2023-2024学年广东省深圳市福田中学高一（上）期末物理试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年广东省深圳市福田中学高一（上）期末物理试卷(含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.2022年，我国自主研发的大型民用客机顺利完成持续3小时2分钟的首飞任务，该飞机总长38.9米、翼展33.6米、高度11.9米、总重44.1吨。下列哪个是国际单位制中的基本单位( )
A. 小时B. 分钟C. 米D. 吨
2.伽利略对自由落体运动及运动和力的关系的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的科学研究方法。图(a)、(b)分别表示这两项研究中的实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是( )
A. 图(a)通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动的结论
B. 图(a)中先在倾角较小的斜面上实验，可“冲淡”重力，便于测量
C. 图(b)中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成
D. 图(b)的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持的结论
3.一个圆球形薄壳容器所受重力为G，用一细线悬挂起来，如图所示。现在容器里装满水，若在容器底部有一个小阀门，将小阀门打开让水慢慢流出，在此过程中，对容器和容器内的水组成的系统，下列说法正确的是( )
A. 系统的重心慢慢下降
B. 有可能绳的方向不竖直
C. 系统对地球的引力先减小后增大
D. 系统的重心先下降后上升
4.某次列车出站时做匀加速运动，途中连续经过三个测试点A、B、C，已知AB段距离为BC段的一半，AB段平均速度为72km/ℎ，BC段平均速度为144km/ℎ，如图所示，则列车经过C点时速度大小为( )
A. 30m/sB. 40m/sC. 50m/sD. 60m/s
5.一枚火箭由地面竖直向上发射，其v−t图象如图所示，则( )
A. 火箭在t2−t3时间内向下运动
B. 火箭能上升的最大高度为43v2t1
C. 火箭上升阶段的平均速度大小为43v1
D. 火箭运动过程中的最大加速度大小为v2t1
6.如图所示，质量为m的人站在倾角为θ的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯一起斜向上做匀减速直线运动，加速度大小为a，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 人未受到摩擦力作用
B. 人处于超重状态
C. 踏板对人的摩擦力大小Ff=masinθ
D. 踏板对人的支持力大小FN=mg−masinθ
7.如图所示是输电的部分线路。A、B两点是电线杆与输电线的连接点，输电线质量分布均匀，下列说法正确的是( )
A. 若A、B两点等高，A、B两端点对输电线的拉力相同
B. 若A点高于B点，输电线两端的切线与竖直方向的夹角θA<θB
C. 若A点高于B点，A、B两端点对输电线的拉力大小TAD. 由于热胀冷缩，夏季输电线与竖直方向的夹角变小，输电线两端的弹力变大
二、多选题：本大题共4小题，共22分。
8.如图所示，两根轻弹簧下面均连接一个质量为m的小球，上面一根弹簧的上端固定在天花板上，两小球之间通过一不可伸长的细绳相连接，细绳受到的拉力大小等于4mg。在剪断两球之间细绳的瞬间，以下关于球A的加速度大小a、球B的加速度大小aB正确的是( )
A. 0、2g
B. 4g、2g
C. 4g、4g
D. 0、g
9.如图所示，半径为R的光滑圆环竖直固定，原长为 2R的轻质弹簧一端固定在圆环的最高点A，另一端与套在环上的质量为m的小球相连。小球静止在B点时，弹簧与竖直方向夹角θ=30°，已知重力加速度大小为g，则( )
A. 小球对圆环的弹力方向指向圆心
B. 圆环对小球的弹力大小为 3mg
C. 弹簧的劲度系数为(3+ 6)mgR
D. 若换用原长相同，劲度系数更大的轻质弹簧，小球将在B点下方达到受力平衡
10.某校课外活动小组自制一枚水火箭，水火箭竖直向上运动到距离地面的高度为ℎ时，水火箭内的液体全部向下喷出而失去动力，此时水火箭的速度大小为v0，水火箭将继续做直线运动(忽略水火箭箭头调整的时间及空气阻力的影响，水火箭可看成质点，重力加速度为g)，则水火箭从失去动力到落地时所用的时间t及水火箭上升的最高点到地面的距离H分别为( )
A. t=v0+ v02−2gℎgB. t=v0+ v02+2gℎg
C. H=v02+2gℎ2gD. H=v02+2gℎg
11.如图所示，斜面静止在粗糙水平地面上，物块放在斜面上时恰能沿斜面匀速下滑，若物块在下滑过程中施加一恒力作用，恒力过物块重心且与竖直方向夹角为β，已知斜面倾角为α，则在下滑过程中正确的是( )
A. 若力F竖直向下，物块将仍沿斜面匀速下滑
B. 若力F垂直斜面向下，物块仍能保持匀速下滑
C. 若力F沿斜面向下，斜面受到地面给的摩擦力方向水平向右
D. 地面对斜面无摩擦力
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.某实验小组利用如图所示的实验装置来测量橡皮绳的劲度系数k。将手机悬挂在橡皮绳下，用手机软件中的位移传感器，可以测量手机在竖直方向上的位移。该实验小组进行了如下主要的实验步骤：

a.将橡皮绳分别与手机和铁架台相连接，使手机重心和橡皮绳在同一竖直线上；
b.用手掌托着手机，使橡皮绳处于原长状态，打开手机中的位移传感器软件；
c.缓慢释放手机，当手机平衡时记录下手机下降的高度x0；
d.在手机正下方悬挂不同个数的钩码，每个钩码的质量m=50g，缓慢释放，当钩码平衡时，记录下从橡皮绳原长开始下降的伸长量x；
e.重复上述d步操作；
f.作出悬挂钩码数量n及对应手机从橡皮绳原长开始下降的伸长量x的关系图像，如图所示。
根据n−x图像，回答以下问题：
(1)不挂钩码时，橡皮绳的伸长量为x0= ______cm；
(2)钩码个数n与橡皮绳从原长开始下降的伸长量x之间的函数关系式为n= ______(用字母k、x、x0、m、g表示)；
(3)该橡皮绳的劲度系数k= ______N/m(取g=10m/s2)。
13.某研究性学习小组利用如图1所示的装置探究小车的加速度与质量的关系。

(1)以下操作正确的是______。
A.拉小车的细线一定要始终保持与桌面平行
B.拉小车的细线一定要始终保持与平面轨道平行
C.平衡摩擦力时，一定要将钩码通过细线与小车相连
D.每次改变小车的质量时，都要重新移动垫木的位置以平衡摩擦力
(2)本实验中认为细线对小车的拉力等于钩码的总重力，由此造成的误差______(填“能”或“不能”)通过多次测量来减小误差。
(3)正确平衡摩擦后，按住小车，在小车中放入砝码，挂上钩码，打开打点计时器电源，释放小车，得到一条带有清晰点迹的纸带；
在保证小车和砝码质量之和远大于钩码质量条件下，改变小车中砝码的质量，重复操作，得到多条纸带。记下小车中的砝码质量，利用纸带测量计算小车加速度a。如图2是其中一条纸带，A、B、C、D、E是计数点，相邻两个计数点间都有4个计时点没有标出，已知交流电频率为50Hz，则这条纸带记录小车的加速度大小为______m/s2(结果保留三位有效数字)。
(4)已知某次小车的质量为500g，若钩码的质量为m，小车的质量为M，细线中拉力的真实值为F，则F= ______(用M、m、g表示)。若实验要求相对误差不超过10%，即mg−FF<10%，则实验中选取钩码的质量时应该满足：m< ______g。(重力加速度g取10m/s2)
四、简答题：本大题共3小题，共34分。
14.如图所示，已知物块A、B的质量分别为m1=4kg，m2=2kg，A、B间的动摩擦因数为μ1=0.5，A与水平地面之间的动摩擦因数为μ2=0.5，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10m/s2，在水平力F的推动下，要使A、B一起运动且B恰好不下滑，求：
(1)B对A的弹力的大小与方向；
(2)力F的大小。
15.如图所示，一平直的传送带以速率v=2m/s匀速运行，把工件从A处运送到B处。A、B间的距离L=10m，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1。若在A处把工件无初速度地轻轻放到传送带上，g取10m/s2，求：
(1)工件刚放上传送带时，加速度多大？
(2)工件经过多长时间能被传送到B处？
(3)若传送带的速度大小可调节，为使工件从A到B运动的时间最短，传送带的速度应满足什么条件？
16.如图所示，水平地面上依次摆放两块完全相同的木板，长度均为l=1m，质量均为m2=1kg。一质量为m1=2kg的物块(可视为质点)以v0=4m/s的速度冲上A木板的左端，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。
(1)若物块滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件；
(2)若μ1=0.5，求物块滑到木板右端时的速度大小和在木板A上运动的时间；
(3)若μ1=0.5，请通过计算判断物块能否从木板B右端离开，若不能离开，求物块最终离B板左端的距离。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：AB、小时与分钟是时间的常用单位，不是国际单位制中的单位，故AB错误；
C、米是国际单位制中的基本单位，故C正确；
D、吨是质量的常用单位，不是国际单位制中的基本单位，故D错误。
故选：C。
国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推导出来的物理量的单位叫做导出单位。
国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的。
2.【答案】B
【解析】解：B.图a中先在倾角较小的斜面上进行实验，来“冲淡”重力的作用效果，主要是使时间测量更容易，故B正确；
A.图a通过对小球在斜面上的运动研究，合理外推得出自由落体运动是一种匀变速直线运动，故A错误；
C.图b中没有摩擦阻力的斜面实际并不存在，故实验不能直接观察到小球达到等高处，故C错误；
D.图b的实验为“理想实验”，伽利略通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持，故D错误。
故选：B。
图a利用斜面来“冲淡”重力，便于测量时间，推出小球在斜面上做匀变速直线运动；图b因为轨道不可能绝对光滑，所以小球不会达到等高处，并通过这个实验伽利略得到物体的运动不需要力来维持。
学生在解决本题时，应注意对伽利略理想斜面实验的熟知。
3.【答案】D
【解析】解：根据二力平衡规律，绳的方向始终竖直，同时重心初始在球心位置，当小阀门打开让水慢慢流出，在此过程中，重心先下降，当水全部流出，重心又回到球心位置，故重心又升高，故ABC错误，D正确；
故选：D。
根据二力平衡规律，确定绳的方向；
根据重心初始和末状态位置，确定重心变化。
本题解题关键是确定重心初始在球心位置，当水全部流出，重心又回到球心位置。
4.【答案】C
【解析】解：设AB段距离为x，BC段距离为2x，AB段平均速度为v1=72km/ℎ=20m/s
BC段平均速度为v2=144km/ℎ=40m/s
可知v2=2v1
由于AB段距离为BC段的一半，根据：t=xt，可得列车经过AB段和BC段的时间相等。
设列车经过AB段和BC段的时间均为t，根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度的性质，可得列车经过B点时速度等于AC段的平均速度，则有vB=xAB+xBC2t=v1t+v2t2t=v1+v22=20+402m/s=30m/s
由匀变速直线运动的规律可得v2=vB+vC2
解得列车经过C点时速度大小为vC=50m/s，故ABD错误，C正确。
故选：C。
BC段的距离为AB段的2倍，BC段的平均速度也为AB段的2倍，可知列车经过两段的时间相等，根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度的性质，可求得列车经过B点时速度，再利用平均速度等于初末速度之和的一半的性质求解列车经过C点时速度大小。
本题考查了匀变速运动规律的应用，涉及到了匀变速直线运动的平均速度的推论。掌握匀变速运动规律的基础公式以及相关推论，要注意推论应用的条件。
5.【答案】BCD
【解析】解：
A、在t2−t3时间内火箭的速度为正值，仍在上升。故A错误。
B、由图看出，在0−t3时间内火箭的速度都是正值，说明火箭一直在上升，图线与坐标轴所围“面积”的大小等于箭能上升的最大高度，由数学知识得：
箭能上升的最大高度ℎ=12v1t1+12(v1+v2)(t2−t1)+12v2(t3−t2)，v2=3v1，t3=32t2，t1=12t2，解得ℎ=43v2t1.故B正确。
C、火箭上升阶段的平均速度大小为v−=ℎt3=43v1.故C正确。
D、由图看出，在t2−t3时间内图线的斜率最大，则火箭的加速度最大，最大加速度大小为a=ΔvΔt=v2−0t1.故D正确。
故选：BCD。
速度的正负表示速度的方向，根据速度图象读出速度的正负，分析火箭的运动．图象与坐标轴所围“面积”表示位移，由数学知识求出火箭上升的最大高度．平均速度等于位移与所用时间的比值．图象的斜率等于加速度，由数学知识求出最大的加速度大小．
本题要抓住速度图象的两个数学意义来分析其物理意义：斜率等于加速度，“面积”等于位移．
6.【答案】D
【解析】解：AB.把加速度分解为水平和竖直两个方向，可知加速度具有水平向左的分加速度，根据牛顿第二定律可知人受到水平向左的摩擦力作用，加速度具有竖直向下的分加速度，人处于失重状态。故AB错误；
CD.对人受力分析，有
Ff=macsθ，mg−FN=masinθ
解得
FN=mg−masinθ
故C错误，D正确。
故选：D。
将人的加速度分解到水平方向和竖直方向，根据牛顿第二定律列式求解即可。
本题考查牛顿第二定律，解题关键是将人的加速度分解到水平方向和竖直方向，根据牛顿第二定律列式求解即可。
7.【答案】B
【解析】解：A、若A、B两点等高，由对称性可知，两端点对输电线的拉力大小相同但方向不同，故A错误；
BC、设输电线下垂的最低点为C，若A点高于B点，则AC之间的输电线长度大于BC之间的输电线长度，设AC之间导线的重力大小为G1，BC之间导线的重力大小为G2，则根据平衡条件可得
TAcsθA=G1
TBcsθB=G2
TAsinθA=TBsinθB
因G1>G2，联立上式可得
θA<θB
TA>TB
故B正确，C错误；
D、由于热胀冷缩，夏季输电线与竖直方向的夹角变小，
根据TAcsθA+TBcsθB=G
可知θA，θB都减小时，TA和TB，也都减小，故D错误。
故选：B。
若A点高于B点，对两边导线进行受力分析，再结合平衡条件列式，即可比较θA与θB的大小关系；由于热胀冷缩，夏季输电线与竖直方向的夹角变小，对输电线整体受力分析，结合平衡条件列式分析输电线两端的弹力变化情况。
解答本题的关键是以输电线为研究对象，根据共点力平衡的条件列式分析。
8.【答案】C
【解析】解：在剪断绳子之前，绳子的拉力为F=4mg
对两球整体，由平衡条件可知上边弹簧对物体A的拉力为：F′=2mg，方向向上；
对B球，由平衡条件可知下面弹簧对B的作用力为：F″=4mg−mg=3mg，方向向下；
剪断绳子瞬间，对A球受力分析可知A球的合力FA=F′+F″−mg=2mg+3mg−mg=4mg
由牛顿第二定律得：FA=ma
解得：a=FAm=4mgm=4g，方向向上；
对B球分析，B球的合力FB=F″+mg=4mg
由牛顿第二定律得：FB=maB
解得：aB=FBm=4g，故ABD错误，C正确。
故选：C。
剪断两球之间细绳前，对A、B两球受力分析，由平衡条件求出两个弹簧弹力大小；剪断两球之间细绳瞬间，弹簧的弹力不变，由牛顿第二定律可求得两球加速度大小。
本题考查瞬时加速度问题，解题的关键是要知道绳断的瞬间，弹簧的弹力不变，利用牛顿第二定律求解瞬时加速度。
9.【答案】AC
【解析】解：A、小球静止在B点时，弹簧处于伸长状态，弹簧弹力F的方向如图所示。
小球处于平衡状态，合力为0，根据三角形定则可知，圆环对小球的弹力FN沿半径向外，由牛顿第三定律可知小球对圆环的弹力方向指向圆心，故A正确；
B、由相似三角形法得：mgR=FNR=F2Rcsθ，可得圆环对小球的弹力大小为：FN=mg，故B错误；
C、根据几何知识可知，在B点，弹簧的长度为l=2Rcs30°=2R× 32= 3R，则弹簧的形变量为x=l−l0= 3R− 2R。由胡克定律F=kx，可得F=k( 3R− 2R)= 3mg，解得：k=(3+ 6)mgR，故C正确；
D、如换用劲度系数更大的轻质弹簧，若拉伸到同样的长度，小球将上移，所以小球将在B点上方达到受力平衡，故D错误。
故选：AC。
根据平衡条件分析圆环对小球的作用力的方向；通过三角形相似求解弹簧的弹力，由胡克定律求弹簧的劲度系数。分析换弹簧后各力的变化。
本题考查共点力平衡条件的应用，解决本题的难点在于力的合成中的三角形为斜三角形，不能用直角三角形的边角关系去求解问题，三角形相似是处理此类问题的方法之一。
10.【答案】BC
【解析】解：AB、规定竖直向下为正方向，在整个运动过程中，水火箭只受重力，加速度为重力加速度，则在失去动力后，有
ℎ=−v0t+12gt2
解得：t=v0+ v02+2gℎg，故A错误，B正确；
CD、水火箭失去动力时有竖直向上的速度，从而继续上升，根据
v02=2gℎ0
解得：ℎ0=v022g
则距离地面的最大高度为：
H=ℎ0+ℎ=v02+2gℎ2g，故C正确，D错误；
故选：BC。
根据位移—时间公式计算出时间；
分阶段求出水火箭上升的位移然后再相加即可。
本题主要考查了运动的多过程问题，根据运动学公式分析整个运动过程，分阶段计算出上升的高度，属于运动学公式的常规用法。
11.【答案】AD
【解析】解：A.设物体的质量为m，对物体，根据平衡知识可得：mgsinα=μmgcsα，解得：μ=tanα
当力F竖直向下时，也有(mg+F)sinα=μ(mg+F)csα
所以物体仍沿斜面匀速下滑，故A正确；
B.若力F垂直斜面向下，物体在斜面上的滑动摩擦力为：f=μ(mgcsα+F)
根据μ=tanα
则有mgsinα=μmgcsα所以物块不能保持匀速下滑，故B错误；
C.当无外力时，斜面对物体的支持力为N=μmgcsα，斜面对物体的摩擦力为f=μN=μmgcsα，对物体分析，水平分解有：Nsinα=mgcsαsinα，fcsα=μmgcsαcsα=mgcsαsinα，
则物体对斜面的压力与斜面对物体的支持力为作用力与反作用力，等大反向，同理，物体对斜面的摩擦力也等大反向，则斜面在水平方向的分量也平衡，故地面对斜面没有摩擦力，当力F沿斜面向下时，物体对斜面的压力不变，滑动摩擦力大小也不变，故斜面仍不受地面给的摩擦力作用，故C错误；
D.如图所示
任意角度的力F，都可以分解成竖直向下的分量及沿斜面向下的分量，竖直向下的分量与物体重力的作用效果一致，不会使地面对斜面产生摩擦力；沿斜面向下的分量，根据上面的分析，也不会使地面对斜面产生摩擦力，故力F不管与竖直方向的夹角为多少，地面对斜面均不会有摩擦力，故D正确。
故选：AD。
施加F前根据平衡条件，对物块受力分析，利用正交分解法求解出动摩擦因数；施加F后，对物块受力分析，根据平衡条件判断摩擦力的大小。
本题考查的是受力分析和力的分解问题，结合物体的运动状态分析摩擦力。
12.【答案】1.5 kmgx−kx0mg 100
【解析】解：(1)根据胡克定律nmg=k(x−x0)
当n=0时，x0=x=1.5cm
即不挂钩码时，橡皮绳的伸长量为x0=1.5cm
(2)当手机上挂n个钩码时，根据胡克定律nmg=k(x−x0)
整理得n=kmgx−kx0mg
(3)由图像可知，图线的斜率为k′=4−0(3.5−1.5)×10−2m−1=200m−1
结合n−x函数可知，图像的斜率k′=kmg
代入数据解得该橡皮绳的劲度系数k=100N/m。
故答案为：(1)1.5；(2)kmgx−kx0mg；(3)100。
(1)根据胡克定律求解出不挂钩码时弹簧的长度；
(2)根据胡克定律求解n−x函数；
(3)结合图像斜率的含义求解劲度系数。
本题考查了利用智能手机的位移传感器测量橡皮筋的伸长量，从而测得劲度系数；体现了物理与生活的紧密联系，体现了从解题到解决问题的转变；注意单位的换算。
13.【答案】B 不能 0.630 mg1+mM 50
【解析】解：(1)AB、拉小车的细线一定要始终保持与平面轨道平行，故A错误，B正确；
C、平衡摩擦力时，要求小车不受绳子拉力时能做匀速运动，所以钩码不应通过细线与小车相连，故C错误；
D、平衡摩擦力后，满足μ=tanθ，改变小车的质量时，重力沿斜面方向的分力仍等于摩擦力，不需要重新平衡摩擦力，故D错误；
故选：B。
(2)小车和钩码一起做匀加速直线运动，设小车的质量为M，钩码的质量为m，牛顿第二定律得：
对钩码有：mg−F=ma
对小车有：F=Ma
联立解得，小车受到的拉力F=mg1+mM
即实际细线对小车的拉力小于钩码的总重力，本实验中认为细线对小车的拉力等于钩码的重力，由此产生的误差为系统误差，不能通过多次测量来减小误差；
(3)相邻两个计数点间都有4个计时点没有标出，则相邻两个计数点间的时间间隔为T=5×1f=5×150s=0.1s
这条纸带记录小车的加速度大小为a=xCE−xAC(2T)2=(2.39+3.03)−(1.14+1.76)(2×0.1)2×10−2m/s2=0.630m/s2
(4)由(2)得，小车受到的拉力F=mg1+mM
由mg−FF<10%
联立解得：m<0.1M=0.1×500g=50g
故答案为：(1)B；(2)不能；(3)0.630；(3)50。
(1)根据实验注意事项判断即可；
(2)本实验中认为细线对小车的拉力等于钩码的重力，由此产生的误差为系统误差，不能通过多次测量来减小误差；
(3)根据Δx=aT2求解加速度；
(4)根据牛顿第二定律求解小车受到的拉力，结合实验要求的误差即可求解。
本题考查探究小车的加速度与质量的关系实验，掌握实验原理、注意事项、数据处理和误差分析即可。
14.【答案】解：(1)设A对B的弹力为FAB，B恰好不下滑，则μ1FAB=m2g，代入数据解得FAB=40N，根据牛顿第三定律，B对A的弹力的大小为40N，方向水平向左；
(2)AB整体分析，竖直方向根据平衡有，FN=(m1+m2)g，水平方向根据牛顿第二定律有，F−μ2FN=(m1+m2)a，隔离分析B，根据牛顿第二定律，FAB=m2a，联立解得F=150N。
答：(1)B对A的弹力的大小40N，方向水平向左；
(2)力F的大小150N。
【解析】(1)B恰好不下滑，则μ1FAB=m2g，分析AB之间弹力；
(2)根据整体和隔离法，分别采用牛顿第二定律，分析F。
本题解题关键是采用整体和隔离法，并分析出B恰好不下滑，则μ1FAB=m2g。
15.【答案】解：(1)由牛顿第二定律得，工件刚开始加速时的加速度为a=μmgm=μg=0.1×10m/s2=1m/s2
(2)工件匀加速运动的位移x1=v22a=222m=2m
加速时间t1=va=21s=2s
匀速运动的时间t2=L−x1v=10−22s=4s
则工件运动的时间t=t1+t2=2s+4s=6s
(3)当工件一直做匀加速直线运动时，运行时间最短，则有L=12at32
可得工件从4到B运动的最短时间为t3=2 5s
则传送带的速度最小为vmin=at3=1×2 5m/s=2 5m/s
即传送带的速度不小于2 5m/s。
答：(1)工件刚放上传送带时，加速度为1m/s2；
(2)工件经过6s能被传送到B处；
(3)传送带的速度应不小于2 5m/s。
【解析】(1)根据牛顿第二定律可求出加速度；
(2)根据运动学公式可求出时间；
(3)根据运动学公式可求出传送带的速度要求。
学生在解答本题时，应注意积累传送带模型，并灵活运用运动学公式。
16.【答案】解：(1)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得μ1m1g≤μ2(m1+2m2)g
若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得μ1m1g>μ2(m1+m2)g
联立两式，代入数据得0.3<μ1≤0.4
(2)若μ1=0.5，则物块在木板A上滑动时，木板A、B都要运动
设物块在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1
由牛顿第二定律得μ1m1g=m1a1，a1=5m/s2
对两木板：μ1m1g−μ2(m1+2m2)g=2m2aAB
得：aAB=1m/s2
相对位移l=(v0t1−12a1t12)−12aABt12
得t1=13s
此时物块的速度v1=v0−a1t1，解得v1=73m/s
(3)物块滑到木板A末端时，A、B两木板的速度vAB=13m/s
物块在B板上滑动时，物块的加速度大小仍然为a1=5m/s2
对B板：μ1m1g−μ2(m1+m2)g=m2aB
得aB=4m/s2
假设物块没有从右端离开，经时间t2，二者共速v1−a1t2=vAB+aBt2
解得t2=29s，v共=119m/s
相对位移Δx=v1+v共2t2−vAB+v共2t2，解得Δx=29m
由于Δx=29m物块没有从B木板右端离开，最终离B木板左端的距离为Δx=29m
答：(1)μ1应满足的条件为0.3<μ1≤0.4；
(2)物块滑到木板右端时的速度大小为73m/s，在木板A上运动的时间为13s；
(3)物块最终离B板左端的距离为29m。
【解析】(1)对木板A和B进行受力分析，可得出动摩擦因数的取值范围；
(2)利用牛顿第二定律可求出各自加速度，然后求出相对位移的时间，根据v−t公式求出速度大小；
(3)利用运动学公式，以及牛顿第二定律，通过假设法可求出共速的时间和速度，计算相对位移，求出距离。
学生在解决本题时，要熟练掌握受力分析、牛顿第二定律及运动学相关知识，同时平常学习中应注重培养科学思维及推理论证能力。