1、- 1 -平顶山市 2019 届高三 10 月阶段性检测（一调）物理试题一、选择题（本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。18 题为单项选择题，所列的四个选项中，只有一项符合题意；912 题为多项选择题，所列四个选项中至少有二项符合题意，漏选得 2 分，错选或不选不得分）1.关于物理学研究方法和物理学史，下列说法正确的是A. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法B. 根据速度定义式 ，当t 非常非常小时， 就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速度，该定义应用了微元法C. 亚里士多德认为自由落
2、体运动就是物体在倾角为 90的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法D. 牛顿在伽利略等前辈研究的基础上，通过实验验证得出了牛顿第一定律【答案】A【解析】【详解】A 项：在探究匀变速运动的位移公式时，采用了微元法将变速运动无限微分后变成了一段段的匀速运动，即采用了微元法，故 A 正确；B 项：根据速度定义式 ，当t 非常非常小时， 就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想法，故 B 错误；C 项：伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为 90的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采
3、用了实验和逻辑推理相结合的方法，故 C 错误；D 项：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 D 错误。故应选：A。2.2018 年 4 月 6 日上午 9 时 40 分，由滨州舰、徐州舰、千岛湖舰组成的中国海军第二十九批护航编队在浙江舟山某军港解缆起航，经过 24 个昼夜的连续航行，顺利抵达亚丁湾东部预定海域，与刚刚执行完第 1139 批护航任务的第二十八批护航编队会合。若第二十九批护航编队此次航行 4500 海里，舰队各舰运动速率相同，则下列说法正确的是A. “上午 9 时 40 分”指的是时刻， “4500 海里”指
4、的是护航舰艇的位移- 2 -B. 若以“滨州舰”为参考系， “徐州舰”是静止的C. 研究舰队平均速度时，可将“滨州舰”看作质点D. 根据题中数据可估算出此次航行过程中的平均速度【答案】C【解析】【分析】位移是指初末两点间的有向线段的长度；而路程是指物体经过的轨迹的长度；时间是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点，在难以区分是时间还是时刻时，可以通过时间轴来进行区分。【详解】A 项：“上午 9 时 40 分”指的是时刻， “4500 海里”指的是护航舰艇的路程，故 A错误；B 项：舰队各舰运动速率相同，但运动方向可能不一定相同，故 B 错误；C 项：研究
5、舰队平均速度时， “滨州舰”的大小和形状可以忽略，可以看成质点，故 C 正确；D 项：舰艇的平均速度等于位移除以时间，根据题目不能求出位移，所以不能求出平均速度，故 D 错误。故应选：C。【点睛】解决本题的关键知道位移和路程的区别，知道位移是矢量，路程是标量，以及知道时间和时刻的区别，时间表示“段” ，时刻表示“点” 。3.天气睛朗无风时，郝飞同学把乒兵球从教学楼四楼阳台自由释放，若空气阻力与速度平方成正比,它在落地前已经做匀速运动，则乒乓球A. 落地所需时间大约为 1sB. 在下落过程中，加速度先变大后变小最后不变C. 从更高处由静止释放，落地所需时间将变长D. 从更高处由静止释放，落地前瞬
6、间的速度变大【答案】C【解析】【分析】根据牛顿第二定律分析加速度的变化，从而空中运动的时间关系，以及落地时速度关系由于空气阻力做功，乒乓球的机械能不守恒。- 3 -【详解】A 项：四楼高度大约为 10m，由公式 ，由于阻力影响，下落时间一定明显大于自由落体运动时间，故 A 错误；B、D 项：根据牛顿第二定律得：mg-f=ma，得加速度 随着速度的增大，空气阻力 f 增大，则知加速度减小，当加速度 a=0 时做匀速运动设匀速运动的速度为 v，则 f=kv，由 mg=f=kv 得，匀速运动的速度 由于乒乓球在落地前已经做匀速运动，可知从更高处由静止释放，落地前也做匀速运动，落地瞬间的速度不变，故
7、B、D 错误；C 项：从更高处由静止释放，变加速运动的时间相同，而匀速运动的时间变长，所以在空中运动时间变长，故 C 正确。故应选：C。【点睛】解决本题的关键是运用牛顿第二定律分析加速度的变化，知道加速度为零速度最大，做匀速运动。4.一辆汽车在平直公路上做刹车实验，从 t0 时刻起运动过程的位移与时间的关系为x8t2t 2（各物理量单位均取国际单位制的单位） ，下列分析正确的是A. 上述过程的加速度大小为 8ms 2 B. 上述过程的加速度大小为 2ms 2C. 刹车 3 秒内的平均速度大小为 2ms D. 剩车 3 秒内的平均速度大小为 m【答案】D【解析】【分析】由位移与速度的关系式为 x
8、=（8t-2t 2）m 可知刹车时初速度和加速度，就可判断刹车时间，从而可求刹车位移。【详解】A、B 项：根据公式 和位移与时间的关系式为 x=（8t-2t 2）m 可得刹车初速度和加速度为 ， ，故 A、B 错误；C、D 项：刹车时间 ，刹车 3s 内的位移等于刹车 2s 位移相等，即为 ，平均速度为： ，故 C 错误，D 正确。故应选：D。- 4 -【点睛】解决本题的关键知道汽车刹车停止后不再运动，以及掌握匀变速直线运动的速度时间公式 v=v0+at 和位移时间公式 。5.如图，一光滑的轻滑轮用短轻杆 O 悬挂于 O 点，一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块 a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物
9、块 b，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑轮与物体 b之间的细绳与竖直方向的夹角为 ，物块 a 质量为 m，物体 b 质量为 M，整个系统处于静止状态，则下列说法正确的是A. 轻杆下端受到的弹力大小为 mg（1cos ）B. 轻杆下端受到的弹力大小为 2mgC. 物体 b 与水平桌面间的滑动摩擦力大小为 mg sinD. 物体 b 与水平桌面间的动摩擦因数至少为 mgsin （Mg mgcos ）【答案】D【解析】【详解】A、B 项：绳中的张力大小为 mg,滑轮受到大小为 mg ，夹角为 ，的两个力，合力大小为 ，方向沿角平分线，故 A、B 错误；C、D 项：物体 b 与水平桌面间的静摩擦力为
10、 ， ，解得：，故 C 错误，D 正确。故应选 D。6.某高层小区的一台电梯从静止开始向下运动，其速度一时间图象如图所示，下列说法正确的是A. 电梯在 t5s 时处于超重状态B. 电梯在 010s 内的平均速度大于在 10s30s 内的平均速度，两段时间内的速度方向相- 5 -反C. 电梯在 010 内的加速度大于在 1030 内的加速度，两段时间内的加速度方向相反D. 电梯在 010s 内对乘客的支持力大于在 10s30s 内对乘客的支持力【答案】C【解析】【详解】A 项：由于电梯是从静止开始向下运动，加速度大小为 ，方向向下，在 t=5s 时处于失重状态，故 A 错误；B 项：电梯在 01
11、0s 内的平均速度为： ，10s30s 内的平均速度为：，故两段平均速度相等，方向相同，故 B 错误；C 项：电梯在 010 内的加速度 ，10 30 内的加速度，两段加速度方向相反，故 C 正确；D 项：0s10s 内向下加速运动，处于失重状态，10s30s 向下减速运动，处于超重状态，电梯在 0s10s 内对乘客的支持力小于在 10s30s 内对乘客的支持力，故 D 错误。故应选：C。7.乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。若某一缆车沿着坡度为 30的山坡上行，经历匀加速、匀速、匀减速三个阶段，若加速、减速的加速度的大小均为 ，如图所示， 。在缆车中放一个与山坡表面平行的斜
12、面，斜面上放一个质量为 m 的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车运行中保持竖直状态，缆绳与山坡平行） 。则下列说法正确的是A. 加速阶段小物块受到的摩擦力方向沿斜面向下B. 加速阶段小物块受到的滑动睥擦力大小为 mgC. 匀速阶段小物块受到的摩擦力为 0D. 减速阶段小物块受到的摩擦力为 0【答案】D- 6 -【解析】【详解】A、B 项：小物块相对于斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力，缆车以加速度 上行，小物块加速度也为 ，以小物块为研究对象，则有： ，静摩擦力 ，方向平行斜面向上，故 A、B 错误；C 项：匀速阶段，小物块受到的静摩擦力为 ，方向平行于斜面向上，故 C 错误；D
13、项：向上减速时， ，解得： ，故 D 正确。故应选：D。8.司机驾驶汽车在平直公路上匀速行驶，突然遇到紧急情况刹车直到停止运动，从司机发现情况到停止运动这段时间内汽车的 图象如图所示，下列说法正确的是A. 从司机发现情况开始至汽车停止所用时间为 55sB. 汽车刹车过程的加速度大小为 20ms 2C. 汽车刹车过程的加速度大小为 40msD. 从司机发现情况开始至刹车停止，汽车的总位移为 30m【答案】C【解析】【详解】通过图象可知，第一阶段在司机反应时间 0.5s 内，汽车做匀速直线运动，第二个阶段司机刹车，汽车做匀减速直线运动到停止，根据匀变速直线运动规律 ，得到， 可得 ， 减速 2.5
14、s 汽车停止运动，故到停止所用总时间为 3s，全程位移为 综上所述：应选 C。9.如图所示，木盒中固定一质量为 m 的砝码，木盒和砝码一起沿斜面加速下滑，下列哪些方式可以增大木盒和砝码的加速度- 7 -A. 增大斜面的倾角，其他条件不变B. 拿走砝码 m，换质量更大的砝码 M，其他条件不变C. 拿走砝码 m，而在木盒上持续加一个垂直于斜面向下的恒力 F（ ） ，其他条件不变D. 拿走砝码 m，而在木盒上持续加一个竖直向下的恒力 F（Fmg） ，其他条件不变【答案】AD【解析】【详解】A、B 项：对整体： ，解得：，可知与砝码质量无关，斜面倾角增大，加速度增大，故 A 正确，B 错误；C、D 项
15、：当拿走砝码 m ,换为垂直与斜面的作用力时，由 ，加速度减小，当增加竖直向下的恒力时，据 ，可知，加速度变大，故 C 错误，D 正确。故应选 AD。10.一质点从静止开始做直线运动，其加速度随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是A. 02s 内，质点做匀加速运动B. t4s 时，质点速度最大C. 06s 内，4s 时质点离出发点最远D. t6s 时，质点速度大小等于 3ms【答案】BD【解析】- 8 -【分析】a-t 图象与坐标轴包围的面积表示速度变化量，根据加速度与速度方向关系判断质点的速度变化情况。【详解】A 项：02s 内质点的加速度均匀变大，不是匀变速运动，故 A 错误；B 项：
16、4s 后加速度反向，即速度开始减小，故 4s 时质点速度最大，故 B 正确；C 项：因质点速度方向不变，故 6s 时质点离出发点最远，故 C 错误；D 项：06s 内，图线与坐标轴包围的面积表示速度变化量，速度变化量为 3m/s，故 D 正确。故应选 BD。【点睛】解决本题的关键是知道 a-t 图象中“面积”等于速度的变化量。11.在平直公路上行驶的甲、乙、丙三车，其 图象分别为图中直线 a、曲线 b、曲线c，t3s 时，直线 a 和曲线 c 相交，直线 a 和曲线 b 刚好相切，已知乙车的加速度恒定且为2ms 2。下列说法正确的是A. t3s 时，甲、乙、丙三车速度相等B. t3 时，甲、乙
17、、两三车相遇（即刚好并排行驶）C. t0s 时，甲、乙两车间的距离为 7mD. 前 3s 内，甲、乙、丙三车的平均速度【答案】BD【解析】【分析】x-t 图线的切线斜率表示瞬时速度，分析三车的位移关系、速度关系。【详解】A、B 项：t=3s 时，图线相交，表示甲、乙、丙三车相遇，而不是速度相等，故 A错误；C、D 项：直线 a 和曲线 b 刚好相切，表明甲、乙现两车此时在离坐标原点距离相等且速度相- 9 -等， ，解得：乙车的初速度为 ，前 3s 内，乙车位移为： ，解得 ，即 时刻，乙车在距坐标原点负方向 7m处，甲、乙两车距离 ，故 C 错误，因甲、丙两车位移相等，乙车位移大，故 D 正确
18、。【点睛】解决本题的关键知道位移时间图线切线斜率表示瞬时速度。12.如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为 M 的物体A、B（B 物体与弹簧连接） ，弹簧的劲度系数为 k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力 F 作用在物体 A 上，使物体 A 开始向上做加速度为 a（ag）的匀加速运动，重力加速度为 g，则下列说法不正确的是A. 施加外力 F 大小恒为 M（ga）B. A、B 分离时，弹簧弹力恰好为零C. A、B 分离时，A 上升的距离为D. 弹簧恢复到原长时，物体 B 的速度达到最大值【答案】ABD【解析】【分析】题中弹簧弹力根据胡克定律列式求解，先对物体 A
19、B 整体受力分析，根据牛顿第二定律列方程；再对物体 B 受力分析，根据牛顿第二定律列方程；t 1时刻是 A 与 B 分离的时刻，之间的弹力为零。【详解】A 项：施加 F 前，物体 AB 整体平衡，根据平衡条件，有：2Mg=kx解得： 加外力 F 后到物体 A、B 分离前，对 AB 整体有 - 10 -又因 由于压缩量 x 减小，故 F 为变力，物体 A、B 分离时，此时 A、B 具有共同的 v 和 a，且对 A 有： 解得此时： ，故 A 错误；B、D 项：A、B 分离后，B 将做加速度减小的加速运动，当 时，B 达到最大速度，故B、D 错误；C 项：对 B 有： ，解得： ，此时弹簧的压缩量
20、为 ，故弹簧的压缩量减小了 ，即 A 上升的距离 ，故 C 正确。本题选不正确的，故应选：ABD。【点睛】本题关键是明确 A 与 B 分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对AB 整体和 B 物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程分析。二、实验题（本题共 2 小题，共 15 分。把答案填写在答题卡中的横线上）13.晓天同学在做“探究弹力与弹簧伸长的关系”实验中，实验装置如图所示，所用的钩码每只质量为 50g他先测出不挂构码时弹簧的自然长度，再将 8 个钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度，并将数据填在表中，g 取 98ms 2钩码质量/g 0 50 100 150 20
21、0 250 300 350 400弹簧总长度/cm 6.00 7.00 8.00 9.00 10.00 11.00 12.00 13.02 14.45(1)该同学测量弹簧水平放置时的自然长度略小于竖直悬挂时的自然长度，造成这种现象的原因主要是_；该同学描绘弹簧弹力 F 和伸长量 x 关系图线时，发现图线最后一部分不是直线，造成这种现象的主要原因可能是_。(2)该同学描绘出弾资弹力 F 和弹簧的伸长量 x 的关系图线后，根据 F 和 x 关系图线的直线- 11 -部分，求得该弹簧的劲度系数 k=_N/m。【答案】 (1). 弹簧自身重力的影响； (2). 超出弹簧弹性限度范围； (3). 49【
22、解析】【详解】(1)由于弹簧自身重力的影响，竖直悬挂时弹簧的长度比水平放置时测量的长度大，当挂的钩码超过弹簧弹性限度时，弹簧的弹力不再与形变量成正比，故图线最后一小部分不是直线；(2)根据 F=kx 可知， 。【点睛】对于该实验要注意：1、每次增减砝码测量有关长度时，均要保证弹簧及砝码应处于静止状态2、测量有关长度时，要注意区分弹簧的原长 l0，实际长度 l 和伸长量 x，并明确三者之间的关系。14.如图所示为利用气垫导轨和光电门装置进行“探究加速度与物体所受合外力的关系”的实验装置图。在气垫导轨上安装了两个光电门 1、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过两个滑轮与弹簧秤相连，滑块和遮光条的
23、总质量为 M，钩码质量为 m，C 为弹簧秤，实验时改变钩码的质量 m，读出弹簧秤不同读数 F，不计绳与滑轮之间的摩擦力。(1)下列说法正确的是_（填选项前的字母） 。A气垫导轨必须调节水平 B必须用天平测出所挂钩码的质量 mC弹簧秤的读数始终为 D实验中 m 应远小于 M(2)安装并调试实验器材，按正确步骤进行实验。测出光电门 1、2 间的距离 L，遮光条的宽度 d，由数字计时器读出遮光条通过光电门 1、2 的时间 t1、t 2，则滑块（含遮光条）的加速度表达式为_（用题中的字母表示） ；滑块（含遮光条）的加速度_(填“大于”“等于”或“小于” ）钩码的加速度。(3)若某同学实验时，未挂细线和
24、钩码，接通气源，轻推滑块使其从轨道右端向左运动，发现遮光条通过光电门 2 的时间小于通过光电门 1 的时间，该同学硫忽大意，未采取措施调节- 12 -导轨，继续进行其他实验步骤（其他实验步骤没有失误） ，则该同学作出的滑块（含遮光条）加速度 a 与弹簧秤拉力 F 的图象，可能的选项是_。【答案】 (1). A (2). (3). 大于； (4). A【解析】【详解】(1)A 项：实验时要调整气垫导轨水平，排除重力分力对合外力的影响故 A 正确；B、D 项：由于可以通过弹簧秤的读数推断出滑块（包含遮光条）所受合外力大小，所以不必要测出钩码的质量，不必要满足实验中 m 应远小于 M，故 B、D 错
25、误；C 项：钩码做加速运动， ，弹簧秤的读数小于 ，故 C 错误。故应选 A。(2)由匀变速直线运动公式解得： 由于动滑轮的影响，由静止开始运动的过程中，在相等时间内滑块水平位移等于钩码下落距离的两倍，滑块的加速度大于钩码的加速度大小；(3)遮光条通过光电门 2 的时间小于通过光电门 1 的时间，说明遮光条通过光电门 2 的速度大，也就气垫导轨没有调节水平，由于重力分力的影响，使滑块（包含遮光条）有了加速度，故可能的选项为 A。三、计算题本題共 4 小题，共 47 分。解答应写出必要的文宇说明、方程式和貫要演算步，只写出最后答案的不得分）15.平直的公路上有甲、乙两辆车，t0 时，甲车由静止开
26、始做匀加速直线运动，乙车在甲车正前方 10m 处以 10ms 的速度匀速运动；已知某段时间内甲车的位置坐标与时刻关系如表格所示，甲车的最大速度为 40ms，达到最大速度后甲车可保持匀速运动。求：甲车位置坐标（m） 5 12.5 25 42.5- 13 -时刻（s） 1 2 3 4(1)甲车做匀加速直线运动的加速度(2)在追赶过程中，甲、乙两车何时距离最大：(3)甲车何时追上乙车？追上时，甲车的速度为多大？【答案】(1)5m/s 2；(2)2s；(3) 9s 40m/s【解析】【分析】两车速度相等之前，甲车的速度大于乙车的速度，两车之间的距离逐渐增大，两车的速度相等之后，甲车的速度小于乙车的速度
27、，两车之间的距离逐渐减小，当两车的速度相等时，两车之间的距离最远。根据速度相等，求出时间；当甲乙两车再次相遇时，位移相等，根据位移关系，结合运动学中的位移公式求出再次相遇的时间。【详解】(1)由公式可得： ，代入数据解得： ；(2) 两车的速度相等时，两车之间的距离最远，则：解得： ；(3)甲车达到最大速度时， 甲车没有追上乙车，由公式 解得 t=9s此时甲车的速度为最大速度 40m/s。【点睛】解决本题的关键知道甲乙两车再次相遇时，位移相等。当两车速度相等时，相距最远。16.某兴趣小组的同学自制了一架遥控飞行器，其质量 m2kg，若动力系统提供的竖直向上的牵引力 F 恒定为 30N若某次试飞
28、过程，飞行器从地面开始竖直上升，飞行 t16s 时飞行器出现故障，飞行器立即失去牵引，前 6s 内飞行器的 v-t 图象如图所示。若设飞行器飞- 14 -行时所受阻力的大小不变，重力加速度 g10ms 2，求(1)飞行器飞行时所受的阻力大小(2)此次试飞飞行器所能达到的最大高度 H；(3)此次飞行器从静止起飞开始到落回地面的总时间（结果也可带根号）【答案】(1)4N；(2)67.5m；(3)11.6s【解析】【分析】根据 v-t 图象求出飞行器的加速度大小，结合牛顿第二定律求出飞行器的阻力大小；根据位移时间公式求出飞行器匀加速运动的位移，失去升力后，根据牛顿第二定律求出匀减速运动的加速度大小，
29、结合速度位移公式求出匀减速运动的位移，从而得出飞行器达到的最大高度。【详解】(1)由 v-t 图象可得： 由牛顿第二定律有： 解得： ；(2)没有出现故障前，上升高度为 出现故障后，向上减速的加速度大小为 a2减速零时，到达最高点，继续上升高度上升的最大高度 H= ；(3)飞行器出现故障后到最大高度所用时间- 15 -从最高点下落的加速度大小为 下落时间 ，解得： 总时间 。【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。17.如图甲所示，将某一物体每次以不变的初速率从底端沿足够长的粗糙斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角 ，实验测得物体冲上斜面的最
30、大距离 x 与斜面倾角的关系如图乙所示，g 取 10ms 2，不计空气阻力。求(1)物体的初速率；(2)物体与斜面间的动摩擦因数；(3)当斜面倾角 时，物体冲上斜面的最大距离为多少？经时间 t08s 物体离斜面底端的距离为多大（sin3706，cos3708） 。【答案】(1)6m/s；(2)0.5；(3)1.8m；1.76m【解析】【分析】(1)当 =90时物体做竖直上抛运动，根据竖直方向的运动可求得初速度；(2)当 =0时物体沿水平面运动，由水平运动关系可求得动摩擦因数；(3)根据牛顿第二定律求解加速度，根据速度位移关系求解位移；根据速度时间关系求出上升的时间，分析求解 0.8s 的位移。
31、【详解】(1) 由图可知，当 =90时物体做竖直上抛运动，位移为 x1=1.80m；- 16 -由竖直上抛运动规律可知：v 02=2gh，代入数据解得：v 0=6m/s；(2) 当 =0时，位移为：x 2=3.60m；加速度 解得： (3) 若 =37时，上滑加速度大小 上滑时间为： 上滑距离为 上滑的最在距离为 1.8m 滑块下滑时加速度 下滑时间为 下滑距离 t=0.8s 时物体离底端的距离 。【点睛】本题综合考查动能定理、受力分析及竖直上抛运动；并键在于先明确图象的性质，再通过图象明确物体的运动过程；结合受力分析及动能定理等方法求解。18.如图所示，在水平桌面上叠放着一质量为 mA2kg
32、 的木板 A 和质量为 mB3kg 的金属块B，金属块 B 在 A 的正中央，A 的长度 L24m，A 右端有轻绳绕过定滑轮与质量为 mC1kg的物块 C 相连。物块 C 恰好可以通过绳子拉动 A、B 一起匀速向右运动，A 与滑轮间的绳子与桌子平行。若 B 与 A 之间、A 和桌面之间、C 与 A 之间的动摩擦因数都相同，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，忽略滑轮质量及与轴、绳间的摩擦。当 C 和 B 互换，C 位于 A 的中央，令各物体都处于静止状态，绳被拉直，然后放手（设 A 的右端距滑轮足够远，C 的体积忽略不计，取 g10ms 2） 。- 17 -(1)求 A 与 B 之间的动摩擦因数
33、；(2)判断物块 C 和木板 A 是否分离？若两者不分离，两者一起运动的加速度为多大；若两者分离，经多长时间分离。【答案】(1)0.2；(2)1s【解析】【分析】(1)AB 一起做匀速直线运动，根据平衡条件求解 AB 间的动摩擦因数；(2)当 C 和 B 互换，根据牛顿第二定律求出 BC 的加速度以及 A 的加速度判断 BC 是否一起运动，如果不一起运动，根据位移公式求出分离的时间。【详解】(1)由平衡条件可得： 解得： 各物体间的动摩擦因数相等，故 A 与 B 之间的动摩擦因数为 0.2；(2)若一起加速，根据牛顿第二定律得： 解得： 由于 C 的最大加速度为 由于 故 A、C 不能一起加速，即 C 和 A 分离A 和 B 一起运动的加速度C 的加速度 由公式 解得：t=1s。【点睛】本题考查连接体问题，关键是一起运动的物体具有共同的加速度，还有注意最大加速度问题。- 18 -
