广东省茂名市高州三中2022届高三物理上学期第三次月考试题含解析

2022-2022学年广东省茂名市高州三中高三（上）第三次月考物理试卷一、选择题.（共8题，每题6分．1-5为单选，16-8为多项选择题．）1．下列有关力的说法正确的是()A．物体受力作用后，一定同时产生形变和运动状态变化两种效果B．地球表面的物体受到地球的吸引力，但物体并没有对地球产生吸引C．手指用垂直墙壁的力F压物块，使物块紧贴墙壁静止，则墙壁所受压力的施力物体是手指D．物体静止在桌面上，物体对桌面的压力是由于物体发生弹性形变产生的2．在2022年广州亚运会上，我国运动员陈一冰在吊环项目中取得了冠军．如图是比赛中的一个场景，此时人静止不动，两根吊带对称并与竖直方向有一定夹角．下列判断正确的是()A．两根吊带受到环的拉力大小不等B．手对吊环作用力方向竖直向下C．每根吊带受到环的拉力大小都等于人重量的一半D．两根吊带受到环的拉力合力一定竖直向下3．某星球的质量约为地球的9倍，半径约为地球的一半，若从地球上高h处平抛一物体，射程为60m，则在该星球上，从同样高度，以同样的初速度平抛同一物体，射程应为()A．10mB．15mC．90mD．360m4．甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶，在t=0到t=t1的时间内，它们的v﹣t图象如图所示．在这段时间内()A．汽车甲的平均速度比乙的大B．汽车乙的平均速度等于-16-\nC．甲乙两汽车的位移相同D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大5．如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆所能承受的弹力的最大值一定，A端用铰链固定，滑轮在A点正上方（滑轮大小及摩擦均可不计），B端吊一重力为G的重物．现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢向上拉（均未断），在AB杆转到竖直方向前，以下分析正确的是()A．绳子越来越容易断B．绳子越来越不容易断C．AB杆越来越容易断D．AB杆越来越不容易断6．图甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命．图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心、轨道半径之比为1：4．若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是()A．在图示轨道上，“轨道康复者”的速度小于7.9km/sB．在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的16倍C．在图示轨道上，“轨道康复者”的周期为4hD．若要对该同步卫星实施拯救，“轨道康复者”应从图示轨道上加速，然后与同步卫星对接7．如图所示，物体m与斜面体M一起静止在水平面上．若将斜面的倾角θ稍微增大一些，且物体m仍静止在斜面上，则下列说法中正确的是()A．斜面体对物体的支持力变大B．斜面体对物体的摩擦力变大-16-\nC．斜面体对物体的支持力和摩擦力的合力不变D．斜面体与水平面间的摩擦力变大8．英国特技演员史蒂夫•特鲁加里亚曾飞车挑战世界最大环形车道．如图所示，环形车道竖直放置，直径达12m，若汽车在车道上以12m/s恒定的速率运动，演员与汽车的总质量为1000kg，重力加速度g取10m/s2，则()A．汽车通过最低点时，演员处于超重状态B．汽车通过最高点时对环形车道的压力为1.4×104NC．若要挑战成功，汽车不可能以低于12m/s的恒定速率运动D．汽车在环形车道上的角速度为1rad/s二、非选择题．包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．某同学利用如图（a）装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验．（1）在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持__________状态．（2）他通过实验得到如图（b）所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线，由此图线可得该弹簧的原长x0=__________cm，劲度系数k=__________N/m．（3）他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧秤，当弹簧秤上的示数如图（c）所示时，该弹簧的长度x=__________cm．10．完成以下“验证力的平行四边形定则”实验的几个主要步骤：①如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点O点的位置、两弹簧测力计的读数F1、F2以及__________．②如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到__________，记下细绳套的方向（如图丙中的c），读得弹簧测力计的示数F=__________．-16-\n11．将一个小球从某高处以v0=2m/s的初速度水平抛出，到落地时运动的水平距离为x=1.6m，不计空气阻力，g=10m/s2．求：（1）小球在空中运动的时间t；（2）小球抛出点的高度h．12．如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，O为圆弧圆心，D为圆弧最低点．斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮（不计滑轮摩擦）分别连接小物块P、Q（两边细绳分别与对应斜面平行），并保持P、Q两物块静止．若PC间距为L1=0.25m，斜面MN足够长，物块P质量m=3kg，与MN间的动摩擦因数μ=，求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；（2）物块P第一次过M点后0.3s到达K点，则MK间距多大；（3）物块P在MN斜面上滑行的总路程．(二）选考题[物理--选修3-5]13．如图甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板．开始时质量为m=1kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，今将水平力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失．此后滑块和木板在水平上运动的v﹣t图象如图乙所示，g=10m/s2．求（1）水平作用力F的大小；（2）滑块开始下滑时的高度；（3）木板的质量．-16-\n-16-\n2022-2022学年广东省茂名市高州三中高三（上）第三次月考物理试卷一、选择题.（共8题，每题6分．1-5为单选，16-8为多项选择题．）1．下列有关力的说法正确的是()A．物体受力作用后，一定同时产生形变和运动状态变化两种效果B．地球表面的物体受到地球的吸引力，但物体并没有对地球产生吸引C．手指用垂直墙壁的力F压物块，使物块紧贴墙壁静止，则墙壁所受压力的施力物体是手指D．物体静止在桌面上，物体对桌面的压力是由于物体发生弹性形变产生的【考点】物体的弹性和弹力．【专题】弹力的存在及方向的判定专题．【分析】根据力的两种作用效果：力可以改变物体的运动状态，力可以改变物体的形状．根据牛顿第三定律，力的作用是相互的；物体对桌面的压力是由于物体发生弹性形变产生的．【解答】解：A、物体形状和运动状态的改变都属于力的作用效果，但物体受到了力的作用，不一定同时产生形变和运动状态变化两种效果．故A错误；B、根据牛顿第三定律，地球表面的物体受到地球的吸引力，物体同时对地球产生吸引．故B错误；C、物块紧贴墙壁静止，则墙壁所受压力的施力物体是物块，不是手指．故C错误；D、物体静止在桌面上，物体对桌面的压力是由于物体发生弹性形变产生的．故D正确．故选：D【点评】掌握力的两种作用效果，力可以改变物体的运动状态，力可以改变物体的形状，两种效果可以同时存在，但不是一定同时存在．2．在2022年广州亚运会上，我国运动员陈一冰在吊环项目中取得了冠军．如图是比赛中的一个场景，此时人静止不动，两根吊带对称并与竖直方向有一定夹角．下列判断正确的是()A．两根吊带受到环的拉力大小不等B．手对吊环作用力方向竖直向下C．每根吊带受到环的拉力大小都等于人重量的一半D．两根吊带受到环的拉力合力一定竖直向下【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】共点力作用下物体平衡专题．【分析】三力平衡时，任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；本题中，运动员受到三个力而平衡，根据平衡条件和对称性分析其受力情况．【解答】解：对运动员受力分析，受到重力、两个拉力，受力情况如图．-16-\nA、由题可知，两根吊带对称并与竖直方向有一定夹角，由对称性可知，两根吊带受到环的拉力大小相等．故A错误．B、由图看出，手对吊环的拉力斜向上，则由牛顿第三定律知，手对吊环作用力方向斜向下，不是竖直向下．故B错误．C、当运动员两臂竖直时，每根吊带受到环的拉力大小都等于人重量的一半，而现在两根吊带与竖直方向有一定夹角，由平衡条件得知，每根吊带受到环的拉力大小都大于人重量的一半．故C错误．D、由平衡条件和牛顿第三定律知，两根吊带受到环的拉力的合力与重力大小相等、方向相同，一定是竖直向下．故D正确．故选D【点评】本题的解题关键是作出受力图后，根据三力平衡条件，运用合成法分析讨论．3．某星球的质量约为地球的9倍，半径约为地球的一半，若从地球上高h处平抛一物体，射程为60m，则在该星球上，从同样高度，以同样的初速度平抛同一物体，射程应为()A．10mB．15mC．90mD．360m【考点】万有引力定律及其应用；平抛运动．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】根据万有引力等于重力，求出星球表面重力加速度和地球表面重力加速度关系．运用平抛运动规律求出星球上水平抛出的射程．【解答】解：设星球质量为M′，半径为R′，地球质量为M，半径为R．已知=9，=，根据万有引力等于重力得：=mgg===①由题意从同样高度抛出，h=gt2=g′t′2②，①、②联立，解得t′=t，-16-\n在地球上的水平位移s=v0t=60m，在星球上的s′=v0t′=v0t=10m故选A．【点评】把星球表面的物体运动和天体运动结合起来是考试中常见的问题．重力加速度g是天体运动研究和天体表面宏观物体运动研究联系的物理量．4．甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶，在t=0到t=t1的时间内，它们的v﹣t图象如图所示．在这段时间内()A．汽车甲的平均速度比乙的大B．汽车乙的平均速度等于C．甲乙两汽车的位移相同D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大【考点】匀变速直线运动的图像；平均速度．【专题】运动学中的图像专题．【分析】在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线代表该位置的加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．【解答】解：A、C、平均速度等于位移与时间的比值，在v﹣t图象中，图形的面积代表位移的大小，根据图象可知道，甲的位移大于乙的位移，由于时间相同，所以汽车甲的平均速度比乙的大，故A正确，C错误；B、由于乙车做变减速运动，平均速度不等于，故B错误；D、因为切线的斜率等于物体的加速度，汽车甲和乙的加速度大小都是逐渐减小，故D错误．故选：A．【点评】本题是为速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义．5．如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆所能承受的弹力的最大值一定，A端用铰链固定，滑轮在A点正上方（滑轮大小及摩擦均可不计），B端吊一重力为G的重物．现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢向上拉（均未断），在AB杆转到竖直方向前，以下分析正确的是()-16-\nA．绳子越来越容易断B．绳子越来越不容易断C．AB杆越来越容易断D．AB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．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【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，再分析其变化．【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F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=，F=；使∠BAO缓慢变小时，AB、AO保持不变，BO变小，则N保持不变，F变小．故B正确，ACD错误．故选B．【点评】本题涉及非直角三角形的力平衡问题，采用三角形相似，得到力与三角形边长的关系，再分析力的变化，是常用的方法．6．图甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命．图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心、轨道半径之比为1：4．若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是()-16-\nA．在图示轨道上，“轨道康复者”的速度小于7.9km/sB．在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的16倍C．在图示轨道上，“轨道康复者”的周期为4hD．若要对该同步卫星实施拯救，“轨道康复者”应从图示轨道上加速，然后与同步卫星对接【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【专题】人造卫星问题．【分析】利用第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，以及卫星速度近大远小规律分析A项；利用加速度和周期公式分析BC两项物理量大小关系；利用卫星最近时角度及圈数关系分析二者远近；卫星对接则使用卫星变轨的原理分析．【解答】解：A、图示轨道略高于近地轨道，由可得，r越大，v越小，故“轨道康复者”的速度小于近地卫星的速度，即小于7.9km/s，故A正确；B、由得：a=，在图示轨道上，“轨道康复者”与地球同步卫星加速度之比为，故B正确；C、根据得：T=，则“轨道康复者”与地球同步卫星周期之比为，地球同步卫星周期T2=24h，则“轨道康复者”的周期为3h，故C错误；D、“轨道康复者”应从图示轨道上加速后，轨道半径增大，与同步卫星轨道相交，则可进行对接，故D正确；故选：ABD．【点评】本题考查卫星的基本规律，涉及内容广泛，考查全面，难点在于卫星的“相遇”问题，如果作示意图会更好理解一些．7．如图所示，物体m与斜面体M一起静止在水平面上．若将斜面的倾角θ稍微增大一些，且物体m仍静止在斜面上，则下列说法中正确的是()A．斜面体对物体的支持力变大B．斜面体对物体的摩擦力变大C．斜面体对物体的支持力和摩擦力的合力不变D．斜面体与水平面间的摩擦力变大【考点】共点力平衡的条件及其应用．【分析】根据物体所处的状态，选择研究对象进行受力分析，利用平衡条件解出问题．-16-\n【解答】解：A、物体m静止不动，受力平衡．可对物体受力分析，正交分解重力G，得：支持力N=mgcosθ摩擦力f=mgsinθ比较可知θ稍微增大一些，N变小，f变大，故A错误，B正确；C、m处于平衡状态，合力为零，则斜面体对物体的支持力和摩擦力的合力与重力平衡，不变，故C正确；D、以物体和斜面体整体为研究对象，水平方向上：根据平衡条件得知，地面对斜面体没有摩擦力，可见，当θ增大时，摩擦力仍为零，不变．故D错误．故选：BC【点评】根据物体所处的状态，选择研究对象进行受力分析，利用平衡条件解出问题．要注意研究对象的选取，整体和隔离法的应用．8．英国特技演员史蒂夫•特鲁加里亚曾飞车挑战世界最大环形车道．如图所示，环形车道竖直放置，直径达12m，若汽车在车道上以12m/s恒定的速率运动，演员与汽车的总质量为1000kg，重力加速度g取10m/s2，则()A．汽车通过最低点时，演员处于超重状态B．汽车通过最高点时对环形车道的压力为1.4×104NC．若要挑战成功，汽车不可能以低于12m/s的恒定速率运动D．汽车在环形车道上的角速度为1rad/s【考点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用-超重和失重．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】根据加速度的方向确定演员的超失重；汽车在最高点，根据牛顿第二定律求出轨道对汽车的作用力，从而得出汽车对轨道的压力；抓住最高点压力为零，根据牛顿第二定律求出最小速度．根据线速度与角速度的关系求出汽车在环形车道上的角速度．【解答】解：A、汽车通过最低点时，加速度方向竖直向上，演员处于超重状态．故A正确．B、根据牛顿第二定律得：N+mg=m，解得：N=，代入数据得：N=14000N．故B正确．C、要想通过最高点，临界情况是轨道对汽车的压力为零，根据牛顿第二定律得：mg=，解得：v=m/s．即最小速度为m/s．故C错误．D、汽车在环形车道上的角速度为：rad/s．故D错误．故选：AB．-16-\n【点评】解决本题的关键知道汽车做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，掌握判断超失重的方法，关键看加速度的方向．二、非选择题．包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．某同学利用如图（a）装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验．（1）在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态．（2）他通过实验得到如图（b）所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线，由此图线可得该弹簧的原长x0=4cm，劲度系数k=50N/m．（3）他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧秤，当弹簧秤上的示数如图（c）所示时，该弹簧的长度x=10cm．【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．【专题】实验题；弹力的存在及方向的判定专题．【分析】（1）弹簧是竖直的，要减小误差，刻度尺必须竖直；（2）弹簧处于原长时，弹力为零；根据胡克定律F=k△x求解劲度系数；（3）直接从弹簧秤得到弹力，再从图象b弹簧弹簧长度．【解答】解：（1）弹簧是竖直的，要减小误差，刻度尺必须与弹簧平行，故刻度尺要保持竖直状态；（2）弹簧处于原长时，弹力为零，故原长为4cm；弹簧弹力为2N时，弹簧的长度为8cm，伸长量为4cm；根据胡克定律F=k△x，有：；（3）由图c得到弹簧的弹力为3N，根据图b得到弹簧的长度为10cm；故答案为：（1）竖直；（2）4，50；（3）10．【点评】本题关键是明确实验原理，然后根据胡克定律F=k△x并结合图象列式求解，不难．10．完成以下“验证力的平行四边形定则”实验的几个主要步骤：①如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点O点的位置、两弹簧测力计的读数F1、F2以及两细绳套的方向．②如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到同一位置O，记下细绳套的方向（如图丙中的c），读得弹簧测力计的示数F=4.0N．-16-\n【考点】验证力的平行四边形定则．【专题】实验题；平行四边形法则图解法专题．【分析】明确该实验的实验原理，了解具体实验步骤以及具体的操作，尤其注意在记录力时不但要记录大小还要记录方向，该实验采用的是“等效替换”，两次拉橡皮筋要到同一位置．【解答】解：①如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点位置O和两测力计的示数F1、F2以及两细绳套的方向．②如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到同一位置O，记下细绳套的方向，由图示弹簧测力计可读得弹簧测力计的示数F=4.0N故答案为：①两细绳套的方向；②同一位置O；4.0N【点评】在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解．11．将一个小球从某高处以v0=2m/s的初速度水平抛出，到落地时运动的水平距离为x=1.6m，不计空气阻力，g=10m/s2．求：（1）小球在空中运动的时间t；（2）小球抛出点的高度h．【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】（1）平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据水平位移和初速度求出小球在空中的时间；（2）根据时间，结合位移时间公式求出小球抛出点的高度．【解答】解：（1）小球在空中的运动时间为：（2）小球抛出点的高度为：．答：（1）小球在空中运动的时间为0.8s；（2）小球抛出点的高度为3.2m．【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．12．如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，O为圆弧圆心，D为圆弧最低点．斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮（不计滑轮摩擦）分别连接小物块P、Q-16-\n（两边细绳分别与对应斜面平行），并保持P、Q两物块静止．若PC间距为L1=0.25m，斜面MN足够长，物块P质量m=3kg，与MN间的动摩擦因数μ=，求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；（2）物块P第一次过M点后0.3s到达K点，则MK间距多大；（3）物块P在MN斜面上滑行的总路程．【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】（1）先根据动能定理列式求出到D点的速度，再根据牛顿第二、第三定律求压力；（2）先根据动能定理求出M点速度，再根据牛顿第二定律求MN段上升和下降的加速度，再结合运动学公式求MK间距；（3）直接根据动能定理全程列式求解即可．【解答】解：（1）滑块由P到D过程，由动能定理，得：mgh=mvD2根据几何关系，有：h=L1sin53°+R（1﹣cos53°）在D点，支持力和重力的合力提供向心力，则有：FD﹣mg=m代入数据解得：FD=78N由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78N．（2）PM段，根据动能定理，有：m1gL1sin53°=代入数据解得：vM=2m/s沿MN向上运动过程，根据牛顿第二定律，得到：a1=gsin53°+μgcos53°=10m/s2根据速度时间公式，有：vM=a1t1代入数据解得：t1=0.2s所以t1=0.2s时，P物到达斜面MN上最高点，故返回过程，有：x=沿MN向下运动过程，根据牛顿第二定律，有：a2=gsin53°﹣μgcos53°=6m/s2故，根据运动学公式，有：xMK=﹣=0.17m，即MK之间的距离为0.17m．-16-\n（3）最后物体在CM之间来回滑动，且到达M点时速度为零，对从P到M过程运用动能定理，得到：mgL1sin53°﹣μmgL1cos53°L总=0代入数据解得：L总=1.0m即物块P在MN斜面上滑行的总路程为1.0m．答：（1）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小是78N；（2）物块P第一次过M点后0.3s到达K点，则MK间距是0.17m；（3）物块P在MN斜面上滑行的总路程是1.0m．【点评】本题关键对物体受力分析后，根据牛顿第二定律、运动学公式和动能定理综合求解，对各个运动过程要能灵活地选择规律列式．(二）选考题[物理--选修3-5]13．如图甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板．开始时质量为m=1kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，今将水平力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失．此后滑块和木板在水平上运动的v﹣t图象如图乙所示，g=10m/s2．求（1）水平作用力F的大小；（2）滑块开始下滑时的高度；（3）木板的质量．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；（2）根据图乙判断滑块滑到斜面底部的速度，由牛顿第二定律求出加速度，从而根据在斜面上的位移和三角关系求出下滑时的高度．（3）根据图象和牛顿第二定律求出地面和木板间的摩擦力，以及滑块和木板间的摩擦力，进而根据牛顿第二定律求出木板的质量．【解答】解：（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力N处于平衡，如图所示，水平推力：F=mgtanθ=1×10×=（2）由图乙知，滑块滑到木板上时速度为：v1=10m/s设下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得：mgsinθ+Fcosθ=ma代入数据得：a=10m/s2-16-\n则下滑时的高度：h=（3）设在整个过程中，地面对木板的摩擦力为f，滑块与木板间的摩擦力为f1由图乙知，滑块刚滑上木板时加速度为：对滑块：f1=ma1①此时木板的加速度：对木板：﹣f1﹣f=Ma2②当滑块和木板速度相等，均为：v=2m/s之后，连在一起做匀减速直线运动，加速度为：a3=对整体：﹣f=（m+M）a3③联立①②③带入数据解得：M=1.5kg答：（1）水平作用力F的大小位；（2）滑块开始下滑时的高度为2.5m；（3）木板的质量为1.5kg．【点评】本题考查斜面上力的合成与分解，和牛顿第二定律的应用，注意平时深入分析各种运动形式的特征．-16-