江苏省泰州二中2017届高三上学期期初物理试卷

江苏省泰州二中2017届高三上学期期初物理试卷

‎2016-2017学年江苏省泰州二中高三（上）期初物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分．每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大 B．同一物体在地球上不同的位置受到的重力是不同，所以它的惯性也随位置的变化而变化 C．一个小球竖直上抛，抛出后能继续上升，是因为小球运动过程中受到了向上的推力 D．物体的惯性大小只与本身的质量有关，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小 ‎2．在滑冰场上，甲、乙两小孩分别坐在滑冰板上，原来静止不动，在相互猛推一下后分别向相反方向运动．假定两板与冰面间的动摩擦因数相同．已知甲在冰上滑行的距离比乙远，这是由于（　　）‎ A．在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力 B．在推的过程中，甲推乙的时间小于乙推甲的时间 C．在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度 D．在分开后，甲的加速度的大小小于乙的加速度的大小 ‎3．如图所示，质量满足mA=2mB=3mC的三个物块A、B、C，A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连，A与B之间用细绳相连，当系统静止后，突然剪断AB间的细绳，则此瞬间A、B、C的加速度分别为（取向下为正）（　　）‎ A．﹣g、2g、0 B．﹣2g、2g、0 C．﹣g、g、0 D．﹣2g、g、g ‎4．如图所示，在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量m=1kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．在剪断轻绳的瞬间（g取10m/s2），下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球受力个数不变 B．小球立即向左运动，且a=8m/s2‎ C．小球立即向左运动，且a=10m/s2‎ D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间时小球加速度的大小a=10m/s2‎ ‎5．在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m1的木块，木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k．在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m2的小球．某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图所示．不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的形变为（　　）‎ A．伸长量为tanθ B．压缩量为tanθ C．伸长量为 D．压缩量为 ‎6．质量为m的滑块沿倾角为θ的固定光滑斜面下滑时（如图所示），滑块对斜面的压力大小为F1；另一同样的滑块放在另一个同样光滑的斜面上，在外力F推动下，滑块与斜面恰好保持相对静止共同向右加速运动，这时滑块对斜面的压力大小为F2．则F1：F2等于（　　）‎ A．cos2θ：1 B．cosθ：1 C．sin2θ：1 D．sin2θ：cos2θ ‎7．如图甲所示，A、B两物块叠放在一起，在水平面上保持相对静止地做商线运动，运动的速度一时间图象如图乙所示，则运动过程中B受到的摩擦力Ff随时间t的变化图象是（规定向右的方向为正方向）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．如图所示为粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　）‎ A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小 B．粮袋开始运动的加速度为g（sin θ﹣μcos θ），若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动 C．若μ≥tan θ，则粮袋从A到B一定是一直做加速运动 D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a＞gsin θ ‎　‎ 二、多项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分.每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分.）‎ ‎9．如图甲所示，质量为m的木块放在动摩擦因数为μ的水平面上静止不动．现对木块施加水平推力F的作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，则图丙反映的可能是木块哪两个物理量之间的关系（　　）‎ A．x轴表示位移s，y轴表示加速度a B．x轴表示时间t，y轴表示加速度a C．x轴表示时间t，y轴表示速度v D．x轴表示时间t，y轴表示位移s ‎10．如图所示，物体A放在一斜面体上，与斜面体一起向右做匀加速直线运动，且与斜面体始终保持相对静止，则（　　）‎ A．物体A可能受二个力的作用 B．物体A可能受三个力的作用 C．当加速度增加时，物体A受的摩擦力一定增大 D．当加速度增加时，物体A受的摩擦力可能先减小后增大 ‎11．某校科技兴趣小组观察“嫦娥一号”的发射过程后，用实验来模拟卫星的发射．火箭点燃后从地面竖直升空，t1时刻第一级火箭燃料燃尽后脱落，t2时刻第二级火箭燃料燃尽后脱落，此后不再有燃料燃烧．实验中测得火箭竖直方向的v﹣t图象如图所示，设运动中不计空气阻力，燃料燃烧时产生的推力大小恒定．下列判断中正确的是（　　）‎ A．t2时刻火箭到达最高点，t3时刻火箭落回地面 B．火箭在t2～t3时间内的加速度大小等于重力加速度 C．火箭在0～t1时间内的加速度大于t1～t2时间内的加速度 D．t1～t2时间内火箭处于超重状态，t2～t3时间内火箭处于失重状态 ‎12．下列说法正确的是（　　）‎ A．物体有加速度，物体的速度一定在增大 B．物体有加速度，物体的速度的大小有可能不变 C．加速度为正值，说明物体的速度一直在增加；加速度为负值，说明物体的速度一直在减少 D．速度变化越快，加速度一定越大 ‎13．一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示．在A点，物体开始与弹簧接触，到B点时，物体速度为零，然后被弹回．下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体从A下降到B的过程中，速率不断变小 B．物体从B点上升到A的过程中，速率不断变大 C．物体在B点时，所受合力不为零 D．物体从A下降到B，以及从B上升到A的过程中，速率都是先增大，后减小 ‎14．如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对A施加一水平拉力F，则（　　）‎ A．当F＞3μmg时，A相对B滑动 B．当F=μmg时，A的加速度为μg C．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止 D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg ‎15．如图甲所示，用同种材料制成的倾角为30°的斜面和长水平面，斜面和水平面之间由光滑圆弧连接，斜面长为2.4m且固定．一小物块从斜面顶端以沿斜面向下的初速度v0开始自由下滑．当v0=2m/s时，经过0.8s后小物块停在斜面上．多次改变v0的大小，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间t，作出t﹣v0图象如图乙所示，g取10m/s2，则（　　）‎ A．小物块与该种材料间的动摩擦因数为0.25‎ B．小物块与该种材料间的动摩擦因数为 C．若小物块初速度为1 m/s，则根据图象可知小物块运动时间为0.4 s D．若小物块初速度为4 m/s，则根据图象可知小物块运动时间为1.6 s ‎　‎ 三、实验题：本题共1小题，每空2分，共计10分，把答案填在题中的横线上或根据要求作答．‎ ‎16．某同学做“探究加速度与力、质量关系”的实验．如图1所示是该同学探究小车加速度与力的关系的实验装置，他将光电门固定在水平轨道上的B点，用不同重物通过细线拉同一小车，每次小车都从同一位置A由静止释放．‎ ‎（1）若用游标卡尺测出光电门遮光条的宽度d如图2所示，则d=　　 cm；实验时将小车从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t，则小车经过光电门时的速度为　　（用字母表示）．‎ ‎（2）实验中可近似认为细线对小车的拉力与重物重力大小相等，则重物的质量m与小车的质量M间应满足的关系为　　；‎ ‎（3）测出多组重物的质量m和对应遮光条通过光电门的时间△‎ t，并算出相应小车经过光电门时的速度v，通过描点作出线性图象，研究小车加速度与力的关系．处理数据时应作出　　（选填“v﹣1﹣m”或“v2﹣m”）图象；‎ ‎（4）有关本实验的下列说法，正确的是　　．‎ A．将不带滑轮的木板一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动，此时细线对重物的拉力和摩擦力恰好平衡 B．将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，当每次改变重物的质量时，都需要重新调节木板的倾角 C．如果在实验过程中，木板始终保持水平，那么该同学在（3）中作出的图象将不是一条直线了 D．将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，这是用小车受到的重力沿斜面方向的分力平衡了小车受到的摩擦力的结果．‎ ‎　‎ 四、计算题：本题共4小题，满分58分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎17．2012年6月16日，我国第一位女航天员刘洋，随“神舟九号”飞船成功发射升空，并于6月29日安全返回，实现了国人“嫦娥飞天”的千年梦想．“神舟九号”载人飞船回收阶段完成的最后一个动作是断开主伞缆绳，启动反推发动机工作，此时返回舱的速度竖直向下，大小约为7m/s，距地面的高度约为1m，落地前一瞬间的速度约为1m/s，空气阻力及因反推火箭工作造成的质量改变均不计（g取10m/s2），求：‎ ‎（1）反推发动机工作后，返回舱落地前的加速度大小是多少？‎ ‎（2）航天员所承受的支持力是重力的多少倍？‎ ‎（3）假设返回舱与航天员的总质量为3t，求反推火箭对返回舱的平均推力多大？‎ ‎18．传送带以恒定速度v=4m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ=37°．现将质量m=2kg的小物品轻放在其底端（小物品可看成质点），平台上的人通过一根轻绳用恒力F=20N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地高为H=1.8m的平台上，如图所示．已知物品与传送带这间的动摩擦因数μ=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎①物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？‎ ‎②若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，求特品还需多少时间离开皮带？‎ ‎19．如图所示，倾角为37°、足够长的斜面体固定在水平地面上，小木块在沿斜面向上的恒定外力F作用下，从斜面上的A点由静止开始向上作匀加速运动，前进了4.0m抵达B点时，速度为8m/s．已知木块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，木块质量m=1kg．g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．‎ ‎（1）木块所受的外力F多大？‎ ‎（2）若在木块到达B点时撤去外力F，求木块还能沿斜面上滑的距离S；‎ ‎（3）为使小木块再次通过B点的速率为m/s，求恒力F连续作用的最长时间t．‎ ‎20．如图1所示，地面不光滑，大小可忽略的铁块A静止放在木板B的最左端，mA=1kg，mB=1kg．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知木板B与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，铁块 A 与木板B之间的动摩擦因数μ2=0.4，取g=10m/s2．现给A施加一个水平向右的力F．则：‎ ‎（1）若力F恒为3N，求A、B的加速度大小及方向；‎ ‎（2）若力F恒为8N，经1s铁块A恰好运动到木板B的最右端，求木板B的长度；‎ ‎（3）若力F从零开始逐渐增加，且木板B足够长．试通过分析与计算，在图2中作出铁块A受到的摩擦力f随力F大小变化的图象．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江苏省泰州二中高三（上）期初物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分．每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大 B．同一物体在地球上不同的位置受到的重力是不同，所以它的惯性也随位置的变化而变化 C．一个小球竖直上抛，抛出后能继续上升，是因为小球运动过程中受到了向上的推力 D．物体的惯性大小只与本身的质量有关，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小 ‎【考点】惯性．‎ ‎【分析】一切物体在没有受外力作用的时候（或受平衡力的时候），总保持匀速直线运动状态或静止状态．惯性是物体固有的属性，惯性和物体的运动状态无关，惯性的大小和质量成正比．‎ ‎【解答】解：A、运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，匀减速的距离越大，惯性和物体的运动状态无关，惯性的大小和质量成正比，即惯性不变，故A错误．‎ B、同一物体在地球上不同的位置受到的重力是不同，惯性的大小和质量成正比，即惯性不变，故B错误．‎ C、一个小球竖直上抛，抛出后能继续上升，是因为物体具有惯性，故C错误．‎ D、物体的惯性大小只与本身的质量有关，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．在滑冰场上，甲、乙两小孩分别坐在滑冰板上，原来静止不动，在相互猛推一下后分别向相反方向运动．假定两板与冰面间的动摩擦因数相同．已知甲在冰上滑行的距离比乙远，这是由于（　　）‎ A．在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力 B．在推的过程中，甲推乙的时间小于乙推甲的时间 C．在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度 D．在分开后，甲的加速度的大小小于乙的加速度的大小 ‎【考点】作用力和反作用力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】在推的过程中，甲推乙的力和乙推甲的力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反；根据牛顿第二定律，两人受到的合力都是摩擦力，a=；由运动﹣2μgx=0﹣v2，可知道甲在冰上滑行的距离比乙远．‎ ‎【解答】解：A、在推的过程中，甲推乙的力和乙推甲的力是一对作用力和反作用力，根据牛顿第三定律，作用力和反作用力大小相等，方向相反．故A错误．‎ ‎ B、作用力与反作用力具有等时性．故B错误．‎ ‎ C、分开后，两人受到的合力都是摩擦力，根据牛顿第二定律，a=；所以甲乙的加速度大小相等，由运动学公式﹣2μgx=0﹣v2知，刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度．故C正确，D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，质量满足mA=2mB=3mC的三个物块A、B、C，A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连，A与B之间用细绳相连，当系统静止后，突然剪断AB间的细绳，则此瞬间A、B、C的加速度分别为（取向下为正）（　　）‎ A．﹣g、2g、0 B．﹣2g、2g、0 C．﹣g、g、0 D．﹣2g、g、g ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】‎ 本题考查了瞬间加速度的计算，弹簧弹力不能发生突变，在剪短瞬间仍然保持原来的大小和方向；而细绳的弹力会发生突变，在剪断瞬间会突然改变；剪断细线前对A、B和C整体物体分别受力分析，根据平衡条件求出细线的弹力，断开细线后，再分别对A、B和C整体受力分析，求解出合力并运用牛顿第二定律求解加速度．‎ ‎【解答】解：设C物体的质量为m，则A物体的质量为3m，B物体的质量为1.5m，‎ 剪断细线前，对BC整体受力分析，受到总重力和细线的拉力而平衡，故T=2.5mg；‎ 再对物体A受力分析，受到重力、细线拉力和弹簧的拉力；‎ 剪断细线后，重力和弹簧的弹力不变，细线的拉力减为零，故物体A受到的力的合力等于2.5mg，向上，‎ 根据牛顿第二定律得A的加速度为①‎ 物体C受到的力不变，合力为零，故C的加速度为aC=0 ②‎ 剪断细线前B受重力、绳子的拉力和弹簧的拉力，他们合力为零；‎ 剪短细线后，绳子的拉力突变为零，重力和弹簧的弹力不变，故B合力大小等于绳子的拉力2.5mg，方向竖直向下，‎ 根据牛顿第二定律得B的加速度为③‎ ‎ 根据①②③式知ABD错误，C正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量m=1kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．在剪断轻绳的瞬间（g取10m/s2），下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球受力个数不变 B．小球立即向左运动，且a=8m/s2‎ C．小球立即向左运动，且a=10m/s2‎ D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间时小球加速度的大小a=10m/s2‎ ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对小球受力分析，确定小球的受力个数，根据牛顿第二定律求出瞬间的加速度大小．剪断弹簧的瞬间，因为绳子的作用力可以发生突变，小球瞬间所受的合力为零．‎ ‎【解答】解：A、在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：‎ F=mgtan45°=10×1=10N 剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用．小球的受力个数发生改变．故A错误．‎ BC、小球所受的最大静摩擦力为：f=μmg=0.2×10N=2N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a=．合力方向向左，所以向左运动．故B正确，C错误．‎ D、剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m1的木块，木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k．在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m2的小球．某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图所示．不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的形变为（　　）‎ A．伸长量为tanθ B．压缩量为tanθ C．伸长量为 D．压缩量为 ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】先对小球受力分析，结合运动情况求出合力，然后根据牛顿第二定律求出加速度，再对物体受力分析，求出合力后确定弹簧弹力．‎ ‎【解答】解：对小球受力分析，如图 由几何关系 F合=m2gtanθ 由牛顿第二定律 a==gtanθ 车向左加速或向右减速 对小物体受力分析，受重力、支持力和弹簧弹力，合力等于弹簧弹力，根据牛顿第二定律 F弹=m1gtanθ 物体受向左的弹力 结合胡克定律可知 弹簧的伸长量为tanθ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．质量为m的滑块沿倾角为θ的固定光滑斜面下滑时（如图所示），滑块对斜面的压力大小为F1；另一同样的滑块放在另一个同样光滑的斜面上，在外力F推动下，滑块与斜面恰好保持相对静止共同向右加速运动，这时滑块对斜面的压力大小为F2．则F1：F2等于（　　）‎ A．cos2θ：1 B．cosθ：1 C．sin2θ：1 D．sin2θ：cos2θ ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】分别对两滑块受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，滑块与斜面一起匀加速直线运动时，加速度相同，所受的合力方向水平向右．‎ ‎【解答】解：斜面固定时，滑块加速下滑，在垂直斜面方向上合力为零，则F1=mgcosθ．‎ 斜面体和滑块一起匀加速运动时，滑块的合力水平向右，受力如图，根据平行四边形定则得，．‎ 所以．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．如图甲所示，A、B两物块叠放在一起，在水平面上保持相对静止地做商线运动，运动的速度一时间图象如图乙所示，则运动过程中B受到的摩擦力Ff随时间t的变化图象是（规定向右的方向为正方向）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像；滑动摩擦力．‎ ‎【分析】速度图象的斜率表示加速度，根据速度时间图象分析加速度的变化情况，对B物体，摩擦力提供加速度，根据F=ma分析即可．‎ ‎【解答】解：根据速度图象的斜率表示加速度可知，AB整体0﹣1s内做匀加速直线运动，1﹣3s内做匀减速直线运动，加速度为负，3﹣5s内做匀减速直线运动，加速度为正，对B物体，根据牛顿第二定律可知，0﹣1s内摩擦力Ff不变且沿正方向，1﹣3s内摩擦力Ff不变且沿负方向，3﹣5s内摩擦力Ff不变且沿正方向，故B正确．‎ 故选：B ‎　‎ ‎8．如图所示为粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　）‎ A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小 B．粮袋开始运动的加速度为g（sin θ﹣μcos θ），若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动 C．若μ≥tan θ，则粮袋从A到B一定是一直做加速运动 D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a＞gsin θ ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v；粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，加速度为g（sinθ+μcosθ）．若μ≥tanθ，粮袋从A到B可能一直是做加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动．‎ ‎【解答】解：A、粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于等于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，故A正确．‎ B、粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，根据牛顿第二定律得到，加速度a=g（sinθ+μcosθ），若μ＜tanθ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故a的方向一直向下，粮袋从A到B一直是做加速运动，可能是一直以g（sinθ+μcosθ）的加速度匀加速，也可能先以g（sinθ+μcosθ）的加速度匀加速，后以g（sinθ﹣μcosθ）匀加速；故B错误；‎ C、若μ≥tan θ，粮袋从A到B可能是一直做加速运动，有可能在二者的速度相等后，粮袋做匀速直线运动．故C错误；‎ D、由上分析可知，粮袋从A到B不一定一直匀加速运动，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ 二、多项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分.每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分.）‎ ‎9．如图甲所示，质量为m的木块放在动摩擦因数为μ的水平面上静止不动．现对木块施加水平推力F的作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，则图丙反映的可能是木块哪两个物理量之间的关系（　　）‎ A．x轴表示位移s，y轴表示加速度a B．x轴表示时间t，y轴表示加速度a C．x轴表示时间t，y轴表示速度v D．x轴表示时间t，y轴表示位移s ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律求出a与F的关系式，再结合运动学公式求出v、x与t的关系式，从而判断对应图线是否正确 ‎【解答】解：B、根据牛顿第二定律得，，发现a与F成一次函数关系，因为F与t成正比，即F=kt，所以，则a与t成一次函数关系，符合丙图线．故B正确．‎ A、因为a随时间的变化在变化，所以速度、位移与时间不成一次函数关系．故A、C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，物体A放在一斜面体上，与斜面体一起向右做匀加速直线运动，且与斜面体始终保持相对静止，则（　　）‎ A．物体A可能受二个力的作用 B．物体A可能受三个力的作用 C．当加速度增加时，物体A受的摩擦力一定增大 D．当加速度增加时，物体A受的摩擦力可能先减小后增大 ‎【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】物体与斜面体一起向右做匀加速直线运动，可能不受摩擦力，可能受摩擦力大小，结合牛顿第二定律求出临界的加速度，通过加速度的大小判断出摩擦力的方向，从而确定摩擦力大小的变化．‎ ‎【解答】解：A、因为物体与斜面体的加速度相同，设斜面的倾角为θ，当摩擦力为零时，加速度a=‎ ‎，知当加速度等于gtanθ时，物体不受摩擦力作用，受重力和支持力两个力作用，当加速度不等于gtanθ，受重力、支持力和摩擦力三个力作用．故A、B正确．‎ C、当加速度a＞gtanθ，摩擦力方向沿斜面向下，加速度增加，则摩擦力增大．当加速度a＜gtanθ，摩擦力沿斜面向上，当加速度增加时，摩擦力先减小后增大．故D正确，C错误．‎ 故选ABD．‎ ‎　‎ ‎11．某校科技兴趣小组观察“嫦娥一号”的发射过程后，用实验来模拟卫星的发射．火箭点燃后从地面竖直升空，t1时刻第一级火箭燃料燃尽后脱落，t2时刻第二级火箭燃料燃尽后脱落，此后不再有燃料燃烧．实验中测得火箭竖直方向的v﹣t图象如图所示，设运动中不计空气阻力，燃料燃烧时产生的推力大小恒定．下列判断中正确的是（　　）‎ A．t2时刻火箭到达最高点，t3时刻火箭落回地面 B．火箭在t2～t3时间内的加速度大小等于重力加速度 C．火箭在0～t1时间内的加速度大于t1～t2时间内的加速度 D．t1～t2时间内火箭处于超重状态，t2～t3时间内火箭处于失重状态 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动规律的综合运用；超重和失重．‎ ‎【分析】（1）v﹣t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移；‎ ‎（2）判断超重失重的方法是：加速度方向向上，物体处于超重状态，加速度方向向下，物体处于失重状态．‎ ‎【解答】解：A．火箭上升的最大高度即为运动过程中的最大位移，由图可知当速度等于零时，位移最大，火箭处于最高点，即t3时刻到达最高点，故A错误；‎ ‎ B．火箭在t2～t3时间内没有燃料燃烧，又不计空气阻力，故火箭只受重力，所以加速度等于重力加速度，故B正确；‎ ‎ C．v﹣t图象中斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，由图可知火箭在0～t1时间内的加速度小于t1～t2时间内的加速度，故C错误；‎ ‎ D．加速度方向向上，物体处于超重状态，加速度方向向下，物体处于失重状态，由图可知，t1～t2时间内加速度为正，向上，所以火箭处于超重状态，t2～t3时间内加速度为负，向下，所以火箭处于失重状态，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎12．下列说法正确的是（　　）‎ A．物体有加速度，物体的速度一定在增大 B．物体有加速度，物体的速度的大小有可能不变 C．加速度为正值，说明物体的速度一直在增加；加速度为负值，说明物体的速度一直在减少 D．速度变化越快，加速度一定越大 ‎【考点】加速度．‎ ‎【分析】加速度是反映速度变化快慢的物理量，当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动．‎ ‎【解答】解：A、物体有加速度，物体的速度不一定增大，速度也可能减小，故A错误．‎ B、物体有加速度，速度的大小可能不变，比如匀速圆周运动，故B正确．‎ C、当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，加速度为正值，速度不一定增加，加速度为负值，速度不一定减小，故C错误．‎ D、加速度是反映速度变化快慢的物理量，速度变化越快，加速度越大，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎13．一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示．在A点，物体开始与弹簧接触，到B点时，物体速度为零，然后被弹回．下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体从A下降到B的过程中，速率不断变小 B．物体从B点上升到A的过程中，速率不断变大 C．物体在B点时，所受合力不为零 D．物体从A下降到B，以及从B上升到A的过程中，速率都是先增大，后减小 ‎【考点】牛顿第二定律；胡克定律．‎ ‎【分析】根据物体所受的合力方向判断加速度的方向，根据速度方向与加速度方向的关系，判断其速度的变化．‎ ‎【解答】解：A、在A下降到B的过程中，开始重力大于弹簧的弹力，加速度方向向下，物体做加速运动，弹力在增大，则加速度在减小，当重力等于弹力时，速度达到最大，然后在运动的过程中，弹力大于重力，根据牛顿第二定律知，加速度方向向上，加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，运动的过程中弹力增大，加速度增大，到达最低点，速度为零．知加速度先减小后增大，速度先增大后减小．故A、B错误，C正确．‎ D、物体从B回到A的过程是A到B过程的逆过程，返回的过程速率先增大后减小．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对A施加一水平拉力F，则（　　）‎ A．当F＞3μmg时，A相对B滑动 B．当F=μmg时，A的加速度为μg C．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止 D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．然后通过整体法隔离法逐项分析．‎ ‎【解答】解：AB之间的最大静摩擦力为：fmax=μmAg=2μmg，B与地面间的最大静摩擦力为：f′max=μ（mA+mB）g=μmg；‎ A、当 F＞3μmg 时，F＞fmax，AB间会发生相对滑动，A相对B发生滑动，选项A正确．‎ B、当 F=μmg 时，AB间不会发生相对滑动，根据整体法，由牛顿第二定律有：a==μg，选项B正确．‎ C、当 F＜2 μmg 时，F＜fmax，AB之间不会发生相对滑动，若F＞fmax′，B与地面间会发生相对滑动，故C错误．‎ D、A对B的最大摩擦力为2μmg，B受到的地面的最大静摩擦力为μmg，无论F为何值，B受到的最大合力为，因此加速度更不会超过μg，选项D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎15．如图甲所示，用同种材料制成的倾角为30°的斜面和长水平面，斜面和水平面之间由光滑圆弧连接，斜面长为2.4m且固定．一小物块从斜面顶端以沿斜面向下的初速度v0开始自由下滑．当v0‎ ‎=2m/s时，经过0.8s后小物块停在斜面上．多次改变v0的大小，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间t，作出t﹣v0图象如图乙所示，g取10m/s2，则（　　）‎ A．小物块与该种材料间的动摩擦因数为0.25‎ B．小物块与该种材料间的动摩擦因数为 C．若小物块初速度为1 m/s，则根据图象可知小物块运动时间为0.4 s D．若小物块初速度为4 m/s，则根据图象可知小物块运动时间为1.6 s ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】由t﹣v0图象求出加速度，对小物块应用牛顿第二定律求出动摩擦力因数，直接根据图象得出小物块初速度为1m/s的运动时间，若小物块初速度为4m/s，先分析物体是否还在下面上运动再求解．‎ ‎【解答】解：A、由t﹣v0图象可得：a===2.5m/s2，‎ 对小物块应用牛顿第二定律得：‎ mgsin30°﹣μmgcos30°=﹣ma，‎ 解得：μ=，故A错误，B正确；‎ C、若小物块初速度为1m/s，则t===0.4s，故C正确；‎ D、若小物块初速度为4m/s，由v02=2ax得：‎ x==3.2m＞2.4m，所以小物块已经运动到水平面上，图象对小物块已不再成立，故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ 三、实验题：本题共1小题，每空2分，共计10分，把答案填在题中的横线上或根据要求作答．‎ ‎16．某同学做“探究加速度与力、质量关系”的实验．如图1所示是该同学探究小车加速度与力的关系的实验装置，他将光电门固定在水平轨道上的B点，用不同重物通过细线拉同一小车，每次小车都从同一位置A由静止释放．‎ ‎（1）若用游标卡尺测出光电门遮光条的宽度d如图2所示，则d=　1.415　 cm；实验时将小车从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t，则小车经过光电门时的速度为　　（用字母表示）．‎ ‎（2）实验中可近似认为细线对小车的拉力与重物重力大小相等，则重物的质量m与小车的质量M间应满足的关系为　m＜＜M　；‎ ‎（3）测出多组重物的质量m和对应遮光条通过光电门的时间△t，并算出相应小车经过光电门时的速度v，通过描点作出线性图象，研究小车加速度与力的关系．处理数据时应作出　v2﹣m　（选填“v﹣1﹣m”或“v2﹣m”）图象；‎ ‎（4）有关本实验的下列说法，正确的是　D　．‎ A．将不带滑轮的木板一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动，此时细线对重物的拉力和摩擦力恰好平衡 B．将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，当每次改变重物的质量时，都需要重新调节木板的倾角 C．如果在实验过程中，木板始终保持水平，那么该同学在（3）中作出的图象将不是一条直线了 D．将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，这是用小车受到的重力沿斜面方向的分力平衡了小车受到的摩擦力的结果．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读，由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度．根据匀变速直线运动的速度位移公式求出滑块的加速度．‎ ‎（2）为使绳子的拉力等于重物的重力，M应远远大于m；‎ ‎（3）由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as=s，可知画出v2﹣m图象可以直观的得出结论．‎ ‎（4）由图可知开始有外力时，而小车的加速度为零，说明操作过程中没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足 ‎【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为14mm，游标读数为0.05×3mm=0.15mm，所以最终读数为：14mm+0.15mm=14.15mm=1.415cm；‎ 数字计时器记录通过光电门的时间，由位移公式计算出物体通过光电门的平均速度，‎ 用该平均速度代替物体的瞬时速度，故在遮光条经过光电门时滑块的瞬间速度为：v=；‎ ‎（2）为消除摩擦力对实验的影响，可以把木板的左端适当垫高，‎ 以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力．‎ 根据牛顿第二定律得：对m：mg﹣F拉=ma 对M：F拉=Ma 解得：F拉==，‎ 当M＞＞m时，即当重物重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于重物的总重力．‎ ‎（3）由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as=s，‎ 由题意可知，M、s不变，画出v2﹣m图象，若图象为过原点的直线，则说明外力和加速度成正比，故画出v2﹣m图象可以直观的得出结论．‎ ‎（4）A、平衡摩擦力时，将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，此时细线对重物的拉力和摩擦力恰好平衡，故A错误；‎ B、平衡摩擦力后当每次改变重物的质量时，不需要重新调节木板的倾角，故B错误；‎ C、如果在实验过程中，木板始终保持水平，那么该同学作出的图象将仍是一条直线，故C错误；‎ D、将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，这是用小车受到的重力沿斜面方向的分力平衡了小车受到的摩擦力的结果，故D正确；故选D；‎ 故答案为：（1）1.415；； （2）m＜＜M； （3）v2﹣m；（4）D．‎ ‎　‎ 四、计算题：本题共4小题，满分58分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎17．2012年6月16日，我国第一位女航天员刘洋，随“神舟九号”飞船成功发射升空，并于6月29日安全返回，实现了国人“嫦娥飞天”的千年梦想．“神舟九号”载人飞船回收阶段完成的最后一个动作是断开主伞缆绳，启动反推发动机工作，此时返回舱的速度竖直向下，大小约为7m/s，距地面的高度约为1m，落地前一瞬间的速度约为1m/s，空气阻力及因反推火箭工作造成的质量改变均不计（g取10m/s2），求：‎ ‎（1）反推发动机工作后，返回舱落地前的加速度大小是多少？‎ ‎（2）航天员所承受的支持力是重力的多少倍？‎ ‎（3）假设返回舱与航天员的总质量为3t，求反推火箭对返回舱的平均推力多大？‎ ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】（1）根据速度位移关系公式求解返回舱落地前的加速度大小；‎ ‎（2）航天员受重力和支持力，根据牛顿第二定律求解支持力是实际重力的多少倍；‎ ‎（3）对返回舱和航天员整体运用牛顿第二定律列式求解．‎ ‎【解答】解：（1）根据速度位移关系公式，有：‎ 解得：a=（负号表示方向向上）‎ ‎（2）航天员受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：G﹣N=m•a 其中：N=nG 解得：N=3.4G ‎（3）返回舱和航天员受重力和推力，根据牛顿第二定律，有：G﹣F=ma 解得：F=m（g﹣a）=3000×（10+24）=1.02×105N 答：（1）反推发动机工作后，返回舱落地前的加速度大小是24m/s2；‎ ‎（2）航天员所承受的支持力是实际重力的3.4倍；‎ ‎（3）假设返回舱加航天员的总质量为3t，反推火箭对返回舱的平均推力为1.02×105N．‎ ‎　‎ ‎18．传送带以恒定速度v=4m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ=37°．现将质量m=2kg的小物品轻放在其底端（小物品可看成质点），平台上的人通过一根轻绳用恒力F=20N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地高为H=1.8m的平台上，如图所示．已知物品与传送带这间的动摩擦因数μ=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎①物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？‎ ‎②若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，求特品还需多少时间离开皮带？‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）先假设传送带足够长，对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后运用运动学公式求解出加速的位移和时间，根据位移判断是否有第二个过程，当速度等于传送带速度后，通过受力分析，可以得出物体恰好匀速上滑，最后得到总时间；‎ ‎（2）若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，先受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式列式求解．‎ ‎【解答】解：（1）物品在达到与传送带速度v=4m/s相等前，有：‎ F+μmgcos37°﹣mgsin37°=ma1‎ 解得 由v=a1t1，t1=0.5s 位移=1m 随后，有：F﹣μmgcos37°﹣mgsin37°=ma2‎ 解得a2=0，即滑块匀速上滑 位移 总时间为：t=t1+t2=1s 即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1s．‎ ‎（2）在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，根据牛顿第二定律，有 μmgcos37°﹣mgsin37°=ma3‎ 解得：‎ 假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为x 即物体速度为减为零时已经到达最高点；‎ 由 解得：（，舍去）‎ 即物品还需离开皮带．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，倾角为37°、足够长的斜面体固定在水平地面上，小木块在沿斜面向上的恒定外力F作用下，从斜面上的A点由静止开始向上作匀加速运动，前进了4.0m抵达B点时，速度为8m/s．已知木块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，木块质量m=1kg．g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．‎ ‎（1）木块所受的外力F多大？‎ ‎（2）若在木块到达B点时撤去外力F，求木块还能沿斜面上滑的距离S；‎ ‎（3）为使小木块再次通过B点的速率为m/s，求恒力F连续作用的最长时间t．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系．‎ ‎【分析】（1）木块从A到B过程，做匀加速运动，已知初速度、位移和末速度，由位移与速度关系公式求出加速度，再由牛顿第二定律求解外力F．‎ ‎（2）撤去外力F，木块做匀减速运动，再由牛顿第二定律求出加速度，再由位移与速度关系公式求出木块还能沿斜面上滑的距离S．‎ ‎（3）外力撤去后，木块将沿斜面向上做匀减速运动．当木块滑动最高后下滑，由牛顿第二定律求出下滑的加速度，由运动学公式求出下滑的距离，得到上滑的总位移，根据上滑过程匀加速运动和匀减速运动的位移等于总位移，求出时间．‎ ‎【解答】解：（1）设外加恒力F时小木块的加速度为a1：‎ ‎ 由匀加速直线运动的规律得：①‎ ‎ 根据牛顿第二定律得：F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1②‎ ‎ 联立①②代入数据解得：F=18N ‎ （2）设小木块继续上滑的加速度大小为a2‎ ‎ 由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma2‎ ‎ a2=gsinθ+μgcosθ ‎ 还能上滑的距离 ‎ 联立解得S=3.2m ‎ （3）当小木块运动一段时间后撤去外力，且向下运动经过B点的速度为m/s时，恒力作用的时间有最大值．‎ ‎ 设小木块向下运动的加速度为a3，则a3=gsinθ﹣μgcosθ ‎ 向下运动至B点的距离为S3，则v2=2a3S3 ‎ ‎ 设恒力作用的最长时间为t1，撤去恒力向上减速至零所用时间为t2，则：a1t1=a2t2‎ ‎ 联立解得t1=1s 答：（1）木块所受的外力F为18N；‎ ‎ （2）若在木块到达B点时撤去外力F，木块还能沿斜面上滑的距离S为3.2m；‎ ‎ （3）为使小木块向下通过B点的速率为m/s，恒力F连续作用的最长时间t=1s．‎ ‎　‎ ‎20．如图1所示，地面不光滑，大小可忽略的铁块A静止放在木板B的最左端，mA=1kg，mB=1kg．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知木板B与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，铁块 A 与木板B之间的动摩擦因数μ2=0.4，取g=10m/s2．现给A施加一个水平向右的力F．则：‎ ‎（1）若力F恒为3N，求A、B的加速度大小及方向；‎ ‎（2）若力F恒为8N，经1s铁块A恰好运动到木板B的最右端，求木板B的长度；‎ ‎（3）若力F从零开始逐渐增加，且木板B足够长．试通过分析与计算，在图2中作出铁块A受到的摩擦力f随力F大小变化的图象．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；滑动摩擦力．‎ ‎【分析】（1）对整体受力分析，由牛顿第二定律可求得加速度的大小及方向；‎ ‎（2）由牛顿第二定律求得两物体的加速度，再由位移公式可求得滑过的距离，则可以求得木板的长度；‎ ‎（3）根据拉力的大小确定物体的运动状态，明确物体受到的摩擦力为滑动摩擦力还是静摩擦力，则可分析摩擦力的大小变化．‎ ‎【解答】解：（1）若力F恒为3 N，A、B具有共同的加速度 对整体：F﹣μ1（mA+mB）g=（mA+mB）a 解得：a=0.5m/s2‎ 方向水平向右．‎ ‎（2）若力F恒为8 N时，‎ 对A：F﹣μ2mAg=mAa1‎ 解得：‎ 对B：μ2mAg﹣μ1（mA+mB）g=mBa2‎ 解得：‎ 木板的长度L=a1t2﹣a2t2=﹣=1m；‎ ‎（3）①当F≤μ1（m A+m B） g=2 N时，系统没有被拉动，静摩擦力与力F成正比，即f=F．‎ ‎②当F≥μ1（m A+m B） g=2 N时，如果A、B相对静止，铁块与木板有相同的加速度a，则 F﹣μ1（m A+m B） g=（m A+m B）a，F﹣f=mAa，解得F=2f﹣2．‎ 此时f≤μ2m Ag=4 N，也即F≤6 N．‎ 所以当2 N＜F≤6 N时，f=+1 N．‎ ‎③当F＞6 N时，A、B相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为 f=μ2 mAg=4 N．‎ 因此，f﹣F 图象如图所示．‎ 答：（1）A、B的加速度大小均为0.5m/s2；方向向右；（2）木板B的长度为1m；（3）图象如上图．‎ ‎　‎ ‎2017年2月25日