【文档说明】吉林省榆树市第一高级中学2020-2021学年高一上学期（老教材）期末备考卷（B）物理试卷含答案.doc，共(13)页，497.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年上学期高一期末备考卷物理（B）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：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，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效

。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共12小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，每小题3分；第9～12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全

的得2分，有选错的得0分。1．关于牛顿运动定律，下列说法正确的有()A．米、千克、牛顿都属于国际单位制中的基本单位B．牛顿第一定律是牛顿第二定律在合外力为零的情况下的一个特例C．在“嫦娥三号”卫星中的物体处于完全失重状态，所以没有惯性D．作用力和反作用力总是大小相等、方向相反，所以作用效果不可

以抵消【答案】D【解析】米、千克是国际单位制中的力学基本单位，牛顿为导出单位，故A错误；牛顿第一定律揭示了力和运动的关系，即力是改变物体运动状态的原因或产生加速度的原因，同时指出了物体具有保持原来运动状态的属性，即惯性。因为不受力的物体是不存在的，从这里可以看

出牛顿第一定律是理想情况下的定律，牛顿第二定律指出了加速度与力和质量的关系，即F＝ma，当加速度a＝0时并不能说明物体不受力，只能说明作用于物体的几个力的合力为零。因此，牛顿第一定律不是牛顿第二定律在物体的加速度a＝0条件下的特例，故B错误；有质量

就有惯性，宇宙飞船中的物体处于完全失重状态，也有惯性，故C错误；作用力与反作用力作用在不同的物体上，不是平衡力，作用效果不能抵消，故D正确。2．如图所示，小明正在擦一块竖直放置的黑板。下列关于擦黑板的几种说法正确的是()A．黑板

擦与黑板间的摩擦力是静摩擦力B．压力越大，黑板与黑板擦之间的摩擦力越大比C．摩擦力的大小一定与黑板擦的重力成正D．若黑板擦不小心脱手，则其在自由下落的过程中也可能把字擦掉【答案】B【解析】黑板擦相对黑板滑动

，所以是滑动摩擦力，故A错误；根据滑动摩擦力公式f＝μFN，可知滑动摩擦力与压力成正比，所以压力越大，黑板与黑板擦之间的摩擦力越大，故B正确；摩擦力的大小与手压黑板擦的力成正比，与黑板擦的重力无关，故C错误；若黑板擦不小心脱手，板擦对黑板的压力为零，所以他们之间没有摩

擦力，即在自由下落的过程中不可能把字擦掉，故D错误。3．如图所示，甲、乙两辆汽车在t＝0时刻刚好经过同一位置，并沿同一方向做直线运动，已知甲车的加速度大小恒为1.2m/s2。下列正确的是()A．乙车做加速

度先增大后减小的变加速运动B．在前4s的时间内，甲车运动位移为29.6mC．在t＝4s时，甲车追上乙车D．在t＝10s时，乙车又回到起始位置【答案】B【解析】速度图象的斜率表示物体的加速度，由图可知，乙车的加速度先减小后增大，最

后再减小，故A错误；在前4s的时间内，甲车运动位移x＝v0t＋12at2＝29.6m，故B正确；图像与横轴围成的面积代表位移，在t＝4s时，两车的速度相同，但前4s内两车经过的位移不同，故两车没有相遇，故A错误；在1

0s前，乙车速度一直沿正方向，故乙车没有回到起始位置，故D错误。4．如图所示，三个图象表示A、B、C、D、E、F六个物体的运动情况，下列说法中正确的是()A．速度相等的物体是B、DB．合力为零的物体是A、C、EC．合力是恒力的物体是D、FD．合力是变力的物体是F【答案】D【解析】x－t图象的

斜率等于速度，则A的速度为0，B的速度v＝xt＝2m/s；v－t图象中表示速度随时间变化的规律，故C为匀速运动，速度为2m/s；D为匀变速直线运动，加速度a＝2m/s2；a－t图象中表示加速度随时间变化的规律，故F为

加速度增大的加速运动，E为匀加速运动。则可知：只有B、C保持匀速运动且速度相等，故速度相等的是B、C，故A正确；做匀速运动或静止的物体合力为零，故合力为零的物体是A、B、C，B错误；做匀变速直线运动的物体合力为恒力，故合力是恒力的为D、E，故C错误；做变加速运动的物体受到的是变力

；故合力为变力的物体是F，故D正确。5．如图所示，两个质量分别为m1、m2的小环能沿着一轻细绳光滑地滑动，绳的两端固定于直杆上的A、B两点，杆与水平面的夹角θ＝15°，在杆上又套上一质量不计的可自由滑动的光滑小轻环，绳穿

过轻环，并使m1、m2在其两侧，不计一切摩擦，系统最终处于静止状态时φ＝45°，则两小环质量之比m1∶m2为()A．tan75°B．tan60°C．tan30°D．tan15°【答案】B【解析】小环为轻环，重力不计，故受两边细线的拉

力的合力与杆垂直，故环与m2之间的细绳与竖直方向的夹角为60°，环与m1之间的细绳与竖直方向的夹角为30°，A点与m1之间的细绳与竖直方向的夹角也为30°，m2与B点之间的细绳与竖直方向的夹角为60°，根据平衡条件，对m1，有2Tcos30°＝m1g，对m2，根据平衡条件，有2Tcos60

°＝m2g，故m1∶m2＝tan60°，故B正确，ACD错误。6．如图是沙漏照片，观察可以发现照片中的砂粒在空中时都看不出砂粒本身的形状，而是成了条条痕迹。若近似认为砂粒下落的初速度为0，忽略空气阻力，不计砂粒间的相互影响，设砂粒随时

间均匀漏下，则以下推断正确的是()A．出口下方10cm处的痕迹长度约是5cm处的2倍B．出口下方10cm处的痕迹长度约是5cm处的4倍C．出口下方0～2cm范围内的砂粒数约与2～6cm范围的砂粒数相等D．出口下方0～2c

m范围内的砂粒数约与2～8cm范围的砂粒数相等【答案】D【解析】根据v2＝2gh，可知出口下方10cm处的速度约是5cm处的2倍，可知出口下方10cm处的痕迹长度约是5cm处的2倍，AB错误；根据初速度为零的匀变速运动在相邻相等时间内

的位移之比为1∶3∶5….可知从出口下落0～2cm与2～8cm的时间是相等的，因砂粒随时间均匀漏下，可知出口下方0～2cm范围内的砂粒数约与2～8cm范围的砂粒数相等，C错误，D正确。7．滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图滑雪轨道是由光滑的斜直轨道AB和粗

糙的水平轨道BC组成，B点处为一光滑小圆弧，AC段做匀加速直线运动，BC段做匀减速直线运动；t＝0时运动员从A点由静止开始下滑，最后停在C点。若第2s末和第6s末速度大小均为8m/s，第4s末速度大小为12m/s，则

()A．运动员在第4s末已经过B点B．运动员在运动过程中的最大速度为15m/sC．运动员在第12s末恰好停在C点D．光滑的斜直轨道的长度大于粗糙的水平轨道的长度【答案】A【解析】运动员在倾斜轨道的加速度a1＝4m/s2，如果第4s末运动员还在

倾斜轨道上，则速度v＝a1t1＝16m/s，故在第4s末已经过B点，A正确；运动员在水平轨道的加速度a2＝－2m/s2，设运动员由A到B点所用时间为t，在B点速度大小为vB，速度大小由vB减为12m/s所用时间为Δt1，则vB＝a1t，vB＋a2Δt1＝12m/s，

Δt1＝4s－t，得403Bv=m/s，103t=s，则max403Bvv==m/s，故B错误；在水平轨道上，速度大小由8m/s减为0，所需时间t2＝4s，故运动员在第10s末恰好停在C点，故C错误；

120023ABBxvt==m，1400(10)23BCBxvt=−=m，则xAB＜xBC，故D错误。8．如图甲所示，质量分别为m、M的物体A、B静止在劲度系数k的弹簧上，A与B不粘连。现对物体A施加竖直向上的力F，A、B一起上升，若以两物体静止时的位

置为坐标原点，两物体的加速度随位移的变化关系如图乙所示，重力加速度为g，则()A．在图乙中PQ段表示拉力F逐渐减小B．在图乙中QS段表示物体减速上升C．位移为x1时，A、B之间弹力大小为mg－kx1－Ma0D．位移为x3时

，A、B一起运动的速度大小为032()axx−【答案】C【解析】开始时，弹簧的弹力向上，大小为F0＝(M＋m)g，随物体的向上运动，弹簧伸长，形变量减小，弹簧的弹力减小，而PQ段的加速度的大小与方向都不变，根据牛顿第二定律，F－(M＋m)

g＋F0＝(M＋m)a，F0减小，所以F增大，故A错误；在乙图QS段，物体的加速度的方向没有发生变化，方向仍然与开始时相同，所以物体仍然做加速运动，是加速度减小的加速运动，故B错误；开始时弹簧的弹力F0＝(M＋m)g，当弹簧伸长了x1后，弹簧的

弹力F1＝F0－ΔF＝F0－kx1＝(M＋m)g－kx1，以B为研究对象，则F1－Mg－Fx1＝Ma0，得Fx1＝F1－mg－Ma0＝mg－kx1－Ma0，故C正确；P到Q的过程中，物体的加速度不变，得v12＝2a0x2，Q到S的过程中，加速度随位移均匀减小，00022

aaa+==，2221322()vvaxx−=−，得2023()vaxx=+，故D错误。9．一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其xt－t的图象如图所示，则()A．质点做匀加速直线运动，加速度为1m/s2B．质点在1s末速

度为2m/sC．质点在第1s内的平均速度0.75m/sD．质点做匀速直线运动，速度为0.5m/s【答案】AB【解析】由图得xt＝1＋0.5t，根据x＝v0t＋12at2，得xt＝v0＋12at，则加速度a＝2×0.5＝1m/s2，由图知质

点的加速度不变，说明质点做匀加速直线运动，故A正确，D错误；质点的初速度v0＝1m/s，在1s末速度为v＝v0＋at＝2m/s，故B正确；质点在第1s内的平均速度01.52vvv+==m/s，故C错误。10．如图所示，A、B两物体

叠放在水平桌面上，轻质细绳一端连接B，另一端绕过定滑轮连接C物体。已知A的质量为m，B的质量为M。A、B之间的动摩擦因数为μ1，B与桌面之间的动摩擦因数为μ2。C由静止释放，在C下落的过程中（C未落地，B未碰滑轮），下列说法正确的是()A

．若μ2≠0，当C的质量mC＞μ2(M＋m)时，绳子拉力为μ2(M＋m)gB．若μ2≠0，当C的质量mC＜μ2(M＋m)时，A、B之间的摩擦力为0C．若μ2＝0，当C的质量mC＜11()1Mm+−时，A、B之间的摩擦力为

μ1mgD．若μ2＝0，当C的质量mC＞11()1Mm+−时，A的加速度为μ1g【答案】BD【解析】若μ2≠0，以A、B整体为研究对象，FT－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a，即绳子拉力FT＞μ2(M＋m)

g，故A错误；若μ2≠0，当C的质量mC＜μ2(M＋m)时，即绳子拉力小于A、B整体的最大静摩擦力，整体保持静止，A、B之间的摩擦力为0，故B正确；若μ2＝0，以整体为研究对象有mC＝(M＋m＋mC)a，以A为研究对象，A、B刚好发生相对运动的瞬间有μ1mg＝ma，解得11()1C

Mmm+=−，当C11()1CMmm+−时，A、B一起向前做匀加速直线运动，A、B保持相对静止，即A、B之间的摩擦力为静摩擦力；当11()1CMmm+−时，A、B之间发生相对运动，A的加速度a＝μ1g，故C错误，故D正确。11．如

图所示，粗糙地面上有一斜面体，倾角为θ。不可伸长的细绳跨过斜面顶端光滑定滑轮，左端连接静止的大物块，质量为M，右端连着一根光滑轻杆，轻杆铰接在斜面右侧，轻杆顶端用另一根细绳挂着质量为m的小物块。一开始整个装置静止，细绳垂直于轻杆。用手将大物块从A点移动到B点后松手，系统仍然保持静止，且

在A点和B点大物块受到的摩擦力大小相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法中正确的是()A．绳子的张力减小B．在A处时绳子的张力比B处时一定大2MsinθC．地面给斜面体的作用力一定不变D．若大物块再向下移动一点距离，则系统一定失去平衡【答案】AC【解析】以绳子结点为研究对象进行受

力分析，如图所示，根据力的三角形和边的三角形相似可得mgFNHOPL==，由于mg和H不变，OP减小，则拉力F减小，故A正确；在A点和B点大物块受到的摩擦力大小相等，但B点绳子拉力小，所以A点摩擦力方向向下、B点摩擦力沿斜面向上，根

据平衡条件可得，在A处FA＝Mgsinθ＋f，在B处FB＝Mgsinθ－f，解得FA－FB＝2f，而f≤Mgsinθ，在A处时绳子的张力比B处时不一定大2Mgsinθ，故B错误；地面给斜面体的作用力等于总重，所以地面给斜

面体的作用力一定不变，故C正确；在A点和B点大物块受到的摩擦力大小相等，但在B点摩擦力是否达到最大不确定，所以若将大物块再向下移动一点距离，则系统不一定失去平衡，故D错误。12．如图甲所示，水平放置的传送带在电机的作用下一直保持顺时针匀速转动，速度大小为v2，两轮轴心间距为L。一个可

以看作质点的小物块，以速度v1从传送带左轮的正上方水平向右滑上传送带，最终经过时间t0从右轮的正上方离开传送带。小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ。根据以上物理量间的可能关系，画出几幅小物块和传送带的v－t图象，下列有关小物块运动时间t0的计算方法或结果正确的是()A．在乙图所示情况下，小物块在传

送带上运动的总时间t0只能用公式L＝v1t0＋12μgt02来计算B．在丙图所示情况下，小物块在传送带上运动的总时间t0只能用公式L＝12(v1＋v2)t0来计算C．在丁图所示情况下，小物块在传送带上运动的

总时间t0＝221222()vvLvgv−+D．在戊图所示情况下，小物块在传送带上运动的总时间t0可以有三种表达方式【答案】ACD【解析】题图乙表明小物块一直做匀加速运动，离开传送带时速度还没达到v2，小物块在传送带上运动(位移为L)的总时间t0与v2无关，只能用公式L＝v1t0＋12μgt0

2来计算，A正确；题图丙表明小物块一直做匀加速运动，离开传送带时速度正好达到v2，小物块在传送带上运动的总时间t0可能有三种计算方法，分别可用L＝v1t0＋12μgt02、v2＝v1＋μgt0、L＝12(v1＋v2)t

0求得，B错误；题图丁表明小物块先做匀加速运动，达到传送带的速度v2后再做一段匀速运动离开传送带，小物块在传送带上运动的总时间t0分为两段，第一段时间为211vvtg−=，第二段时间为222122()/2Lvvgtv−−=，

则t0＝t1＋t2＝22122()2vvLvgv−+，故C正确；题图戊表明小物块一直做匀减速运动，离开传送带时，速度正好达到v2，小物块在传送带上运动的总时间t0可能有三种计算方法，分别可用L＝v1t0－12μgt02、v2＝v1－μgt0

、L＝12(v1＋v2)t0求得，D正确。二、非选择题：本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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．(6分)如图所示，用铁架台、弹簧、刻度尺和多个已知质量且质量相等的钩码，

探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系实验。重力加速度g取9.8m/s2。(1)关于该实验，以下说法正确的是______（请将正确答案对应的字母填在横线上）；A．弹簧被拉伸时，拉力越大越好B．用悬挂钩

码的方法给弹簧施加拉力，要使弹簧保持竖直状态C．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要在钩码处于静止状态时读数D．用刻度尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量(2)如图所示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量m，横轴是弹簧的形变量x。由图可知：图线不通过原点的原因可能是____________；弹簧的劲度系数

k＝______N/m。【答案】(1)BC(2)弹簧自身有重力4.9(每空2分)【解析】(1)弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，故A错误；用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要使弹簧保持竖直状态，此时弹簧的弹力等于钩码的重力，故B正确；用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要在钩码

处于静止状态时读数，故C正确；用刻度尺测得弹簧的长度不是伸长量，是原长和伸长量之和，故D错误。(2)由图可知，当F＝0时，x大于零，说明没有挂重物时，弹簧有伸长，是由于弹簧自身的重力造成的。根据题意325010109.8N/m4.9N/m(102)10Fkx−−−===−。14．

(8分)验证牛顿第二定律的实验装置示意图如图所示。图中打点计时器的电源为交流电源，打点的时间间隔用T表示。在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系

”。(1)实验步骤如下：①平衡小车所受的阻力：取下小吊盘，将木板________（填“右端”或“左端”）抬高，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列间隔均匀的点。②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点迹的纸带，在纸带上标出小

车中砝码的质量m。④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③。⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点，测量相邻计数点的间距x1、x2…，求出与不同质量m相对应的加速度a。⑥以砝码的质量m为横坐标，以1a为纵坐标，在坐标纸上做出1a－m的关系图线。若加

速度与小车和砝码的总质量成反比，则1a－m的关系图线为一条倾斜直线。(2)回答下列问题：①如图乙所示，设纸带上三个相邻计数点的间距为x1、x2、x3，则a可用x1、x3和T表示为a＝________；②图

丙为所得实验图线的示意图，设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，则小车受到的拉力为_______，小车的质量为________。【答案】(1)右端(2)31250xxT−1kbk(每空2分)【解析】(1)在平衡摩

擦力时，取下小吊盘，将木板右端抬高，使木板形成斜面，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列间隔均匀的点，则此时说明小车做匀速运动。(2)①两个相邻计数点之间还有4个点，打点计时器的打点时间间隔为T，计数点间的时间间隔t

＝5T，由匀变速直线运动的推论Δx＝aT2，可得，加速度为313122250xxxxatT−−==。②设小车所受外力为F、小车和车中砝码的质量为M′，小吊盘和盘中物块的质量m，由牛顿第二定律有F＝(M′＋m)a，变形得1MmaFF=

+，结合图丙所示图像，可得斜率1kF=，所以拉力F＝1k；由截距MbF=，联立解得小车的质量M′＝bF＝bk。15．(8分)建筑工地上的一工人，通过定滑轮把重物吊起，如图所示。已知工人的质量M＝60kg，重物的质量m＝50kg，滑轮与绳之间的摩擦不计，工人的力量

足够大，取g＝10m/s2。(1)求工人竖直向下拉绳时，重物的最大加速度。(2)工人以最大加速度拉重物时，2s末绳突然断开，求重物上升的最大高度。(设定滑轮足够高)【解析】(1)虽然工人的力量足够大，但通过定滑轮对重物的拉力不能超过工人的自身重力，如果超过自身

重力，工人就变成爬绳了。由牛顿第二定律得：Mg－mg＝mam(2分)解得重物的最大加速度am＝2m/s2。(2分)(2)绳断开后，重物做竖直上抛运动，有：221()22atHatg=+(2分)解得：H＝4.8m。(2分)16．(8分)在“互联网＋”时代，网上购物已经成为一种常见的消费方式，网购

也促进了快递业发展。如图，一快递小哥在水平地面上拖拉一个货箱，货箱的总质量为15kg，货箱与地面间的动摩擦因数μ＝33。若该小哥拉着货箱在水平地面上做匀速运动，取g＝10m/s2，求：(1)拉力方向与水平面成60°角时拉力的大小(结果保留1位小数)；(2)所施加拉力的最小值和方向。【解

析】(1)研究货箱，根据平衡条件有：Fsin60°＋FN－mg＝0(1分)Fcos60°－Ff＝0(1分)Ff＝μFN(1分)解得：F＝503N＝86.6N。(1分)(2)如图所示，tanθ＝FfFN＝μ，解得θ＝30°(2分)即弹力和滑动摩擦力

的合力FNf方向固定不变，当拉力F′的方向垂直FNf时，拉力F′有最小值由矢量三角形的关系可得：F′＝mgsinθ＝75N。(2分)17．(14分)图a为自动感应门，门框上沿中央安装有传感器，当人或物体与传感器的水平距离小于或等于某个设定值（可称为水平感应距离）

时，中间两扇门分别向左右平移，当人或物体与传感器的距离大于设定值时，门将自动关闭。图b为感应门的俯视图，A为传感器位置，虚线圆是传感器的感应范围，已知每扇门的宽度为d，最大移动速度为v0，若门开启时先匀加速运动而后立即以大小相等的加速度

匀减速运动，每扇门完全开启时的速度刚好为零，移动的最大距离为d，不计门及门框的厚度。(1)求门开启时做加速和减速运动的加速度大小；(2)若人以v0的速度沿图中虚线S走向感应门，要求人到达门框时左右门同时各自移动12d的距离，那么设

定的传感器水平感应距离l应为多少？(3)若以(2)的感应距离设计感应门，欲搬运宽为74d的物体（厚度不计），并使物体中间沿虚线s垂直地匀速通过该门（如图c），物体的移动速度不能超过多少？【解析】(1)依题意每扇门开启过程中的速度图象如图所示，设门

全部开启所用的时间为t0，由图可得：d＝12v0t0(2分)由速度时间关系得：v0＝a·12t0(1分)联立解得：20vad=。(1分)(2)要使单扇门打开12d，需要的时间t＝12t0(1分)人只要在t时间内到达门框处即可安全通过，所以人到门的距离为l＝v0t(1分)联立

解得：l＝d。(1分)(3)依题意宽为74d的物体移到门框过程中，每扇门至少要移动78d的距离，每扇门的运动各经历两个阶段：开始以加速度a运动s1＝12d的距离，速度达到v0，所用时间为t1＝12t0，而后又做匀减速运动，设减速时间为t2，门又动了2713828sddd=−=的距离(2分)

由匀变速运动公式，得：s2＝v0t2－12at22(1分)解得：202dtv=和2032dtv=（不合题意舍去）(1分)要使每扇门打开78d所用的时间为12032dttv+=(1分)故物体移动的速度不能超过01223dvvtt==+。(2分)18．(16分)如图甲所示，质量M＝4k

g足够长的木板静止在光滑的水平面上，在木板的中点放一个质量m＝4kg的铁块（可视为质点），铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。两物体开始均静止，从t＝0时刻起铁块m受到水平向右、大小如图乙所示的拉力F的作用

，F共作用时间为6s，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)铁块和木板在前2s的加速度大小a1、a2；(2)铁块和木板相对静止前，铁块运动的位移大小；(3)力F作用的最后2s内，铁块的位移大小。【解析】(1)若摩擦力达到最大静摩擦力时，铁块和木板恰好发生相对滑动，对

整体分析：F＝(M＋m)a(1分)对木板分析：μmg＝Ma(1分)解得a＝2m/s2，F＝16N(1分)即拉力大于16N时，铁块和木板发生相对滑动前2s拉力F1＝20N＞16N，发生相对滑动，此时木板的加速度a2＝a＝2m/s2(1分)对铁块分析：F1－μmg＝ma1(1分)解得铁块加速度为：a

1＝3m/s2。(1分)(2)前2s铁块运动的位移：x1＝12a1t12＝6m(1分)t＝2s时，铁块的速度v1＝a1t1＝6m/s，木板的速度v2＝a2t1＝4m/st＝2s到t＝6s过程，拉力F2＝12N，对铁块分析：F2－μmg

＝ma3解得a3＝1m/s2(1分)木板继续以加速度a2＝2m/s2加速运动，共速时，有：v＝v1＋a3t2＝v2＋a2t2(1分)解得t2＝2s，v＝8m/s(1分)即在4s是达到共速，则t＝2s到t＝6s过程铁块运动的位移：2a3x2＝v2－v12(1分)

解得x2＝14m(1分)所以铁块和木板相对静止前，铁块运动的位移大小：x＝x1＋x2＝20m。(1分)(3)4s末达到共速，后两秒一起运动：F2＝(M＋m)a4(1分)x3＝vt3＋12a4t32(1分)解得：x

3＝19m。(1分)