学科网（北京）股份有限公司荆州中学2024~2025学年高一上学期12月月考一、选择题题号12345678910答案BDBAACCACBDCD二、实验题11．(1)/0.5(2)4(3)24512．(1)BD/DB(2)2.97(3)未平衡摩擦力，即轨道水平时做的实验0.5三、解答题13．（1）；（2）；（3）30°μ=❑√35【详解】（1）图像与时间轴围成的面积表示位移，由图知上滑过程的最大位移（2）返回过程位移大小等于上滑过程位移大小，故其中，解得滑块返回到A点的速度大小（3）上滑阶段mgsinθ+μmgcosθ=ma1其中a1=162m/s2=8m/s2下滑阶段mgsinθ−μmgcosθ=ma2其中a2=vΔt=2m/s2sinθ=0.5，即θ=30°μ=❑√3514．（1）6m/s；（2）；（3）物块最终停在木板E上，【详解】（1）物块在倾斜轨道上，由牛顿第二定律得答案第2页，共4页mgsin37°−μ1mgcos37°=ma1物块从A点到B点，有联立解得（2）物块在传送带上先做匀减速运动，由牛顿第二定律得物块与传送带共速时，有此时物块的位移之后物块与传送带一起匀速运动到C点，则物块从B点运动到C点的总时间（3）物块刚滑到木板D上时，对两木板整体分析可知所以两木板保持静止。物块在木板D上匀减速运动，由牛顿第二定律得又解得故物块能滑上木板E；物块在木板E上运动时，对木板E由牛顿第二定律得学科网（北京）股份有限公司经过时间物块与木板E共速，则有物块距木板E左端的距离为联立解得由于，此后物块与木板E一起匀减速至0，物块最终停在木板E上。故15．(1)(2)(3)163m【详解】（1）固定木板，同时释放B和C到B脱离木板A过程，根据牛顿第二定律可得T−μmBgcosθ−mBgsinθ=mBaBC，mCg−T=mCaBC解得aBC=6ms2结合运动学规律：v2−0=2aBCLv=4❑√3m/s（2）解锁木板，释放B、C后，对A、B、C受力分析，C向下加速，A沿斜面向上加速，B沿A向上加速。根据牛顿第二定律可得，，解得，设B从静止到经过木板A中点这段时间为，由运动学知识可得，又答案第4页，共4页，，解得则B经过木板A中点时的速度为（3）在第（2）问的基础上，连接B、C绳断裂后，设B沿木板A向上做匀减速运动的加速度为，根据牛顿第二定律可得解得设经过时间，B与A共速，B位移为，A位移为，则有解得，B相对A的相对位移Δx=xB'−xA'=23m<2m所以，B在共速前未滑下A。设之后B和A以共同加速度一起沿斜面向上做匀减速运动，加速度分别对B和A受力分析，假设成立。A、B一起减速到0后，再一起反向以向下加速直到A碰到挡板速度变为0，B向下继续加速直到脱离A。整个过程中B相对A滑动的路程为S=L+2Δx=163m