2021届四川省成都高三（上）开学考试物理试题（解析版）

成都石室中学2020-2021学年度上期高2021届入学考试

物理试卷本试卷分选择题和非选择题两部分。第I卷（选择题），第n卷（非选择题），满分no分，考试时间100分钟。注意事项：.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。.考试结束后，只将答题卡交回。第I卷（选择题，共40分）一、单项选择题（本大题共8个小题，每个小题3分，共24分，在每个小题的四个选项中，只有一项是符合题意的，选对的得3分，错选的得零分一个做自由落体运动的小球，通过某一段距离s所用的时间是r,则小球在此前下落的时间是（ ）【答案】B【解析】【详解】设此前下落时间为如下落的高度为垢解得st%二 St2故选Bo2.如图所示，在粗糙水平面上放置4、B、C、。四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻弹簧相互连接，正好组成一个菱形，NBAD=120。，整个系统保持静止状态.已知A物块所受的摩擦力大小为R,则。物块所受的摩擦力大小为（A. B.Ff2fC.V3/7 D.2Ff【答案】C【解析】【详解】已知A物体受到的摩擦力为因为组成了菱形，所以每根弹簧弹力大小相等，设每根弹簧的弹力为F,<2Ros60=Ff,对O物体有2Aos30=%',解得：Ff'=y/3Ff,ABD错误C正确..如图所示，两个质量相等的物体A、B从同一高度沿倾角不同的两光滑斜面由静止自由滑下，在物体下滑到斜面底端的过程中，下列说法中正确的是（）A.两物体所受重力的冲量相同 B.两物体所受合力的冲量相同C.两物体到达斜面底端时的动量不同 D.两物体到达斜面底端时的动量水平分量相同【答案】C【解析】【详解】A.物体在下滑中只有重力做功，而重力做功只与高度差有关，故两种情况下重力做功相等，由,1 2mgn=-得两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的.两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等，又因长的斜面倾角小，物体的加速度小，所以斜面越长下滑的时间越长，所以两种情况下重力作用的时间不相等，重力的冲量也不相等。故A错误；BD.物体在两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的，而速度的方向不同，所以物体的末动量不同.根据动量定理/=△P=mv-0所以合力的冲量大小相等，方向是不同的。故BD错误；C.物体在两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的，方向不同，所以两物体到达斜面底端时的动量不同。故c正确。故选C。.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0-X2段是关于直线X=Xl对称的曲线，X2-X3段是直线，则下列说法正确的是()xi处电场强度最小，但不为零X2〜X3段电场强度大小方向均不变，为一定值C.粒子在。〜X2段做匀变速运动，X2〜X3段做匀速直线运动D.在0、XI、X2、X3处电势9>0、甲|、中2、<P3的关系为<p3>(p2=(po><pi【答案】B【解析】【分析】根据电势能与电势的关系：Ep=q(p,场强与电势的关系：E=A2,结合分析图象斜率与场强的关系，△t即可求得xi处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化：由Ep=q(p,分析电势的高低.由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质.根据斜率读出场强的变化，由F=qE,分析电场力的变化，从而明确其运动过程的变化.N① 1【详解】根据电势能与电势的关系：Ep=q(p,场强与电势的关系：E=——，得：E=——'由数学知识可X qAx知Ep-x图象切线的斜率等于3-上，XI处切线斜率为零，则XI处电场强度为零，故A错误；由图看出在Ar0〜xi段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动；XI〜X2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动；X2〜X3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动；故B正确，C错误；。与X2处电势能相等，根据Ep=q(p可知0与X2处电势(po、q>2的关系为①<尸5，xi处电势能最小，因放置的负电荷，故电势最高，同理可知，X3处电势最小，即(pi>(p2=(po>(p3,故D错误.故

选B.【点睛】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况.5.如图所示，赤道上随地球自转的物体A、赤道上空的近地卫星B、地球同步卫星C,它们的运动都可视为匀速圆周运动，比较A、B、C三个物体的运动情况，以下判断正确的是（ ）A.三者的周期关系为A.三者的周期关系为7X<7B<7hB.三者向心加速度大小关系为4B>4A>acC.三者线速度的大小关系为VA=VC<VBD.三者角速度的大小关系为。A=0cV”B【答案】D【解析】【详解】A.由于地球同步卫星C相对地面处于静止，所以有7b=7\,对B、C,由万有引力提供向心力,解得解得可知，r越大，T越大，故我>兀，所以左=勿>加，故A错误;r可知，轨道半径越大，加速度越大，所以B.对地球同步卫星和赤道上的物体有周期相等，由。=ac>“A,三者向心加速度大小关系应为au>ac>aA,故Br可知，轨道半径越大，加速度越大，所以C.对地球同步卫星和赤道上的物体有周期相等，由口=〒可知，VA<VC,三者线速度的大小关系为VA<VC<VB,故C错误；27rD.对地球同步卫星和赤道上的物体有周期相等，由/=——可知，0A=℃,对B、C,由万有引力提供T向心力，有G―「得到可知，半径越大，角速度越小，所以。C<3B,故有三者角速度的大小关系为0A=3C<"B,故D正确。故选D。.甲、乙两车在同一水平路面上做直线运动，某时刻乙车在前、甲车在后，相距x=6m,从此刻开始计时，乙做匀减速运动，两车运动的M图象如图所示。则在0〜12s内关于两车位置关系的判断，下列说法正确的是（）v/(nrs-1)1612O24681012t/sZ=4s时两车相遇/=4s时两车间的距离为4m0~12s内两车有两次相遇D.O〜12s内两车有三次相遇【答案】D【解析】【详解】AB.题中图像与时间轴围成的面积可表示位移，0〜4s,甲车的位移为48m,乙车的位移为40m,因在r=0时，甲车在乙车后面6m,故当片4s时，甲车会在前，乙车会在后，且相距2m,所以u4s前两车第一次相遇，r=4s时两车间的距离为2m,故AB错误；CD.0~6s,甲的位移为60m,乙的位移为54m,两车第二次相遇，6s后，由于乙的速度大于甲的速度，乙又跑在前面，8s后，甲车的速度大于乙的速度，两车还会有第三次相遇，当Z=12s时，甲的位移为84m,乙的位移为72m,甲在乙的前面，所以第三次相遇发生在Z=12s之前，所以在0〜12s内两车有三次相遇，故C错误，D正确。故选D。.如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳00,悬挂于。点。另一细绳跨过滑轮，左端悬挂物块a,右端系一位于水平粗糙桌面上的物块6。外力F向右上方拉％,整个系统处于静止状态。若保持F的方向不变，逐渐增大产的大小，物块人仍保持静止状态，则下列说法中正确的是（ ）

A.桌面受到的压力逐渐增大C.A.桌面受到的压力逐渐增大C.物块人与桌面间的摩擦力一定逐渐增大【答案】D【解析】B.连接以人的绳子张力逐渐减小D.悬挂于O点的细绳00,中的张力保持不变【详解】BD.由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接。和人的绳子的夹角不变；物块。只受重力以及绳子的拉力，由于物体。平衡，则连接。和b的绳子张力耳保持不变；由于绳子的张力及夹角均不变，所以O。'中的张力保持不变，B错误，D正确；AC.对人分析可知，6处于静止即平衡状态，设绳子和水平方向的夹角为。，力尸和水平方向的夹角为a,对6受力分析，由平衡条件可得&+bsina+耳sin8=mg可得6sl=mg-bsina一耳sin6力耳与力厂与水平所成夹角均保持不变，绳子拉力不变，力F增大，则桌面给物体b的支持力减小，根据牛顿第三定律，桌面受到的压力逐渐减小；在水平方向上，当拉力尸的水平分力大于和绳子拉力的水平分力时，则有Fcosa=F（+Ftcos0此时摩擦力随着拉力增大而增大，当拉力产的水平分力小于和绳子拉力的水平分力时，则有Fcosa+Ff=Fycos0此时摩擦力随着拉力的增大而减小，AC错误。故选D。.如图所示，水平粗糙滑道AB与竖直面内的光滑半圆形导轨8C在8处平滑相接，导轨半径为R。一轻弹簧的一端固定在水平滑道左侧的固定挡板M上，弹簧自然伸长时另一端N与B点的距离为心质量为相的小物块在外力作用下向左压缩弹簧（不拴接）到某一位置。处，此时弹簧的压缩量为乩由静止释放小物块，小物块沿滑道A8运动后进入半圆形轨道BC,且刚好能到达半圆形轨道的顶端C点处，已知小物块与水平滑道间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g,弹簧的劲度系数为匕小物块可视为质点，则(A.小物块在C点处的速度刚好为零B.当弹簧的压缩量为等时，小物块速度达到最大2kC.小物块刚离开弹簧时的速度大小为j5gR+2〃gLD,刚开始释放物块时，弹簧的弹性势能为2mgR+〃mg(L+d)【答案】C【解析】【详解】A.因为小物块刚好能到达半圆形轨道的顶端C点处，故在C点处由重力提供向心力，有Vcm2=加=一

R得到vc=V^故A错误；.小物块合力零时，速度最大，则有jLimg=kM可得小物块速度最大时，弹簧压缩量为小史毡

k故B错误：C.设小物块刚离开弹簧时的速度大小为v,小球从N点到C点的过程中，由动能定理-pmgL-mg•2R=；mvc2-；mv~解得v=y/5gR+2〃gL故C正确;D.从物块刚开始释放至达到C点，根据能量守恒可得Ep=/Jtng(L+d)+mg-2R+^mvc2=pmg[L+d)+^mgR故D错误。故选C。二、多项选择题(本大题共4个小题，每个小题4分，共16分，在每个小题的四个选项中，有多个选项是符合题意的，都选对的得4分，选不全的得2分，错选的得0分。).在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、微元法、建立物理模型法等等.以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是()A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法B,根据平均速度定义式，当时间间隔非常非常小时，就可以用这一间隔内的平均速度表示间隔内某一时刻的瞬时速度，这应用了极限思想法C.在用打点计时器研究自由落体运动时，把重物在空气中的落体运动近似看做自由落体运动，这里采用了控制变量法D.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【答案】BD【解析】【详解】A.质点是理想模型，采用了理想模型法，故A错误；ArB.平均速度丫=—,当△，一()时可将平均速度表示为瞬时速度，故应用了极限思想法，故B正确；C.在用打点计时器研究自由落体运动时，把重物在空气中的落体运动近似看做自由落体运动，这里采用理想模型法，故C错误；D.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D正确。故选BDo10.2020年5月12日9时16分，我国在酒泉卫星发射中心用快舟一号甲运载火箭，以"一箭双星''方式，成功将行云二号01/02星发射升空，卫星进入预定轨道，发射取得圆满成功，此次发射的“行云二号”01星被命名为“行云•武汉号”，箭体涂刷“英雄武汉伟大中国”八个大字，画上了“致敬医护工作者群像”，致敬英雄的城市、英雄的人民和广大医护工作者。如图所示，设地球半径为R,地球表面的重力加速度为go,“行云•武汉号”在半径为R的近地圆形轨道I上运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道H,到达轨道的远地点B时，再次点火进入轨道半径为4R的圆形轨道III绕地球做圆周运动，设“行云•武汉号”质量保持不变。则( )“行云•武汉号”在轨道I、HI上运行的周期之比为1:8“行云•武汉号”在轨道III的运行速率大于标示C.飞船在轨道I上经过A处点火前的加速度大小等于地球赤道上静止物体的加速度大小D.“行云・武汉号”在轨道I上的机械能小于在轨道IH上的机械能【答案】AD【解析】【详解】A.由开普勒第三定律可知/?3_(4/?)3下一邛得到口工8故A正确：B.飞船在轨道【上运行的速度%2mg0=解得根据v=可知，“行云•武汉号”在轨道HI的运行速率一定小于在轨道I上运行的速度，即小于血黄，故B错误；C.飞船在轨道［上经过A处点火前的角速度大于地球自转的角速度，由可知，飞船在轨道I上经过A处点火前的加速度大小大于地球赤道上静止物体的加速度大小，故C错误；D.“行云•武汉号”在轨道I上需要获取能量才能做离心运动从而向高轨道上运动，所以“行云•武汉号”在轨道I上的机械能小于在轨道HI上的机械能，故D正确。故选ADo.如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B,AB连线中点为。。在A、8所形成的电场中，以。点为圆心的圆面垂直48连线，e、"是圆上的两点，c是40间的一点，则下列说法正确的是（ ）A.e、d两点场强相同，但电势不同B,沿线段eCW移动一电荷，它所受的电场力先减小后增大C.将一电荷由e点沿圆弧移到d点电场力始终不做功D.将一电荷由c点移到圆面内任意一点时，电势能的变化量相同【答案】CD【解析】【详解】A.根据等量异种电荷的电场线分布，可知其中垂线上对称的两点电场强度大小相等，方向相同；且根据等量异种电荷的电势分布情况知e、d两点所在的直线是等势线，电势都为零，故A错误；B.根据等量异种电荷的电场线分布可知其中垂线上，从e到d电场强度先增大后减小，故沿线段eOd移动一电荷，它所受的电场力先增大后减小，故B错误：C.根据等量异种电荷的电势分布情况，可知e点和d点所在的圆弧面是一个等势面，且电势都为零，故将一电荷由e点沿圆弧移到d点电场力始终不做功，故C正确；D.根据等量异种电荷的电势分布情况，可知e点和d点所在的圆弧面是一个等势面，故c点与圆面内任意一点的电势差相等，根据XE产qU可知将一电荷由c点移到圆面内任意一点时，电势能的变化量相同，故D正确。故选CD。.如图甲所示，倾角为。的传送带以恒定的速率w沿逆时针方向运行。U0时，将质量m=1依的炭块（可

视为质点）轻放在传送带上，炭块相对地面的X图象如图乙所示，整个过程炭块未滑离传送带。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2。则（ ）A.炭块与传送带间的动摩擦因数为0.40〜2.0s内摩擦力对炭块做功-24J0-2.05内炭块与传送带摩擦产生的热量为24JD.炭块在传送带上的痕迹长度为4m【答案】BC【解析】【详解】A.由图知，炭块先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后（在f=L0s时刻）,由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，炭块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速度为v0=1Om/s在O-l.Os内，炭块摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为/npsin0+umecosff.八 .q= =gsmd+〃gcos〃m由丫一/图象可得4=空普1n/S2=10m/s2kt、1即有gsin6+〃gcos。=1Om/s2在1.0-2Os,炭块的加速度为znvsin0-umgcos0 .八八a2= =gsin9-〃gcosJtn由V-/图象可得△匕12-10 2072a.=——-= m/s=2m/s■ \t2 1即有gsin，一〃gcos6=2m/s2联立可得〃=0.58=37°故A错误：BCD.根据“面积”表示位移，可知0〜1.0s炭块相对于地的位移X.=—x10xlm=5mf2传送带的位移为x2=%%=10xlm=10m炭块对传送带的位移大小为Ax,=x2-xt=10-5m=5m方向向上摩擦力对炭块做功为Wfl=4mgeos0»xt=0.5xl0x0.8x5J=20J炭块与传送带摩擦产生的热量为Qi=pmgeos =0.5x10x0,8x5J=20J根据“面积”表示位移，可知1.0〜2.0s炭块相对于地的位移为10+12, ,,X,= xIm=11m2传送带的位移为x4=vot,=lOxlm=10m1.0~2.0s内炭块对传送带的位移大小为Ax2=七一.=11—10m=Im方向向下摩擦力对炭块做功为Wr2=-^mgcos0*x2=-0.5x10x0.8x11J=-44J炭块与传送带摩擦产生的热量为Q2=pmgcos0»^x2=0.5x10x0.8xlJ=4J所以。〜2.0s内摩擦力对炭块做功Wf=Wf]+Wf2=20-44J=-24J炭块与传送带摩擦产生的热量为e=e,+&=24j因痕迹有重叠，故留下的痕迹为5m,故B,C正确，D错误；故选BCo第n卷（非选择题，共70分）三、实验题（本大题共2小题，共14分）13.为了探究物体质量一定时加速度与力关系，甲、乙两同学设计了如图所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，机为砂和砂桶的质量，，为滑轮的质量。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。讪传感器। [刍纸〈打曾时器AQ 。o N' 二।m寸一□ □（1）实验时，一定要进行的操作是oA.用天平测出砂和砂桶的质量B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数D,为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量桁远小于小车的质量（2）甲同学在实验中得到如图所示一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为m/s2（结果保留三位有效数字）。单位:cm一5.12」一7.10」一9.13」一11.09」卜平小-小小 4* 401 2 3 4 5 6（3）甲同学以力传感器的示数尸为横坐标，加速度〃为纵坐标，画出的a-尸图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为以求得图线的斜率为生则小车的质量为。

\X301

A.\X301

A. tan(9B, moC.tan02 2 moD.一k k【答案】①.BC②.2.00 ③.C【解析】【详解】(1)[1]AD.本题拉力可以用弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量，选项A、D错误;B.实验时需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，选项B正确;C.实验时，小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数，选项C正确。故选BC.(2)⑵根据8 运用逐差法得(3)[3]由牛顿第二定律可得(M+%)由数学知识可得，〃孑图像的斜率k-2(M+mQ)解得M=--ma

k故选C。14.待测电阻心的阻值约为100Q,现要测量其阻值实验室提供器材如下：A.电流表Ai（量程40mA,内阻n约为10。）B.电流表A2（量程20mA,内阻废=30g）C.电压表V（量程15V,内阻约为3000Q）D.定值电阻Ro=12OCE.滑动变阻器R（阻值范围0〜5C,允许最大电流1.0A）P.电源（电动势E=3V,内阻不计）G.开关S及导线若干（1）为了使测量结果准确，以上器材不合适的是（填写器材前对应的序号字母）（2）利用其余的实验器材，设计测量R最佳实验电路，将电路图画在实线框内并标明元件符号（3）实验中需要测量的物理量有,待测电阻的表达式Rx= 【答案】 ①.C ②.③.电流表A的示数电流表A2的示数八④.R="+,）【解析】【详解】由于电压表量程为15V,远大于电源的电动势，故电压表不可用，故选C；（2）［2］由于电压表不可用，故可以采用电流表A2与定值电阻Ro串联作电压表测电压，用电流表Ai测量待电流，由于改装的电压表内阻已知，故电流表Ai采用外接法，由于待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示⑶⑶⑷待测电阻两端电压u=h（Ho+9）通过待测电阻的电流/x=/|-/2待测电阻阻值r=y_=/2（与+&）

X~T~A-A其中/I、/2分别为电流表A1和A2的示数，Ro和废分别为定值电阻和电流表A2的阻值。四、计算题与选修部分（本题共4小题，共56分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。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。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。）15.如图所示，在倾角为6的斜面上某点A,以水平速度即抛出一物体，最后物体落在斜面上的B点，求从A到B的过程中：（1）物体离开斜面运动的时间；（2）物体离开斜面的最大距离：【答案】⑴浊吗⑵钙丝的g 2g【解析】【详解】（1）由平抛运动规律可知

推出_2v0tan9

g(2)如图所示，速度方向平行斜面时，离斜面最远运动时间为此时横坐标为vn .八v .八vn2tan0sin0_xsind=- 2g16.如图所示，半径R=0.8m的光滑绝缘导轨固定于竖直面内，加上某一方向的匀强电场后，带电小球沿轨道内侧做圆周运动，小球动能最大的位置在4点，A8为过圆心。的直径，圆心。与A点的连线与竖直方向的夹角为，。在A点时小球对轨道的压力Fn=120N,若小球的最大动能比最小动能多32J,且小球能够做完整圆周运动(不计空气阻力)。求：(1)小球最小动能等于多少？由平抛运动的推论可知，此时速度方向反向延长线交横轴于处，故物体离开斜面的最大距离2

（2）若在A点给小球EkA=36J的初动能，使小球沿圆轨道逆时针方向运动，判断小球能否做完整的圆周运动？若能，请说明理由，若不能，请求出小球脱轨的位置与圆心0的连线和半径08夹角的余弦值。5cosa--6【解析】【详解】（1）依题意，我们将带电小球受到的重力和电场力的等效为一个力尸（F即为重力和电场力的合力），设小球动能最小位置在B处（该点必在A点的对称位置），此时，由牛顿第二定律和圆周运动向心力公式可得FN-F=m^

K从A到B,由动能定理得一尸＞2R=EkB-fkA可解得Em=40J,尸=20N, =8J（2）小球不能做完整圆周运动，设脱轨位置为C点，C。连线与80夹角设为a,在C点仅由等效重力的径向分力提供向心力从A点到C点由能量守恒可知E1cA=—/77v(2+F/?(l+cos(z)=36J联立解得5

cosa=—617.如图所示，质量，"=lkg的物块A放在质量M=4kg木板B的左端，起初A、8静止在水平地面上.现用一水平向左的力F作用在木板8上，已知4、8之间的动摩擦因数为川=0.4,地面与B之间的动摩擦因数为"2=0.1,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2.求：(1)能使4、8发生相对滑动的F的最小值；(2)若F=30N,作用Is后撤去，要想4不从B上滑落，则木板至少多长；从开始到4、B均静止，4的总位移是多少。/////////////////////////////////////////////////////////【答案】(D25N；(2)0,75m,14.4m【解析】【详解】(1)对于A,当A、B间静摩擦力达到最大静摩擦力时两者相对静止的加速度达到最大，即将相对滑动，根据牛顿第二定律有=mam解得am=4m/s2对A、B整体，根据牛顿第二定律有Fmin-"2(M+m)g=(M+m)am解得Fmin=25N(2)设产作用在8上时A、B的加速度分别为。|、S,撤掉尸时速度分别为环、V2,撤去外力F后加速度分别为q'、a'2,A、B共同运动时速度为吟，加速度为对于A，根据牛顿第二定律有f.i\tng=ma\解得。1=4m/s2根据速度公式有v\=a\t\=4m/s对于以根据牛顿第二定律有F-/z1mg-42(M+m)g=Ma?解得02=5.25m/s2根据速度公式有V2=ci2t\=5.25m/s撤去外力a；=a}=4m/s2〃盘+一.+小N25mzs22 M经过f2时间后A、8速度相等Vj+a[t2=v2—a'2解得f2=0.2s共同速度v3=V]+a\t2—4.8m/s从开始到A、3相对静止时，A、3的相对位移即为木板最短的长度，则有v1 片一年 1 ,0L=XB-XA=-- —41（。+力）22a2 2