西藏拉萨中学2017届高三上学期第二次月考物理试卷

西藏拉萨中学2017届高三上学期第二次月考物理试卷

‎2016-2017学年西藏拉萨中学高三（上）第二次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：（本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，1～5小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项正确；全部选对的得6分，选对但不全对的得3分，有选错或不答的得0分）‎ ‎1．“物理”二字最早出现在中文中，是取“格物致理”四字的简称，即考察事物的形态和变化，总结研究它们的规律的意思．同学们要在学习物理知识之外，还要了解物理学家是如何发现物理规律的，领悟并掌握处理物理问题的思想与方法．下列叙述正确的是（　　）‎ A．在验证力的平行四边形定则的实验中使用了控制变量的方法 B．用质点来代替实际运动物体是采用了理想模型的方法 C．笛卡尔根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因 D．伽利略通过比萨斜塔实验证实了，在同一地点重的物体和轻的物体下落快慢不同 ‎2．如图所示表示甲、乙两运动物体相对同一原点的位移﹣时间图象，下面说法中错误的是（　　）‎ A．甲和乙都做匀速直线运动 B．甲、乙运动的出发点相距x0‎ C．甲、乙两物体在处相遇 D．乙比甲早出发t1的时间 ‎3．一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为2kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第5s内的位移是18m，则（　　）‎ A．物体在2 s末的速度是20 m/s B．物体在第5 s内的平均速度是3.6 m/s C．物体在第2 s内的位移是20 m D．物体在前5 s内的位移是50 m ‎4．如图所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑下滑过程中A的受力个数为（　　）‎ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 ‎5．如图所示，绳与杆均不计重力，承受力的最大值一定．A端用绞链固定，滑轮O在A点正上方（滑轮大小及摩擦均可忽略），B端吊一重物P，现施加拉力FT将B缓慢上拉（均未断），在杆达到竖直前（　　）‎ A．绳子越来越容易断 B．绳子越来越不容易断 C．杆越来越容易断 D．杆越来越不容易断 ‎6．t=0时，甲乙两汽车从相距80km的两地开始相向行驶，它们的v一t 图象如图所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是（　　）‎ A．在第2小时末，甲乙两车相距20 km B．在第2小时末，甲乙两车相距最近 C．在4小时前，两车已相遇 D．在第4小时末，甲乙两车相遇 ‎7．如图（a）所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图（b）所示，若重力加速度g取10m/s2．请根据图（b）中所提供的信息能计算出（　　）‎ A．加速度从2m/s2增加到6m/s2的过程中物体的速度变化 B．加速度为6m/s2时物体的速度 C．斜面的倾角 D．物体的质量 ‎8．如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a、b、c、d到达最高点e．已知ab=bd=6m，bc=1m，小球从a到c和从c到d所用的时间都是2s，设小球经b、c时的速度分别为vb、vc，则（　　）‎ A．vb=m/s B．vc=3m/s C．de=4m D．从d到e所用时间为2s ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．‎ ‎（1）图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是　　．‎ ‎（2）本实验采用的科学方法是　　‎ A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法 ‎（3）某同学在做该实验时认为：‎ A．拉橡皮条的细绳长一些，实验效果较好 B．拉橡皮条时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行 C．橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力要适当大些 D．拉力F1和F2的夹角越大越好 其中不正确的是　　（填入相应的字母）．‎ ‎10．物理小组的同学用如图1所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门l更靠近小球释放点），小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜．实验时可用两光电门测量小球从光电门l运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h．‎ ‎（l）使用游标卡尺测量小球的直径如图2所示，则小球直径为　　 cm．‎ ‎（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h=　　．‎ ‎（3）根据实验数据作出﹣t图线，若图线斜率的绝对值为k，根据图线可求出重力加速度大小为　　．‎ ‎11．航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的战斗机在跑道上加速时可产生的最大加速度为5m/s2，起飞速度为50m/s时，如果航母静止状态，问：‎ ‎（1）如果航母上不装装弹射系统，要求该飞机仍能从此舰上起飞，问甲板上跑道至少应多长？‎ ‎（2）若航母弹射系统给飞机一个30m/s的初速度，则要求这种飞机能在舰上起飞，甲板上跑道至少为多长？‎ ‎12．如图所示，质量为m1的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O．轻绳OB水平且B端与放置在水平面上的质量为m2的物体乙相连，轻绳OA与竖直方向的夹角θ=37°，物体甲、乙均处于静止状态．（取sin37°=0.6，cos37°=0.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）求：‎ ‎（1）轻绳OA、OB受到的拉力是多大．‎ ‎（2）若物体乙的质量m2=4kg，物体乙与水平面之间的动摩擦因数为μ=0.3，则欲使物体乙在水平面上不滑动，物体甲的质量m1最大不能超过多少？‎ ‎13．如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ=30°时，可视为质点的小木块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小木块从木板的底端以v0的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离将发生变化．已知重力加速度为g．‎ ‎（1）小木块与木板间的动摩擦因数；‎ ‎（2）当θ=60°角时，小木块沿木板向上滑行的距离；‎ ‎（3）当θ=60°角时，小木块由底端沿木板向上滑行再回到原出发点所用的时间．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年西藏拉萨中学高三（上）第二次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：（本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，1～5小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项正确；全部选对的得6分，选对但不全对的得3分，有选错或不答的得0分）‎ ‎1．“物理”二字最早出现在中文中，是取“格物致理”四字的简称，即考察事物的形态和变化，总结研究它们的规律的意思．同学们要在学习物理知识之外，还要了解物理学家是如何发现物理规律的，领悟并掌握处理物理问题的思想与方法．下列叙述正确的是（　　）‎ A．在验证力的平行四边形定则的实验中使用了控制变量的方法 B．用质点来代替实际运动物体是采用了理想模型的方法 C．笛卡尔根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因 D．伽利略通过比萨斜塔实验证实了，在同一地点重的物体和轻的物体下落快慢不同 ‎【考点】验证力的平行四边形定则；伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．‎ ‎【分析】本题根据常用的物理研究方法，如理想模型法、等效替代法等，进行解答即可．‎ ‎【解答】解：A、在验证力的平行四边形定则的实验中使用了等效替代的方法，故A错误．‎ B、用质点来代替实际运动物体是采用了理想模型的方法，故B正确．‎ C、伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，故C错误．‎ D、亚里士多德认为在同一地点重的物体和轻的物体下落快慢不同，故D错误 故选：B ‎　‎ ‎2．如图所示表示甲、乙两运动物体相对同一原点的位移﹣时间图象，下面说法中错误的是（　　）‎ A．甲和乙都做匀速直线运动 B．甲、乙运动的出发点相距x0‎ C．甲、乙两物体在处相遇 D．乙比甲早出发t1的时间 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】位移时间图线的斜率表示速度，当两物体的纵坐标相同时，即位移相同，两物体相遇．‎ ‎【解答】解：A、甲、乙的位移都随时间均匀变化，知甲和乙都做匀速直线运动．故A正确．‎ B、由位移时间图线可知，甲乙的出发点相距x0．故B正确．‎ C、由图线可知，两物体相遇时，纵坐标相等，此时距离远点为．故C正确．‎ D、由图线可知，乙比甲迟出发t1的时间．故D错误．‎ 本题选错误的，故选D．‎ ‎　‎ ‎3．一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为2kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第5s内的位移是18m，则（　　）‎ A．物体在2 s末的速度是20 m/s B．物体在第5 s内的平均速度是3.6 m/s C．物体在第2 s内的位移是20 m D．物体在前5 s内的位移是50 m ‎【考点】万有引力定律及其应用；自由落体运动．‎ ‎【分析】第5s内的位移等于5s内的位移减去4s内的位移，根据自由落体运动的位移时间公式求出星球上的重力加速度．再根据速度时间公式v=gt，位移时间公式h=gt2求出速度和位移．‎ ‎【解答】解：A、第5s内的位移是18m，有： gt12﹣gt22=18m，t1=5s，t2‎ ‎=4s，解得：g=4m/s2．所以2s末的速度：v=gt=8m/s．故A错误．‎ B、第5s内的平均速度： ==m/s=18m/s．故B错误．‎ C、t=2s，t′=1s，物体在第2s内的位移：x=gt2﹣gt′2=8﹣2m=6m．故C错误．‎ D、物体在5s内的位移：x=gt2=×4×25m=50m．故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑下滑过程中A的受力个数为（　　）‎ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】以A为研究对象，明确物体的运动状态，从而根据平衡条件进行分析从而明确A受力个数．‎ ‎【解答】解：以A为研究对象，分析受力情况：重力、B的竖直向上的支持力，B对A没有摩擦力，否则A不会匀速运动．故A只受2个力作用，故B正确，ACD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，绳与杆均不计重力，承受力的最大值一定．A端用绞链固定，滑轮O在A点正上方（滑轮大小及摩擦均可忽略），B端吊一重物P，现施加拉力FT将B缓慢上拉（均未断），在杆达到竖直前（　　）‎ A．绳子越来越容易断 B．绳子越来越不容易断 C．杆越来越容易断 D．杆越来越不容易断 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】以B点为研究对象，分析其受力情况，作出受力图，利用三角形相似法，得出各力与三角形ABO三边边长的关系，再分析绳子上力变化．‎ ‎【解答】解：以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出力图如图：‎ 由平衡条件得知，N和FT的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得： ==‎ 又T=G，解得：‎ N=G FT=G 使∠BAO缓慢变小时，AB、AO保持不变，BO变小，则N保持不变，FT变小．故杆无所谓易断不易断，绳子越来越不容易断．故B项正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．t=0时，甲乙两汽车从相距80km的两地开始相向行驶，它们的v一t 图象如图所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是（　　）‎ A．在第2小时末，甲乙两车相距20 km B．在第2小时末，甲乙两车相距最近 C．在4小时前，两车已相遇 D．在第4小时末，甲乙两车相遇 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】速度﹣时间图线中速度的正负表示运动方向，图线与时间轴围成的面积表示位移，根据两车的速度关系分析何时相距最近，何时相遇．‎ ‎【解答】解：A、在第2小时末，甲的位移为 x甲=×30×2km=30km，乙的位移 x乙=﹣×30×2km=﹣30km，此时两车相距△x=80﹣30﹣30=20（km）．故A正确．‎ BCD、在t=2h前，甲沿正方向运动，乙沿负方向运动，则两者间的距离越来越小，2﹣4h内，甲、乙速度方向相同，且乙在前，甲在后，甲的速度大于乙的速度，距离逐渐减小，在第4小时末，甲的位移为 x甲=×60×4km=120km，乙的位移 x乙=﹣×30×2km+×60×2km=30km，此时两车相距△x=120﹣80﹣30=10（km），甲在乙的前方，说明在4小时前，两车已相遇，相遇时相距最近．故C正确，BD错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎7．如图（a）所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图（b）所示，若重力加速度g取10m/s2．请根据图（b）中所提供的信息能计算出（　　）‎ A．加速度从2m/s2增加到6m/s2的过程中物体的速度变化 B．加速度为6m/s2时物体的速度 C．斜面的倾角 D．物体的质量 ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】对物体受力分析，根据牛顿第二定律得出力F与加速度a的函数关系，然后结合图象得出相关信息．‎ ‎【解答】解：对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图 x方向：Fcosθ﹣mgsinθ=ma…①‎ y方向：N﹣Fsinθ﹣mgcosθ=0…②‎ 从图象中取两个点（20N，2m/s2），（30N，6m/s2）代入①式解得：‎ m=2kg，θ=37°‎ 所以物体的质量为2kg，斜面的倾角为θ=37°．故CD正确．‎ 题中并没有说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小．也无法求出加速度从2m/s2增加到6m/s2的过程中物体的速度变化．故AB错误．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a、b、c、d到达最高点e．已知ab=bd=6m，bc=1m，小球从a到c和从c到d所用的时间都是2s，设小球经b、c时的速度分别为vb、vc，则（　　）‎ A．vb=m/s B．vc=3m/s C．de=4m D．从d到e所用时间为2s ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】‎ 由题，小球从a到c和从c到d所用的时间都是2s，则根据推论得知，c点的速度等于ad间的平均速度，并利用推论求出ac间和cd间中点时刻的瞬时速度，即可求出加速度，再由位移公式求出b点的速度，由速度公式求出从d到e所用时间．‎ ‎【解答】解：A、B、由题，小球从a到c和从c到d所用的时间都是2s，根据推论得知，c点的速度等于ad间的平均速度，则有 vc==m/s=3m/s，‎ ac间中点时刻的瞬时速度为v1=，cd间中点时刻的瞬时速度为v2=，故物体的加速度大小为 ‎ a==0.5m/s．‎ 由得，‎ ‎=．故A错误，B正确；‎ C、设c点到最高点的距离为S，则：S=，则de=S﹣cd=9m﹣5m=4m．故C正确；‎ D、设d到e的时间为T，则de=，得T=4s．故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．‎ ‎（1）图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是　F′　．‎ ‎（2）本实验采用的科学方法是　B　‎ A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法 ‎（3）某同学在做该实验时认为：‎ A．拉橡皮条的细绳长一些，实验效果较好 B．拉橡皮条时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行 C．橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力要适当大些 D．拉力F1和F2的夹角越大越好 其中不正确的是　D　（填入相应的字母）．‎ ‎【考点】验证力的平行四边形定则．‎ ‎【分析】（1）该实验采用了“等效法”，由于实验误差的存在，导致F1与F2合成的实际值与与理论值存在差别；‎ ‎（2）该实验采用了等效替代法；‎ ‎（3）本实验的原理为：F'的作用效果应与另外两个力的作用效果相同，则可知，F'即为两力的合力；根据平行四边形定则作出两个分力的合力F，再作出F'的图示，比较F与F'则可验证平行四边形定则．‎ ‎【解答】解：（1）F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力． ‎ 故答案为：F′．‎ ‎（2）合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法，因此ACD错误，B正确．‎ 故本题答案是：B．‎ ‎（3）A、在实验中要减小拉力方向的误差，应让标记同一细绳方向的两点尽量远些，故细绳应该长一些，故A正确；‎ B、作图时，我们是在白纸中作图，做出的是水平力的图示，若拉力倾斜，则作出图的方向与实际力的方向有有较大差别，故应使各力尽量与木板面平行，故B正确；‎ C、实验中，弹簧的读数适当大些，可以减小作图时的偶然误差，故C正确；‎ D、两个拉力的夹角过大，合力会过小，量取理论值时相对误差变大，夹角太小，会导致作图困难，也会增大偶然误差，故D错误．‎ 本题选错误的，故选D．‎ ‎　‎ ‎10．物理小组的同学用如图1所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门l更靠近小球释放点），小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜．实验时可用两光电门测量小球从光电门l运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h．‎ ‎（l）使用游标卡尺测量小球的直径如图2所示，则小球直径为　1.170　 cm．‎ ‎（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h=　　．‎ ‎（3）根据实验数据作出﹣t图线，若图线斜率的绝对值为k，根据图线可求出重力加速度大小为　2k　．‎ ‎【考点】测定匀变速直线运动的加速度．‎ ‎【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．‎ 根据自由下落的公式和匀变速直线运动的推论求出h、t、g、v四个物理量之间的关系．‎ 整理得到﹣t图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系．‎ ‎【解答】解：（1）主尺读数为1.1cm，游标读数为0.05×14=0.70mm=0.070cm，‎ 所以最终读数为1.1cm+0.070cm=1.170cm．‎ ‎（2）小球经过光电门2的速度为v，根据运动学公式得从开始释放到经过光电门2的时间t′=，‎ 所以从开始释放到经过光电门1的时间t″=t′﹣t=﹣t 所以经过光电门1的速度v′=gt″=v﹣gt 根据匀变速直线运动的推论得：两光电门间的距离h=t=‎ ‎（3）h=‎ 所以=v﹣gt 若﹣t图线斜率的绝对值为k，k=g 所以重力加速度大小g=2k．‎ 故答案为：（1）1.170；‎ ‎（2）；‎ ‎（3）2k．‎ ‎　‎ ‎11．航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的战斗机在跑道上加速时可产生的最大加速度为5m/s2，起飞速度为50m/s时，如果航母静止状态，问：‎ ‎（1）如果航母上不装装弹射系统，要求该飞机仍能从此舰上起飞，问甲板上跑道至少应多长？‎ ‎（2）若航母弹射系统给飞机一个30m/s的初速度，则要求这种飞机能在舰上起飞，甲板上跑道至少为多长？‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）飞机起飞做初速度为0的匀加速直线运动，根据速度位移关系求出起飞时飞机的位移即可；‎ ‎（2）飞机有初速度后，同样根据位移速度关系求出起飞时飞机的位移即可求出跑道长度．‎ ‎【解答】解：（1）由题意知飞机做初速度为0的匀加速运动，末速度v=50m/s，加速度a=5m/s2，根据匀变速直线运动的速度位移关系有：‎ v2﹣0=2ax 飞机起飞时的位移为： =‎ ‎（2）若起飞时飞机具有初速度v0=30m/s，则根据速度位移关系有：‎ 得飞机起飞时的位移为：‎ 答：（1）问甲板上跑道至少应为250m；‎ ‎（2）有起飞速度时甲板上跑道至少为160m．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，质量为m1的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O．轻绳OB水平且B端与放置在水平面上的质量为m2的物体乙相连，轻绳OA与竖直方向的夹角θ=37°，物体甲、乙均处于静止状态．（取sin37°=0.6，cos37°=0.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）求：‎ ‎（1）轻绳OA、OB受到的拉力是多大．‎ ‎（2）若物体乙的质量m2=4kg，物体乙与水平面之间的动摩擦因数为μ=0.3，则欲使物体乙在水平面上不滑动，物体甲的质量m1最大不能超过多少？‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】（1）以结点为研究对象，受到三个拉力作用，作出力图，其中重物对O点拉力等于重物的重力．根据平衡条件列方程求解．‎ ‎（2）当甲的质量增大到乙物体刚要滑动时，质量达到最大，此时乙受到的静摩擦力达到最大值．根据平衡条件求出OB绳拉力的最大值，再求解物体甲的质量m1最大值．‎ ‎【解答】解：（1）对结点O，如图有：‎ ‎①‎ ‎②‎ 解得=‎ ‎ TB=m1gtanθ=‎ ‎（2）当乙物体刚要滑动时静摩擦力达到最大值，即 ‎ Fmax=μm2g ③‎ ‎ 又TBmax=Fmax④‎ 由②③④得：‎ 答：（1）轻绳OA的拉力为，OB受到的拉力是m1g；‎ ‎ （2）欲使物体乙在水平面上不滑动，物体甲的质量m1最大不能超过1.6kg．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ=30°时，可视为质点的小木块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小木块从木板的底端以v0的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离将发生变化．已知重力加速度为g．‎ ‎（1）小木块与木板间的动摩擦因数；‎ ‎（2）当θ=60°角时，小木块沿木板向上滑行的距离；‎ ‎（3）当θ=60°角时，小木块由底端沿木板向上滑行再回到原出发点所用的时间．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】（1）抓住小木块做匀速直线运动，结合重力沿斜面向下的分力与摩擦力相等，求出动摩擦因数的大小．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律求出小木块上滑的加速度大小，结合速度位移公式求出上滑的距离．‎ ‎（3）根据速度时间公式求出上滑的时间，根据牛顿第二定律求出下滑的加速度，结合位移时间公式求出下滑的时间，从而得出总时间．‎ ‎【解答】解：（1）当θ=30°时，物块受重力、支持力和滑动摩擦力处于平衡，有：mgsinθ=μFN①‎ FN=mgcosθ ②‎ 联立①②得：．‎ ‎（2）当小木块向上运动时，小木块的加速度为a，则：mgsin θ+μmgcosθ=ma，‎ 根据速度位移公式得，，‎ 代入数据解得x=．‎ ‎（3）当小木块向上运动时，小木块的加速度为a1，则：mgsin θ+μmgcos θ=ma1‎ 则上滑的时间，‎ 代入数据解得，‎ 当小木块向下运动时，小木块的加速度为a2，则：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2‎ 解得：，‎ 根据x=得，．‎ 则．‎ 答：（1）小木块与木板间的动摩擦因数为．‎ ‎（2）小木块沿木板向上滑行的距离为．‎ ‎（3）小木块由底端沿木板向上滑行再回到原出发点所用的时间为．‎ ‎　‎ ‎2017年2月25日