【物理】山东省实验中学2020届高三下学期3月线上周测试题（解析版）

【物理】山东省实验中学2020届高三下学期3月线上周测试题（解析版）

山东省实验中学2020届高三下学期3月 线上周测试题 一、单选题 ‎1.A、B两物体沿同一直线运动，运动过程中的x-t图象如图所示，下列说法正确的是 A. 4s时A物体运动方向发生改变 B. 0-6s内B物体的速度逐渐减小 C. 0-5s内两物体的平均速度相等 D. 0-6s内某时刻两物体的速度大小相等 ‎【答案】D ‎【详解】A项：图象的斜率表示速度，斜率的正负表示速度方向，所以A物体运动方向不变，故A错误；‎ B项：图象的斜率表示速度，由图可知，内B物体的速度增大，故B错误；‎ C项：由图可知，A物体的位移大于B物体的位移，由公式可知，A物体的平均速度大于B物体的平均速度，故C错误；‎ D项：内存在某时刻两图象斜率的绝对值相等，则存在某时刻两物体的速度大小相等，故D正确．‎ ‎2.如图所示，质量为m的长木板放在水平地面上，站在木板上的人用斜向右下方的力F推箱子，三者都保持静止．人和箱子的质量也均为m，重力加速度为g．下列说法正确的是 A. 长木板对地面的压力大于3mg B. 人对长木板的压力大小为mg C. 地面对长木板的摩擦力的方向水平向左 D. 箱子受到的摩擦力的方向水平向左 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】若人用斜向下的力推箱子，三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，故长木板对地面的压力等于3mg，故A错误；人用力F向右下方推箱子，根据牛顿第三定律可知，箱子对人施加向左上方的作用力，根据平衡条件，人对长木板的压力大小小于mg，故B错误；对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，不是静摩擦力，否则不平衡，故地面对木板没有静摩擦力，故C错误；箱子在人的推力作用下，有向右运动的趋势，因此箱子受到的摩擦力的方向水平向左；故D正确；故选D．‎ ‎3.如图所示，质量为m的小球置于正方体的光滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径。某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，已知重力加速度为g，空气阻力不计，要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，则（ ）‎ A. 该盒子做圆周运动的向心力一定恒定不变 B. 该盒子做匀速圆周运动的周期一定等于2‎ C. 盒子在最低点时，小球对盒子的作用力大小等于mg D. 盒子在与O点等高的右侧位置时，小球对盒子的作用力大小等于mg ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向心力的方向始终指向圆心，是变化的，故A错误；‎ B．在最高点，由 周期 故B正确；‎ C．盒子在最低点，由 可得 F＝2mg 故C错误；‎ D．盒子在与O点等高的右侧位置时，盒子底部对小球的支持力等于小球的重力mg，而盒子侧壁的支持力也等于mg，两者相互垂直，所以盒子对小球的作用力等于mg，根据牛顿第三定律，小球对盒子的作用力大小等于mg，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎4.如图所示，圆形区域内存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，P点为磁场边界上的一点。大量相同的带正电荷粒子以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿纸面内的各个方向。这些粒子射出磁场区域的位置均处于磁场边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是磁场边界圆周长的。若只将磁感应强度的大小变为B2，结果相应的弧长变为磁场边界圆周长的，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则等于（ ）‎ A. B. C. D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】当磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，即∠POM＝120°，如图所示：‎ 所以粒子做圆周运动的半径 r2＝Rsin60°＝‎ 同理可知 r1＝Rsin30°＝‎ 解得 ‎＝‎ 故选B。‎ ‎5.如图甲，有一物体由O点以初速度v0沿水平面向右滑行，物体始终受到一个水平向左的恒力F，已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，其动能Ek随离开O点的距离s变化的图线如图乙所示，g取‎10m/s2，则以下说法正确的是（ ）‎ A. 物体的质量为m＝‎‎2kg B. 物体受到水平向左的恒力F＝2N C. 物体与水平面间的摩擦力大小Ff＝3N D. 由于摩擦力做负功，物体的机械能不断减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】向右运动，由 ‎-（F＋μmg）·s＝0-Ek0‎ 即 ‎-（F＋0.1×m×10）×5＝0-25‎ 向左运动，由 ‎（F-μmg）·s＝Ek 即 ‎（F-0.1×m×10）×5＝5‎ 得 m＝‎‎2kg F＝3N 摩擦力 Ff＝μmg＝0.1×2×10N＝2N 由于动能先减小后增大，故机械能也是先减小后增大．‎ 故选A ‎6.火星是太阳的类地行星，直径约为地球的53％，质量为地球的11％，地球绕太阳运动的半长轴记作1天文单位，火星绕太阳运动的半长轴1．52天文单位．“火卫一”是火星的天然卫星．下列说法正确的是 A. 月球绕地球做圆周运动的线速度比地球同步卫星的线速度大 B. 地球表面附近的近地卫星向心加速度是火星表面附近的近地卫星向心加速度的5倍 C. 火星绕太阳公转一周约为地球公转时间的两倍 D. 月球绕地球做圆周运动的半径为R1，周期为T1，“火卫一＂绕火星做圆周运动的半径为R2，周期为T2，则 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据比较月球和同步卫星绕地球运转的线速度关系；根据比较地球表面附近的近地卫星向心加速度是火星表面附近的近地卫星向心加速度的关系；根据开普勒第三定律求解火星绕太阳公转一周的时间与地球公转时间的关系；根据开普勒第三定律判断选项D中的关系．‎ ‎【详解】A．对月球和地球的同步卫星而言，因同步卫星绕地球的运转半径小于月球绕地球运动的半径，根据可知，月球绕地球做圆周运动的线速度比地球同步卫星的线速度小，选项A错误；‎ B．根据可知地球表面附近的近地卫星向心加速度是火星表面附近的近地卫星向心加速度的关系是：倍，选项B错误；‎ C．根据开普勒第三定律可知：，解得倍，选项C正确；‎ D．月球绕地球做圆周运动的中心天体是地球，而 “火卫一＂绕火星做圆周运动的中心天体是火星，两者中心天体不同，则，选项D错误；‎ 故选C.‎ ‎7.如图所示，A、B两小球用轻杆连接，A球只能沿内壁光滑的竖直滑槽运动，B球处于光滑水平面内，不计球的体积．开始时，在外力作用下A、B两球均静止且杆竖直．现撤去外力，B开始沿水平面向右运动．已知A、B两球质量均为m，杆长为L，则下列说法中不正确的是（ ）‎ A. A球下滑到地面时，B球速度为零 B. A球下滑到地面过程中轻杆一直对B球做正功 C. A球机械能最小时，B球对地的压力等于它的重力 D. 两球和杆组成的系统机械能守恒，A球着地时的速度为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，分析清楚两球的运动过程，应用机械能守恒定律分析答题．‎ ‎【详解】解：A、A球下滑到地面时，A球速度竖直，沿杆的速度为零，即B球速度为零，故A正确；‎ B、开始时，B球静止，B的速度为零，当A落地时，B的速度也为零，因此在A下滑到地面的整个过程中，B先做加速运动，后做减速运动，因此，轻杆先对B做正功，后做负功，故B错误；‎ C、A球机械能最小时，B球动能最大，即加速度等于零，轻杆作用力为零，B球对地的压力等于它的重力．故C正确；‎ D、A球落地时，B的速度为零，在整个过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：，解得，D正确．‎ 故本题不正确的选B．‎ ‎【点睛】本题考查了机械能守恒定律的应用，知道A、B组成的系统在运动的过程中机械能守恒，A球落地时，B的速度为零是正确解题的关键．‎ ‎8.如图所示，是磁流体发电机示意图。平行金属板a、b之间有一个很强的匀强磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量等量正、负离子）垂直于磁场的方向喷入磁场，a、b两板间便产生电压．如果把a、b板与用电器相连接，a、b板就是等效直流电源的两个电极。若磁场的磁感应强度为B，每个离子的电荷量大小为q、速度为v，a、b两板间距为d，两板间等离子体的等效电阻为r，用电器电阻为R。稳定时，下列判断正确的是（ ）‎ A. 图中a板是电源的正极 B. 电源的电动势为Bvq C. 用电器中电流为 D. 用电器两端的电压为Bvd ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由左手定则，正离子受洛伦兹力向下偏转，负离子受洛伦兹力向上偏转，b 板为电源的正极，A错误；‎ BCD．由平衡条件得 qvB＝q 电源电动势 E＝U＝Bdv 电流 I＝＝‎ 用电器两端的电压 UR＝IR＝Bvd 故BC错误，D正确．‎ 故选D。‎ 二、多选题 ‎9.电子在电场中仅受电场力作用运动时，由a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示．图中一组平行等距实线可能是电场线，也可能是等势线．下列说法正确的是 A. 若a点的电势比b点低，图中实线是等势线 B. 不论图中实线是电场线还是等势线，电子在a点的电势能都比b点小 C. 若电子在a点动能较小，则图中实线是电场线 D. 如果图中实线是等势线，则电子在点电势能较大 ‎【答案】CD ‎【详解】A．a点电势比b点低，如果图中是电场线，根据粒子运动轨迹可以判断，电子受电场力水平向右，则电场线向左，a点电势比b点低，所以若a点的电势比b点低，图中实线不一定是等势线，也可能是电场线A错误 B．如果是电场线，根据A选项的分析，电场线向左，a的电势小于b的电势，根据电势能，电子在电势低的地方电势能大，所以电子在a点的电势能可能大于b点电势能，B错误 CD．如果在a点动能小，说明由a到b加速，如果是电场线，结合A选项的分析，方向向左，电子受力向右，加速，a点动能小；如果是等势线，则电场线与等势线垂直，根据粒子运动轨迹可以判断电子受力竖直向下，所以由a到b电场力做负功，b点动能小，电势能大，CD正确 ‎10.如图所示，R是一个光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小．理想变压器原、副线圈的匝数比为10︰1，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=220sin100πt(V)，则 A. 电压表的示数为22V B. 副线圈中交流电的频率为50Hz C. 在天逐渐变黑的过程中，电流表A2的示数变小 D. 在天逐渐变黑的过程中，理想变压器的输入功率变大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．根据光照的变化明确电阻的变化，从而分析电压和电流的变化规律．‎ ‎【详解】原线圈的电压的最大值为220V，根据电压之比等于线圈匝数之比可知，副线圈的电压的最大值为22V，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为U=V=22V，故A错误；副线圈中交流电的频率为，选项B正确；在天变黑的过程中，光照变弱，R阻值增大；电路的总电阻减大，由于电压是由变压器决定的，输出的电压不变，所以电流变小，电流表A2的示数变小，故C正确；由于变压器的输入和输出的功率是相等的，副线圈的电流减小，电压不变，所以由P=UI可知，输出的功率要减小，故输入的功率也要减小，故D错误．故选BC．‎ ‎【点睛】本题考查原理压中的电路的动态变化的分析，与直流电路中的动态分析相同；总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．‎ ‎11.图1为一列简谐横波在t=0时刻的波形图，P、Q为介质中的两个质点，图2为质点P的振动图象，则 A. t=0.2s时，质点Q沿y轴负方向运动 B. 0～0.3s内，质点Q运动的路程为‎0.3m C. t=0.5s时，质点Q的加速度小于质点P的加速度 D. t=0.7s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由振动图像可知T=0.4s，t=0时刻质点P向上振动，可知波沿x轴负向传播，则t=0.2s=0.5T时，质点Q沿y轴正方向运动，选项A错误；‎ B．0.3s=T，因质点Q在开始时不是从平衡位置或者最高点（或最低点）开始振动，可知0～0.3s内，质点Q运动的路程不等于，选项B错误；‎ C．t=0.5s=1T时，质点P到达最高点，而质点Q经过平衡位置向下运动还没有最低点，则质点Q的加速度小于质点P的加速度，选项C正确；‎ D．t=0.7s=1T时，质点P到达波谷位置而质点而质点Q还没到达波峰位置，则质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离，选项D正确．‎ ‎12.氢原子光谱如图甲所示，图中给出了谱线对应的波长，玻尔的氢原子能级图如图乙所示，已知普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，可见光的频率范围约为4.2×1014～7.8×1014Hz，则（ ）‎ A. Hα谱线对应光子的能量小于Hδ谱线对应光子的能量 B. 图甲所示Hα、Hβ、Hγ、Hδ四种光均属于可见光范畴 C. Hβ对应光子的能量约为10.2eV D. Hα谱线对应的跃迁是从n＝3能级到n＝2能级 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题图甲可知，Hα谱线对应光子的波长大于Hδ谱线对应光子的波长，结合E＝可知，Hα谱线对应光子的能量小于Hδ谱线对应光子的能量，故A正确；‎ B．依据可见光的频率范围可知，甲图所示的四种光均属于可见光范畴，故B正确；‎ C．Hβ谱线对应光子的能量 E1＝＝ J≈4.09×10－19J≈2.556eV 故C错误；‎ D．Hα谱线对应光子的能量为 E2＝＝J≈3.03×10－19J≈1.89eV 可知Hα谱线对应的跃迁是从n＝3能级到n＝2能级，故D正确．‎ 故选ABD。‎ 三、实验题 ‎13.(1)“探究平抛物体的运动规律”实验的装置如图甲所示。下列说法正确的是________；‎ A．斜槽必须是光滑的，且末端切线调成水平 B．每次释放小球必须从斜槽同一位置由静止释放 C．将球的位置记录在坐标纸上后，取下坐标纸，用直尺将所有点连成折线 D．小球运动时不应与竖直面上的坐标纸相接触 ‎(2)在“探究求合力的方法”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套，如图乙所示。‎ ‎①下列实验操作正确的是________；‎ A．用一个弹簧测力计与用两个弹簧测力计拉橡皮条时，只要满足橡皮条的长度相等 B．拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行 C．实验中，两根细绳必须等长 D．实验中，只需记下弹簧测力计的读数 ‎②实验中，弹簧测力计的示数如图丙所示，则图中弹簧测力计的读数为________N；‎ ‎③某次实验中，若两个弹簧测力计的读数均为4N，且两弹簧测力计拉力的方向相互垂直，则________（选填“能”或“不能”）用一个量程为5N的弹簧测力计测量出它们的合力，理由是__________。‎ ‎【答案】(1).BD (2)① B ② 2.5 ③不能 两弹簧测力计拉力的合力超出弹簧测力计的量程 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]．A．斜槽不一定必须是光滑的，但是末端切线必须要调成水平，以保证小球做平抛运动，选项A错误；‎ B．每次释放小球必须从斜槽同一位置由静止释放，以保证到达斜槽底端速度相同，选项B正确；‎ C．将球位置记录在坐标纸上后，取下坐标纸，用将所有点连成平滑的曲线，选项C错误；‎ D．小球运动时不应与竖直面上的坐标纸相接触，以免小球改变速度方向，选项D正确。故选BD。‎ ‎(2)①‎ ‎[2]．A．用一个弹簧测力计与用两个弹簧测力计拉橡皮条时，只要将结点拉到同一位置，不一定满足橡皮条的长度相等，选项A错误；‎ B．拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行，选项B正确；‎ C．实验中，两根细绳不一定必须等长，选项C错误；‎ D．实验中，需记下弹簧测力计的读数以及拉力的方向，选项D错误；故选B。‎ ‎②[3]．图中弹簧测力计的最小刻度为0.2N，则读数为2.5N；‎ ‎③[4][5]．某次实验中，若两个弹簧测力计的读数均为4N，且两弹簧测力计拉力的方向相互垂直，则两个力的合力为4N>5N，则不能用一个量程为5N的弹簧测力计测量出它们的合力，理由是两弹簧测力计拉力的合力超出弹簧测力计的量程。‎ ‎14.小明同学利用如图1所示电路测量多用电表欧姆档内部电池的电动势和电阻．使用的器材有：多用电表，电压表（量程3V、内阻为3kΩ），滑动变阻器（最大阻值2kΩ），导线若干．请完善以下步骤：‎ ‎(1)将多用电表的选择开关调到”×‎100”‎挡，再将红，黑表笔短接，______（填“机械”或“欧姆”）调零：‎ ‎(2)将图1中多用电表的红表笔接a，黑表笔接b端，那么电压表的右端为______接线柱（选填“+”或“-”）‎ ‎(3)欧姆表内部电路可等效为一个电池，一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图2所示，记电池的电动势为E，欧姆表“‎100”‎挡内部电路的总内阻为r，调节滑动变阻器，测得欧姆表的读数R和电压表读数U，某次测量电压表的示数如图3所示读数为______V，根据实验数据画出的-R图线如图4所示，求得电动势E=______V，内部电路的总电阻r=______kΩ．‎ ‎【答案】 (1). 欧姆 (2). + (3). 0.85 1.46 1.6‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]将多用电表的选择开关调到”×‎100”‎挡，再将红，黑表笔短接，进行欧姆调零；‎ ‎(2)[2]欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，电流应从电压表正接线柱流入，将图1中多用电表的红表笔接a，黑表笔接b端，那么电压表的右端为+接线柱；‎ ‎(3)[3]电压表量程为3V，由图示表盘可知，其分度值为0.1V，示数为0.95V；‎ ‎[4][5]由图示电路图可知，电源电动势：‎ E=U+Ir=U+(R+r)‎ 整理得：‎ 由图示图象可知：‎ ‎ ，‎ 解得：E≈1.46V，r=1.6kΩ.‎ 四、计算题 ‎15.如图，气缸左右两侧气体由包有绝热材料的活塞隔开，活塞与气缸光滑接触．初始时两侧气体均处于平衡态，体积分别为V1= V和V2= 2V，温度分别为T1= 2T和T2=5T ‎．先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同；然后取走绝热材料使活塞导热，两侧气体最后达到平衡．求：‎ ‎①两侧气体体积相同时，左侧气体的温度T3的大小；‎ ‎②最后达到平衡时两侧气体体积之比．‎ ‎【答案】①4T　 ②5:4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①设初始时压强为，‎ 左侧气体满足：‎ 右侧气体满足：‎ 解得：‎ ‎②活塞导热达到平衡，‎ 左侧气体满足：‎ 右侧气体满足：‎ 平衡时，则有：‎ 解得：‎ ‎16.如图为一玻璃砖的截面图，ABCD为长方形，BCE为圆.AB=2R，BC=R，一束单色光从AD界面上的F点（未画出）入射，在CD界面上的G点（未画出）发生一次全反射后，从BE界面上的H点射出，折射角α=60°，折射光平行于DE且与反射光垂直，真空中的光速为c．‎ ‎（i）画出光路图并求出折射率n；‎ ‎（ii）光从射入玻璃砖到第一次射出的时间t．‎ ‎【答案】（i）.；（ii）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（i）光路图如图所示：‎ 由几何关系得：，‎ ‎，‎ 解得：‎ ‎（ii）由几何关系得：‎ 在等腰△GHC中：‎ 在直角△FDG中：‎ ‎ .‎ ‎17.如图甲所示两光滑导轨由水平、倾斜两部分平滑连接，相互平行放置两导轨相距L=‎1m，倾斜导轨与水平面成θ=30°角.倾斜导轨所处的某一矩形区域BB′C′C内有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B1=1T，B、C间距离为L1=‎2m.倾斜导轨上端通过单刀双掷开关S连接R=0.8Ω的电阻和电容C=‎1F的未充电的电容器．现将开关s掷向1，接通电阻R，然后从倾斜导轨上离水平面高h=‎1.45m处垂直于导轨静止释放金属棒ab，金属棒的质量m=‎0.4kg、电阻r=0.2Ω，金属棒下滑时与导轨保持良好接触，在到达斜面底端CC′前已做匀速运动．金属棒由倾斜导轨滑向水平导轨时无机械能损失，导轨的电阻不计.当金属棒经过CC′时，开关S掷向2，接通电容器C，同时矩形区域BB′C′C的磁感应强度B1随时间变化如图乙所示.水平导轨所处某一矩形区域的CC′D′D内无磁场，C、D间距离为L2=‎8m.DD'右侧的水平轨道足够长且两水平轨道内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B2=2T.g=‎10m/s2，求：‎ ‎（1）金属棒刚进入矩形磁场区域BB′C′C时两端的电压；‎ ‎（2）金属棒通过矩形磁场区域BB'C′C的过程中电阻R产生的热量；‎ ‎（3）若金属棒在矩形区域CC′D′D内运动，到达DD′前电流为零．则金属棒进入DD′右侧磁场区域运动达到稳定后电容器最终所带的电荷量.‎ ‎【答案】（1）2.4V（2）4J（3）C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对金属棒进入磁场前的过程，根据机械能守恒定律得：mg（h-L1sin30°）=‎ 可得：v1=‎3m/s 刚进磁场时感应电动势：E1=B1Lv1=1×1×3=3V 根据分压关系可得路端电压：U==V=2.4V ‎（2）金属棒在到达斜面底端CC′前已做匀速运动，根据平衡条件得mgsin30°=F 又安培力F =B1IL=B1L=‎ 联立解得v2=‎2m/s 金属棒从静止到通过矩形磁场区域BB'C′C的过程中，根据能量守恒定律得：mgh=Q+‎ 电阻R产生的热量QR=Q 解得QR=4J ‎（3）B1随时间变化4s内，电容器板间电压UC1=LL1‎ 可得，UC1=0.5V 金属棒在无磁场区域内匀速时间t===4s 金属棒进磁场B2时B2刚好不变．电容器继续充电，当电容器充电稳定时，UC2=B2Lv2．‎ 此过程中电容器△Q=CUC2-CUC1‎ 设此过程中的平均电流为，时间为t，根据动量定理有:‎ ‎-B2Lt=mv3-mv2‎ 其中t=△Q 解得v3=m/s 最终电容器所带的电荷量:Q=CUC2=C ‎18.如图所示，长为l=‎1 m、质量为M=‎1 kg的长木板放在光滑的平台上，质量为m=‎0.5 kg的物块放在长木板上表面的左端，在平台右侧边緣固定一定滑轮，绕过定滑轮的细线一端系在物块上,连接物块的细线保持水平，用大小为F=1.2‎ ‎ N的拉力向下拉细线，使物块向右做加速运动，巳知物块与长木板间的动摩擦因数为0. 2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取‎10 m/s2 ，长木板右端离定滑轮距离足够大,平台离地面足够高，求:‎ ‎（1）在拉力F作用下，物块与长木板之间的摩擦力大小;‎ ‎（2）若不用拉力，而在细线上悬挂一个重为G=5 N的重物，释放重物，则物块滑离长木板时，长木板运动的距离为多少?‎ ‎（3）若（2）问中物块运动到长木板正中间时，细线断开，试判断此后物块能否滑离长木板?‎ ‎【答案】（1）0.8N；（2） ；（3）刚好不滑离长木板 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）假设在拉力作用F两物体间保持相对静止,两物体共同的加速度为 对长木板 f=Ma=0.8N 而两物体间的最大静摩擦力为 可见f

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