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广东省揭阳市普宁市勤建学校2024-2025学年高一下学期6月竞赛物理试题
1．如图所示，表面粗糙的斜面固定，两物块P、Q用轻绳连接并跨过光滑的定滑轮，P、Q均处于静止状态。当用水平向左的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，则（　　）
A．轻绳上拉力一定不变 B．轻绳上拉力一定变小
C．Q受到的摩擦力一定变小 D．Q受到的摩擦力一定变大
2．如图所示，A、B两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮管，落入篮筐时的速度方向相同，下列判断正确的是（　　）
A．A可能比B先落入篮管
B．A、B运动的最大高度可能相同
C．A在最高点的速度一定比B在最高点的速度大
D．A、B上升过程中不可能出现高度相同时且速度方向相同的情况
3．投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到：“投壶，射之细也。宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也。”如图所示，甲、乙两人沿水平方向各投出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为和；已知两支箭质量相同，忽略空气阻力、箭长、壶口大小等因素的影响，，。下列说法正确的是（　　）
A．若两人站在距壶相同水平距离处投壶，甲所投箭的初速度比乙的小
B．若两人站在距壶相同水平距离处投壶，乙所投的箭在空中运动时间比甲的长
C．若箭在竖直方向下落的高度相等，则甲所射箭落入壶口时速度比乙大
D．若箭在竖直方向下落的高度相等，则甲投壶位置距壶的水平距离比乙大
4．北斗卫星导航系统由地球同步静止轨道卫星a、与地球自转周期相同的倾斜地球同步轨道卫星b，以及比它们轨道低一些的轨道卫星c组成，它们均为圆轨道卫星。若轨道卫星c与地球同步静止轨道卫星a在同一平面内同向旋转，已知卫星c的轨道半径为r，同步卫星轨道半径为4r，地球自转周期为T，万有引力常量为G，下列说法正确的是（　　）
A．卫星a的发射速度大于地球第一宇宙速度，轨道运行速度小于地球第一宇宙速度
B．卫星a与卫星b具有相同的机械能
C．地球的质量为
D．卫星a与卫星c周期之比为8∶1，某时刻两者相距最近，则经过后，两者再次相距最近
5．如图所示，有两个光滑直轨道和，其中A、B、C、D四点刚好位于同一竖直圆O的圆周上，B点恰好过竖直圆O的最低点。现让两个小球（可视为质点）分别从A、D两位置由静止释放，它们沿直轨道到达B、C的时间分别记为、。则（　　）
A． B． C． D．无法确定
6．如图所示，两个可视为质点的、相同的木块甲和乙放在转盘上，两者用长为L的不可伸长的细绳连接（细绳能够承受足够大的拉力），木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，连线过圆心，甲到圆心距离，乙到圆心距离，且，水平圆盘可绕过圆心的竖直轴转动，两物体随圆盘一起以角速度转动，当从O开始缓慢增加时，甲、乙与转盘始终保持相对静止，则下列说法错误的是（　　）（已知重力加速度为g）
A．乙先达到最大静摩擦力
B．当时，甲所受静摩擦力背离圆心
C．取不同值时，乙所受静摩擦力始终指向圆心
D．如果时，两物体将相对圆盘发生滑动
7．2023年9月29日，在杭州亚运会田径项目女子铅球决赛中，中国选手巩立姣夺得金牌，获得亚运会三连冠。图甲是巩立姣正在比赛中。现把铅球的运动简化为如图乙模型：铅球抛出时离地的高度h=1.928m，铅球落地点到抛出点的水平距离x=20m，铅球抛出时的速度v0和水平方向的夹角θ=37°，已知铅球的质量为m=4kg，不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，，，则（　　）
A．小球运动到最高点时速度为零
B．小球在空中运动的时间为1.62s
C．从抛出到落地过程中小球速度的变化量是18.4m/s
D．小球落地前任意相等时间内速度的变化量不相等
8．人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀减速运动，如图所示．以下说法正确的是（　　）
A．人受到重力和支持力的作用
B．人受到的合外力为零
C．人受到重力、支持力和摩擦力的作用
D．人受到的合外力方向与速度方向相反
9．如图所示，小球从A点以速度v0水平飞出，恰好沿切线方向从B点进入半径为R的圆轨道，B点和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α，C为圆轨道的最低点，已知重力加速度为g，不计一切阻力，则（　　）
A．小球在B点的速度大小为
B．小球在B点的速度大小为
C．小球在C点时对轨道的压力等于其重力
D．AB之间的水平距离为
10．如图所示，原长为的轻弹簧竖直固定在水平地面上，质量为m的小球由弹簧的正上方h高处自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时，小球下落到最低点。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球下落压缩弹簧过程中，小球的速度一直减小
B．小球下落压缩弹簧过程中，小球的机械能守恒
C．弹簧的最大弹性势能为
D．小球下落压缩弹簧过程中，小球机械能一直减小
11．小林同学用如图所示装置探究“在外力一定时，物体的加速度与其质量之间的关系”。已知当地的重力加速度为g，所使用的打点计时器所接的交流电的频率为。
（1）实验中，需要平衡摩擦力，请详细描述平衡摩擦力的操作：　 　
（2）乙图为某次实验中打出的一条纸带，确定出O、A、B、C、D、E、F共7个计数点，每两个相邻的计数点之间还有1个计时点未画出。由该纸带可求得小车的加速度为　 　；（结果保留3位有效数字）
（3）测出小车和车上砝码的总质量M和对应的加速度a，小林作出如图丙中实线所示的图线，图线偏离直线的主要原因是　 　；
（4）小林调整了图像的横纵坐标，描绘出如图丁所示的图像。已知实验中所挂砂桶和砂的质量为m，且已经准确的平衡了摩擦力，小林发现图像不过原点，根据牛顿第二定律：在拉力不变的情况下，与M应该成正比，小明百思不得其解，请你告诉他图丁纵轴上的截距的物理意义是　 　（用题中所给的字母表示）。
12．在探究平抛运动规律实验中，利用一管口直径略大于小球直径的直管来确定平抛小球的落点及速度方向（只有当小球速度方向沿直管方向才能飞入管中），重力加速度为g。
实验一：如图（a）所示，一倾斜角度为θ的斜面AB，A点为斜面最低点，直管保持与斜面垂直，管口与斜面在同一平面内，平抛运动实验轨道抛出口位于A点正上方某处。为让小球能够落入直管，可以根据需要沿斜面移动直管。
（1）以下是实验中的一些做法，合理的的是　 　。
A.斜槽轨道必须光滑 B.安装斜槽轨道，使其末端保持水平
C.调整轨道角度平衡摩擦力 D.选择密度更小的小球
（2）某次平抛运动中，直管移动至P点时小球恰好可以落入其中，测量出P点至A点距离为L，根据以上数据可以计算出此次平抛运动在空中飞行时间t=　 　，初速度v0=　 　（用L，g，θ表示）。
实验二：如图（b）所示，一半径为R的四分之一圆弧面AB，圆心为O，OA竖直，直管保持沿圆弧面的半径方向，管口在圆弧面内，直管可以根据需要沿圆弧面移动。平抛运动实验轨道抛出口位于OA线上可以上下移动，抛出口至O点的距离为h。
（3）上下移动轨道，多次重复实验，记录每次实验抛出口至O点的距离，不断调节直管位置以及小球平抛初速度，让小球能够落入直管。为提高小球能够落入直管的成功率及实验的可操作性，可以按如下步骤进行：首先确定能够落入直管小球在圆弧面上的落点，当h确定时，理论上小球在圆弧面上的落点位置是　 　（填“确定”或“不确定”），再调节小球释放位置，让小球获得合适的平抛初速度平抛至该位置即可落入直管。满足上述条件的平抛运动初速度满足=　 　（用h，R，g表示）。
13．小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道和倾角足够长斜轨道平滑连接而成。质量的小滑块从弧形轨道离地高处静止释放。已知，，斜轨道上有一点，，滑块与轨道和间的动摩擦因数均为，弧形轨道和圆轨道均光滑，忽略空气阻力，重力加速度取10m/s2，，。求：
（1）滑块运动到与圆心等高的点时对轨道的压力大小。
（2）以经过A点向点做直线运动为计时起点，经过点的时间。（）
（3）滑块最终会停在距点多远的位置，全过程中克服摩擦力做功为多少。
14．如图甲是技术娴熟的服务员整理餐具的情景，服务员先把餐具摆在圆形玻璃转盘上，然后转动转盘，使餐具甩出后停在圆形桌面上。已知圆形转盘的半径，圆形桌面的半径，玻璃转盘与圆形桌面中心重合，二者的高度差。可看作质点的质量为m的餐具放在转盘的边沿，餐具与转盘的动摩擦因数，缓缓增大转盘的转速，其俯视图如图乙，不计空气阻力，重力加速度g取。求：
（1）餐具刚好被甩出去时转盘的角速度。
（2）若餐具落到圆形桌面上时不跳跃，且水平方向上的速度保持不变，为保证餐具不会滑落到地面上，求餐具与圆形桌面的动摩擦因数的取值范围（计算结果保留两位有效数字）。
15．如图所示，质量M=8.0kg的小车放在光滑的水平面上，给小车施加一水平向右的恒力F=8.0N。当向右运动的速度达到=1.5m/s时，有一物块以水平向左的初速度=1.0m/s滑上小车的右端，小物块的质量m=2.0kg，物块与小车表面的动摩擦因数μ=0.2，设小车足够长，取，各问最终计算结果均保留1位小数。
（1）物块从滑上小车开始，经过多少时间速度减小为零？
（2）求物块在小车上相对小车滑动的过程中，物块相对地面的位移大小；
（3）求整个过程系统生成的摩擦热。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．以P为研究对象，由于P处于静止，根据平衡条件可知P受到重力和绳子拉力大小相等，所以绳子拉力一定不变，A正确，B错误；
CD．以Q为研究对象，Q受重力，斜面的支持力，绳子拉力T；根据斜面方向的平衡方程可知当时，Q所受摩擦力沿斜面向下，此时用水平向左的恒力推Q，其所受摩擦力变大；当，根据平衡方程可知Q所受摩擦力沿斜面向上，此时用水平向左的恒力推Q，其所受摩擦力若还沿斜面向上，则摩擦力变小。故C、D错误。
故选A。
【分析】利用P的平衡条件可以得出拉力的大小保持不变；利用Q的平衡方程可以判别Q受到的摩擦力大小变化。
2．【答案】C
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】采用逆向思维，把篮球落入篮筐的运动反向看作从篮筐同方向斜抛至抛出点同一高度，A水平位移更大。
A、A竖直分位移更大，总运动时间更长，B先落筐，A错误；
B、A竖直分速度更大，斜抛最大高度更高，二者最大高度不可能相同，B错误；
C、最高点竖直分速度为0，速度等于水平分速度；抛射角相同，，A水平位移大、初速度大，水平分速度更大，故A在最高点速度更大，C正确；
D、两球上升到篮筐等高位置时速度与入筐速度一致、方向相同，存在该时刻，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、逆向斜抛，竖直高度决定运动时间，A运动时间更长；
B、最大高度由竖直分速度决定，A竖直分速度更大，最大高度更高；
C、斜抛最高点只有水平分速度，水平位移越大初速度、水平分速度越大；
D、利用斜抛可逆性，上升至篮筐等高位置时两球速度方向相同。
3．【答案】A
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【解答】落地时：，，，
A、相同，；甲更大，更大，联立得，故甲初速度更小，A正确；
B、甲大，，小，，乙运动时间更短，B错误；
C、下落高度相等则相同，落地速度，，，C错误；
D、相等则相等，，大，小，，相同，，D错误；
故答案为：A。
【分析】A、平抛末速度偏角，水平位移固定，结合角度关系比较初速度；
B、由，初速度越小运动时间越长；
C、竖直下落高度相同则竖直分速度相同，落地合速度；
D、下落高度一致时运动时间相等，水平位移由初速度决定。
4．【答案】A
【知识点】卫星问题；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、第一宇宙速度是近地卫星最大环绕速度、最小发射速度；同步卫星发射需要加速越过近地轨道，发射速度大于第一宇宙速度，在轨运行轨道半径大于地球半径，线速度小于第一宇宙速度，故A正确；
B、机械能与卫星质量、轨道高度均有关，质量未知，机械能不一定相等，故B错误；
C、轨道半径、周期，由，解得，不能用的轨道半径列式，故C错误；
D、由开普勒第三定律，；再次相距最近满足，代入得，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查第一宇宙速度物理意义，区分发射速度与环绕速度；
B、考查天体机械能影响因素，动能、引力势能均和质量相关；
C、考查万有引力充当向心力，同步卫星用、列式求中心天体质量；
D、考查开普勒第三定律与追及问题，角速度差转过整周再次最近。
5．【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】若研究物块沿AB下滑，设AB与竖直直径成的角度为θ，则加速度
从A到B由运动公式，解得
若过B点做CD的平行线，交圆弧与E点，则物块沿EB下滑的时间也为t1，因EB和DC倾角相同，则物块下滑的加速度相同，但是CD长度小于BE的长度，可知沿DC下滑的时间t2小于EB的时间，即
故答案为：A。
【分析】A、考查等时圆结论：同一圆周、同倾角弦下滑时间相等；
B、CD 与 EB 倾角相同、加速度一致，但轨道长度不等，时间不等；
C、由位移大小关系判断时间大小；
D、借助辅助弦可定量比较时间，能够确定。
6．【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．木块受到转盘的摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
此时，又乙的半径大，故知乙先达到最大静摩擦力，故A正确，；
BC．甲乙随转盘一起做匀速圆周运动，由于乙的半径较大，故需要的向心力较大，根据牛顿第二定律有，解得，即若时，甲、乙所受静摩擦力都指向圆心。当角速度增大时，绳子出现张力，乙靠张力和静摩擦力的合力提供向心力，甲也靠拉力和静摩擦力的合力提供向心力，角速度增大，绳子的拉力逐渐增大，甲所受的静摩擦力先减小后反向增大，当反向增大到最大值，角速度再增大，甲乙与圆盘发生相对滑动。知乙所受的静摩擦力方向始终指向圆心，甲所受的静摩擦力方向先指向圆心，然后背离圆心，故B错误，C正确；
D．设角速度为时，此时甲乙发生滑动，此时绳子的拉力为F，对于甲，根据牛顿第二定律可知
，对于乙，根据牛顿第二定律可知：
联立解得，故时，两物体将相对圆盘发生滑动，故D正确。
本题选错误的，故选B。
【分析】利用最大静摩擦力提供向心力可以求出两个木块受到最大静摩擦力时的角速度，利用牛顿第二定律结合角速度的大小可以判别甲乙受到的静摩擦力方向；再利用开始滑动时的牛顿第二定律可以求出两个木块开始滑动的角速度大小。
7．【答案】C
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】A、小球运动到最高点时竖直分速度为零，水平分速度保持不变，合速度不为零，故A错误；
B、由水平，竖直，联立代入数据解得，故B错误；
C、斜抛运动只受重力，速度变化量，故C正确；
D、小球全程加速度恒为重力加速度，由，任意相等时间内速度变化量均相等，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查斜抛运动最高点运动特点，竖直速度归零、水平速度不变；
B、考查运动分解，水平匀速直线运动、竖直匀变速直线运动，联立方程求解运动时间；
C、考查匀变速运动速度变化量，合外力恒定，；
D、考查加速度恒定的匀变速运动规律，相等时间速度改变量固定不变。
8．【答案】C,D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】AC．由于人做匀减速直线运动，根据速度的方向可知人的加速度方向于速度方向相反，对加速度进行分解可知人在水平方向上有加速度，所以必受到摩擦力作用，故人受重力，支持力，摩擦力三力作用，故A错误C正确；
BD．人做匀减速运动，有加速度，根据牛顿第二定律可知合力不为零，根据加速度的方向可知人受到的合外力方向与速度方向相反，故B错误D正确。
故选CD。
【分析】利用人做匀减速直线运动结合速度的方向可以求出加速度的方向，利用加速度的方向可以判别人的受力情况；利用人的加速度可以判别人受到的合力方向。
9．【答案】B,D
【知识点】平抛运动；向心力
【解析】【解答】AB． 小球从A点以速度v0水平飞出，恰好沿切线方向从B点进入半径为R的圆轨道，如图所示
根据速度的分解可知小球在B点的速度大小为，A错误，B正确；
C．小球到达C点的速度大小为，由于重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
，由此可得，根据牛顿第三定律可知，小球在C点时对轨道的压力大于其重力，C错误；
D．根据速度的分解可知小球达到B点时竖直方向的分速度为，根据竖直方向的速度公式可得，根据水平方向的位移公式有，解得，即AB之间的水平距离为，D正确。
故选BD。
【分析】利用速度的分解可以求出小球在B点速度的大小；利用在C点的牛顿第二定律可以比较支持力和重力的大小；利用速度公式可以求出小球运动的时间，结合水平方向的位移公式可以求出水平方向的距离大小。
10．【答案】C,D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球下落刚开始压缩弹簧时，由于弹力随弹簧形变量不断增大，最初弹力小于小球的重力，小球受到的合力向下所以小球仍加速向下运动，故A错误；
BD．压缩弹簧过程中，弹力对小球做负功，由于弹簧弹性势能增大所以小球的机械能减小，故B错误，D正确；
C．弹簧被压缩到最大时，其弹性势能最大，由于小球的重力势能转化为弹簧的弹性势能，由系统的机械能守恒有，故C正确；
故选CD。
【分析】利用小球压缩弹簧时弹力小于重力所以小球的速度增大；利用压缩弹簧过程中，弹力做负功所以小球的机械能减小；利用系统机械能守恒可以求出最大的弹性势能。
11．【答案】平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动。；2.97；未满足小车质量远大于砂和砂桶的质量；-m
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）为了小车受到的拉力为小车的合力，为了重力的分力平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动。
（2）已知打点计时器的周期为0.02s，由于每两个相邻的计数点之间还有1个计时点未画出，所以相邻的计数点之间时间间隔为，小车做匀变速直线运动，根据逐差法可知小车的加速度为，解得
（3）对于小车，根据牛顿第二定律可得，对于砂桶，根据牛顿第二定律有，
解得，只有当m远小于M时，图线成线性关系，所以图像如图所示，图线偏离直线的主要原因是未满足小车质量远大于砂和砂桶的质量。
（4）由牛顿第二定律可得，，两式联立解得
根据图像的特点可知，图像在纵轴上的截距为-m。
【分析】（1）力平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动；
（2）利用逐差法可以求出小车的加速度大小；
（3）根据小车和砂桶的牛顿第二定律可知只有当m远小于M时，图线成线性关系，所以图像如图所示，图线偏离直线的主要原因是未满足小车质量远大于砂和砂桶的质量；
（4）根据牛顿第二定律可知图像在纵轴上的截距为-m。
12．【答案】B；；；确定；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）AC．斜槽轨道不需要光滑也不需要平衡摩擦力，只要抛出时每次速度相同即可，故AC错误；
B．为保证小球做的是平抛运动，抛出时速度要水平，则安装斜槽轨道，使其末端保持水平，故B正确；
D．为减小空气阻力的影响，应选择密度更大的小球，故D错误。
故答案为：B；
（2）由抛出到P点过程，根据平抛运动规律有，
解得，
故答案为：；
（3）h一定时，设落点与O点连线与水平方向夹角为，根据位移规律
落点处速度方向的反向延长线过O点，则，联立解得
h一定，则用时一定，则竖直方向下落高度一定，则落点位置是确定的。
由以上分析可知，竖直方向下落高度为，用时
根据几何关系，解得
故答案为：确定；
【分析】(1) 考查平抛实验操作规范：末端水平是平抛必备条件，轨道不必光滑；
(2) 利用速度偏角结合水平位移公式，拆分平抛水平、竖直分运动联立求解；
(3) 平抛中点推论（速度反向延长线平分水平位移）锁定下落高度，h固定则落点确定，再结合圆弧几何关系列式推导初速度表达式。
13．【答案】解：（1）机械能守恒定律
牛顿第二定律
联立以上两式解得FN=18N
牛顿第三定律F'N=FN=18N
（2）根据
从A到B过程
且 ，
在斜面上
由运动学公式
解得 ，
所以经过C点的时间 或
（3）到达最高点，上滑距离
返回底端时的速度满足
解得
在AB上滑行距离
最终停在距点6.4m的位置。全过程中克服摩擦力做功为
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）滑块运动到D点时，利用机械能守恒定律可以求出经过D的速度大小，结合牛顿第二定律可以求出滑块对轨道的压力大小；
（2）滑块下滑到A点时，利用动能定理可以求出经过A点的速度大小，利用牛顿第二定律可以求出从A到B的加速度大小，结合位移公式可以求出运动的时间，在斜面上运动时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合位移公式可以求出运动的时间；
（3）滑块到达最高点时，利用速度位移公式可以求出上滑的距离，结合动能定理可以求出滑到底端的速度，结合速度位移公式可以求出在AB滑行的距离，结合重力做功可以求出克服摩擦力做功的大小。
14．【答案】（1）解：以餐具为研究对象，由牛顿第二定律得
代入数据得
（2）解：餐具被甩出后先做平抛运动，设平抛速度为，时间为，射程为x，则，，
解得，
餐具落到圆形桌面后做匀减速直线运动，设当动摩擦因数最小为时，餐具刚好没到桌面的边沿，此过程由动能定理得
代入数据得
故餐具与桌面的动摩擦因数的范围应是
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1)餐具刚好被甩出时，最大静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律求解角速度；
(2)餐具先做平抛运动，再在桌面做匀减速直线运动，结合动能定理求解动摩擦因数的最小值，从而得到取值范围。
15．【答案】解：（1）物块滑上小车后，做加速度为am的匀减速运动，根据牛顿第二定律
μmg=mam
解得am=2.0m/s2
设物块滑上小车后经过时间t1速度减为零，有v0=amt1
解得t1=0.5s
（2）小车做加速度为aM的匀加速运动，根据牛顿第二定律有F-μmg=MaM
解得
设物块向左滑动的位移为x1，根据运动学公式
当滑块的速度为零时，小车的速度V1为V1=V0+aMt1=1.75m/s
设物块向右滑动经过时间t2相对小车静止，此后物块与小车有共同速度V，根据运动学公式，有
V=V1+aMt2=amt2
解得，
滑块在时间t2内的位移为
因此，滑块在小车上滑动的过程中相对地面的位移为
（3）t1时间内小车的对地位移
相对位移
t2时间内小车的对地位移
相对位移
摩擦热
联立解得Q=8.3J
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；功的计算
【解析】【分析】（1）物块滑上小车后，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度公式可以求出减速的时间；
（2）当小车做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合位移公式可以起醋物块运动的位移，再利用速度公式可以求出小车速度的大小，再利用速度公式可以求出物块和小车共速的速度和时间，利用位移公式可以求出物块在向右滑动时的位移大小，进而求出滑块在小车上相对位移的大小；
（3）已知小车做匀加速直线运动，利用位移公式可以求出相对位移的大小，结合摩擦力的大小可以求出摩擦产生的热量。
1 / 1广东省揭阳市普宁市勤建学校2024-2025学年高一下学期6月竞赛物理试题
1．如图所示，表面粗糙的斜面固定，两物块P、Q用轻绳连接并跨过光滑的定滑轮，P、Q均处于静止状态。当用水平向左的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，则（　　）
A．轻绳上拉力一定不变 B．轻绳上拉力一定变小
C．Q受到的摩擦力一定变小 D．Q受到的摩擦力一定变大
【答案】A
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．以P为研究对象，由于P处于静止，根据平衡条件可知P受到重力和绳子拉力大小相等，所以绳子拉力一定不变，A正确，B错误；
CD．以Q为研究对象，Q受重力，斜面的支持力，绳子拉力T；根据斜面方向的平衡方程可知当时，Q所受摩擦力沿斜面向下，此时用水平向左的恒力推Q，其所受摩擦力变大；当，根据平衡方程可知Q所受摩擦力沿斜面向上，此时用水平向左的恒力推Q，其所受摩擦力若还沿斜面向上，则摩擦力变小。故C、D错误。
故选A。
【分析】利用P的平衡条件可以得出拉力的大小保持不变；利用Q的平衡方程可以判别Q受到的摩擦力大小变化。
2．如图所示，A、B两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮管，落入篮筐时的速度方向相同，下列判断正确的是（　　）
A．A可能比B先落入篮管
B．A、B运动的最大高度可能相同
C．A在最高点的速度一定比B在最高点的速度大
D．A、B上升过程中不可能出现高度相同时且速度方向相同的情况
【答案】C
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】采用逆向思维，把篮球落入篮筐的运动反向看作从篮筐同方向斜抛至抛出点同一高度，A水平位移更大。
A、A竖直分位移更大，总运动时间更长，B先落筐，A错误；
B、A竖直分速度更大，斜抛最大高度更高，二者最大高度不可能相同，B错误；
C、最高点竖直分速度为0，速度等于水平分速度；抛射角相同，，A水平位移大、初速度大，水平分速度更大，故A在最高点速度更大，C正确；
D、两球上升到篮筐等高位置时速度与入筐速度一致、方向相同，存在该时刻，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、逆向斜抛，竖直高度决定运动时间，A运动时间更长；
B、最大高度由竖直分速度决定，A竖直分速度更大，最大高度更高；
C、斜抛最高点只有水平分速度，水平位移越大初速度、水平分速度越大；
D、利用斜抛可逆性，上升至篮筐等高位置时两球速度方向相同。
3．投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到：“投壶，射之细也。宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也。”如图所示，甲、乙两人沿水平方向各投出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为和；已知两支箭质量相同，忽略空气阻力、箭长、壶口大小等因素的影响，，。下列说法正确的是（　　）
A．若两人站在距壶相同水平距离处投壶，甲所投箭的初速度比乙的小
B．若两人站在距壶相同水平距离处投壶，乙所投的箭在空中运动时间比甲的长
C．若箭在竖直方向下落的高度相等，则甲所射箭落入壶口时速度比乙大
D．若箭在竖直方向下落的高度相等，则甲投壶位置距壶的水平距离比乙大
【答案】A
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【解答】落地时：，，，
A、相同，；甲更大，更大，联立得，故甲初速度更小，A正确；
B、甲大，，小，，乙运动时间更短，B错误；
C、下落高度相等则相同，落地速度，，，C错误；
D、相等则相等，，大，小，，相同，，D错误；
故答案为：A。
【分析】A、平抛末速度偏角，水平位移固定，结合角度关系比较初速度；
B、由，初速度越小运动时间越长；
C、竖直下落高度相同则竖直分速度相同，落地合速度；
D、下落高度一致时运动时间相等，水平位移由初速度决定。
4．北斗卫星导航系统由地球同步静止轨道卫星a、与地球自转周期相同的倾斜地球同步轨道卫星b，以及比它们轨道低一些的轨道卫星c组成，它们均为圆轨道卫星。若轨道卫星c与地球同步静止轨道卫星a在同一平面内同向旋转，已知卫星c的轨道半径为r，同步卫星轨道半径为4r，地球自转周期为T，万有引力常量为G，下列说法正确的是（　　）
A．卫星a的发射速度大于地球第一宇宙速度，轨道运行速度小于地球第一宇宙速度
B．卫星a与卫星b具有相同的机械能
C．地球的质量为
D．卫星a与卫星c周期之比为8∶1，某时刻两者相距最近，则经过后，两者再次相距最近
【答案】A
【知识点】卫星问题；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、第一宇宙速度是近地卫星最大环绕速度、最小发射速度；同步卫星发射需要加速越过近地轨道，发射速度大于第一宇宙速度，在轨运行轨道半径大于地球半径，线速度小于第一宇宙速度，故A正确；
B、机械能与卫星质量、轨道高度均有关，质量未知，机械能不一定相等，故B错误；
C、轨道半径、周期，由，解得，不能用的轨道半径列式，故C错误；
D、由开普勒第三定律，；再次相距最近满足，代入得，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查第一宇宙速度物理意义，区分发射速度与环绕速度；
B、考查天体机械能影响因素，动能、引力势能均和质量相关；
C、考查万有引力充当向心力，同步卫星用、列式求中心天体质量；
D、考查开普勒第三定律与追及问题，角速度差转过整周再次最近。
5．如图所示，有两个光滑直轨道和，其中A、B、C、D四点刚好位于同一竖直圆O的圆周上，B点恰好过竖直圆O的最低点。现让两个小球（可视为质点）分别从A、D两位置由静止释放，它们沿直轨道到达B、C的时间分别记为、。则（　　）
A． B． C． D．无法确定
【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】若研究物块沿AB下滑，设AB与竖直直径成的角度为θ，则加速度
从A到B由运动公式，解得
若过B点做CD的平行线，交圆弧与E点，则物块沿EB下滑的时间也为t1，因EB和DC倾角相同，则物块下滑的加速度相同，但是CD长度小于BE的长度，可知沿DC下滑的时间t2小于EB的时间，即
故答案为：A。
【分析】A、考查等时圆结论：同一圆周、同倾角弦下滑时间相等；
B、CD 与 EB 倾角相同、加速度一致，但轨道长度不等，时间不等；
C、由位移大小关系判断时间大小；
D、借助辅助弦可定量比较时间，能够确定。
6．如图所示，两个可视为质点的、相同的木块甲和乙放在转盘上，两者用长为L的不可伸长的细绳连接（细绳能够承受足够大的拉力），木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，连线过圆心，甲到圆心距离，乙到圆心距离，且，水平圆盘可绕过圆心的竖直轴转动，两物体随圆盘一起以角速度转动，当从O开始缓慢增加时，甲、乙与转盘始终保持相对静止，则下列说法错误的是（　　）（已知重力加速度为g）
A．乙先达到最大静摩擦力
B．当时，甲所受静摩擦力背离圆心
C．取不同值时，乙所受静摩擦力始终指向圆心
D．如果时，两物体将相对圆盘发生滑动
【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．木块受到转盘的摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
此时，又乙的半径大，故知乙先达到最大静摩擦力，故A正确，；
BC．甲乙随转盘一起做匀速圆周运动，由于乙的半径较大，故需要的向心力较大，根据牛顿第二定律有，解得，即若时，甲、乙所受静摩擦力都指向圆心。当角速度增大时，绳子出现张力，乙靠张力和静摩擦力的合力提供向心力，甲也靠拉力和静摩擦力的合力提供向心力，角速度增大，绳子的拉力逐渐增大，甲所受的静摩擦力先减小后反向增大，当反向增大到最大值，角速度再增大，甲乙与圆盘发生相对滑动。知乙所受的静摩擦力方向始终指向圆心，甲所受的静摩擦力方向先指向圆心，然后背离圆心，故B错误，C正确；
D．设角速度为时，此时甲乙发生滑动，此时绳子的拉力为F，对于甲，根据牛顿第二定律可知
，对于乙，根据牛顿第二定律可知：
联立解得，故时，两物体将相对圆盘发生滑动，故D正确。
本题选错误的，故选B。
【分析】利用最大静摩擦力提供向心力可以求出两个木块受到最大静摩擦力时的角速度，利用牛顿第二定律结合角速度的大小可以判别甲乙受到的静摩擦力方向；再利用开始滑动时的牛顿第二定律可以求出两个木块开始滑动的角速度大小。
7．2023年9月29日，在杭州亚运会田径项目女子铅球决赛中，中国选手巩立姣夺得金牌，获得亚运会三连冠。图甲是巩立姣正在比赛中。现把铅球的运动简化为如图乙模型：铅球抛出时离地的高度h=1.928m，铅球落地点到抛出点的水平距离x=20m，铅球抛出时的速度v0和水平方向的夹角θ=37°，已知铅球的质量为m=4kg，不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，，，则（　　）
A．小球运动到最高点时速度为零
B．小球在空中运动的时间为1.62s
C．从抛出到落地过程中小球速度的变化量是18.4m/s
D．小球落地前任意相等时间内速度的变化量不相等
【答案】C
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】A、小球运动到最高点时竖直分速度为零，水平分速度保持不变，合速度不为零，故A错误；
B、由水平，竖直，联立代入数据解得，故B错误；
C、斜抛运动只受重力，速度变化量，故C正确；
D、小球全程加速度恒为重力加速度，由，任意相等时间内速度变化量均相等，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查斜抛运动最高点运动特点，竖直速度归零、水平速度不变；
B、考查运动分解，水平匀速直线运动、竖直匀变速直线运动，联立方程求解运动时间；
C、考查匀变速运动速度变化量，合外力恒定，；
D、考查加速度恒定的匀变速运动规律，相等时间速度改变量固定不变。
8．人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀减速运动，如图所示．以下说法正确的是（　　）
A．人受到重力和支持力的作用
B．人受到的合外力为零
C．人受到重力、支持力和摩擦力的作用
D．人受到的合外力方向与速度方向相反
【答案】C,D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】AC．由于人做匀减速直线运动，根据速度的方向可知人的加速度方向于速度方向相反，对加速度进行分解可知人在水平方向上有加速度，所以必受到摩擦力作用，故人受重力，支持力，摩擦力三力作用，故A错误C正确；
BD．人做匀减速运动，有加速度，根据牛顿第二定律可知合力不为零，根据加速度的方向可知人受到的合外力方向与速度方向相反，故B错误D正确。
故选CD。
【分析】利用人做匀减速直线运动结合速度的方向可以求出加速度的方向，利用加速度的方向可以判别人的受力情况；利用人的加速度可以判别人受到的合力方向。
9．如图所示，小球从A点以速度v0水平飞出，恰好沿切线方向从B点进入半径为R的圆轨道，B点和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α，C为圆轨道的最低点，已知重力加速度为g，不计一切阻力，则（　　）
A．小球在B点的速度大小为
B．小球在B点的速度大小为
C．小球在C点时对轨道的压力等于其重力
D．AB之间的水平距离为
【答案】B,D
【知识点】平抛运动；向心力
【解析】【解答】AB． 小球从A点以速度v0水平飞出，恰好沿切线方向从B点进入半径为R的圆轨道，如图所示
根据速度的分解可知小球在B点的速度大小为，A错误，B正确；
C．小球到达C点的速度大小为，由于重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
，由此可得，根据牛顿第三定律可知，小球在C点时对轨道的压力大于其重力，C错误；
D．根据速度的分解可知小球达到B点时竖直方向的分速度为，根据竖直方向的速度公式可得，根据水平方向的位移公式有，解得，即AB之间的水平距离为，D正确。
故选BD。
【分析】利用速度的分解可以求出小球在B点速度的大小；利用在C点的牛顿第二定律可以比较支持力和重力的大小；利用速度公式可以求出小球运动的时间，结合水平方向的位移公式可以求出水平方向的距离大小。
10．如图所示，原长为的轻弹簧竖直固定在水平地面上，质量为m的小球由弹簧的正上方h高处自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时，小球下落到最低点。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球下落压缩弹簧过程中，小球的速度一直减小
B．小球下落压缩弹簧过程中，小球的机械能守恒
C．弹簧的最大弹性势能为
D．小球下落压缩弹簧过程中，小球机械能一直减小
【答案】C,D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球下落刚开始压缩弹簧时，由于弹力随弹簧形变量不断增大，最初弹力小于小球的重力，小球受到的合力向下所以小球仍加速向下运动，故A错误；
BD．压缩弹簧过程中，弹力对小球做负功，由于弹簧弹性势能增大所以小球的机械能减小，故B错误，D正确；
C．弹簧被压缩到最大时，其弹性势能最大，由于小球的重力势能转化为弹簧的弹性势能，由系统的机械能守恒有，故C正确；
故选CD。
【分析】利用小球压缩弹簧时弹力小于重力所以小球的速度增大；利用压缩弹簧过程中，弹力做负功所以小球的机械能减小；利用系统机械能守恒可以求出最大的弹性势能。
11．小林同学用如图所示装置探究“在外力一定时，物体的加速度与其质量之间的关系”。已知当地的重力加速度为g，所使用的打点计时器所接的交流电的频率为。
（1）实验中，需要平衡摩擦力，请详细描述平衡摩擦力的操作：　 　
（2）乙图为某次实验中打出的一条纸带，确定出O、A、B、C、D、E、F共7个计数点，每两个相邻的计数点之间还有1个计时点未画出。由该纸带可求得小车的加速度为　 　；（结果保留3位有效数字）
（3）测出小车和车上砝码的总质量M和对应的加速度a，小林作出如图丙中实线所示的图线，图线偏离直线的主要原因是　 　；
（4）小林调整了图像的横纵坐标，描绘出如图丁所示的图像。已知实验中所挂砂桶和砂的质量为m，且已经准确的平衡了摩擦力，小林发现图像不过原点，根据牛顿第二定律：在拉力不变的情况下，与M应该成正比，小明百思不得其解，请你告诉他图丁纵轴上的截距的物理意义是　 　（用题中所给的字母表示）。
【答案】平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动。；2.97；未满足小车质量远大于砂和砂桶的质量；-m
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）为了小车受到的拉力为小车的合力，为了重力的分力平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动。
（2）已知打点计时器的周期为0.02s，由于每两个相邻的计数点之间还有1个计时点未画出，所以相邻的计数点之间时间间隔为，小车做匀变速直线运动，根据逐差法可知小车的加速度为，解得
（3）对于小车，根据牛顿第二定律可得，对于砂桶，根据牛顿第二定律有，
解得，只有当m远小于M时，图线成线性关系，所以图像如图所示，图线偏离直线的主要原因是未满足小车质量远大于砂和砂桶的质量。
（4）由牛顿第二定律可得，，两式联立解得
根据图像的特点可知，图像在纵轴上的截距为-m。
【分析】（1）力平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动；
（2）利用逐差法可以求出小车的加速度大小；
（3）根据小车和砂桶的牛顿第二定律可知只有当m远小于M时，图线成线性关系，所以图像如图所示，图线偏离直线的主要原因是未满足小车质量远大于砂和砂桶的质量；
（4）根据牛顿第二定律可知图像在纵轴上的截距为-m。
12．在探究平抛运动规律实验中，利用一管口直径略大于小球直径的直管来确定平抛小球的落点及速度方向（只有当小球速度方向沿直管方向才能飞入管中），重力加速度为g。
实验一：如图（a）所示，一倾斜角度为θ的斜面AB，A点为斜面最低点，直管保持与斜面垂直，管口与斜面在同一平面内，平抛运动实验轨道抛出口位于A点正上方某处。为让小球能够落入直管，可以根据需要沿斜面移动直管。
（1）以下是实验中的一些做法，合理的的是　 　。
A.斜槽轨道必须光滑 B.安装斜槽轨道，使其末端保持水平
C.调整轨道角度平衡摩擦力 D.选择密度更小的小球
（2）某次平抛运动中，直管移动至P点时小球恰好可以落入其中，测量出P点至A点距离为L，根据以上数据可以计算出此次平抛运动在空中飞行时间t=　 　，初速度v0=　 　（用L，g，θ表示）。
实验二：如图（b）所示，一半径为R的四分之一圆弧面AB，圆心为O，OA竖直，直管保持沿圆弧面的半径方向，管口在圆弧面内，直管可以根据需要沿圆弧面移动。平抛运动实验轨道抛出口位于OA线上可以上下移动，抛出口至O点的距离为h。
（3）上下移动轨道，多次重复实验，记录每次实验抛出口至O点的距离，不断调节直管位置以及小球平抛初速度，让小球能够落入直管。为提高小球能够落入直管的成功率及实验的可操作性，可以按如下步骤进行：首先确定能够落入直管小球在圆弧面上的落点，当h确定时，理论上小球在圆弧面上的落点位置是　 　（填“确定”或“不确定”），再调节小球释放位置，让小球获得合适的平抛初速度平抛至该位置即可落入直管。满足上述条件的平抛运动初速度满足=　 　（用h，R，g表示）。
【答案】B；；；确定；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）AC．斜槽轨道不需要光滑也不需要平衡摩擦力，只要抛出时每次速度相同即可，故AC错误；
B．为保证小球做的是平抛运动，抛出时速度要水平，则安装斜槽轨道，使其末端保持水平，故B正确；
D．为减小空气阻力的影响，应选择密度更大的小球，故D错误。
故答案为：B；
（2）由抛出到P点过程，根据平抛运动规律有，
解得，
故答案为：；
（3）h一定时，设落点与O点连线与水平方向夹角为，根据位移规律
落点处速度方向的反向延长线过O点，则，联立解得
h一定，则用时一定，则竖直方向下落高度一定，则落点位置是确定的。
由以上分析可知，竖直方向下落高度为，用时
根据几何关系，解得
故答案为：确定；
【分析】(1) 考查平抛实验操作规范：末端水平是平抛必备条件，轨道不必光滑；
(2) 利用速度偏角结合水平位移公式，拆分平抛水平、竖直分运动联立求解；
(3) 平抛中点推论（速度反向延长线平分水平位移）锁定下落高度，h固定则落点确定，再结合圆弧几何关系列式推导初速度表达式。
13．小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道和倾角足够长斜轨道平滑连接而成。质量的小滑块从弧形轨道离地高处静止释放。已知，，斜轨道上有一点，，滑块与轨道和间的动摩擦因数均为，弧形轨道和圆轨道均光滑，忽略空气阻力，重力加速度取10m/s2，，。求：
（1）滑块运动到与圆心等高的点时对轨道的压力大小。
（2）以经过A点向点做直线运动为计时起点，经过点的时间。（）
（3）滑块最终会停在距点多远的位置，全过程中克服摩擦力做功为多少。
【答案】解：（1）机械能守恒定律
牛顿第二定律
联立以上两式解得FN=18N
牛顿第三定律F'N=FN=18N
（2）根据
从A到B过程
且 ，
在斜面上
由运动学公式
解得 ，
所以经过C点的时间 或
（3）到达最高点，上滑距离
返回底端时的速度满足
解得
在AB上滑行距离
最终停在距点6.4m的位置。全过程中克服摩擦力做功为
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）滑块运动到D点时，利用机械能守恒定律可以求出经过D的速度大小，结合牛顿第二定律可以求出滑块对轨道的压力大小；
（2）滑块下滑到A点时，利用动能定理可以求出经过A点的速度大小，利用牛顿第二定律可以求出从A到B的加速度大小，结合位移公式可以求出运动的时间，在斜面上运动时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合位移公式可以求出运动的时间；
（3）滑块到达最高点时，利用速度位移公式可以求出上滑的距离，结合动能定理可以求出滑到底端的速度，结合速度位移公式可以求出在AB滑行的距离，结合重力做功可以求出克服摩擦力做功的大小。
14．如图甲是技术娴熟的服务员整理餐具的情景，服务员先把餐具摆在圆形玻璃转盘上，然后转动转盘，使餐具甩出后停在圆形桌面上。已知圆形转盘的半径，圆形桌面的半径，玻璃转盘与圆形桌面中心重合，二者的高度差。可看作质点的质量为m的餐具放在转盘的边沿，餐具与转盘的动摩擦因数，缓缓增大转盘的转速，其俯视图如图乙，不计空气阻力，重力加速度g取。求：
（1）餐具刚好被甩出去时转盘的角速度。
（2）若餐具落到圆形桌面上时不跳跃，且水平方向上的速度保持不变，为保证餐具不会滑落到地面上，求餐具与圆形桌面的动摩擦因数的取值范围（计算结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）解：以餐具为研究对象，由牛顿第二定律得
代入数据得
（2）解：餐具被甩出后先做平抛运动，设平抛速度为，时间为，射程为x，则，，
解得，
餐具落到圆形桌面后做匀减速直线运动，设当动摩擦因数最小为时，餐具刚好没到桌面的边沿，此过程由动能定理得
代入数据得
故餐具与桌面的动摩擦因数的范围应是
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1)餐具刚好被甩出时，最大静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律求解角速度；
(2)餐具先做平抛运动，再在桌面做匀减速直线运动，结合动能定理求解动摩擦因数的最小值，从而得到取值范围。
15．如图所示，质量M=8.0kg的小车放在光滑的水平面上，给小车施加一水平向右的恒力F=8.0N。当向右运动的速度达到=1.5m/s时，有一物块以水平向左的初速度=1.0m/s滑上小车的右端，小物块的质量m=2.0kg，物块与小车表面的动摩擦因数μ=0.2，设小车足够长，取，各问最终计算结果均保留1位小数。
（1）物块从滑上小车开始，经过多少时间速度减小为零？
（2）求物块在小车上相对小车滑动的过程中，物块相对地面的位移大小；
（3）求整个过程系统生成的摩擦热。
【答案】解：（1）物块滑上小车后，做加速度为am的匀减速运动，根据牛顿第二定律
μmg=mam
解得am=2.0m/s2
设物块滑上小车后经过时间t1速度减为零，有v0=amt1
解得t1=0.5s
（2）小车做加速度为aM的匀加速运动，根据牛顿第二定律有F-μmg=MaM
解得
设物块向左滑动的位移为x1，根据运动学公式
当滑块的速度为零时，小车的速度V1为V1=V0+aMt1=1.75m/s
设物块向右滑动经过时间t2相对小车静止，此后物块与小车有共同速度V，根据运动学公式，有
V=V1+aMt2=amt2
解得，
滑块在时间t2内的位移为
因此，滑块在小车上滑动的过程中相对地面的位移为
（3）t1时间内小车的对地位移
相对位移
t2时间内小车的对地位移
相对位移
摩擦热
联立解得Q=8.3J
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；功的计算
【解析】【分析】（1）物块滑上小车后，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度公式可以求出减速的时间；
（2）当小车做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合位移公式可以起醋物块运动的位移，再利用速度公式可以求出小车速度的大小，再利用速度公式可以求出物块和小车共速的速度和时间，利用位移公式可以求出物块在向右滑动时的位移大小，进而求出滑块在小车上相对位移的大小；
（3）已知小车做匀加速直线运动，利用位移公式可以求出相对位移的大小，结合摩擦力的大小可以求出摩擦产生的热量。
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