1、2014-2015学年福建省泉州市南安市侨光中学高三（上）第一次月考物理试卷一、单选题（共14题，每题3分，共42分每题只有一个选项是符合题目要求的）1（3分）（2010松江区二模）根据速度定义式v=，当t极短时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了下列哪种物理方法（）A控制变量法B假设法C微元法D极限的思想方法考点：物理学史；平均速度分析：当t极短时，可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该物理方法为极限的思想方法解答：解：当时间极短时，某段时间内的平均速度可以代替瞬时速度，该思想是极限的思想方法故D正确，A、B、C错误故选D点评：极限思想法是一种很重要的思想方法，在高中物理中经常用到要
2、理解并能很好地掌握2（3分）（2012秋巢湖校级期中）一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化规律如图所示取开始运动方向为正方向，则下列物体运动的vt图象中，正确的是（）ABCD考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：运动学中的图像专题分析：在01s内，物体从静止开始沿加速度方向匀加速运动，在1s2 s内，加速度反向，速度方向与加速度方向相反，所以做匀减速运动，到2s末时速度为零2 s3 s内加速度变为正向，物体又从静止开始沿加速度方向匀加速运动，重复01s内运动情况，3s4s内重复1s2 s内运动情况解答：解：在01s内，a1=1m/s2，物体从静止开始正向匀
3、加速运动，速度图象是一条直线，1s末速度v1=a1t=1 m/s，在1s2 s内，a2=1m/s2，物体将仍沿正方向运动，但要减速，2s末时速度v2=v1+a2t=0，2 s3 s内重复01s内运动情况，3s4s内重复1s2 s内运动情况，故选：C点评：根据加速度随时间变化规律的图象找出对应的加速度大小和方向，结合物体的初状态状态分析物体的运动情况3（3分）（2014瓯海区校级模拟）如图所示，t=0时，质量为0.5kg物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点测得每隔2s的三个时刻物体的瞬时速度记录在下表中，由此可知（重力加速度g=1
4、0m/s2）（）t/s0246v/（ms1）08128A物体运动过程中的最大速度为12m/sBt=3s的时刻物体恰好经过B点Ct=10s的时刻物体恰好停在C点DA、B间的距离大于B、C间的距离考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律专题：直线运动规律专题分析：根据图表中的数据，可以求出下滑的加速度a1=4m/s2和在水平面上的加速度a2=2m/s2如果第4s还在斜面上的话，速度应为16m/s，从而判断出第4s已过B点通过运动学公式求出vB，即可求出AB、BC的距离解答：解：A、根据图表中的数据，可以求出下滑的加速度a1=4m/s2和在水平面上的加速度a2=2m/s2如果第4s还在斜
5、面上的话，速度应为16m/s，从而判断出第4s已过B点是在2s到4s之间经过B点所以最大速度不是12m/s故A错误B、根据运动学公式：8+a1t1a2t2=12 t1+t2=2，解出t1=，知经过到达B点，到达B点时的速度v=a1t=故B错误C、第6s末的速度是8m/s，到停下来还需的时间=4s，所以到C点的时间为10s故C正确D、根据，求出AB段的长度为BC段长度为故D错误故选C点评：解决本题的关键熟练掌握运动学公式、v=v0+at4（3分）（2013淄川区校级学业考试）一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，在此过程中（）A速度逐渐减小，
6、当加速度减小到零时，速度达到最小值B速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值C位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值考点：加速度专题：应用题；压轴题分析：知道加速度是描述速度变化快慢的物理量，判断物体速度增加还是减小是看物体的速度方向与加速度方向关系判读位移大小的变化是看初位置与某位置的距离解答：解：A、一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，在此过程中，由于加速度的方向始终与速度方向相同，所以速度逐渐增大，当加速度减小到零时，物体将做匀速直线运动，速度不变，而此时速度达到最
7、大值故A错误B、根据A选项分析，故B正确C、由于质点做方向不变的直线运动，所以位移逐渐增大，当加速度减小到零时，速度不为零，所以位移继续增大故C错误D、根据C选项分析，故D错误故选B点评：要清楚物理量的物理意义，要掌握某一个量的变化是通过哪些因素来确定的5（3分）（2013贵州学业考试）一个质量为3kg的物体，被放置在倾角为=30的固定光滑斜面上，在如图所示的甲、乙、丙三种情况下处于平衡状态的是（g=10m/s2）（）A仅甲图B仅乙图C仅丙图D甲、乙、丙图考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：先对物体进行受力分析，再根据物体的平衡条件：物体所受
8、合外力为零进行判定解答：解：物体在光滑斜面上受重力、支持力和向上的拉力，斜面光滑故物体不受摩擦力；将重力沿斜面和垂直于斜面进行分解，支持力一定与重力垂直于斜面的分力相等；要使物体处于静止，拉力应等于重力沿斜面向下的分力，即F=mgsin=310N=15N；故只有乙能平衡；故选B点评：在解决共点力的平衡问题时，要注意灵活选用合成法与分解法；多力时一般采用正交分解的方式进行解决6（3分）（2014秋神木县校级期中）关于重力以下说法正确的是（）A重力的方向总是垂直地面向下的B把空气中的物体浸入水中，物体所受重力变小C挂在绳上静止的物体，它受到的重力就是绳对它的拉力D同一物体在地球各处重力大小是不一定
9、相同的考点：重力；重心专题：定性思想分析：地面附近一切物体都受到地球的吸引，由于地球的吸引而使物体受到的力叫做重力，与物体的运动状态无关解答：解：A、重力的方向总是竖直向下的，故A错误；B、重力是源自于万有引力，与物体是否是其他力无关，故B错误；C、拉力是弹力，和重力是不同性质的力，故不是同一个力，故C错误；D、重力加速度与纬度和高度有关，故本题位置重力大小不一定相等，方向也不一定平行，故D正确；故选D点评：本题考查了重力的概念，明确重力大小与速度无关，基础题7（3分）（2014八道江区校级二模）如图所示，质量为m的木块在置于水平面上的木板上滑行，木板静止，木块与木板、木板与桌面间的动摩擦因数
10、均为，木板质量为3m，则木板所受桌面给的摩擦力大小为（）AmgB2mgC3mgD4mg考点：滑动摩擦力；静摩擦力和最大静摩擦力专题：摩擦力专题分析：先对小滑块受力分析，受重力、长木板的支持力和向左的滑动摩擦力；再对长木板受力分析，受到重力、小滑块的对长木板向下的压力、小滑块对其向右的滑动摩擦力、地面对长木板的支持力和向左的静摩擦力；然后根据共点力平衡条件判断解答：解：对小滑块受力分析，受重力mg、长木板的支持力FN和向左的滑动摩擦力f1，有f1=FNFN=mg故f1=mg再对长木板受力分析，受到重力Mg、小滑块的对长木板向下的压力FN、小滑块对其向右的滑动摩擦力f1、地面对长木板的支持力FN和
11、向左的静摩擦力f2，根据共点力平衡条件，有f1=f2故f2=mg故选A点评：滑动摩擦力与正压力成正比，而静摩擦力随外力的变化而变化，故静摩擦力通常可以根据共点力平衡条件求解，或者结合运动状态，然后根据牛顿第二定律列式求解8（3分）（2012秋诸暨市校级期中）完全相同的直角三角形滑块A、B，按如图所示叠放，设A、B接触的斜面光滑，A与桌面间的动摩擦因数为，现在B上作用一水平推力F，恰好使A、B一起在桌面上匀速运动，且A、B保持相对静止则A与桌面间的动摩擦因数与斜面倾角的关系为（）A=tan B=tan C=2tan D与无关考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物
12、体平衡专题分析：对物体A和B能进行正确的受力分析，根据A、B一起做匀速运动，即A和B分别受力平衡，根据平衡知识求解即可解答：解：令A和B的质量分别为mA=mB=m，根据题意对A和B分别进行受力分析有：B的受力图：B受重力GB、A对B的弹力FA和水平推力F，三个力作用下B处于匀速运动即平衡状态，所以有：FFAsin=0FAcosGB=0可得：A的受力图：根据A物体平衡有：FBsinf=0FNAGAFBcos=0又因为FA和FB互为作用力和反作用力，所以FB=所以有：FNA=GA+GB=2mg据f=FN得：故选：B点评：能正确的对A和B进行受力分析，根据平衡状态列平衡方程求解，再根据摩擦定律可得动
13、摩擦因数满足的关系9（3分）（2006德州一模）如图所示，物体A置于倾斜的传送带上，它能随传送带一起向上或向下做匀速运动，下列关于物体A在上述两种情况下的受力描述，正确的是（）A物体A随传送带一起向上运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下B物体A随传送带一起向下运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下C物体A随传送带一起向下运动时，A不受摩擦力作用D无论传送带向上或向下运动，传送带对物体A的作用力均相同考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力专题：传送带专题分析：物体相对皮带静止，随传送带一起向上或向下做匀速运动，所以物体受力平衡，根据平衡条件来确定物体的受到摩擦力情况解答：解：A、物体相对皮带静止，随传送带一起向上
14、或向下做匀速运动，所以物体受力平衡，在沿斜面方向有：mgsin=f，所以无论传送带向上或向下运动，A所受的摩擦力沿斜面向上，故ABC错误；D、对物体受力分析，受到重力和传送带对物体的作用力，所以传送带对物体A的作用力大小等于重力，方向竖直向上，所以无论传送带向上或向下运动，传送带对物体A的作用力均相同，故D正确故选D点评：考查根据物体的运动状态来确定物体的受力情况，同时也可以由受力情况来确定物体的运动状态10（3分）（2008潍坊模拟）如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，以速度v0逆时针匀速转动在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数tan，则下图中能客观地
15、反映小木块的速度随时间变化关系的是（）ABCD考点：牛顿第二定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：要找出小木块速度随时间变化的关系，先要分析出初始状态物体的受力情况，本题中明显重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，有牛顿第二定律求出加速度a1；当小木块的速度与传送带速度相等时，由tan知道木块继续沿传送带加速向下，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度a2；比较知道a1a2解答：解：初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：加速度：a1=gsin+gcos；当小木块的
16、速度与传送带速度相等时，由tan知道木块继续沿传送带加速向下，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度：a2=gsingcos；比较知道a1a2，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率变小故选D点评：本题的关键1、物体的速度与传送带的速度相等时物体会继续加速下滑2、小木块两段的加速度不一样大是一道易错题11（3分）（2013临潼区校级模拟）关于力和运动的关系，下列说法中不正确的是（）A力是维持物体运动的条件，同一物体所受到的力越大，它的速度越大B作用在运动物体上的某力消失后，物体运动的速度可能不断增加C物体保持静止，是由于物体受到的合力为零D物体运动状态发生变化，是与作
17、用在物体上的外力分不开的考点：牛顿第一定律分析：根据牛顿第二定律，质量一定，受力越大，加速度越大，但如果加速度和速度反向，速度就有可能变小根据力和运动的关系分析解答此题，力与运动的关系是：力是改变物体运动状态的原因，物体的运动不需要力来维持如果物体受平衡力作用，物体的运动状态保持不变解答：解：A、力是改变物体运动状态的原因，物体的运动不需要力来维持根据牛顿第二定律，质量一定，受力越大，加速度越大，但如果加速度和速度反向，速度就有可能变小故A错误B、作用在运动物体上的某力消失后，受的合力有可能与原速度方向一致，使速度增加，故B正确C、物体保持静止，是由于物体受到的合力为零，故C正确D、力是改变物
18、体运动状态的原因，故D正确本题选不正确的，故选A点评：本题考查了力和运动的关系，物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因12（3分）（2010开福区校级模拟）如图所示，物体静止于水平桌面上，则（）A桌面对物体的支持力的大小等于物体的重力，这两个力是一对平衡力B物体所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作用力C物体对桌面的压力就是物体的重力，这两个力是同一种力D物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对平衡的力考点：共点力平衡的条件及其应用；牛顿第三定律分析：要解决此题，需要掌握以下知识；（1）压力是指垂直压在物体表面上的力，压力可以是由重力产生，也可以不是由重力产生的；（2）
19、二力平衡的条件是：作用在同一物体上的力，并且大小相等、方向相反、作用在同一直线上；（3）作用力与反作用力特点：作用在两个物体上的力，并且大小相等、方向相反、作用在同一直线上解答：解：A、物体的重力是作用在物体上的力，支持力也是作用在这个物体上的力，这两个力大小相等、方向相反且作用在同一直线上，所以这两个力是一对平衡力，故A正确；B、物体所受的重力和桌面对它的支持力是一对平衡力，作用在同一个物体上，不是一对作用力与反作用力，故B错误；C、压力不是重力，它们的施力物体、受力物体、作用点都不相同，故C错误；D、桌面受到的压力与桌面提供的支持力为作用力与反作用力，故不是平衡力，故D错误；故选A点评：平
20、衡力与相互作用力主要区别在于平衡力是作用在同一物体上的两个力；而作用力与反作用力为两个相互作用的物体受到的力，作用于两个不同的物体上13（3分）（2014秋南安市校级月考）如图所示，一物体从竖直平面内圆环的最高点A处由静止开始沿光滑弦轨道AB下滑至B点，那么只要知道弦长，就能求出运动时间；只要知道圆半径，就能求出运动时间；只要知道倾角，就能求出运动时间；只要知道弦长和倾角，就能求出运动时间以上说法正确的是（）A只有B只有CD考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：设半径为R，则物体运动的位移为x=2Rcos，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据x=求
21、解时间解答：解：设半径为R，则物体运动的位移为x=2Rcos，物体运动的加速度a=，根据得，t=，与角无关而知道弦长和倾角也能算出半径，故D正确，A、B、C错误故选：D点评：解决本题的关键根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式求出运动的时间，看时间与角的关系14（3分）（2015莲湖区校级二模）“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为（）AgB2gC3gD4g考点：牛顿第二定律专题：牛顿运动定律
22、综合专题分析：图象中拉力的变化幅度越来越小，说明拉力逐渐趋向与一个定值，而联系人的实际振动幅度越来越小，最后静止不动，说明了重力等于0.6F0，而最大拉力为1.8F0，故结合牛顿第二定律可以求出最大加速度解答：解：人落下后，做阻尼振动，振动幅度越来越小，最后静止不动，结合拉力与时间关系图象可以知道，人的重力等于0.6F0，而最大拉力为1.8F0即：0.6F0=mgFm=1.8F0 结合牛顿第二定律，有：Fmg=ma当拉力最大时，加速度最大，因而有：1.8F0mg=mam由两式解得：am=2g所以ACD错误，B正确故选：B点评：本题用图象描述了生活中一项体育运动的情景解答本题，必须从图象中提取两
23、个重要信息：一是此人的重力，二是蹦极过程中处于最大加速度位置时人所受弹性绳的拉力要获得这两个信息，需要在图象形状与蹦极情境之间进行转化：能从图象振幅越来越小的趋势中读出绳的拉力从而判断人的重力；能从图象第一个“波峰”纵坐标的最大值想象这就是人体位于最低点时弹性绳的最大拉力二、实验（有2题，共18分）15（9分）（2014秋南安市校级月考）在“研究匀变速直线运动”的实验中，用打点计时器记录纸带运动的时间，计时器所用电源的频率为50，图为小车带动的纸带上记录的一些点，在每相邻两点间都有四个点未画出，按时间顺序取0、1、2、3、4、5六个点，用米尺量出1、2、3、4、5点到0点的距离如图所示（1）小
24、车做什么运动？（2）若小车做匀变速直线运动，那么当打第3个计数点时小车的速度为多少？小车的加速度为多少？考点：探究小车速度随时间变化的规律专题：实验题；直线运动规律专题分析：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3点时小车的瞬时速度大小解答：解：（1）小车做匀变速直线运动，纸带上打下的点记录了小车的运动情况，计数点的时间间隔为T=0.025 s=0.1 s，设01间的距离为S1，12间的距离为S2，23间的距离为S3，34间的距离为S4，45间的距离为S5，则：相邻的位移差S=S2S1=S3S2=S
25、4S3=S5S4=aT2所以小车做匀减速运动（2）利用匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于这一段时间内的平均速度，则小车在第3个计数点时的速度为：v3=50.4 cm/s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：a=1.50 m/s2，负号表示加速度方向与初速度方向相反答：（1）小车做匀减速直线运动；（2）打第3个计数点时小车的速度50.4 cm/s，小车的加速度大小为1.50 m/s2，加速度方向与初速度方向相反点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用16（9分）（2009上海）如图为“用DIS（位移传感器、数
26、据采集器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验装置（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受外力，用DIS测小车的加速度（2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量在某次实验中根据测得的多组数据可画出aF关系图线（如图所示）分析此图线的OA段可得出的实验结论是在质量不变的条件下，加速度与外力成正比，（单选题）此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是C（A）小车与轨道之间存在摩擦（B）导轨保持了水平状态（C）所挂钩码的总质量太大（D）所用小车的质量太大考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题：实验题分析：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了
27、解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项该实验是探究加速度与力的关系，我们采用控制变量法 进行研究根据图象得出变量之间的关系，知道钩码所受的重力作为小车所受外力的条件解答：解：（1）因为要探索“加速度和力的关系”所以应保持小车的总质量不变，钩码所受的重力作为小车所受外力；（2）由于OA段aF关系为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；由实验原理：mg=Ma得a=，而实际上a=，可见AB段明显偏离直线是由于没有满足Mm造成的故答案为：（1）小车的总质量，小车所受外力，（2）在质量不变的条件下，加速度与外力成正比，C，点评：要清楚实验的研究方法和实验中物理量的测量当钩码的质量远小
28、于小车的总质量时，钩码所受的重力才能作为小车所受外力三、计算题（有3题，分别为13分、13分、14分）17（13分）（2011秋青山区校级期末）所受重力G1=8N的砝码悬挂在绳PA和PB的结点上PA偏离竖直方向37角，PB在水平方向，且连在所受重力为G2=100N的木块上，木块静止于倾角为37的斜面上，如图所示，试求：（1）木块与斜面间的摩擦力；（2）木块所受斜面的弹力考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：先以结点P为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求出BP绳的拉力大小，再以G2为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件求解斜面对木块的摩擦
29、力和弹力解答：解：如图甲所示分析结点P受力，由平衡条件得： FAcos37=G1 FAsin37=FB可解得：BP绳的拉力为FB=6 N再分析G2的受力情况如图乙所示由物体的平衡条件可得： Ff=G2sin37+FBcos37 FN+FBsin37=G2 cos37又有FB=FB解得：Ff=64.8N，FN=76.4N答：（1）木块与斜面间的摩擦力大小为64.8 N；（2）木块所受斜面的弹力大小为76.4 N，方向垂直斜面向上点评：本题是通过绳子连接的物体平衡问题，采用隔离法研究是基本方法要作好力图，这是解题的基础18（13分）（2014秋南安市校级月考）在“30m折返跑”中，平直的跑道上，一
30、学生站立在起点线处，当听到起跑口令后（测试员同时开始计时），跑向正前方30m处的折返线，到达折返线处时，用手触摸固定在折返线处的标杆，再转身跑回起点线，到达起点线处时，停止计时，全过程所用时间即为折返跑的成绩学生可视为质点，加速或减速过程均视为匀变速，触摸杆的时间不计该学生加速时的加速度大小为a1=2.5m/s2，减速时的加速度大小为a2=5m/s2，到达折返线处时速度需减小到零，并且该学生全过程中最大速度不超过vm=12m/s求该学生“30m折返跑”的最好成绩考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：本题先假设学生运动的前进过程分为两个过程，匀加速前进过程、匀减速前进
31、过程，结合速度公式和位移公式列式求解，如果前进过程最大速度大于允许的最大速度，则前进过程分三个过程，即匀加速前进过程、匀速前进过程、匀减速前进过程，学生后退的过程分为加速过程和匀速过程，根据运动学公式求出各个过程的时间，得到总时间解答：解：设起点纸处为A，折返线处为B，该学生从A到B的过程中，先做匀加速运动，紧接着做匀减速直线运动，并设此过程中达到的最大速度为v，做匀加速运动的时间为t1，做匀减速运动的时间为t2，则由运动学公式，有：v=a1t1v=a2t2 LAB=（t1+t2）联立式，可解得：v=10m/st1=4s，t2=2s因为vvm，所以从A到B的过程中，学生的确先做匀加速运动，然后
32、做匀减速运动从B到A的加速过程中，速度从零增大到12m/s需用时：t3= s=4.8s加速过程的位移为：x=t3=28.8m最后阶段的匀速运动用时：t4= s=0.1s所以，该学生“30m折返跑”的成绩为：t=t1+t2+t3+t4=10.9s答：该学生“30m折返跑”的最好成绩10.9s点评：本题是运动学公式的综合运用问题，关键要理清各个运动过程，必要时可画出运动草图，还可以结合vt图象分析，最后根据运动学公式列式求解19（14分）（2014秋南安市校级月考）如图所示，在光滑的水平面上停放着小车B，车上左端有一小物体A，A和B之间的接触面前一段光滑，后一段粗糙，且后一段的动摩擦因数=0.4，
33、小车长L=2m，A的质量mA=1kg，B的质量mB=4kg现用l2N的水平力F向左拉动小车，当A到达B的最右端时，两者速度恰好相等，求A和B间光滑部分的长度（g取10m/s2）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专题：牛顿运动定律综合专题分析：小车B从开始运动到物体A刚进入小车B的粗糙部分过程中，因物体A在小车B的光滑部分不受摩擦力作用，故物体A处于静止状态，当物体A进入到小车B的粗糙部分后，设小车B的加速度为a2，物体A的加速度为a3，两者达到相同的速度经历的时间为t2，根据牛顿第二定律及运动学基本公式即可求解解答：解：小车B从开始运动到物体
34、A刚进入小车B的粗糙部分过程中，因物体A在小车B的光滑部分不受摩擦力作用，故物体A处于静止状态，设小车B此过程中的加速度为a1，运动时间为t1，通过的位移为x1，运动的速度为v1则根据牛顿第二定律得：a1=，根据匀变速直线运动速度时间公式得：v1=a1t1，根据位移时间公式得：x1=a1当物体A进入到小车B的粗糙部分后，设小车B的加速度为a2，物体A的加速度为a3，两者达到相同的速度经历的时间为t2，且共同速度v2=a3t2，则有 根据牛顿第二定律得：a2=，a3=g，根据速度时间公式得：v1+a2t2=a3t2，根据位移关系得：v1t2+a2a3=Lx1综合以上各式并代入数据可得A和B间光滑部分的长度x1=0.8 m答：A和B间光滑部分的长度为0.8m点评：对小物体A与小车B的受力分析容易出错，而导致对运动状态的分析错误开始阶段，由于小物体水平方向不受外力，故小物体A应处于静止状态；当小物体A进入粗糙部分后，由于两者发生了相对滑动，则小车B的受力发生了变化，对应的加速度也发生变化