2026届河南南阳市方城县第一高级中学高三下学期高考调研卷物理试题（一）（含解析）

2026 届方城县第一高级中学高三下学期高考调研卷物理
试题（一）
考生注意：
1.本试卷满分 100 分，考试时间75 分钟。
2.答题前，考生务必用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
一、单项选择题（本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分）
(
B
．
)1 ．已知水浸润玻璃，却不浸润塑料。现将内径相同、两端开口的细玻璃管和塑料管均竖直插入水中，液面稳定后，观察到两管内的液面情况可能正确的是( )
(
D
．
) (
A
．
C
．
)
2 ．关于机械振动和机械波，下列说法正确的是( )
A ．机械波在一个周期内传播的距离是振幅的 4 倍
B ．医生利用超声波探测病人血管中血液的流速是利用了多普勒效应
C ．单摆在摆动中经过平衡位置时，所受合力不为零，回复力也不为零
D ．当波的波长小于障碍物的尺寸时就不能发生衍射
3 ．如图所示，有一直角三角形粗糙斜面体 ABC，已知 AB 边长为 h ，BC 边长为 2h。第一次将 BC 边固定在水平地面上，小物体从顶端沿斜面恰能匀速下滑；第二次将 AB 边固定于水平地面上，让该小物体从顶端 C 由静止开始下滑，已知当地重力加速度为 g，斜面体的各接触面与小物体的动摩擦因数都相同，那么( )
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A ．小物体与斜面体间的动摩擦因数为 0.5
B ．小物体两次从顶端滑到底端的过程中，第二次克服摩擦力做功较大
C ．小物体两次从顶端滑到底端的过程中，第一次克服摩擦力做功的大小为 0.5mgh
D ．第二次小物体滑到底端 A 点时的速度大小为2gh
4 ．2022 年 9 月 16 日 12 时 40 分前后，台风“梅花”（热带风暴）的中心在金普新区再次登
陆，登陆时中心附近最大风力有 9 级。小李同学用所学知识设计了一个电容式风力传感器。如图所示，将电容器与静电计组成回路，可动电极在风力作用下向右移动，引起电容的变化，风力越大，移动距离越大（两电极不接触）。在受到风力作用时， 下列说法正确的是( )
A ．电容器电容变小
B ．若极板上电荷量保持不变，则极板间电场强度变大
C ．若电容器始终接在恒压电源上，则极板所带电荷量增大
D ．只有保持极板电荷量不变，才能通过静电计指针张角反映风力大小，且风力越大张角越大
5 ．如图所示，倾角为 θ 的光滑斜面，沿斜面放置的轻弹簧一端固定在斜面底端，另一端连接物体 A，静止时，弹簧被压缩了 l，质量与 A 相同的物体 B 从弹簧原长位置由静止释放， A 与 B 发生完全非弹性碰撞（粘连），碰撞时间极短，A、B 视为质点，重力加速度为 g，弹
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簧的弹性势能Ep kx2 （x 为弹簧的形变量），则下列说法正确的是( )
A ．碰后瞬间两物体的速度大小为v
B ．碰后两物体运动过程中一定机械能守恒
C ．碰后两物体一起向下运动的最大位移为 3l
D ．两物体反弹向上运动，最大高度能到达 B 的释放点上方
6 ．一单摆如图 1 所示，M、N 为单摆偏移的最大位置，O 点为最低点，该单摆的振动图像如图 2 所示。以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，重力加速度 g 取
9.8m/s2 ， π2 = 10，下列说法正确的是( )
A ．该单摆的摆长为 1m
B ．t = 0 时刻，摆球位于 M 点或 N 点
C ．从t1 = 0.5s 到t2 = 1. 5s 时间内单摆的回复力先减小后增大
D ．摆球运动到 N 点时加速度为 0
7 ．在某次光电效应实验中，得到的遏止电压Uc 与入射光的波长λ 的关系如图所示。已知电子的电荷量大小为e ，光在真空中的传播速度大小为c ，则普朗克常量可表示为( )
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二、多项选择题（第 8~10 题有多项符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分，共 18 分）
8 ．如图（a），水平地面上紧靠平台依次摆放两块完全相同的木板，木板上表面与平台表面等高。一质量为 0.01kg 的子弹以v0 = 300m/s 水平射入木块并留在其中，随后立即冲上木板，设此时t = 0 ，木块的速度v 随时间t 关系图像如图（b）所示。每块木板质量均为 0.2kg，木板与地面间的动摩擦因数为 μ1 ；木块质量M = 0.29kg，其与木板间的动摩擦因数为μ2 。木块一直未从木板上掉下，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。已知重力加速度大小
g = 10m / s2 ，下列说法正确的是( )
A ．t = 0 时木块的速度大小为 10m/s
B ． μ1 : μ2 = 2 :1
C ．每块木板的长度均为 8m
D ．木块与木板间因摩擦产生的总热量为 13.92J
9 ．园林工人给水平的草坪浇水时，某一时刻从水管喷口斜向上喷出的水流可视为斜抛运动。水流初速度大小为v0 = 4m / s ，与水平方向夹角为30° ,水管出水点 O 和水落地点A 的连线 与水平草坪夹角为30° , 重力加速度g = 10m / s2 ，忽略空气阻力。下列说法正确的有( )
A ．水流的水平分速度为2m / s
B ．水流在空中运动的时间为 0.8 s
C ．喷口到草坪的高度为 1.6 m
D ．水流上升的最大高度处到草坪距离为 0.2 m
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10 ．两水平平行金属板连接在如图所示的电路中，板长为 L 间距 d,在距板右端 2L 处有一竖直光屏，D 为理想二极管（具有单向导电性）．让一带电量为 q、质量为 m 的粒子从两板左端连线的中点 O 以水平速度v0 射入板间，粒子飞出电场后垂直打在屏上．则
A ．电场强度大小为 3mg/q
B ．质点在板间运动的过程中与它从板右端运动到屏的过 程中速度变化相同
C ．若仅将滑片 P 下移，再让该粒子从 O 点以v0 水平射入，粒子打 在屏上位置在中心线下方
D ．若仅将板间距增大，再让该粒子从 O 点以v0 水平射入，粒子仍垂直打在屏上
三、实验题（本题共 2 小题，共 14 分）
11．某同学在验证力的平行四边形定则时，实验室只为其提供了一只弹簧测力计，通过分析，该同学进行如下操作：
a 、在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；
b、用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A 点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套；
c、用弹簧测力计钩住其中的一个绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O ，记录下 O 点的位置以及两条细绳的方向，读出弹簧测力计的示数F1 ；
d、用弹簧测力计钩住另一个绳套，拉伸橡皮条使结点到同一位置O ，并使两细绳的方向与 c中记录的方向相同，读出弹簧测力计的示数F2 ；
e、按选好的标度， 用铅笔和刻度尺作出拉力F1 和F2 的图示，并以表示F1 、F2 的有向线段为邻边作平行四边形，画出两个有向线段所夹的对角线，在末端标上箭头表示为F ；
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f、用弹簧测力计钩住任意一个绳套，只用该绳套拉橡皮条，使结点拉到同一位置O ，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F9 的图示；
g、比较 F9 和F ，得出结论。
(1)某次拉伸橡皮条时，弹簧测力计的读数如图所示，则该示数为 N；
(2)与橡皮条OA 一定在同一直线上的是 （填“ F ”或“ F9 ”）；
(3)在图中，若OC 与OB 的夹角小于 90°, 保持结点O 的位置不变，OC 绳的方向不变，将弹簧测力计在该平面内沿逆时针方向缓慢转至OB 与OA 垂直，弹簧测力计的读数 （填字母）。
A ．一直减小
B ．一直增大
C ．先减小后增大
D ．先增大后减小
12 ．某实验小组要测量一根金属丝的电阻率， π 已知，请回答下列问题：
(1)实验前用多用电表粗测该金属丝的电阻，选择“ 10 ”倍率的欧姆挡，欧姆调零后进行测量，多用电表的示数如图甲所示，则多用电表读数为 Ω ,用螺旋测微器测量该金属丝的直径d ，测量结果如图乙所示，则读数为 mm，用毫米刻度尺测得该金属丝的长度为L。
(2)实验测得该金属丝的电阻值为R ，则该金属丝的电阻率 P = （用 d 、L 、π 和 R 表示）。
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四、计算题（本题共 3 小题，共计 40 分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13 ．如图所示，质量 m=1kg 的小车静止在光滑的水平地面上，小车左侧靠着固定挡板 P，
质量为 m 的物块 P1 静止于小车的上表面 A 点，A 点左侧是一半径 R=0.45m 的光滑四分之2
一圆弧，右侧水平且粗糙。现将质量也为 m=1kg 的小物块 P2 从圆弧顶端无初速度释放，P2沿圆弧下滑至 A 点与 P1 发生弹性碰撞，碰撞时间极短，P1、P2 与小车水平部分间的动摩擦因数均为 μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，最终两物块均未从小车上滑落，两小物块均可看成质点，取重力加速度大小 g = 10m / s2。求：
(1)物块 P2 下滑至 A 点还没有发生碰撞前对小车的压力；
(2)P1 、P2 发生弹性碰撞后瞬间各自的速度大小；
(3)最终 P1 、P2 间的距离。
14 ．如图甲所示为空间足够大的某实验用箱，可视为质点的木块 A 质量 m1=4kg，叠放在
m2=1kg 长为 L 的铁板 B 最左端，A 右侧系有轻质细绳，被带有拉力传感器的牵引机拉动；箱内水平地板装有压力传感器，同时地板还可对 B 提供恒定吸引力 F=50N；两侧竖直挡板 分别装有水平方向运动传感器和水平拉力传感器；计算机可利用这些传感器数据，测得物体 B 所受地板支持力 FN、物体 A 所受细绳拉力 FT，各个物体运动的 v-t 图像。（g=10m/s2）
(1)若实验用箱以恒定加速度 a 竖直向下运动，压力传感器的示数为 FN=60N、水平拉力传感器示数为零时，求 B 对 A 的支持力 N；
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(2)若实验用箱静止不动，当细绳拉力大小 FT0 恒定时，A 、B 两个物体的 v-t 图像如图乙所示，求铁板 B 的长度 L 及细绳拉力 FT0；
(3)若实验用箱以（1）问的恒定加速度 a 竖直向下运动，同时 FT=10.4N 时，求 A 开始相对 B运动，到水平方向上脱离 B 所用时间 t。
15．如图，长木板 A 放在光滑的水平面上，右端带有一劲度系数k = 20N/m 的轻弹簧，滑块B 放在长木板 A 的左侧，两者之间的动摩擦因数 μ = 0.1 ，右侧是墙壁。t0 时刻给 B 一个方向水平向右、大小v0 = 1.25m/s 的初速度，在摩擦力作用下，A 开始向右做加速运动，t1 时
刻弹簧接触到墙壁，此时 A 、B 恰好共速。当继续压缩弹簧到t2 时刻，A 、B 加速度恰好相同，两物体即将开始相对滑动，在t3 时刻弹簧的压缩量达到最大，在t4 时刻 A 、B 加速度再次相同。已知 A 、B 的质量分别为1kg 和4kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g = 10m/s2 ，空气阻力忽略不计，弹簧始终处于弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep kx2 （x为弹簧伸长或缩短的长度），滑块 B 始终未滑离木板 A。
(1)求在t0 ~ t1 时间内，A 向右运动的距离。
(2)求在t2 时刻 A 的速度大小。
(3)若 Δt = t3 - t s ，求在 t2 ~ t4 时间内，系统损失的机械能。
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1 ．B
水浸润玻璃管， 所以管内液面比外面液面高，且液面下凹；水不浸润塑料管，所以管内液面比外面液面低，由于液体的表面张力，管内液面上凸。
故选 B。
2 ．B
A．机械波在一个周期内传播的距离是一个波长，其大小与振幅没有关系，故 A 错误；
B ．医生向人体内发射频率已知的超声波，超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收。测出反射波的频率变化，就能知道血流的速度，利用的是多普勒效应，故 B 正确；
C ．单摆在摆动中经过平衡位置时，受到向下的重力及向上的绳的拉力，合力沿竖直方向指向圆心，所以合力不为零，但回复力为零，故 C 错误；
D．在障碍物的尺寸可以跟波的波长相比，甚至比波的波长还小的时候相差不多时，衍射现象十分明显，并不是当波的波长小于障碍物的尺寸时就不能发生衍射现象，只是相差较大时衍射现象不明显，故 D 错误。
故选 B。
3 ．A
A ．第一次小物体从顶端沿斜面恰能匀速下滑，则
mg sin θ = μmg cosθ
则
μ= tan θ = 0.5
选项 A 正确；
BC ．两次摩擦力做功
W1 = μmg cosθ1 . AC = 2μmgh=mgh W2 = μmg cosθ2 . AC = μmgh=0.5mgh
第一次克服摩擦力做功较大，选项 BC 错误；
D ．第二次由动能定理
解得
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选项 D 错误。
故选 A。
4 ．C
A ．根据
在受到风力作用时，d 减小，则电容器电容变大，故 A 错误；
B ．极板间电场强度
不变，故 B 错误；
C ．始终接电源U 一定，极板带电量
Q=CU
增大，故 C 正确；
D ．U 一定时静电计指针张角不变；Q 一定时，风力越大，d 越小，电容 C 越大，则极板间电压越小，静电计指针张角越小，故 D 错误。
故选 C。
5 ．A
A ．碰撞前物体 B 的速度大小为mgl sin mv 解得v
碰后瞬间两物体的速度大小为mv0 = 2mv解得v A 正确；
B．碰后两物体运动过程中机械能不守恒，两个物体和弹簧组成的系统机械能守恒，B 错误；
C ．碰后两物体一起向下运动的最大位移 x 为 mv2 + 2mgx sinkl 碰撞前对物体 A 根据平衡条件得mg sinθ = kl
解得x l ，C 错误；
D ．以最低点为零势能面，两物体在 B 的释放点处的重力势能为
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在最低点处，弹簧的弹性势能为Ep弹 kl2
因为Ep弹 < Ep重 ，所以两物体反弹向上运动，最大高度不能到达 B 的释放点，更不能到达 B
的释放点的上方，D 错误。
故选 A。
6 ．C
L
A ．由图 2 可知单摆的周期为 T=2s，根据单摆周期公式T = 2π
\ g
解得L = 0.98m故 A 错误；
B ．由图 2 可知，t = 0 时刻，摆球位于 O 点，故 B 错误；
C ．由图 2 可知从t = 0.5s 到t = 1.0s 的过程中，摆球衡位置，受到的回复力减小，从t = 1.0s 到t = 1.5s 的过程中，摆球远离平衡位置，受到的回复力增大，故 C 正确；
D ．摆球运动到 N 点时，处于最大位移处，根据a回 可知在切线方向上加速度取最大值，故 D 错误。
故选 C。
7 ．C
爱因斯坦光电效应方程hn -W0 = Ek
遏止电压与最大初动能的关系为Ek = Uce光的频率n
联立解得Uc
由图像可知，当λ = λ0 时，Uc = 0 ，即 当λ = λ1 时，U
联立解得h 故选 C。
8 ．ACD
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A ．设t = 0 时木块的速度大小为v ，子弹打入木块没有穿出，两者有共同速度，根
据动量守恒有mv0 = (m + M )v解得v = 10m / s ，故 A 正确；
B ．由图（b）可知，在0 ~ 2.2s 内子弹与木块组成的整体做匀减速直线运动，根据v - t 图像的斜率绝对值表示加速度大小，可得加速度大小为am / s2 = 4m / s2
根据牛顿第二定律有a1 = μ2g
解得 μ2 = 0.4
在t = 2.2s 时子弹与木块组成的整体与木板达到共同速度，故在2.2s ~ 2.8s 子弹与木块组成的整体与木板相对静止，做匀减速直线运动，根据v - t 图像的斜率绝对值表示加速度大小，可
得加速度大小为am / s2 = 2m / s2根据牛顿第二定律有a2 = μ1g
解得 μ1 = 0.2
故 μ1 : μ2 = 1: 2 ，故 B 错误；
C ．木块在第一块木板上滑动时，木板对木块产生的滑动摩擦力为f2 = μ2 (m + M )g = 1.2N地面对两块木板的最大静摩擦力为f1 = μ1 (m + M + 2m0)g
其中m0 = 0.2kg
代入数据解得f1 = 1.4N
因f1 > f2 ，说明木块在第一块木板上滑动时，两块木板不会滑动，当木块到第二块木板时，地面对第二块木板的最大静摩擦力为f1' = μ1 (m + M + m0)g
其中m0 = 0.2kg
代入数据解得f1' = 1N
因f2 > f1' ，故第二块木板会运动，根据牛顿第二定律有 f2 - f1' = m0 a0解得a0 = 1m / s2
设时间t2 木块与木板达到共同速度v共 = 1.2m / s ，根据 v共 = a0t2
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解得t2 = 1.2s
由图（b），可知在 t = 2.2s 时木块与木板的速度相同，故木块在第一块木板上运动的时间为t1 = 2.2s -1.2s = 1s
木块在第一块木板上做减速直线运动，且木板静止不动，故木块运动t1 = 1s 的位移，即为木
板的长度L ，根据位移时间公式有 L = vt a1t 代入数据解得L = 8m ，故 C 正确；
D ．木块滑上第二块木板的速度为v1 = v - a1t1 = 6m / s
则木块在第二块木板上运动时，木块的位移为xt2 = 4.32m第二块木板的位移为xt2 = 0.72m
故木块相对第二块木板的位移为Δx = x1 - x2 = 3.6m
则木块与木板间因摩擦产生的总热量为Q = f2 (L + Δx) = 13.92J ，故 D 正确。
故选 ACD。
9 ．BC
A ．水平分速度v0x = v0 cos 30° = 23 m / s ，故 A 错误； BC ．水平位移x = v0xt
喷口到地面的高度h = x tan 30°
竖直位移-h = v0yt gt2 其中v0y = v0 sin 30° = 2 m / s
解得t = 0.8 s ，h = 1.6 m ，故 BC 正确；
D ．竖直方向仅受重力，相对抛出点最大高度H m则相对草坪最大高度为h, = 1.6 m+0.2m=1.8 m，故 D 错误。
故选 BC。
10 ．AD
【分析】质点先在电场和重力场的复合场中做类平抛运动，要垂直打在 M 屏上，离开出场后，质点一定打在光屏的上方，做斜上抛运动，质点从离开电场后到垂直打在 M 屏上过程
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是平抛运动的逆运动，采用运动的分解方法可知，分析质点类平抛运动与斜上抛的关系，确定加速度关系，求出板间场强；
A、粒子先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动，要垂直打在 M 屏上，离 开电场后，粒子一定打在屏的上方，做斜上抛运动．否则，粒子离开电场后轨迹向下弯曲，粒子不可能垂直打在 M 板上．粒子在板间的类平抛运动和离开电场后的斜上抛运动，水平方向都不受外力，都做匀速直线运动，速度都等于v0 ，而且v0 方向水平，粒子垂直打在 M 板上时速度也水平，根据粒子的轨迹弯曲方向可知两个过程粒子的合力方向相反，加速度方向相反，则速度变化量方向相反,粒子的轨迹如图所示：
设粒子在板间运动的过程中加速度大小为 a，则有粒子离开电场时竖直分速度大小
vy = at ，粒子离开电场后运动过程其逆过程是平抛运动，则 vy = gt2 = g 联立解得E ，故 A 正确，B 错误；
C、若仅将滑片 P 向下滑动一段后，R 的电压减小，电容器的电压要减小，电量要减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电量不变，板间电压不变，所以质点的运动情况不变，再让该质点从 O 点以水平速度 v0 射入板间，质点依然会垂直打在光屏上，故C 错误；
D、若仅将两平行板的间距变大一些，电容器电容减小，由C 知 U 不变，电量要减小，但由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电量不变，根据推论可知板间电场强度不变，所以质点的运动情况不变，再让该质点从 O 点以水平速度v0 射入板间，质点依然会垂直打在光屏上，故 D 正确．
【点睛】本题关键抓住两个运动轨迹的特点， 巧用逆向思维分析电场外质点的运动情况，要
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知道运动的合成与分解是研究曲线运动的常用方法，要灵活运用．
11 ．(1)1.88##1.89##1.90##1.91##1.92##1.93
(2) F, (3)C
（1）由弹簧测力计的读数规则可知，该示数为 1.90N（1.88~1.93 均可）。
（2）F 是根据力的平行四边形定则作出的合力，由于实验存在误差，因此F 不一定沿AO方向；F, 是一个弹簧测力计拉橡皮条的实验值，根据二力平衡可知，方向一定沿AO 方向。
（3）作出F1 和F2 的合力F ，如图所示
显然当弹簧测力计沿逆时针方向缓慢转至OB 与OA 垂直的过程中，弹簧测力计的读数先减小后增大。
故选 C。
12 ．(1) 120 1.745 （1.744～1.747 均可）
（1）[ 1] 由多用表的示数可知，金属丝的阻值为R = 12 10Ω = 120Ω [2]金属丝的直径为d = 1.5mm + 24.5 0.01mm = 1.745mm
(
L
d
)（2）根据电阻定律可知 R = p ，S = π ( )2 S 2
联立解得，金属丝的电阻率为 p
13 ．(1)30N，方向竖直向下
(2) 4 m/s ，1m/s
(3)0.96m
（1）P2 从圆弧顶端滑至A 点，由机械能守恒定律有mgR mv 解得v0 = 3 m/s
由牛顿第二定律有FN - mg = m
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解得FN = 3mg = 30 N
由牛顿第三定律可知，物块P2 下滑至A 点还没有发生碰撞前对小车的压力大小为 30N，方向竖直向下。
（2）设碰后P1、P2 的速度分别为v1、v2 ，根据动量守恒定律、机械能守恒定律有mv0 = mv2 + v1 mv mv
联立解得v1 = 4 m/s ，v2 = 1m/s
（3）P1、P2 碰撞后均做匀减速运动，加速度大小均为a1 = μg = 5 m/s2
小车的加速度am/s2
设经t1 时间P2 和小车相对静止，此时速度v = v2 - a1t1 = a2t1解得t1 = 0.08 s ，v = 0.6 m/s
此过程中P2 的位移x2 = v2t a1tm此过程中小车的位移x车 a2t m P2 相对于车的位移Δx2 = x2 - x车 = 0.04 m
之后P1 继续做匀减速运动，加速度大小仍为a1 = 5 m/s2以小车和P2 为整体，根据牛顿第二定律有 g = 2ma3解得a3 = 1.25 m/s2
小车和P2 整体以加速度a3 = 1.25 m/s2 做匀加速运动，设小车和P2 与P1 共速所用的时间为t2 ，有v1 - a1 (t1 + t2) = v + a3t2
解得t2 = 0.48 s
t2 时间内车的位移x车' = vt a3t m根据t = t1 + t2
碰撞后P1 的总位移x1 = v1t a1t2 = 1.456m
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最终P1 、P2 间的距离Δx12 = Δx1 - Δx2 = 0.96m
14 ．(1)8N
(2) 0.125m ，96N
(3)0.5s
（1）对木块 A 与铁板 B 整体进行受力分析，列牛顿第二定律方程有(m1 + m2)g + F - FN = (m1 + m2) a
解得a = 8m/s2
对木块 A 进行受力分析，列牛顿第二定律方程有m1g - N = m1a解得 B 对 A 的支持力为N = 8N
（2）设在 0 到 t1 时间内，木块 A 的加速度大小为 a1，铁板 B 的加速度大小为 a2，木块 A与铁板 B 间动摩擦因数为 μ1，铁板 B 与地板间动摩擦因数为 μ2。由图乙可知， t1 以后木块 A从铁板 B 上掉落，由于v - t 图像与坐标轴围成的面积代表位移，所以铁板 B 的长度为
由图乙可知，木块 A 在铁板 B 上运动的加速度为am/s2同理可得该过程铁板 B 的加速度为am/s2
在 t1 到 t2 时间内，对铁板 B 进行受力分析，由牛顿第二定律可得μ2 (m2g + F ) = m2 a2解得 μ2 = 0.2
在 0 到 t1 时间内，对铁板 B 进行受力分析，由牛顿第二定律可得
μ1m1g - μ2 (m1g + m2g + F ) = m2 a2
解得 μ1 = 0.8
在 0 到 t1 时间内，对木块 A 进行受力分析，由牛顿第二定律可得FT0 - μ1m1g = m1a1解得FT0 = 96N
（3）设此过程中，木块 A 与铁板 B 间最大静摩擦力为f1max，铁板 B 与地板间最大静摩擦力为f2max，则 f1max = μ1N = 6.4N ，f2 max = μ2FN = 12N
P1 相对于车的总位移Δx1 = x1 - x车 - x车' = lm
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由于f1max < FT < f2max ，故铁板 B 静止不动，对木块 A 水平方向进行研究，设水平方向加速度为 aA，对水平方向列牛顿第二定律方程有FT - f1max = m1aA
解得aA = 1m/s2
由运动学规律可得L aAt2解得 t=0.5s
15 ．(1) x1 = 0.125m
（1）A 、B 的质量分别用m1 、m2 表示，由动量守恒定律有m2v0 = (m1 + m2)v1解得v1 = 1m/s
两者共速前，对木板 A，由牛顿第二定律有 μm2g = m1a解得a = 4m/s2
弹簧与墙壁接触前，木板 A 以4m/s2 的加速度做匀加速运动由运动学公式有2ax1 = v1 2
解得t0 ~ t1 时间内，A 向右运动的距离x1 = 0.125m
（2）弹簧与墙壁接触后，滑块 B 与木板 A 先一起减速，当滑块 B 受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，滑块 B 与木板 A 之间即将相对滑动，设两者即将开始相对滑动的加速度大小为a, ，对滑块 B 有 μm2g = m2 a,
对整体有kx2 = (m1 + m2) a,
解得a, = 1m/s2 ，x2 = 0.25m
从弹簧开始接触墙壁到滑块B 与木板A 之间即将相对滑动的过程，根据能量守恒定律有
解得t2 时刻A 的速度大小vm/s
（3）t4 时刻 A、B 加速度相同，意味着弹簧又回到了滑块 B 和木板 A 刚要相对滑动的位置，
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即弹簧压缩量为x2 处，返回时木板 A 受力与木板 A 压缩弹簧时完全相同，故回到该位置时木板 A 的速度大小v2= vm/s
根据对称性，木板 A 返回所用时间也为 Δt = t3 - t s
在此 s 的时间内，对滑块 B 由动量定理有-μm2g m2v3 - m2v2
解得vm/s
在此 s 的时间内，弹簧的初、末弹性势能不变， 木板 A 的初、末动能不变， 故对系统，由能量守恒定律有 m2v m2v3 2
解得 J
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