片，根据该频闪照片分析，下列说法正确的是( )
仅可判断 A 球沿竖直方向做自由落体运动
仅可判断 A 球沿水平方向做匀速直线运动
可判断 A 球沿竖直方向做自由落体运动，沿水平方向做匀速直线运动
借助刻度尺仅在照片上测量小球的位置即可求出 A 球抛出时的初速度大小
如图所示，将弹簧拉力器用力拉开的过程中，弹簧的弹力和弹性势能的变化情况是( )
弹力变大，弹性势能变小 B. 弹力变小，弹性势能变大
C. 弹力和弹性势能都变大 D. 弹力和弹性势能都变小
如图所示，质量 m=1kg 的滑块从固定光滑斜面的顶端由静止滑下，经 t=2s 滑到底端，取重力加速度大小 g=10m/s2，斜面倾角 θ=37°，sin37°=0.6，对于滑块从顶端滑到底端的运动过程，下列说法正确的是（ ）
斜面对滑块的冲量为零 B. 滑块的动量改变量大小为 12kg·m/s
C. 斜面的长度 L=10mD. 滑块所受重力的冲量方向为垂直斜面向下
如图，甲、乙两只小船同时从 A 点沿着与河岸不同夹角的方向渡河，甲船船头与河岸上游 的夹角为60°，乙船船头与河岸下游的夹角为30°，水流速度恒定。要使两船同时到达对岸，则甲船在静水中的速度大小与乙船在静水中的速度大小之比为( )
1∶2 B. 2∶1 C. 1:
地下车库为了限制车辆高度，采用了如图所示的直杆道闸，A、C 点为直杆的两端点，B点为 AC 的中点。道闸工作期间，直杆绕 A 点匀速转动。在且杆转动过程中，下列说法正确的是( )
B 点的周期比 C 点的大 B. B 点的速度比 C 点的大
C. B 点的角速度比 C 点的小 D. B 点的加速度比 C 点的小
如图所示，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为 r 的相同小球，各球编号如图所示．斜面与水平轨道 OA 平滑连接，OA 长度为 6r.现将六个小球由静止同时 释放，小球离开 A 点后均做平抛运动，不计一切摩擦．则在各小球运动过程中，下列说法 正确的是( )
球 1 的机械能守恒
球 6 在 OA 段机械能增大
球 6 的水平射程最大
有三个球落地点相同
如图所示，图中的物体 A 均处于静止状态，受到弹力作用的说法正确的是( )
图甲中地面是光滑水平的，A 与 B 间存在弹力
图乙中两斜面与水平地面的夹角分别为 α、β，A 对两斜面均有压力的作用
图丙中 A 受到斜面 B 对它的弹力作用
图丁中 A 受到斜面 B 对它的弹力作用
A、B 两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，A、B 发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前、后两球的位移—时间图像如图所示。若 A = 2kg， B = 4kg，经过一段时间，根据以上信 息可知（ ）
碰撞前是小球 A 追小球 B B. 碰撞后小球 B 的加速度变大
C. 碰撞前、后 A、B 两球的总动量守恒 D. 碰撞前、后 A、B 两球的总动能减少
二、非选择题：本题共 5 小题，共 54 分。
根据公式 向
= 2和

= 2 ，某同学设计如下实验来感受向心力。如图甲所示，用
一根细绳（可视为轻绳）一端拴一个小物体，绳上离小物体 30cm 处标为点 A，60cm 处标为点 B。将此装置放在光滑水平桌面上（如图乙所示）抡动细绳，使小物体做匀速圆周运动，
请另一位同学帮助用秒表计时。
操作一：手握 A 点，使小物体在光滑水平桌面上每秒运动一周，体会此时绳子拉力的大小
F1；
操作二：手握 B 点，使小物体在光滑水平桌面上每秒运动一周，体会此时绳子拉力的大小
F2。
小物体做匀速圆周运动的向心力由 提供；
操作二使小物体每秒运动周数与操作一相同，是为了控制小物体运动的 相同； (3)如果在上述操作中突然松手，小物体将做 运动。
某同学用如图 1 所示的装置来研究平抛运动，其中小球大小不能忽略。请回答下列问题：
下列关于该实验操作的说法中正确的有 。
A．实验时必须调节斜槽 PQ，使其末端水平 B．实验时必须将“硬板”调节至竖直状态 C．移动 V 形槽 MN 时，必须是等间距向下移动
D．在白纸上以抛出点为坐标原点建立坐标系时，斜槽末端即为坐标原点，而 y 轴则需借助重锤线来确定
经过一系列操作后，该同学得到如图 2 所示的“数据”。
①请在图 2 中画出小球的运动轨迹 。若以 v0 表示小球脱离斜槽时的速度，重力加速度为 g，则平抛运动的轨迹方程为 y= (用 x、g、v0 表示)。
②图 2 中的 P 点显然“不合群儿”，你认为造成这一现象的原因是 。
某同学用轻杆、小球和硬纸板等制作了一个简易加速度计，可粗略测量沿水平方向运动物体的加速度。如图所示，在轻杆 M 上端装上转轴，并固定于竖直纸板上的 O 点，轻杆下端固定一小球，在小球上固定一水平轻杆 N，使 N 和 M 垂直，杆 M 可在竖直面内转动。以 O 为原点，沿竖直向下的方向建立坐标轴，并在坐标轴上标上刻度，当小球静止时位于坐标
0 = 12cm处。现将此装置固定于运动的物体上，当物体向右做匀加速运动时，杆向左摆开一个角度 θ 并处于稳定，此时杆 N 与坐标轴的交点坐标 1 = 15cm。已知重力加速度 = 1 0m/s2，忽略一切摩擦及空气阻力。根据以上数据求：
tan 的值；
此时物体运动的加速度大小。
如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为 3L，平台高为 L。药品盒 A、B 依次被轻放在以 v0 的速度匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从 M 点进入滑槽，A 刚好滑到平台最右端 N 点停下，随后滑下的 B 以 2v0 的速度与 A 发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后 A、B 恰好落在桌面上圆盘直径的两端。已知 A、B 的质量分别为 m 和 2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前
瞬间总动能的。A 与传送带间的动摩擦因数为 μ，重力加速度为 g，A、B 在滑至 N 点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：
A 在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间 t；
B 从 M 点滑至 N 点的过程中克服阻力做的功 W；
圆盘的圆心到平台右端 N 点的水平距离 s。
15.如图所示，两个可视为质点的滑块A、B，质量分别为 A = 5kg和 B = 2kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，A 与木板间的动摩擦因数为 1 = 0.2，B与木板间的动摩擦因数为 2 = 0.05，木板的质量为 = 1kg，与地面间的动摩擦因数为 3 = 0.1。 = 0时刻滑块A开始向右滑动，初速度大小为 0 = 3m/s。已知全程A、B未发生碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 取10m/s2。求：
(1) = 0时刻，A、B、木板的加速度大小；
A 与木板相对静止时，A 与木板左端的距离；
为保证 A、B不发生碰撞，木板的长度至少为多少？
白城一中 2025 级高二开学考物理试卷
一、选择题：本题共 10 小题，共 46 分。在每小题给出的四个选项中，第 1～7题只有一项符合题目要求，每小题 4 分；第 8～10 题有多项符合题目要求，每小题 6 分，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
在国际单位制中，下列说法中正确的是( )
力的单位是根据牛顿第三定律定义的 B. m 和 N 都是国际单位制中力学的基本单位
C. 千克是国际单位制中力学的三个基本物理量之一 D. m/s、N、m/s2 都是国际单位制中的导出单位
【答案】D
【解析】在国际单位制中，力的单位是牛顿，它属于导出单位，是根据牛顿第二定律定义的，故 A 项错误；在国际单位制中，力学的三个基本量是质量、距离、时间，其对应的基本单
位分别是 kg、m、s，故 B、C 错误；在国际单位制中，m/s、N、m/s2 都是导出单位，故 D
项正确。
两个球沿直线相向运动，碰撞后两球都静止．则可以推断( )
碰撞前两个球的动量一定相等 B. 两个球的质量一定相等
C. 碰撞前两个球的速度大小一定相等 D. 碰撞前两个球的动量大小相等，方向相反
【答案】D
【解析】两球碰撞过程满足动量守恒定律，由于碰撞后两球都静止，说明碰撞前后两球的总
动量为零，故碰撞前两个球的动量大小相等，方向相反，A 错误，D 正确；两球的质量或速度大小不一定相等，B、C 错误．
小明利用如图 1 所示的装置和频闪摄影来探究平抛运动的特点，他通过击打弹簧片使 A 球沿水平方向抛出，同时 B 球自由落下，图 2 为某次实验得到的频闪照片，根据该频闪照片分析，下列说法正确的是( )
仅可判断 A 球沿竖直方向做自由落体运动
仅可判断 A 球沿水平方向做匀速直线运动
可判断 A 球沿竖直方向做自由落体运动，沿水平方向做匀速直线运动
借助刻度尺仅在照片上测量小球的位置即可求出 A 球抛出时的初速度大小
【答案】C
【解析】由图可知，A 球在相等时间内的水平位移相等，则可判断 A 球水平方向做匀速直线运动；竖直方向 A 球的运动和 B 球相同，则可判断 A 球沿竖直方向做自由落体运动；故
AB 错误，C 正确；根据平抛运动规律 = ，Δ = 2，可得 = ，则必须要借助刻度
Δ
尺测出每个小方格的边长，借助重力加速度的值才能求解 A 球抛出时的初速度大小，故 D
错误。故选 C。
如图所示，将弹簧拉力器用力拉开的过程中，弹簧的弹力和弹性势能的变化情况是( )
弹力变大，弹性势能变小 B. 弹力变小，弹性势能变大
C. 弹力和弹性势能都变大 D. 弹力和弹性势能都变小
【答案】C
【解析】将弹簧拉力器用力拉开的过程中，弹簧的伸长量变大，弹簧的弹力变大，弹性势能变大；故 A、B、D 错误，C 正确．
如图所示，质量 m=1kg 的滑块从固定光滑斜面的顶端由静止滑下，经 t=2s 滑到底端，取重力加速度大小 g=10m/s2，斜面倾角 θ=37°，sin37°=0.6，对于滑块从顶端滑到底端的运动过程，下列说法正确的是（ ）
斜面对滑块的冲量为零 B. 滑块的动量改变量大小为 12kg·m/s
C. 斜面的长度 L=10mD. 滑块所受重力的冲量方向为垂直斜面向下
【答案】B
【解析】斜面对滑块有力的作用，由 = 可知斜面对滑块的冲量不为零，故 A 错误；由牛
顿第二定律得 sin = ，解得 = sin = 6m/s2，滑块滑到斜面底端的速度大小为
= = 12m/s，滑块的动量改变量大小为Δ = ― 0，解得Δ = 12kg m/s，故 B 正确；
由 = 1 2，解得斜面的长度 = 12m，故 C 错误；滑块所受重力的冲量方向与重力的方向
2
相同，为竖直向下，故 D 错误。
如图，甲、乙两只小船同时从 A 点沿着与河岸不同夹角的方向渡河，甲船船头与河岸上游 的夹角为60°，乙船船头与河岸下游的夹角为30°，水流速度恒定。要使两船同时到达对岸，则甲船在静水中的速度大小与乙船在静水中的速度大小之比为( )
1∶2 B. 2∶1 C. 1:
【答案】C
【解析】两船同时到达对岸，则两船静水速度沿垂直两岸方向的分速度相等，即 甲sin60° =
乙sin30°，得 甲: 乙 = 1: 3，故选 C。
地下车库为了限制车辆高度，采用了如图所示的直杆道闸，A、C 点为直杆的两端点，B点为 AC 的中点。道闸工作期间，直杆绕 A 点匀速转动。在且杆转动过程中，下列说法正确的是( )
B 点的周期比 C 点的大 B. B 点的速度比 C 点的大
C. B 点的角速度比 C 点的小 D. B 点的加速度比 C 点的小
【答案】D
【解析】依题意，直杆匀速转动，则 B 点与 C 点的周期相等，由 = 2 ，可知 B 点与 C 点

的角速度相等。故 AC 错误；根据 = ，可知 B 点的速度比 C 点的小。故 B 错误；根据
= 2 ，可知 B 点的加速度比 C 点的小。故 D 正确。
如图所示，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为 r 的相同小球，各球编号如图所示．斜面与水平轨道 OA 平滑连接，OA 长度为 6r.现将六个小球由静止同时 释放，小球离开 A 点后均做平抛运动，不计一切摩擦．则在各小球运动过程中，下列说法 正确的是( )
球 1 的机械能守恒
球 6 在 OA 段机械能增大
球 6 的水平射程最大
有三个球落地点相同
【答案】BD
【解析】6 个小球都在斜面上运动时，只有重力做功，整个系统的机械能守恒，当有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，球 2 对球 1 的作用力做功，故球 1 的机械
能不守恒，故 A 错误；球 6 在 OA 段运动时，斜面上的小球在加速，球 5 对球 6 的作用力做正功，动能增加，机械能增大，故 B 正确；由于有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以可知离开 A 点时球 6 的速度最小，水平射程最小，故 C 错误；最后三个球在水平面上运动时不再加速，球 3、球 2、球 1 的速度相等，水平射程相同，落地点位置相同，故 D 正确．
如图所示，图中的物体 A 均处于静止状态，受到弹力作用的说法正确的是( )
图甲中地面是光滑水平的，A 与 B 间存在弹力
图乙中两斜面与水平地面的夹角分别为 α、β，A 对两斜面均有压力的作用
图丙中 A 受到斜面 B 对它的弹力作用
图丁中 A 受到斜面 B 对它的弹力作用
【答案】BC
【解析】题图甲中对 A 进行受力分析，A 球受重力和地面的弹力作用，二力平衡，A 球静止，不可能再受到 B 对 A 的弹力作用；B 选项中采用假设法，若去掉左侧的斜面，A 将运动，若
去掉右侧的斜面，A 也将运动，所以球 A 对两斜面均有压力的作用；C 选项中若去掉斜面
B，则小球 A 无法在原位置保持静止，故丙图中小球受到斜面 B 的弹力；D 选项中假设斜
面 B 对小球 A 有弹力作用，则小球 A 不能在竖直方向保持静止，所以丁图中小球不受斜面弹力的作用．故选 BC.
A、B 两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，A、B 发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前、后两球的位移—时间图像如图所示。若 A = 2kg， B = 4kg，经过一段时间，根据以上信 息可知（ ）
碰撞前是小球 A 追小球 B B. 碰撞后小球 B 的加速度变大
C. 碰撞前、后 A、B 两球的总动量守恒 D. 碰撞前、后 A、B 两球的总动能减少
【答案】AC
【解析】根据 ― 图像的斜率表示速度，可知碰撞前 A、B 分别为 A
6.0
m/s = 6m/s
1.0
， B =
3.0m/s = 3m/s，可知碰撞前是小球 A 追小球 B；碰撞后 A、B 分别为 ′
1.0
7.2―6.0
m/s = 2m
1.6―1.0
/s， ′B
= 6.0―3.0 ，碰撞后 B 做匀速直线运动，B 的加速度仍为 0；碰撞前、后
1.6―1.0
A、B 两球的总动量分别为 = A A + B B = 2 × 6kg m/s +4 × 3kg m/s = 24kg m/s，
′ = A ′A + B ′B = 2 × 2kg m/s +4 × 5kg m/s = 24kg m/s，可知碰撞前、后 A、B 两
球的总动量守恒；；碰撞前、后 A、B 两球的总动能分别为 = 1 2 + 1 2 = 1 × 2 × 62J
2 A A
2 B B 2
+ 1 × 4 × 32J = 54J， ′ = 1 ′2 + 1 ′2 = 1 × 2 × 22J + 1 × 4 × 52J = 54J， 可知碰撞前、
2 2 A A 2 B B 2 2
后 A、B 两球的总动能不变。
二、非选择题：本题共 5 小题，共 54 分。
根据公式 向
= 2和

= 2 ，某同学设计如下实验来感受向心力。如图甲所示，用
一根细绳（可视为轻绳）一端拴一个小物体，绳上离小物体 30cm 处标为点 A，60cm 处标为点 B。将此装置放在光滑水平桌面上（如图乙所示）抡动细绳，使小物体做匀速圆周运动，请另一位同学帮助用秒表计时。
操作一：手握 A 点，使小物体在光滑水平桌面上每秒运动一周，体会此时绳子拉力的大小
F1；
操作二：手握 B 点，使小物体在光滑水平桌面上每秒运动一周，体会此时绳子拉力的大小
F2。
小物体做匀速圆周运动的向心力由 提供；
操作二使小物体每秒运动周数与操作一相同，是为了控制小物体运动的 相同； (3)如果在上述操作中突然松手，小物体将做 运动。
【答案】(1)绳的拉力/拉力；(2)角速度；(3)离心运动
【解析】（1）小物体在光滑水平桌面上做匀速圆周运动，受重力、支持力和绳的拉力，根据
向心力的概念，做匀速圆周运动的物体所受的合力提供向心力，所以小物体做匀速圆周运动的向心力由绳的拉力提供；
操作二使小物体每秒运动周数与操作一相同，则周期相同，根据角速度的表达式可知
= 2 ，角速度相同，所以是为了控制小物体运动的角速度相同；

如果在上述操作中突然松手，此时绳子对小物体的拉力消失，也就是向心力消失了，小物体将做离心运动。
某同学用如图 1 所示的装置来研究平抛运动，其中小球大小不能忽略。请回答下列问题：
(1)下列关于该实验操作的说法中正确的有 。
A．实验时必须调节斜槽 PQ，使其末端水平 B．实验时必须将“硬板”调节至竖直状态 C．移动 V 形槽 MN 时，必须是等间距向下移动
D．在白纸上以抛出点为坐标原点建立坐标系时，斜槽末端即为坐标原点，而 y 轴则需借助重锤线来确定
(2)经过一系列操作后，该同学得到如图 2 所示的“数据”。
①请在图 2 中画出小球的运动轨迹 。若以 v0 表示小球脱离斜槽时的速度，重力加速度为 g，则平抛运动的轨迹方程为 y= (用 x、g、v0 表示)。
②图 2 中的 P 点显然“不合群儿”，你认为造成这一现象的原因是 。
【答案】(1)AB/BA (2) 2 小球由斜槽释放的位置较
2 0
“固定位置”低
【解析】(1)本实验研究平抛运动，所以实验时必须调节斜槽 PQ，使其末端水平，保证小球的初速度水平，故 A 正确；实验时必须将“硬板”调节至竖直状态，使小球离开斜槽只受重力作用，故 B 正确；移动 V 形槽 MN 时，不需要等间距向下移动，故 C 错误；在白纸上以抛出点为坐标原点建立坐标系时，坐标原点应为小球在斜槽末端球心的投影点，所以斜槽末端不是坐标原点，而 y 轴则需借助重锤线来确定，故 D 错误。故选 AB。
(2)小球的运动轨迹如图所示
1 2
2
2
根据小球的运动规律 = 0 ， = 2 ，所以平抛运动的轨迹方程为 = 2 2 = 2 2 ，图 2
0 0
中的 P 点显然“不合群儿”，造成这一现象的原因是小球由斜槽释放的位置较“固定位置”低，导致平抛时初速度偏小，从而偏离图线较远。
某同学用轻杆、小球和硬纸板等制作了一个简易加速度计，可粗略测量沿水平方向运动
物体的加速度。如图所示，在轻杆 M 上端装上转轴，并固定于竖直纸板上的 O 点，轻杆下端固定一小球，在小球上固定一水平轻杆 N，使 N 和 M 垂直，杆 M 可在竖直面内转动。以 O为原点，沿竖直向下的方向建立坐标轴，并在坐标轴上标上刻度，当小球静止时位于坐标
0 = 12cm处。现将此装置固定于运动的物体上，当物体向右做匀加速运动时，杆向左摆开一个角度 θ 并处于稳定，此时杆 N 与坐标轴的交点坐标 1 = 15cm。已知重力加速度 = 1 0m/s2，忽略一切摩擦及空气阻力。根据以上数据求：
tan 的值；
此时物体运动的加速度大小。
【答案】(1)tan = 3；(2) = 7.5m/s2
4
【解析】(1)依题意，由几何关系可得tan =
对小球受力分析，如图所示
= 3
0 4
有tan = 合，由牛顿第二定律

= ，解得 = 7.5m/s2
如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为 3L，平台高为 L。药品盒 A、B 依次被轻放在以 v0 的速度匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从 M 点进入滑槽，A 刚好滑到平台最右端 N 点停下，随后滑下的 B 以 2v0 的速度与 A 发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后 A、B 恰好落在桌面上圆盘直径的两端。已知 A、B 的质量分别为 m 和 2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前
瞬间总动能的 。A 与传送带间的动摩擦因数为 μ，重力加速度为 g，A、B 在滑至 N 点之前
不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：
A 在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间 t；
B 从 M 点滑至 N 点的过程中克服阻力做的功 W；
圆盘的圆心到平台右端 N 点的水平距离 s。
【答案】(1) (2)6mgL-3m (3)
【解析】(1)A 在传送带上加速运动时的加速度 a=μg
由静止加速到与传送带共速所用的时间 t= =
B 从M 点滑至N 点的过程中克服阻力做的功W= ×2m +2mg·3L- ×2m =6mgL-3m
A 、B 碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知 2m·2v0=mv1+2mv2 ， ×2m·(2v0)2- =
解得 v1=2v0，v2=v0
(另一组解 v1= v0，v2= v0 舍掉)
A、B 做平抛运动的时间 t1=
则 s-r=v2t1，s+r=v1t1
解得 s=
15.如图所示，两个可视为质点的滑块A、B，质量分别为 A = 5kg和 B = 2kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，A 与木板间的动摩擦因数为 1 = 0.2，B与木板间的动摩擦因数为 2 = 0.05，木板的质量为 = 1kg，与地面间的动摩擦因数为 3 = 0.1。 = 0时刻滑块A开始向右滑动，初速度大小为 0 = 3m/s。已知全程A、B未发生碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 取10m/s2。求：
(1) = 0时刻，A、B、木板的加速度大小；
A 与木板相对静止时，A 与木板左端的距离；
为保证 A、B不发生碰撞，木板的长度至少为多少？
【答案】(1)2m/s2，0.5m/s2，1m/s2；(2)1.5m；(3)29m
16
【解析】(1)由题意可知，A 与木板初速度不相同，所以会发生相对滑动，对滑块A受力分析可知，所受合外力大小等于滑动摩擦力
故对 A 应用牛顿第二定律有 A = 1 A = A A
代入数据解得 A 的加速度大小为 A = 2m/s2
若B与木板发生相对滑动，根据牛顿第二定律对B有 B = 2 B = B B
代入数据解得 B 运动的加速度大小为 B = 2 = 0.5m/s2
若B与木板未发生相对滑动
根据牛顿第二定律对B和木板整体有
1 A
― 3( + A
+ B
) = ( + B
) B
′代入数据解得 B
2
= 3m/s
由于 B = 1N < B B′ = 1.33N，故B无法与木板相对静止故取 B = 0.5m/s2
木板受到A对它向右的摩擦力 A = 1 A
B对木板有向左的摩擦力 B = 2 B
地面对木板有向左的摩擦力 地 = 3( + A + B)
对木板应用牛顿第二定律有 1 A ― 2 B ― 3( + A + B) =
代入数据解得木板运动过程中加速度的大小为 = 1m/s2
A 与木板相对静止(即共速)时，结合速度与时间公式，有 0 ― 1 1 = 1
代入数据解得二者达到共速的时间为 1 = 1s，共速时的速度大小为 共 1 = 1m/s
对 有 B
=
B 1
= 1m/s 2
分别对 A、木板应用位移与时间公式，
A的位移为
=
― 1 2
A 0 1
2 1 1
木板的位移为 木 = 1 2
2
联立上式，代入数据就解得A与木板左端的距离Δ 1 = ( A ― 木) = 1.5m
1s之后A与木板保持相对静止，可看作一个整体
对A和木板应用牛顿第二定律有
= 地+ B = 3m/s2
木 2 木+ A 2
A与木板共速后，再经 2时间，两者和B速度相等，结合速度与时间公式有 B + B 2 = 木 1 ― 木 2 2
代入数据解得三者共速时的速度大小为 共 2 = 5m/s
8
三者共速所需时间为 2 = 0.25s
作出三者的 ― 图，如图所示
― 图像斜率表示加速度，由图像可知，1.25s之后，B的加速度小于A和木板的加速度，故 B相对木板往右运动，可知只要此阶段不撞，之后A、B也不会再相撞。 ― 图像面积表示位移，根据面积法，前1.25s内B相对木板向左的位移为
Δ
共 1
=
― 1
+ 共 1+ 共 2
― 1
= 5 m联立(2)计算结果，则板长至少为 = Δ
+ Δ
2 2 1 2 1
29
m
16
2 2 2 2 16 1 2