浙江省金华市磐安二中高三物理上学期9月月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年浙江省金华市磐安二中高三（上）月考物理试卷（9月份）一单项选择题（本题共8个小题，每小题4分，共32分每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1如图所示，a、b两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛（不计空气阻力）下列说法正确的是 （）a在上升和下降过程中a对b的压力一定为零b上升过程中a对b的压力大于a对物体受到的重力c下降过程中a对b的压力大于a物体受到的重力d在上升和下降过程中a对b的压力等于a物体受到的重力2如图所示电路，电源内阻不可忽略，开关s闭合后，在变阻器r0的滑动端向下滑动的过程中（）a电压表与电流表的示数都减小b电压表与电流表的示数都增大c电压表的示数增大，电流表的示数减小d电压表的示数减小，电流表的示数增大3降落伞在匀速下降过程中遇到水平方向吹来的风，若风速越大，则降落伞（）a下落的时间越短b下落的时间越长c落地时速度越小d落地时速度越大4下列说法正确的是（）a电流通过导体的热功率与电流大小成正比b力对物体所做的功与力的作用时间成正比c电容器所带电荷量与两极间的电势差成正比d弹性限度内，弹簧的劲度系数与弹簧伸长量成正比5质点做直线运动的vt图象如图所示，规定向右为正方向，则该质点在前8s内平均速度的大小和方向分别为（）a0.25m/s 向右b0.25m/s 向左c1m/s 向右d1m/s 向左6如图所示，置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m的照相机，三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成30角，则每根支架中承受的压力大小为（）a mgbcd7如图所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间t，测得遮光条的宽度为x，用近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度，为使更接近瞬时速度，正确的措施是（）a换用宽度更窄的遮光条b提高测量遮光条宽度的精确度c使滑片的释放点更靠近光电门d增大气垫导轨与水平面的夹角8如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧，对矿粉分离的过程，下列表述正确的有（）a带正电的矿粉落在右侧b电场力对矿粉有的做正功，有的做负功c带负电的矿粉电势能变大d带正电的矿粉电势能变小二、不定项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分每小题给出的四个选项中，有一个或多个选项符合题目要求，全选对的得4分，只选1个且正确的得2分，错选或不选的得0分）9如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，mn为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于mn对称，b点位于mn上，d点位于两电荷的连线上以下判断正确的是（）ab点场强大于d点场强bb点场强小于d点场强ca、b两点间的电压等于b、c两点间的电压d试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能10如图所示，在外力作用下某质点运动的t图象为正弦曲线从图中可以判断（）a在0t1时间内，外力做正功b在0t1时间内，外力的功率逐渐增大c在t2时刻，外力的功率最大d在t1t2时间内，外力做的总功为零11如图为静电除尘器除尘机理的示意图尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘的目的下列表述正确的是（）a到达集尘极的尘埃带正电荷b电场方向由集尘极指向放电极c带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同d同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大12如图，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块：木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为（）a加速下降b加速上升c减速上升d减速下降三、实验填空题（共20分）13如图1游标卡尺的读数为cm，图2螺旋测微器的读数为mm14如图是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带a、b、c、d是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出（1）已知打点计时器电源的频率为50hz，则纸带上相邻两计数点的时间间隔为s（2）从图中读出a、b两点间距x=cm；c点对应的速度是m/s，加速度是m/s2（计算结果保留三位有效数字）15图1是小红同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的实物连接图（1）根据图1画出实验电路图（2）调节滑动变阻器得到了两组电流表与电压表的实数如图2中的、所示，电流表量程为0.6a，电压表量程为3v，所示读数为：，两组数据得到的电阻分别为和四、计算题（本题包括3小题，共32分按题目要求作答，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线ab处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心o为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小设冰壶与冰面间的动摩擦因数为1=0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至2=0.004在某次比赛中，运动员使冰壶c在投掷线中点处以2m/s的速度沿虚线滑出为使冰壶c能够沿虚线恰好到达圆心o点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？（g取10m/s2）17如图所示，用一块长l1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高h=0.8m，长l2=1.5m，斜面与水平桌面的倾角可在060间调节后固定，将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数1=0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失（重力加速度取g=10m/s2，最大静止摩擦力等于滑动摩擦力）（1）求角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）（2）当角增大到37时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数2（已知sin37=0.6，cos37=0.8）（3）继续增大角，发现=53时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x18如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45角的绝缘直杆ac，其下端（c端）距地面高度h=0.8m有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑小环离杆后正好通过c端的正下方p点处（g取10m/s2）求：（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向（2）小环从c运动到p过程中的动能增量（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小vo2015-2016学年浙江省金华市磐安二中高三（上）月考物理试卷（9月份）参考答案与试题解析一单项选择题（本题共8个小题，每小题4分，共32分每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1如图所示，a、b两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛（不计空气阻力）下列说法正确的是 （）a在上升和下降过程中a对b的压力一定为零b上升过程中a对b的压力大于a对物体受到的重力c下降过程中a对b的压力大于a物体受到的重力d在上升和下降过程中a对b的压力等于a物体受到的重力【考点】牛顿第二定律【分析】把ab看成一个整体，不计空气阻力，整体做竖直上抛运动，加速度为g，方向向下然后把a作为研究对象，对其受力分析，就可以得出结论【解答】解：以a、b整体为研究对象：在上升和下降过程中仅受重力，由牛顿第二定律知加速度为g，方向竖直向下 再以a为研究对象：因加速度为g，方向竖直向下，由牛顿第二定律知a所受合力为a的重力，所以a仅受重力作用，即a和b之间没有作用力故选a【点评】本题是整体法和隔离法的应用，整体跟部分的运动情况相同，可以通过计算整体的加速度来确定部分的加速度，再对部分进行受力分析，得出最终结论2如图所示电路，电源内阻不可忽略，开关s闭合后，在变阻器r0的滑动端向下滑动的过程中（）a电压表与电流表的示数都减小b电压表与电流表的示数都增大c电压表的示数增大，电流表的示数减小d电压表的示数减小，电流表的示数增大【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】由电路图可知r2与r0并联后与r1串联，电压表测路端电压；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表中示数的变化【解答】解：当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，r1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过r2的电流减小，根据并联电路的特点可知：通过r0的电流增大，则电流表的示数增大故d正确，abc错误；故选：d【点评】分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化3降落伞在匀速下降过程中遇到水平方向吹来的风，若风速越大，则降落伞（）a下落的时间越短b下落的时间越长c落地时速度越小d落地时速度越大【考点】运动的合成和分解【分析】降落伞参加了竖直方向的分运动和水平方向分运动，水平方向的分运动对竖直分运动无影响【解答】解：a、b、降落伞参加了竖直方向的分运动和水平方向分运动，水平方向的分运动对竖直分运动无影响，故风速变大时，下落的时间不变，故ab均错误；c、d、根据v=，若风速越大，水平风速vx越大，则降落伞落地时速度越大，故c错误，d正确；故选：d【点评】本题关键在于水平分运动与竖直分运动互不影响，落地时间由竖直分运动决定4下列说法正确的是（）a电流通过导体的热功率与电流大小成正比b力对物体所做的功与力的作用时间成正比c电容器所带电荷量与两极间的电势差成正比d弹性限度内，弹簧的劲度系数与弹簧伸长量成正比【考点】焦耳定律；弹性势能；电容【分析】明确热功率、功的公式、电容的定义及胡克定律公式的意义进行分析，明确各物理量的决定因素【解答】解：a、由p=i2r可知，电流通过导体的热功率与电流的平方成正比；故a错误；b、力做功w=fl，与力的作用时间无关；故b错误；c、由c=可知，电容器所带电荷量与两极间的电势差成正比；故c正确；d、劲度系数由弹簧本身的性质决定，与伸长量无关；故d错误；故选：c【点评】本题考查基本公式的掌握，要注意各物理量的决定因素，特别注意一些比值定义法的意义5质点做直线运动的vt图象如图所示，规定向右为正方向，则该质点在前8s内平均速度的大小和方向分别为（）a0.25m/s 向右b0.25m/s 向左c1m/s 向右d1m/s 向左【考点】匀变速直线运动的图像【专题】运动学中的图像专题【分析】由图中图象与时间轴所围成的面积，可知物体的运动位移；再由平均速度公式即可求得平均速度【解答】解：由图可知，前8s的总位移s=3252=2m；则平均速度v=0.25m/s；负号说明物体的平均速度向左；故选b【点评】本题考查图象面积的含义，注意若图象在上方则面积为正，若图象在下方，则面积为负，根据数学方法再求得总位移，若为正则位移沿正方向，若为负位移沿负方向6如图所示，置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m的照相机，三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成30角，则每根支架中承受的压力大小为（）a mgbcd【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【专题】计算题【分析】以相机为研究对象，对相机受力分析，先将各支架的作用力向水平和竖直方向分析，由共点力的平衡条件可得出各支架的受力【解答】解：要使相机受力平衡，则三根支架竖直向上的力的合力应等于重力，即3fcos=mg；解得f=mg； 故选d【点评】本题因是立体图，无法将所有力画出，因三根支架受力相等，故可以由一根支架的受力得出所有支架的合力7如图所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间t，测得遮光条的宽度为x，用近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度，为使更接近瞬时速度，正确的措施是（）a换用宽度更窄的遮光条b提高测量遮光条宽度的精确度c使滑片的释放点更靠近光电门d增大气垫导轨与水平面的夹角【考点】探究小车速度随时间变化的规律【专题】实验题【分析】明确平均速度代替瞬时速度的方法，应明确我们是利用x趋向于0时的平均速度可近似等于瞬时速度【解答】解：本题中利用平均速度等效替代瞬时速度；故只能尽量减小计算平均速度的位移，即换用宽度更窄的遮光条；故a正确；bcd错误；故选：a【点评】解答本题应掌握关键问题，要使位移与时间的比值更接近一个瞬间只能减小宽度；其他实验方法均无能为力8如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧，对矿粉分离的过程，下列表述正确的有（）a带正电的矿粉落在右侧b电场力对矿粉有的做正功，有的做负功c带负电的矿粉电势能变大d带正电的矿粉电势能变小【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题【分析】首先要明确矿料分选器内电场的分布及方向，判断矿粉受力及运动情况，再根据电场力做功与电势能的关系可得到正确答案【解答】解：由图可知，矿料分选器内的电场方向水平向左，a、带正电的矿粉受到水平向左的电场力，所以会落到左侧，故a错误b、无论矿粉带什么电，在水平方向上都会在电场力的作用下沿电场力的方向偏移，位移与电场力的方向相同，电场力做正功，故b错误c、由于电场力对正负电荷均做正功；故正负电荷的电势能增均变小；故c错误，d正确；故选：d【点评】该题考察了带电物体在电场力作用下的运动，要熟练的掌握带电粒子在电场中的受力情况及其运动情况，并会分析电场力做功与电势能的变化情况二、不定项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分每小题给出的四个选项中，有一个或多个选项符合题目要求，全选对的得4分，只选1个且正确的得2分，错选或不选的得0分）9如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，mn为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于mn对称，b点位于mn上，d点位于两电荷的连线上以下判断正确的是（）ab点场强大于d点场强bb点场强小于d点场强ca、b两点间的电压等于b、c两点间的电压d试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能【考点】电场强度；电场的叠加；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】据等量异号电荷的电场分布特点可知各点的场强大小，由电场线性质及电场的对称性可知ab及bc两点间的电势差；由电势能的定义可知ac两点电势能的大小【解答】解：a、b、在两等量异种电荷的连线上，中点b处电场强度最小；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中点b处电场强度最大；所以b点场强小于d点场强，故a错误，b正确；c、由对称性可知，a、b两点的电压即电势差等于b、c两点间的电压，故c正确；d、因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能，故d错误故选：bc【点评】该题考查常见电场的电场线分布及等势面的分布，要求我们能熟练掌握并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性10如图所示，在外力作用下某质点运动的t图象为正弦曲线从图中可以判断（）a在0t1时间内，外力做正功b在0t1时间内，外力的功率逐渐增大c在t2时刻，外力的功率最大d在t1t2时间内，外力做的总功为零【考点】动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率【专题】动能定理的应用专题【分析】由vt图象可知物体的运动方向，由图象的斜率可知拉力的方向，则由功的公式可得出外力做功的情况，由p=fv可求得功率的变化情况【解答】解：a、在0t1时间内，由图象可知，物体的速度沿正方向，加速度为正值且减小，故力与速度方向相同，故外力做正功；故a正确；b、图象斜率表示加速度，加速度对应合外力，合外力减小，速度增大；由图象可知0时刻速度为零，t1时刻速度最大但拉力为零，由p=fv可知外力的功率在0时刻功率为零，t1时刻功率也为零，可知功率先增大后减小，b错误c、t2时刻物体的速度为零，由p=fv可知外力的功率为零，故c错误d、在t1t2时间内物体的动能变化不为零，由动能定理可知外力做的总功不为零，故d错误；故选：a【点评】本题要求学生能熟练掌握图象的分析方法，由图象得出我们需要的信息b答案中采用极限分析法，因开始为零，后来为零，而中间有功率，故功率应先增大，后减小11如图为静电除尘器除尘机理的示意图尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘的目的下列表述正确的是（）a到达集尘极的尘埃带正电荷b电场方向由集尘极指向放电极c带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同d同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大【考点】* 静电的利用和防止【分析】从静电除尘机理出发即可解题由于集电极与电池的正极连接，电场方向有集尘板指向放电极而尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，根据f=eq即可得出结论【解答】解：a、尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电，故a错误；b、由于集尘极与电池的正极连接，电场方向有集尘板指向放电极，故b正确；c、负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，故c错误；d、根据f=eq可得，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故d正确故选：bd【点评】本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例12如图，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块：木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为（）a加速下降b加速上升c减速上升d减速下降【考点】超重和失重【分析】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；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；【解答】解：木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到箱顶向下的压力，当物块对箱顶刚好无压力时，物体受到的合力向上，所以系统应该有向上的加速度，是超重，物体可能是向上加速，也可能是向下减速，所以bd正确故选bd【点评】本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了三、实验填空题（共20分）13如图1游标卡尺的读数为0.97cm，图2螺旋测微器的读数为0.399mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【专题】实验题；定量思想；推理法；基本实验仪器【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为9mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为70.1mm=0.7mm，所以最终读数为：9mm+0.7mm=9.7mm=0.97cm2、螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为39.90.01mm=0.399mm，所以最终读数为0mm+0.399mm=0.399mm故答案为：0.97；0.399【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量14如图是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带a、b、c、d是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出（1）已知打点计时器电源的频率为50hz，则纸带上相邻两计数点的时间间隔为0.1s（2）从图中读出a、b两点间距x=0.70cm；c点对应的速度是0.100m/s，加速度是0.200m/s2（计算结果保留三位有效数字）【考点】探究小车速度随时间变化的规律【专题】实验题；定量思想；推理法；直线运动规律专题【分析】根据打点的周期，通过相邻计数点间的间隔数求出相邻计数点间的时间间隔根据某段时间内的平均速度的羔羊中间时刻的瞬时速度求出c点的速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度【解答】解：（1）电源的频率为50hz，则打点的周期为0.02s，相邻计数点间有四个点没有画出，则相邻计数点间的时间间隔为0.1s（2）由图可知，a、b两点间的间距x=0.70cm，c点的速度为： m/s=0.100m/s因为连续相等时间内的位移之差x=0.2cm，根据x=at2得，加速度为：a=故答案为：（1）0.1，（2）0.70，0.100，0.200【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用注意有效数字的保留15图1是小红同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的实物连接图（1）根据图1画出实验电路图（2）调节滑动变阻器得到了两组电流表与电压表的实数如图2中的、所示，电流表量程为0.6a，电压表量程为3v，所示读数为：0.10a0.24a2.00v0.27v，两组数据得到的电阻分别为8.3和2.7【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题【分析】（1）分析图示实物电路图结构，然后根据实物电路图作出实验电路图（2）根据电流表和电压表的量程和最小刻度度数即可，由r=求的电阻【解答】解：（1）由图1所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法，根据实物电路图作出实验电路图，电路图如图所示：（2）电流表的量程为0.6a，最小刻度为0.02a，故在读数时只估读到最小刻度位即可，故分别为0.10a，0.24a电压表的量程为3v，最小刻度为0.1v，故在读数时需估读到最小刻度的下一位，故分别为2.00v，0.27v由r=代入数据可得r=8.3r=2.7故答案为：（1）如图；（2）0.10a，0.24a，2.00v，0.27v，8.3，2.7【点评】本题考查了根据实物电路图作实验电路图，分析清楚实物电路图的结构即可，在电流表和电压表的读数时抓住如何估读即可四、计算题（本题包括3小题，共32分按题目要求作答，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线ab处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心o为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小设冰壶与冰面间的动摩擦因数为1=0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至2=0.004在某次比赛中，运动员使冰壶c在投掷线中点处以2m/s的速度沿虚线滑出为使冰壶c能够沿虚线恰好到达圆心o点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？（g取10m/s2）【考点】功能关系；滑动摩擦力【专题】压轴题；功的计算专题【分析】冰壶c在投掷线中点处滑出后，摩擦力对它做负功，根据动能定理，加上位移关系可以解出运动员用毛刷擦冰面的长度【解答】解：设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为s1，所受摩擦力的大小为f1； 在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为s2，所受摩擦力的大小为f2 则有s1+s2=s 式中s为投掷线到圆心o的距离 则f1=1mg，f2=2mg 设冰壶的初速度为v0，由动能定理，得f1s1f2s2=0 联立以上各式，解得 s2= 代入数据得s2=10m 答：运动员用毛刷擦冰面的长度应为10m【点评】当涉及力在空间的累积效应时，优先考虑动能定理对于多过程问题，关键寻找各过程之间的联系，列关系式17如图所示，用一块长l1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高h=0.8m，长l2=1.5m，斜面与水平桌面的倾角可在060间调节后固定，将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数1=0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失（重力加速度取g=10m/s2，最大静止摩擦力等于滑动摩擦力）（1）求角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）（2）当角增大到37时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数2（已知sin37=0.6，cos37=0.8）（3）继续增大角，发现=53时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x【考点】动能定理的应用；平抛运动【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）要使物体下滑重力的分力应大于摩擦力，列出不等式即可求解夹角的正切值；（2）对下滑过程由动能定理进行分析，则可求得动摩擦因数；（3）物体离开桌面后做平抛运动，由平抛运动的规律可求得最大距离【解答】解：（1）为使小物块下滑，则有：mgsin1mgcos；故应满足的条件为：tan0.05；（2）克服摩擦力做功wf=1mgl1cos+2mg（l2l1cos）由动能定理得：mgl1sinwf=0代入数据解得：2=0.8；（3）由动能定理得：mgl1sinwf=mv2解得：v=1m/s；对于平抛运动，竖直方向有：h=gt2；解得：