2023-2024学年河北省石家庄重点学校高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河北省石家庄重点学校高一（上）期末物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，一个盛水的容器底部有一小孔。静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则( )
A. 容器自由下落时，小孔向下漏水
B. 将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水
C. 将容器竖直向上抛出，不管是容器向上运动，还是向下运动，小孔都向下漏水
D. 将容器竖直向上抛出，不管是容器向上运动，还是向下运动，小孔都不向下漏水
2.如图为“猎豹”高速摄像机，在体育比赛中，“猎豹”摄像机让犯规无处遁形。在2022年北京冬季奥运会速度滑冰比赛中，摄像机和某运动员的位移x随时间t变化的x−t图像分别如图所示，下列说法中正确的是( )
A. 0～t1时间内摄像机在前，t1～t2时间内摄像机在后
B. 0～t2时间内摄像机与运动员的平均速度相同
C. 0～t2时间内摄像机的速度始终大于运动员的速度
D. 0～t2时间内摄像机做直线运动，运动员做曲线运动
3.如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球。A、B两球分别连在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ木<ρ水<ρ铁)
A. A球将向上运动，B，C球将向下运动
B. A、B球将向上运动，C球不动
C. A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动
D. A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动
4.如图所示，为一种倾斜放置的装取台球的装置，圆筒底部有一轻质弹簧，每个台球的质量均为m，半径均为R，圆筒的内径略大于台球的直径。当将筒口处台球缓慢取走后，又会冒出一个台球，刚好到达被取走台球的位置。若圆筒与水平面之间的夹角为θ，重力加速度为g，忽略球与筒间的摩擦力。则弹簧的劲度系数为( )
A. mgsinθ2RB. mgsinθRC. mgcsθRD. mgtanθR
5.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。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0.6
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20 N
6.如图所示，在竖直平面内有半径为R的半圆，最低点为A，B是半圆上一点，AB为光滑倾斜轨道，AC是倾角为θ=45°、高为ℎ=2R的光滑固定斜面。现自B点由静止释放小球甲的同时，自C点以初速度大小v0沿斜面向下射出小球乙，发现两小球同时到达A点。已知重力加速度为g，则小球乙的初速度大小的为( )
A. gR2B. gRC. 2gRD. gR2
7.如图所示，A、B两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮筐，落入篮筐时的速度方向相同，下列判断正确的是( )
A. A比B先落入篮筐
B. A、B运动的最大高度相同
C. A在最高点的速度比B在最高点的速度大
D. A、B上升到某一相同高度时的速度方向相同
8.如图1、图2所示，一根长为L的轻杆OA，O端用铰链固定于地面，另一端固定着一小球A，图1中的小球A和图2中的杆分别贴靠着边长为a和b的立方块，当立方块沿地面向右滑动到图示位置(杆与地面夹角为a)时，速度为v，则图1中小球的速度大小vA和图2中小球的速度大小vA′应为( )
A. vA=vsinαB. vA=vsinαC. vA′=Lvbsin2αD. vA′=Lvb
9.如图所示，质量均为M的A、B两滑块放在粗糙水平地面上，两轻杆等长，杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处悬挂一质量为m的重物C。整个装置处于静止状态，设杆与水平地面间的夹角为θ。下列说法正确的是( )
A. 当m一定时，θ越大，每根轻杆对滑块的弹力越小
B. 当M、m一定时，每个滑块对地面的压力大小为(2M+m)g
C. 当m和θ一定时，每个滑块与地面间的摩擦力大小为 mg2tanθ
D. 若最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，当tanθ≥1μ时无论怎样增大m，不能使M沿地面滑动
10.如图所示，倾斜圆盘圆心处固定有与盘面垂直的细轴，盘面.上沿同一直径放有质量均为m的A、B两物块(可视为质点)，两物块分别用两根平行圆盘的不可伸长的轻绳与轴相连，A、B两物块与轴的距离分别为2d和d，两物块与盘面的动摩擦因数μ相同，盘面与水平面夹角为θ。当圆盘以角速度ω匀速转动时，物块A、B始终与圆盘保持相对静止，且当物块A转到最高点时，A所受绳子拉力刚好减小到零而B所受摩擦力刚好增大到最大静摩擦力。已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是( )
A. μ=3tanθ
B. ω= 2gsinθd
C. 运动过程中绳子对A拉力的最大值为mgsinθ
D. 运动过程中B所受摩擦力最小值为mgsinθ
二、非选择题
11.未来在一个未知星球上用如图甲所示装置研究平抛运动的规律．悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动．现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄．在有坐标纸的背景屏前拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后照片如图乙所示．a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：4，则：
(1)由以上信息，可知a点______(选填“是”或“不是”)小球的抛出点；
(2)由以上信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为______m/s2；
(3)由以上信息可以算出小球平抛的初速度是______m/s；
(4)由以上信息可以算出小球在b点时的速度是______m/s．
12.某实验小组利用如图1所示的装置探究加速度与力的关系。
(1)平衡摩擦力后，为使小吊盘及盘内钩码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，应满足的条件是小吊盘及盘内钩码的的总质量______(填“远大于”“远小于”或“近似等于”)小车及车上钩码的总质量。
(2)如图2所示为该小组用打点计时器记录小车运动情况的纸带之一，图中A、B、C、D、E、F、G为相邻的计数点，相邻计数点间有4个点没画出，测得AB、AC、AD、AE、AF、AG的位移大小分别为s1=1.30cm、s2=3.10cm、s3=5.38cm、s4=8.16cm、s5=11.45cm、s6=15.26cm，则小车加速度大小为______m/s2(结果保留2位有效数字)。
(3)为了消除系统误差，该小组改进实验方案，每次实验逐次从小车上取下一个质量为10g的钩码增加在小吊盘内，则图3曲线最适合描述系统加速度随着吊盘内钩码个数变化而变化关系的是：______。
13.开车出行常用手机导航，如图甲是一种车载磁吸手机支架，手机放上去会被牢牢吸附。图乙是其侧视图。若手机质量m=0.2kg，支架斜面的倾角θ=53°(sin53°=0.8,cs53°=0.6)，手机与支架接触面间的动摩擦因数μ=0.3。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10m/s2。那么在汽车做匀速直线运动的过程中：
(1)若没有磁吸力，请通过计算说明手机会不会滑下来；
(2)若磁吸力F=6N，求支架对手机的弹力和摩擦力的大小。
14.在赣州市南河大桥扩建工程中，双向桥梁已完成了某一通车方向的建设，为保持双向车辆正常通行，临时将其改成双向车道。如图所示，引桥与桥面对接处，有两车道合并一车道的对接口，A、B两车相距s0=4m时，B车正以v0=4m/s速度匀速行驶，A车正以vA=7m/s的速度借道超越同向行驶的B车，此时A车司机发现前方距离车头s=16m处的并道对接口。A、B两车长度均为L=4m，且不考虑A车变道过程的影响。
(1)若A车司机放弃超车，而立即驶入与B车相同的行驶车道，A车至少以多大的加速度刹车匀减速，才能避免与B车相撞。
(2)若A车司机加速超车，A车的最大加速度为a=3m/s2，请通过计算分析A车能否实现安全超车。
15.如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量为m=4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)B与木板相对静止前，求木板的加速度大小；
(2)B与木板相对静止时，求木板的速度；
(3)A、B开始运动时，求两者之间的距离。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：无论是让容器自由下落，还是竖直上抛，抛出之后的物体都只受到重力的作用，水和容器都是处于完全失重状态，此时水和容器的运动状态相同，它们之间没有相互作用，水不会流出，所以不管怎样，水都不会漏下来，所以ABC错误，D正确。
故选：D。
当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g，据此分析即可。
本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，知道当物体处于处于完全失重状态时，压力为零。
2.【答案】B
【解析】解：A.由图像知，0～t2时间内摄像机始终在前，故A错误；
B.由图像知，0～t2时间内，两者位移相同，根据v−=xt
得两者平均速度相同，故B正确；
C.x−t图像，斜率表示速度，0～t2时间内并不是任一时刻摄像机的速度都大于运动员的速度，故C错误；
D.0～t2时间内，摄像机和运动员都做直线运动，故D错误。
故选B。
运动学x−t图像，斜率代表速度，平均速度等于位移除时间。从图像中可以得出任意时刻物体的位置。
从运动学x−t图像中，可以得出许多物理量。x−t图像无论是直线还是曲线，都表示直线运动。
3.【答案】D
【解析】【分析】
根据浮力F浮=ρgV排分析浮力和重力的关系确定弹簧所处的状态，剪断吊篮绳子的瞬间，由于弹簧的弹力不会突变，绳子的拉力会发生突变，由此分析运动情况。
本题主要是考查牛顿第二定律弹力突变问题，能够分析原来的受力情况以及弹簧的性质是关键。
【解答】
解：由于ρ木<ρ水<ρ铁，根据浮力F浮=ρgV排可得，A的重力大于A受到的浮力，A下面的弹簧处于压缩状态，B和C的重力小于浮力，B下面的弹簧和C下面的绳子处于拉伸状态；
剪断吊篮绳子的瞬间，系统处于完全失重，由于弹簧的弹力不会突变，所以A球将向上运动，B球将向下运动，而绳子的拉力会发生突变，所以C球不动，故ABC错误、D正确。
故选：D。
4.【答案】A
【解析】解：缓慢取走，说明台球处于动态平衡，合力为零，每取走一个台球，弹簧的弹力变化大小为mgsinθ，每个台球的位移为2R，根据胡克定律F=kx，所以ΔF=kΔx
代入得mgsinθ=k⋅2R，所以k=mgsinθ2R，故A正确，BCD错误。
故选：A。
缓慢取走，说明台球处于动态平衡，合力为零，每取走一个台球，弹簧的弹力变化大小为mgsinθ，每个台球的位移为2R，根据胡克定律即可求解。
本题考查胡克定律的理解，注意要通过情景判断小球的位移。
5.【答案】C
【解析】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
mPg=μmQg
代入数据解得μ=0.5，故A错误；
B、当传送带顺时针转动，物块Q做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
mPg+μQmg=(mP+mQ)a
代入数据解得a=203m/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
v=at1
代入数据解得匀加速的时间为t1=1.2s
匀加速的位移x=v22a=822×203m=4.8m，则匀速运动的时间t2=L−xv=16−4.88s=1.4s，Q从传送带左端滑到右端所用的时间t总=t1+t2=1.2s+1.4s=2.6s，故B错误；
C、加速阶段的位移之差Δx=vt1−x=8×1.2m−4.8m=4.8m，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
mPg−T=mPa
代入数据解得T=203N
之后做匀速直线运动，对P分析，根据平衡条件有
T′=mPg=2×10N=20N，故D错误。
故选：C。
A、根据题意，结合受力分析得出动摩擦因数；
B、根据牛顿第二定律求出物块Q的加速度，进而求出加速时间及位移；通过位移关系求出匀速运动的时间，进而求出全过程的总时间；
C、根据已知量，求出全程Q相对传送带运动的距离；
D、分别分析P在加速和匀速运动过程的细线的拉力，进而判断该项。
在处理水平传送带问题时，要注意分析物体的受力情况，进而分析物体在传送带上的可能的运动情况。
6.【答案】A
【解析】解：根据“等时圆”原理可知，甲球从B到达A的时间等于小球从圆弧最高点沿直径自由下落到底部的时间，设下落时间为t，
则有：2R=12gt2
解得：t= 4Rg；
对小球乙，在斜面沿斜面下滑的加速度大小为：a=mgsinθm=gsinθ= 22g
斜面长为L=2Rsinθ=2 2R
根据位移−时间关系可得：L=v0t+12at2
解得：v0= gR2，故A正确、BCD错误。
故选：A。
根据“等时圆”原理求解下落时间，对小球乙，根据牛顿第二定律求解在斜面沿斜面下滑的加速度大小，根据位移−时间关系求解初速度大小。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答，解答本题还有能够灵活利用等时圆处理问题。
7.【答案】CD
【解析】解：AB、若研究两个过程的逆过程，可看作是从篮筐沿同方向斜向上的斜抛运动，落到同一高度上的AB两点，则A上升的高度较大，由于高度决定时间，则A运动时间较长，则B先落入篮筐中，故AB错误；
C、因为两球抛射角相同，A的射程较远，则A球的水平速度较大，因在最高点只有水平方向的速度，故在最高点A的速度比B在最高点的速度大，故C正确；
D、由斜抛运动的对称性可知，当A、B上升到与篮筐相同高度时的速度方向相同，故D正确。
故选：CD。
根据竖直方向上的高度分析出两个篮球的运动时间的大小关系；根据水平方向上的运动特点分析出篮球在最高点的速度大小；根据斜抛运动的对称性结合题意完成分析。
本题主要考查了斜抛运动的相关应用，理解斜抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动的对称性完成解答。
8.【答案】BC
【解析】解：
图甲中小球的速度为vA，可以分解为如图所示的两个分速度；图乙中物块与杆的接触点B的合速度为v，可分解为如图所示的两个分速度，垂直于杆的速度为v′A，根据几何知识有：vA=vsinα，v′A=vsinα，A与B点的角速度相等，即v′Ab=vAL，解得v′A=Lvbsin2α
故BC正确，AD错误。
故选：BC。
对小球和物块与杆的接触点进行分解，根据几何知识进行计算。
本题关键掌握运动的合成和分解。
9.【答案】ACD
【解析】解：A、将C的重力按照力的作用效果分解
根据平行四边形定则，有F1=F2=12mgsinθ=mg2sinθ，故m一定时，θ越大，轻杆受力越小，则轻杆对滑块的弹力越小，故A正确；
B、对ABC整体进行受力分析可知，受重力、支持力，根据相互作用力的特点有对地压力为FN′=(2M+m)g，因此每个滑块对地压力大小为FN″=12FN′，解得：FN″=Mg+12mg，故B错误；
C、对A分析，受重力、杆的推力、地面的支持力和向右的摩擦力，根据平衡条件有f=F1csθ=mg2sinθ×csθ=mg2tanθ，故C正确；
D、不能使滑块沿地面滑动时满足μFN″≥f
解得μ≥m(2M+m)tanθ=1(2Mm+1)tanθ
当m→∞时，有μ≥1tanθ
即当tanθ≥1μ时，无论怎样增大m，不能使M沿地面滑动，故D正确。
故选：ACD。
将C的重力按照作用效果分解可得轻杆受力与θ的关系，隔离A受力分析，根据平衡条件可得摩擦力f大小；对ABC整体分析，可得整体支持力等于重力大小与θ无关；根据平衡条件结合数学知识分析摩擦力与m的关系即可判断。
本题主要考查了共点力的平衡问题，熟悉物体的受力分析，理解整体法和隔离法的应用，同时利用几何关系即可完成解答。
10.【答案】ABD
【解析】解：AB、对A，B受力分析，由于A此时刚好不受绳子拉力，所以摩擦力依旧是最大静摩擦力。所以对AB根据牛顿第二定律：
对A有：μmgcsθ+mgsinθ=mω2⋅2d
对B有：μmgcsθ−mgsinθ=mω2⋅d
联立解得μ=3tanθ，ω= 2gsinθd
故AB正确
C、当A运动到最下端时绳子拉力最大，有：
T+μmgcsθ−mgsinθ=mω2⋅2d
解得：T=2mgsinθ，故C错误
D、B运动到最高点时，所需摩擦力最小(假设方向指向圆心)，则：
fB+mgsinθ=mω2⋅d
解得：fB=mgsinθ
计算结果为正，说明与假设的方向一致，即方向指向圆心。故D正确。
故选：ABD。
根据牛顿第二定律对AB分别分析，根据合力提供向心力求得μ，ω；当A运动到最下端时绳子拉力最大；B运动到最高点时，所需摩擦力最小。
本题考查向心力的应用，由于有倾角，所以难度较大，解题关键还是应用牛顿第二定律的解题方法，受力分析合力提供向心力。
11.【答案】是 8 0.8 4 25
【解析】解：(1)因为竖直方向上相等时间内的位移之比为1：3：5：7，符合初速度为零的匀变速直线运动特点，因此可知a点的竖直分速度为零，a点为小球的抛出点．
(2)由照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：4可得乙图中正方形的边长l=4cm；
竖直方向上有：△y=2L=g′T2，
解得：g′=2lT2=2×4×10−20.12=8m/s2．
(3)水平方向小球做匀速直线运动，因此小球平抛运动的初速度为：
v0=2lT=2×4×10−20.1=0.8m/s．
(4))b点竖直方向上的分速度vyb=4l2T=．
则vb= v02+vyb2=0.8 2m/s=4 25m/s．
故答案为：(1)是；(2)8；(3)0.8；(4)4 25．
(1)初速度为零的匀变速直线运动中，连续相等时间内的位移之比为1：3：5…，由此可判断a点是不是平抛的起点；
(2)根据竖直方向上相等时间内的位移之差是一恒量求出星球表面的重力加速度；
(3)平抛运动水平方向做匀速直线运动，结合水平位移和时间求出小球的初速度；
(4)根据竖直方向上某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出b点的竖直分速度，根据平行四边形定则求出b点的速度．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，能够灵活运用运动学公式处理水平方向和竖直方向上的运动．
12.【答案】远小于 0.50 C
【解析】解：(1)以整体为研究对象有mg=(m+M)a，
则有a=mgM+m
而在实验的过程中，我们认为绳子的拉力F等于砝码盘和砝码的重力mg，而实际上绳子的拉力F=Ma=MmgM+m=mg1+mM
故要让绳子的拉力F约等于砝码盘和砝码的重力mg，故应该是m远小于M；
(2)s1=1.30cm=0.013m、s2=3.10cm=0.031m、s3=5.38cm=0.0538m、s4=8.16cm=0.0816m、s5=11.45cm=0.1145m、s6=15.26cm=0.1526m，
根据逐差法可得a=s6+s5+s4−s3−s2−s19T2=0.50m/s2
(3)设托盘的质量为m0，一个钩码的质量为m，小车的质量为M，根据牛顿第二定律可得：m0g+nmg=(m0+Nmg+M)a，解得a=m0gm0+Nm+M+nmgm0+Nm+M，为不过坐标原点的倾斜直线，故ABD错误，C正确；
故选：C
故答案为：(1)远小于(2)0.50； (3)C
(1)根据牛顿第二定律，运用整体法和隔离法求出拉力的表达式，从而确定砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力应满足的条件；
(2)利用逐差法求得加速度；
(3)根据牛顿第二定律表示出加速度表达式即可判断。
本题主要考查“验证牛顿第二定律”的实验，要明确实验原理，特别是要明确系统误差的来源，知道减小系统误差的方法。
13.【答案】解：(1)若没有磁吸力，因为μ=0.3所以μmgcsθ即最大静摩擦力小于重力沿支架接触面的分力，故手机会滑下来。
(2)对手机受力分析，如图所示

若磁吸力
F=6N
支架对手机的弹力
FN′=mgcs53°+F
解得：FN′=7.2N
此时最大静摩擦力为
Ffm=μFN′=0.3×7.2N=2.16N
因为
mgsin53°=0.2×10×0.8N=1.6N则手机相对汽车静止，所受摩擦力为静摩擦力，摩擦力的大小为
Ff=mgsin53°
解得：Ff=1.6N
答：(1)若没有磁吸力，手机会滑下来，见解析；
(2)若磁吸力F=6N，求支架对手机的弹力大小为7.2N，摩擦力的大小为1.6N。
【解析】(1)若没有磁吸力，根据最大静摩擦力大小与重力沿支架接触面的分力大小进行分析；
(2)对手机受力分析，根据平衡条件求解支架对手机的弹力；判断手机受到的摩擦力是否为静摩擦力，再根据平衡条件进行解答。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
14.【答案】解：(1)设经过时间t1两车速度相等，设A车的加速度大小为a1，两车速度相等时恰好相遇，
则v0=vA−a1t1，vAt1−12a1t12=s0+v0t1，
代入数据解得：a1=98m/s2
(2)设A车到底对接口需要的时间是t，
则s−L=vAt+12at2
代入数据解得：t=43s
该时间内B车的位移xB=v0t=4×43m=163m
由于s−s0=(16−4)m=12m<2L+xB=(2×4+163)m≈13.3m，A车不能实现安全超车
答：(1)A车至少以大小为98m/s2的加速度刹车匀减速，才能避免与B车相撞。
(2)A车不能实现安全超车。
【解析】(1)A、B两车速度相等时相遇恰好避免碰撞，应用运动学公式求出A的加速度大小。
(2)A车做匀加速直线运动，应用运动学公式分析求解。
本题考查了追及相遇问题，追及问题解题关键：①掌握好两个关系：时间关系和位移关系②一个条件：两者速度相等，这往往是能否追上，或两者距离最大、最小的临界条件是分析问题的切入点。
15.【答案】解：(1)根据题意可知，滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设木板相对于地面的加速度大小为a1。在滑块B与木板达到共同速度前有
μ1mBg−μ1mAg−μ2(m+mA+mB)g=ma1
代入已知数据得
a1=2.5m/s2
(2)设B相对于地面的加速度大小为aB，由牛顿第二定律得
μ1mBg=mBaB
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有
v1=v0−aBt1=a1t1
代入已知数据得
v1=1m/s，方向水平向右。
(3)设A相对于地面的加速度大小为aA，则有
μ1mAg=mAaA
可知
aA=aB
B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
xB=v0t1−12aBt12
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
μ1mAg+μ2(m+mA+mB)g=(mB+m)a2
由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有
v2=v1−a2t2
对A有
v2=−v1+aAt2
在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
x1=v1t2−12a2t22
在(t1+t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为
xA=v0(t1+t2)−12aA(t1+t2)2
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
x0=xA+x1+xB
联立以上各式，并代入数据得
x0=1.9m
答：(1)B与木板相对静止前，木板的加速度大小为2.5m/s2；
(2)B与木板相对静止时，木板的速度为1m/s，方向水平向右；
(3)A、B开始运动时，两者之间的距离为1.9m。
【解析】(1)B与木板相对静止前，根据牛顿第二定律求出木板的加速度大小；
(2)刚开始运动时，根据牛顿第二定律求出B的加速度大小，结合速度一时间公式先求出B与木板共速时的速度以及运动的时间，然后B与木板保持相对静止，结合速度一时间公式求出木板此时的速度；
(3)根据位移公式分别求出B与木板共速时木板和B的位移，从而得出两者的相对位移，得出此时A的位移以及A相对木板的位移大小，再结合位移公式分别求出三者速度相等时，A的位移以及木板的位移，得出A再次相对木板的位移，从而得出A、B开始运动时，两者之间的距离。
本题的关键要理清整个过程中A、B和木板的运动规律，特别要注意分析B与木板共速的状态结合运动学公式和牛顿第二定律进行求解。