2019-2020年高三物理第二次联考试卷试题（含解析）.doc

2019-2020年高三物理第二次联考试卷试题（含解析）本试卷分第I卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。全卷满分100分,考试时间:100分钟,考生务必答案答在答题卷上,在试卷上作答无效。考试结束后只交答題卷。【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的必修一、必修二等内容，主要包含受力分析、物体的平衡、匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、运动的合成和分解、万有引力定律及其应用、动能定理等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。第卷（选择题共40分）一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分，每小题的四个选项中，只有一个选项符合要求.）【题文】1. 甲、乙两辆汽车在平直的公路上同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加 速度随时间变化a-t图像如图1所示。关于甲、乙两车在0 20s 的运动情况,下列说法正确的是（ ） A. 在t=10s时两车相遇 B. 在t=20s时两车相遇 c. 在t=10s时两车相距最远 D. 在t=20s时两车相距最远 【知识点】匀变速直线运动的图像A5【答案解析】D解析：据加速度时间图象知道图象与时间轴所围的面积表示速度据图象可知，当20s时，两图象与t轴所围的面积相等，即该时刻两辆车的速度相等；在20秒前乙车的速度大于甲车的速度，所以乙车在甲车的前方，所以两车逐渐远离，当20s时，两车速度相等即相距最远，以上分析可知，20s前，不可能相遇，故ABC错误，D正确故选：D【思路点拨】首先据加速度时间图象知道图象与时间轴所围的面积表示速度，然后据甲乙物体的速度关系判断选项.【题文】2. 如图2所示,轻质弹簧一端系在质量为m=lkg的小物块上,另一端固定在墙上。物块在斜面 上静止时，弹簧与竖直方向的夹角为37。，已知斜面倾角=37，斜面与小物块间的动摩 擦因数=0.5,斜面固定不动。设物块与斜面间的最大静摩擦力与滑 动摩擦力大小相等，下列说法正确是（ ） A. 小物块可能只受三个力 B. 弹簧弹力大小一定等于4N C. 弹簧弹力大小可能等于5N D.斜面对物块支持力可能为零 【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用B4 B3【答案解析】C解析：mgcos37=4Nmgsin37=6Nmgcos37mgsin37A、若不受弹簧的压力则木块不可能静止，故物块一定受弹簧的压力，还受重力、斜面支持力和静摩擦力，四个力的作用而平衡，A错误；B、若要物块静止，（mgcos37+N）6N得：N4N故B错误C正确；D、由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，不可能为零，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，D错误；故选：C【思路点拨】滑块可能受重力、支持力、摩擦力三个力处于平衡，弹簧处于原长，弹力为零滑块可能受重力、支持力、摩擦力、弹簧的弹力四个力处于平衡根据共点力平衡进行分析【题文】3. 如图3所示,在水平桌面上叠放着质量相等的A,B两块木板,在木板A上放着质量为m的 物块C木板和物块均处于静止状态。上述各接触面间的动摩擦因数均为假设最大静摩 擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度为g。现用水平恒力F向右拉木板A使之做匀加速 运动,物块C始终与木板A保持相对静止。以下判断正确的是（ ） A. 不管F多大,木板B定保持静止B. A 、B之间的摩擦力大小一定大于F c. A 、C之间的摩擦力可能为零 D.A、B之间的摩擦力不为零，大小可能等于mg 【知识点】摩擦力的判断与计算B2【答案解析】A解析：A、先对木块B受力分析，竖直方向受重力、压力和支持力，水平方向受A对B向右的摩擦力fAB和地面对B向左的摩擦力fDB，由于A对B的最大静摩擦力（m+M）g小于地面对B的最大静摩擦力（m+2M）g，故物体B一定保持静止，故A正确；B、当ABC三者保持静止时，加速度为零，对整体受力分析可知，F-f=0，故B受到地面的摩擦力为F，故B错误；C、物体C向右加速运动，故受重力、支持力和向右的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有：f=ma，当ag时，AC间的摩擦力小于mg，故C错误；D、当F较小时，A、B、C保持相对静止，对AC整体分析，B对A的摩擦力等于拉力F的大小，当F足够大时，A会在B上发生相对滑动，则A、B之间的摩擦力为（M+m）g，不可能等于mg，故D错误；故选：A【思路点拨】先对木块B受力分析，竖直方向受重力、压力和支持力，水平方向受A对B向右的摩擦力fAB和地面对B向左的摩擦力fDB，由于A对B的最大静摩擦力小于地面对B的最大静摩擦力，故物体B一定保持静止；然后对BC整体和C分别受力分析并根据牛顿第二定律列式求解.【题文】4 如图4所示，在距地面高2L的A点以水平初速度v0=投掷飞標.在与A点水平距离为L的水平地面上点B处有一个气球,选样适当时机让气球以速度v0=匀速上升，在上升过程 中被飞镖击中。不计飞镖飞行过程中受到的空气阻力,飞標和气球可视为质点，重力加 速度力g。掷飞镖和放气球两个动作之间的时间间隔t应为（ ） A B C D.2【知识点】平抛运动D2【答案解析】B解析：（1）根据l=v0t得：t=（2）根据两物体竖直方向上的位移之和等于2l得：2l=gt2+v0（t+t）解得：t=故选：B【思路点拨】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据水平方向上的位移求出击中的时间，抓住竖直方向上的位移之和等于2l求出掷飞镖和放气球两个动作之间的时间间隔t【题文】5.质量为m的物体在竖直向上的拉力F作用下坚直向上运动,不计空气阻力。下列说法正确 A. 如果物体向上做减速运动,物体的机械能可能减小 B如果物体向丄做勾速运动,物体的机械能一定不变 C如果物体向上做加速运动,物体的机械能才能增大 D不论物体向上做什么运动,物体的机械能一定增加 【知识点】机械能守恒E3【答案解析】D解析：不论弹簧秤的拉力大于重力，还是小于重力，还是等于重力，在竖直向上的运动的过程中，拉力做正功，根据功能关系知，钩码的机械能增加故D正确故选：D【思路点拨】除重力以外其它力做的功，等于机械能的增量，根据该功能关系进行判断【题文】6.如图5所示,水平绷紧的传送带AB长L=6m,始终以恒定速率V1=4m/s运行。初速度大小为 V2=6m/.s的小物块(可视为质点)从与传送带等高的光滑水平地面上经A点滑上传送带。小物 块m=lkg,物块与传送带间动摩擦因数=0.4,g取lom/s2。下列说法正确的是（ ） A. 小物块可以到达B点 B. 小物块不能到达B点,但可返回A点,返回A点速度为6m/s C. 小物块向左运动速度减为0时相对传送带滑动的距离达到最大 D. 小物块在传送带上运动时,因相互间摩擦力产生的热量为50 J 【知识点】功能关系；牛顿第二定律E2C2【答案解析】D解析：小物块在水平方向受到摩擦力的作用，f=mg，产生的加速度：a= =g=0.410=4m/s2A、若小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，速度减为零时的位移是x，则，-2ax=0- 得：x= =4.5m6m，所以小物块不能到达B点，故A错误；B、小物块不能到达B点，速度减为零后反向做匀加速运动，当速度等于传送带速度v1后匀速运动，返回A点速度为4m/s故B错误；C、小物块不能到达B点，速度减为零后反向做匀加速运动加速的过程相对于初速度继续向左运动，所以小物块向左运动速度减为0时相对传送带滑动的距离没有达到最大，故C错误；D、小物块向右加速的过程中的位移：x= =2m，当当速度等于传送带速度v1时，经历的时间：t= =2.5s，该时间内初速度的位移：s=v1t=42.5m=10m，所以小物块相对于初速度的位移：x=s+（x-x）=10+（4.5-2）=12.5m小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦力产生的热量为：Q=fx=0.410112.5J=50J故D正确故选：D【思路点拨】物体由于惯性冲上皮带后，从右端滑上传送带时，可以先匀减速运动到速度为0再反向加速后匀速，也可以一直减速，分情况进行讨论即可解题【题文】7.据天文学观测,某行星在距离其表面高度等于该行星半径3倍处有一颗同步卫星。已知该行星的平均密度与地球的平均密度相等，地球表面附近绕地球做勾速圆周运动的卫星周期为 T,则该行星的自较周期为（ ） A. 3 T B. 4T C. 3T D. 8T 【知识点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用D4D5【答案解析】D解析：令地球半径为R，密度为，则地球对卫星的万有引力提供卫星圆周运动的向心力有：，可得：G= 令某行星的半径为r，则其同步卫星的半径为4r，周期为T据万有引力提供圆周运动向心力有：=m4r即：=m4r.【思路点拨】了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与星球的自转周期相同通过万有引力提供向心力，列出等式通过已知量确定未知量【题文】8.物体静止在光滑水平面上.先施加一水平向右的恒力F1,经t时间后撤去F1,立刻施加另一 水平向左的恒力F2,又经t时间后物体回到开始出发点。在前后两段时间内,Fl、F2,的平均功 P1、 P2关系是（ ）A. P2 =5P1 B P2 =3P1 C P2 =2P1 D P2 =P1 【知识点】功率、平均功率和瞬时功率E1【答案解析】B解析：物体从静止起受水平恒力F1 作用，做匀加速运动，经一段时间t后的速度为：v1=a1t=t以后受恒力F2，做匀减速运动，加速度大小为：a2=经同样时间后回到原处，整个时间内再联系物体的位移为零，得：a1t2+v1t-a2t2=0解得：F1：F2=1：3又经时间t后物体回到出发点，所以：x1=x2两个力做的功：W1=F1x1，W2=F2x2所以：=，所以正确的选项为B【思路点拨】物体先做匀加速运动，后做匀减速运动回到原处，整个过程中的位移为零根据牛顿第二定律和运动学公式即可确定两个力的大小关系，速度的关系可根据运动学速度时间公式求解【题文】9 如图6所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的细绳一端系于球上,另一端系于圆环最低点，绳的最大拉力为2mg。当圆环以角速度绕竖直直径转动时,发现小球受三个力作用。则可能为（ ） A. B C D 【知识点】向心力；牛顿第二定律D4 C2【答案解析】B解析：试题分析：因为圆环光滑，所以这三个力肯定是重力、环对球的弹力、绳子的拉力，细绳要产生拉力，绳要处于拉升状态，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为60，当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，向心力由三个力在水平方向的合力提供，其大小为：，根据几何关系，其中一定，所以当角速度越大时，所需要的向心力越大，绳子拉力越大，所以对应的临界条件是小球在此位置刚好不受拉力，此时角速度最小，需要的向心力最小，对小球进行受力分析得，即解得：，所以只要就符合题意故选D【思路点拨】圆环光滑，所以这三个力肯定是重力、环对球的弹力、绳子的拉力，细绳要产生拉力，绳要处于拉升状态，根据几何关系，此时细绳与竖直方向的夹角为60，当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，向心力由三个力在水平方向的合力提供，根据几何关系所以对应的临界条件是小球在此位置刚好不受拉力，此时角速度最小，需要的向心力最小.【题文】10. 如图7甲所示,在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力的传感器。传感器下方挂一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球。小球随升降机一起运动,若升降机在运行过程中突 然停止,并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示,g为重力加速度，则（ ） A. 升降机突然停止前在做向上的加速运动 B.t1 t2时间内小球向下运动,小球动能先减小后增大 c. 0 t1时间内小球处于失重状态,11 ;2内处于超重状态 D. .t3 t4时间内弹簧弹性势能变化量大于小球动能变化量 【知识点】牛顿第二定律 超重失重C2 C3【答案解析】D解析：A、由图象看出，升降机停止后弹簧的拉力变小，小球向上运动，而小球的运动方向与升降机原来的运动方向相同，则知升降机停止前在向上运动但不是加速是减速，故A错误B、0t1时间拉力小于重力，小球处于失重状态，t1t2时间拉力也小于重力，小球也处于失重状态故B错误C、t1时刻弹簧处于原长状态，t1t3时间小球向上运动，t3时刻小球到达最高点，弹簧处于压缩状态，小球所受的合力方向向下，与速度方向下，速率减小，动能减小故C错误D、t3t4时间，小球向下运动，重力做正功，弹簧势能减小，动能增大，根据系统机械能守恒得知，弹簧弹性势能变化量小于小球动能变化量故D正确故选D【思路点拨】由图象看出，升降机停止后弹簧的拉力变小，小球向上运动，说明升降机停止前在向上运动根据拉力与重力的大小关系确定小球处于失重状态还是超重状态拉力小于重力，小球处于失重状态；拉力大于重力，小球处于超重状态t1t3时间小球向上运动，t3时刻小球到达最高点，弹簧处于压缩状态，速率减小，动能减小t3t4时间，小球重力做功为零根据系统机械能守恒分析弹簧弹性势能变化量与小球动能变化量的关系第卷 （非选择题 共60分）二、实验题(每空2分,共18分） .【题文】11. 甲、乙、丙三同学做互成角度的两个力的合成的实验。所用弹賛测力计的量程为0 5N 他们均把橡皮条的一端固定在木板上的A点,橡皮条的另一端通过细绳连接弹簧测力计。 用两个弹簧测力计把橡皮条的另一端拉到某一确定点0。如图8所示，操作时细绳都与平 板平行,用F1和F2表示拉力的方向和大小。 甲同学F1和F2的方向互相垂直, F1= 3.0N, F2=3.8N;乙同学F1和F2方向的夹角约为30 。； 丙同学F1和F2方向的夹角约为120 。F1= F2=4.0N这三位同学中操作不合适的是 同学，原因 【知识点】验证力的平行四边形定则B6【答案解析】乙同学. 合力超出弹簧测力计量程解析：对于甲同学，合力对于乙同学，对于丙同学，可见操作不合适的是乙同学，因为他的两个力的合力超过了弹簧测力计的最大值【思路点拨】应用力的平行四边形定则可求.【题文】12. 如图9所示的装置,可用于验证牛顿第二定律。在气垫导轨上安装两个光电门，小车上固定遮光板,细线一端与小车相连,另一端跨过定滑轮挂上.沙桶.，实验首先调整气垫导轨，通过调整使小车未挂沙桶时能在气垫导轨上做勾速运动,然后再进行后面的操作，并在实验中获得以下测量数据:小车和挡光板的总质量M，遮光板的宽度d，两光电门的中心的距离s。则(1)该实验要保证小车的合力近似等于沙桶的重力应满足的条作是 (2)实验需用游际卡尺测量遮光板的宽度d，如图所示 d= rnrn (3)某次实验过程中测得：沙桶的质量为m,小车先后通过两个光电门的挡光时间分别为t1，t2A(小车通过第二个光电门后.沙桶才落地），已知重力加速度为g 则对该小车实验要验证的表达式是 .; 【知识点】验证牛顿第二定律C4【答案解析】(1) 沙桶的质量远小于小车及遮光板的总质量（2分）(2)5.50（2分）(3)解析：（1需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量，以减小系统误差.（2）游标0刻度在5-6mm之间，则游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数等于0.15mm=0.5mm，所以最终读数为：5mm+0.50mm=5.50mm（3）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度滑块通过光电门1速度为：v1= ,滑块通过光电门2速度为：v2= ,根据v22-v12=2as得：a= ，由F=Ma可知，F=M,【思路点拨】1需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量，以减小系统误差. （2）注意主尺整数，标尺小数（3）根据平均速度牛顿第二定律可求.【题文】13.用如图l0a所示的实验装置验证m1m2组成的系统机械能守化.，m2,从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点,对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图b给出的是实验中获取的一条纸带:0是打下的第一.个点.，每相邻两计数点之间还有4个点(图中未标出),计数点间的距离如图所示。已知ml=50mg. m2=150mg,(结果均保留两位有效数字） （1）在纸带上打下计数点5时的速度V= m/s. （2）在打下第0个点到第5点的过程中系统动能的增量Ek= J系统势能减少Ep= J（当地重力加速度g约为9.8m/s2）（3）若某同学作出v2h图像如图所示，则当地的重力加速度g= m/s2【知识点】验证机械能守恒E5【答案解析】（1）2.4；（2）0.576；0.588；（3）9.7解析：（1）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，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点5的瞬时速度：v5=2.4m/s（2）在05过程中系统动能的增量EK=（m1+m2）v52=0.22.42J=0.576 J系统重力势能的减小量为（m2-m1）gx=0.19.8（0.384+0.216）J=0.588 J（3）本题中根据机械能守恒可知，mgh=mv2，即有：v2=gh，所以v2-h图象中图象的斜率表示重力加速度，由图可知，斜率k=9.7，故当地的实际重力加速度g=9.7m/s2故答案为：（1）2.4；（2）0.576；0.588；（3）9.7【思路点拨】根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可以求出打下记数点5时的速度大小；根据物体的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据物体重力做功和重力势能之间的关系可以求出系统重力势能的减小量【题文】14. (l0分),质量,M=3kg的长木板放在光滑的水平面t.在水平悄力F=11N作用下由静止开始 向右运动.如图11所示,当速度达到1m/s2将质量m=4kg的物块轻轻放到本板的右端. 已知物块与木板间摩擦因数=0.2,物块可视为质点.(g=10m/s2,).求： (1)物块刚放置木板上时,物块和木板加速度分别为多大？ (2)木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止？(3)物块与木板相对静止后物块受到摩擦力大小？【知识点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系C5【答案解析】(1)1 (2) 0.5m（3）6.29N解析：解析：(1)放上物块后，物体加速度 板的加速度 (2)当两物体达速度相等后保持相对静止，故 t=1秒 1秒内木板位移物块位移，所以板长L=x1-x2=0.5m（3）相对静止后，对整体 ，对物块f=maf=44/7=6.29N 【思路点拨】（1）由牛顿第二定律可以求出加速度（2）由匀变速直线运动的速度公式与位移公式可以求出位移（3）由牛顿第二定律可以求出摩擦力【题文】15. (10分）如图12所示，一个截面为直角三角形的劈形物块固定在水平地面上.斜面,高h=4m，a=37,一小球以Vo=9m/s的初速度由C点冲上斜面.由A点飞出落在AB面上.不 计一切阻力.(Sin37=0.6,cos37 =0.8,g=10 m/s2)求.(l)小球到达A点的速度大小； (2)小球由A点飞出至第一次落到AB面所用时间； (3)小球第一次落到AB面时速度与AB面的夹角的正切值【知识点】机械能守恒定律【答案解析】(1)1 (2) 0.25s（3） 6.29N解析：(1)从C到A对小球运用动能定理，解得v0=1m/s(2)将小球由A点飞出至落到AB面的运动分解为沿斜面（x轴）和垂直于斜面（y轴）两个方向;则落回斜面的时间等于垂直于斜面方向的时间所以（3）小球落回斜面时沿斜面方向速度垂直斜面方向速度vy=1m/s，所以【思路点拨】（1）由机械能守恒定律可以求出小球到达A点的速度（2）小球离开A后在竖直方向上先做匀减速直线运动，后做自由落体运动，小球在水平方向做匀速直线运动，应用运动学公式求出小球的运动时间（3）先求出小球落在AB上时速度方向与水平方向间的夹角，然后再求出速度与AB面的夹角的正切值【题文】16. (10分)如图13所示,滑块A套在光滑的坚直杆上,滑块A通过细绳绕过光滑滑轮连接物 块B,B又与一轻质弹贊连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上,开始用手托住物块 .使绳子刚好伸直处于水平位位置但无张力。现将A由静止释放.当A下滑到C点时(C点 图中未标出)A的速度刚好为零，此时B还没有到达滑轮位置，已知弹簧的劲度系数k=100N/m ,滑轮质量和大小及摩擦可忽略不计，滑轮与杆的水平距离L=0.3m,AC距离为 0.4m，mB=lkg,重力加速度g=10 m/s2。试求： (1)滑块A的质量mA(2)若滑块A质量增加一倍,其他条件不变，仍让滑块A从静止滑到C点,则滑块A到达C点时A、B的速度大小分别是多少？ 【知识点】功能关系【答案解析】（1） （2） （3），解析：（1）开始绳子无张力，对B分析有kx1=mBg， 解得：弹簧的压缩量x1=0.1m（1分）当物块A滑到C点时，根据勾股定理绳伸出滑轮的长度为0.5 m，则B上升了0.2m,所以弹簧又伸长了0.1m。（1分）由A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，又弹簧伸长量与压缩量相等则弹性势能变化量为零所以mAgh1=mBgh2（2分）其中h1=0.4m，h2=0.2m所以mA=0.5kg（1分）（2）滑块A质量增加一倍，则mA=1kg，令滑块到达C点时A、B的速度分别为v1和v2由A、B及弹簧组成的系统机械能守恒得（2分）又有几何关系可得AB的速度关系有 vAcos=vB（1分）其中为绳与杆的夹角且cos=0.8解得：（1分）（1分）【思路点拨】（1）首先由物体静止条件求出弹簧压缩的长度，再根据几何知识求出物体B上升的距离，从而可求出弹簧伸长的长度，然后再根据能量守恒定律即可求解物体A的质量；题（2）的关键是根据速度合成与分解规律求出物体B与A的速度关系，然后再根据能量守恒定律列式求解即可【题文】17. (12分)如图14所示,x轴与水平传送带重合,坐标原点0在传送带的左端,传送带OQ长 L=8m,传送带顺时针速度V。=5m/s， 质量m=1kg的小物块轻轻放在传送带上xp=2m 的P点,小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点。小物块与 传送带间的动摩擦因数. =0.5,重力加速度g= 10m/s2,求： (1)N点的纵坐标； (2)若将小物块轻放在传送带上的某些位置,小物块均能沿光滑圆弧轨道运动(小物块始终 在圆弧轨道运动不脱轨)到达纵坐标yM=0.25m的M点,求这些位置的横坐标范围。 【知识点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力；能量守恒定律【答案解析】(1)1m (2) 7mx7 .5m和0x5 .5m解析：(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a=g=5m/s2小物块与传送带共速时，所用时间（1分）运动的位移（1分）故小物块与传送带达到相同速度后以v0=5m/s的速度匀速运动到o，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N点，故有：（1分）由机械能守恒定律得（1分）解得yN=1m（1分）（2）设在坐标为x1处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达圆心右侧的M点，由能量守恒得：mg(Lx1)mgyM代入数据解得x17.5 m（2分）mg(Lx2)mgyN代入数据解得x27 m（2分）若刚能到达圆心左侧的M点，由(1)可知x35.5 m（1分）故小物块放在传送带上的位置坐标范围为7mx7 .5m和0x5 .5m（2分）【思路点拨】可先求出P到Q过程的加速度，在根据运动学公式列式求解出Q点的速度；在N点，重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律和匀速圆周运动公式可求出半径，求出摩擦力和相对位移可根据Q=fS求出热量当物块能到达N点时不会脱离轨道，若能到达的高度超过半径又没到达N点则会脱离轨道，若能到达高度不超过半径则不会脱离轨道，可根据能量守恒求出对应的位移，从而求出坐标.