2018-2019学年福建省莆田第一中学高一上学期期末考试物理试题（解析版）

2018-2019学年福建省莆田第一中学高一上学期期末考试物理试题（解析版）

‎2018-2019学年福建省莆田第一中学高一上学期期末考试物理试题（解析版）‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共共48分，在给出的四个选项中，第1-8题只有一个选项符合要求，第9-12题有多个选项符合要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，请把答案涂在答题卷上。）‎ ‎1.以下关于“质点”的认识和运用，正确的是（ ）‎ A. 体积很小的物体都可看成质点 B. 研究地球自转时，将地球当作质点 C. 评判跳水比赛的运动员动作时，将运动员当作质点 D. 研究从连云港开往南京的一列火车的运行时间，将列车当作质点 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可．‎ ‎【详解】A. 当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，与体积、质量大小无关，故A错误；‎ B. 研究地球自转时，自身的大小对研究问题有影响，所以不能当作质点，故B错误；‎ C. 评判跳水比赛的运动员动作时，不可以忽略运动员自身大小，不可将物体看成质点，故C错误；‎ D. 研究从连云港开往南京的一列火车的运行时间，火车的长度对研究的时间没有影响，可以把它看成质点，故D正确。‎ 故选：D.‎ ‎2.公共汽车进入转弯路口向右转时，车内乘客会（ ）‎ A. 向前倾斜 B. 向后倾斜 C. 向左侧倾斜 D. 向右侧倾斜 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 汽车突然向右转弯时，下半身由于受车的摩擦力改为向右前方运动，上半身由于具有惯性继续向前运动，所以人向左倾倒，故选项C正确。‎ 点睛：掌握好惯性的基础知识，会解释生活中的惯性现象，分析此题关键是把人分成上半身和下半身两部分，分析清楚哪部分受力改变运动状态，哪部分运动状态没变。‎ ‎3.‎ ‎ 如图所示，物体A、B、C叠放在水平桌面上，水平力F作用于C物体，使A、B、C以共同速度向右匀速运动，那么关于物体受几个力的说法正确的是 （ ）‎ A. A 受6个，B受2个，C受4个 B. A 受5个，B受3个，C受3个 C. A 受5个，B受2个，C受4个 D. A 受6个，B受3个，C受4个 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A受到重力、地面对A的支持力、B对A的压力、C对A的压力、地面对A的摩擦力、C对A的摩擦力功6个力。B匀速运动，受到重力和支持力，没有摩擦力。C受到拉力、重力、支持力、摩擦力共4个力，所以选A。‎ ‎4.一物体从 P 点开始做自由落体运动，经过Q点的速度为v，到 R点的速度为3 v ，则 PQ ∶ QR 等于（ ）‎ A. l∶8 B. l∶6 C. l∶5 D. 1∶3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小球做自由落体运动，是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动；根据匀变速直线运动的速度位移公式v2-v02=2ax求出PQ、QR之比。‎ ‎【详解】根据匀变速直线运动的速度位移公式知，，，‎ 所以PQ:QR=1:8，故A正确，BCD错误 故选：A ‎5.如图，弹簧秤外壳质量为m0，弹簧及挂钩质量忽略不计，挂钩拖一重物质量为m，现用一方向沿斜面向上的外力F拉着弹簧秤，使其沿光滑的倾角为θ的斜面向上做匀加速直线运动，则弹簧秤读数为（ ）‎ A. B. C. D. q ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对弹簧秤和物体整体受力分析，运用牛顿第二定律列式求解加速度；再对重物受力分析，运用牛顿第二定律列式求解拉力大小．‎ ‎【详解】对整体分析，根据牛顿第二定律得，a= ‎ 隔离对物体分析，根据牛顿第二定律有：T-mgsinθ=ma，解得T=，故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎6.如图所示，三个固定的斜面底边长度都相等，斜面倾角分别为30°、45°、60°，斜面的表面情况都一样。完全相同的物体(可视为质点)A、B、C分别从三斜面的顶部滑到底部的过程中（ ）‎ A. 物体A克服摩擦力做的功最多 B. 物体B克服摩擦力做的功最多 C. 物体C克服摩擦力做的功最多 D. 三物体克服摩擦力做的功一样多 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】ABD、设斜面底边长度为s，倾角为，那么的斜边长为 ，对物体受力分析，那么物体受到的滑动摩擦力为 ，那么物体克服摩擦力做的功为 ，即物体克服摩擦力做的功与倾角无关。所以三物体克服摩擦力做的功一样多，故ABC错；D对；故选D。‎ ‎7.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其 v-t 图像如图所示。已知两车在t=3s时并排行驶，则（ ）‎ A. 在t=1s 时，甲车在乙车后 B. 在t=0 时，甲车在乙车前7.5m C. 两车另一次并排行驶的时刻是t=2s D. 甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为45m ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在速度时间图象中，图象与坐标轴围成面积表示位移，根据位移关系分析两车位置关系．可结合几何知识分析两车另一次并排行驶的时刻．并求出两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离．‎ ‎【详解】A. 根据“面积”大小表示位移，由图象可知，1s到3s甲、乙两车通过的位移相等，两车在t=3s时并排行驶，所以两车在t=1s时也并排行驶，故A错误；‎ B. 由图象可知，甲的加速度a甲=△v甲/△t甲=20/2=10m/s2；乙的加速度a乙=△v乙/△t乙=(20−10)/2=5m/s2；0至1s，甲的位移x甲=a甲t2=×10×12=5m，乙的位移x乙=v0t+a乙t2=10×1+×5×12=12.5m，△x=x乙−x甲=12.5−5=7.5m，即在t=0时，甲车在乙车前7.5m，故B正确；‎ C.1s末甲车的速度为：v=a甲t=10×1=10m/s，乙车的速度v′=10+5×1=15m/s；1−2s时，甲的位移x1=10×1+×10×12=15m；乙的位移x2=15×1+×5×1=17.5m；在1s时两车并联，故2s时两车相距2.5m，且乙在甲车的前面，故C错误；‎ D. 1s末甲车的速度为：v=a甲t=10×1=10m/s，1到3s甲车的位移为：x=vt+a甲t2=10×2+×10×22=40m，即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m，故D错误。‎ 故选：B ‎8.如图所示，A、B 两物体相距 s=7m，物体 A 以vA =4 m/s 的速度向右匀速运动，而物体B此时的速度 vB =10m/s，只在摩擦力作用下向右做匀减速运动，加速度大小2m/s2 ，那么物体 A 追上物体 B 所用的时间为( )‎ A. 7 s B. 8 s C. 9 s D. 10 s ‎【答案】C ‎【解析】‎ 物体B做匀减速运动，到速度为0时，所需时间t1＝s＝5 s，运动的位移xB＝＝ m＝25 m．在这段时间内物体A的位移xA＝vAt1＝4×5 m＝20 m；显然还没有追上，此后物体B静止．设追上所用时间为t，则有4t＝x＋25 m，所以t＝8 s。‎ ‎9.如图，在学校秋季运动会上，小明同学以背越式成功地跳过了 1.70 米的高度。若空气阻力作用可忽略，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 小明离开地面后上升过程中处于超重状态 B. 研究小明在空中姿态时可把小明视为质点 C. 小明在下降过程中处于完全失重状态 D. 起跳时小明对地面的压力与地面对他的支持力大小相等 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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；物体可以看做质点的条件是物体的形状与大小对要研究的问题没有影响．‎ ‎【详解】A. 小明起跳以后上升过程中，只受重力的作用，有向下的重力加速度，处于完全失重状态，故A错误；‎ B. 研究小明在空中姿态时，小明的姿态对跳高的成绩会有影响，所以不可把小明视为质点，故B错误；‎ C. 在小明下降过程，只受重力的作用，有向下的重力加速度，处于完全失重状态，故C正确；‎ D. 在小明起跳过程中，小明对地面的压力与地面对他的支持力是作用力与反作用力，总是大小相等，方向相反，故D正确。‎ 故选：CD ‎10.如图所示，小球质量为 m，被 3 根质量不计的相同弹簧 a、b、c 固定在 O 点，c竖直放置，a、b、c 之间的夹角均为．小球平衡时，弹簧 a、b、c 的弹力大小之比为 3：3：1．设重力加速度为 g，当单独剪断 ‎ c 瞬间，小球的加速度大小及方向可能为( )‎ A. ， 竖直向上 B. ，竖直向下 C. ，竖直向下 D. ，竖直向上 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对小球受力分析，根据平衡条件，假设C弹簧是向下的拉力，又a、b、c之间的夹角均为120°，且弹簧a、b、c的弹力大小之比为3：3：1，则小球的重力是C弹簧的弹力的2倍，当单独剪断c瞬间，小球受到的合力与C弹簧的弹力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律可求小球的加速度大小、方向竖直向上；假设C弹簧是向上的弹力，同理可得，小球的重力是C弹簧的弹力的4倍，当单独剪断c瞬间，小球受到的合力与C弹簧的弹力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律可求小球的加速度大小及方向．‎ ‎【详解】AB. 根据题意，对小球受力分析，假设C弹簧是向下的拉力，又a、b、c之间的夹角均为120∘，且弹簧a、b、c的弹力大小之比为3:3:1，由平衡条件得，mg+Fc=Fa 又Fa：Fc=3：1，则mg=2Fc，当单独剪断c瞬间，小球受到的合力与C弹簧的弹力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得：a=Fc/m=g/2，方向竖直向上，故A正确，B错误；‎ CD. 假设C弹簧是向上的弹力，同理可得，小球的重力是C弹簧的弹力的4倍，当单独剪断c瞬间，小球受到的合力与C弹簧的弹力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律可求小球的加速度大小为g/4，方向竖直向下。故C正确，D错误。‎ 故选：AC ‎11.一小球从静止开始做匀加速直线运动，在第 15s 内的位移比第 14s 内的位移多0.2m，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 小球加速度为 0.4m/s2‎ B. 小球第15s 内的位移为2.9m C. 小球第14s 内的初速度为2.6m/s D. 小球前15s 内的平均速度为3.0m/s ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小球的加速度，根据匀变速直线运动的位移时间公式求出小球在第15s内的位移；根据速度时间关系求出14s的初速度；根据第15s末的速度，结合平均速度的推论求出小球前15s内的平均速度．‎ ‎【详解】A. 根据△x=aT2得，a=△x/T2=0.2/12m/s2=0.2m/s2，故A错误；‎ B. 小球在第15s内的位移x15==×0.2×(225−196)m=2.9m，故B正确；‎ C. 小球在第14s初的速度v=at13=0.2×13m/s=2.6m/s，故C正确；‎ D. 第15s末的速度v15=at15=0.2×15m/s=3m/s，则小球前15s内的平均速度=1.5m/s，故D错误。‎ 故选：BC.‎ ‎12.三角形传送带以 1m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是 2m 且与水平方向的夹角均为 37°。现有两个小物块 A、B 从传送带顶端都以 1m/s 的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是 0.5，（g 取 10m/s2 ，sin37°=0.6，cos37°=0.8）下列说法正确的是( )‎ A. 物块 A 先到达传送带底端 B. 物块 A、B 同时到达传送带底端 C. 物块 A、B 到达传送带底端时速度大小不相等 D. 物块 A、B 在传送带上的划痕长度之比为 1:3‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析A重力沿斜面向下的分力与摩擦力的关系，判断A物体的运动规律，B所受的摩擦力沿斜面向上，向下做匀变速直线运动，根据运动学公式求到达底端的时间和速度，结合运动学公式分析求解划痕长度之比．‎ ‎【详解】AB. 对A，因为mgsin37∘>μmgcos37∘，则A物体所受摩擦力沿斜面向上，向下做匀加速直线运动，B所受摩擦力沿斜面向上，向下做匀加速直线运动，两物体匀加速直线运动的加速度相等，位移相等，则运动的时间相等。故A错误，B正确；‎ C.根据速度时间关系v=at，物块 A、B 到达传送带底端时速度大小相等，故C错误；‎ D. 对A，划痕的长度等于A的位移减为传送带的位移，‎ 以A为研究对象，由牛顿第二定律得：mgsin37°-μmgcos37°=ma，a=2m/s2‎ 由运动学公式得运动时间分别为：x=at2，t=1s.‎ 所以皮带运动的位移为x=vt=1m.‎ 所以A对皮带的划痕为：△x1=2m−1m=1m 对B，划痕的长度等于B的位移加上传送带的位移，△x2=2m+1m=3m，所以划痕之比为1:3，故D正确。‎ 故选：BD 二、实验题（本题共2小题，共14分。请将正确的答案填在答题卷题目中对应的横线上。）‎ ‎13.（1）下图是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带。‎ ‎①已知打点计时器电源频率为 50Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为_________。‎ ‎②ABCD 是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出。从图中读出 A、B 两点间距 s=__________cm；C 点对应的速度是________m/s(计算结果保留三位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). ①0.02s (2). ②0.70cm (3). 0.100m/s ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小．‎ ‎【详解】①由于交流电的周期是50Hz，故打点计时器每隔0.02s打点一次。‎ ‎②从图中读出A. B两点间距s=0.70cm 每两个相邻计数点间还有四个点没有画出，故每两个相邻计数点间之间的时间间隔为T=5×0.02s=0.1s.‎ 由于做匀变速直线运动的物体在某段时间内平均速度就等于在该段时间内的平均速度，‎ 故vC=m/s=0.100m/s.‎ ‎14.(1)如下图所示为某同学所安装的“验证牛顿第二定律”的实验装置，在图示状态下，开始做实验，该同学有装置和操作中的主要错误是：（至少三项）‎ ‎①.__________________;②.___________________;③._______________________.‎ ‎(2)某同学平衡摩擦力时是这样操作的：将小车静止地放在水平木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，如图（乙），直到小车由静止开始沿木板向下滑动为止。请问这位同学的操作是否正确？如果不正确，应当如何进行？答：__________________________________‎ ‎(3)如果这位同学先如(2)中的操作，然后不断改变对小车的拉力F，他得到M（小车质量）保持不变情况下的a-F图线是图中的________（将选项代号的字母填在横线上）。‎ ‎(4)如图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出，打点计时器频率50Hz），计数点间的距离如图所示．根据图中数据计算的加速度a=_______m/s2（保留三位有效数字）．‎ ‎(5)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是（ ）‎ A.M=400g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40g B.M=400g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g C.M=200g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40g D.M=200g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g ‎【答案】 (1). （1）①长木板右端垫高可以平衡摩擦力 (2). ②电源应该用6V交流电源 (3). ③牵引小车的细线不与木板平行④开始实验时，小车离打点计时器太远。 (4). （2）不正确，应给小车一初速度，小车能匀速下滑 (5). （3）C (6). （4）0.496 (7). （5）A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小．‎ ‎【详解】（1）错误之处有：①电源应用交流电；②没有平衡摩擦力；③小车应靠近打点计时器端；④左端连接的细线应与木板平行。‎ ‎（2）不正确。平衡摩擦力的结果是不挂砂桶时，给小车一个初速度，小车能够匀速下滑。题中小车由静止开始沿木板向下滑动，做的是匀加速运动。‎ ‎（3）不施加力时小车有加速度，根据牛顿第二定律，随着拉力增大，小车的加速度逐渐增大。故选：C ‎（4）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，‎ 设0到1之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6，‎ 根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：‎ x4−x1=3a1T2 ‎ x5−x2=3a2T2 ‎ x6−x3=3a3T2 ‎ 为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值，得：‎ a= (a1+a2+a3)‎ 即小车运动的加速度计算表达式为：a=×10−2m/s2=0.496m/s2；‎ ‎（5）本实验要求砂桶和砂子质量远小于小车质量，所以A组数据比较合理，故选：A 三、计算题（本题共4小题，共38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得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）‎ ‎15.一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的v-t图像如图所示，求：‎ ‎(1)摩托车在0-20s这段时间的加速度大小a；‎ ‎(2)摩托车在0-75s这段时间的平均速度大小。‎ ‎【答案】（1）1.5 m/s2 ；（2）20m/s ‎【解析】‎ ‎（1）由图知，在0-20s内做匀加速运动，根据，可求加速度a=1.5m/s2；‎ ‎（2）根据v-t图像与坐标轴围面积表示位移可求在0-75s时间内位移为x=1500m，所以平均速度为.‎ ‎【考点定位】匀变速直线运动 ‎16.额定功率为 80kW 的汽车，在平直的公路上行驶的最大速度是 20m/s，汽车的质量是2t，如果汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度的大小是 2m/s2 ，运动过程中阻力不变．求：‎ ‎（1）汽车受到的阻力多大？‎ ‎（2）3s 末汽车的瞬时功率多大？‎ ‎（3）汽车维持匀加速运动的时间是多少？‎ ‎【答案】（1）4000N （2）48kW （3）5s ‎【解析】‎ ‎(1)在输出功率等于额定功率的条件下，当牵引力F等于阻力Ff时，汽车的加速度减小到零，汽车的速度达到最大，设汽车的最大速度为vmax，则汽车所受阻力为：‎ Ff＝＝N＝4×103N.‎ ‎(2)设汽车做匀加速运动时，需要的牵引力为F′，根据牛顿第二定律有F′－Ff＝ma，解得F′＝Ff＋ma＝4×103N＋2×103×2 N＝8×103N 因为3 s末汽车的瞬时速度为v3＝at＝2×3 m/s＝6 m/s，所以汽车在3 s末的瞬时功率为P3＝F′v3＝8×103×6 W＝48 kW.‎ ‎(3)汽车做匀加速运动时，牵引力F′恒定，随着车速的增大，输出功率逐渐增大，输出功率等于额定功率时的速度是汽车做匀加速运动的最大速度vmax′，其数值为：‎ vmax′＝＝m/s＝10 m/s.‎ 根据运动学公式，汽车维持匀加速运动的时间 t＝＝s＝5 s.‎ 答案：(1)4×103N　(2)48 kW　(3)5 s ‎17.我国拥有航空母舰后，舰载机的起飞与降落等问题受到了广泛关注.2012年11月23日，舰载机歼—15首降“辽宁舰”获得成功，随后舰载机又通过滑跃式起飞成功．某兴趣小组通过查阅资料对舰载机滑跃起飞过程进行了如下的简化模拟：假设起飞时“航母”静止，飞机质量视为不变并可看成质点．“航母”起飞跑道由如图所示的两段轨道组成(二者平滑连接，不计拐角处的长度)，其水平轨道长AB＝L，水平轨道与斜面轨道末端C的高度差为h.一架歼—15飞机的总质量为m，在C端的起飞速度至少为v.若某次起飞训练中，歼—15从A点由静止启动，飞机发动机的推力大小恒为0.6mg，方向与速度方向相同，飞机受到空气和轨道平均阻力的合力大小恒为0.1mg.重力加速度为g.求：‎ ‎(1)飞机在水平轨道AB上运动的时间；‎ ‎(2)在水平轨道末端B，发动机的推力功率；‎ ‎(3)要保证飞机正常起飞，斜面轨道的长度满足的条件．(结果用m、g、L、h、v表示)‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设飞机在水平轨道的加速度为a，运动时间为t，发动机的推力为F，阻力为f，由牛顿第二定律得F－f＝0.6mg－0.1mg＝ma 得a＝0.5g 而由位移公式有 解得：‎ ‎(2)设飞机在B端的速度为v′，功率为P，由速度公式 解得：‎ ‎(3)设飞机恰能在C端起飞时，斜面轨道长为l0，‎ 整个过程由动能定理有：‎ 解得：‎ 所以，斜面轨道长度满足的条件是 ‎18.物体A的质量m=lkg，一静止在光滑水平面上的平板车B的质量为M=0．5kg，平板车长为L=1m。某时刻A以vo=4m/s向右的初速度滑上平板车B的上表面，在A滑上平板车B的同时，给平板车B施加一个水平向右的拉力.忽略物体A的大小，已知A与平板车B之间的动摩擦因数，取重力加速度g=10m/s2．试求：‎ ‎(1)若F=5N，求刚开始运动的一小段时间内，A、B的加速度；‎ ‎(2)若F=5N，物体A在平板车上运动时相对平板车向前滑行的最大距离；‎ ‎(3)如果要使A不至于从平板车B上滑落，拉力F大小应满足的条件．‎ ‎【答案】（1）aA=2 m/s2，；（2）0.5m；（3）1N≤F≤3N ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 物块滑上平板车，物块做匀减速运动，小车做匀加速直线运动，当两者速度相同时，物块在小车上相对运动的距离最大，结合牛顿第二定律和运动学公式求出物体A在小车上运动时的加速度和相对小车滑行的最大距离；物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出拉力的最小值。另一种临界情况是A、B速度相同后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出拉力的最大值，从而得出拉力F的大小范围．‎ ‎【详解】（1）由牛顿第二定律，对物体A有： 得aA=µg=2 m/s2 ‎ 对平板车B有： ①‎ 得： ‎ ‎（2）物体A滑上平板车B以后，物体作匀减速运动，平板车作匀加速运动，两者速度相同时,物体A在平板车上相对小车向前滑行的距离最大。‎ 有 ‎ 得：t=0.25s ‎ 此过程：A滑行距离： ‎ B滑行距离： m ‎ 此时物体A相对小车向前滑行的距离最大： ‎ ‎（3）物体A不从车右端滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，‎ 则：………② ‎ 又：……………③ ‎ 由② ③式，可得： m/s2 ‎ 代入①式得： ‎ 若F＜1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从小车B的右端滑落。‎ 当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落。‎ 即有：， ‎ µm1g =m1am　　　 ‎ 解之得：F＝3N ‎ 若F大于3N，A就会从小车B的左端滑下。‎ 综上：力F应满足的条件是： 1N≤F≤3N ‎ ‎