河南省顶级名校2025-2026学年高三上学期9月月考物理试卷

这是一份河南省顶级名校2025-2026学年高三上学期9月月考物理试卷，共6页。试卷主要包含了多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（共 7 题，每题只有一个正确选项，每小题 4 分，共 28 分） 1．蹴球是中国少数民族的一种传统体育项目，比赛在一块正方形水平地面上进行，比赛用球为硬塑实心球。如图所示，静止在场地中的球 1 与球 2、球 2 与边线间的距离均为 L，
L
2μg
L
μg
?
??
两球质量相同，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为 μ，一队员用脚给球 1一个水平冲击力使其获得水平速度，球 1 与球 2 发生弹性正碰后，球 2 恰好能到达边线，重力加速度为 g。则球 2 运动的时间为（）
6．如图所示，一粗糙斜面体放置在水平地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，一端 平行于于斜面且与斜面上的物块 M 相连，另一端位于天花板上的 A 点，并通过光滑动滑轮悬挂物块 N，系统处于静止状态。细绳的一端可缓慢沿直线从 A 点水平移到 B 点，或沿直线从 A 点竖直移到 C 点，已知全过程中斜面和 M 始终保持静止，则在此过程中（）
A．绳端缓慢从 A 点移到 C 点过程中，M 所受细绳拉力一直减小
B．绳端缓慢从 A 点移到 C 点过程中，M 所受斜面的摩擦力可能先减小后增大
C．绳端缓慢从 A 点移到 B 点过程中，斜面所受地面的摩擦力大小一直增大
D．绳端缓慢从 A 点移到 B 点过程中，斜面所受地面的支持力大小一直增大 7．如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在 t=0 时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力 F，作用 1s 后撤去 F，此后木板运动的 v—t 图像如图乙。物块和木板的质量均为 1kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g=10m／s2，下列说
2L
μg
A．
B．
C． 2
D．
法正确的是（）
拉力 F 的大小为 24N
2．我国自主研发的霍尔推进器在国际空间站中的应用，标志着我国在电推进技术领域已经跻身国际领先行列。已知“比冲量”指单位质量推进剂产生的冲量，也叫“比推力”，其单位可以用国际单位制中基本单位表示为（ ）
A．N·s·kgB．m/sC．N/sD．m/s²
物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为
μ=0.4
物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为 3m D．t=2s 时刻，物块的速度减为 0
3AB1AB
．如图所示， 是一均匀小球， 是一 4 圆弧形滑块，最初 、 相切于圆弧形
二、多选题（共 3 题，每题有多个正确选项，每小题 6 分，共 18 分，选对但不全的得 3 分）
滑块的最低点，一切摩擦均不计，开始 B 与 A 均处于静止状态，用一水平推力 F
将滑块 B 向右缓慢推过一段较小的距离，在此过程中（）
A．墙壁对球的弹力不变B．滑块对球的弹力增大
C．地面对滑块的弹力增大D．推力 F 减小 4．汽车自动防撞系统，是防止汽车发生碰撞的一种智能装置，计算机对两车间距以及两车的瞬时相对速度进行处理后，判断两车的安全距离，如果两车间距小于安全距离，系统就
会发出指令使汽车开始制动。在某次测试中设置的两车安全距离 x 与两车瞬时相对速度v 的关系图像如图所示，甲车在前乙车在后在平直路面上以
90km / h 的速度向前行驶，两车间距为96m ，某时刻甲车以4m / s2 的加速度开始做匀减速运动，则乙车自动防撞系统开启时甲车的速度大小为（） A．1.0m / sB．1.2m / sC． 2.0m / sD． 2.2m / s
5．2024 年 6 月 2 日，嫦娥六号成功着陆月球背面南极——艾特肯盆地。嫦娥六号利用向下喷射气体产生的反作用力，有效地控制了探测器着陆过程中的运动状态。其中一段着陆过程中，探测器减速的加速度大小 a 随时间 t 变化的关系如图所示， 3t0 时刻探测器的速度恰好为零。下列说法中正确的是（ ）
A． 0 ~ t0 时间内，探测器做匀速直线运动
B．B．探测器在t0 时刻的速度大小是2t0 时刻的 4 倍
C． 0 ~ t 时间内，探测器的位移大小为 5 a t 2
02 0 0
D．气体对探测器的作用力大小在t0 时刻是2t0 时刻的两倍
下列说法正确的是（）
地球上的水珠呈扁球形，而“天宫一号”中展示的大水珠呈球形，是因为“天宫一号”中展示的大水珠表面张力大
地球上的水珠呈扁球形，而“天宫一号”中展示的大水珠呈球形，是因为“天宫一号”中展示的大水珠处于完全失重的状态
温度相同的两种理想气体的分子平均速率不一定相同 D．温度相同的两种理想气体的分子平均速率一定相同
如图甲所示，水平放置的传送带能以不同的速度 v 逆时针匀速转动，某时刻物块以某一初速度从右端滑上传送带，物块离开传送带后到落地过程的
。
水平位移x 与传送带速度v 关系图像如图乙所示已知传送带长度 L  0.36m ，重力加速度
g  10m / s2 。下列说法正确的是（） A．当传送带速度在 0-0.9m/s 范围取值时，物块一直减速
B．物块的初速度大小为 1.5m/s C．物块与传送带间动摩擦因数为 0.3
D．当传送带速度在 0-0.9m/s 范围取值时，物块和传送带间产生的摩擦热相同
如图甲所示，长木板 A 的左端放置滑块 B（可视为质点），V 形槽 C 用不可伸长的细绳与 A 相连，光滑球 D 放在槽内（槽右边部分竖直，
与左边倾斜部分的夹角为α）。对 B 施
加一水平向右的恒力F 使其由静止开始运动，一段时间后 B 从 A 右端滑出，A 继续在水平地面上运动一段距离后停止运动，以水平向右为正方向，此过程中A 的速度随时间变化的图像如图乙所示。已知
(4)在本实验中认为细线的拉力 F 等于砝码和砝码盘的总重力 mg，由此造成的误差是（选填“系统
误差”或“偶然误差”）。设拉力的真实值为 F ，小车的质量为 M，为了使 mg  F真  5% ，应当满足的条
m  m  1kg 、m  m  0.5kg ，A、C 与地面间的动摩擦因数相同，D 与 C 之间始终未发生相对滑动，真F
ABCD真
取 g  10m / s2 。下列说法正确的是（）
长木板 A 与地面之间的动摩擦因数为 0.2，滑块 B 与长木板 A 之间的动摩擦因数为 0.6
件是 m
M
 。
细绳能承受的最大拉力应不小于 3N
若球 D 相对于槽 C 刚好未发生滑动，则有tanα 4
若长木板 A 长 L  0.5m ，则在第 1s 内恒力 F 做的功为 15J
三、实验题(每空 2 分，共 14 分） 11．某同学使用有透光狭缝的钢条和光电计时器的装置测量重力加速度（图 1）．在钢条下落过程中，钢条挡住光源发出的光时，计时器开始计时，透光时停止计时，若再次挡光，计时器将重新开始计
时．实验中该同学将钢条竖直置于一定高度（下端 A 高于光控开关），由静止释放，测得先后两段挡光时间 t1 和 t2．
用游标卡尺测量 AB、AC 的长度，其中 AB 的长度如图 2 所示，其值为mm
四、解答题
13．（10 分）相互平行的两根足够长的金属导轨置于水平面上，导轨光滑，间距为 d，导轨的左端连接 有阻值为 R 的电阻,导轨自身电阻不计，垂直于导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为 B,现有一质量为 m，电阻不计的金属棒垂直置于导轨上．
（1）（4 分）若给金属棒以向右的初速度 v0,求在金属棒整个运动过程中电阻 R
上的焦耳热 Q1
（2）（6 分）若给金属棒施加一水平向右的恒力 F，已知从金属棒开始运动到稳定运行的过程中，电阻 R 上的焦耳热为 Q2，求此过程中流过 R 的电量 q。 14．（12 分）如图所示，在倾角为 θ 的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接
的物块 A、B。它们的质量分别为 mA、mB，弹簧的劲度系数为 k，C 为一固
该同学利用vAB
 AB 及 t1
定挡板。系统处于静止状态。已知重力加速度为 g。
，
(1)（5 分）现开始用一恒力 F（已知）沿斜面方向拉物块 A 使之向上运动
AC
v AC t1  t2
，求出vAB 、vAC ，再利用
求物块 B 刚要离开 C 时物块 A 的加速度 a 的大小；
(2)（7 分）若物块 A 只是压在弹簧上端（未与弹簧连接），用沿斜面方向的
，
测量的时间 t1 和 t2，可得到重力加速度的表达式为（用 vAB
vAC 及给出的时间表示）。
12．用如图所示装置“验证牛顿第二定律”，保持小车质量一定，验证小车加速度 a 与合力 F 的关系。
为使细线对小车的拉力等于小车所受的合力，以下操作正确的是
本实验需要调节滑轮高度使细线与长木板平行 B．在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将砝码和砝码盘通过细线挂在小车上 C．在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上
某同学得到如图所示的纸带，每 5 个点取一个计数点，测得相邻计数点间的距离如图所示（单位 cm）。由此可得小车加速度的大小 a ＝m/s2（保留三位有效数字）。
在本实验中认为细线的拉力 F 等于砝码和砝码盘的总重力 mg，已知三位同学利用实验数据做出的 a－ F 图像如图丁中的 1、2、3 所示。下列分析正确的是（选填选项前的字母）。
出现图线 1 的原因可能是没有平衡摩擦力
出现图线 2 的原因可能是砝码和砝码盘的质量不合适
出现图线 3 的原因可能是在平衡摩擦力时长木板的倾斜度过大
力拉 A，使 A 沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间 t，拉力大小不再改变，求此过程中拉力的最大值。
15．（18 分）如图所示，上下表面均粗糙的长木板静置在粗糙的水平面上，质量为 m、带正电的绝缘小物块静止在木板的最左端。木板与水平面之间的动摩擦因数为 μ，t=0 时刻，在空间施加一水平向右且随时间成正比增大的匀强电场，此后物块运动的加速度 a 随时间 t 变化的图像如图所示。在 t=3t0 时撤去电场，此时物块刚好到达木板的中点，最终物块
静止在木板的最右端。已知重力加速度为 g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)（6 分）物块与木板间刚好要发生相对滑动时二者的加速度大小；
(2)（6 分）长木板的质量；
(3)（6 分）2t0~3t0 时间内物块电势能的减少量
2025-2026 学年高三物理 9 月月考
aF1  mg  ma0  2
参考答案
F2  mg
 m 0 则有 F
a1 故 D 错误。故选 B。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
B
A
B
C
C
BC
AB
BD
月22
mg  m 0
2
A【详解】球 2 匀减速直线运动到停下，可以看作反向匀加速直线运动，可得 L  1 at 2
2
2L
μg
根据牛顿第二定律可得μmg  ma 联立求得t A 正确。
C【详解】AB．首先对 N 点进行受力分析，如下图所示，当绳端缓慢从 A 点移到 C 点过程中，θ 角不会改变，根据2T csθ GN ，可知绳子的拉力不变，而由于绳子的拉力没变，因此 M 所受摩擦力也不变，故 AB 错误；
C．当绳端缓慢从 A 点移到 B 点过程中，θ 角会逐渐变大，因此绳子拉力 T 逐渐变大，对 M、N 及斜面
作为一个整体进行考虑，可知地面摩擦力为 f  T sinθ GN tanθ所以斜面所受地面的摩擦力在不断增大。
2
故 C 正确；
D．当绳端缓慢从 A 点移到 B 点过程中，θ 角会逐渐变大，因此绳子拉力 T 逐渐变大，对 M 及斜面作为
IFtN·skg·m·s2·sm
B【详解】根据题意可知比冲量 m  m  kg kg s
一个整体进行考虑，则 N  T csθ G  G
 1 G  G
 G 所以斜面所受地面的支持力大小一直不变，
，
B【详解】AB．对小球受力分析，小球受到重力、滑块的弹力和墙壁的弹力
故 D 错误。故选 C。
M斜2 NM斜
如图所示，重力的大小和方向都不变，墙壁的弹力方向不变。滑块的弹力和墙壁的弹力的合力不变，大小等于重力，由图可知，滑块对球的弹力在增大，墙壁对球的弹力在增大，A 错误，B 正确；
C【详解】A．由图像可知，撤去拉力 F 前，物块在木板上一直有有相对运动，否则，撤去拉力 F 后，木板的 v-t 图像不可能是两段折线。
在 1～1.5s 内，物块加速、木板减速，设它们的加速度大小分别为 a1、a2，则
CD．对滑块和小球整体进行受力分析，整体受重力、支持力、墙壁的弹力及推
力，竖直方向上滑块和小球的重力大小等于地面对滑块的弹力，滑块和小球的重力都不变，所以地面对滑块的弹力不变，水平方向上推力 F 大小等于墙壁对球的弹力，所以推力 F 增大，CD 错误。
A【详解】由图可知 x  v 又 x  v  at  4t
a  v1 
1
t1
2
a  v2 
t2
3  0 m/s2  2m/s2
1.5  0
8  3 m/s2  10m/s2
1.5 1
1
设物块、木板的质量均为 m，物块与木板之间的动摩擦因数为 μ1，木板与地面之间的动摩擦因数 μ2，则
两车间距 x  96  vt   vt 
at 2   96  2t 2 联立得2t 2  4t  96  0 解得t  6s
有，对物块μ1mg  ma1 ， μ1mg  μ2  2mg  ma2
2
得 μ1=0.2，μ2=0.4
则此时甲车的速度为v1  v  at  25m / s  24m / s  1m / s 故 A 正确。
B【详解】A．由a  t 图像可知， 0 ~ t0 时间内，加速度不变，探测器做匀减速直线运动，故 A 错误；
撤去拉力 F 前，木板的加速度a0
 v  8m/s2
t
B．根据a  t 图像与横轴围成的面积表示速度变化量，且3t0 时刻探测器的速度恰好为零，可知探测器在
对木板,根据第二定律有 F  (μ1mg  μ2  2mg)  ma0 得 F=18N 选项 A 错误；
t 时刻的速度大小为v  1 a 2t  a t
012 0 00 0
B．由上可知，物块与木板间的动摩擦因数为μ1 =0.2 ，选项 B 错误；
探测器在2t 时刻的速度大小为v  1  a0 t
 1 a t

0222 04 0 0
v232
可知探测器在t 时刻的速度大小是2t 时刻的 4 倍，故 B 正确；
C．在 t1=1.5s 内，物块位移为 x1  1 
m  2.25m
00
C．探测器在0 时刻的速度大小为v  a t  1 a 2t  2a t
2a12  2
00 02 0 00 0
vv2  v2
882  32
v  v2a t
 a t3
木板位移为 x2 
t  1  (
1
)m  6.75m
则0 ~ t 时间内，探测器的位移大小为 x  01 t
 0 00 0 t 
a t 2 故 C 错误；
22a2
22 10
11
020202 0 0
D．设探测器的质量为m ， t0 时刻根据牛顿第二定律可得 F1  mg
月  ma0 2t0 时刻根据牛顿第二定律可得
在 t1=1.5s 后，物块与木板间仍有相对滑动，物块的加速度大小a   μg  2m/s2
22122
木板的加速度大小为a ， μ  2mg  μmg  ma  ，得a   6m/s2
BD
【详解】A．由图乙可知，在0 ~ 1s 内，长木板A 的加速度a  2 m/s
11
2  2m/s2
物块到停止的时间还需t块
= v1
a

1
 3 s  1.5s 2
，木板到停止的时间还需t板
= v1
a

2
 3 s  0.5s 6
在 1~3s 内，长木板A 的加速度a2
 0  2 m/s2  1m/s2
3 1
所以木板比物块早停止运动。
v232
设长木板A 与地面之间的动摩擦因数为μ1 ，滑块 B 与长木板A 之间的动摩擦因数为μ2 ，在 0~1s 内，对A 、C 、 D 整体进行受力分析，根据牛顿第二定律
在 t1=1.5s 到物块停止运动的时间内，物块的位移为 x1
1
2a 
 2  2
m  2.25m
μm g  μm
 m  m
 m  g  m  m
 m  a
12 B
1ABCDACD1
2
木板位移为 x  
22
v
3
1 m  0.75m ，物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为
在 1~3s 内，对A 受力分析，根据牛顿第二定律有μ1mA g  mAa2
联立解得μ  0.1 ， μ  0.7
2
2a 2  6
12
故 A 错误；
s  x  x   (x  x )  [6.75  0.75  (2.25  2.25)]m  3m 选项 C 正确；
B．在0 ~ 1s 内，对C 、 D 系统受力分析，由牛顿第二定律T  μ1 mC  mD  g  mC  mD  a1
2211
D．由上可知，物块从开始到停止运动的时间为 3s，2s 时的速度不为 0，选项 D 错误。故选 C。 8．BC【详解】AB．天宫一号中由于水珠处于完全失重状态，所以在表面张力作用下，水珠表面积收缩到最小，呈球形，故 A 错误，B 正确； CD．温度相同的两种理想气体的分子平均动能相同，但分子质量不一定相同，所以分子平均速率不一
解得T  3N
故细绳能承受的最大拉力应不小于3N ，故 B 正确； C．若球 D 相对于槽C 刚好未发生滑动
根据牛顿第二定律 mD g  m a
定相同，故 C 正确，D 错误。故选 BC。
9．AB
解得tanα 5
故 C 错误；
tanαD 1
【详解】A．由图乙可知，当传送带速度在0  0.9m / s 范围取值时，物块离开传送带后的水平位移 x 不变，说明物块物块离开传送带的速度不变，在传送带上一直减速，故 A 正确；
B．当传送带速度v  0.9m / s 时，物块在传送带上恰好做匀减速直线运动至速度与传送带速度相同，然后以该速度离开传送带做平抛运动。设物块的初速度大小为v0 ，物块在传送带上的加速度大小为a ，由
0
运动学公式v2  v2  2aL
0
当传送带速度v  0.3 41m / s 时，物块在传送带上恰好做匀加速直线运动至速度与传送带速度相同，然后以该速度离开传送带做平抛运动。由运动学公式v2  v2  2aL
联立求解可得物块的初速度v0  1.5m / s ，加速度a  2m / s2 ，故 B 正确；
C．加速度a  μmg  μg  2m / s2
D．在第1s 内，对A 有 x  1 a t 2
2 1
对 B 有 x  x  L  1 at 2
A2
m根据牛顿第二定律 F  μ2 mB g  mBa
动摩擦因数μ 0.2 ，故 C 错误；
D．当传送带速度在0  0.9m / s 范围取值时，物块在传送带上的位移和滑行时间相同，但传送带的位移
又W  F  xA
 L
不同，物块与传送带的相对位移也不同。根据Q  μmgx相对
误。
故选 AB。
物块和传送带间产生的摩擦热不同，故 D 错
联立解得W  15J
故 D 正确。故选 BD。
74.3
2 vAC  vAB  t2
解得
m  5%
M
【详解】（1）游标卡尺的主尺读数为 74mm，游标尺上第 3 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺
13．（1） 1 mv 2（2）
读数为 0.1×3mm=0.3mm，所以最终读数为：74mm+0.3mm=74.3mm.20
（2）该同学利用vAB  AB ， vAC 
t1
AC
t1  t2
，根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度表示钢条运动的中
【详解】（1）由能量的转化和守恒可知，金属棒的动能会全部转化为电阻上的焦耳热，若给金属棒以向
间时刻瞬时速度，重力加速度为 g 
vAC  vAB
t1  t2  t1
 2 vAC  vAB 
t2．
右的初速度 v0，在金属棒整个运动过程中电阻 R 上的焦耳热 Q1 为：
Q ＝ 1 mv 2
22120
12．(1)AC(2)1.21(3)B(4)系统误差5%
【详解】
（2）达到稳定时安培力与 F 等大反向，设此时导体棒的速度为 v，位移为 x，由此可得：
B2L2v
为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上，调整长木板的倾斜度，让小车拖着纸带做匀速直线运动，同时要调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行。故 AC 正确；B 错误。
F＝BIL＝
解得： v＝
R FR B2 L2
故选 AC。
相邻计数点间的时间间隔为
此过程中拉力做功转化为电阻上的焦耳热和金属棒的动能：
Fx＝Q + 1 mv2
T  5 0.02s  0.10s2 2
根据逐差法，可得
a  4.12  2.91 102 m / s2  1.21m / s2
0.102
由感应电量的表达式： q＝   BLx
RR
解得： x＝ qR
（3）A．根据图像 1 可知，当没有挂砝码、砝码盘时，小车产生了加速度，因此说明平衡摩擦力时木
板倾角太大。故 A 错误；
B．根据图像 2 可知，随着 F 的增大，即砝码、砝码盘的质量增大，不再满足砝码、砝码盘质量远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象。故 B 正确；
C．根据图像 3 可知，当挂上砝码、砝码盘时，小车的加速度还是为零，说明没有平衡摩擦力或平衡的不够。故 C 错误。
故选 B。
（4）[1]在本实验中认为细线的拉力 F 等于砝码和砝码盘的总重力 mg，由此造成的误差是系统误差。
BL
解
F  mA g sinθ mB g sinθ
mA
14．(1)
2m2 g sinθ
m g sinθ A
[2]对小车，根据牛顿第二定律得
Akt 2
a  F真
【详解】（1）物块 B 刚要离开 C 时，以 B 为对象，可得弹簧弹力大小为
对整体，根据牛顿第二定律得
M
a mg
以 A 为对象，根据牛顿第二定律可得
F弹  mB g sinθ
M  m
F  m g sinθ F  m a
又
mg  F
联立解得物块 A 的加速度为
A弹A
真  5%
F真
a  F  mA g sinθ mB g sinθ
mA
可知物块 B 刚要离开 C 时物块 A 的加速度的大小为 F  mA g sinθ mB g sinθ 。
mA
（2）使 A 沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间 t，拉力大小不再改变，可知此时 A 与弹簧分离，弹簧刚好恢复原长；设初始时弹簧的压缩量为 x0 ，则有
设撤去电场后经过时间 t 物块和木板共速，有v2  a3t  v1  a1 t0  t 
最终物块静止在木板的最右端，则撤去电场后，物块相对于木板的位移大小为 L ，有
2
v t  1 a t 2  v  a t t  1 a t 2  L
kx  m g sinθ
22 311 0
2 12
0A
设 A 做匀加速直线运动的加速度为a ，根据运动学公式可得
联立得 L  1 μgt 2
0
x  1 at 24
02设 2t0~3t0 时间内电场力做功为 W，木板的位移大小为 x1，木板的长度为 L，对物块根据动能定理有
在 A 与弹簧分离前，弹簧给 A 的弹力沿斜面向上，且逐渐减小，则拉力逐渐增大，当 A 与弹簧分离时，
W 
L 1212
拉力达到最大，则有
f  x1  2   2 mv2  2 mv1

Fmax  mA g sinθ mA a
其中 x  v t
 1 a t 2  μgt 2
联立解得
11 0
2 1 00
2m2 g sinθ
F m g sinθ A
求得W 
51μ2mg 2t 2
0
15．(1)μg (2)m
51μ2mg 2t 2
maxA
kt 2
8
2t ~3t 时间内物块电势能的减少量等于电场力做的功，即 51μ2mg 2t 2 。
0080
80
【详解】（1）设小物块带电量为 q，匀强电场的场强大小 E=kt（其中 k 为比例系数）根据题意可知，t0 时刻二者开始运动，有qkt0  μm  M  g
2t0 时刻物块与木板间刚好要发生相对滑动，此时二者的加速度大小相等，设为 a1，有
qk  2t0  μm  M  g  m  M  a1
联立得a1  μg
设物块与木板间的滑动摩擦力大小为 f，则 2t0 时刻对木板有 f  μm  M  g  Ma1
3t0 时刻对物块有qk  3t0  f  ma2
由图可知a2  3μg
联立得M  m ， f  3μmg
a−t 图像与时间轴所包围的面积表示速度变化量，设 2t0 时刻和 3t0 时刻物块的速度分别为 v1 和 v2，
结合题目图像有v  0  μgt0 ， v
 v  μg  3μg t
 2μgt
求得v
1
 μgt0 ， v
221
 5 μgt
200
12220
撤去电场后，设物块的加速度大小为 a3，对物块根据牛顿第三定律有 f  ma3