【物理】河北省沧州市泊头市第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版） 18页

物理试题 一．选择题（共15小题，每小题4分，计60分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题意，有的有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对不全的得2分，有选错或不答的得0分）‎ ‎1. 关于物理学的研究方法，以下说法错误的是 A. 伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法 B. 卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，应用了“放大法”‎ C. 电场强度是用比值法定义的，因而电场强度与电场力成正比，与试探电荷的电荷量成反比 D. 探究合力与分力的关系，用的是“等效替代”的方法 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法，即理想实验，故A正确，不符合题意；‎ B．卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，应用了放大法，故B正确，不符合题意；‎ C．在定义电场强度时应用了比值法，因而电场强度与电场力和试探电荷的电量无关，故C错误，符合题意；‎ D．等效替代法是在保证某种效果相同的前提下，将实际的、复杂的物理问题和物理过程转化为等效的、简单的、易于研究的物理问题和物理过程来研究和处理的方法．“平均速度” “总电阻” “交流电的有效值”用的是“等效替代”的方法，故D正确，不符合题意．故选C。‎ ‎2.如图所示为一质点做直线运动的vt图象，下列说法正确的是(　　)‎ A. 在18～22 s时间内，质点的位移为‎24 m B. 18 s时质点速度反向 C. 整个过程中，E点处质点离出发点最远 D. 整个过程中，CE段的加速度最大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据速度图象，分析质点的运动情况，确定什么时刻离出发点最远．速度图线的斜率等于加速度，根据数学知识分析加速度的大小．图线与坐标轴所围“面积”等于位移，图线在t轴上方，位移为正值，图线在t轴下方，位移为负值．‎ ‎【详解】图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正位移，下方表示负位移，所以18s~22s面积和为零，即位移为零，A错误；18s质点的速度仍为正，即仍朝着正方向运动，B错误；当正面积最大时，离出发点最远，即在20s时最远，C错误；图像的斜率表示加速度，故CE段的加速度最大，D正确．‎ ‎3.如图所示，光滑的水平面上有一小车，以向右的加速度a做匀加速运动，车内两物体A、B质量之比为2∶1，A、B间用弹簧相连并放在光滑桌面上，B通过质量不计的轻绳与车相连，剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度大小分别为(　　)‎ A. a、0 B. a、a C. a、‎2a D. 0、‎‎2a ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】令物体B的质量为m，剪断轻绳前，弹簧弹力大小为F，绳子拉力大小为T，将A、B及弹簧看作整体，则有 T＝3ma 隔离物体A为研究对象，则有 F＝2ma.‎ 剪断轻绳后，绳中拉力消失，弹簧弹力不变，所以物体A受力不变，加速度大小仍为a，而物体B所受合力为 F＝maB 即 aB＝‎2a.‎ 故选C。‎ ‎4.A、B两点相距‎8 m，一质点由A向B做直线运动，质点在A点的速度为vA，质点速度的二次方v2与位移x之间的关系图象如图所示，则由图象可知(　　)‎ A. 质点做变加速运动，其加速度不断增大 B. 质点做匀加速运动，其加速度大小‎4.0 m/s2‎ C. 质点由A到B所经历的时间为2.0 s D. 质点由A到B所经历的时间为8.0 s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由v2－v02＝2ax得v2＝2ax＋v02，由此可知图线斜率为‎2a，故质点做匀加速运动，其加速度大小为‎2.0 m/s2；图线的纵截距vA2＝‎4 m2‎·s－2，所以vA＝‎2 m/s，质点由A到B所经历的时间为2.0 s，选项C正确，ABD错误；故选C.‎ ‎5.如图，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成角与横杆固定，下端连接一质量为m的小球横杆右边用一根细线吊一相同的小球当小车沿水平面做加速运动时，细线保持与竖直方向的夹角为已知，则下列说法正确的是 A. 小车一定向右做匀加速运动 ‎ B. 轻杆对小球P的弹力沿轻杆方向 C. 小球P受到的合力大小为 ‎ D. 小球Q受到的合力大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】D．以小球Q为研究对象，受力分析如图所示，根据平行四边形定则可求合力：‎ F=mgtanα 故D正确；‎ A．根据牛顿第二定律F=ma，可求加速度为 a=gtanα 分析水平向右，故小车可能向右做加速运动，向左 做减速运动，所以A错误；‎ BC．小球P受合外力，由牛顿第二定律得FP=ma=mgtanα 又因θ<α，所以轻杆对小球P的弹力不沿轻杆方向．选项BC错误；故选D。‎ ‎6.光滑水平地面上有两个叠放在一起的斜面体A、B，两斜面体形状大小完全相同，质量分别为M、m．如图甲、乙所示，对上面或下面的斜面体施加水平方向的恒力F1、F2均可使两斜面体相对静止地做匀加速直线运动，已知两斜面体间的摩擦力为零，则F1与F2之比为（ ）‎ A. M∶m B. m∶M C. m∶(M＋m) D. M∶(M＋m)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】F1作用于A时，设A和B之间的弹力为N，对A有：‎ Ncos θ＝Mg 对B有：‎ Nsin θ＝ma 对A和B组成的整体有：‎ F1＝(M＋m)a＝gtan θ；‎ F2作用于A时，对B有：‎ mgtan θ＝ma′‎ 对A和B组成的整体有：‎ F2＝(M＋m)a′＝(M＋m)·gtan θ，‎ ‎.‎ 故选A。‎ ‎7.如图所示，足够长的木板B放置在水平地面上，大小可忽略的铁块A静止放在木板B的最左端．从t＝0时刻起对A施加一个水平向右的力F，且力F的大小随时间t成正比增加，已知铁块A的加速度aA随时间t变化的图象如图乙所示，则木板B的加速度大小aB随时间t的aB－t图象是下列图中的(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当F≤2N时，A、B均不动，加速度均为0．当2N＜F≤6N时，AB一起做加速运动，加速度相同，B与A的加速度-时间图象相同。当F＞6N时，A相对于B运动，B所受的合力等于A对B的滑动摩擦力，保持不变，所以B的加速度保持‎2m/s2不变，因此C图正确，故ABD错误，C正确。‎ ‎8.美国《大众科学》杂志报道，中国首艘国产航母预计在2019年服役．假设航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的舰载飞机质量为m＝‎103 kg，在跑道上加速时产生的最大动力为F＝7×103 N，所受阻力为重力的0.2倍，当飞机的速度大小达到‎50 m/s时才能离开航空母舰起飞．g取‎10 m/s2，设航空母舰甲板长为‎160 m，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 飞机在跑道上加速时所受阻力大小为103 N B. 飞机在跑道上加速时的最大加速度大小为‎4 m/s2‎ C. 若航空母舰处于静止状态，弹射系统必须使飞机至少具有大小为‎30 m/s的初速度 D. 若航空母舰上不装弹射系统，为使飞机仍能在此舰上正常起飞，航空母舰沿飞机起飞方向的速度大小至少应为‎10 m/s ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】飞机在跑道上加速时所受阻力f＝kmg＝0.2×103×10 N＝2×103 N，故A错误．由牛顿第二定律得F－f＝ma，解得a＝‎5 m/s2，故B错误．设弹射系统必须使飞机具有的初速度大小为v0，由匀变速直线运动规律得v2－v02＝2ax，代入数据解得v0＝‎30 m/s，故C正确．若航空母舰上不装弹射系统，设飞机起飞所用的时间为t，航空母舰的最小速度为v1，则飞机相对地面的速度v＝v1＋at，飞机相对航母的位移大小x＝at2，代入数据联立解得v1＝‎10 m/s，故D正确．‎ 故选CD。‎ ‎9.如图甲所示，在某部电梯的顶部安装一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球．若该电梯在竖直方向行驶时突然停止，传感器显示弹簧弹力大小F随时间t变化的图象如图乙所示，g为重力加速度，则(　　)‎ A. 电梯突然停止前可能在加速上升 B. 电梯停止后小球向下运动，加速度小于g C. 电梯停止后小球向上运动，加速度小于g D. 0～t1时间内小球处于失重状态，t1～t2时间内小球处于超重状态 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 从t＝0时刻传感器示数为mg可知，电梯突然停止前做匀速运动，选项A错误．电梯停止前，弹簧处于伸长状态且弹力大小等于重力，电梯停止后，弹簧拉力小于mg，说明小球向上运动，小球受到弹簧拉力和重力，加速度小于g，选项B错误、C正确．在0～t1时间内，弹簧弹力由mg减小为0，说明小球处于失重状态；t1～t2时间内，弹簧弹力由0逐渐增大到mg，说明小球仍处于失重状态，选项D错误．‎ ‎10.如图所示，长为L＝‎6 m、质量为m＝‎10 kg的木板放在水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为μ＝0.2，一个质量为M＝‎50 kg的人从木板的左端开始向右加速跑动，从人开始跑到人离开木板的过程中，以下v－t图象可能正确的是(g取‎10 m/s2，a为人的v－t图象，b为木板的v－t图象)(　　)‎ A B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】人在木板上加速，受到木板向右的摩擦力，f＝Ma1，木板与地面之间的最大静摩擦力fm＝μ(M＋m)g＝120 N；A中人的加速度a1＝‎1 m/s2，f＝Ma1＝50 N＜120‎ ‎ N，木板静止不动，t＝2s内人的位移x＝‎6 m，故A B正确；C中人的加速度a1＝‎3 m/s2，f＝Ma1＝150 N＞120 N，木板向左加速，f－μ(M＋m)g＝ma2，a2＝‎3 m/s2，t＝s内人的位移大小x1＝‎3 m，木板的位移大小x2＝‎3 m，故C正确；D中木板的位移为负，应在时间轴的下方，故D错误。‎ 故选ABC。‎ ‎11.两质量均为m的物块A、B用轻弹簧连接起来用细线悬挂在升降机内，如图所示．当升降机正以大小为a＝‎2 m/s2的加速度加速上升时，细线突然断裂，则在细线断裂瞬间，A、B的加速度分别为(取竖直向上为正方向，重力加速度大小g取‎10 m/s2)(　　)‎ A. －‎2 m/s2，‎2 m/s2 B. －‎12 m/s2，‎2 m/s2‎ C. －‎24 m/s2，0 D. －‎22 m/s2，‎2 m/s2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在细线断裂前，根据牛顿第二定律，‎ 对AB整体有：‎ 对B有：‎ 解得：‎ 细线拉力 弹簧弹力 在细线断裂瞬间，F1突然消失而F2和A、B重力不变，则 A受到的合力大小 产生的加速度 在此瞬间B的受力不变，加速度不变，为‎2 m/s2。‎ 选项D正确，ABC错误。‎ 故选D。‎ ‎12.放在水平面上的物块受到水平拉力F的作用，当拉力F随时间t按如图甲所示规律变化时，物块运动的v-t图象如图乙所示，g取‎10 m/s2，则可以确定（ ）‎ A. 物块在前4 s内的平均速度为‎1.5 m/s B. 物块与水平面间的动摩擦因数为0.5‎ C. 物块在0～2 s内受到的最大静摩擦力大于滑动摩擦力 D. 物块的质量为kg ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. v-t图象与t轴的面积表示位移，所以由图乙可知物块在前4 s内的位移是‎3m。则物块在前4 s内的平均速度 选项A错误；‎ B.匀加速阶段物块的加速度为：‎ 匀减速运动时的加速度为：‎ 根据牛顿第二定律有：‎ 联立解得：‎ m=‎1.5kg；f=3.75N 动摩擦因数：‎ 选项BD错误；‎ C.由甲图知物块在0～2 s内受到的最大静摩擦力等于4N，大于滑动摩擦力，选项C正确；‎ 故选C。‎ ‎13.如图所示，质量为mA的滑块A和质量为mB的三角形滑块B叠放在倾角为θ的斜面体上，B的上表面水平．用水平向左的力F推斜面体，使它们从静止开始以相同的加速度a一起向左加速运动，由此可知(　　)‎ A. B对A的摩擦力大小等于mAa B. 斜面体与B之间一定有摩擦力 C. 地面与斜面体之间一定有摩擦力 D. B对斜面体的压力可能等于(mA＋mB) ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以A研究对象，由牛顿第二定律求B对A的摩擦力大小．以AB整体为研究对象，由牛顿第二定律分析斜面对B是否有摩擦力．并分析地面和斜面间是否有摩擦力．对AB整体，由合成法分析斜面对B的支持力，再由牛顿第三定律求B对斜面的压力．‎ ‎【详解】选AD.根据题述A和B随斜面体以相同的加速度a 一起向左加速运动，由牛顿运动定律可知B对A的摩擦力f＝mAa，选项A正确．把A、B看作整体分析受力，由牛顿运动定律可知当(mA＋mB)gtan θ＝(mA＋mB)a时，即当斜面体运动的加速度a＝gtan θ时，斜面体与B之间无摩擦力，斜面体对B的支持力等于(mA＋mB)，由牛顿第三定律可知B对斜面体的压力等于(mA＋mB) ，选项B错误、D正确．把A、B和斜面体看作整体，若斜面体的质量为M，则当F＝(M＋mA＋mB)a时，地面与斜面体之间没有摩擦力，当F＞(M＋mA＋mB)a时，地面与斜面体之间有摩擦力，选项C错误．‎ ‎【点睛】本题是两个物体的连接体问题，要灵活选择研究对象，往往采用整体法和隔离法相结合的方法进行研究．‎ ‎14.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、‎2m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则拉力F的最大值为（  ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 解：当AB间的静摩擦力达到最大时拉力F达到最大，根据牛顿第二定律得 对A物体：μ•mg=ma 得a=μg 对整体：F=（‎2m+m）a 得：F=3ma=3μmg 故选C．‎ ‎【点评】当两个物体刚要发生相对滑动时，它们之间的静摩擦力达到最大值．灵活的选取研究对象根据牛顿第二定律列方程是关键．‎ ‎15.如图所示，质量为m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q.球静止时，Ⅰ中拉力大小为T1，Ⅱ中拉力大小为T2，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ中的一根的瞬间，球的加速度a应是（ ）‎ A. 若断Ⅰ，则a=g，竖直向下 ‎ B. 若断Ⅱ，则a=g，竖直向上 C. 若断Ⅱ，则a=，方向水平向左 ‎ D. 若断Ⅰ，则a=，方向沿Ⅰ的延长线 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AD.绳子未断时，受力如图，‎ 由共点力平衡条件得：‎ 刚剪断弹簧Ⅰ瞬间，细绳弹力突变为0，故小球只受重力，加速度为g，竖直向下。‎ 选项A正确，D错误；‎ BD.刚剪短细线瞬间，弹簧弹力和重力不变，受力如图 ‎ ‎ 由几何关系有：‎ 因而 方向水平向左。‎ 选项C正确，B错误。‎ 故选AC。‎ 二、实验题（16题4分，17题10分）‎ ‎16.关于“验证牛顿第二定律”实验中验证“作用力一定时，加速度与质量成反比”的实验过程，以下做法中正确的是(　　 )‎ A. 平衡摩擦力时，应将装砂的小桶用细绳通过定滑轮系在小车上 B. 每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力 C. 实验时，先放开小车，再接通电源 D. 可以利用天平测出砂桶和砂的质量m和小车的质量M，直接用公式a＝求出加速度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，选项A错误；‎ B.平衡摩擦力时，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，设木板与水平面间的夹角是θ，有：‎ m可以约掉，所以只需要平衡一次摩擦力，选项B正确；‎ C.操作过程需要先接通打点计时器的电源，再释放小车，选项C错误；‎ D.小车的加速度是通过打点计时器打出来的纸带进行求解的，不是用a＝求出来的，选项D错误。‎ 故选B。‎ ‎17.用如图甲所示的实验装置做探究加速度与力、质量关系的实验 ‎（1）某同学通过实验得到如图乙所示的a-F图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角________（填“偏大”或“偏小”）．‎ ‎（2）该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力________砝码和盘的总重力（填“大于”、“小于”或“等于”），为了便于探究、减小误差，应使小车质量M 与砝码和盘的总质量m满足________的条件．‎ ‎（3）某同学得到如图所示的纸带．已知打点计时器电源频率为50 Hz．A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点．Δs＝sDG－sAD＝________ cm．由此可算出小车的加速度a＝________ m/s2（保留两位有效数字）．‎ ‎【答案】 (1). 偏大 (2). 小于 (3). M≫m (4). 1.80 (5). 5.0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1] 当拉力F等于0时，小车已经产生力加速度，故原因是平衡摩擦力时平衡摩擦力过大，在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角偏大．‎ ‎（2）[2] 小车运动过程中，砝码和盘向下做加速运动处于失重状态，砝码和盘对细线的拉力小于其重力，小车在运动过程中受到的拉力小于砝码和盘的总重力；‎ ‎[3] 对整体分析，根据牛顿第二定律得 解得 则绳子的拉力 当，即砝码和盘的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量时，砝码和盘的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，所以为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足的条件 ‎（3）[4] 刻度尺上读出A、D、E三点的位置，算出 ‎[5] 计数点间的时间间隔为T，由匀变速直线运动的推论△x=aT2可知，加速度：‎ 三、本题共三小题，36分．解答写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．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．‎ ‎18.在建筑装修中，工人用质量为‎5.0 kg的磨石A对地面和斜壁进行打磨，已知A与地面、A与斜壁之间的动摩擦因数μ均相同.(g取‎10 m/s2)‎ ‎(1)当A受到水平方向的推力F1＝25 N打磨地面时，A恰好在水平地面上做匀速直线运动，求A与地面间的动摩擦因数μ.‎ ‎(2)若用A对倾角θ＝37°的斜壁进行打磨(如图所示)，当对A施加竖直向上的推力F2＝60 N时，则磨石A从静止开始沿斜壁向上运动‎2 m(斜壁长>‎2 m)所需时间为多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ ‎【答案】（1）0.5 （2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）A恰好在水平地面上做匀速直线运动，滑动摩擦力等于推力，即 f=F1=25N 解得：‎ ‎（2）先将重力及向上的推力合力后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解可得：‎ 在沿斜面方向有：摩擦力（F﹣mg）cosθ﹣f=ma；‎ 在垂直斜面方向上有：FN=（F﹣mg）sinθ；‎ 则f=μ（F﹣mg）sinθ 解得：a=‎1m/s2‎ 解得t=2s 考点：牛顿第二定律的综合应用 ‎19.如图所示，一质量m=‎0.4kg的小物块，以V0=‎2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t=2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L=‎10m．已知斜面倾角θ=30o，物块与斜面之间的动摩擦因数．重力加速度g取‎10 m/s2.‎ ‎（1）求物块加速度大小及到达B点时速度的大小．‎ ‎（2）拉力F与斜面的夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？‎ ‎【答案】（1）‎8m/s （2）30°N ‎【解析】‎ 试题分析：（1）物体做匀加速直线运动，根据运动学公式，有：‎ ‎①‎ ‎②‎ 联立解得；‎ ‎（2）对物体受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，如图 根据牛顿第二定律，有：‎ 平行斜面方向：‎ 垂直斜面方向：‎ 其中：‎ 联立解得：‎ 故当α=30°时，拉力F有最小值，为；‎ 考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用 ‎【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力 ‎20.质量M＝‎4 kg、长‎2l＝‎4 m的木板放在光滑水平地面上，以木板中点为界，左边和右边的动摩擦因数不同．一个质量为m＝‎1 kg的滑块(可视为质点)放在木板的左端，如图甲所示．在t＝0时刻对滑块施加一个水平向右的恒力F，使滑块和木板均由静止开始运动，t1＝2 s时滑块恰好到达木板中点，滑块运动的x1－t图象如图乙所示．取g＝‎10 m/s2.‎ ‎(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数μ1和恒力F的大小．‎ ‎(2)若滑块与木板右边的动摩擦因数μ2＝0.1，2 s末撤去恒力F，则滑块能否从木板上滑落下来？若能，求分离时滑块的速度大小．若不能，则滑块将停在离木板右端多远处？‎ ‎【答案】(1) 6 N(2)不会，‎‎0.4 m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动，设滑块的加速度大小为a1，木板的加速度大小为a2，则t1＝2 s时木板的位移：‎ ‎ ①‎ 滑块的位移x1＝‎4 m ②‎ 由牛顿第二定律得：‎ ‎ ③‎ 由位移关系得x1－x2＝l ④‎ 联立①②③④式解得μ1＝0.4 ⑤‎ 滑块位移：‎ ‎ ⑥‎ 恒力：‎ F＝ma1＋μ1mg ⑦‎ 联立②⑤⑥⑦式解得F＝6 N.‎ ‎(2)设滑块到达木板中点时，滑块的速度为v1，木板的速度为v2，滑块滑过中点后做匀减速运动，木板继续做匀加速运动，此时滑块和木板的加速度大小分别为：‎ 设滑块与木板从t1时刻开始到速度相等时的运动时间为t2，则：‎ v2＝a2t1‎ v1＝a1t1‎ v1－a′1t2＝v2＋a′2t2‎ 解得t2＝1.6 s，此时间内，滑块位移：‎ x′1＝v1t2－a′1‎ 木板的位移：‎ x′2＝v2t2＋a′2‎ Δx＝x′1－x′2‎ 联立解得Δx＝‎1.6 m<‎‎2 m 因此滑块没有从木板上滑落，滑块与木板相对静止时距木板右端的距离为：‎ d＝l－Δx＝‎0.4 m.‎ 答：(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数μ1＝0.4和恒力F＝6 N．‎ ‎(2) 滑块没有从木板上滑落，滑块与木板相对静止时距木板右端的距离为‎0.4m