【文档说明】重庆市南开中学2022-2023学年高一上学期12月月考物理试题 含解析 .docx，共(24)页，5.009 MB，由小赞的店铺上传

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重庆南开中学高2025届高一上物理12月月考（时间120分钟，满分120分）第Ⅰ卷（选择题共55分）一、单项选择题（本题共10个小题，每题3分，共30分。下列各题四个选项中只有一个选项符合题意，请选出。不选、多选或错选均不得分）。1.在牛顿管真空实验中，将羽毛和苹果同

时从同一高度由静止竖直释放，并拍下频闪照片，下列频闪照片符合事实的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】在牛顿管真空实验中，羽毛和苹果均只受重力作用，下落的加速度相同，则当同时从同一高度由静止竖直释放时，运动情况相同，均做自由落体运动，相等时间内位移逐渐增加。故选C。2.下列说法中正

确的是()A.体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态B.蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态C.举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D.游泳运动员仰卧在水面上静止不动时处于失重状态【答案】B【解析】【详解】体操运动

员双手握住单杠吊在空中不动时属于平衡状态，合力为零，所以拉力等于重力，不是超重也不是失重，A错；蹦床运动员在空中上升和下落过程中都只受重力作用，支持力或拉力为零，所以属于完全失重状态，B对；举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间处于平衡状态，合力为零，

不是超重也不是失重，C错；游泳运动员仰卧在水面静止不动处于平衡状态，合力为零，不是超重也不是失重，D错．故答案选B．思路分析：静止状态时，加速度为零，属于平衡状态，ACD错.蹦床运动员在空中上升和下落过程中加速度即

为重力加速度，方向向下，都处于完全失重状态，B正确.试题点评：考查超重和失重现象的判断，重力大于拉力属于失重，重力小于拉力属于超重．应该熟练掌握．3.如图所示，在光滑且固定的斜面上有一轻质弹簧，弹簧的一

端固定在斜面挡板上，一小球A沿着斜面下滑，从小球A刚接触弹簧的瞬间到将弹簧压缩到最低点的过程中，下列说法正确的是（）A.小球做匀变速运动B.小球的加速度将先减小后增大C.小球的加速度将先增大后减小D.小球的速度将先减小后增大

【答案】B【解析】【详解】从小球A刚接触弹簧的瞬间到将弹簧压缩到最低点的过程中，一开始弹簧弹力小于小球重力沿斜面向下的分力，小球的加速度沿斜面向下，小球向下做加速度减小的加速运动；当弹簧弹力等于小球重力沿斜面

向下的分力时，小球的加速度为零，小球的速度达到最大；之后弹簧弹力大于小球重力沿斜面向下的分力，小球的加速度沿斜面向上，小球向下做加速度增大的减速运动；故小球的加速度将先减小后增大，小球的速度先增大后减小。故选

B。4.如图所示，有两个光滑直轨道AB和CD，其中A、B、C、D四点刚好位于同一竖直圆O的圆周上，B点恰好过竖直圆O的最低点。现让两个小球（可视为质点）分别从A、D两位置由静止释放，它们沿直轨道到达B、C的时间分别记为1t、2t。则（）A.12ttB.12tt=C.12ttD.无法确定

【答案】A【解析】【详解】若研究物块沿AB下滑，设AB与竖直直径成的角度为θ，则加速度cosag=从A到B由运动公式2112cos2Rat=解得14Rtg=若过B点做CD的平行线，交圆弧与E点，则物块沿EB下滑的时

间也为t1，因EB和DC倾角相同，则物块下滑的加速度相同，但是CD长度小于BE的长度，可知沿DC下滑的时间t2小于EB的时间，即12tt故选A。5.一位在地面上最多可以举起1500N重物的人，在某竖直运动的电梯中最多可以举起2000N的重物．g=10m/s2．该电梯的运动可能是A

.以3.3m/s2的加速度加速下降B.以3.3m/s2的加速度减速下降C.以2.5m/s2的加速度加速上升D.以2.5m/s2的加速度减速上升【答案】D【解析】【分析】根据人在地面上最多能举起质量为1500N的物体，他在竖直向上运动的电梯中最多举起了2000N的物体，由牛顿第二

定律求出电梯加速度的大小和方向．【详解】由题意某时他在竖直向上运动的电梯中最多举起了2000N的物体，知物体处于失重状态，此人最大的举力为1500N．则由牛顿第二定律得，m′g-F=m′a，解得2200015002.5/200mgFamsm−−=＝＝．方

向向下．则电梯可能以2.5m/s2的加速度减速上升，也可能以2.5m/s2的加速度加速下降；故选D．【点睛】本题是应用牛顿第二定律研究超重和失重的问题，关键抓住人的最大举力是一定的．6.甲、乙两球质量分别

为m1、m2，从同一地点（足够高）同时由静止释放。两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv（k为正的常量）。两球的v－t图象如图所示。落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定

值v1、v2。则下列判断正确的是（）A.释放瞬间甲球加速度较大B.12mm＝21vvC.甲球质量大于乙球质量D.t0时间内两球下落的高度相等【答案】C【解析】【分析】【详解】A．释放瞬间，两球受到的阻力均为0，此时加速度

相同，选项A错误；B．运动到最后达到匀速时，重力和阻力大小相等mg＝kv则1122=mvmv选项B错误；C．由图象可知v1＞v2，因此甲球质量大于乙球质量，选项C正确；D．下落高度等于图线与时间轴围成的面积，可知甲球下落高度大，选

项D错误。故选C。7.如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高度处，动滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与竖直向上的拉力TF之间的函数关系如图乙所示。则下列判断正确的是（）A.图线与纵轴的交点的绝对值

为2gB.图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数C.图线的斜率在数值上等于物体质量倒数的2倍D.图线与横轴的交点N的值TNFmg=【答案】C【解析】【详解】ABC．根据题意，由牛顿第二定律有T2Fmgma−=整理得T2Fagm=−可知，图线与纵轴的交点的绝对值为g，图线的斜率在

数值上等于物体质量倒数的2倍，故AB错误，C正确；D．由上述分析可知，当0a=时，则有T2mgF=即T2NmgF=故D错误。故选C。8.一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻

绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距35L时，如图所示，则它们的加速度大小均为（）A.2FmB.58FmC.56FmD.38Fm【答案】B【解析】【详解】两球运动至二者相距35L时，设每段绳子与水平力F的夹角为θ，则13325sin152LL==

设每段绳子的拉力为T，则2cosTF=每个小球的加速度Tam=解得58Fam=故选B。9.如图所示，弯折杆ABCD的D端接一个小球，杆和球的总质量为m，一小环套在杆AB段上用绳吊着，恰好能一起以加速度a竖直向上做匀加速运动，杆AB段与水平方向的夹角为θ，则（）A.杆对环压力为co

ssinmgma+B.环与杆的摩擦力为sinsinmgma+C.环与杆的摩擦力为sinmgD.环对杆的作用力为ma【答案】B的【解析】【详解】ABC．杆和球受重力、支持力、摩擦力三个力作用，如图沿BA和垂直BA方向建立直角

坐标系，分解加速度，沿BA方向：sinsinfmgma−=垂直BA方向：coscosNmgma−=得sinsinfmgma=+coscosNmgma=+选项AC错误，B正确；C．环对杆

和球的作用力为支持力、摩擦力的合力，由牛顿第二定律可知：作用力方向一定竖直向上且Fmgma−=即Fmgma=+选项C错误。故选B。10.质量为M的三角形物块放置在粗糙水平地面上，开始时质量为m的物体以速度0v沿三角形物块的粗糙斜面匀速下滑。某

时刻给物体施加一沿斜面向下的推力F，使物体沿斜面向下做加速运动，如图所示。整个过程中，三角形物块始终静止在地面上。设物体向下加速运动时，地面对三角形物块的支持力大小为N，地面对三角形物块的摩擦力的大小为f，重力加速度为g。则（）A.0f，()NmMg+B.0f=，()NmMg+C0

f，()NmMg+D.0f=，()NmMg=+【答案】D【解析】【详解】当m匀速下滑时，m受到的滑动摩擦力等于质量沿斜面向下的分力，即1sinfmg=1f方向沿斜面向上；此时m受到的支持力大小为NcosFmg=方向垂直于斜面向上，二者的合力竖直向上，大小等于mg。当物体

m向下做加速运动的过程中，物体受到的摩擦力仍然是滑动摩擦力，大小仍然是1sinfmg=方向仍然沿斜面向上；m受到的支持力大小仍然为NcosFmg=所以物体m向下做加速直线运动过程中对三角形物块的压力仍然垂直于斜面向下，对三角形物块的摩擦力的方向仍然沿斜面的方向向下，由勾股定理以及平行四边形定

则可知，物体m对三角形物块的压力与滑动摩擦力的合力的方向仍然是竖直向下，大小等于mg。以三角形物块为研究对象，则三角形物块受到重力、地面的支持力以及m对它的合力，没有水平方向的力，所以0f=，()NmMg=+故选D。二、

多项选择题（本题共5个小题，每题5分，共25分。下列各题四个选项中有多个选项符合题意，请选出。全选对的得5分，选对但不全的得3分，不选、多选、错选的不得分）。11.下列有关物理现象和物理学发展的说法中，

正确的是（）A.当物体的速度为零时，加速度不一定为零B.质量的单位“kg”是基本单位，长度的单位“m”是导出单位C.伽利略对自由落体运动研究方法的核心是：把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法D.牛顿通过他的理想实验指出：

力是改变物体运动状态的原因，首次推翻了亚里士多德的观点——力是维持物体运动的原因【答案】AC.【解析】【详解】A．当物体的速度为零时，加速度不一定为零，例如竖直上抛物体到达最高点时，选项A正确；B．质量的单位“kg”是基本单位，长度的单位“m”也是基本单位，选项B错

误；C．伽利略对自由落体运动研究方法的核心是：把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法，选项C正确；D．伽利略通过他的理想实验指出：力是改变物体运动状态的原因，首次推翻了亚里士多德的观点—

—力是维持物体运动的原因，选项D错误。故选AC。12.一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动,小球通过细绳与车顶相连.小球某时刻正处于如图所示状态.设斜面对小球的支持力为N,细绳对小球的拉力为T,关于此时刻小球的受力情况,下列说法正确的()A.若小车向左运动,N

可能零B.若小车向左运动,T可能为零C.若小车向右运动,N不可能为D.若小车向右运动,T不可能为零【答案】AB【解析】【详解】若小车向左运动做减速运动，则加速度向右，小球受重力及绳子的拉力可以使小球的加速度与小车相同，故此时N为零，故A正确；若小

球向左加速运动，则加速度向左，此时重力与斜面的支持力可以使合力向左，则绳子的拉力为零，故B正确；同理可知当小球向右时，也可能做加速或减速运动，故加速度也可能向右或向左，故N和T均可以为零，故CD均错误；故选AB．点睛：力是改变物体运动状态的原因，故物体的受力与加速度有关，和物体的运动方向无

关，故本题应讨论向左加速和减速两种况．13.质量为M的长木板A放在光滑的水平面上，一个质量为m的滑块B以某一速度0v冲上A，A与B之间存在摩擦，并且B能够滑离A。滑离时，长木板A的速度大小为Av，前进的位移大小为Ax；滑块B的为速度大小为Bv，前进的位移大小为Bx。若滑

块B改用速度02v冲上A，其他条件都不变，下列说法正确的是（）A.Av变大B.Bv变大C.Ax变大D.Bx变小【答案】BD【解析】【详解】根据题意，当滑块B以某一速度0v冲上A，设A、B间的动摩擦因数为，对滑块B，由牛顿第二定律有mgma=B

解得Bag=则有B0Bvvat=−，2B0B12xvtat=−对长木板A，由牛顿第二定律有AmgMa=解得AmgaM=则有AAvat=，2AA12xat=且有BAxxL−=滑块B改用速度02v冲上A，A、B间摩擦力不变，则A

、B的加速度不变，则有''B0B2vvat=−，'''2B0B122xvtat=−''AAvat=，''2AA12xat=又有''BAxxL−=可得'tt则有'AAvv，'AAxx，'BBvv，'BBxx故

选BD。14.如图1所示，传送带以速率v顺时针匀速转动，在其水平部分的右端B点正上方有一竖直弹性挡板。一定质量的小物块以初速度v0（v0大于v）从左端A点滑上传送带，恰好能返回A点，运动过程中的v-t图像如图2实线所示，下列说法正确的是（）A.v0和v大小满

足关系：v0=2vB.若只增大v0，其它条件不变，物块将从传送带左端滑下C.若v0=v，其它条件不变，物块将传送带上往复运动D.若只减小v0，其它条件不变，物块有可能不会返回A点【答案】BC【解析】【详解

】A．物块与挡板的碰撞是弹性的，结合v-t图像可知，小物块恰好减速到与传送带速度相等时与挡板碰撞，向左减速至A点速度为零，t轴上方梯形面积与t轴下方三角形面积相等，可得v0=2v，A项错误；BC．若只增大v0，其它条件不变，物块与挡板碰后速度将大于v，物块必从传送带左端滑下

，当v0=v时，物块碰后速度为v，恰好能回到A点，后向右加速，出现往复运动，BC项正确；D．若只减小v0，当减为零时，加速到达挡板处应该恰好为v，故物块一定能返回A点，D项错误。故选BC。15.如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为

μ．现给环一个水平向右的恒力F，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F1＝kv，其中k为常数，则圆环运动过程中()在A.最大加速度为FmB.最大加速度为Fmgm+C.最大速度为mgkD.最大速度为Fmgk+【答案】

AD【解析】【分析】根据力F1与重力mg的关系分析圆环的运动性质与运动过程，根据平衡条件与牛顿第二定律即可解题．【详解】当F1=mg，即：kv=mg，解得：mgvk=时，圆环水平方向不受摩擦力，则圆环的加速度最大为Fam=，故A正确，B错误；当滑动摩擦力f=μ（kv-mg）=F

时，加速度为零，对应的速度最大Fmgvk+=，故D正确，C错误．所以AD正确，BC错误．【点睛】本题考查了求最大加速度、最大速度问题，对圆环正确受力分析、分析清楚圆环运动过程是正确解题的前提与关键．第Ⅱ卷（非选择题共65分）三、实

验题（本题有16、17两个小题，其中16题6分，17题8分，共14分）。16.某同学用如图甲所示的装置来“验证力的平行四边形定则”。图中A、B是两个力学传感器，它们可以在竖直平面内的圆弧上自由移动。AO、BO是两段不可伸长的轻质细绳，在O的下方悬挂一质

量为m的重物时，结点O恰好位于圆弧的圆心上。已知O为“死结”。（1）若增加重物质量，则结点O的位置__________填“上升”或“下降”或“不变”）；（2）在某次实验中，A、B传感器的读数分别是1F、2F，然后用一只

力学传感器测量物体重力，其读数为F，最后作出1F、2F的合力F。若操作正确，则作出的图可能是图中的__________（选“乙”或“丙”）；（3）若保证AO、BO夹角（未知）不变，在图甲所示位置将A

O、BO沿顺时针方向旋转至AO到竖直位置的过程中，AO、BO上的力1F、2F大小变化情况可能是__________。A.1F变大、2F变小B.1F先变大后变小、2F变小C.1F变大、2F变大D.1F变小

、2F变大【答案】①.不变②.乙③.AB##BA【解析】【详解】（1）[1]根据题意可知，两个力学传感器可以在圆弧上自由滑动，圆弧给传感器的支持力一定与圆弧的切面垂直，由平衡条件可知，AO、BO一定沿半径方向，

则O点一定处在圆弧的圆心上，故增加重物质量，则结点O的位置不变。（2）[2]根据题意可知，F为用一只力学传感器测量物体重力的读数，则一定与重力在一条直线上，作出的图可能是图中的乙。（3）[3]根据题意，设AO与竖直方向的夹角为，则BO与竖直方向的夹角为−，如图所示由平

衡条件可得()12sinsinFF=−()12coscosFFmg+−=解得()1sinsinmgF−=2sinsinmgF=若的取值范围为090可知090090−则AO到竖直

的过程中，减小，−增大，则有1F变大，2F减小；若的取值范围为90180可知0900180−则AO到竖直的过程中，减小，−增大，则有1F先变大后变小，2F减小。故选AB。17.图甲所示为某实验小组测量完全相同的

A、B两个箱子质量的装置图，其中D为铁架台，E为固定在铁架台上的轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略），F为光电门，C为固定在A上、宽度为d的细遮光条（质量不计）。此外该实验小组还准备了砝码一套（总质量01kgm=）和刻度尺等，请在以下实验步骤中按要求作答：（1）在铁架

台上标记一位置O，并测得该位置与光电门之间的高度差h。（2）取出质量为m（02mm）的砝码放在A中，剩余砝码都放在B中，让A从位置O由静止开始下降；（3）记录下遮光条通过光电门的时间t，根据所测数据计算出A下落到F处的速率=v____

______；下落过程中的加速度大小=a__________；（4）改变m，重复（2）（3）步骤，得到多组m及a的数据，作出__________（填“am−”或“1am−”）图像如图乙所示（图中横、纵坐标物理最的单位均采用国际制单

位）；（5）若已知图像斜率k的值为4，则每个箱子质量M=__________kg（重力加速度大小g取210m/s）【答案】①.dt②.222dht③.am−④.2【解析】【详解】（3）[1]根据题意可知，A下落到F处的速率为dvt=[2]由运动学公式22

02vvax−=可得22vah=解得22222vdahht==（4）[3]根据题意，设A、B两个箱子的质量为M，对整体，由牛顿第二定律有()()()112MmgMmgMa+−+−=+整理可得21212gg

amMM=−++可知，作出am−图像。（5）[4]根据题意可知，图像斜率k的值为4，则有2412gM=+解得2kgM=四、计算题（本大题共5个小题，其中18题8分，19题8分，20题10分，21题10分，22题1

5分，共51分）。18.如图所示，在倾角30=的光滑斜面上，有两个用轻质弹簧相连接的小物块A、B，已知A、B的质量均为1kgm=，轻弹簧的劲度系数为100N/mk=，C为一固定挡板。系统开始处于静止状态。现用一恒力20NF=沿斜面方向拉物块A，使之向上运动，已知重力加速度210m/sg=

。求（1）B刚要离开C时，小物块A的加速度大小；（2）从施加F开始到B刚要离开C的过程中，物块A的位移大小。【答案】（1）210m/s；（2）0.1m【解析】【详解】（1）令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知1sinmgkx=

解得1sin0.05mmgxk==令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知2sinmgkx=2sin0.05mmgxk==由牛顿定律可知2sinFmgkxma−−=联立解得22sin10m/sFmgam−==（2）从

施加F开始到B刚要离开C的过程中A上升的位移120.1mdxx=+=19.为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，某同学用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示。他使木块以4m/s初速度沿倾角30的斜面上滑，并同时开始记录数据，利用

电脑绘出了木块从开始至最高点的v-t图线如图乙所示。木块到达最高点后又沿斜面滑下。g取10m/s2，求：（1）木块与斜面间的动摩擦因数；（2）木块回到出发点时的速度大小v。【答案】（1）0.35；（2）2m/s【解析】【详解】（

1）由题图可知，木块经0.5s滑至最高点，则上滑过程中加速度的大小2214m/s8m/s0.5a==上滑过程中在斜面上有沿斜面向下的重力的分力、摩擦力，上滑过程中根据牛顿第二定律有1sincosmgmg

ma+=代入数据得0.35=（2）下滑的距离等于上滑的距离22014m1m228vxa===下滑摩擦力方向变为向上，下滑过程中根据牛顿第二定律有2sincosmgmgma−=解得222m/sa=下滑至出发点的速度大小为222=vax解得2m/sv=20.如图所示，某三角

支架ABO中，轻杆BO可绕通过O点的光滑轴转动，AOBO⊥，A、B间用细绳连接，37=。在B点连接质量为m的小球，杆AO在外力作用下保持竖直方向，且使整个装置沿BA方向做直线运动。已知重力加速度为g，sin370.6=，cos370.8=。（1

）当整个装置做匀速直线运动时，细绳AB和杆OB对小球作用力分别为多大？（2）当整个装置以加速度ag=做匀减速运动时，轻绳AB和杆OB对小球作用力分别为多大？【答案】（1）53mg，43mg；（2）23mg，43mg【解析】【详解】（1）根据题意，对小球受力分析，如

图所示将各个力沿水平和竖直方向分解，由平衡条件得2sinFmg=，12cosFF=解得14tan3mgmgF==，25sin3mgmgF==（2）根据题意，对小球受力分析，如图所示将各个力沿加速度方向和

加速度垂直的方向进行正交分解，由牛顿第二定律得3sincosFmg=，34cossinFmgFma+−=解得343mgF=，423mgF=21.如图所示，一平直的传送带以速度v=2m/s匀速运动，传送带把A处的工件运送到

B处，A、B相距L=10m，从A处把工件无初速地放到传送带上，经过时间t=6s能传送到B处．求：（1）上述过程中工件在传送带上做匀加速运动的时间；（2）若传送带速度v可取不同值，求出工件从A至B的时间t随传送带运动速度v的变化的函数关系式．【答案】（1）2s；（2）当v小于25/ms时，10

2vtsv=+（）；当v大于或等于25/ms时，25ts=【解析】【详解】（1）设工件匀加速的时间为t，由题意可得工件先加速后匀速至B点，则在工件加速过程中的平均速度022vvvv+＝＝根据位移时间关系

有()62vtvtL+−＝代入v=2m/s，L=10m，可解得：t=2s（2）由v=at得，工件加速度21/vamst==则工件由A至B一直加速运动时用时最短，由v2=2ax得，传送带的速度至少为：25/vms=；若传送带速度25/vms时工作

先加速运动后和传送带一起匀速运动；运动时间210222vLvvLvatsavavv−=+++＝＝（）当速度25/vms时，设工件从A至B的时间为t′，则有L=12at′2，得时间225Ltsa＝＝22.如图所示，光滑水平面上放着长2mL=、质量为4kgM=的薄木板，一个质量为1kgm

=的小物体放在木板的最右端，小物体和木板之间的动摩擦因数0.2=，开始时二者均静止。现对木板施加一水平向右的恒定拉力F，g取210m/s。求：（1）为使小物体不从木板上掉下，F不能超过多少；（2）如果拉力11NF=，小物体能获得的最大速度；（3）如果拉

力11NF=作用了2s=t后即撤去，小物体能获得的最大速度。【答案】（1）10N；（2）8m/s；（3）4.4m/s【解析】【详解】（1）小物体随木板运动的最大加速度为a，对小物体由牛顿第二定律得mgma＝可得小物体最大加速度为220.210m/s2m/sag===对整体分析，由牛

顿第二定律得()10NmFMma=+=（2）因施加拉力11N10NF=，故物体相对木板滑动，设木板对地运动的加速度为1a对木板由牛顿第二定律得1FmgMa−=解得212.25m/sa=小物体在木板上运动的时间为1t，则221111122Latat=−解得14s=t物体脱离木板时的

速度最大为18m/smvat==（3）由（2）可知2s=t时，物体并未脱离木块，此时物体的速度为14m/svat==物体的位移为2114m2xat==的木板的速度为214.5m/svat==木板的位移为

22114.5m2xat==t内物体相对木板位移21Δ0.5mxxx=−=撤去外力后，物体的加速度为22m/sa=对木板有2mgMa=木板的加速度为220.5m/sa=假设木板和物体可以共速，有22212vatvat−=+解得20.2st=此过程中物体的位移为211

2210.84m2xvtat=+=木板的位移为22222210.89m2xvtat=−=2t物体相对木板滑动的位移21Δ0.05mxxx==−共速前相对位移ΔΔΔ0.55m2mLxx=−=所以物体与木板共速时速度最大，即max124.4m/s=vvat+=获得更多资源请扫码加入享学

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