福建省泉州市安溪八中2015届高三（上）期中物理试卷 Word版含解析.doc

2014-2015学年福建省泉州市安溪八中高三（上）期中物理试卷 一、单项选择题：（本大题共12题，每小题4分，共48分每小题只有一个正确的选项）1（4分）（2015孝感校级模拟）关于物理学家及其说法正确的是（）A牛顿通过观察天象以及深入研究第谷的数据提出行星运动三大定律B开普勒发现了万有引力定律C笛卡尔开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法，得出忽略空气阻力时，重物与轻物下落得同样快D第一次精确测量出万有引力常量的物理学家是卡文迪许考点：物理学史版权所有专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：A、开普勒通过观察天象以及深入研究第谷的数据提出行星运动三大定律，故A错误；B、牛顿发现了万有引力定律，故B错误；C、伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法，得出忽略空气阻力时，重物与轻物下落得同样快，故C错误；D、第一次精确测量出万有引力常量的物理学家是卡文迪许，故D正确；故选：D点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（4分）（2014秋安溪县校级期中）如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移时间（xt）图线，由图可知（）A在t1时刻，a、b两车运动方向相反B在t1到t2这段时间内，b车始终向同一方向运动C在t1到t2这段时间内，b车的平均速度比a车的大D在t1到t2这段时间内，b车的平均速率比a车的大考点：匀变速直线运动的图像版权所有专题：运动学中的图像专题分析：位移时间关系图线反映物体的位移随时间的变化规律，图线的斜率表示速度的大小纵坐标的变化量表示位移根据这些知识进行分析两物体的运动情况解答：解：A、在t1时刻，a图线切线斜率为正值，说明a的速度沿正向，b的斜率也为正值，速度也沿正向，所以此时两车运动方向相同故A错误B、在t1到t2这段时间内，b图线的斜率先正后负，说明b车的运动方向先沿正向，后沿负向，故B错误C、t1到t2时间内，两车的位移相同，时间相同，则平均速度相同故C错误D、在t1到t2这段时间内，a和b两车初末位置相同，位移相同，a一直沿负方向运动，而b先沿负方向运动后沿正方向运动，路程不等，b车的路程大，其平均速率也大，故D正确故选：D点评：解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的切线斜率表示瞬时速度，根据斜率的正负可以确定运动的方向3（4分）（2015孝感校级模拟）如图所示，将一质量为m的小球从空中o点以速度水平抛出，飞行一段时间后，小球经过P点时动能Ek=5mv02，不计空气阻力，则小球从O到P（）A下落的高度为B经过的时间为C运动方向改变的角度为arctanD速度增量为3v0，方向竖直斜向下考点：动能定理的应用；平抛运动版权所有专题：动能定理的应用专题分析：本题A根据动能定理即可求解；题B根据竖直方向是自由落体运动的位移与时间关系即可求解；题C的关键是求出竖直方向是速度即可求解；题D根据加速度的定义可知v=at=gt，然后求解即可解答：解：A：对小球从A到P由动能定理可得：mgh=，解得：h=，所以A错误；B：在竖直方向应有：h=，代入数据解得：t=，所以B正确；C：速度偏角满足tan=，将上式的t值代入可得：tan=3，=arctan3，所以C错误；D：根据v=at可得，v=gt=g=3，方向与g方向相同即竖直向下，所以D正确；故选：BD点评：应明确：当不涉及方向、时间的有关问题应用动能定理求解较方便；求速度变化量时，应用v=at求解较方便4（4分）（2014秋合肥期末）高层建筑已成为许多大城市亮丽的风景，而电梯是高层建筑必配的设施某同学将一轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，如图所示在电梯运行时，该同学发现轻弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，这一现象表明（）A电梯一定是在下降B该同学处于失重状态C电梯的加速度方向一定是竖直向下D该同学对电梯地板的压力大于其重力考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：对铁球的受力分析，受重力和拉力，结合牛顿第二定律，判断出加速度的方向；然后判断电梯和该同学的超、失重情况解答：解：电梯静止不动时，小球受力平衡，有mg=kx1弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，说明弹力变大了，根据牛顿第二定律，有kx2mg=ma故加速度向上，电梯加速上升或者减速下降，电梯以及电梯中的人处于超重状态，所以该同学对地板的压力大于重力，故ABC错误，D正确；故选：D点评：本题关键是对铁球受力分析，根据牛顿第二定律判断出铁球的加速度方向，由于铁球和电梯相对静止，从而得到电梯的加速度，最后判断电梯的超、失重情况5（4分）（2013东河区校级二模）如图所示，质量分别为m1和m2的木块A和B之间用轻弹簧相连，在拉力F作用下，以加速度g竖直向上做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度为aA和aB，则（）AaA=aB=gBaA=g，aB=CaA=g，aB=gDaA=，考点：牛顿第二定律版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：撤掉F后，由于弹簧形变量没有变化，故弹力不变，A只受重力和弹力，因此A的受力不变，可知A的加速度撤掉F后，B由原来受F，重力，弹力，变为只受重力和弹力，分别对AB列牛顿第二定律方程，可以求B的加速度解答：解：对A受力分析：撤掉F后，由于弹簧形变量没有变化，故弹力不变，A只受重力和弹力，因此A的受力不变，故其加速度不变仍为g，对B受力分析：B由原来受F，重力，弹力，由牛顿第二定律：Fm2gF弹=m2g，撤掉F后，B只受重力和弹力，由牛顿第二定律：m2gF弹=m2a对A：F弹m1g=m1g，解得：F弹=2m1g带入得：m2g+2m1g=m2a解得：a=，故B正确故选B点评：本题关键是要明确弹簧的弹力不突变，但是绳在断开后弹力就会突变为零6（4分）（2014益阳模拟）如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态，若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则（）AB对墙的压力增大BA与B之间的作用力增大C地面对A的摩擦力减小DA对地面的压力减小考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：对小球进行受力分析，根据A物体移动可得出小球B受A支持力方向的变化，由几何关系可得出各力的变化，对整体进行分析可得出水平向上摩擦力及竖直向上的压力的变化解答：解：对小球B受力分析，作出平行四边形如图所示：A滑动前，B球受墙壁及A的弹力的合力与重力大小相等，方向相反；如图中实线所示；而将A向外平移后，B受弹力的方向将上移，如虚线所示，但B仍受力平衡，由图可知A球对B的弹力及墙壁对球的弹力均减小；故A错误，B错误；以AB为整体分析，水平方向上受墙壁的弹力和地面的摩擦力而处于平衡状态，弹力减小，故摩擦力减小，故C正确；竖直方向上受重力及地面的支持力，两物体的重力不变，故A对地面的压力不变，故D错误；故选：C点评：本题应注意图析法及整体法的应用，灵活选择研究对象可以对解决物理题目起到事半功倍的效果7（4分）（2011长沙模拟）如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在如图所示的水平面内做匀速圆周运动，则（）A球A的线速度一定大于球B的线速度B球A的角速度一定大于球B的角速度C球A的向心加速度一定大于球B的向心加速度D球A对筒壁的压力一定大于球B对筒壁的压力考点：牛顿第二定律；向心力版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：小球受重力和支持力，靠重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，根据F合=ma=m比较线速度、角速度、向心加速度的大小解答：解：A、两球所受的重力大小相等，支持力方向相同，根据力的合成，知两支持力大小、合力大小相等根据得，v=，合力、质量相等，r大线速度大，所以球A的线速度大于球B的线速度故A正确，D错误 B、根据，得=，r大角速度小所以球A的角速度小于球B的角速度故B错误 C、根据F合=ma，知向心加速度相等故C错误故选：A点评：解决本题的关键知道小球做匀速圆周运动，靠重力和支持力的合力提供向心力会通过F合=ma=m比较线速度、角速度、向心加速度的大小8（4分）（2014秋孝南区校级期末）自动卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下可以改变与水平面间的倾角，用以卸下车厢中的货物，下列说法正确的是（）A当货物相对车厢静止时，地面对货车有向左的摩擦力B当货物相对车厢匀速下滑时，地面对货车有向左的摩擦力C当货物相对车厢加速下滑时，地面对货车有向左的摩擦力D当货物相对车厢加速下滑时，货车对地面的压力大于货车和货物的总重力考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：货物处于平衡状态，对货物进行受力分析，根据平衡条件判断货物与车厢间的摩擦力和支持力的变化情况；当货物加速下滑时，对货物和车厢进行受力分析，根据牛顿第二、第三定律分析即可解答：解：A、当货物相对于车厢静止时，对整体受力分析可知，整体处于平衡状态；在水平方向不受外力；故地面对货车没有摩擦力；故A错误；B、当货物相对于车厢匀速下滑时，整体仍然平衡，故水平方向对车厢没有摩擦力；故B错误；C、当货物加速下滑时，对货物进行受力分析，受到重力、支持力，滑动摩擦力，因为加速度沿斜面向下，所以支持力和滑动摩擦力的合力的方向偏向左上方，根据牛顿第三定律可知，物体对车厢的压力和摩擦力的合力方向偏向右下方，对车厢进行受力分析可知，地面对汽车有向左的摩擦力，故C正确；D、当货物加速下滑时，对货物进行受力分析，受到重力、支持力，滑动摩擦力，因为加速度沿斜面向下，将加速度分解，则竖直向下的方向上，支持力一定小于重力；则根据牛顿第三定律可知，物体对车厢的压力小于重力，故货车对地面的压力小于货车和货物的总重力；故D错误故选：C点评：本题主要考查了平衡条件的应用、牛顿第二定律、第三定律的应用；本题要注意利用加速度的分解去求解物体的受力情况9（4分）（2011济南一模）“快乐向前冲”节目中有这样一种项目，选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到鸿沟对面的平台上，如果已知选手的质量为m，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角为，绳的悬挂点O距平台的竖直高度为H，绳长为l，不考虑空气阻力和绳的质量，下列说法正确的是（）A选手摆到最低点时处于失重状态B选手摆到最低点时所受绳子的拉力为（32cos）mgC选手摆到最低点时所受绳子的拉力大小大于选手对绳子的拉力大小D选手摆到最低点的运动过程中，其运动可分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向上的匀加速运动考点：牛顿第二定律；超重和失重；向心力版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：选手向下摆动过程中，机械能守恒，在最低点时绳子拉力和重力的合力提供向心力，选手在最低点松手后，做平抛运动，明确了整个过程的运动特点，依据所遵循的规律即可正确求解解答：解：A、失重时物体有向下的加速度，超重时物体有向上的加速度，选手摆到最低点时向心加速度竖直向上，因此处于超重状态，故A错误；B、摆动过程中机械能守恒，有： 设绳子拉力为T，在最低点有： 联立解得：T=（32cos）mg，故B正确；C、绳子对选手的拉力和选手对绳子的拉力属于作用力和反作用力，因此大小相等，方向相反，故C错误；D、选手摆到最低点的运动过程中，沿绳子方向有向心加速度，沿垂直绳子方向做加速度逐渐减小的加速运动，其运动不能分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向上的匀加速运动，故D错误故选B点评：本题属于圆周运动与平抛运动的结合，对于这类问题注意列功能关系方程和向心力公式方程联合求解10（4分）（2015甘肃一模）测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335m，某时刻B发出超声波，同时A由静止开始作匀加速直线运动当B接收到反射回来的超声波信号时，AB相距355m，已知声速为340m/s，则汽车的加速度大小为（）A20m/s2B10m/s2C5m/s2D无法确定考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系版权所有专题：直线运动规律专题分析：在超声波来回运动的时间里，汽车运行的位移为20m根据匀变速运动的位移时间公式可求出汽车在超声波单程运行时间里的位移，结合超声波的速度，即可知道超声波单程运行的时间，从而知道汽车运行的时间，根据，求出汽车的加速度大小解答：解：设汽车的加速度为a，运动的时间为t，有，超声波来回的时间为t，则单程的时间为，因为初速度为零的匀加速直线运动，在相等时间内的位移之比为1：3，在t时间内的位移为20m，则时间内的位移为x=5m，知超声波追上汽车的位移x=5+335m=340m，所以，t=2s所以汽车的加速度大小为10m/s2故B正确，A、C、D错误故选：B点评：解决本题的关键求出超声波单程运行的位移从而求出单程运行的时间，即可知道汽车匀加速运动的时间，然后根据匀变速运动的位移公式求出汽车的加速度11（4分）（2014秋安溪县校级期中）如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（）AmgBmgC0.5mgD0.25mg考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：由几何关系可知CD段水平时各绳间的夹角；对结点C分析，由共点力的平衡可求得CD绳水平时绳的拉力；再对结点D分析，由共点力平衡和力的合成可得出最小值解答：解：由图可知，要想CD水平，各绳均应绷紧，则AC与水平方向的夹角为60；结点C受力平衡，则受力分析如图所示，则CD绳的拉力T=mgtan30=mg；D点受绳子拉力大小等于T，方向向左；要使CD水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1，及另一分力F2，由几何关系可知，当力F2与BD垂直时，F2最小，而F2的大小即为拉力的大小；故最小力F=Tsin60=mg；故选：C点评：在共点力的平衡中要注意几何关系的应用，特别是求最小力时一定要通过几何图形进行分析12（4分）（2014常州自主招生）如图所示，在水平传送带上有三个质量分别为m1、m2、m3的木块1、2、3，1和2及2和3间分别用原长为L，劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为 ，现用水平细绳将木块1固定在左边的墙上，传送带按图示方向匀速运动，当三个木块达到平衡后，1、3两木块之间的距离是（）A2L+B2L+C2L+D2L+考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；胡克定律版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：分别对木块3和木块2和3整体分析，通过共点力平衡，结合胡克定律求出两根弹簧的形变量，从而求出1、3量木块之间的距离解答：解：对木块3分析，摩擦力与弹簧弹力平衡，有：m3g=kx，则x=对木块2和3整体分析，摩擦力和弹簧弹力平衡，有：（m2+m3）g=kx，则则1、3两木块的距离s=2L+x+x=2L+故B正确，A、C、D错误故选B点评：解决本题的关键能够正确地选择研究对象，根据共点力平衡、胡克定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用二、实验题（每空2分，共14分）13（6分）（2014秋安溪县校级期中）某同学做“验证力的平行四边形定则”实验的情况如下图甲所示，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）关于此实验的下列说法中正确的是AA同一次实验中，O点位置不允许变动B实验中，只需记录弹簧测力计的读数和O点的位置C实验中，把橡皮筋的另一端拉到O点时，两个弹簧测力计之间的夹角必须取90D实验中，要始终将其中一个弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程，然后调节另一弹簧测力计拉力的大小和方向，把橡皮筋另一端拉到O点（2）图乙中的F与F两力中，方向一定沿AO方向的是F（3）本实验采用的科学方法是等效替代考点：验证力的平行四边形定则版权所有专题：实验题分析：实验原理是通过比较理论值与实际值之间的关系，来验证力的合成遵从平行四边形定则，理论值是用平行四边形画出来的，真实值是与橡皮筋同线的那个力实验利用了等效替代法的科学方法，可结合实验原理对各选项一一分析解答：解：（1）A、为了保证两次产生的作用效果相同，故应将橡皮条和细线的结点拉到相同的位置，故A正确；B、实验中，需要记录弹簧测力计的读数和拉力方向以及O点的位置，故B错误；C、实验中，把橡皮筋的另一端拉到O点时，两个弹簧测力计之间的夹角不一定是取90，故C错误；D、本实验只要达到效果相同，对弹簧称拉力的大小没有要求，不需要将其中一个弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程故D错误；故选：A（2）F1与F2的合力的实际值测量值为一个弹簧拉绳套时的弹簧的弹力大小和方向，而理论值是通过平行四边形定则得到的值所以图乙中的F与F两力中，方向一定沿AO方向的是F（3）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故选：B故答案为：（1）A （2）F（3）等效替代点评：本实验采用的是等效替代的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代解答实验的出发点为明确实验原理、实验步骤、数据处理，明确合力和分力之间的关系，同时注意应用所学物理基本规律解决实验问题14（8分）（2014金水区校级三模）某实验小组在做“验证机械能守恒定律”实验中，提出了如图1所示的甲、乙两种方案：甲方案为用自由落体运动进行实验，乙方案为用小车在斜面上下滑进行实验（1）组内同学对两种方案进行了深入的讨论分析，最终确定了一个大家认为误差相对较小的方案，你认为该小组选择的方案是甲，理由是乙实验中斜面与小车之间有摩擦力，且不能忽略，小车运动过程中机械能守恒（2）若该小组采用图甲的装置打出了一条纸带如图2所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02s，请根据纸带计算出B点的速度大小为1.37m/s（结果保留三位有效数字）（3）该小组内同学根据纸带算出了相应点的速度，作出v2h图线如图3所示，请根据图线计算出当地的重力加速度g=9.75m/s2（结果保留三位有效数字）考点：验证机械能守恒定律版权所有专题：实验题分析：（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项，知道乙装置中小车与斜面存在摩擦，实验效果不如甲好；（2）纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可计算出打出某点的速度；（3）由mgh=mv2得v2=2gh，由此可知：图象的斜率k=2g，由此可以求出当地的重力加速度解答：解：（1）由甲、乙两图可知，乙图存在的摩擦远远大于甲图中摩擦，由此可知甲图验证机械能守恒更合适采用乙图实验时，由于小车与斜面间存在摩擦力的作用且不能忽略，所以小车在下滑的过程中机械能不守恒，故乙图不能用于验证机械能守恒（2）匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：vB=1.37 m/s （3）由机械能守恒mgh=mv2得v2=2gh，由此可知：图象的斜率k=2g，由此可以求出当地的重力加速度，由图可知，当h=20cm时，v2=3.88，所以k=19.5，所以g=9.75m/s2，故答案为：（1）甲，乙实验中斜面与小车之间有摩擦力，且不能忽略，小车运动过程中机械能守恒（2）1.37 （3）9.75点评：本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚，正确利用匀变速直线运动的规律、推论求解某点的瞬时速度，根据图象特点明确图象斜率的含义三、计算题（共4题，共38分；解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤）15（9分）（2014秋安溪县校级期中）如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉已知OP=，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B，则：（1）小球到达B点时的速率？（2）若不计空气阻力，则初速度v0为多少？（3）若初速度v0=3，则在小球从A到B的过程中空气阻力做了多少功？考点：动能定理版权所有专题：动能定理的应用专题分析：（1）小球恰好到达最高点，绳子拉力为零，根据牛顿第二定律求出小球在B点的速度（2）对A到B的过程运用动能定理，求出小球从A点出发时初速度v0的大小（3）对AB过程再次应用动能定理列式即可求解空气阻力所做的功解答：解：（1）小球恰能经过圆弧轨迹的最高点B，在B点由重力提供向心力，由牛顿第二定律有：解得：（2）小球从A点运动到B点，只有重力对它做功，根据动能定理有：联立、两式解得：（3）由动能定理可得：mg（L+）+Wf=mvB2mv02解得：Wf=mgL；答：（1）小球到达B点时的速率为；（2）小球从A点出发时初速度为；（3）空气阻力做功为mgL；点评：本题考查了牛顿第二定律和动能定理的综合，知道恰好到达最高点的临界情况，即拉力为零，重力提供向心力16（9分）（2014金水区校级三模）传送皮带在生产生活中有着广泛的应用，一运煤传送皮带与水平面夹角为30，以2m/s的恒定速度顺时针运行现将一质量为10kg的煤块（视为质点）轻放于底端，经一段时间送到高2m的平台上，煤块与皮带间的动摩擦因数为=，取g=10m/s2，求：（1）煤块从底端到平台的时间 （2）带动皮带的电动机由于传送煤块多消耗的电能考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；功能关系版权所有分析：（1）题的关键是明确煤块从底端运送到平台上需要经过匀加速和匀速两个过程，先根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式求出达到传送带速度的时间以及位移，最后求出匀速运动到平台的时间即可（2）题的关键是根据能量守恒定律，多消耗的电能应是煤块增加的机械能与系统产生的热量之和解答：解：（1）物体开始受到向上的摩擦力作用，做匀加速运动，滑动摩擦力为：f1=mgcos=75N加速度为：a=gcosgsin=2.5 m/s2经过时间t1=0.8s 速度达到2m/s，上升：s1=0.8m然后在静摩擦力作用下做匀速运动，上升 s2=3.2m静摩擦力 f2=mgsin=50N t2=1.6 s总时间：T=t1+t2=2.4 s（2）为保持皮带匀速运动，机器在t1时间内应增加动力75N，在t2时间内应增加动力50N带动皮带的电动机由于传送煤块多消耗的电能为：W=f1vt1+f2vt2=751.6+503.2=120+160=280J答：（1）煤块从底端到平台的时间2.4s；（2）带动皮带的电动机由于传送煤块多消耗的电能280J点评：求解有关传送带问题的思路是先根据牛顿第二定律求出物体达到传送带速度的时间和位移，然后再分析求解时间、位移等17（10分）（2015渝水区校级二模）一平板车，质量M=100kg，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h=1.25m一质量m=50kg的滑块置于车的平板上，它到车板末端的距离b=1.00m，与车板间的动摩擦因素=0.20，如图所示，今对平板车施一水平方向的恒力，使车向前行驶，结果滑块从车板上滑落，滑块刚离开车板的时刻，车向前行驶的距离s0=2.00m求滑块落地时，落地点到车尾的距离s（不计路面与平板车间以及轮轴的摩擦，g=10m/s2）考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：物块从平板车上滑落后做平抛运