2019-2020年高三上学期第二次月考物理试卷（9月份） 含解析.doc

2019-2020年高三上学期第二次月考物理试卷（9月份） 含解析一、选择题（共4小题，每小题4分，满分16分）1（4分）（xx湖南校级模拟）下列物理量属于矢量的是（）A磁感应强度B质量C温度D时间2（4分）（xx鼓楼区校级模拟）如图所示，是某同学站在力板传感器上，做下蹲起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力（单位为牛顿），横坐标为时间由图线可知，该同学的体重约为650N，除此以外，还可以得到以下信息（）A该同学做了两次下蹲起立的动作B该同学做了一次下蹲起立的动作，且下蹲后约2s起立C下蹲过程中人处于失重状态D下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态3（4分）（xx秋苍山县期末）如图所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B，方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻一根与导轨接触良好、有效阻值为的金属导线ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，则（不计导轨电阻）（）A通过电阻R的电流方向为PRMBab两点间的电压为BLvCa端电势比b端高D外力F做的功等于电阻R上发出的焦耳热4（4分）（xx清远二模）一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C，最后到D状态，下列判断中正确的是（）AAB温度升高，体积减小BBC体积不变，压强增大CCD分子平均动能减小DD状态比A状态分子密度小二双项选择题（本题共9题，每小题6分，共54分；每个小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对得6分，只选1个且正确得3分，错误、不选得0分）5（6分）（xx秋海珠区校级月考）质量为2kg的物体受到大小分别为15N和10N的两个力作用，则该物体的加速度大小可能是（）A2 m/s2B3 m/s2C12 m/s2D15 m/s26（6分）（xx秋甘谷县校级月考）如图所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为，在斜杆的下端固定有质量为m的小球下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是（）A小球受到杆的弹力是因为小球发生了形变B小车静止时，F=mgcos，方向垂直于杆向上C小车向右做匀速运动时，一定有F=mg，方向竖直向上D小车向右做匀加速运动时，一定有Fmg，方向可能沿杆向上7（6分）（xx秋北林区校级期末）质量均为m的A、B两个小球之间系一个质量不计的弹簧，放在光滑的台面上A紧靠墙壁，如图所示，今用恒力F将B球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然将力撤去，此瞬间（）AA球的加速度为BA球的加速度为零CB球的加速度为DB球的加速度为8（6分）（xx秋海珠区校级月考）如图，物块以水平初速度v0=2m/s从左端滑上水平传送带，传送带沿逆时针方向匀速运行，运行速率为v=3m/s已知两皮带轮间距为L=6m，物体与传送带间的动摩擦因数=0.1（g取10m/s2），则（）A物块将从传送带右端离开B物块将从传送带左端离开C物块离开传送带时速度为2m/sD物块离开传送带时速度为3m/s9（6分）（xx秋甘谷县校级月考）如图所示，挡板垂直于斜面固定在斜面上，一滑块m放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球M搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑块，使球与滑块均静止现将滑块平行于斜面向上缓慢拉过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块上且处于静止状态，则与原来相比（）A挡板对球的弹力减小B滑块对球的弹力一定增大C斜面对滑块的弹力不变D拉力F减小三、解答题（共4小题，满分54分）10（10分）（xx秋海珠区校级月考）实验室利用打点计时器研究小滑块的运动情况，打出如图所示的纸带，其中纸带E端与滑块相连接，计时器接在频率为50Hz的交流电源上请回答下列问题：纸带中AE段运动的时间为；根据纸带请判断该滑块的运动属于（填“匀速”、“匀加速”、“匀减速”）直线运动，判断的依据是；从纸带可以测出AE两点间的距离为，C点的速度vC=，滑块的加速度的大小a=（计算结果保留3位有效数字）11（8分）（xx秋海珠区校级月考）九江大桥撞船事故后，佛山交通部门置换了大桥上所有的斜拉悬索某校研究性学习小组的同学们很想知道每根新悬索能承受的最大拉力由于悬索很长，抗断拉力又很大，直接测量很困难，同学们则取来了同种材料制成的样品进行实验探究由胡克定律可知，在弹性限度内，弹簧的弹力F与形变量x成正比，其比例系数与弹簧的长度、横截面积及材料有关因而同学们猜想，悬索可能也遵循类似的规律同学们通过游标卡尺测样品的直径来测截面积，某次测量结果如图所示，则样品直径为 cm经过同学们充分的讨论，不断完善实验方案，最后实验取得数据如下：样 品拉力F伸长量x截面积S长 度L200N400N600N800N样品A1m0.50cm20.02cm0.04cm0.06cm0.08cm样品B2m0.50cm20.08cm0.16cm0.24cm0.32cm样品C1m1.00cm20.01cm0.02cm0.03cm0.04cm样品D3m0.50cm20.18cm0.36cm0.54cm0.72cm样品E1m0.25cm20.04cm0.08cm0.12cm0.32cmA分析样品C的数据可知：拉力F（单位：N）与伸长量x（单位：m）遵循的函数关系式是B对比各样品实验数据可知：悬索受到的拉力F=kx，比例系数k与成正比、与悬索的截面积s的大小成12（18分）（xx秋海珠区校级月考）如图所示，质量为m的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30时恰能沿斜面匀速下滑保持斜面倾角为30，对物体施加一水平向右的恒力F，使物体沿斜面匀速向上滑行，已知重力加速度为g，试求：（1）画出物体m匀速下滑和匀速上滑的力的示意图（2）物体与斜面间的动摩擦因数；（3）水平恒力F的大小13（18分）（xx济宁模拟）如图所示，固定的四分之一竖直圆弧轨道AB的半径R=0.6m，其最低点与长l=2.0m、高h=0.2m、质量M=5.0kg的长木板的水平上表面相切于B点质量m=1.0kg的小滑块（可视为质点）从圆弧顶点A处由静止释放，当它运动到圆弧最低点时受轨道的支持力为25N已知滑块与长木板间的动摩擦因数1=0.2，长木板与水平地面间的动摩擦因数2=0.1（不计空气阻力，g取10m/s2）（1）求滑块由A运动到B的过程中，摩擦力对它做的功；（2）试通过计算判断滑块能否离开长木板若能，求滑块在长木板上运动的时间及滑块从C点离开木板到落地的过程中通过的位移大小；若不能，写出判断过程（结果保留两位有效数字）xx学年广东省广州六中高三（上）第二次月考物理试卷（9月份）参考答案与试题解析一、选择题（共4小题，每小题4分，满分16分）1（4分）（xx湖南校级模拟）下列物理量属于矢量的是（）A磁感应强度B质量C温度D时间考点：矢量和标量 分析：物理量按有无方向分：矢量和标量矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量解答：解：A、磁感应强度是矢量，其方向就是该点的磁场方向，故A正确B、C、D，质量、温度、时间都是只有大小没有方向，是标量，故BCD错误故选A点评：矢量与标量有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则2（4分）（xx鼓楼区校级模拟）如图所示，是某同学站在力板传感器上，做下蹲起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力（单位为牛顿），横坐标为时间由图线可知，该同学的体重约为650N，除此以外，还可以得到以下信息（）A该同学做了两次下蹲起立的动作B该同学做了一次下蹲起立的动作，且下蹲后约2s起立C下蹲过程中人处于失重状态D下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态考点：超重和失重 专题：牛顿运动定律综合专题分析：失重状态：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；超重状态：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人下蹲过程分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，起立也是如此解答：解：人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重对应先失重再超重，起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲起立的动作，A错误；由图象看出两次超重的时间间隔就是人蹲在地上持续的时间，约2s，B正确；下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重，C、D均错误；故选B点评：本题考察物理知识与生活的联系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超失重的概念联系起来加以识别3（4分）（xx秋苍山县期末）如图所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B，方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻一根与导轨接触良好、有效阻值为的金属导线ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，则（不计导轨电阻）（）A通过电阻R的电流方向为PRMBab两点间的电压为BLvCa端电势比b端高D外力F做的功等于电阻R上发出的焦耳热考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律 专题：交流电专题分析：根据楞次定律或右手定则可判断出通过电阻R的电流方向和a、b电势高低金属导线ab相当于电源，外电路为电阻R，由闭合电路欧姆定律求解ab两点间的电压；根据能量守恒得外界的能量转化成整个电路产生的焦耳热解答：解：A、根据右手定则可知：ab中产生的感应电流方向为ba，则通过电阻R的电流方向为 MPR故A错误；B、金属导线ab相当于电源，ab两点间的电压是路端电压，即是R两端的电压根据闭合电路欧姆定律得知，ab两点间的电压为 U=E=BLv故B错误C、金属导线ab相当于电源，a端相当于电源的正极，电势较高，故C正确D、ab棒向右做匀速直线运动，根据能量守恒得知：外力F做的功等于电路中产生的焦耳热，大于电阻R上发出的焦耳热，故D错误故选：C点评：本题比较简单考查了电磁感应与电路的结合，解决这类问题的关键是正确分析外电路的结构，然后根据有关电学知识求解4（4分）（xx清远二模）一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C，最后到D状态，下列判断中正确的是（）AAB温度升高，体积减小BBC体积不变，压强增大CCD分子平均动能减小DD状态比A状态分子密度小考点：理想气体的状态方程 专题：理想气体状态方程专题分析：分析各状态的状态参量的变化情况，结合理想气体的状态方程，即可得知各选项的正误解答：解：A、由图可知，从A到B的过程中温度升高，体积变大，选项A错误B、由图可以看出，由B到C体积不变，温度减小，由气体的状态方程可知，压强减小，选项B错误C、有C到D的过程，体积减小，温度不变，分子的平均动能不变，选项C错误D、从图中可以得知，状态D的体积比状态A的体积大，所以D状态比A状态分子密度小选项D正确故选：D点评：该题考查了对于读取理想气体的状态变化的图象的能力，利用图象解答有关理想气体方面的问题时，要注意温度轴的单位，要区分是热力学温度还是摄氏温度，要了解PV图、VT图及PT图的特征，同时要熟练的掌握图象斜率所代表的含义，知道温度是分子平均动能的标志二双项选择题（本题共9题，每小题6分，共54分；每个小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对得6分，只选1个且正确得3分，错误、不选得0分）5（6分）（xx秋海珠区校级月考）质量为2kg的物体受到大小分别为15N和10N的两个力作用，则该物体的加速度大小可能是（）A2 m/s2B3 m/s2C12 m/s2D15 m/s2考点：牛顿第二定律；力的合成 专题：牛顿运动定律综合专题分析：物体在两个共点力作用下，根据力的合成的合力范围，由牛顿第二定律确定加速度的大小可能值解答：解：两个共点力合成时，合力的大小范围为F1+F2F合|F1F2|，所以3N和2N的合力范围为25NF合5N，根据牛顿第二定律知，因m=2 kg，物体产生的加速度大小范围为12.5m/s2a2.5m/s2，故B、C正确，A、D错误故选：BC点评：本题借助牛顿第二定律考查两个力合成时的合力范围，掌握合力范围和牛顿第二定律是解决问题的关键6（6分）（xx秋甘谷县校级月考）如图所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为，在斜杆的下端固定有质量为m的小球下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是（）A小球受到杆的弹力是因为小球发生了形变B小车静止时，F=mgcos，方向垂直于杆向上C小车向右做匀速运动时，一定有F=mg，方向竖直向上D小车向右做匀加速运动时，一定有Fmg，方向可能沿杆向上考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力 专题：牛顿运动定律综合专题分析：结合小车的运动状态对小车进行受力分析，小车所受合外力的方向与加速度的方向一致，从而确定杆对小球的作用力解答：解：杆发生微小弹性形变杆上的弹力方向具有多种可能性需借助相关物体的运动状态来判断（不能直接判断）：A、小球受弹力是因为杆形变，故A错误；BC、小球静止或匀速直线运动时都受到二力平衡，故弹力F=mg，方向竖直向上；故B错误，C正确；D、小车向右做匀加速运动时，由图可知，Fmg，方向可能沿杆向上故D正确故选：CD点评：本题中轻杆与轻绳的模型不同，绳子对物体只有拉力，一定沿绳子方向，而杆子对物体的弹力不一定沿杆子方向，要根据状态，由牛顿定律分析确定7（6分）（xx秋北林区校级期末）质量均为m的A、B两个小球之间系一个质量不计的弹簧，放在光滑的台面上A紧靠墙壁，如图所示，今用恒力F将B球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然将力撤去，此瞬间（）AA球的加速度为BA球的加速度为零CB球的加速度为DB球的加速度为考点：牛顿第二定律；胡克定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：先分析将力F撤去前弹簧的弹力大小，再分析将力F撤去的瞬间两球所受的合力，根据牛顿第二定律求解加速度解答：解：力F撤去前弹簧的弹力大小为F将力F撤去的瞬间，弹簧的弹力没有变化，则A的受力情况没有变化，合力为零，B的合力大小等于F，根据牛顿第二定律得到A球的加速度为零，B球的加速度为a= 故选：BD点评：瞬时问题是牛顿定律应用典型的问题，一般先分析状态变化前弹簧的弹力，再研究状态变化瞬间物体的受力情况，求解加速度，要抓住弹簧的弹力不能突变的特点8（6分）（xx秋海珠区校级月考）如图，物块以水平初速度v0=2m/s从左端滑上水平传送带，传送带沿逆时针方向匀速运行，运行速率为v=3m/s已知两皮带轮间距为L=6m，物体与传送带间的动摩擦因数=0.1（g取10m/s2），则（）A物块将从传送带右端离开B物块将从传送带左端离开C物块离开传送带时速度为2m/sD物块离开传送带时速度为3m/s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：物体滑上传送带后做匀减速直线运动，根据速度位移公式求出速度减为零的位移，判断物体是否能从B点离开，若不能，则反向做匀加速直线运动解答：解：物体刚好减速为0时的位移，故物体会“掉头”从左端脱离皮带；“掉头”后，物体始终做匀加速直线运动，根据运动的对称性知，脱离皮带时物体的速度为2m/s，未达到传送带的速度故B、C正确，A、D错误故选：BC点评：解决本题的关键会根据物体的受力分析物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式分析求解9（6分）（xx秋甘谷县校级月考）如图所示，挡板垂直于斜面固定在斜面上，一滑块m放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球M搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑块，使球与滑块均静止现将滑块平行于斜面向上缓慢拉过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块上且处于静止状态，则与原来相比（）A挡板对球的弹力减小B滑块对球的弹力一定增大C斜面对滑块的弹力不变D拉力F减小考点：共点力平衡的条件及其应用 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：隔离对球分析，抓住重力大小方向不变，挡板的弹力方向不变，根据合力为零判断出木板、滑块对球弹力的变化对球和滑块整体分析，抓住合力为零，判断斜面对滑块弹力以及拉力的变化解答：解：AB、对球受力分析，球受到重力、支持力和挡板的弹力，如图，由于重力的大小和方向都不变，挡板的弹力方向不变根据作图法知，滑块的支持力方向在变化，支持力和挡板的弹力合力不变，等于重力，从图中可知，木板对球的弹力在减小，滑块对球的弹力先减后增故A正确B错误CD、对滑块和球整体进行受力分析，整体受重力、斜面支持力、挡板的弹力及拉力，各力的方向不变，所以挡板的弹力变小则拉力增大，在垂直斜面方向上，斜面对滑块的弹力不变故C正确，D错误故选：AC点评：本题属于力学的动态分析，关键是抓住不变量，通过作图法判断力的变化以及掌握整体法和隔离法的运用三、解答题（共4小题，满分54分）10（10分）（xx秋海珠区校级月考）实验室利用打点计时器研究小滑块的运动情况，打出如图所示的纸带，其中纸带E端与滑块相连接，计时器接在频率为50Hz的交流电源上请回答下列问题：纸带中AE段运动的时间为0.08s；根据纸带请判断该滑块的运动属于匀减速（填“匀速”、“匀加速”、“匀减速”）直线运动，判断的依据是连续相等的时间间隔（或相邻的相等的时间间隔）位移差相等；从纸带可以测出AE两点间的距离为9.20cm，C点的速度vC=1.15m/s，滑块的加速度的大小a=5.00m/s2（计算结果保留3位有效数字）考点：探究小车速度随时间变化的规律 专题：实验题分析：根据相邻计数点间的距离的变化判断速度的变化利用毫米刻度尺测出AB间的距离应用运动学公式推论x=at2求出加速度解答：解：（1）由于相邻计时点间的时间间隔为0.02s，纸带中AE段运动的时间为0.08s（2）纸带B端与滑块相连接，在图中发现从打E点到打A点的过程中，由于相邻的时间间隔位移之差相等，相邻计时点的位移间隔越来越小，所以纸带的速度越来越小，所以这段时间内小车做匀减速运动（3）AE两点间的距离为9.20cm；C点的速度vC=1.15m/s根据匀变速直线运动的推论：a=代入数据得：a=5.00m/s2故答案为：0.08s；匀减速，连续相等的时间间隔（或相邻的相等的时间间隔）位移差相等；9.20cm，1.15m/s，5.00m/s2点评：相同的时间看距离的变化，从而来判断纸带的运动情况知道毫米刻度尺读数时要进行估读11（8分）（xx秋海珠区校级月考）九江大桥撞船事故后，佛山交通部门置换了大桥上所有的斜拉悬索某校研究性学习小组的同学们很想知道每根新悬索能承受的最大拉力由于悬索很长，抗断拉力又很大，直接测量很困难，同学们则取来了同种材料制成的样品进行实验探究由胡克定律可知，在弹性限度内，弹簧的弹力F与形变量x成正比，其比例系数与弹簧的长度、横截面积及材料有关因而同学们猜想，悬索可能也遵循类似的规律同学们通过游标卡尺测样品的直径来测截面积，某次测量结果如图所示，则样品直径为0.830 cm经过同学们充分的讨论，不断完善实验方案，最后实验取得数据如下：样 品拉力F伸长量x截面积S长 度L200N400N600N800N样品A1m0.50cm20.02cm0.04cm0.06cm0.08cm样品B2m0.50cm20.08cm0.16cm0.24cm0.32cm样品C1m1.00cm20.01cm0.02cm0.03cm0.04cm样品D3m0.50cm20.18cm0.36cm0.54cm0.72cm样品E1m0.25cm20.04cm0.08cm0.12cm0.32cmA分析样品C的数据可知：拉力F（单位：N）与伸长量x（单位：m）遵循的函数关系式是F=kxB对比各样品实验数据可知：悬索受到的拉力F=kx，比例系数k与悬索长度的平方的倒数成正比、与悬索的截面积s的大小成正比考点：探究弹力和弹簧伸长的关系 专题：实验题分析：（1）为了避免悬索所受重力对实验的影响，应该按照平衡重力的思路解决问题（2）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读（3）从样品C的数据可知：当拉力增大时，悬索的伸长量也增加，所以悬索的伸长量与拉力是正比例关系，据此可求出关系式，而系数的单位可通过单位的计算求出，当知道拉力时根据关系式也可求出伸长量要知道比例系数与什么物理量有关，我们可用控制变量法来进行探究解答：解：（1）游标卡尺的主尺读数为8mm，游标读数为60.05mm=0.30mm，所以最终读数为0.830cm（2）从样品C的实验数据可知：拉力每增加200N，悬索的伸长量增加0.01cm所以悬索的伸长量与拉力成正比例关系则其关系式为：F=kx，所以得出系数k：k=，当F=200N，x=0.01cm=104m时：k=2106N/m由此得出拉力F的关系式为：F=2106x，比例系数的单位为：N/m从样品A、C、E的数据知：悬索的长度相同时，悬索的横截面积越小，受到拉力时悬索的伸长量越大，比例系数与悬索的横截面积的大小成正比；从样品A、B、D的数据知：悬索的横截面积相同时，悬索的长度越长，受到拉力时悬索的伸长量越大，其比例系数与悬索长度的平方的倒数成正比故答案为：0.830cm；AF=2106X（N）； B悬索长度的平方的倒，正比点评：本题考查学生对“探究弹力与弹簧伸长的关系”实验的迁移能力、对游标卡尺的读数原理的掌握和从图表归纳所需信息的能力，还考查了学生的逻辑推理能力、运用数学知识解决物理问题的能力和实验探究能力12（18分）（xx秋海珠区校级月考）如图所示，质量为m的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30时恰能沿斜面匀速下滑保持斜面倾角为30，对物体施加一水平向右的恒力F，使物体沿斜面匀速向上滑行，已知重力加速度为g，试求：（1）画出物体m匀速下滑和匀速上滑的力的示意图（2）物体与斜面间的动摩擦因数；（3）水平恒力F的大小考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：物体匀速下滑时受力平衡，按重力、弹力和摩擦力顺序进行受力分析，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列方程，同时结合摩擦力公式求解动摩擦因素；物体沿斜面匀速上升，根据平衡条件列方程，可求得推力F的大小解答：解：（1）物体匀速下滑时受力如左图，匀速上滑时受力如右图：（2）物体匀速下滑时，受力如下图所示：根据平衡条件得：mgsin30=f1N1=mgcos30又 f1=N1所以=tan30=（3）物体沿斜面匀速上升，受力如图所示：根据平衡条件，沿斜面方向：Fcos30=mgsin30+f2垂直于斜面方向：N2=mgcos30+Fsin30又：f2=N2联立得：F=mg答：（1）画出物体m匀速下滑和匀速上滑的力的示意图如图（2）物体与斜面间的动摩擦因数为；（3）水平恒力F的大小为mg点评：本题是力平衡问题，关键是分析物体的受力情况，作出受力的示意图，要培养良好的作图习惯，注意结合正交分解法列方程求解13（18分）（xx济宁模拟）如图所示，固定的四分之一竖直圆弧轨道AB的半径R=0.6m，其最低点与长l=2.0m、高h=0.2m、质量M=5.0kg的长木板的水平上表面相切于B点质量m=1.0kg的小滑块（可视为质点）从圆弧顶点A处由静止释放，当它运动到圆弧最低点时受轨道的支持力为25N已知滑块与长木板间的动摩擦因数1=0.2，长木板与水平地面间的动摩擦因数2=0.1（不计空气阻力，g取10m/s2）（1）求滑块由A运动到B的过程中，摩擦力对它做的功；（2）试通过计算判断滑块能否离开长木板若能，求滑块在长木板上运动的时间及滑块从C点离开木板到落地的过程中通过的位移大小；若不能，写出判断过程（结果保留两位有效数字）考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律 专题：动能定理的应用专题分析：（1）滑块在B点时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出滑块经过B点时的速度，根据动能定理研究滑块由A运动到B的过程，得到摩擦力对它做的功；（2）滑块在长木板上运动时，长木板受到滑块对它的摩擦力为Ff1=1mg=2N，长木板受到地面对它的摩擦力为Ff2=2（M+m）g=6N，Ff1Ff2，则知长木板不动由牛顿第二定律和运动学公式结合求出滑块速度减小到零时通过的距离x，与板长l比较，可判断滑块能否离开长木板如能离开木板，滑块离开长木板后做平抛运动，由高度h求出时间，由x=v0t求出水平位移大小，滑块离开C点到落地的过程中通过的位移大小为L=解答：解：（1）滑块在B点时，由牛顿第二定律得 FNmg=m 得 vB=3m/s滑块由A运动到B的过程中，由动能定理得 mgR+Wf=m联立以上两式可得 Wf=1.5J（2）长木板受到滑块对它的摩擦力为Ff1=1mg=2N，长木板受到地面对它的摩擦力为Ff2=2（M+m）g=6N，因Ff1Ff2，故长木板不动滑块在长木板上运动时的加速度大小为a=1g=2m/s2滑块速度减小到零时通过的距离，x1=2.25ml=2.0m：故滑块能离开长木板设滑块在长木板上运动的时间为t1，则l=vBt1a，代入数据解得t1=1.0 s（t1=2.0s，由于v=vBat1=322=3m/s，滑块向左运动，不可能故t1=2.0s舍去）滑块运动到C点时的速度为：vC=vBat1=1.0m/s滑块离开长木板后做平抛运动，设其运动的时间为t2，则： h=g， x2=vCt2联立解得x2=0.2m滑块离开C点到落地的过程中通过的位移大小为L=0.28m答：（1）滑块由A运动到B的过程中，摩擦力对它做的功为1.5J；（2）滑块能离开长木板，滑块离开C点到落地的过程中通过的位移大小为0.28m点评：第1问中摩擦力是变力，运用动能定理求解摩擦力做功第2问，要根据木板所受的滑动摩擦力与地面对木板的最大静摩擦力比较，判断木板运动的状态根据牛顿第二定律和运动学公式结合求滑块速度减小到零时通过的距离