山东省烟台市2024-2025学年高一上学期期末考试物理试卷（Word版附解析）

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1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置。
2.选择题答案必须用铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 下列各组物理量，在国际单位制（SI）中属于基本物理量的是（ ）
A. 质量、长度、力
B. 时间、质量、长度
C. 速度、长度、时间
D. 加速度、力、时间
【答案】B
【解析】
【详解】在国际单位制（SI）中属于基本物理量的是时间、质量、长度。
故选B。
2. 牛顿第一定律是牛顿总结伽利略等人的研究成果而得出的，是科学家们集体智慧的结晶。下列说法正确的是（ ）
A. 牛顿第一定律可以通过实验直接验证
B. 物体的运动状态改变，其惯性一定会发生改变
C. 牛顿第一定律揭示了力是改变物体运动状态的原因
D. 伽利略通过理想斜面实验说明力是维持物体运动的原因
【答案】C
【解析】
【详解】A．牛顿第一定律不能通过实验直接验证，选项A错误；
B．因惯性只与质量有关，物体的运动状态改变指的是速度改变，则其惯性不一定会发生改变，选项B错误；
C．牛顿第一定律揭示了力是改变物体运动状态的原因，选项C正确；
D．伽利略通过理想斜面实验说明力不是维持物体运动的原因，选项D错误。
故选C。
3. 关于物体的速度和加速度之间的关系，下列说法正确的是（ ）
A. 速度变化量很大，加速度一定很大
B. 加速度保持不变，速度可能越来越小
C. 速度变化越来越快，加速度可能越来越小
D. 物体加速度方向和速度方向相同，当加速度逐渐减小时，物体的速度也逐渐减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据加速度的定义式，可知速度变化量很大，加速度不一定很大，还跟时间有关，故A错误；
B．当加速度的方向与速度的方向相反时，加速度保持不变，速度越来越小，故B正确；
C．加速度是反应速度变化快慢的物理量，故速度变化越来越快，加速度越来越大，故C错误；
D．当物体加速度方向和速度方向相同，当加速度逐渐减小时，物体的速度逐渐增加，故D错误。
故选B。
4. 某同学在同一高度处先后将一轻一重的两个石块自由释放，其中重石块比轻石块晚释放，忽略空气阻力，重力加速度，在两个石块落地前，下列说法正确的是（ ）
A. 重石块速度变化的快
B. 两个石块之间的距离保持不变
C. 两个石块的速度之差保持不变
D. 当重石块运动了时，两个石块之间的距离为
【答案】C
【解析】
【详解】A．轻重物体下落的加速度相同，即轻重石块速度变化一样快，选项A错误；
BD．根据
则随着时间增加，两个石块之间的距离保持逐渐变大，当重石块运动了时，两个石块之间的距离为
选项BD错误；
C．两个石块的速度之差
保持不变，选项C正确。
故选C。
5. 如图所示是某运动员在立定跳远过程中的动作分解图片。图甲为从地面起跳的动作，图乙为上升过程的某一瞬间，图丙为到达最高点的瞬间，图丁为落地时的动作，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）

A. 甲图中，运动员受到地面的支持力大于其对地面的压力
B. 乙图中，运动员在空中处于平衡状态
C. 丙图中，运动员速度为零，但加速度不为零
D. 丁图中，运动员受到地面的平均作用力大于其受到的重力
【答案】D
【解析】
【详解】A．图甲中，人从地面起跳时属于加速过程，竖直方向加速度向上，即支持力大于重力，而运动员受到地面的支持力与其对地面的压力是相互作用力，一定等大反向，故A错误；
B．图乙中，人在上升过程，已经离开地面，只受重力，不是平衡状态，故B错误；
C．图丙中，人达到最高点，水平方向速度不变，竖直方向速度为零，则人的合速度不为零，故C错误；
D．图丁中，人落地瞬间，地面对人有支持力和摩擦力，因支持力大小大于重力，运动员受到地面的平均作用力为支持力和摩擦力的合力，则作用力大于重力，故D正确。
故选D。
6. 如图所示，将一倾角的斜面固定在水平地面上，在斜面底端点的正上方高度处水平发射一颗小弹丸，弹丸打在斜面上点位置，已知两点间的距离，重力加速度，不计空气阻力，则弹丸初速度的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据几何关系，可得，
代入数据解得
故选A。
7. 甲、乙两物体从同一位置开始沿着同一直线运动，二者的位置坐标随着时间变化的关系图像如图所示。其中乙图线为一条抛物线，时对应抛物线的最低点。下列说法正确的是（ ）
A. 在内，乙物体的平均速度为
B. 在内，乙物体的平均速度为
C. 时，二者相距最远
D. 时，二者相距最远
【答案】D
【解析】
【详解】A．在内，乙物体的平均速度为
选项A错误；
B．对乙在内
在内，
解得x=1m， a=2m/s2
则乙物体在内的平均速度为
选项B错误；
C．因
时，因乙的速度为零，与甲的速度不等，则此时二者相距不是最远，选项C错误；
D．时，乙的速度
即此时二者相距最远，选项D正确。
故选D。
8. 如图所示，将一个质量为滑块从倾角的固定斜面上的点由静止释放，同时对滑块施加一个与斜面底边平行的水平推力，已知滑块和斜面之间的动摩擦因数，点和斜面底边的距离，忽略滑块的大小，重力加速度，则滑块从点运动到斜面底边的时间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】对滑块受力分析，可得合力的大小为
代入数据解得
设合力与F的夹角为，则有
代入数据解得
根据牛顿第二定律有
解得
则滑块下滑的位移为
根据位移时间公式有
代入数据解得
故选A。
二、多项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9. 关于做曲线运动的物体，下列说法正确的是（ ）
A. 速度一定变化
B. 加速度一定变化
C. 合力方向与速度方向不同一条直线上
D. 合力方向与加速度方向不在同一条直线上
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．做曲线运动的物体，速度方向时刻发生变化，即速度一定变化，但加速度不一定变化，物体可以做匀变速曲线运动，故A正确，B错误；
C．根据曲线运动的条件可知，合力方向与速度方向不在同一条直线上，故C正确；
D．根据牛顿第二定律可知，合力方向与加速度方向一定相同，故D错误。
故选AC。
10. 如图所示，一表面光滑的金属球静止在两挡板和之间，其中挡板处于竖直状态，挡板与水平方向的夹角为，下列说法正确的是（ ）
A. 保持不动，仅将沿顺时针方向缓慢转至水平，球对的作用力先减小后增大
B. 保持不动，仅将沿顺时针方向缓慢转至水平，球对的作用力逐渐减小
C. 保持不动，仅将沿逆时针方向缓慢转至水平，球对的作用力先减小后增大
D. 保持不动，仅将沿逆时针方向缓慢转至水平，球对的作用力逐渐增大
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．对金属球受力分析，如图所示
保持不动，仅将沿顺时针方向缓慢转至水平，由动态平衡的图解法可知挡板的支持力逐渐减小，挡板的支持力逐渐减小，由牛顿第三定律可知球对的作用力逐渐减小，球对的作用力逐渐减小，故A错误，B正确；
CD．保持不动，仅将沿逆时针方向缓慢转至水平，如图所示
由动态平衡的图解法可知挡板的支持力先减小后增大，挡板的支持力一直减小，由牛顿第三定律可知球对的作用力先减小后增大，球对的作用力一直减小，故C正确，D错误。
故选BC。
11. 2024年6月，受强降雨的影响，赣江发生洪水，导致江西多地发生洪涝灾害，党和政府积极组织抢险救援，保障人民群众的生命安全。在某次救援中，战士欲划小船从处横渡一条宽的小河，处下游有一山体滑坡造成的障碍区域，点与障碍区域边缘连线与河岸的最大夹角为，如图所示。已知河中水流速度为，战士划船的速度（即船相对静水的速度）最大可达，小船可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A. 战士渡河的最短时间为
B. 战士渡河的最短距离为
C. 战士能够安全渡河的最小划船速度为
D. 战士以最小安全速度渡河时所需时间为
【答案】ABC
【解析】
【详解】CD．当小船从障碍物边缘经过且船在静水中的速度与船渡河速度垂直时小船的速度最小，如图所示
则战士能够安全渡河的最小划船速度为
战士以最小安全速度渡河的最小位移为
此时渡河的速度即合速度
战士以最小安全速度渡河需要的时间
故C正确，D错误；
A．当船头垂直于河岸以最大划船速度渡河时渡河时间最短，则最短渡河时间为
故A正确；
B．当船在静水中的速度与渡河速度（合速度）垂直时渡河位移最小，最小位移为
故B正确。
故选ABC。
12. 如图甲所示，某兴趣小组的同学将一根轻质弹簧悬挂在力传感器上，弹簧下端悬挂一质量为的小球，将小球向下拉一段距离后释放，使小球保持在竖直方向上下运动，传感器显示的某一段时间内弹簧弹力大小随时间变化的图像如图乙所示。当地的重力加速度为，不计空气阻力，弹力始终未超过弹性限度，下列说法正确的是（ ）
A. 时刻小球处于超重状态
B. 时刻小球的加速度为
C. 时刻小球处在最低点
D. 时间内小球的速度先增大后减小
【答案】AD
【解析】
【详解】A．时刻弹簧的弹力大于重力可知，小球处于超重状态，选项A正确；
B．时刻弹簧的拉力等于重力，可知小球的加速度为零，选项B错误；
C．时刻弹簧处于原长，小球处在最高点，选项C错误；
D．时间内小球从最低点到最高点，弹力先大于重力后小于重力，加速度先向上后向下，则小球的速度先增大后减小，选项D正确。
故选AD。
13. 2024年10月21日，潍烟高铁正式开通，标志着烟台从此迈入全域高铁时代。某列动车由8节车厢组成，其中第1节和第5节为动力车厢，在列车匀加速启动过程中均可提供大小恒为的牵引力，其余车厢为普通车厢。假设每节车厢总质量均为，所受阻力大小均为为正的常数），重力加速度为，则在动车匀加速启动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 整列动车的加速度大小为
B. 5、6节车厢间的作用力大小为
C. 第5节车厢对第4节车厢的作用力大小为0
D. 某节车厢中一质量为的乘客所受车厢的作用力大小为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．对8节车厢整体受力分析，根据牛顿第二定律
解得
故A正确；
B．对后面6、7、8三节车厢看成一整体，根据牛顿第二定律有
解得
故B错误；
C．对后面5、6、7、8四节车厢看成一整体，根据牛顿第二定律有
解得
故C正确；
D．对某节车厢中一质量为的乘客受力分析，可知，水平方向受车厢的作用力大小，根据牛顿第二定律可得
竖直方向上，根据平衡条件可得
故某节车厢中一质量为的乘客所受车厢的作用力大小为
故D错误。
故选AC。
14. 2024年元宵节当晚，由千架无人机组成的超大规模灯光秀点亮烟台上空，为广大市民奉上了一场视觉盛宴。如图甲所示，一架无人机悬停在坐标原点，以水平向右为轴正方向，以竖直向上为轴正方向。从时刻开始，无人机在水平方向的速度随时间变化的图像如图乙所示，其在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图丙所示（其中为正的常数），时，无人机恰好到达预定位置并重新悬停。无人机可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A. 时，无人机的速度大小为
B. 时，无人机的速度大小为
C. 时，无人机所处的位置为（，）
D. 内，无人机位移与轴夹角的正切值
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据图像与横轴围成的面积表示速度变化量，由题意可知在内竖直方向分速度变化量为0，则有
解得
时，无人机的水平分速度为0，竖直分速度为
则时，无人机的速度大小为，故A错误；
B．时，由图乙可知无人机的水平分速度为，竖直分速度为
则时，无人机的速度大小为
故B正确；
C．根据图乙可知内无人机沿水平方向通过的位移为
在时无人机竖直分速度为
在时无人机竖直分速度为
则内无人机沿竖直方向通过的位移为
则时，无人机所处的位置为（，），故C错误；
D．根据图乙可知内无人机沿水平方向通过的位移为
在时无人机竖直分速度为
则内无人机沿竖直方向通过的位移为
则内，无人机位移与轴夹角的正切值
故D正确。
故选BD。
三、本题共4小题，共20分。
15. 在“研究匀变速直线运动”实验中，某同学获得了一条点迹清晰的纸带如图所示，图中A、B、C、D、E、为相邻的计数点，相邻两计数点之间还有2个点未画出。为减小测量时的相对误差，依次测得各计数点到第一个计数点A的距离，已知所用交流电的频率为，则打点计时器在打D点时纸带的瞬时速度大小可表示为___________，纸带的加速度大小可表示为___________（均用题目中给定的字母表示）。
【答案】 ①. ②.
【解析】
【详解】[1]相邻两计数点之间还有2个点未画出，则相邻计数点的时间间隔为
根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则在打D点时纸带的瞬时速度大小可表示为
[2]根据逐差法可得纸带的加速度大小可表示为
16. 某科学兴趣小组在做“描绘物体做平抛运动的轨迹”实验中，采用了如图甲所示的装置。先将一张白纸和复写纸固定在装置的背板上，钢球沿斜槽轨道滑下后从水平轨道末端抛出，落在倾斜挡板上，钢球落到倾斜的挡板上后，就会挤压复写纸，在白纸上留下印迹，这就记录了钢球运动轨迹上的一个点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列点，用平滑曲线连接各点可得到平抛运动轨迹。

某次实验，该小组得到物体做平抛运动的轨迹如图乙所示，为轨迹上的三个点，以为坐标原点，以重锤线方向为轴，建立直角坐标系，测得、两点坐标分别为、，重力加速度，则由此可计算出物体的初速度大小为___________，物体抛出位置的坐标为___________。
【答案】 ①. 2 ②. （-20cm，-5cm）
【解析】
【详解】[1]小球做平抛运动，竖直方向，根据匀变速直线运动的推论
解得相邻两点的时间间隔为
物体的初速度大小为
[2]根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，点竖直方向的速度为
小球运动到点经历的时间为
物体抛出位置的横坐标为
物体抛出位置的纵坐标为
故物体抛出位置的坐标为（-20cm，-5cm）。
17. 在“探究两个互成角度力的合成规律”的实验中，如图甲（a），橡皮条的一端固定，另一端连接一轻质小圆环，橡皮条的长度为。在图甲中，用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环。小圆环受到拉力的共同作用，处于点，橡皮条伸长的长度为。撤去，改用一个力单独拉住小圆环，如图甲（c）仍使它处于点。
（1）关于本实验下列说法正确的是（ ）
A. 图（b）中，与的方向的夹角越大越好
B. 使用弹簧测力计时，施力方向应沿测力计轴线
C 使用弹簧测力计读数时，视线应正对测力计刻度
D. 重复实验再次进行探究时，圆环的位置必须与前一次相同
（2）某次实验中，在纸板上已画出、的作用点及作用线如图乙所示，并记录和，请在图乙方框中利用平行四边形定则做出和合力的力的图示___________（所选标度已给定），并由所做图示可以得到合力的大小为___________（保留2位有效数字）。
【答案】（1）BC （2） ①. ②. 4.4##4.3
【解析】
【小问1详解】
A．画平行四边形时，夹角适当大些，画出的平行四边形会更准确些，但不是要求夹角尽量大，故A错误；
BC．为了减小实验误差，使用弹簧测力计时，施力方向应沿弹簧测力计轴线方向，且读数时视线应正对弹簧测力计刻度线，故B正确，C正确；
D．实验过程中用一个弹簧测力计的作用效果替代两个弹簧测力计作用效果，只需同一次实验“结点”的位置相同即可，但完成后重复实验再次进行探究时，圆环的位置不必与前一次相同，故D错误。
故选BC。
【小问2详解】
[1]利用平行四边形定则做出和合力的力的图示
[2]由所做图示可以得到合力的大小为4.4N。
18. 某同学利用如图甲所示装置探究加速度与力、质量的关系，所用器材包括：气垫导轨、滑块（上方安装有宽度为的遮光片，前端装有力传感器）、两个与计算机相连接的光电门、天平、砝码盘和砝码等。
用细绳跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，调节滑轮高度，使细绳保持与导轨平面平行。令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从气垫导轨的右边开始运动，与计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处光电门时的遮光时间。
（1）为补偿阻力，实验前应进行的操作为：滑块未连接轻绳时，开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，使滑块上的遮光片分别经过两个光电门的遮光时间___________。
（2）某次实验时，测量出遮光片经过A、B两处光电门时的遮光时间分别为，已知A、B两处光电门中心之间的距离为，则此过程中滑块的加速度___________（用题目中给定的字母表示），此时对应力传感器的示数为，记录一组数据。
（3）保证滑块总质量不变，多次改变砝码盘中砝码的个数，记录并计算可得到对应的多组数据，以力传感器的示数为纵坐标，以滑块的加速度为横坐标，根据实验测得的数据，利用描点法画出如图乙所示的图像，该图像为一条过坐标原点的倾斜直线，说明___________，利用该图像可求出滑块总质量___________kg（结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）相等 （2）
（3） ①. 滑块的总质量一定时，其加速度a和合力F成正比 ②. 2.0
【解析】
【小问1详解】
为补偿阻力，实验前应进行的操作为：滑块未连接轻绳时，开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，使滑块上的遮光片分别经过两个光电门的遮光时间相等，表明轨道水平。
【小问2详解】
滑块经过两个光电门时的速度分别为，
且
解得
【小问3详解】
[1]该图像为一条过坐标原点的倾斜直线，说明滑块的总质量一定时，其加速度a和合力F成正比
[2]斜率表示质量，利用该图像可求出滑块总质量
四、本题共4小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。
19. 如图所示，水平地面上一辆平板车以的速度向前匀速行驶，时刻，在平板车前端的正前方距离处有一个小球在离地面高度处正以的初速度竖直向上抛出。已知平板车上表面离地高度为，车身长度，重力加速度，不计空气阻力。
（1）求小球落在平板车上的位置到车身前端的距离；
（2）为了避免小球落在平板车上，小球竖直向上抛出的同时，小车开始做匀加速直线运动，求平板车的加速度所满足的条件。
【答案】（1）1m （2）
【解析】
【小问1详解】
设小球经过时间t落在小车上，取竖直向上为正方向，则有
解得或（舍去）
平板车运动的位移为
则小球落在平板车上的位置到车身前端M的距离为
【小问2详解】
设平板车的最小加速度为a0，则小车运动位移满足条件为
解得
则平板车的加速度应满足
20. 如图所示，倾角的光滑斜面固定在水平地面上，斜面顶端固定一轻质的定滑轮，底端固定一垂直斜面的挡板。质量分别为、的物块甲、乙通过轻质弹簧连接在一起，物块甲静止在斜面底端紧靠挡板处。不可伸长的细绳跨过定滑轮一端与物块乙连接，另一端与套在水平固定的光滑直杆上的质量为的物块丙连接。开始时物块丙静止在直杆上点（细绳与直杆垂直），且恰好与直杆间的相互作用力为零；现对物块丙施加一水平向右的拉力，使其缓慢移动，当移动到点时，物块甲恰好对挡板无压力，此时细绳与水平直杆的夹角。已知滑轮与水平直杆间的垂直距离为，重力加速度大小为，弹簧的轴线、物块乙与定滑轮之间的细绳共线且与斜面始终平行，不计滑轮大小，不计空气阻力和一切摩擦阻力，弹力始终未超过弹性限度，物块甲、乙、丙均可视为质点，。求：
（1）物块丙静止在直杆上点时，甲对挡板的压力大小；
（2）弹簧的劲度系数；
（3）物块丙在点时受到直杆的弹力及拉力的大小。
【答案】（1）2mg （2）
（3），
【解析】
【小问1详解】
在B点时，隔离丙由平衡条件得 T1=mg
对甲、乙整体由平衡条件得 FN1+T1=(2m+4m）gsinθ
解得：FN1=2mg
由牛顿第三定律可得甲对挡板的压力大小为2mg。
【小问2详解】
在B点时，弹簧处于压缩状态，弹簧的压缩量为x1，
由平衡条件可得 kx1+T1=4mgsinθ
在A点时，弹簧处于拉伸状态，弹簧的伸长量为x2，
由平衡条件可得 kx2=2mgsinθ
由题意可知
解得
【小问3详解】
在A点，对甲、乙整体由平衡条件得 T2=(2m+4m）gsinθ
在A点，隔离丙，受力分析如图所示
由平衡条件得，T2sinα=FN2+mg
T2csα=F
，
21. 手榴弹发射器不仅可以增加射程，而且打击更加精准，在远距离打击中具有显著优势。在某次军事演习中，战士利用手榴弹发射器在山顶点向山坡发射一枚手榴弹，经过时间，手榴弹击中山坡上的点，点距发射点的距离。忽略手榴弹的大小，不计空气阻力影响，山坡可视为倾角的足够长斜面，重力加速度，。
（1）求手榴弹射出发射器时速度的大小及与水平方向的夹角；
（2）求手榴弹距离山坡的最远距离；
（3）以任意大小相同的初速度分别沿（1）中的发射方向和水平方向发射两枚手榴弹，试证明此两枚手榴弹击中山坡上的同一点。
【答案】（1）40m/s，53°
（2）100m （3）见解析
【解析】
【小问1详解】
由斜抛运动的规律得，
联立解得，
【小问2详解】
由（1）可知初速度方向与斜面垂直，沿斜面方向和垂直斜面方向建立直角坐标系，
将初速度分解为，
将重力加速度分解为，
则手榴弹距离山坡的最远距离为
解得
【小问3详解】
初速度大小为v，当手榴弹沿α方向发射时，其在空中运动时间为t1，落在斜面上位置距离P点为s1，有，
当手榴弹沿水平方向抛出，其在空中运动时间为t2，落在斜面上位置距离P点为s2，根据平抛运动规律有
解得
则
可得，所以两次手榴弹落在同一位置。
22. 如图所示，倾角的斜面固定在水平地面上，物块静止在斜面底端。时刻，物块在的水平恒力作用下沿斜面向上运动，同时物块在斜面顶端由静止释放，时撤去恒力，A、B两物块在斜面上始终未相遇。已知物块A的质量，A、B两物块均可视为质点，物块A与斜面间的动摩擦因数，物块B与斜面间的动摩擦因数，重力加速度，，求：
（1）撤去恒力时物块的速度大小；
（2）物块沿斜面上滑的最大距离；
（3）斜面的最小长度。
【答案】（1）10m/s
（2）15m （3）17.25m
【解析】
【小问1详解】
恒力F作用时，对A受力分析，如图所示
沿斜面方向，根据牛顿第二定律有
垂直斜面方向，根据平衡条件有
又根据
联立解得a1=5m/s2
撤去恒力F时物块A的速度大小v1= a1t1=10m/s
【小问2详解】
则A向上做匀加速直线运动的位移为
撤去恒力F后，对A受力分析，如图所示
沿斜面方向，根据由牛顿第二定律有
解得加速度为a2=10m/s2
则减速到零的时间为s
则向上减速至零位移为
物块A沿斜面上滑的最大距离
【小问3详解】
物块B沿斜面向下运动时，对B受力分析，如图所示
沿斜面方向，牛顿第二定律有
解得aB=0.4m/s2
物块A沿斜面向下运动时，对A受力分析，如图所示
根据牛顿第二定律有
解得a3=2m/s2
假设再经过t3物块A、B达到共速，则有
解得
A下滑的位移为
整个过程B的位移为