2023-2024学年云南师大附中高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年云南师大附中高一（上）期末物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列各组属于国际单位制的基本单位的是( )
A. 质量、长度、时间B. 电流强度、物质的量、热力学温度
C. 千克、米、秒D. 牛顿、克、小时
2.某汽车在水平路面上启动刹车后，其位移随时间变化的规律为x=20t−2t2(x的单位是m，t的单位是s)。下列说法正确的是( )
A. 该汽车从启动刹车到停下来用时10s
B. 该汽车从启动刹车到停下来向前运行了50m
C. 该汽车刹车时的加速度大小为8m/s2
D. 该汽车启动刹车时的初速度大小为10m/s
3.如图所示，物体A、B叠放在固定斜面上，A受到与斜面平行向上的力F的作用，A、B均保持静止，下列说法正确的是( )
A. A、B之间一定存在摩擦力
B. B与斜面之间可能是光滑的
C. A一定受到4个力的作用
D. B可能只受到3个力的作用
4.如图所示，一小球从倾角为θ的斜面顶端O点先以速度大小v1水平抛出，用时t1落在斜面上的A点，后以速度大小v2水平抛出，用时t2落在斜面上的B点。已知OB间距离是OA间距离的3倍，小球落到A点时速度与水平方向夹角为α，其正切为tanα=138，小球落到B点时速度与水平方向夹角为β，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. v1v2=13B. t1t2= 33C. tanβ=134D. tanθ=1315
5.如图甲、乙所示，在光滑的水平面上，A、B两物体在相同的水平推力的作用下一起运动，其中A、B的质量分别为M和m(M>m)。在甲图中，A与B的加速度为a1，A对B的作用力为F1；在乙图中，A与B的加速度为a2，A对B的作用力为F2。则( )
A. a1a2C. F16.如图所示是某运动员做低空跳伞表演的v−t图，从该运动员离开悬停的飞机开始计时，运动员先做自由落体运动，t1时刻打开降落伞，t2时刻落到地面。打开降落伞后运动员获得的加速度大小为5m/s2，g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 运动员离开飞机10s后打开降落伞
B. 运动员距离地面247.5m时打开降落伞
C. 运动员在空中下落过程用时9s
D. 运动员打开降落伞后受到的阻力大小为其自身重力(包括装备)的2倍
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
7.一条河宽120m，河水流速为10m/s，某快艇在静水中的速度为6m/s，现乘坐该快艇渡河，下列说法正确的是( )
A. 快艇最短渡河时间为20s
B. 快艇可以到达出发点的正对岸
C. 快艇可能到达出发点正对岸下游的150m处
D. 快艇在河中运动路程可能为210m
8.如图所示，一根弯折的光滑杆上套着两个小环A、B，小环直径略大于杆，两小环用轻绳相连。小环A在沿杆向上的力F的作用下缓慢沿杆向上运动的过程中，下列说法正确的是( )
A. 杆对B环的弹力增大
B. 轻绳上的张力会变大
C. 力F变小
D. 杆对A环的弹力变小
9.如图，“L”形木板放置在水平面上，木块压缩弹簧后用细线系住，木块与木板，木板与地面间均不光滑，开始时系统处于静止状态、烧断细线，弹簧恢复到原长的过程中木板保持静止。则此过程中，下列说法错误的是( )
A. 木块一直做加速运动B. 木块先加速运动后减速运动
C. 木板与地面间摩擦力为零D. 地面对木板的摩擦力向右
10.水平面上放置一质量为m的滑块B，上方有圆形凹槽，质量也为m的圆柱A恰好能放置在凹槽中，其截面图如图所示，圆心与二者接触的左端点连线跟竖直方向夹角α=30°。一质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳与B相连，细绳张紧后由静止释放C，不计一切摩擦，B离定滑轮足够远，下列说法正确的是( )
A. 如果A、B能保持相对静止，B对A的作用力大小为g m2+M24
B. 如果A、B能保持相对静止，B对A的作用力大小为mg M2(M+2m)2+1
C. 当M=( 32+1)m时，A恰要从凹槽中滚出
D. 若α=45°时，则无论M为多大，A都不能滚出凹槽
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某实验小组探究“两个互成角度的力的合成规律”的过程。有如下操作：

A.用手通过两个弹簧测力计共同拉动橡皮条。橡皮条和细绳套的连接点在拉力F1、F2的共同作用下，位于O点，橡皮条伸长的长度为EO，如图乙所示。
B.两细绳套栓在橡皮条的一端，另一端固定在水平木板，橡皮条的原长为GE，如图甲所示。
C.由纸上O点出发，用力的图示法画出拉力F1、F2和F(三个力的方向沿各自细绳的方向，三个力大小由弹簧测力计读出)，如图丁所示。
D.撤去F1、F2，改用一个力F单独拉住其中一根细绳套，仍使其位于O点，如图丙所示。
E.多次改变拉力F1、F2的大小和方向，重做上述实验，通过画各个力的图示，进一步检验所围成的图形。
F.用虚线将拉力F的箭头端分别与F1、F2的箭头端连接。
(1)本实验采用的科学方法是______ 。
A.理想实验法
B.等效替代法
C.控制变量法
D.建立物理模型法
(2)上述操作正确的顺序是______ 。
(3)若F′是以F1、F2为邻边构成的平行四边形的对角线，一定沿GO方向的是______ (填“F”或“F′”)。
(4)在图乙的操作过程中，保持F1、F2和GE的方向不变，缓慢缩短橡皮条，则两弹簧秤示数大小变化为______ 。
A.F1增大，F2增大
B.F1减小，F2增大
C.F1增大，F2减小
D.F1减小，F2减小
12.某同学设计了如图所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、光电门计时系统、滑块、托盘和砝码等器材来验证牛顿第二定律，并测定滑块和轨道间的动摩擦因数μ，滑块和托盘上分别放有若干砝码，已知滑块质量为M，滑块上砝码总质量为m′，托盘和盘中砝码的总质量为m。实验中，滑块最右端放置了一个宽度为d的挡光片，释放托盘后，挡光片在水平轨道上从A到B经过两个光电门的时间分别为t1和t2，两光电门之间的距离为L，重力加速度为g。
(1)通过光电门计时系统可以测量出滑块的加速度a= ______ (用题目中已知的物理量表示)；
(2)实验中将从托盘取出的砝码放置到滑块上，保持系统的总质量不变，多次改变m，测出相应的加速度a，作出a−m图像，下列图像可能正确的是______ 。

(3)若上述(2)中正确的a−m图像纵截距的绝对值为b，则测量出滑块与桌面间的动摩擦因数μ= ______ 。(用题目中已知的物理量表示)
四、简答题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，质量为46.0kg的雪橇(包括人)在与水平方向成37°角向上的拉力F作用下，沿水平面以6m/s的速度匀速运动，雪橇与地面间动摩擦因数为0.20；取g=10m/s2，cs37°=0.8，sin37°=0.6。求：
(1)拉力F的大小；
(2)撤去拉力F后，雪橇还可以继续滑行多远？
14.如图所示是一个煤矿用传送带运输煤块的示意图，传送带长为L=44m，与水平地面成θ=37°倾角，传送带以v=10m/s的速率匀速逆时针转动，一煤块(可视为质点)无速度地释放到传送带的上端。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)煤块由传送带上端运动到传送带下端所用的时间；
(2)煤块由于摩擦而在传送带上留下的痕迹的长度。
15.如图甲所示，木板B在水平地面上向左运动。t=0时刻，大小可忽略的铅块A放在木板B的最左端，并给铅块A一方向水平向右、大小为4m/s的速度，A的速度随时间变化的关系如图乙所示。已知A的质量mA=1kg，B的质量mB=2kg，B与地面的动摩擦因数μ=0.2，整个运动过程中A没有从B上滑落。求：

(1)B的初速度大小；
(2)A与B最左端的最终距离。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：在力学中国际单位制的基本单位是：千克、米、秒。牛顿不是基本单位；质量、长度、时间、电流强度、物质的量和热力学温度是物理量，不是单位，而克不是国际单位制中的单位，故C正确，ABD错误。
故选：C。
国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而根据物理量之间的关系式推导出来的物理量的单位叫做导出单位．他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔。
本题要求同学掌握国际单位制中七个基本单位，牢记基本物理量和对应的基本单位即可。
2.【答案】B
【解析】解：由x=v0t+12at2得：v0=20m/s，12a=−2m/s2，解得：a=−4m/s2，根据v=v0+at可得停车时间为：t=v−v0a=0−20−4s=5s，从启动刹车到停下来位移为：x=20×5m+12×(−4)×52m=50m，故B正确，ACD错误。
故选：B。
对比x=20t−2t2和x=v0t+12at2得到初速和加速度，根据v=v0+at计算停车时间，根据x=v0t+12at2计算刹车距离。
本题主要考查运动学公式在刹车问题中的应用，求出刹车时间是解题关键。
3.【答案】B
【解析】解：AC、对A进行受力分析，A一定受到重力、拉力F以及B对A的支持力，根据共点力平衡条件可知在沿斜面方向上，A所受重力沿斜面向下的分力大小未知，若其等于F，则A、B之间没有相对运动趋势，物体A只受3个力作用，A、B之间不存在摩擦力；若A所受重力沿斜面向下的分力大小不等于F，则A、B之间有相对运动趋势，A、B之间存在摩擦力，A受到4个力作用，故AC错误；
B、将A、B看作一个整体，若整体的重力沿斜面向下的分力与F大小相等，则B与斜面之间不存在摩擦力，所以B与斜面之间可能是光滑的，故B正确；
D、对B进行受力分析，若B只受重力、斜面对B的支持力以及A对B的压力3个力作用，根据平衡条件可知B无法保持平衡状态，所以B一定还受摩擦力的作用，B不可能只受到3个力的作用，故D错误。
故选：B。
隔离A或B分析，根据平衡条件分析A或B的受力情况。以整体为研究对象，根据平衡条件分析B与斜面之间是否存在摩擦力。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。
4.【答案】B
【解析】解：B.已知h1h2=13，在竖直方向上有h=12gt2，所以t1t2= 33，故B正确；
A.因为x1x2=13，在水平方向有x=vt，结合t1t2= 33，得到v1v2= 33，故A错误；
C.因为t1t2= 33，vy=gt，所以vy1vy2= 33，因为A点速度满足vy1v1=tanα=138，B点速度满足vy2v2=tanβ，其中vy2=gt2= 3gt1，所以tanβ=138，所以α=β，故C错误；
D.因为平抛运动位移的夹角与速度夹角之间存在2倍关系，所以tanθ=12tanα=1316，故D错误。
故选：B。
根据竖直方向上高度比值，结合x−t公式可求出时间比；根据水平方向距离比值，可求出速度比值；根据速度夹角比值可求出α和β的关系；利用平抛运动位移的夹角与速度夹角之间存在2倍关系得到tanθ。
学生在解决本题时，应灵活运用比值法，此外，知道平抛运动位移的夹角与速度夹角之间存在2倍关系也是解决本题的关键。
5.【答案】C
【解析】解：AB.对AB整体，根据牛顿第二定律F=(M+m)a
得a=FM+m
由于甲、乙两种情形的合力相同，总质量相同
因此有a1=a2，故A、B错误；
CD.甲图中，对物体B，根据牛顿第二定律F1=ma
在乙图中，对物体A，根据牛顿第二定律F2=Ma
两者情况中，AB物体间的作用力之比F1F2=mM<1
因此有 F1故选：C。
AB.根据整体法求两者情形的加速度，然后分析作答；
CD.根据隔离法分别求解两者情形下物体间的相互作用力，然后分析作答。
本题主要考查了整体法和隔离法的运用；通常用整体法求加速度，用隔离法求内力。
6.【答案】B
【解析】解：A、0～t1运动员做自由落体运动，根据自由落体运动规律得，自由下落时间：t1=v1g=5010s=5s，故A错误；
B、打开降落伞后运动员获得的加速度大小为a=5m/s2，根据v12−v2=2ah2可知，减速下落的高度为h2=v12−v22a=502−522×5m=247.5m，故B正确；
C、t1～t2运动员做匀减速运动，根据运动学公式得，下落时间：t2=v1−va=50−55s=9s
运动的总时间t=t1+t2=5s+9s=14s，故C错误；
D、运动员打开降落伞后，对运动员根据牛顿第二定律可得：a=f−mgm=g2，解得：f=1.5mg，故D错误。
故选：B。
运动员在0～t1时间内做自由落体运动，t1～t2做匀减速运动，根据题图信息和运动学公式求解。
本题主要是考查牛顿第二定律之图象问题，关键是弄清楚v−t图象的斜率表示的物理意义、图象与坐标轴围成的面积表示的物理意义，分析清楚受力情况和运动情况，然后根据运动学公式求解。
7.【答案】AD
【解析】解：A.当船头垂直河岸渡河时，渡河时间有最小值
tmin=dv船=1206s=20s，故A正确；
B.由于船在静水中的速度小于水速，因此无论如何快艇都不可以到达出发点的正对岸，一定会在出发点的正对岸下游，故B错误；
C.当船在静水中的速度垂直于合速度时，渡河位移有最小值，如图所示
此时船速方向与上游河岸的夹角为θ，则有
tanθ= v水2−v船2v船=Ld
代入数据解得
L=160m
即快艇能够到达出发点正对岸下游的最近距离为160m处，故C错误；
D.根据以上分析，快艇在河中运动的位移的最小值为
s= d2+L2= 1202+1602m=200m
因此快艇在河中运动路程可能为210m，故D正确。
故选：AD。
选项A要求过河的时间为最短，所以速度要垂直于河岸，计算出最短时间；因为船速小于水速所以不可能达到出发点的对岸；根据合速度作图，可求出最近距离，并结合结合关系得出快艇运动的最小位移，从而判断运动路程的范围。
学生在解决本题时，应注意熟练掌握运动的合成与分解，并能够构建出小船过河模型。
8.【答案】ABD
【解析】解：分别对A、B进行受力分析，如图所示：
设绳子与竖直杆的夹角为α，与倾斜杆的夹角为β。
AB、对环B分析有：
Tcsα=GB，
Tsinα=NB
随着环A上移，夹角为α逐渐增大，所以绳子张力增大，杆对B环的弹力增大，故AB正确；
C、设倾斜杆与水平方向的夹角为θ，对A环根据平衡条件，有：Tcsβ+GAsinθ=F，随着环A上移，夹角为β逐渐减小，力F变大，故C错误；
D、对两个小环和细绳整体受力分析。根据平衡条件有：NA+NBcs(α+β)=(GA+GB)csθ
由几何关系可得(α+β)为斜杆和竖直方向的夹角为定值，因此NA减小，故D正确。
故选：ABD。
分别选取环A和B为研究对象，画受力分析示意图，根据两环各自受力平衡可判断绳子张力增大，杆对B环的弹力，力F的变化情况。再对整体做受力分析列式判断杆对A环的弹力变化。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意整体法和隔离法的应用。
9.【答案】ACD
【解析】解：AB、烧断细线，弹簧要恢复原状，形变量逐渐减小，所以弹簧对物块的弹力逐渐减小，对物块根据牛顿第二定律有：F弹−f=ma，可知加速度先与速度同向，后反向，所以木块先加速运动后减速运动，故B正确，A错误；
CD、整体分析，木块加速度方向向右时，地面对木板的摩擦力向右；木块加速度向左时，地面对木板的摩擦力向左，故CD错误；
本题选择错误选项；
故选：ACD。
烧断细线后，弹簧的形变量发生变化，根据胡克定律判断出弹力的变化，对木板分析，根据共点力平衡判断木板所受摩擦力的变化。
本题通过形变量的变化得出弹力变化是解决本题的关键，注意木板所受的摩擦力为静摩擦力，也可以使用整体法，采用牛顿第二定律分析。
10.【答案】BD
【解析】解：AB.若A、B相对静止，对ABC整体，根据牛顿第二定律Mg=(2m+M)a
则系统加速度大小为a=Mg2m+M
对圆柱体A，根据合力与分力的关系NBA2=(ma)2+(mg)2
代入数据联立解得，B对A的支持力NBA=mg M2(2m+M)2+1，故A错误，B正确。
CD.小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，如图所示：
根据几何关系可得ma=mgtanα
解得临界加速度大小a= 33g
对整体根据牛顿第二定律可得Mg=(2m+M)a
联立解得M=( 3+1)m；
D.当α=45°时，小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，根据上述分析，临界加速度大小a′=gtan45°=g
根据整体法得到系统的加速度a=Mg2m+M因此无论M多大，A都不能滚出凹槽，故C错误，D正确。
故选：BD。
AB.根据牛顿第二定律求整体的加速度；对圆柱A，重力和支持力的合力产生加速度，根据合力与分力的关系求解B对A的支持力；
CD.小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，根据几何关系解得临界加速度大小，对整体根据牛顿第二定律列方程进行解答。
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
11.【答案】B BADCFE F D
【解析】解：(1)此实验用一个力的作用效果代替两个力的作用效果采用了等效替代法，故B正确，ACD错误。
故选：B。
(2)根据实验原理及操作规范可知，正确的操作是BADCFE。
(3)当是一个力作用时，O结点受F及GO的拉力的作用，二力平衡，F与GO的拉力等大反向，故F一定沿GO的方向。
(4)现保持GE的方向不变，缓慢缩短橡皮条，合力减小，夹角不变，两分力同时减小，故D正确，ABC错误。
故选：D。
故答案为：(1)B；(2)BADCFE；(3)F；(4)D
(1)根据等效替代的实验原理分析解答；
(2)根据实验原理及实验操作分析解答；
(3)根据理论值和实际值的区别分析解答；
(4)根据力的合成原理分析解答。
此题关键明确“探究共点力合成规律”的实验的实验原理，是用一个弹簧测力计拉力和两个弹簧测力计拉力产生相同的形变效果来验证力的平行四边形定则的；然后按照该原理设计实验步骤。
12.【答案】d22L(1t22−1t12) A bg
【解析】解：(1)过光电门1的速度为v1=dt1
过光电门2的速度为v2=dt2
由公式
v22−v12=2aL
得
a=d22L(1t22−1t12)
(2)对整体进行研究，根据牛顿第二定律得
a=mg−μ(M+m′)gM+M+m′=(1+μ)gM+m+m′m−μg
所以a−m图线应该如选项A图，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(3)由(2)可知
μ=bg
故答案为：(1)d22L(1t22−1t12)；(2)A；(3)bg
(1)根据光电门原理计算速度，结合速度—位移共速解得加速度；
(2)根据牛顿第二定律分析解答。
本题考查了牛顿第二定律的验证实验；知道实验原理、应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式是解题的关键。
13.【答案】解：(1)撤去拉力F前，雪橇受力图如图所示：

对雪橇，根据平衡条件，水平方向Fcs37°−μFN=0
竖直方向FN+Fsin37°−mg=0
联立解得F=100N
(2)对雪橇，由牛顿第二定律f=μmg=ma
解得加速度的大小a=2m/s2
由运动学公式0−v2=−2ax
变形得x=v22a
代入数据联立解得x=9m。
答：(1)拉力F的大小为100N；
(2)撤去拉力F后，雪橇还可以继续滑行9m。
【解析】(1)对雪橇，根据平衡条件求拉力F；
(2)撤去拉力后，根据牛顿第二定律结合运动学公式求雪橇滑行的位移。
本题考查了物体的平衡条件、牛顿第二定律和运动学公式；知道撤去拉力后物体做匀减速运动。
14.【答案】解：(1)小煤块受重力、支持力和摩擦力作用，由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcsθ=ma1
代入数据解得a1=10m/s2
小煤块和传送带共速经过的时间t1=va1
此时小煤块的位移为x1=12a1t12
小煤块和传送带速度相等后将继续加速下滑，由牛顿第二定律得mgsinθ−μmgcsθ=ma2
代入数据解得a2=2m/s2
由运动学公式可知L−x1=vt2+12a2t22
运动的总时间为t=t1+t2
代入数据解得t=4s
(2)t1时间内传送带运动的距离为x2=vt1
在传送带上留下的痕迹长度为Δx1=x2−x1
解得Δx1=5m
t2时间内传送带运动的距离为x′2=vt2
在传送带上留下的痕迹长度为Δx2=L−x1−(x′2+Δx1)
解得Δx2=4m
则总的痕迹长度为
Δx=Δx1+Δx2=5m+4m=9m
答：(1)煤块由传送带上端运动到传送带下端所用的时间为4s；
(2)煤块由于摩擦而在传送带上留下的痕迹的长度为9m。
【解析】(1)当小煤块和传送带速度相等时，小煤块所受摩擦力方向变为沿传送带向上，小煤块继续加速下滑，根据运动学公式可以得到继续下滑到底端的时间，进而可以得到总时间。
(2)开始时小煤块受摩擦力方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律计算出小煤块的加速度，然后根据运动学公式得到速度相等时的时间，分别计算出小煤块和传送带经过的距离，它们的相对运动距离即为留下的痕迹长度；
解决本题目要注意一下几点：第一、开始时小煤块所受摩擦力方向是沿传送带向下的；第二、当共速后小煤块所受摩擦力方向就变成了沿传送带向上；第三、需要判断共速后小煤块的运动情况，到底是继续加速还是和传送带保持相对静止一起匀速；第四、痕迹的长度即为小煤块和传送带相对运动的距离。
15.【答案】解：(1)B与地面之间的摩擦力fB=μ(mA+mB)g=0.2×(1+2)×10N=6N
设A、B间的滑动摩擦力为f，5s时的速度为v
取向右为正方向，对铅块A，根据动量定理−ft=mAv−mAvA
代入数据解得f=1N
对木块B，根据动量定理(f+fB)t=mBv−mBvB
代入数据联立解得vB=−18.5m/s
即B的初速度大小为18.5m/s；
(2)在5s内，A的位移xA=vA+v2t=4−12×5m=7.5m
在5～6s内，根据“面积法”，A的位移xA′=−12×1m=−0.5m
B的位移xB=vB+v2t=−18.5−12×5m=−48.75m
根据牛顿第二定律，B的加速度大小aB=−f+fBmB=−1+62m/s2=2.5m/s2
B的速度大小从1m/s减速至0的时间t1=vaB=12.5s=25s
B的位移xB′=v2t1=−12×25m=−0.2m
相对位移Δx=xB+xB′−(xA+xA′)=−48.75m−0.2m−[7.5m−(−0.5m)]=−55.95m
因此A与B最左端的最终距离为55.95m。
答：(1)B的初速度大小为18.5m/s；
(2)A与B最左端的最终距离55.95m。
【解析】(1)根据题意，5s时刻两者有共同速度；根据动量定律求解AB间的摩擦力；根据滑动摩擦力公式求B与地面的滑动摩擦力；根据动量定理求解B的初速度；
(2)根据平均速度公式分别求解5s内A、B的位移；根据“面积法”求解A在5−6s内的位移；
根据牛顿第二定律求解5s后B的加速度大小，根据运动学公式求解B在5s后的运动时间以及运动的位移；最后求解A、B的相对位移。
本题主要考查了动量定理、牛顿第二定律和运动学公式；根据v−t图像确定5s时刻两者有共同速度是解题的一个关键，两者共速后，能够对B进行正确的受力分析并求出加速度是本题的另一个关键。