2024-2025学年广东省东莞一中高三（上）月考物理试卷（8月份）（含解析）

这是一份2024-2025学年广东省东莞一中高三（上）月考物理试卷（8月份）（含解析），共16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.《考工记》是春秋战国时期齐国人的一部科技著作，是古代手工技术规范的汇集。其中的《辀人篇》中记载：“劝登马力，马力既竭，辀尤能一取焉。”意思是：马拉车的时候，马停止用力了，车还能前进一段距离，这是世界上对惯性现象的最早论述。下列说法正确的是( )
A. 马停止用力，车在短时间内还受到向前拉力，所以还能继续前进一段距离
B. 马停止用力，由于车的惯性，所以车仍能继续前进一段距离才停下来
C. 车停下来的过程中，随着速度逐渐减小，车的惯性也逐渐减小
D. 车完全停下来后，处于平衡状态，根据牛顿第一定律，车不受任何外力的作用
2.我国游泳运动员潘展乐在2024年巴黎奥运会男子100米自由泳决赛中赢得冠军，决赛中潘展乐在50米长的泳池中游一个来回，前50米用时22.28秒，后50米用时24.12秒，总成绩为46.40秒，打破世界纪录。下列说法正确的是( )
A. “100米”指的是位移大
B. “46秒40”表示时刻
C. 潘展乐前50米的平均速度小于后50米的平均速度
D. 研究潘展乐的划水及触壁转身动作时不能将他看作质点
3.如图所示，1、2、3、4、5为某悬索桥上五根竖直吊索，间距相等。两辆小汽车a、b车头在t=0时刻分别对齐1、3绳，在两条平行车道上以相同初速度做匀加速直线运动，在t=t1时刻a、b两车头都对齐5绳，下列分析不正确的是( )
A. a、b两车在这段时间内的位移之比为2：1
B. a、b两车在这段时间内的平均速度之比为2：1
C. a、b两车在这段时间内的加速度之比为2：1
D. a、b两车在t=t1时刻的瞬时速度之比大于2：1
4.近日憨态可掬的大熊猫“花花”可谓火出了圈，引得大批游客慕名参观。如图为大熊猫抓住树干静止时的图片。下列关于大熊猫受力说法正确的是( )
A. 大熊猫受重力、摩擦力
B. 大熊猫的手越干越粗糙，摩擦力越大
C. 大熊猫把树枝抓得越紧，越不容易掉下来
D. 随着大熊猫抓树枝的力增加，摩擦力方向可能由向下变成向上
5.如图所示为某款可以调节背带长短的挎包。现将该挎包分别用图中两种方式挂在挂钩上，下列说法正确的是( )
A. 背带长时，背带上的张力大
B. 背带短时，背带上的张力大
C. 背带长时，背带受到挂钩的作用力大
D. 背带短时，背带受到挂钩的作用力大
6.2023年，我国“双曲线二号”火箭完成垂直起降飞行试验，意味着运载火箭的可重复使用技术取得了重要突破。试验过程中，火箭持续向下喷射燃气获得竖直向上的推力，若地面测控系统测出火箭竖直起降全过程的v−t图像如图，火箭在t=0时刻离开地面，在t4时刻落回起点，不计空气阻力及火箭质量的变化，下列说法正确的是( )
A. 在t1时刻，火箭上升到最高位置
B. 在0−t1时间内，火箭受到的推力先增大后逐渐减小为零
C. 在t1−t2时间内，火箭所受合外力逐渐减小为零
D. 在t3−t4时间内，火箭先失重、后超重
7.图甲为挂在架子上的双层晾衣篮。上、下篮子完全相同且保持水平，每个篮子由两个质地均匀的圆形钢圈穿进网布构成，两篮通过四根等长的轻绳与钢圈的四等分点相连，上篮钢圈用另外四根等长轻绳系在挂钩上。晾衣篮的有关尺寸如图乙所示，则图甲中上、下各一根绳中的张力大小之比为( )
A. 1：1B. 2：1C. 5：2D. 5：4
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.在某个恶劣天气中，能见度很低。甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，甲在前、乙在后同向行驶。某时刻两车司机听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车，两车刹车后的v−t图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 甲车的加速度大于乙车的加速度
B. 若t=24s时两车未发生碰撞，则此时两车相距最近
C. 两车一定不会发生碰撞，因为乙车比甲车先停下来
D. 为避免两车发生碰撞，开始刹车时两车的间距至少为48m
9.如图是行李安检机示意图。行李箱由静止放上匀速运行的传送带，后沿着斜面滑到地面上，不计行李箱在MN转折处的机械能损失和斜面的摩擦力。关于行李箱在传送带和斜面上的速度v或加速度a随时间t变化的图像，下列可能正确的是( )
A. B. C. D.
10.如图所示，水平恒力F推着平板小车和货物在水平地面一起做匀加速直线运动，小车和货物的质量分别为M和m，货物与小车间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦与滑动摩擦相等。小车与地面间的滚动摩擦力不计，且货物与平板车左侧推杆不接触，在运动过程中，下列分析正确的是( )
A. 货物受到的合力大小为mm+MF B. 货物受到的合力大小一定为μmg
C. 货物受到的摩擦力大小一定为mm+MF D. 水平恒力F大于μmg时，货物会发生相对滑动
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学做“探究弹簧弹力和弹簧形变量的关系”的实验。
(1)实验装置如图甲，下列操作规范的有______。
A.实验前，必须先把弹簧水平放置测量其原长
B.逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
C.随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
D.实验结束后，不需要整理并复原实验器材
(2)该同学在实验过程中，每次都待弹簧处于静止状态时读出弹簧的长度，某次测量指针指在刻度尺的位置如图乙所示，则该读数为______cm；
(3)该同学根据记录的数据进行处理，描绘出弹簧的伸长量Δx与弹力F相关的点如图丙所示；
(4)请你根据所学知识用线来拟合这些点，并根据拟合的线，回答以下问题：
①根据所测得的数据和关系曲线可以判断，弹簧形变长度在0−6cm范围内弹力大小与弹簧伸长关系满足胡克定律，这种规格弹簧的劲度系数k= ______N/m；(结果保留3位有效数字)
②图线中后半部分明显偏离直线，你认为造成这种现象的主要原因是______。
12.图甲是“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验装置示意图。
(1)有关本实验方案的操作和判断，下列说法正确的是______。
A.本实验方案中需要用到刻度尺、天平及秒表
B.长木板右侧适当垫高是为了补偿小车受到的阻力
C.在探究小车加速度与小车的总质量M关系时，可以改变小车内钩码数量，重复实验，测定多组相关数据，再通过作出a−M的图像，得到a与M的反比关系
D.平衡阻力时，需要在砝码盘内放上适量的砝码，先打开电源，后释放小车，观察纸带上打出的点迹是否均匀
(2)图乙是实验得到纸带的一部分，每相邻两计数点间有四个点未画出。相邻计数点的间距已在图中给出。打点计时器电源频率为50Hz，则小车的加速度大小为______m/s2(结果保留3位有效数字)。
(3)实验得到的理想a−F图像应是一条过原点的直线，但由于实验误差影响，常出现如图丙所示的①、②、③三种情况。
其中图线①的产生原因是不满足“钩码的总质量______(填“远小于”或“远大于”)小车质量”的条件；图线③的产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过______。(填“小”或“大”)
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，为我国智能机器人自动分拣快递包裹系统，智能机器人携带包裹从供包台静止开始运动，抵达分拣口时，速度恰好减为零，然后，翻转托盘使托盘倾角缓慢增大，直至包裹滑下，将包裹投入分拣口中。某次分拣时，携带包裹的智能机器人沿倾角为α=10°的轨道从供包台静止开始运动到相距44m的分拣口处，在运行过程中包裹与托盘保持相对静止，已知智能机器人加速过程的加速度a为2m/s2，运行的最大速度vm=4m/s，智能机器人以最大速度匀速运动8s后，做匀减速运动，并刚好停在分拣口。智能机器人运送包裹过程中可视为质点。重力加速度g取10m/s2。求：
(1)智能机器人匀减速过程的加速度a为多大；
(2)若包裹与托盘的动摩擦因数为μ= 33，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在智能机器人到达分拣口处，要使得包裹能下滑，则托盘与车上表面的夹角最小是多少度。
14.如图所示，一倾角为53°、质量为M=5kg的斜面体A置于水平面上，在斜面体和竖直墙面之间放置一质量为m=6kg的光滑小球B，斜面体A受到水平向右的推力F，使A、B系统始终处于静止状态。已知斜面体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin53°=0.8，cs53°=0.6，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)小球B受到斜面体A弹力N1的大小和受到墙面弹力N2的大小；
(2)地面对斜面体A支持力N0的大小；
(3)水平向右的推力F的最小值。
15.如图所示为游乐场“智勇大冲关”最后一关的滑道，冲关者坐上坐垫从A点由静止开始沿倾角θ=37°的轨道AB滑下，经C点滑上正以v0=3m/s的速度沿顺时针方向匀速转动的水平传送带CD，B、C两点平滑衔接、间距可忽略，冲关者经C点运动到D点后水平抛出，落在水面上的E点，已知A、B两点距离X=4m，传送带CD长度L=3.25m，坐垫与轨道AB间的动摩擦因数μ1=0.5，坐垫与传送带间的动摩擦因数μ2=0.2，冲关者和坐垫可视为质点，sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)冲关者在AB段下滑的加速度a1的大小和到达B点时的速度vB的大小；
(2)冲关者从A点运动到D点的时间t；
(3)由于机械故障，传送带CD在冲关者到达B点时突然沿逆时针方向以v=2m/s的速度匀速转动，试判断冲关者能否顺利通过D点。
答案解析
1.B
【解析】解：AB.马停止用力，车就不再受到向前拉力作用，由于车的惯性，所以车仍能继续前进一段距离才停下来，故A错误，B正确；
C.质量是惯性的唯一的量度，因此车停下来的过程中，随着速度逐渐减小，可车的质量不变，车的惯性大小不变，故C错误；
D.车完全停下来后处于平衡状态，车只是在运动的方向上不受力作用，但在竖直方向上，车仍受到重力与地面的支持力的作用，这两个力大小相等方向相反，合力是零，故D错误。
故选：B。
一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性；一切物体在没有受到外力作用的时候，总保持静止状态或匀速直线运动状态；质量是惯性的唯一的量度。
本题综合考查了力与运动的关系、惯性的理解等多方面的知识，关键是熟练掌握力学的基础知识。
2.D
【解析】解：A.“100m”这里指的是路程，不是位移大小，故A错误；
B.“46秒40”表示整个过程的运动时间，不是时刻，故B错误；
C.根据平均速度等于位移和时间的比值可知，潘展乐两个过程中位移的大小相等，前一个过程时间短于后一个过程的时间，故前一个过程平均速度大于后一个过程的平均速度，故C错误；
D.研究潘展乐的划水及触壁转身动作时他的大小和形状不可忽略，故不能看成质点，故D正确。
故选：D。
根据路程与位移、时间与时刻、平均速度和质点的概念进行分析解答。
考查路程与位移、时间与时刻、平均速度和质点的概念，会在具体实例中做出正确分析和解答。
3.C
【解析】解：A、设相邻竖直吊绳间距为L，则a车的位移大小为4L，b车的位移大小为2L，所以a、b两车在这段时间内的位移之比为2：1，故A正确；
B、二者运动的时间相等，由平均速度的公式v−=xt，则可得va−vb−=xaxb=4L2L=21，故B正确；
CD、由平均速度公式得va−=v0+va2
vb−=v0+vb2
可得va=2vb+v0，即a车的末速度比b车的两倍还要大；
由加速度得定义式a=ΔvΔt可得，a车的加速度为aa=va−v0t
b车的加速度为ab=vb−v0t
所以aaab=va−v0vb−v0=2vb+v0vb−v0>21，故C错误，D正确。
本题选择不正确的
故选：C。
将乙车的位移设为2L，则甲车的位移为4L，结合各个选项，利用直线运动规律列出关系式以判断正误。
本题需要将元加速直线运动与直线运动的规律结合，利用题中给出的相等量列出等式以此解决此类问题。
4.C
【解析】解：A、大熊猫受重力、摩擦力和树干的弹力作用，故A错误；
BD、小熊猫处于静止状态，竖直方向，大熊猫的重力和摩擦力平衡，则所受摩擦力方向总是竖直向上，且大小不变，故BD错误；
C、大熊猫把树枝抓得越紧，最大静摩擦力越大，越不容易产生滑动，即越不容易掉下来，故C正确；
故选：C。
大熊猫处于静止状态，受力平衡，对大熊猫受力分析，结合平衡条件分析即可。
本题考查摩擦力，解题关键是对大熊猫做好受力分析，结合共点力平衡分析即可。
5.B
【解析】解：AB.两种方式下，挎包均处于平衡状态，进行受力分析如图
竖直方向上：2Tsinθ=mg
背带短时，背带与水平的夹角θ更小，可知此时背带上的张力更大，故A错误，B正确；
CD.两种方式下，对挎包整体进行受力分析，可知挂钩对挎包的作用力大小均等于重力大小，故CD错误。
故选：B。
共点力平衡条件下的受力分析，通过整体法和隔离法对挎包进行受力分析，列式子求解即可。
本题考查学生共点力的在不同情况下的静态平衡，考查学生的受力分析能力和对整体法和隔离法的运用，需要注意背带的张力与水平的夹角变化。
6.D
【解析】解：A.v−t图线和横轴所围成的面积代表位移，由图可知，在t2时刻速度为零，围成的面积正的最大，说明火箭上升到最高位置，故A错误；
B.根据v−t图像的切线斜率表示加速度，可知在0−t1时间内，图像的切线斜率先增大后减小，最后为零，即加速度先增大后减小，最后为零，根据牛顿第二定律F−mg=ma，可知火箭受到的推力F先增大后逐渐减小，最后等于mg，故B错误；
C.在t1−t2时间内，切线斜率在增大，根据牛顿第二定律可知，火箭所受合外力逐渐增大，故C错误；
D.由图可知，在t3−t4时间内，火箭先向下加速，再向下减速，故火箭先失重、后超重，故D正确。
故选：D。
A.根据v−t图像图线和横轴所围成的面积的物理意义进行分析解答；
BC.根据v−t图像的切线斜率的物理意义结合牛顿第二定律进行分析判断；
D.根据图像判断火箭在相应时间段的运动情况和加速度方向，再判断超失重问题。
考查运动学中的v−t图像的认识和理解，熟练掌握图像的切线斜率和图线与横轴所围成的面积的物理意义。
7.C
【解析】解：对上下两篮子整体分析
根据平衡条件和对称关系可知，每根绳上的拉力的竖直向上的分量为14⋅2mg=12mg，绳与篮子平面夹角为β，由几何关系得：
csβ=RL=2440=0.6
F1sinβ=12mg
解得：F1=58mg，
隔离下面篮子，对下篮子受力分析根据平衡条件可知，
F2=14mg，
则F1：F2=5：2，
故C正确，ABD错误；
故选：C。
对上下两篮子整体分析可得每根绳竖直向上的分力与篮子重力的关系，根据绳长和篮子直径的关系得出绳与水平方向的夹角为53°，结合几何关系计算出每根轻绳对篮子的拉力；隔离下面篮子，对下篮子受力分析可得每根绳竖直向上的力等于篮子重力的14。
本题主要考查了共点力的平衡问题，主要考察整体法与隔离法的应用。
8.BD
【解析】解：A、v−t图像的斜率表示加速度，则a甲=0−1648−0m/s2=−13m/s2
则a乙=0−2040−0m/s2=−0.5m/s2
所以甲的加速度小于乙车的加速度，故A错误；
B、开始时，甲在前、乙在后，在0−24s内，乙车的速度比甲车的大，两车间的距离逐渐减小。24s后，乙车的速度比甲车的小，两车间的距离逐渐增大，所以t=24s时两车相距最近，故B正确；
CD、当二者共速的时候用时为t，则有v甲−a甲t=v乙−a乙t，解得t=24s
v−t图像相对位移可以用面积差来表示
则Δx=x乙−x甲=(20−16)×242m=48m
即如果二者原本距离小于48m是会发生碰撞的，故C错误，D正确；
故选：BD。
根据v−t图像的斜率求出两车的加速度进行比较；
共速时候还未相撞，此时会出现最小距离；
找共速时候二者的相对位移判断是否相撞；判断二者之间的安全距离。
本题考查运动学中的追及问题，关键要抓住两车恰好不发生碰撞的临界条件是两车速度相等，结合运动学公式和速度与时间图线的意义进行分析。
9.BC
【解析】解：A、行李箱由静止放上匀速运行的传送带后，行李箱在滑动摩擦力作用下向前做匀加速直线运动，可能一直匀加速运动到M处。滑上斜面后，不计斜面的摩擦力，行李箱可能做加速度更大的匀加速直线运动，故A错误，B正确；
CD、行李箱在传送带上开始运动时受到恒定的滑动摩擦力，加速度不变，可能达到与传送带共速，共速后，加速度为零，进入斜面后加速度也恒定，加速度可能比传送带上的小，故C正确，D错误。
故选：BC。
行李箱在传送带上可能一直匀加速运动到M处，也可能在到达M处之前已与传送带共速，接着匀速运动到M处；行李箱在传送带上开始运动时，加速度不变，共速后合力为零，加速度为零，进入斜面而后受力也恒定，加速度也恒定。根据行李箱的运动情况和受力情况分析。
本题解题关键是分析出行李箱在滑动摩擦力作用下向前做匀加速直线运动，可能一直加速，也可能先加速与传送带共速后匀速，而加速度的判断需要根据不同运动阶段的受力情况结合牛顿第二定律判断。
10.AC
【解析】解：A、对小车和货物整体，根据牛顿第二定律得：F=(m+M)a
根据牛顿第二定律可得货物受到的合力大小为：F合=ma=mm+MF，故A正确；
B、小车与货物之间的最大静摩擦力大小为：fmax=μFN=μmg，货物受到的静摩擦力不一定达到最大值，所以货物受到的合力大小不一定为μmg，故B错误；
C、小车对货物的摩擦力提供货物加速度，即小车对货物的摩擦力大小为：f=F合=mm+MF，故C正确；
D、货物即将发生相对滑动时，小车与货物之间的摩擦力为最大静摩擦力：fmax=μmg。
对货物，根据牛顿第二定律得：amax=μmgm=μg
对整体，根据牛顿第二定律得：F′=(m+M)amax=μ(m+M)g
则至少需要μ(m+M)g的推力才会发生相对滑动，故D错误。
故选：AC。
对小车和货物整体，根据牛顿第二定律求出加速度，再对货物，根据牛顿第二定律求出货物受到的合力大小，从而确定货物受到的摩擦力大小。根据货物即将发生相对滑动时，小车与货物之间的摩擦力为最大静摩擦力，对货物和整体，分别运用牛顿第二定律求出此时的推力，再分析D项。
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、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.B 39.81 100 超过弹簧的弹性限度
【解析】解：(1)A.实验前，为了防止因弹簧本身的重力造成的误差，则必须先把弹簧竖直放置测量其原长，故A错误；
BC.逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重，但不能随意增减砝码，故B正确，C错误；
D.实验结束后，应拆除实验装置，整理并复原实验器材，故D错误。
故选：B。
(2)刻度尺的最小刻度为1mm，则刻度尺的读数为39.81cm；
(4)①根据所测得的数据和关系曲线可以判断，弹簧形变长度在0～6cm范围内，图像为直线，即弹力大小与弹簧伸长关系满足胡克定律，这种规格弹簧的劲度系数
k=ΔFΔx=66×0.01N/m=100N/m
②图线中后半部分明显偏离直线，你认为造成这种现象的主要原因是超过弹簧的弹性限度。
故答案为：(1)B；(2)39.81；(4)100；超过弹簧的弹性限度
(1)根据实验的操作要求逐项分析；
(2)根据刻度尺分度值读数；
(4)①图像的斜率表示弹簧的劲度系数；
②图中的后半部分明显偏离直线，即弹力与形变量不成正比，是因为超过了弹性限度。
熟练掌握实验原理、操作要求和注意事项等是解题的基础。
12.B 2.86 远小于 小
【解析】解：(1)A.本实验方案中需要用到刻度尺用测量位移；需要测出小车质量，故需要天平；因打点计时器本身就具有计时功能，故不需要秒表，故A错误；
B.为保证小车所受的合力为绳子的拉力，故长木板右侧适当垫高是为了补偿小车受到的阻力，故B正确；
C.探究小车加速度与小车的总质量M关系时，可以改变小车内钩码数量，重复实验，测定多组相关数据，再通过作出a−1M的图像，得到a与M的正比关系，故C错误；
D.平衡阻力时，不需要在砝码盘内放上适量的砝码，且不挂上绳子，先打开电源，后释放小车，观察纸带上打出的点迹是否均匀，故D错误。
故选：B。
(2)由题知，电源的频率为f=50Hz，每相邻两计数点间有四个点未画出，故相邻计数点间的时间为
t=5T=5f=550s=0.1s
根据逐差法Δx=at2，可得
a=16.29+13.43+10.59−7.72−4.88−2.019×0.12×0.01m/s2=2.86m/s2
(3)由丙图知，图线①向下偏曲，则产生原因是不满足“钩码的总质量远小于小车质量”的条件；
由丙图知，图线③，F需要加到一定值时才有加速度，说明摩擦力较大，则产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过小。
故答案为：(1)B；(2)2.86；(3)远小于；小
(1)根据实验原理及操作规范分析解答；
(2)根据匀变速直线运动的推论公式Δx=aT2可以求出加速度的大小。
(3)在验证加速度与质量的关系时，在重物质量m远小于小车质量M时，可近似认为小车受到的拉力等于重物重力，当不能满足这个条件时，将会出现误差，图像将偏离直线，结合图像与坐标轴交点分析。
要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握。
13.解：(1)匀加速运动过程的位移：x1=vm22a=422×2m=4m
匀速运动过程的位移：x2=vt=4×8m=32m
匀减速运动的位移：x3=x−x1−x2=(44−4−32)m=8m
加速度：a2=−vm22x3=−422×8m/s2=−1m/s2
所以减速的加速度为1m/s2。
(2)包裹刚好能够下落时，最大静摩擦力需满足：f=mgsin(θ+α)
即：μmgcs(θ+α)=mgsin(θ+α)，
代入数据后得到：tan(θ+α)=μ= 33，θ=20°。
即夹角最小值为20°。
答：(1)机器人匀减速过程的加速度为1m/s2；
(2)若包裹与托盘的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在机器人到达分拣口处，要使得包裹能下滑，托盘与车上表面的夹角最小是20°。
【解析】(1)利用匀加速运动，匀速运动的位移公式，求出减速运动的位移，用减速运动的位移和速度关系，求出减速运动的加速度。
(2)利用物体在斜面上恰能下滑，得到动摩擦因数与倾角之间的关系，进而推导倾角大小。
本题属于基础的受力分析和匀变速直线运动求解，请注意斜面本身就有倾角，计算时需要减掉这一部分。
14.解：(1)对B球受力分析，受重力mg，斜面体A的支持力N1，墙的支持力N2，受力如下图所示，

由共点力的平衡条件有：N1sin53°−N2=0，N1cs53°−mg=0
联立解得：N1=53mg=53×6×10N=100N，N2=43mg=43×6×10N=80N
(2)对AB整体受力分析，受AB重力，地面的支持力N0和摩擦力f(也可能向左)，墙面的支持力N2，外力F，受力如图所示，

则由共点力的平衡条件，竖直方向有：N0=(M+m)g=(6+5)×10N=110N
(3)斜面体受到的最大静摩擦力：fm=μN0=μ(m+M)g=0.2×(6+5)×10N=22N
水平向右的外力F最小(设为Fm)时，斜面体可能有向左运动趋势，静摩擦力向右，
对整体由平衡条件可得：F=N2−fm=80N−22N=78N
答：(1)球B受到斜面体的弹力大小N1为110N，墙面的弹力大小N2为80N；
(2)地面对斜面体A支持力N0的大小为110N；
(3)水平向右的推力F的最小值为78N。
【解析】(1)对B球受力分析求斜面体对B的弹力和墙面对B的弹力；
(2)对AB整体受力分析求斜面体受到水平面的支持力；
(3)斜面体受到的最大静摩擦力为滑动摩擦力，系统处于静止状态，受力平衡，当推力最小时，静摩擦力向右，对整体由平衡条件求最小的推力。
本题中两物体相互挤压受力平衡，选择整体法和隔离法求解外力和内力，当需要求外力大小分情况讨论时，一般要根据静摩擦力的方向不同来分情况讨论。
15.解：(1)冲关者在轨道AB上运动时，对人与坐垫分析，由牛顿第二定律得
mgsinθ−μ1mgcsθ=ma1
解得：a1=2m/s2
由运动学公式有
vB2=2a1X
解得：vB=4m/s
(2)冲关者在轨道AB上运动的时间为
t1=vBa1=42s=2s
因vB>v0，所以冲关者滑上传送带后先向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得
a2=μ2mgm=μ2g=0.2×10m/s2=2m/s2
设冲关者速度到3m/s时通过的位移为x，可得
x=vB2−v022a2
解得：x=1.75m故冲关者滑上传送带后先做匀减速运动后做匀速运动，匀减速运动的时间为
t2=vB−v0a2=4−32s=0.5s
匀速运动的时间为
t3=L−xv0=3.25−1.753s=0.5s
故冲关者从A点运动到D点的时间
t=t1+t2+t3=2s+0.5s+0.5s=3s
(3)传送带CD逆行后，设冲关者在传送带上速度减至零滑行的距离为x′，由动能定理得
−μ2mgx′=0−12mvB2
解得：x′=4m>L=3.25m
所以冲关者能顺利通过D点。
答：(1)冲关者到达B点时的速度vB大小为4m/s；
(2)冲关者从A点运动到D点的时间t为3s；
(3)冲关者能顺利通过D点。
【解析】(1)冲关者在轨道AB上下滑时做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度a1的大小，根据速度—位移公式求出冲关者到达B点时的速度vB的大小；
(2)根据速度—时间公式求出在轨道AB上运动的时间。冲关者滑上传送带后，分析其运动情况，由牛顿第二定律求解加速度，根据速度—位移公式求解冲关者减速到3m/s时的位移，再求从C到D的时间，从而求得从A点运动到D点的时间；
(3)根据动能定理求出冲关者在传送带上速度减至零滑行的距离，与传送带CD长度L比较，即可判断冲关者能否顺利通过D点。
本题考查牛顿第二定律、运动学公式和动能定理的综合应用，解题关键是分析好冲关者的受力情况和运动情况，分段运用运动学公式和牛顿第二定律列式求解速度和运动时间。