2024-2025学年陕西省西安中学高三上学期开学物理试卷（解析版）

这是一份2024-2025学年陕西省西安中学高三上学期开学物理试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x=24t−6t2(m)，则它在前3s内的平均速度大小为( )
A. 8m/sB. 10m/sC. 12m/sD. 14m/s
2.甲、乙两车分别从A、B两地在同一条直线上同时、同向由静止开始运动，已知甲车先以a0做匀加速直线运动，当运动至B位置时，开始匀速运动，而乙车一直以a做匀加速直线运动，为了避免与甲车相撞，则乙车的加速度至少为( )
A. 13a0B. 12a0
C. a0D. 2a0
3.如图示，已知物块与斜面间的摩擦因数μ=tanθ，在外力F作用下，物块正沿斜面向下做加速运动，而斜面处于静止状态；现增大F，则下列说法中正确的是( )
A. 地面对斜面的摩擦力增大
B. 地面对斜面支持力增大
C. 只增大推力F的大小，加速大小可能不变
D. 只增大推力F的大小，斜面可能会向右运动
4.有一列火车有N节车厢，在牵引力作用下向右运动，每节车厢所受阻力均相等，从右端开始记第1、2两节车厢间相互作用力为F12，第5、6节车厢间的相互作用为F56，现测得F12与F56的比值为2：1，则N应为( )
A. 6节B. 9节C. 12节D. 18节
5.如图甲所示，A、B两小球通过两根轻绳连接并悬挂于O点，已知两轻绳OA和AB的长度之比为 3：1，A、B两小球质量分别为2m和m。现对A、B两小球分别施加水平向右的力F1和水平向左的力F2，两球恰好处于如图乙的位置静止，此时B球恰好在悬点O的正下方，轻绳OA与竖直方向成30°，则( )
A. F1=F2 B. F1=2F2
C. F1=3F2 D. F1= 3F2
6.从固定斜面上同一点分别沿水平和沿斜面向下抛出甲、乙两小球，初速度大小均为v0，经一段时间后又同时经过斜面上同一位置，已知斜面倾角为37°，则乙与斜面间的摩擦因数为( )
A. μ=34B. μ=13C. μ=14D. μ=12
7.如图甲所示，足够长的传送带的倾角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一物块，结果物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，其中v0、t0已知。重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. 物块可能沿传送带向上运动
B. 物块与传送带间的动摩擦因数大于tanθ
C. t0时间后物块的加速度大小为2gsinθ−v0t0
D. 若传送带反转，则物块将一直以大小为gsinθ−2v0t0的加速度做匀加速直线运动
8.如图所示，长为6m、质量为10kg的木板放在水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.2。一个质量为50kg的人从木板的左端开始向右匀加速跑动到离开木板的过程中，关于人(a)和木板(b)的速度—时间图像(v−t)可能正确的是(g取10m/s2)( )
A. B. C. D.
9.如图甲所示，小明先用F1=13N水平向右的力将一质量为2kg的木箱向右移动4m的距离后，在另一水平推力F2作用下，又匀速运动4m的距离到达斜面底端，撤去外力，之后冲上倾角为37°的斜面，物体的动能随运动距离变化的图像如图乙。已知木箱与斜面间的摩擦因数为0.5，关于物体的运动，下列说法中正确的是( )
A. F2的大小为4N
B. 木箱能到达斜面的最大高度为1.8m
C. 木箱返回水平面后向左运动的最大距离为1.8m
D. 整个运动过程中，克服摩擦力所做的功为36J
10.某赛车手练习启动和弯道行驶技术，从起点开始直线运动x0后进入弯道，要求在弯道部分匀速率运动。已知赛车质量为m，最大牵引力是阻力的3倍，启动开始牵引力随时间的变化关系如图，2t0时刚好进入弯道，则在2t0时间内，下列说法中正确的是( )
A. 汽车运动的最大加速度am=3fm
B. 赛车在t0时的功率P=2f2t0m
C. 发动机对赛车所做的功WF=fx0+2f2t029m
D. 赛车从t0到2t0内做减速运动
二、实验题（每空3分，共18分）
11.某同学想探究弹簧劲度系数与弹簧长度之间的关系，取了长为4L的一段弹簧，并在弹簧上用小指针标出位置，将弹簧竖直固定在水平桌面上，在其上端分别放置质量为m、2m、3m、4m、5m的砝码，记录各指针的位置，并利用描点画图，得出原长分别为L、2L、3L、4L的弹簧所受到的压力与对应形变量之间的图象。

根据题中提供信息，回答下列问题
(1)该实验的原理是______；
(2)依据实验数据，利用描点画图在给定的坐标系中画出各段弹簧所受压力与对应压缩量之间的关系；
(3)如果将原长L(=10cm)的弹簧劲度系数记为k0，原长为nL的弹簧劲度系数记为kn，则依据图象可得出的结论是kn= ______。
12.某同学欲测量木盒与木板间的摩擦因数，木盒中放置许多砝码，用细线与一吊篮相连，实验时，先测量出木盒、吊篮和砝码的总质量为M0，每次从木盒内取出的砝码都放在吊篮里，然后由静止释放，每次改变质量时，用打点计时器测量加速度和吊篮内总质量m，依据这些数据画出了a−m图象。

(1)写出a与m的表达式______。
(2)木盒与木板间的摩擦因数μ= ______。
(3)M0= ______。
三、计算题（12+12+18=42分）
13.2024年在巴黎奥运会上，我国跳水小将全红婵的“水花消失术”使跳水水平又达新高度。下图为全红婵10米跳台跳水过程的v−t图象，规定速度方向向下为正，整个过程将全红婵看作成质点。试根据图象信息求：
(1)当地的重力加速度(保留两位有效数字)；
(2)全红婵入水深度。
14.如图所示，在质量为m的物块甲上系着两条细绳，其中长30cm的细绳另一端连着轻质圆环，圆环套在水平棒上可以滑动，圆环与棒间的动摩擦因数μ=0.75。另一细绳跨过光滑定滑轮与重力为G的物块乙相连，定滑轮固定在距离圆环50cm的地方，系统处于静止状态，OA与棒的夹角为θ，两绳夹角为φ。当G=6N时，圆环恰好开始滑动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)OA绳与棒间的夹角θ；
(2)物块甲的质量m。
15.如图所示，在一宽大的电梯内有一长为L=6m足够高的桌子，其一端固定一光滑的滑轮，用一段细线跨过滑轮将质量分别为m和2m的物体A、B相连，初始A靠近桌子的左端，A与桌面间的动摩擦因数μ=0.5，初始系统处于静止状态。
(1)若由静止释放A、B，求释放后1s时物体B的速度v1；
(2)若在1s时，系统向下以a0=2m/s2开始向下做匀加速运动，求此时B向下运动的加速度a2和物体A从桌面左端到右端运动的时间t；
(3)保持其它条件不变，取m=5kg，桌面足够长，电梯向下以a=g−5t的加速度从静止开始运动，同时释放A、B两物体，当电梯速度再次为零时停止，求在这一过程中，绳的拉力对A的冲量。
答案解析
1.A
【解析】解：根据位移与时间的关系x=v0t−12at2结合x=24t−6t2可得：
初速度v0=24m/s，加速度大小为a=12m/s2
则汽车刹车时间为：t0=v0a=2412s=2s，前3s内的位移等于前2s内的位移。
所以刹车位移为：x=v02t0=242×2m=24m
它在前3s内的平均速度大小为：v−=xt=243m/s=8m/s，故A正确、BCD错误。
故选：A。
根据位移与时间的关系公式求解初速度和加速度大小，求出刹车时间和位移，根据平均速度的计算公式进行解答。
本题考查了运动学中的刹车问题，注意汽车速度减为零后不再运动。所以解答此类问题的一般方法是先判断速度减为零的时间，判断给定的时间内汽车是否已经静止，再选用合适的公式进行解答。
2.B
【解析】解：设甲车加速运动到B点时的速度为v1，所用时间为t1，乙车的加速度为a1时，甲、乙两车恰好不相撞。
甲车从B点到恰能追上乙车所用的时间为t2，则有：v1t2=12a1(t1+t2)2
且：v1=a0t1=a1(t1+t2)
联立可得：a0a1=2
所以为了避免与甲车相撞，乙车的加速度：a≥a1=a02，故B正确，ACD错误。
故选：B。
恰好不相撞，二者速度相等时相遇。根据位移—时间关系、速度—时间关系列方程联立求解。
在解决物理问题时，常常会遇到题目中有些物理量未知，却要求相关量的问题。其实这些未知的物理量往往在最终的结果中可以消掉，从这里我们得到一个提示，就是所需要的物理量有些是可以未知的，但要满足未知的物理量个数与方程个数相同。
3.B
【解析】解：A、已知物块与斜面间的摩擦因数μ=tanθ，即mgsinθ=μmgcsθ，物体在不受推力时物体沿斜面匀速下滑，此时地面对斜面的摩擦力为零。
若施加的推力F沿斜面方向，物体与斜面之间的作用力不变，物体运动过程中地面对斜面的摩擦力为零；
若推力垂直于斜面向下，施加推力F后，物体对斜面的压力增大ΔFN=F，增加的摩擦力为Δf=μF，则：ΔfΔFN=μFF=μ，说明物体对斜面的作用力竖直向下；
所以沿任意方向施加推力F，物体加速运动过程中，地面对斜面的摩擦力不变，均为零，故A错误；
B、增大F，物体与斜面间的作用力增大，则地面对斜面支持力增大，故B正确；
C、只增大推力F的大小，推力在沿斜面向下的分力增大，加速大小增大，故C错误；
D、只增大推力F的大小，地面与斜面的摩擦力不变，均为零，斜面不可能运动，故D错误。
故选：B。
对物体受力分析，根据共点力的平衡条件可求得斜面对物体的作用力，根据平衡条件可求得地面对斜面的摩擦力；若施加力F后，物体对斜面的作用力方向竖直向下，摩擦力仍为零。增大力F，根据物体与斜面间的作用力的变化情况进行分析。
本题主要考查了共点力的平衡条件以及牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，注意整体法和隔离法的应用。
4.B
【解析】解：设这列火车共有N节车厢，每节车厢的质量均为m，运动过程中每节车厢所受阻力均为f，加速度为a，对火车左侧(N−1)节车厢进行受力分析，根据牛顿第二定律有
F12−(N−1)f=(N−1)ma
同理，对火车左侧(N−5)节车厢进行受力分析，可得
F56−(N−5)f=(N−5)ma
由题意可知F12与F56的比值为2：1，联立解得
N=9
故B正确，ACD错误；
故选：B。
以题中车厢组成的系统为研究对象，应用牛顿第二定律求出加速度，应用牛顿第二定律求出各车厢间的作用力然后答题。
本题考查了牛顿第二定律的应用，根据题意分析清楚车厢的受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题；解题时注意整体法与隔离法的应用。
5.B
【解析】解：两轻绳OA和AB的长度之比为 3：1，B球恰好在悬点O的正下方，由几何关系可知，OA与AB垂直；
以B球为研究对象，由平衡条件得F2=mgtan(90°−30°)= 3mg
以AB两球整体为研究对象，由平衡条件得
F1−F2=3mgtan30°，
得F1=2 3mg
可得：F1=2F2
故B正确，ACD错误
故选：B。
先以B球为研究对象，由平衡条件求F2.由题，OB绳恰好处于竖直方向，先以AB两球整体为研究对象，由平衡条件求F1。
解决本题的关键是灵活选择研究对象，正确分析受力情况，运用平衡条件研究。要注意整体法的应用。
6.B
【解析】解：假设两小球的运动时间为t，做平抛运动的小球水平位移为xx=v0t，竖直位移xy=12gt2，根据几何关系可知，xxxy=ct37°，即v0t12gt2=43，由此可知t=3v02g，xx=3v022g，小球水平方向的位移与位移的关系为xxx=cs37°，由此可知x=15v028g，因为两小球位移大小相等，因此作直线运动的小球位移为x=15v028g，假设直线运动的小球加速度大小为a，因此有v0t+12at2=x，将x、t代入可知，a=13g，对直线运动的小球进行受力分析，结合牛顿第二定律可知ma=mgsin37°−μmgcs37°，综上可知μ=13，故B正确，ACD错误。
故选：B。
两球的运动时间相等，做平抛运动的小球水平、竖直位移之比为0.8，通过分析平抛运动可推算出运动时间即位移大小，代入到直线运动的小球可得小球的加速度，由此可知摩擦因数。
本题需要将平抛运动与直线运动相关知识相结合以解决此类问题。
7.C
【解析】解：A.根据v−t图像的物理意义可知，v−t图像的斜率表示物体的加速度，则由图乙可知，t0时刻之前的加速度大于t0时刻之后的加速度，所以物块t0时刻之前受到的滑动摩擦力沿传送带向下，即开始时物块相对传送带向上运动，传送带逆时针转动，由图乙可知，物块始终向下做加速直线运动，故A错误；
B.由A选项分析可得，t0时刻之后物块向下做加速度较小的匀加速直线运动，则
mgsinθ>μmgcsθ
得
μμmgcsθ
如果传送带反转，物块始终相对传送带向下运动，摩擦力始终沿传送带向上，对物块
mgsinθ−μmgcsθ=ma2
则物块将一直以大小为2gsinθ−v0t0的加速度做匀加速直线运动，故D错误。
故选：C。
A.根据v−t图像的物理意义判断物块的运动情况；
B.根据运动情况，对物块进行受力分析即可判断；
C.根据牛顿第二定律求解；
D.对物块受力分析，根据牛顿第二定律求解。
本题考查了传送带问题，分析清楚物块的运动过程是解题的前提与关键，传送带模型是重要的模型，一定要掌握传送带问题的处理方法。
8.BC
【解析】解：A.人在木板上向右做匀加速运动，则人受到木板向右的摩擦力，所以
f=Ma1
而木板与地面之间的最大静摩擦力为
fm=μ(M+m)g
代入数据解得
fm=120N
当人对木板的摩擦力大于地面对木板的最大静摩擦力时，木板向左加速，即
f>fm
代入数据解得
a1>2.4m/s2
由于
aa1=2 32 3m/s2=1m/s22.4m/s2
此时人向右加速，木板向左加速，故D错误。
故选：BC。
由牛顿第二定律结合摩擦力公式求得人与木板之间加速度大小，对各选项由a=ΔvΔt，求出加速度，作出判断。
分析清楚物体运动过程是正确解题的基础，关键要明确人和木板、木板与地面之间摩擦力的关系，应用牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题。
9.AC
【解析】解：A、木箱在x1=4m内，摩擦力大小为f1，根据动能定理可得：(F1−f1)x1=Ek−0，其中：Ek=36J
在4m～8m过程中，动能不变，则有：F2=f1，
代入数据解得：F2=f1=4N，故A正确；
B、木箱冲上斜面后做匀减速运动，根据动能定理，有：−(mgsinθ+μmgcsθ)x2=0−Ek
解得：x2=1.8m
所以木箱在斜面上能到达的最大高度为：ℎ=x2sinθ=1.8×0.6m=1.08m，故B错误；
C、木箱从冲上斜面到最终停下来，根据动能定理可得：−μmgcsθ⋅2x2−f1x3=0−Ek
解得：x3=1.8m，故C正确；
D、对整个运动过程，由动能定理有：F1x1+F2x1−W克=0
所以：W克=68J，故D错误。
故选：AC。
木箱在x1=4m内，根据动能定理列方程；在4m～8m过程中，动能不变，根据平衡条件列方程联立求解；
木箱冲上斜面后做匀减速运动，根据动能定理进行解答；
木箱从冲上斜面到最终停下来，根据动能定理进行解答；
对整个运动过程，由动能定理求解克服摩擦力所做的功。
本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答；动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动；一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答。
10.C
【解析】解：A、对赛车进行分析，根据牛顿第二定律有：F−f=ma，当t=t0时，牵引力最大，赛车的加速度最大，则有：3f−f=mam，解得最大加速度为：am=2fm，故A错误；
B、当牵引力等于阻力时赛车开始运动，根据图像可知，赛车开始运动的时刻为13t0，如图所示：
赛车从开始运动至t0时刻，取运动方向为正方向，由动量定理可得：f+3f2×(1−13)t0=mv−0
解得赛车在t0时的速度大小为：v=4ft03m
则赛车在t0时刻的功率为：P=3fv=4f2t0m，故B错误；
C、0～2t0时间内，由动能定理可得：WF−fx0=12mv12−0
赛车从开始运动至2t0时间内，取运动方向为正方向，由动量定理可得：2×f+3f2×(1−13)t0=mv1−0
联立解得发动机对赛车所做的功WF=fx0+2f2t029m，故C正确；
D、在t0到53t0时间内，牵引力虽然在减小，但仍然大于阻力，所以赛车仍做加速运动，在53t0～2t0时间内，牵引力等于阻力，赛车做匀速运动，故D错误。
故选：C。
对赛车进行分析，根据牛顿第二定律分析加速度大小；
赛车从开始运动至t0时刻，由动量定理求解速度大小，根据功率计算公式进行解答；
由动能定理、动量定理联立解得发动机对赛车所做的功；
根据受力情况分析运动情况。
本题主要是考查动量定理之图像问题，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。
11.F=kx(x为各段弹簧的压缩量) k0n
【解析】(1)该实验的原理是胡克定律，即F=kx，x为各段弹簧的压缩量；
(2)依据实验数据，利用描点画图在给定的坐标系中画出各段弹簧所受压力与对应压缩量之间的关系，如图所示
(3)由图可知F=kx，所以F0=k0x，F0=kn⋅nx
所以kn=k0n。
答：(1)F=kx(x为各段弹簧的压缩量)
(2)如图所示
(3)k0n
(1)在弹性限度内，弹簧弹力与形变量长征成正比；
(2)根据表格数据，利用描点法作图；
(3)根据F=kx推导得到最终结论。
本题主要考查“探究弹簧劲度系数与弹簧长度之间的关系”的实验，根据胡克定律F=kx解答。
12.a=(1+μ)gM0m−μg 0.4 14kg
【解析】解：(1)对整体根据牛顿第二定律得
mg−μ(M0−m)g=M0a
解得
a=(1+μ)gM0m−μg
(2)根据图像得
μg=4
解得
μ=0.4
(3)根据图像得
(1+μ)gM0=44m/(s2⋅kg)
解得
M0=14kg
故答案为：(1)a=(1+μ)gM0m−μg；(2)0.4；(3)14kg
(1)对整体根据牛顿第二定律可解得表达式；
(2)(3)根据图像的斜率与截距分析解答。
本题考查牛顿第二定律测量动摩擦因数，解题关键掌握牛顿第二定律的运用，注意图像的斜率与截距的物理意义。
13.解：(1)设当地的重力加速度为g，跳台高为H，由运动学关系可得：H=12g(t2−t1)2−12gt12
g=2H(t2−t1)2−t12
代入数值得g≈10m/s2
(2)入水时的速度为v1，则v1=g(t2−t1)=10×(16.3−0.2)m/s=14.3m/s
所以入水的深度为：ℎ=12v1⋅Δt=12×14.3×(2.00−1.63)m=2.65m≈2.7m
答：(1)当地的重力加速度10m/s2；(2)全红婵入水深度2.7m。
【解析】(1)运动员在空中做自由落体运动，利用位移与时间公式计算当地的重力加速度；
(2)利用速度与时间公式计算刚落水时的速度，利用平均速度与位移公式计算入水深度。
本题考查了应用位移与时间公式、速度与时间公式、速度与位移公式计算自由落体运动和匀减速运动问题。
14.解：(1)当圆环恰好要开始滑动时，设此时水平棒对圆环的支持力大小为FN，细绳对圆环的拉力大小为FT，对圆环受力分析，如图甲所示

甲
根据平衡条件有μFN=FTcsθ
FN=FTsinθ
联立解得tanθ=43
即θ=53°
(2)由题意，根据几何关系可知φ=90°，按如图乙所示，对物块甲受力分析，根据平衡条件

乙
有Gcsθ+FTsinθ−mg=0
FTcsθ−Gsinθ=0
解得m=1kg
答：(1)OA绳与棒间的夹角为53°；
(2)物块甲的质量为1kg。
【解析】(1)圆环恰好滑动，将要开始滑动时，所受的静摩擦力刚好达到最大值。根据共点力平衡条件对环进行研究，求出OA绳与棒间的夹角。
(2)物体m处于平衡状态，根据共点力平衡条件求解细绳的张力；圆环将要滑动时，对重物进行受力分析，求解甲的质量。
本题是在共点力作用下重物的平衡问题，采用隔离法分别研究三个物体，分析受力情况是解题的关键之处。
15.解：(1)当电梯静止时，释放A、B后，对A、B受力分析如图1所示：

A、B的加速度大小相等，设为a1，根据牛顿第二定律得：
对A有：T−f1=T−μN1=T−μmg=ma1
对B有：2mg−T=2ma1
解得：a1=5m/s2
由运动学公式可得t1=1s时物体A、B的速度大小均为：
v1=a1t1=5×1m/s=5m/s
(2)1s时电梯开始以a0=2m/s2的加速度向下匀加速运动的过程，对A、B受力分析如图2所示：

对于物体A：水平方向在绳的拉力T′作用下继续匀加速运动，设其水平加速度为ax，而在竖直方向还要随电梯向下以加速度a0做匀加速运动，所以分别在水平、竖直方向上对A应用牛顿第二定律可得：
T′−μN2=max
mg−N2=ma0
联立可得：T′−μm(g−a0)=max
对于物体B：既有相对桌面以大小为ax的加速度向下的匀加速运动，还有随着电梯以加速度a0向下的匀加速运动，由牛顿第二定律可得：
2mg−T′=2m(a0+ax)
联立可得：ax=2mg−μm(g−a0)−2ma03m
解得：ax=4m/s2
则此时B向下运动的加速度为：
a2=a0+ax=2m/s2+4m/s2=6m/s2，方向竖直向下。
在1s后A沿水平方向以加速度ax做匀加速直线运动，设1s后其运动至桌面右端所需要时间为t2，由运动学公式得：
L−12a1t12=v1t2+12axt22
代入数据解得：t2≈0.57s
所以物体A从桌面左端到右端的总时间为：
t=t1+t2=1s+0.57s≈1.57s
(3)由题设条件：电梯向下以a=g−5t的加速度从静止开始运动，可得当a=0时，电梯运动的时间为：t3=2s，此时电梯的速度达到最大，画出电梯沿竖直方向运动的a−t图像如图3所示：

根据a−t图像与时间轴围成的面积表示速度变化量，易知在t4=4s时电梯会停止运动。
对于物体A同理可得(设桌面与A之间的弹力为NA，绳的拉力为T″)：
在竖直方向上有：mg−NA=ma=m(g−5t)
在水平方向上有：T″−μNA=max′
解得：NA=5mt，T″−5μmt=max′
对于物体A同理可得：
2mg−T″=2m(a+ax′)，即：2mg−T″=2m(g−5t+a_x′)
联立可得：2mg−5μmt=2mg−10mt+3max′
代入数据得：ax′=2.5t
作出ax′−t的图像如图4所示：

易知在t4=4s时物体A沿水平方向的分速度为：vx=12×10×4m/s=20m/s
又有A与桌面的滑动摩擦力大小为：f=μNA=5μmt
作出f−t的图像如图5所示：

根据f−t的图像与时间轴围成的面积表示冲量，易知在0～4s时间内滑动摩擦力的冲量大小为：
If=12×4×50N⋅s=100N⋅s
以水平向右为正方向，对A运用动量定理得：IT−If=mvx
解得此过程绳的拉力对A的冲量大小为IT=200N⋅s，方向水平向右。
答：(1)释放后1s时物体B的速度v1大小为5m/s，方向竖直向下；
(2)此时B向下运动的加速度a2的大小为，方向竖直向下；物体A从桌面左端到右端运动的时间t为1.57s；
(3)绳的拉力对A的冲量大小为200N⋅s，方向水平向右。
【解析】(1)对A、B受力分析，根据牛顿第二定律与运动学公式求解释放后1s时物体B的速度；
(2)对A、B受力分析，对于物体A，分别在水平、竖直方向上应用牛顿第二定律列式。对于物体B，根据相对运动关系确定其加速度，应用牛顿第二定律列式，联立求解此时B向下运动的加速度。对A根据运动学公式求解其从桌面左端到右端运动的时间；
(3)分析电梯的运动过程，确定其停止运动的时间。分析A、B的力与运动的关系，参照(2)的解答，应用a−t图像与F−t图像求解A的水平分速度和滑动摩擦力对A的冲量，根据动量定理求解在这一过程中绳的拉力对A的冲量。
本题考查了牛顿第二定律应用的连接体问题、求解变力的冲量问题、动量定理的应用、运动合成与分解的应用。电梯具有加速度时，对于电梯与物体A、B组成的系统，A、B处于非惯性参考系中发生运动，注意确定B的加速度，对A的运动应用运动的分解处理。F(压力)
0
mg
2mg
3mg
4mg
5mg
指针1(k1)
40cm
36.1cm
31.8cm
28.1cm
24.1cm
20.0cm
指针2(k2)
30cm
27.0cm
24.1cm
21.0cm
17.9cm
15.0cm
指针3(k3)
20cm
18.2cm
16.1cm
14.0cm
12.1cm
10.0cm
指针4(k4)
10cm
9.1cm
8.1cm
6.9cm
6.1cm
5.0cm