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内蒙古包钢一中2020届高三上学期10月月考物理试题
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包钢一中2020届高三上学期10月月考
物理试卷
一、单项选择题
1.下列说法正确的是（ ）
A. 牛顿第一定律可以用实验直接验证
B. 牛顿第二定律表明物体所受外力越大物体的惯性越大
C. 选取不同的参考系，观察同一物体的运动轨迹可能不同
D. 重力的方向总是指向地心
【答案】C
【解析】
【详解】A．牛顿第一定律是在实验的基础上进一步的推理概括出来的科学理论，而不能直接通过实验得出的，但能接受住实践的检验，故A错误；
B．惯性的大小由物体的质量决定，与物体受力的大小无关，与是否受力也无关，故B错误；
C．运动具有相对性，选择不同的参考系来观察同一物体的运动，其运动轨迹可能不同，故C正确；
D．重力的方向竖直向下，不是指向地心，故D错误。
故选C。
2.下列说法正确的是（ ）
A. 运动的物体，路程不会大于位移的大小
B. 运动的物体，速度变化时，加速度也一定变化
C. 运动的物体，平均速率等于平均速度大小
D. 平均速度的方向与位移方向相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．做曲线运动的物体，其路程大于位移的大小，故A错误；
B．做匀变速运动的物体，速度在变化，但加速度不变，故B错误；
C．平均速率等于路程比时间，平均速度等于位移比时间，而路程不一定等于位移的大小，故平均速率不一定等于平均速度的大小，故C错误；
D．根据平均速度公式
可知时间t是标量只有大小没有方向，故平均速度的方向与在该段时间内发生的位移的方向相同，故D正确。
故选D。
3. 如图所示，一物体在水平恒力的作用下沿光滑水平面做曲线运动，当物体从M点运动到N点时，其速度方向恰好改变了90°，则物体从M点到N点的运动过程中，物体的速度将（ ）
A. 不断增大 B. 不断减小
C. 先增大后减小 D. 先减小后增大
【答案】D
【解析】
试题分析：曲线运动的轨迹在速度方向与合力方向之间，对M、N点进行分析可知开始时恒力与速度夹角为钝角，后来夹角为锐角，则物体的速度先减小后增大，D正确．
考点：本题考查曲线运动的规律．
4.如图所示为某一皮带传动装置．主动轮的半径为，从动轮的半径为．已知主动轮做顺时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑．下列说法正确的是（ ）
A. 从动轮做顺时针转动 B. 从动轮做逆时针转动
C. 从动轮的转速为 D. 从动轮的转速为
【答案】BC
【解析】
【详解】A、B项：因为主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动，所以从动轮逆时针转动，故A错误，B正确；
C、D项：由于通过皮带传动，皮带与轮边缘接触处的线速度相等，根据得，
所以，故C正确，D错误．
5.如图所示，A、B两球分别套在两光滑的水平直杆上，两球通过一轻绳绕过一定滑轮相连，现在A球以速度v向左匀速移动，某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为、β，下列说法正确的是（ ）
A. 此时B球的速度为
B. 此时B球的速度为
C. 在增大到90°的过程中，B球做匀速运动
D. 在增大到90°的过程中，B球做加速运动
【答案】D
【解析】
【详解】AB．将A、B两球的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度相等，如图所示
在沿绳子方向的分速度为
解得，故AB错误；
CD．在增大到90°的过程中，绳子的方向与B球运动的方向之间的夹角始终是锐角，所以绳对B球的拉力一直做正功，B的速度一直在增大，所以B球做加速运动，但加速度不恒定，不是匀加速运动，故C错误，D正确。
故选D。
6.铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，已知内外轨道平面对水平面倾角为θ，如图所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度小于，则（ ）
A. 内轨对内侧车轮轮缘有挤压
B. 外轨对外侧车轮轮缘有挤压
C. 这时铁轨对火车的支持力等于
D. 这时铁轨对火车的支持力大于
【答案】A
【解析】
【详解】AB．当火车的重力和轨道对火车的支持力的合力恰好等于需要的向心力时，有
可得火车的速度为，当火车转弯的速度小于时，火车所需要的向心力减小，而重力与支持力的合力不变，所以合力大于所需要的向心力，内轨就要对火车产生一个向外的侧压力来抵消多余的力，所以此时内轨对内侧车轮轮缘有挤压，故A正确，B错误；
CD．当内外轨没有挤压力时，受重力和支持力，则有
由于内轨对火车的作用力沿着轨道平面，可以把这个力分解为水平和竖直向上两个分力，由于竖直向上的分力的作用，使支持力变小，故CD错误。
故选A。
7.如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F—v2图象如图乙所示。则（ ）
A. 小球的质量为
B. 当地的重力加速度大小为
C. v2=c时，小球对杆的弹力方向向下
D. v2=2b时，小球受到的弹力与重力大小不相等
【答案】B
【解析】
【详解】AB．由图象知，当v2=b时，F=0，杆对小球无弹力，此时由重力提供小球做圆周运动的向心力，有
解得
由图象知，当v2=0，故有
解得，故A错误，B正确；
C．由图可知：当v2b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2=c>b时，杆对小球弹力方向向下，即小球对杆的弹力方向向上，故C错误；
D．由图象可知，当v2=2b时，根据牛顿第二定律有
代入解得，故D错误。
故选B。
8.两根长度不同的细线下面分别悬挂两个完全相同的小球A、B，细线上端固定在同一点，绕共同的竖直轴在同一水平面内做匀速圆周运动，已知A球细线跟竖直方向的夹角为30°，B球细线跟竖直方向的夹角为60°，下列说法正确的是（ ）
A. 小球A和B的角速度大小之比小球的1：3
B. 小球A和B的线速度大小之比为1：1
C. 小球A和B的向心力大小之比为1：1
D. 小球A和B所受细线拉力大小之比为1：
【答案】D
【解析】
【详解】A．设悬点到圆心的距离为h，根据几何关系得
对A、B受力分析，可知两小球均由重力和拉力提供向心力，则有
联立解得，可知角速度之比为1：1，故A错误；
B．根据
得，故线速度之比为
故B错误；
C．根据A项分析，可知向心力为
故向心力之比为
故C错误；
D．两球在水平面内做圆周运动，在竖直方向上的合力为零，则有
故拉力大小之比为
故D正确。
故选D。
9.如图所示，在倾角为的斜面上方的A点处悬挂一表面光滑的木板AB，B端刚好在斜面上，木板与竖直方向AC所成的角度为，一小物块由A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则与角的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】如图所示，在竖直线AC上选取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切于D点。由等时圆模型的特点知，由A点沿斜面滑到D点所用时间比由A点到达斜面上其他各点所用时间都短。将木板下端B点与D点重合即可，而，则。
A．，与结论不相符，选项A错误；
B．，与结论相符，选项B正确；
C．，与结论不相符，选项C错误；
D．，与结论不相符，选项D错误；
故选B.
10.如图甲所示，静止在水平面C上足够长的木板B左端放着小物块A。某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示。A、B间最大静摩擦力大于B、C之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则在拉力逐渐增大的过程中，下列反映A、B运动过程中的加速度aA和aB，以及A与B间摩擦力f1、B与C间摩擦力f2随时间变化的图线中不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图乙知力与时间的表达式为
对AB整体，当拉力F小于地面对整体最大静摩擦力时，整体加速度为零，即；
对AB整体，当拉力F大于地面对整体的最大静摩擦力时，整体开始加速滑动，根据牛顿第二定律得
当拉力足够大时，A、B的加速度不同，故对A，根据牛顿第二定律得
故的斜率，的斜率，则有，即拉力足够大时直线更陡峭，故A正确，不符合题意；
B．对AB整体，当拉力F小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零，即物体B开始阶段的加速度为零，故B错误，符合题意；
C．当拉力小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零，此时对物体A，拉力小于，静摩擦力等于拉力，则有
即摩擦力随时间均匀增大；
当整体开始加速滑动时，对整体根据牛顿第二定律得
对木板，根据牛顿第二定律有
解得
其斜率，即此对应的直线比刚开始对应的直线更平缓；当A、B发生相对滑动后，变为滑动摩擦力，为，保持不变，故C正确，不符合题意；
D．对AB整体，当拉力F小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零，此时静摩擦力等于拉力，则有
即摩擦力随时间均匀增大；；滑动后，受地面的滑动摩擦力为，保持不变；故D正确，不符合题意。
故选B。
二、多项选择题
11.如图所示，倾角为30º的光滑杆上套有一个小球和两根轻质弹簧，两弹簧的一端与小球相连，另一端分别用销钉M、N固定于杆上，小球处于静止状态，设拔去销钉M瞬间，小球的加速度大小为6m/s2，若不拔去销钉M，而拔去销钉N瞬间，小球加速度可能是（g=10m/s2）（ ）
A. 11m/s2，沿杆向上
B. 11m/s2，沿杆向下
C. 1m/s2，沿杆向上
D. 1m/s2，沿杆向下
【答案】BC
【解析】
试题分析: 设小球的质量为m，沿杆斜上为正方向，刚开始受力平衡，则有：
FN+FM-Gsin30°=0
拔去销钉M瞬间，小球加速度大小为6ｍ/ｓ２，方向可能向下，也可能向上．由牛顿第二定律得：
FN-Gsin30°=±ma
去销钉N瞬间，小球受M弹簧和重力G的作用，
加速度为：a′==-11m/s2或1m/s2，故B，C正确
考点：牛顿第二定律；胡克定律
12.如图所示，水平传送带AB间的距离为16m，质量分别为2kg、4kg的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端且连接物块Q的细线水平，当传送带以8m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止。取重力加速度g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当传送带以8m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是（ ）
A. Q与传送带间的动摩擦因数为0.5
B. Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4s
C. 整个过程中，Q相对传送带运动的距离为4.8m
D. Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为20N
【答案】AC
【解析】
【详解】A．当传送带以v=8m/s逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析，则有
即
代入数据解得，故A正确；
B．当传送带突然以v=8m/s顺时针转动，物体Q做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得m/s2，当速度达到传送带速度即8m/s后，做匀速直线运动，根据速度时间公式有
代入数据解得匀加速的时间为s，匀加速的位移为
代入数据解得x=4.8m，则匀速运动的时间为
代入数据解得s，Q从传送带左端滑到右端所用的时间为
s
故B错误；
C．加速阶段的位移之差为
m
而匀速阶段Q相对传送带静止，没有相对位移，故整个过程中，Q相对传送带运动的距离为4.8m，故C正确；
D．当Q加速时，对P分析，根据牛顿第二定律有
代入数据解得N；
之后做匀速直线运动，对对P分析，根据平衡条件有
N
故D错误。
故选AC。
13.如图所示，从倾角为的斜面上，以速度v0水平抛出一质量为m的小球，斜面足够长，空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A. 小球从开始抛出到离斜面最远所用的时间是
B. 小球离斜面的最远距离是
C. 从抛出点到落地点的距离是
D. 落地时的速度方向与水平方向的夹角为2
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．将平抛运动分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向，如图所示
则y方向上的分速度，y方向上的加速度，当y方向上的分速度为零时，小球距离斜面最远，则时间为
离斜面最大距离
故A错误，B正确；
C．由题知，斜面的倾角等于位移的夹角，则有
根据平抛运动的规律有
，
解得，则水平位移为
所以从抛出点到落地点的距离
故C正确；
D．设速度与水平方向的夹角为，根据平抛运动的规律，则有
故，故D错误。
故选BC。
14.某小船在渡河时，船速和水速均恒定，若采用最短时间渡河时，渡河时间为8秒，若采用最短位移渡河时，渡河时间为10秒，已知船速为10m/s，下列说法正确的是（ ）
A. 河宽为80m B. 水速可能为8m/s
C. 水速可能为m/s D. 水速可能为12m/s
【答案】AC
【解析】
【详解】A．设为船速，为水速，当船头与河岸垂直时，时间最短，则有
代入s，m/s，解得d=80m，故A正确；
BCD．当时，合速度与河岸垂直，位移最小，最小位移等于河宽，如图所示
由图可得
=10m/s
根据几何关系有
m/s
当时，作出位移最小时的矢量图，如图所示
由图可得最小位移
根据几何关系有
联立得
解得m/s，故C正确，BD错误。
故选AC。
15.如图所示，在匀速转动水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离为RA=r，RB=2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A. 此时绳子张力
B. 此时圆盘的角速度
C. 此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外
D. 此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动
【答案】ABC
【解析】
【详解】AB．当A、B与圆盘间静摩擦力都达到最大值时，根据牛顿第二定律
对B有
对A有
联立解得，，故AB正确；
C．由上分析，可知此时A所受的绳子拉力和摩擦力提供向心力，摩擦力方向沿半径向外，故C正确；
D．此时角速度，此时A所需向心力为，剪断绳子后其最大静摩擦力不足以提供向心力，故A将做离心运动，B已达到最大最静摩擦力，故B也将做离心运动，故D错误。
故选ABC。
16.倾角为θ的斜面体M静止放在粗糙水平地面上，其斜面也是粗糙的。已知质量为m的物块恰可沿其斜面匀速下滑。今对下滑的物块m施加一个向右的水平拉力F，物块仍沿斜面向下运动，斜面体M始终保持静止，则此时（ ）
A. 物块m下滑的加速度等于
B. 物块m下滑的加速度大于
C. 水平面对斜面体M的静摩擦力方向水平向左
D. 水平面对斜面体M的静摩擦力大小为零
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．由题知，质量为m的物块恰可沿其斜面匀速下滑，根据平衡条件有
解得；加拉力F后，将拉力F沿着平行斜面和垂直斜面正交分解，如图所示
沿斜面向下，合力为
垂直斜面方向，根据平衡条件有
根据
联立解得
根据牛顿第二定律，物块m下滑的加速度
故A错误，B正确；
CD．对m分析，没有拉力时m匀速下滑，说明支持力和滑动摩擦力的合力是竖直向上，与重力平衡；有拉力F后，根据，支持力和滑动摩擦力的比值不变，故支持力和摩擦力的合力的方向不变，根据牛顿第三定律，m对M的压力和滑动摩擦力的合力方向一直是竖直向下的，故M没有相对地面的滑动趋势，所以水平面对斜面体M的静摩擦力大小为零，故C错误，D正确。
故选BD。
三、实验填空题
17.如图（甲）所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长关系的实验。
（1）实验中还需要的测量工具有_______________。
（2）如图（乙）所示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量m，横轴是弹簧的形变量x。由图可知：图线不通过原点的原因是由于________；弹簧的劲度系数k=____N/m（g取10m/s2）。
（3）如图（丙）所示，实验中用两根不同的弹簧a和b，画出弹簧弹力F与弹簧长度L的F—L图象。下列正确的是_______。
A.a的原长比b的长 B.a的劲度系数比b的大 C.a的劲度系数比b的小 D.弹力与弹簧长度成正比
【答案】 (1). 刻度尺 (2). 弹簧自身重力 (3). 5 (4). B
【解析】
【详解】（1）[1]需要测弹簧的长度、形变量，故还需要的实验器材有：刻度尺；
（2）[2][3]图线的物理意义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比，则有
代入数据解得k=5N/m
由图可知，当F=0时，x大于零，说明没有挂重物时，弹簧有伸长，是由于弹簧自身的重力造成的。
（3）[4]A．在图象中横截距表示弹簧的原长，故b的原长比a的长，故A错误；
BC．在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度系数比b的大，故B正确，C错误；
D．弹簧的弹力满足胡克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误。
故选B。
18.某实验小组应用如图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码及砝码盘的总质量为m，所用的打点计时器所接的交流电的频率为50Hz，实验步骤如下：
A.按图所示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；
B.调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；
C.挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；
D.改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度.
根据以上实验过程，回答以下问题：
(1)对于上述实验，下列说法正确的是（ ）
A.小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等
B.实验过程中砝码盘处于超重状态
C.与小车相连的轻绳与长木板一定要平行
D.弹簧测力计的读数应为砝码和砝码盘总重力的一半
E.砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量
(2)实验中打出的一条纸带如图乙所示，由该纸带可求得小车的加速度为________m/s2.（结果保留2位有效数字）
(3)由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象，与本实验相符合的是（ ）
【答案】 (1). C (2). 0.16 (3). A
【解析】
【详解】(1)A、由图可知，小车的加速度是砝码盘的加速度大小的2倍，故A错误；
B. 实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故B错误；
C. 与小车相连的轻绳与长木板一定要平行，保证拉力沿着木板方向，故C正确；
D. 实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故弹簧测力计的读数小于砝码和砝码盘总重力的一半，故D错误；
E. 由于不需要把砝码的重力作为小车的拉力，故不需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件，故E错误；
故选C
(2)设相邻两个计数点之间的位移分别为x1、x2、x3，相邻两个计数点之间的时间间隔T=5×0.02s=0.1s，
由△x=aT2结合作差法得：m/s2=0.16m/s2
(3)由题意可知，小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系应该是成正比，即为过原点的一条倾斜直线，故A与本实验符合．故选A.
四、计算题
19.如图为一小球做平抛运动时的频闪照片的一部分，图中背景是边长为5cm的小方格，a、b、c、d是拍下的四个小球位置，g取10m/s2，则
（1）小球抛出的初速度大小；
（2）小球经过b点时的速度大小。
【答案】（1）1m/s；（2）m/s。
【解析】
【详解】（1）在竖直方向上，根据
解得s
在水平方向上做匀速直线运动，则有
解得小球抛出的初速度m/s
（2）b点在竖直方向上的分速度
m/s
则b点的速度
m/s
20.为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆。他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向垂直。已知滑块和风帆总质量为m=2kg，斜面倾角θ=30°，滑块与斜面间动摩擦因数为μ，帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即Ff=kv，g取10m/s2，滑块从静止下滑的速度图象如图所示，图中的斜线为t=0时v—t图线的切线，由此求出μ、k的值。
【答案】；kg/s。
【解析】
【详解】由图线可知，t=0时刻加速度m/s2，根据牛顿第二定律有
解得
当加速度为0时m/s，根据平衡条件有
解得kg/s
21.如图所示，水平放置的圆盘半径为R=1m，在其边缘C点固定一个高度不计的小桶，在圆盘直径CD的正上方放置一条水平滑道 AB，滑道与CD平行．滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上，其高度差为h=1.25m．在滑道左端静止放置质量为m=0.4kg的物块（可视为质点），物块与滑道间的动摩擦因数为μ=0.2．当用一大小为F=4N的水平向右拉力拉动物块的同时，圆盘从图示位置以角速度ω=2πrad/s，绕穿过圆心O的竖直轴匀速转动．拉力作用一段时间后撤掉，物块在滑道上继续滑行，由B点水平抛出，恰好落入小桶内．重力加速度取10m/s2．
（1）求拉力作用的最短时间；
（2）若拉力作用时间为0.5s，求所需滑道的长度．
【答案】（1）拉力作用的最短时间为0.3s；
（2）若拉力作用时间为0.5s，求所需滑道的长度为4m
【解析】
试题分析：（1）物块离开B点后做平抛运动，可以求出平抛运动的时间和平抛运动的初速度，物块在滑道上先匀加速运动再匀减速运动，两个运动的位移之和为滑道的长度．
（2）若圆盘转一圈，物块恰好调入小桶，此时作用力时间最短．圆盘转一圈的时间与匀加速运动、匀减速运动、平抛运动三个时间之和相等．
解：（1）盘转过一圈时落入，拉力时间最短；
盘转过一圈时间：；
物块在滑道上先加速后减速，最终获得：v=a1t1-a2t2
物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系：t1+t2+t=T
由上两式得：t1=0.3s
故拉力作用最短时间为0.3s．
（2）物块平抛：
物块离开滑道时的速度：．
拉动物块的加速度，由牛顿第二定律：F-μmg=ma1；得：a1=8m/s2
撤去外力后，由牛顿第二定律：-μmg=ma2；得：a2=-2m/s2
匀加速运动的位移，匀加速运动的速度．
匀减速运动的位移．
板长L=x1+x2=4m．
故所需滑道的长度为4m．
考点：平抛运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；匀速圆周运动．
点评：解决本题的关键知道物块整个过程的运动：匀加速直线运动、匀减速直线运动和平抛运动，知道三个过程的运动时间与圆盘转动的时间相等．以及熟练运用运动学公式．
22.如图甲所示，长为L=4.5m的薄木板M放在水平地面上，质量为m=lkg的小物块（可视为质点）放在木板的左端，开始时两者静止。现用一水平向左的力F作用在木板M上，通过传感器测m、M两物体的加速度与外力F变化关系如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2。求：
（1）m、M之间的动摩擦因数为多大?
（2）木板的质量M及木板与水平地面之间的动摩擦因数为多大?
（3）若开始时对M施加水平向左的恒力F=29N，求：物块多长时间滑离木板？
【答案】(1) ；(2) ；(3)
【解析】
【详解】（1）由乙图知，m、M一起运动的最大外力Fm=25N，当N时，m与M相对滑动，物块加速度m/s2
对m，根据牛顿第二定律有
解得
（2）当时，对木板，根据牛顿第二定律有
解得
由图象得斜率
解得kg
由图象得横截距
解得
（3）由于F=29N＞25N，所以从开始m就与M相对滑动对地向左做匀加速运动，m对地向左做匀加速直线运动，加速度m/s2
M加速度，根据牛顿第二定律有
解得m/s2，向左
m经过t时间滑离木板，m的位移大小
M的位移大小
由几何关系得
代入数据解得t=3s
物理试卷
一、单项选择题
1.下列说法正确的是（ ）
A. 牛顿第一定律可以用实验直接验证
B. 牛顿第二定律表明物体所受外力越大物体的惯性越大
C. 选取不同的参考系，观察同一物体的运动轨迹可能不同
D. 重力的方向总是指向地心
【答案】C
【解析】
【详解】A．牛顿第一定律是在实验的基础上进一步的推理概括出来的科学理论，而不能直接通过实验得出的，但能接受住实践的检验，故A错误；
B．惯性的大小由物体的质量决定，与物体受力的大小无关，与是否受力也无关，故B错误；
C．运动具有相对性，选择不同的参考系来观察同一物体的运动，其运动轨迹可能不同，故C正确；
D．重力的方向竖直向下，不是指向地心，故D错误。
故选C。
2.下列说法正确的是（ ）
A. 运动的物体，路程不会大于位移的大小
B. 运动的物体，速度变化时，加速度也一定变化
C. 运动的物体，平均速率等于平均速度大小
D. 平均速度的方向与位移方向相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．做曲线运动的物体，其路程大于位移的大小，故A错误；
B．做匀变速运动的物体，速度在变化，但加速度不变，故B错误；
C．平均速率等于路程比时间，平均速度等于位移比时间，而路程不一定等于位移的大小，故平均速率不一定等于平均速度的大小，故C错误；
D．根据平均速度公式
可知时间t是标量只有大小没有方向，故平均速度的方向与在该段时间内发生的位移的方向相同，故D正确。
故选D。
3. 如图所示，一物体在水平恒力的作用下沿光滑水平面做曲线运动，当物体从M点运动到N点时，其速度方向恰好改变了90°，则物体从M点到N点的运动过程中，物体的速度将（ ）
A. 不断增大 B. 不断减小
C. 先增大后减小 D. 先减小后增大
【答案】D
【解析】
试题分析：曲线运动的轨迹在速度方向与合力方向之间，对M、N点进行分析可知开始时恒力与速度夹角为钝角，后来夹角为锐角，则物体的速度先减小后增大，D正确．
考点：本题考查曲线运动的规律．
4.如图所示为某一皮带传动装置．主动轮的半径为，从动轮的半径为．已知主动轮做顺时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑．下列说法正确的是（ ）
A. 从动轮做顺时针转动 B. 从动轮做逆时针转动
C. 从动轮的转速为 D. 从动轮的转速为
【答案】BC
【解析】
【详解】A、B项：因为主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动，所以从动轮逆时针转动，故A错误，B正确；
C、D项：由于通过皮带传动，皮带与轮边缘接触处的线速度相等，根据得，
所以，故C正确，D错误．
5.如图所示，A、B两球分别套在两光滑的水平直杆上，两球通过一轻绳绕过一定滑轮相连，现在A球以速度v向左匀速移动，某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为、β，下列说法正确的是（ ）
A. 此时B球的速度为
B. 此时B球的速度为
C. 在增大到90°的过程中，B球做匀速运动
D. 在增大到90°的过程中，B球做加速运动
【答案】D
【解析】
【详解】AB．将A、B两球的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度相等，如图所示
在沿绳子方向的分速度为
解得，故AB错误；
CD．在增大到90°的过程中，绳子的方向与B球运动的方向之间的夹角始终是锐角，所以绳对B球的拉力一直做正功，B的速度一直在增大，所以B球做加速运动，但加速度不恒定，不是匀加速运动，故C错误，D正确。
故选D。
6.铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，已知内外轨道平面对水平面倾角为θ，如图所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度小于，则（ ）
A. 内轨对内侧车轮轮缘有挤压
B. 外轨对外侧车轮轮缘有挤压
C. 这时铁轨对火车的支持力等于
D. 这时铁轨对火车的支持力大于
【答案】A
【解析】
【详解】AB．当火车的重力和轨道对火车的支持力的合力恰好等于需要的向心力时，有
可得火车的速度为，当火车转弯的速度小于时，火车所需要的向心力减小，而重力与支持力的合力不变，所以合力大于所需要的向心力，内轨就要对火车产生一个向外的侧压力来抵消多余的力，所以此时内轨对内侧车轮轮缘有挤压，故A正确，B错误；
CD．当内外轨没有挤压力时，受重力和支持力，则有
由于内轨对火车的作用力沿着轨道平面，可以把这个力分解为水平和竖直向上两个分力，由于竖直向上的分力的作用，使支持力变小，故CD错误。
故选A。
7.如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F—v2图象如图乙所示。则（ ）
A. 小球的质量为
B. 当地的重力加速度大小为
C. v2=c时，小球对杆的弹力方向向下
D. v2=2b时，小球受到的弹力与重力大小不相等
【答案】B
【解析】
【详解】AB．由图象知，当v2=b时，F=0，杆对小球无弹力，此时由重力提供小球做圆周运动的向心力，有
解得
由图象知，当v2=0，故有
解得，故A错误，B正确；
C．由图可知：当v2
D．由图象可知，当v2=2b时，根据牛顿第二定律有
代入解得，故D错误。
故选B。
8.两根长度不同的细线下面分别悬挂两个完全相同的小球A、B，细线上端固定在同一点，绕共同的竖直轴在同一水平面内做匀速圆周运动，已知A球细线跟竖直方向的夹角为30°，B球细线跟竖直方向的夹角为60°，下列说法正确的是（ ）
A. 小球A和B的角速度大小之比小球的1：3
B. 小球A和B的线速度大小之比为1：1
C. 小球A和B的向心力大小之比为1：1
D. 小球A和B所受细线拉力大小之比为1：
【答案】D
【解析】
【详解】A．设悬点到圆心的距离为h，根据几何关系得
对A、B受力分析，可知两小球均由重力和拉力提供向心力，则有
联立解得，可知角速度之比为1：1，故A错误；
B．根据
得，故线速度之比为
故B错误；
C．根据A项分析，可知向心力为
故向心力之比为
故C错误；
D．两球在水平面内做圆周运动，在竖直方向上的合力为零，则有
故拉力大小之比为
故D正确。
故选D。
9.如图所示，在倾角为的斜面上方的A点处悬挂一表面光滑的木板AB，B端刚好在斜面上，木板与竖直方向AC所成的角度为，一小物块由A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则与角的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】如图所示，在竖直线AC上选取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切于D点。由等时圆模型的特点知，由A点沿斜面滑到D点所用时间比由A点到达斜面上其他各点所用时间都短。将木板下端B点与D点重合即可，而，则。
A．，与结论不相符，选项A错误；
B．，与结论相符，选项B正确；
C．，与结论不相符，选项C错误；
D．，与结论不相符，选项D错误；
故选B.
10.如图甲所示，静止在水平面C上足够长的木板B左端放着小物块A。某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示。A、B间最大静摩擦力大于B、C之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则在拉力逐渐增大的过程中，下列反映A、B运动过程中的加速度aA和aB，以及A与B间摩擦力f1、B与C间摩擦力f2随时间变化的图线中不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图乙知力与时间的表达式为
对AB整体，当拉力F小于地面对整体最大静摩擦力时，整体加速度为零，即；
对AB整体，当拉力F大于地面对整体的最大静摩擦力时，整体开始加速滑动，根据牛顿第二定律得
当拉力足够大时，A、B的加速度不同，故对A，根据牛顿第二定律得
故的斜率，的斜率，则有，即拉力足够大时直线更陡峭，故A正确，不符合题意；
B．对AB整体，当拉力F小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零，即物体B开始阶段的加速度为零，故B错误，符合题意；
C．当拉力小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零，此时对物体A，拉力小于，静摩擦力等于拉力，则有
即摩擦力随时间均匀增大；
当整体开始加速滑动时，对整体根据牛顿第二定律得
对木板，根据牛顿第二定律有
解得
其斜率，即此对应的直线比刚开始对应的直线更平缓；当A、B发生相对滑动后，变为滑动摩擦力，为，保持不变，故C正确，不符合题意；
D．对AB整体，当拉力F小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零，此时静摩擦力等于拉力，则有
即摩擦力随时间均匀增大；；滑动后，受地面的滑动摩擦力为，保持不变；故D正确，不符合题意。
故选B。
二、多项选择题
11.如图所示，倾角为30º的光滑杆上套有一个小球和两根轻质弹簧，两弹簧的一端与小球相连，另一端分别用销钉M、N固定于杆上，小球处于静止状态，设拔去销钉M瞬间，小球的加速度大小为6m/s2，若不拔去销钉M，而拔去销钉N瞬间，小球加速度可能是（g=10m/s2）（ ）
A. 11m/s2，沿杆向上
B. 11m/s2，沿杆向下
C. 1m/s2，沿杆向上
D. 1m/s2，沿杆向下
【答案】BC
【解析】
试题分析: 设小球的质量为m，沿杆斜上为正方向，刚开始受力平衡，则有：
FN+FM-Gsin30°=0
拔去销钉M瞬间，小球加速度大小为6ｍ/ｓ２，方向可能向下，也可能向上．由牛顿第二定律得：
FN-Gsin30°=±ma
去销钉N瞬间，小球受M弹簧和重力G的作用，
加速度为：a′==-11m/s2或1m/s2，故B，C正确
考点：牛顿第二定律；胡克定律
12.如图所示，水平传送带AB间的距离为16m，质量分别为2kg、4kg的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端且连接物块Q的细线水平，当传送带以8m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止。取重力加速度g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当传送带以8m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是（ ）
A. Q与传送带间的动摩擦因数为0.5
B. Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4s
C. 整个过程中，Q相对传送带运动的距离为4.8m
D. Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为20N
【答案】AC
【解析】
【详解】A．当传送带以v=8m/s逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析，则有
即
代入数据解得，故A正确；
B．当传送带突然以v=8m/s顺时针转动，物体Q做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得m/s2，当速度达到传送带速度即8m/s后，做匀速直线运动，根据速度时间公式有
代入数据解得匀加速的时间为s，匀加速的位移为
代入数据解得x=4.8m，则匀速运动的时间为
代入数据解得s，Q从传送带左端滑到右端所用的时间为
s
故B错误；
C．加速阶段的位移之差为
m
而匀速阶段Q相对传送带静止，没有相对位移，故整个过程中，Q相对传送带运动的距离为4.8m，故C正确；
D．当Q加速时，对P分析，根据牛顿第二定律有
代入数据解得N；
之后做匀速直线运动，对对P分析，根据平衡条件有
N
故D错误。
故选AC。
13.如图所示，从倾角为的斜面上，以速度v0水平抛出一质量为m的小球，斜面足够长，空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A. 小球从开始抛出到离斜面最远所用的时间是
B. 小球离斜面的最远距离是
C. 从抛出点到落地点的距离是
D. 落地时的速度方向与水平方向的夹角为2
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．将平抛运动分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向，如图所示
则y方向上的分速度，y方向上的加速度，当y方向上的分速度为零时，小球距离斜面最远，则时间为
离斜面最大距离
故A错误，B正确；
C．由题知，斜面的倾角等于位移的夹角，则有
根据平抛运动的规律有
，
解得，则水平位移为
所以从抛出点到落地点的距离
故C正确；
D．设速度与水平方向的夹角为，根据平抛运动的规律，则有
故，故D错误。
故选BC。
14.某小船在渡河时，船速和水速均恒定，若采用最短时间渡河时，渡河时间为8秒，若采用最短位移渡河时，渡河时间为10秒，已知船速为10m/s，下列说法正确的是（ ）
A. 河宽为80m B. 水速可能为8m/s
C. 水速可能为m/s D. 水速可能为12m/s
【答案】AC
【解析】
【详解】A．设为船速，为水速，当船头与河岸垂直时，时间最短，则有
代入s，m/s，解得d=80m，故A正确；
BCD．当时，合速度与河岸垂直，位移最小，最小位移等于河宽，如图所示
由图可得
=10m/s
根据几何关系有
m/s
当时，作出位移最小时的矢量图，如图所示
由图可得最小位移
根据几何关系有
联立得
解得m/s，故C正确，BD错误。
故选AC。
15.如图所示，在匀速转动水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离为RA=r，RB=2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A. 此时绳子张力
B. 此时圆盘的角速度
C. 此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外
D. 此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动
【答案】ABC
【解析】
【详解】AB．当A、B与圆盘间静摩擦力都达到最大值时，根据牛顿第二定律
对B有
对A有
联立解得，，故AB正确；
C．由上分析，可知此时A所受的绳子拉力和摩擦力提供向心力，摩擦力方向沿半径向外，故C正确；
D．此时角速度，此时A所需向心力为，剪断绳子后其最大静摩擦力不足以提供向心力，故A将做离心运动，B已达到最大最静摩擦力，故B也将做离心运动，故D错误。
故选ABC。
16.倾角为θ的斜面体M静止放在粗糙水平地面上，其斜面也是粗糙的。已知质量为m的物块恰可沿其斜面匀速下滑。今对下滑的物块m施加一个向右的水平拉力F，物块仍沿斜面向下运动，斜面体M始终保持静止，则此时（ ）
A. 物块m下滑的加速度等于
B. 物块m下滑的加速度大于
C. 水平面对斜面体M的静摩擦力方向水平向左
D. 水平面对斜面体M的静摩擦力大小为零
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．由题知，质量为m的物块恰可沿其斜面匀速下滑，根据平衡条件有
解得；加拉力F后，将拉力F沿着平行斜面和垂直斜面正交分解，如图所示
沿斜面向下，合力为
垂直斜面方向，根据平衡条件有
根据
联立解得
根据牛顿第二定律，物块m下滑的加速度
故A错误，B正确；
CD．对m分析，没有拉力时m匀速下滑，说明支持力和滑动摩擦力的合力是竖直向上，与重力平衡；有拉力F后，根据，支持力和滑动摩擦力的比值不变，故支持力和摩擦力的合力的方向不变，根据牛顿第三定律，m对M的压力和滑动摩擦力的合力方向一直是竖直向下的，故M没有相对地面的滑动趋势，所以水平面对斜面体M的静摩擦力大小为零，故C错误，D正确。
故选BD。
三、实验填空题
17.如图（甲）所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长关系的实验。
（1）实验中还需要的测量工具有_______________。
（2）如图（乙）所示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量m，横轴是弹簧的形变量x。由图可知：图线不通过原点的原因是由于________；弹簧的劲度系数k=____N/m（g取10m/s2）。
（3）如图（丙）所示，实验中用两根不同的弹簧a和b，画出弹簧弹力F与弹簧长度L的F—L图象。下列正确的是_______。
A.a的原长比b的长 B.a的劲度系数比b的大 C.a的劲度系数比b的小 D.弹力与弹簧长度成正比
【答案】 (1). 刻度尺 (2). 弹簧自身重力 (3). 5 (4). B
【解析】
【详解】（1）[1]需要测弹簧的长度、形变量，故还需要的实验器材有：刻度尺；
（2）[2][3]图线的物理意义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比，则有
代入数据解得k=5N/m
由图可知，当F=0时，x大于零，说明没有挂重物时，弹簧有伸长，是由于弹簧自身的重力造成的。
（3）[4]A．在图象中横截距表示弹簧的原长，故b的原长比a的长，故A错误；
BC．在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度系数比b的大，故B正确，C错误；
D．弹簧的弹力满足胡克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误。
故选B。
18.某实验小组应用如图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码及砝码盘的总质量为m，所用的打点计时器所接的交流电的频率为50Hz，实验步骤如下：
A.按图所示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；
B.调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；
C.挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；
D.改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度.
根据以上实验过程，回答以下问题：
(1)对于上述实验，下列说法正确的是（ ）
A.小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等
B.实验过程中砝码盘处于超重状态
C.与小车相连的轻绳与长木板一定要平行
D.弹簧测力计的读数应为砝码和砝码盘总重力的一半
E.砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量
(2)实验中打出的一条纸带如图乙所示，由该纸带可求得小车的加速度为________m/s2.（结果保留2位有效数字）
(3)由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象，与本实验相符合的是（ ）
【答案】 (1). C (2). 0.16 (3). A
【解析】
【详解】(1)A、由图可知，小车的加速度是砝码盘的加速度大小的2倍，故A错误；
B. 实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故B错误；
C. 与小车相连的轻绳与长木板一定要平行，保证拉力沿着木板方向，故C正确；
D. 实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故弹簧测力计的读数小于砝码和砝码盘总重力的一半，故D错误；
E. 由于不需要把砝码的重力作为小车的拉力，故不需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件，故E错误；
故选C
(2)设相邻两个计数点之间的位移分别为x1、x2、x3，相邻两个计数点之间的时间间隔T=5×0.02s=0.1s，
由△x=aT2结合作差法得：m/s2=0.16m/s2
(3)由题意可知，小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系应该是成正比，即为过原点的一条倾斜直线，故A与本实验符合．故选A.
四、计算题
19.如图为一小球做平抛运动时的频闪照片的一部分，图中背景是边长为5cm的小方格，a、b、c、d是拍下的四个小球位置，g取10m/s2，则
（1）小球抛出的初速度大小；
（2）小球经过b点时的速度大小。
【答案】（1）1m/s；（2）m/s。
【解析】
【详解】（1）在竖直方向上，根据
解得s
在水平方向上做匀速直线运动，则有
解得小球抛出的初速度m/s
（2）b点在竖直方向上的分速度
m/s
则b点的速度
m/s
20.为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆。他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向垂直。已知滑块和风帆总质量为m=2kg，斜面倾角θ=30°，滑块与斜面间动摩擦因数为μ，帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即Ff=kv，g取10m/s2，滑块从静止下滑的速度图象如图所示，图中的斜线为t=0时v—t图线的切线，由此求出μ、k的值。
【答案】；kg/s。
【解析】
【详解】由图线可知，t=0时刻加速度m/s2，根据牛顿第二定律有
解得
当加速度为0时m/s，根据平衡条件有
解得kg/s
21.如图所示，水平放置的圆盘半径为R=1m，在其边缘C点固定一个高度不计的小桶，在圆盘直径CD的正上方放置一条水平滑道 AB，滑道与CD平行．滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上，其高度差为h=1.25m．在滑道左端静止放置质量为m=0.4kg的物块（可视为质点），物块与滑道间的动摩擦因数为μ=0.2．当用一大小为F=4N的水平向右拉力拉动物块的同时，圆盘从图示位置以角速度ω=2πrad/s，绕穿过圆心O的竖直轴匀速转动．拉力作用一段时间后撤掉，物块在滑道上继续滑行，由B点水平抛出，恰好落入小桶内．重力加速度取10m/s2．
（1）求拉力作用的最短时间；
（2）若拉力作用时间为0.5s，求所需滑道的长度．
【答案】（1）拉力作用的最短时间为0.3s；
（2）若拉力作用时间为0.5s，求所需滑道的长度为4m
【解析】
试题分析：（1）物块离开B点后做平抛运动，可以求出平抛运动的时间和平抛运动的初速度，物块在滑道上先匀加速运动再匀减速运动，两个运动的位移之和为滑道的长度．
（2）若圆盘转一圈，物块恰好调入小桶，此时作用力时间最短．圆盘转一圈的时间与匀加速运动、匀减速运动、平抛运动三个时间之和相等．
解：（1）盘转过一圈时落入，拉力时间最短；
盘转过一圈时间：；
物块在滑道上先加速后减速，最终获得：v=a1t1-a2t2
物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系：t1+t2+t=T
由上两式得：t1=0.3s
故拉力作用最短时间为0.3s．
（2）物块平抛：
物块离开滑道时的速度：．
拉动物块的加速度，由牛顿第二定律：F-μmg=ma1；得：a1=8m/s2
撤去外力后，由牛顿第二定律：-μmg=ma2；得：a2=-2m/s2
匀加速运动的位移，匀加速运动的速度．
匀减速运动的位移．
板长L=x1+x2=4m．
故所需滑道的长度为4m．
考点：平抛运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；匀速圆周运动．
点评：解决本题的关键知道物块整个过程的运动：匀加速直线运动、匀减速直线运动和平抛运动，知道三个过程的运动时间与圆盘转动的时间相等．以及熟练运用运动学公式．
22.如图甲所示，长为L=4.5m的薄木板M放在水平地面上，质量为m=lkg的小物块（可视为质点）放在木板的左端，开始时两者静止。现用一水平向左的力F作用在木板M上，通过传感器测m、M两物体的加速度与外力F变化关系如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2。求：
（1）m、M之间的动摩擦因数为多大?
（2）木板的质量M及木板与水平地面之间的动摩擦因数为多大?
（3）若开始时对M施加水平向左的恒力F=29N，求：物块多长时间滑离木板？
【答案】(1) ；(2) ；(3)
【解析】
【详解】（1）由乙图知，m、M一起运动的最大外力Fm=25N，当N时，m与M相对滑动，物块加速度m/s2
对m，根据牛顿第二定律有
解得
（2）当时，对木板，根据牛顿第二定律有
解得
由图象得斜率
解得kg
由图象得横截距
解得
（3）由于F=29N＞25N，所以从开始m就与M相对滑动对地向左做匀加速运动，m对地向左做匀加速直线运动，加速度m/s2
M加速度，根据牛顿第二定律有
解得m/s2，向左
m经过t时间滑离木板，m的位移大小
M的位移大小
由几何关系得
代入数据解得t=3s
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