2023-2024学年山东省东营市第一中学高一（下）开学收心考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省东营市第一中学高一（下）开学收心考试物理试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.一个物体在F1、F2、F3三个力的共同作用下做匀速直线运动，速度方向与F1方向相同，如图所示，关于该物体的运动，下列说法正确的是( )
A. 若突然撤去F1，物体将做曲线运动
B. 若突然撤去F1，物体将做匀加速直线运动
C. 若突然撤去F2，物体将做曲线运动
D. 若突然撤去F3和F2，物体将做曲线运动
2.2023年12月8日，济郑高铁全线正式开通运营，首发列车复兴号G4821从济南长清站出站时做匀加速直线运动，途中连续经过三个测试点A、B、C，已知AB段距离为BC段的一半，AB段平均速度为108km/h，BC段平均速度为216km/h，如图所示，则列车经过C点时速度大小为( )
A. 85m/sB. 75m/sC. 65m/sD. 55m/s
3.如图，在虎年春节晚会上，舞蹈《只此青绿》凭借优美舞姿使我国山水画传世佳作《千里江山图》重回大众视野。甲图中舞蹈演员正在做一个后仰身体的舞蹈动作，静止时的简化模型如图乙所示，肌肉对头部的拉力与水平方向成45∘角，脖颈弯曲与水平方向夹角为53∘，已知sin53∘=0.8，cs53∘=0.6，据此可估算脖颈受到的压力约为直立时脖颈受到压力的多少？( )
A. 2倍B. 5倍C. 8倍D. 11倍
4.如图甲、乙所示，完全相同的两个小球，通过细绳与弹簧测力计连在一起并处于静止状态，其中F是大半球体的球心，N处是死结，已知CG=12CF，LN与水平地面平行，MN与LN夹角为30∘，除小球外其余连接物的质量不计，各接触处光滑。则甲、乙两图中弹簧测力计的读数之比为( )
A. 1:4B. 1:2C. 1:1D. 2:1
5.甲、乙两车在同一条平直公路上运动，其x−t图像如图所示，已知甲车做匀变速直线运动，其余数据已在图中标出。根据图中数据可知( )
A. t=2s时刻，甲乙两车速度大小相等B. 0∼2 s内，甲车位移等于乙车位移
C. 甲车的初速度大小为2m/sD. 相遇之前，t=0.75s时两车相距最远
6.B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，如图，在相同的时间内，它们通过的路程之比是4:3，运动方向改变的角度之比是3:2，则它们( )
A. 线速度大小之比为3:4B. 角速度大小之比为3:4
C. 圆周运动的半径之比为8:9D. 角速度大小之比为1:2
7.为备战2022年北京冬奥会，教练指导运动员开展滑雪训练，运动情境可简化为如下模型：将运动员(包括滑板)简化为质量m=50kg的质点，运动员以某一初速度v0从倾角为37°的山坡底端向上冲，山坡足够长取坡底为重力势能零势能面。运动员的机械能E总和重力势能Ep随离开坡底的高度h的变化规律如图所示。重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6。则( )
A. 运动员的初速度v0=25m/sB. 运动员与山坡间的动摩擦因数为0.03
C. 运动员在山坡上运动的时间为23sD. 运动员再次回到坡底时的动能为375J
8.如图所示，B是一个立方体物体，中间有一个光滑球形孔，小球C位于球形孔内，整个装置放在足够长的木板A上。已知立方体B与长木板A之间的动摩擦因数为μ= 22，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现将木板的倾角θ由0∘缓慢增大到60∘，在此过程中，下列说法正确的是
( )
A. 木板A受到的压力逐渐增大
B. 立方体B受到木板A的摩擦力逐渐变大
C. 小球C对立方体B的压力逐渐变大
D. 小球C对立方体B的压力大小先不变后减小
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，在高处的战士在同一位置先后投出甲、乙两颗手榴弹，在低处的战士投出一颗手榴弹丙，三颗手榴弹的运动都可看作平抛运动，轨迹如图所示。下列说法正确的有( )
A. 甲和乙的飞行时间相同B. 丙的飞行时间比甲的长
C. 甲的初速度比乙的大D. 丙的初速度比甲的小
10.如图所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动，监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图所示，取g=10m/s2，则( )
A. 物体的质量为6kg
B. 这3s内物体克服摩擦力做的功W=6.0J
C. 第1.5s时推力F的功率为3W
D. 后2s内推力F做功的平均功率P=2.5W
11.一质量为m=40 kg的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动。电动汽车的速度与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图甲、乙所示，3 s末电动汽车牵引力功率达到额定功率，10 s末电动汽车的速度达到最大值，14 s时关闭发动机，经过一段时间电动汽车停止运动。整个过程中电动汽车受到的阻力恒定。下列说法正确的是( )
A. 电动汽车最大速度为5 m/s
B. 电动汽车受到的阻力为100N
C. 关闭发动机后，电动汽车经过5 s停止运动
D. 整个过程中，电动汽车克服阻力做功为3750J
12.如图，光滑水平地面上有一质量为2kg的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为1kg的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为0.1，杆与竖直方向的夹角为θ=37°，杆与车厢始终保持相对静止，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是( )
A. 若B球受到的摩擦力为零，则F大小为24N
B. 若B球受到的摩擦力为零，则F大小为30N
C. 若推力F向右，则F可能为21N
D. 若推力F向右，则F可能为34N
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
13.某物理课外小组通过如图甲、乙、丙所示的实验装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。已知他们使用的小车完全相同且质量为M，重物的质量为m，试回答下列问题：
(1)实验时，必须满足“M远大于m”的实验装置是_______(选填“甲”、“乙”或“丙”)。
(2)按乙图实验装置得到如图丙所示的纸带，已知打点计时器打点的周期T=0.02s，其中A、B、C、D、E每相邻两个计数点之间还有4个点没有标出，根据纸带提供的数据，算得小车加速度的大小为_______m/s2(计算结果保留两位有效数字)。
(3)采用(丙)图实验装置探究质量一定时加速度与力的关系的实验，以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a−F图线是如图(丁)的一条直线。测出图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为____。
14.为了利用一根弹簧制作一只弹簧测力计，某同学首先用如图甲所示的装置测量了不同弹力大小F对应的弹簧长度x，然后作出了F−x图象，如图乙。请你回答下列问题(题中所有计算结果均保留两位有效数字)：
(1)由图乙中的图线可得该弹簧的劲度系数k=________N/m：
(2)利用该弹簧制成一只弹簧测力计如图丙，则测力计上每一大格(1 N)的长度为Δx=________cm；
(3)该同学制作完成后想将弹簧替换为橡皮筋，但老师告诉他橡皮筋不适合制作测力计。为了探究原因，他利用图甲装置在不超出橡皮筋弹性限度的情况下，测量了橡皮筋在拉伸和收缩两过程中，不同弹力大小F对应的橡皮筋伸长长度x。绘制图丁，图丁中实线为拉伸橡皮筋时的F−x图线，虚线为收缩橡皮筋时的F−x图线，由图象可知原因为________________；(只回答一条原因即可)
(4)该同学通过观察图丁发现橡皮筋拉伸和收缩图形差异较大，相同形变下弹力明显不同，通过网络查找资料后知道这种现象称为静态滞后。内耗是造成弹力明显不同的原因，且内耗的大小等于图中两图线所围面积。请根据所学知识确定内耗的单位为________
A.N B.m C.J D.N/m
四、计算题：本大题共4小题，共44分。
15.滑板运动受到青少年的追捧。如图所示是某滑板运动员在一次表演时的一部分赛道在竖直平面内的示意图，CD是光滑的四分之一圆弧赛道。水平轨道AB粗糙，且恰与圆弧CD在C点相切，轨道固定在水平面上。一个质量为m的运动员(可视为质点)从轨道的A端以初动能E冲上水平轨道AB，沿着轨道运动，由DC弧滑下后停在水平轨道AB的中点。已知水平轨道长为L，求：
(1)运动员的鞋底板与水平轨道的动摩擦因数μ是多少？
(2)为了保证运动员不从轨道的D端离开轨道，圆弧轨道的半径至少为多大？
(3)若圆弧轨道半径取第(2)问计算出的最小值，增大运动员的初动能，使得运动员冲上轨道后可以达到最大高度为1.5R处，运动员的初动能是多大？
16.如图甲是一种可以向高层运送货物的云梯车，其简化结构如图乙所示。轨道AB与水平面的夹角θ=53∘，将货物固定在载货平台上，通过操控电机可使载货平台沿轨道AB做直线运动。某次出厂调试中，载货平台要将货物运送到高为h=24m的楼房顶端。
(1)若载货平台以v1=0.5m/s的速度做匀速运动，求货物从A点到达B点所需的时间t1；
(2)若载货平台从A点由静止开始以a1=160m/s2的加速度运动到B点，求货物到达B点的速度大小vB；
(3)若载货平台从A点由静止开始运动，到达B点时的速度恰好为0，且载货平台加速和减速的最大加速度大小均为a2=0.5m/s2，最大速度为vm=1m/s，求货物从A点到达B点的最短时间t。
17.如图所示，在墙壁上固定一轻质弹簧，弹簧的劲度系数k =200 N/m，弹簧的另一端连接着一质量为mB=3kg小球B，弹簧中轴线沿水平方向，一轻绳绕过光滑的定滑轮C将小球B与粗糙斜面上质量为mA=5kg的物块A相连。A距离地面高度为h=2.4m，轻绳的BC段与竖直方向夹角为θ=53∘，轻绳的AC段与斜面平行，斜面倾角α=37∘，斜面底端平滑连接以速率为v=2m/s逆时针转动的传送带。已知物块A与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.2。传送带的全长s=3m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。物块A与小球B均可看做质点，已知sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)求弹簧的伸长量x
(2)剪断BC绳瞬间，求物块A、小球B的加速度大小分别为多少；
(3)BC绳剪断后，物块A到达斜面底端后能无碰撞地滑上传送带。试判断物块A能否从传送带的 E端离开，若能离开，求物块离开传送带所需的时间为多少；若不能离开，求物块离E端最近的距离为多少？
18.如图所示，质量为M=4kg的足够长木板C静置于光滑水平面上，可视为质点、质量均为m=2kg的煤块A、B静置于C上，B位于A右侧L=2m处。A、C间的动摩擦因数μA=0.2，B、C间的动摩擦因数μB=0.1，给C施加一水平向右的恒力F，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2。
(1)若F=4N，求煤块B与C之间的摩擦力大小f；
(2)若F=10N，求从刚开始施加力至A、B第一次相遇所用的时间t0；
(3)若F=16N，求从刚开始施加力至A、B第一次相遇时木板C上的划痕长度x；
(4)若F取不同的值，t为从刚开始施加力至A、B第一次相遇所用的时间，试通过计算画出1t2−F图像，图中需有必要的数据标注。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查斜抛运动速度与加速度方向的关系。根据平衡条件判断剩余力的合力方向，并明确合力与速度方向的关系，而后应用力与运动的关系判断即可。
解答本题时，要注意分析合力与速度方向间的关系。
【解答】
AB.物体在三个力的作用下做匀速直线运动，则这三个力的合力为零，若突然撤去F1，则剩下两个力的合力与F1大小相等、方向相反，物体将做匀减速直线运动，A、B项错误；
C.若突然撤去F2，则剩下两个力的合力与F2大小相等、方向相反，物体将做曲线运动，C项正确；
D.若突然撤去F3和F2，则物体所合受力即为F1，物体将做匀加速直线运动，D项错误。
2.【答案】B
【解析】设AB段距离为x，BC段距离为2x，AB段平均速度为v1=108km/h=30m/s
BC段平均速度为v2=216km/h=60m/s
AC段的平均速度为v3=3xxv1+2xv2=45m/s
由匀变速直线运动平均速度等于初末速度之和除以2可知AB、BC、AC段平均速度可表示为
v1=vA+vB2=30m/s
v2=vB+vC2=60m/s
v3=vA+vC2=45m/s
联立可得vC=75m/s
故选B。
3.【答案】B
【解析】设肌肉对头的拉力为F1，颈椎支持力为F2，根据平衡条件
F1cs45∘=F2cs53∘
水平方向竖直方向
F2sin53∘=G+F1sin45∘
解得
F2=5G
结合牛顿第三定律和题意可知颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到压力的5倍。
故选B。
4.【答案】A
【解析】图甲根据平衡条件由相似三角形可得mgCF=F1CG
解得F1=12mg
图乙根据平衡条件可得F2=mgsin30∘=2mg
则甲、乙两图中弹簧测力计的读数之比为I
故选A。
5.【答案】D
【解析】【分析】
解决本题的关键是知道x−t图象的斜率大小等于速度大小，斜率的方向表示速度的正负，灵活选取运动学公式求解。
x−t图象的斜率表示速度，根据斜率求出乙车的速度，甲车做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移−时间公式求出其加速度，当两车速度相等时，两车相距最远，根据斜率分析速度关系。
【解答】
A.在 x−t 图像中，图线的斜率表示速度，由题图可知， t=2 s 时刻甲车的速度大于乙车的速度，故A错误；
B.由题图知，甲车位移为8m，乙车位移为6m，甲车位移大于乙车位移，故B错误；
C.由乙车图线可知，乙车做匀速直线运动，速度大小为3m/s；甲车的位移表达式为
x=v0t+12a1t2+x0
将 (0,−2) 、 (1,0) 、 (2,6) 代入上式，解得x0=−2m ， v0=0 ， a1=4m/s2，故C错误；
D.两车速度相同时，两车相距最远，即v甲=v乙=3 m/s ， t=v甲a1=0.75s，故D正确。
6.【答案】C
【解析】A.A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，根据v=st
可得线速度大小之比为vA:vB=sA:sB=4:3
故A正确；
BD.根据ω=θt
可得角速度大小之比为ωA:ωB=θA:θB=3:2
故BD错误；
C.根据v=ωr
可得圆周运动的半径之比为rA:rB=vAωA:vBωB=43:32=8:9
故C正确。
故选C。
7.【答案】D
【解析】A.由于坡底为重力势能为零，则有E总=12mv02=625J
解得，运动员的初速度为v0=5m/s
故A错误；
B.由图可知，当 E总=Ep 时，物块运动到最高点，此时高度为h=1m
根据能量守恒有μmgcsθ⋅hsinθ=ΔE总=125J
解得，运动员与山坡间的动摩擦因数为μ=0.1875
故B错误；
C.运动员从山坡底端向上冲时，根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcsθ=ma1
则运动员从山坡底端向上冲到最高点所用的时间为t1=v0a1=23s
由于mgsinθ>μmgcsθ
可知运动员到达最高点后将会再次回到坡底，则运动员在山坡上运动的时间不为 23 s，故C错误；
D.运动员从最高点回到坡底，根据能量守恒有Ep−μmgcsθ⋅hsinθ=Ek
可得，运动员再次回到坡底时的动能为375J，故D正确。
故选D。
8.【答案】D
【解析】AB.对于BC整体进行受力分析可得 A 受到的压力为N=mB+mCgcsθ，f=mB+mCgsinθ
缓慢增大木板的倾角 θ 的过程中， N 减小， f 增大，当tanθ>μ= 22时，B开始滑动，摩擦力f=μmgcsθ开始减小，故AB错误；
CD.对C进行研究，可知C只受重力和球形孔对C的支持力，根据二力平衡可知C对B的压力大小先不变，当B开始滑动以后，加速度增大，根据牛顿第二定律可知，C对B的压力开始减小，故C错误， D正确。
故选D。
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查平抛运动，要求学生结合运动的分解进行分析求解，难度适中。
抛出后甲、乙、丙做平抛运动，可将运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，从而进行分析比较。
【解答】
AB、由h=12gt2，得t= 2hg，因为甲、乙下落的高度相同，丙的下落高度最小，可知甲、乙在空中运动的时间相同，丙的运动时间最短，故A正确，B错误；
C、在水平方向，x=v0t，因为甲、乙在空中运动的时间相同，甲的水平位移大于乙的水平位移，可知甲的初速度比乙的大，故C正确；
D、因为丙的运动时间短，但水平位移最大，所以丙的初速度最大，故D错误。
10.【答案】BC
【解析】A.根据 v−t 图像可知，物体在2∼3s内做匀速直线运动，受力平衡，结合 F−t 图像可得物体所受的摩擦力大小为Ff=2N
根据 v−t 图像可知，物体在1∼2s内做匀变速直线运动，加速度大小为a=2m/s2
根据牛顿第二定律有F−Ff=ma
代入数据可得m=0.5kg
A错误；
B.根据 v−t 图像的面积可得物体的位移为
则物体克服摩擦力所做的功为W=Ff⋅x=6.0J
B正确；
C.第1.5s时，物体的速度为v=1m/s
此时力F大小为F=3N
故该时刻F功率为P=F⋅v=3W
C正确；
D.后2s内F所做的功为W′=3N⋅1m+2N⋅2m=7J
后2s内F所做的功的功率为P=W′t=7J2s=3.5W
D错误。
故选BC。
11.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查的是机车启动问题，要求学生能够熟练地进行受力分析与运动状态分析，公式P=Fv，P指实际功率，F表示牵引力，v表示瞬时速度；当牵引力等于阻力时，机车达到最大速度。
当牵引力等于阻力时，速度取到最大值，根据功率公式求解阻力；汽车做匀加速运动的牵引力最大，根据功率公式求解；根据动能定理求解克服摩擦力做功。
【解答】
AB.由v−t图像可知在0～3s内，电动汽车的加速度a1=ΔvΔt=33m/s2=1m/s2；
由P−t图像可知在0～3s内P=Fv=Fat，解得F=100N；
由牛顿第二定律：F−f=ma1，解得f=60N；
当牵引力等于阻力时速度达到最大，由P=fvm，解得vm=Pf=30060m/s=5m/s，故A正确，B错误；
C.关闭发动机后，根据牛顿第二定律可得f=ma2，解得a2=1.5m/s2，经过t2=vma2=51.5s=103s，电动汽车停止运动，故C错误；
D.对全程由动能定理可得：P2t1+Pt3+Wf=0，Wf=−3750J，所以整个过程中克服阻力做功为3750J，故D正确。
12.【答案】BCD
【解析】AB.若B球受到的摩擦力为零，则A球受到的弹力等于两球的合力，水平推力向右。对A球F杆csθ=m球g
对B球F杆sinθ=m球a
对车与球整体F=m车+2m球a
得F=30N
A错误，B正确；
CD.若推力F向右，推力最小时，B球受最大静摩擦力向左，则F杆sin37∘−μF杆cs37∘+m球g=m球a1
推力最大时，B球受最大静摩擦力向右，则F杆sin37∘+μF杆cs37∘+m球g=m球a2
外力范围为m车+2m球a1≤F≤m车+2m球a2
得22N≤F≤38N
CD正确。
故选BCD。
13.【答案】 甲 0.63 2k
【解析】(1)[1]甲实验装置无测力装置，而乙、丙装置均装有测力装置，可直接通过测力装置得到小车绳子上的拉力，因此不需要“M远大于m”，而甲装置因没有测力装置，需用槽码的总重力代替小车所受合外力，因此需要满足“M远大于m”。
故选甲。
(2)[2]根据题意，每两个计数点之间还有4个点未标出，则可得每两个计数点之间的时间间隔为t=5T=0.1s
根据逐差相等公式可得a=xCE−xAC2t2=5.5−34×0.01×10−2m/s2=0.63m/s2
(3)[3]根据图丙实验原理结合牛顿第二定律有2F=Ma
可得a=2M⋅F
结合图丁则有2M=k
解得小车的质量M=2k
14.【答案】(1)50 ；(2)2.0；
(3)橡皮筋不满足胡克定律，弹力与伸长或收缩的长度不成正比；
(4)C

【解析】【分析】
本题考查弹簧及橡皮筋的弹力与形变量的关系，难度不大。
(1)由图线的斜率求解弹簧的劲度系数k；
(2)由胡克定律求解测力计伸长的长度；
(3)由橡皮筋的弹力与形变量不成正比分析；
(4)根据图像所围的面积与W=Fx比较得出内耗的单位。
【解答】
(1)由图乙中图线的斜率表示弹簧的劲度系数，可得该弹簧的劲度系数k=ΔFΔx=50N/m；
(2)由F=kΔx，则测力计上每一大格(1 N)的长度为Δx=Fk=0.02m=2.0cm；
(3)用橡皮筋代替弹簧，橡皮筋不满足胡克定律，弹力与伸长或收缩的长度不成正比，导致图线不是直线；
(4)内耗是造成弹力明显不同的原因，且内耗的大小等于图中两图线所围面积，根据W=Fx知，内耗的单位为能量的单位J。故选C。
故答案为：(1)50 ；(2)2.0；
(3)橡皮筋不满足胡克定律，弹力与伸长或收缩的长度不成正比；
(4)C。
15.【答案】(1)运动员最终停在AB中点，在此过程中由动能定理可得−μmg(L+12L)=0−E
解之得μ=2E3mgL
(2)若运动员刚好到达D处，速度为零，由动能定理可得−μmgL−mgR=0−E
联立解之得CD圆弧轨道半径至少为R=E3mg
(3)设运动员以初动能Eˈ冲上轨道，可以达到最大高度1.5R，由动能定理得−μmgL−1.5mgR=0−E′
联立解之得E′=76E

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.【答案】(1)AB间距离为LAB=hsin53∘=30m
货物从 A 点到达 B 点所需的时间t1=LABv1=60s
(2)由LAB=vB22a1
可得货物到达 B 点的速度大小vB=1m/s
(3)货物先匀加速后匀速最后匀减速用时最短，加速和减速时间相同t2=2vma2=4s
加速和减速通过的位移x1=2vm22a2=2m
匀速的时间t3=LAB−x1vm=28s
整个过程的总时间t=t2+t3=32s

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
17.【答案】(1)0.2m；(2) 503m/s2 ， 2m/s2 ；(3)物块A能离开传送带，1 s
【详解】(1)小球B在三个力的作用下处于平衡状态，对小球B受力分析如图所示，由平衡条件可得

mBgtanθ=F弹=kx
解得
F弹=40N
x=0.2m
(2)剪断绳 BC的瞬间，弹簧的弹力不变，对小球B有
F合= F弹2+(mBg)2=50N
由牛顿第二定律可得
F合=mBa1
解得
aB=503m/s2
剪断绳 BC 的瞬间，物块A从斜面由静止开始下滑，对物块A进行受力分析，由牛顿第二定律可得
mAgsinα−μ1mAgcsα=mAaA
解得
aA=gsin⁡α−μ1gcs⁡α=2m/s2
(3)物体从斜面由静止开始下滑，做加速度为 2m/s 的匀加速直线运动
由几何知识可得
sinα=hsAD
解得
sAD=4m
由匀加速直线运动的位移公式可知
vD2−0=2aAsAD
解得
vD= 4m /s
解得物块A到达斜坡底端 D 时，速度4m /s。物块A在传送带上运动时，运动方向与传送带运动方向相反，由牛顿第二定律可得
μ2mAg=mAa′
解得
a ′=−2m/s2
物块A在传送带 DE 上做匀减速直线运动，当物块A速度减小到0时，物块A运动的距离最远，即为
0−vD2=2a′xmax
解得
xmax=4m>3m=s
故物块A能离开传送带，设离开传送带时速度为vE，由位移公式可知
vD2−vE2=2a′s
解得
vE=2m/s
物块A离开传送带所需的时间为
t=(vD−vE)−a′=1s

【解析】详细解答和解析过程见答案
18.【答案】(1) 1N ；(2) 2 3s ；(3) 1m ；(4)
【解析】(1)煤块B与C之间的最大静摩擦力为
fBm=μBmg=2N
假设A、B、C相对静止，若 F=4N ，对整体，根据牛顿第二定律有
F=(M+2m)a1
煤块B与C之间的摩擦力大小
f=ma1=1N假设成立，煤块B与C之间的摩擦力大小为 1N 。
(2)B、C相对静止，B的最大加速度为
μBmg=maBm
A、C相对静止，A的最大加速度为
μAmg=maAm
解得
aBm=1m/s2 ， aAm=2m/s2
假设A、B、C相对静止，若 F=10N ，对整体，根据牛顿第二定律有
F=(M+2m)a2
解得
a2=1.25m/s2
可知B与C间发生相对移动，以A、C为整体，根据牛顿第二定律有
F−μBmg=(M+m)a3
解得
a3=43m/s2
故A、C相对静止，A、B第一次相遇时，有
L=12a3t02−12aBmt02
解得从刚开始施加力至A、B第一次相遇所用的时间为
t0=2 3s
(3)若 F=16N ，可知B与C间发生相对移动，以A、C为整体，根据牛顿第二定律有
F−μBmg=(M+m)a4
解得
a4=73m/s2>aAm
可知A与C间发生相对移动，对C，根据牛顿第二定律有
F−μAmg−μBmg=Ma5
解得
a5=2.5m/s2
A、B第一次相遇时，有
L=12aAmt12−12aBmt12
解得从刚开始施加力至A、B第一次相遇所用的时间为
t1=2s
从刚开始施加力至A、B第一次相遇时木板C上的划痕长度为
x=12a5t12−12aAmt12=1m
(4)A、B、C相对静止时，对整体，可得水平向右的恒力的最大值为
F1=(M+2m)aBm=8N
A、C相对静止时，对A、C，根据牛顿第二定律有
F2−μBmg=(M+m)aAm
可得水平向右的恒力的最大值为
F2=14N
当 0≤F≤8N ，A、B、C相对静止，当 8F2−μBmg=(M+m)a6
A、B第一次相遇时，有
L=12a6t12−12aBmt12
整理得
1t2=F24−13
当 F>14N 时，A、B第一次相遇所用的时间为 2s ，则
1t2=14s−2
做出 1t2−F 图像如图所示。