重庆市南开中学2024-2025年高一上学期期末适应性考试物理试卷（Word版附解析）

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一、单项选择题：本题共12题，每题3分，共36分。下列各题四个选项中只有一个选项符合题意，请选出。不选、多选或错选不给分。
1. 关于做圆周运动的物体所受的向心力，下列说法正确的是（ ）
A. 因向心力总是沿半径指向圆心，且大小不变，故向心力是一个恒力
B. 因向心力指向圆心，且与线速度的方向垂直，所以它不能改变线速度的大小
C. 它一定是物体所受的合力
D. 向心力和向心加速度的方向都是不变的
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．向心力大小不变，方向总是沿半径指向圆心，向心力是一个变力，A错误；
B．向心力指向圆心，且与线速度的方向垂直，改变线速度的方向，不改变线速度的大小，B正确；
C．向心力可能是物体受到的合力，可能是某个分力，C错误；
D．向心力和向心加速度的方向都是时刻改变的，D错误。
故选B。
2. 如图，A、B两点分别位于做匀速转动的大、小轮的边缘上，大轮的半径是小轮的2倍，它们之间靠摩擦传动，接触面上没有滑动。C是AO1的中点。则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A、B两点同缘转动，则线速度相等，则
根据
可知
根据
可得
根据
可知
A、C两点同轴转动，则角速度相等，可知
根据
则
根据
可得
根据
可知
综合可得
故选D。
3. 如图为曲柄连杆机构的结构示意图，其功能是将活塞的往复运动转变为曲轴的旋转运动，从而驱动汽车车轮转动。曲轴可绕固定的O点做匀速圆周运动，连杆两端分别连接曲轴上的A点和活塞上的B点，已知转速为2400r/min，OA=40cm，AB=1m。下列说法正确的是（ ）
A. OA从竖直方向转到水平方向的过程中，活塞的速度逐渐增大
B. 当OA在竖直方向时，活塞的速度大小为32πm/s
C. 当OA与AB垂直时，活塞的速度大小为32πm/s
D. 当OA与AB共线时，活塞的速度大小为32πm/s
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据题意，活塞可沿水平方向往复运动，所以，OA从竖直方向转到水平方向的过程中，活塞的速度先增大后减小，故A错误；
B．由公式可得，A点线速度为
将A点和活塞的速度沿杆和垂直杆分解，如图所示
由几何关系有可得
故B正确；
C．同理可知，A点的速度沿杆方向，活塞的速度分解如图
所以
由几何关系得
可得
故C错误；
D．同理可知，A点在沿杆方向的分速度是0，所以活塞的速度为0，故D错误。
故选B。
4. 家住21楼的小明要爸爸送他上幼儿园，电梯下行过程经加速、匀速、减速三个阶段，最后停在一楼。已知小明质量为，爸爸的质量为，小明对轿厢底的压力随时间变化的关系图像如图所示，重力加速度。则下列说法正确的是（ ）
A. 小明家所在楼栋楼层的平均高度为
B. 小明家所在楼栋楼层的平均高度为3m
C. 加速阶段，小明爸爸对轿厢底的压力为630N
D. 整个过程，小明爸爸对轿厢底的最大压力为630N
【答案】D
【解析】
【详解】AB．由图可知，电梯加速下降，设其加速度为，根据牛顿第二定律可得
解得
加速阶段的位移
匀速运动，此阶段的速度为
匀速运动的位移
电梯匀减速运动，此阶段的加速度大小
解得
减速阶段的位移
故楼层的总高度
平均楼层的高度
AB错误；
C．加速阶段对爸爸而言，由牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知，小明爸爸对轿厢底的压力为,C错误；
D．匀减速阶段，处于超重状态，对电梯轿厢的压力最大，根据牛顿第二定律则有
解得
根据牛顿第三定律可知，小明爸爸对轿厢底的压力为,D正确。
故选D。
5. 如图所示，小船从码头出发，沿垂直于河岸的方向渡河，若河宽为，渡河速度恒定，河水的流速与河岸的最短距离成正比，即为常量），要使小船能够到达距正对岸为s的码头，则（ ）
A. 应为B. 应为
C. 渡河时间为D. 渡河时间为
【答案】C
【解析】
【详解】CD．根据运动的合成和分解的知识，因为小船垂直于河岸航行，过河时间与水的速度无关，又河水的流速与到河岸的最短距离x成正比，即
为常量）
因v水∝x，且x≤，则沿x方向平均速度
过河时间
t=
选项C正确，D错误；
AB．则船速
v船=
选项AB错误。
故选C。
6. 如图所示，质量为m1的小明踩着质量为m2的滑板车冲上倾角为θ、质量为M的斜面，到最高点后，小明用力推一下固定在斜面上的挡板，然后匀速滑下来。全过程小明相对滑板车保持不动，脚不着地，斜面始终静止在水平地面，重力加速度为g。则冲上斜面的过程中，地面对斜面的摩擦力大小为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因小明匀速下滑，可得
可得
上滑时的加速度
解得
方向向下；则对滑板车、人和斜面的整体由牛顿第二定律可知水平方向
故选C。
7. 如图所示，物体A置于水平地面上，B、C叠放，A、B间连有轻质弹簧，弹簧被压缩后用细线把A、B固定住，细线的拉力为F，A、B质量均为，C的质量为m，重力加速度为g，整个装置处于静止状态。现将细线剪断，则在剪断细线的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A. C物体瞬时加速度为0B. B物体的瞬间加速度为
C. A物体对地面压力为D. C对B的压力为
【答案】D
【解析】
【详解】剪断前，设弹簧的弹力为，对B、C有
AB．剪断瞬间，绳的拉力消失，B、C加速度相同，则
联立解得
故AB错误；
C．对A分析得
故C错误；
D．对C分析得
解得
故D正确。
故选D。
8. 如图所示，Q物块放置在水平地面上，上方连接一轻弹簧时刻将P物块从弹簧的上端由静止释放．P向下运动距离为时，所受合外力为零；运动时间为时到达最低点．在P运动的过程中，不计空气阻力．下列关于P物块的速度v、相对于初始位置的位移x，Q物块所受弹簧的弹力F、对地面的压力N之间关系可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】AD．由物块P的受力可知
由此可知，随着物块P向下的运动，弹簧的压缩量越来越大，弹力也越来越大，故P向下运动距离为的过程加速度向下减小，做加速度减小的加速运动；P从距离为向下运动距离至的过程中加速度向上增大，做加速度增大的减速运动，A错误，D正确；
B．Q物块所受弹簧的弹力F与P物块所受弹力大小相等，由胡克定律可知，随着压缩量的增加，越来越大直至速度为零，B错误；
C．由物块Q的受力可知
P物块运动时间为时到达最低点，此时弹簧的弹力最大，C错误。
故选D。
9. 如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球B以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k，重力加速度为g，则下列判断正确的是（ ）
A. 角速度ω=ω0时，小球B到竖直杆的距离为L
B. 角速度ω=ω0时，小球A对弹簧的压力为mg
C. 角速度
D. 角速度从ω0继续缓慢增大的过程中，小球A的位置将向下移动
【答案】C
【解析】
【详解】ABC．当转动的角速度为时，小球B刚好离开台面，根据几何关系可知，小球B到竖直杆的距离小于；设轻杆与水平方向的夹角为，对B球，水平方向由牛顿第二定律可知
竖直方向根据平衡条件有
对A球，根据受力平衡可得
又
，
联立解得
，
由牛顿第三定律可知小球A对弹簧的压力为，故B错误，C正确；
D．当角速度从继续增大，B球将飘起来，杆与水平方向的夹角变小，对A与B的系统，在竖直方向始终处于平衡，则有
则弹簧对A球的弹力是2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力依然为2mg，弹簧的形变量不变，小球A的位置不变，故D错误。
故选C。
10. 如图甲所示，一艘正在进行顺时针急转弯训练的航母，运动轨迹可视作半径为R的水平圆周。航母在圆周运动中，船身发生了向外侧倾斜，甲板法线与竖直方向夹角为θ，船体简图如图乙所示。一质量为m的小物块放在甲板上，与甲板始终保持相对静止，两者之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。假设航母的运动半径为R，夹角不随航速改变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A. 小物块可能只受重力、支持力两个力作用
B. 航母对小物块的支持力
C. 航母的航速为v时，小物块受到的摩擦力大小为
D. 航母的最大航速为
【答案】D
【解析】
【详解】A．小物块与甲板始终保持相对静止，所以小物块也在水平面内做圆周运动，因此，小物块一定受重力、支持力和摩擦力。故A错误；
BC．小物块受力如下图
由图可知，竖直方向有
航母的航速为v时，水平方向有
又有
，
，
联立解得
故B、C错误；
D．当摩擦力达到最大静摩擦力时，航母有最大航速。又因，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，因此
带入可得
解得
故选D。
11. 如图所示，质量为M、倾角为30°的斜面体置于水平地面上，一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点P和物体B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A、B的质量分别为m、2m，A与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，将A、B由静止释放，在B下降的过程中（物体A未碰到滑轮），斜面体静止不动。下列说法正确的是（ ）
A. 轻绳对P点的拉力大小为
B. 物体B的加速度大小为
C. 轻绳对定滑轮的作用力大小为
D. 地面对斜面体的支持力大小为
【答案】D
【解析】
【详解】AB．由于相同时间内物体B通过的位移是物体A通过的位移的两倍，则物体B的加速度是物体A的加速度的两倍；设物体A的加速度为a，则B的加速度为2a；设物体A、B释放瞬间，轻绳的拉力为F，根据牛顿第二定律可得
解得
AB错误；
C．根据平行四边形定则可知，轻绳对定滑轮的作用力为
C错误；
D．物体B下降过程中，对斜面体、A、B整体，在竖直方向根据牛顿第二定律得
联立解得
D正确。
故选D。
12. 如图所示，一根轻杆两端各系一个质量均为m的小球A和B，某人拿着轻杆的中点O，使两小球绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动。重力加速度大小为g。关于小球A、B的运动，下列说法正确的是（ ）
A. 杆竖直时，人对O点的作用力一定为2mg
B. 杆竖直时，OA和OB对小球作用力的大小之差一定为2mg
C. 小球B在最高点时，杆对其作用力的方向一定竖直向下
D. 在运动过程中，杆对两小球的作用力大小不可能相等
【答案】A
【解析】
【详解】AB．杆竖直时，设两球的速度均为v，OA=OB=l，若，则对上方球
对下方球

OA和OB对小球作用力的大小之差为
人对O点的作用力为
方向向上；
若，则对上方球
对下方球

OA和OB对小球作用力的大小之差为
人对O点的作用力为
方向向上；
选项A正确，B错误；
C．小球B在最高点时，当球的速度在时，杆对其作用力的方向竖直向上；速度在时，杆对其作用力的方向竖直向下；选项C错误；
D．在运动过程中，当杆运动到水平位置时杆对两小球的作用力大小相等，均为
选项D错误。
故选A。
二、多项选择题：本题共6题，每题4分，共24分。下列各题四个选项中至少有一个答案符合题目要求，全部选对得4分，漏选得2分，选错得0分。
13. 如图，光滑水平面上物体受五个沿水平面的恒力、、、、作用，以速率沿水平面做匀速直线运动，速度方向与恒力的方向相反，与的方向垂直，速度方向与恒力的方向夹角为（）。若撤去其中某个力（其他力不变），则在以后的运动中，下列说法正确的是（ ）
A. 若撤去的是，则经过一段时间后物体的速率可能再次变为
B. 若撤去的是，则经过一段时间后物体的速率可能再次变为
C. 若撤去的是，则经过一段时间后物体的速率可能再次变为
D. 若撤去的是，则经过一段时间后物体的最小速率是
【答案】BD
【解析】
【详解】A．若撤去的时，则其余四个力的合力与大小相等，方向相反。即合力与方向垂直，所以可知经过一段时间后物体的速率都比大，故A错误；
B．若撤去的时，则其余四个力的合力与大小相等，方向相反。即合力与方向成钝角，所以物体的速率先减小后增大，经过一段时间后物体的速率可能再次变为，故B正确；
C．若撤去的时，则其余四个力的合力与大小相等，方向相反。即合力与方向成锐角，所以可知经过一段时间后物体的速率都比大，故C错误；
D．若撤去的时，则其余四个力的合力与大小相等，方向相反。即合力与方向成钝角，所以物体的速率先减小后增大。当速度方向与合力方向垂直时，速率最小，为沿垂直于合力方向的分速度，则最小速率为，故D正确。
故选BD。
14. 如图所示，从高H处的一点O先后平抛两个小球l和2．球1恰好直接掠过竖直挡板的顶端（未相碰）落到水平地面上的B点，球2则与地面处A点碰撞一次后，也恰好掠过竖直挡板落在B点．设球2与地面碰撞无机械能损失（类似遵循光的反射定律），则下列说法正确的是（ ）
A. 球1平抛的初速度为球2的3倍
B. 球1掠过挡板的时刻恰好是其做平抛运动从O到B的中间时刻
C. A点到挡板的距离是B点到挡板距离的
D. 竖直挡板的高度
【答案】ABD
【解析】
【详解】A项：球2运动轨迹可分为3段相同的平均轨迹，所以球2第一段一平抛的水平位移为是球1平抛轨迹水平位移的三分之一，即，由于平抛高度h相同，由可知，时间相同，可得两球水平初速度之比为3：1，故A正确；
B、C、D项：如图所示，设球1的初速度为v1，球2的初速度为v2，OA间的水平距离为d，由几何关系可知OB间的水平距离为3d，
由分运动的等时性可知：球1从O点飞到挡板C点的时间与球2从O点飞到D点的时间相等；由对称性可知球2从O点飞到D点与由C飞到E的时间相等，OE两点间的水平距离为2d．球1从O点飞到C点与球2由C点飞到E点水平方向有：

解得：
根据竖直方向的自由落体运动规律，连续相等时间内通过的位移之比为1：3，球1下落的时间刚好总时间的一半，故B正确，C错误，D正确．
点晴：分析两小球的运动轨迹的特点，找出对称关系、几何关系以及等时关系式，列出式子是求解的关键．从以上的实例分析中我们看到，发现事物的对称性并利用运动的对称性去分析处理问题，可以大大地简化分析处理问题的过程，避开难点或冗长的数学推导，巧解问题．
15. 如图所示，B球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，竖直平台与轨迹相切且高度为R，当B球运动到切点时，在切点的正上方的A球水平飞出，速度大小为，g为重力加速度，要使A球落地时恰好与B球相遇，则B球的速度大小可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【详解】A球平抛的水平位移为
要使A球落地时恰好与B球相遇，则该位置与竖直平台与轨迹的切点连线与圆直径（水平虚线）的夹角为，如图
则满足
或者（n=0、1、2、3……）
解得
或者（n=0、1、2、3……）
可知和满足条件。
故选AC。
16. 如图所示，在A点以水平速度向左抛出一个质量为的小球，小球抛出后始终受到水平向右恒定风力的作用，风力大小。经过一段时间小球将到达B点，B点位于A点正下方，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A. 从A到B运动过程中小球速度最小值为
B. 从A到B运动过程中小球速度最小值为10m/s
C. A、B两点间的距离
D. 小球水平方向、竖直方向的速度相等时距A点的距离
【答案】AC
【解析】
【详解】ABD．小球在竖直方向上做自由落体运动，水平方向先做匀减速运动，再做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知，小球水平方向加速度的大小为
解得
小球的速度
由数学知识可知，时，合速度最小，设经过时间水平速度与竖直速度相等，则有
解得，
故小球的最小速度为
此时小球水平方向的位移
竖直方向的位移
此时距A点的距离，A正确，BD错误；
C．小球从A点到水平方向速度减为0的时间为
根据对称性可知，小球从速度为0加速到B点的时间等于小球从A点减速到0的时间，故小球运动的时间
故A、B间的距离，C正确。
故选AC。
17. 如图所示，长为、质量为的长木块放在光滑水平面上，一颗子弹以水平速度射穿一块静止在光滑水平面上的木块后，木块的速度为v，设木块的长度恒定，木块对子弹的摩擦阻力恒定，相互作用时间为t，则（ ）
A. 越大，v越大B. 越小，t越大
C. 子弹质量越大，v越小D. 木块质量越小，t越小
【答案】BC
【解析】
【详解】A．越大，子弹穿过木块的时间越短，木块的加速度不变，则木块的速度v越小，故A错误；
B．越小，子弹和木块的加速度不变，相对位移不变，则子弹穿过木块的时间t越大，故B正确；
C．子弹质量越大，子弹的加速度越小，穿过木块的时间越短，木块加速度不变，加速的时间越短，则v越小，故C正确；
D．木块质量越小，木块的加速度越大，子弹穿过木块的时间t越大，（极限推理：若木块质量为零，则时间t无穷大），故D错误。
故选BC。
18. 如图所示，A为放在水平光滑桌面上的足够长的长木板，在它上面放有物块B和C。A、B、C的质量分别为m、5m、m。B、C与A之间的动摩擦因数均为0.1，K为轻滑轮，绕过轻滑轮连接B和C的轻细绳足够长且都处于水平位置。现用水平方向的恒定外力F拉滑轮，使A的加速度等于0.2g，g为重力加速度。则此时（ ）
A. 外力F的大小为2.2mgB. 外力F的大小为2.4mg
C. C、A之间摩擦力大小为0.1mgD. B、A之间摩擦力大小为0.1mg
【答案】ACD
【解析】
【详解】C．分析可知，AB间最大静摩擦力大于AC间最大静摩擦力，则AC间先发生相对滑动，恰好要发生相对滑动时，整体有
对C有
联立解得
当AB恰好发生相对滑动时，对A有
解得
由于
则当A的加速度等于0.2g时，AB相对静止，AC相对滑动，故AC之间为滑动摩擦力，大小为0.1mg，故C正确；
AB．对AB整体有
代入可求得
因为K为轻滑轮，故
故A正确，B错误；
D．对B有
代入求得
故D正确。
故选ACD。
第Ⅱ卷（非选择题共60分）
三、实验题：本题共两小题，19题6分，20题9分，共15分。
19. 某学习小组利用智能手机的连拍功能探究平抛运动的规律进行了如下实验。
①将小球以某初速度水平抛出，使用手机的连拍功能进行拍摄；
②某次拍摄时，小球在抛出瞬间恰好拍下一张照片，拍摄的照片编辑后如图所示，图中处为小球抛出瞬间的影像；
③经测量，两线段的长度之比为。
已知该手机相邻两次连拍的时间间隔为，重力加速度大小为，忽略空气阻力。

（1）之间的水平距离理论上满足___________（填“”）；
（2）之间实际下落的竖直高度为___________（用表示）；
（3）小球抛出时的初速度大小为___________（用表示）。
【答案】 ①. = ②. ③.
【解析】
【详解】（1）[1]小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，相等时间距离相等；
（2）[2]之间实际下落的竖直高度
（3）[3]小球从A到B，位移关系
小球从B到C，位移关系
解得
20.
（1）甲、乙、丙三个实验小组分别采用如图（甲）、（乙）、（丙）所示的实验装置，验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合力成正比”这一物理规律。已知他们使用的小车完全相同，小车的质量为M，重物的质量为m，重力加速度为g。试回答下列问题：
①甲、乙、丙实验中，必须平衡小车和长木板之间的摩擦力的实验小组是_____。
A．甲、乙、丙 B．甲、乙 C．甲、丙
②实验时，必须满足“M远大于m”的实验小组是_____（填“甲”、“乙”或“丙”）。
③实验时，甲、乙、丙三组同学的操作均完全正确，他们作出的a-F图线如图（丁）中A、B、C所示，则甲、乙、丙三组实验对应的图线依次是_____。
（2）实验中，有同学用打点计时器得到了在不同拉力作用下的A、B、C、D……几条较为理想的纸带，交流电的频率为50Hz，并在纸带上每5个点取一个计数点，按打点先后依次为0，1，2，3，4，5。由于不小心，几条纸带都被撕断了，如图所示（图中数据为相邻两计数点间的距离），请根据给出的四段纸带判断：在b、c、d三段纸带中，可能是从纸带a撕下的是_____。
A. bB. cC. dD. 无法确定
（3）小明同学采用（乙）图实验装置探究质量一定时加速度与力的关系的实验时，若不断增加重物的质量，则小车的加速度随之增大，但最大值将不会超过_____。
【答案】（1） ①. A ②. 甲 ③. CAB （2）B
（3）5m/s2
【解析】
【小问1详解】
①[1]甲、乙、丙三个实验中，在数据处理时，甲和丙中绳子的拉力即为小车受到的合外力，乙图中绳子的拉力的2倍为小车受到的合外力，故甲、乙、丙三个实验中都需要平衡摩擦力。
故选A。
②[2]乙和丙绳子的拉力可以由弹簧测力计和力传感器直接得到，不需要用重物的重力代替，所以乙、丙两组不需要满足M≫m，而甲组用重物的重力代替绳子的拉力，要满足M≫m。
③[3]甲组用重物的重力代替绳子的拉力，要满足M≫m，随着m的增大，不满足M≫m时，图像出现弯曲，所以甲组对应的是C。
根据装置可知，乙图中小车的加速度满足
丙图中加速度满足
则乙图对应a—F图像的斜率较大，所以乙组对应A，丙组对应B；
【小问2详解】
由匀变速直线运动的特点，即相邻的时间间隔位移差相等，得出
则有
b不可能是从a上撕下的；
所以c可能是从a上撕下的；
所以d不可能是从a上撕下的。
故选B。
【小问3详解】
对车受力分析有
对重物受力分析有
联立解得
可得不断增加重物的质量，小车的加速度随之增大，但最大值
四、计算题：本题共4题，21题8分，22题10分，23题12分，24题15分，共45分。请写出列式依据、重要的演算步骤等，只写出最后结果计0分。
21. 某同学借助安装在高处的篮球发球机练习原地竖直起跳接球。该同学站在水平地面上，与出球口水平距离l = 2.5 m，举手时手掌距地面最大高度h0 = 2.0 m。发球机出球口以速度v0 = 5 m/s沿水平方向发球。从篮球发出到该同学起跳离地，耗时t0 = 0.2 s，该同学跳至最高点伸直手臂恰能在头顶正上方接住篮球。重力加速度g大小取10 m/s2。求：
（1）t0时间内篮球的位移大小；
（2）出球口距地面的高度。
【答案】（1）
（2）3.7 m
【解析】
【小问1详解】
在t0时间内，篮球水平方向做匀速直线运动，位移为
竖直方向做自由落体运动，位移为
所以篮球的位移为
【小问2详解】
从发出球到接住球经过的时间为
所以该同学起跳离地到接住球经历的时间为
同学起跳后上升的高度为
整个过程篮球下降的高度
所以出球口距地面的高度为
22. 如图所示，在一水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连的物体A和B，初始轻绳刚好拉直但无张力。小物块A、B到圆心O的距离分别为r、2r，小物块A、B的质量分别为4m、m，小物块A、B与转盘间的动摩擦因数均为μ。已知物体的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，全程轻绳未断裂，某时刻圆盘转速从零缓慢增加，求：
（1）使小物块A、B相对圆盘静止的最大角速度；
（2）圆盘从静止到物块即将相对圆盘滑动的过程，小物块A、B所受摩擦力与角速度的关系式。
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【小问1详解】
物块A、B的最大静摩擦力分别为，
物块A、B的角速度相等，与圆盘保持相对静止所需要的向心力，
可知，随角速度增大，物块B所受摩擦力先达到最大静摩擦力，随后绳绷紧，当A所受摩擦力达到最大值时，小物块A、B相对圆盘静止的角速度达到最大，分别对物块A、B进行分析有，
解得
【小问2详解】
结合上述可知，物块B先达到最大静摩擦力，此时有
解得
可知，当角速度小于或等于时，轻绳弹力为0时，物块由静摩擦力提供向心力，则有，
结合上述可知，当角速度
轻绳绷紧，物块B所受摩擦力达到最大静摩擦力，即有
弹力不等于0，则有，
解得
23. 质量的小物块在长为0.5m的轻绳作用下，恰能在竖直平面内做完整圆周运动，细绳能承受的最大拉力为42N，转轴离地高度，不计阻力，。求：
（1）小物块经过最高点的速度是多少？
（2）若小物块在某次运动到最低点时细绳恰好被拉断，求小物块在最低点的速度大小以及对应落地时的水平射程x。
（3）若小物块落地时落到一块水平向右运动、质量为的薄木板上（厚度可忽略），落到木板上时，木板的速度大小为，且物块落到木板上时竖直方向速度瞬间变为零，水平速度不变，小物块与薄板之间的动摩擦因数为，薄板与地面之间的动摩擦因数，小物块全程未从木板上滑下。试计算小物块与薄板之间的相对位移。
【答案】（1）
（2），
（3）
【解析】
【小问1详解】
小物块刚好过最高点，物块的重力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
代入数据解得
【小问2详解】
小球运动到最低点时细绳恰好被拉断，则绳的拉力大小恰好为
设此时小物块的速度为，则有
代入数据解得
小物块平抛运动的时间
解得
小物块的水平射程
【小问3详解】
对于小物块而言，根据牛顿第二定律可得
解得
对于长木板而言，则有
解得
物块加速运动，长木板减速运动，设经过时间二者共速，则有
解得
二者共同的速度
此阶段小物块的位移
长木板的位移
共速后，对整体受力分析则有
解得
此时木板对小物块的摩擦力应为
而小物块受到的最大静摩擦力
显然二者不能以共同的加速度做减速运动，此时，小物块的加速度大小为
方向与运动方向相反，减速为0的时间
小物块的位移
此时木板的加速度大小为
木板速度减为0的时间
木板的位移
整个过程二者的相对位移为
24. 在安全领域有一种常用的“软”性材料，其特性是越碰越软，经测定：当第次碰撞时，碰后反弹速度为第1次碰前速度大小的。如图所示，一质量为的足够长木板放在倾角的斜面上，木板A端距斜面底端的距离，由“软”性材料做成的挡板固定在斜面底端。将一质量的小物块从距离木板B端18.5m处，以初速度沿木板向上滑上木板，同时释放木板。已知小物块与木板间的动摩擦因数，木板与斜面间的动摩擦因数，重力加速度，，。求
（1）小物块刚滑上木板时，小物块和木板的加速度大小；
（2）木板第1次与挡板碰撞前，小物块相对木板向上滑行的最大距离；
（3）从木板与挡板发生第1次碰撞到第8次碰撞前，小物块沿斜面方向滑行的距离。（结果保留两位小数）
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）对小物块由牛顿第二定律可得
解得小物块加速度大小为
方向沿斜面向下，对木板由牛顿第二定律可得
解得木板加速度大小为
方向沿斜面向下。
（2）长木板向下做匀加速直线运动，位移是
由，得
2s时的长木板的速度为
2s时的小物块的速度为
负号说明方向沿斜面向下
可见木板第1次与挡板碰撞时，小物块与木板恰好共速。
第1次与挡板碰撞前，小物块的位移为
解得
第1次与挡板碰撞前，长木板位移为
解得
第1次与挡板碰撞前，小物块相对木板向上滑行最大距离
（3）由题意可知，长木板与挡板碰撞后，对小物块沿长木板下滑，则有
解得
对长木板上滑过程则有
解得
下滑过程则有
解得
第1次碰撞前
第1次碰撞后
用时间
第2次碰撞前
所用时间
第2次碰撞后
所用时间
第3次碰撞前
所用时间
因此有
则
可得小物块沿斜面滑行的距离
解得