【文档说明】黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2019-2020学年高一下学期第二次线上考试物理试题 【精准解析】.doc，共(22)页，855.500 KB，由小赞的店铺上传

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哈师大附中2019-2020学年度高一下学期第二次(线上)测试物理试卷第Ⅰ卷(选择题，共56分)一、选择题(本大题共14小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～14题有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选

错的得0分)1.物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步。下列表述错误的是（）A.开普勒研究第谷的天文观测数据，发现了行星运动的规律B.伽利略发现地月间的引力满足距离平方反比

规律C.牛顿发现了万有引力定律D.卡文迪许通过实验测出了引力常量【答案】B【解析】【详解】A．开普勒研究第谷的天文观测数据，发现了行星运动的三大规律，故A正确；B．牛顿发现地月间的引力满足距离平方反比规律，故B错误；C．牛顿发现了

万有引力定律，故C正确；D．卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量，故D正确。本题选错误的，故选B。2.甲、乙两船在同一河流中同时开始渡河，河水流速为v0，船在静水中的速率均为v，甲、乙两船船头均与河岸成角，如图所示，已知甲船恰能垂直到达河正对岸的A点，乙船到达河对岸的B点，A、B之间的距离

为L，则下列判断正确的是（）A.乙船先到达对岸B.若仅是河水流速v0增大，则乙船的渡河时间变长C.不论河水流速v0如何改变，只要适当改变θ角，甲船总能到达正对岸的A点D.若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时，两船之间的距离仍然为L【答案】D【解析】【详解】A．将小船的运动

分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，根据分运动和合运动具有等时性可知，甲乙两船到达对岸的时间相等。渡河的时间sindtv=故A错误；B．若仅是河水流速v0增大，渡河的时间sindtv=则乙船的渡河时间不变，故B错误；C．只有甲船速度

大于水流速度时，不论水流速v0如何改变，甲船都可能到达河的正对岸A点，故C错误；D．若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时间不变，根据速度的分解，船在水平方向的分速度仍不变，则两船之间的距离仍然为L，故D正确。故选D。3.甲、乙

两球位于同一竖直直线上的不同位置，甲比乙高h，将甲、乙两球分别以大小为v1和v2的初速度沿同一水平方向抛出，不计空气阻力，下列条件中有可能使乙球击中甲球的是（）A.同时抛出，且v1＜v2B.甲迟抛出，且v1＜v2C.甲早抛出，且v1＞v2D.甲早抛出，且v1

＜v2【答案】D【解析】【详解】由题意可知甲的抛出点高于乙的抛出点，则相遇时，甲的竖直位移大于乙的竖直位移，故甲应先抛出；而两物体的水平位移相同，甲的运动时间比较长，故甲的速度要小于乙的速度，v1＜v2，故D正确，ABC错误。4.物体做自由落体运动，Ek

代表动能，Ep代表势能，h代表下落的距离，以水平地面为零势能面．下列所示图像中，能正确反映各物理量之间关系的是A.B.C.D.【答案】B【解析】由机械能守恒定律：212PEEmv=−，故势能与动能的图像为倾斜的直线，C错；由动能定理：

2221122kEmghmvmgt===，则Ep＝E－mgh，故势能与h的图像也为倾斜的直线，D错；且212PEEmv=−，故势能与速度的图像为开口向下的抛物线，B对；同理2212PEEmgt=−，势能与时间的图像也为开口向下的抛物线，

A错．故选B.【点睛】解决本题的关键能够熟练运用动能定理、机械能守恒定律以及运动学公式，得出关系式进行判断．5.放在粗糙水平地面上质量为0.8kg的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的关系图象和该拉

力的功率与时间的关系图象分别如图甲、乙所示。下列说法中正确的是（）A.0～6s内拉力做的功为80JB.物体在0～2s内所受的拉力为4NC.合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等D.物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5【答案】C【解析】【详解】A．0～6s

内拉力做的功为P－t图线下所围的面积1(260204)J140J2W=+=故A错误；BD．在2～6s内匀速运动，则拉力12NPFfv===由滑动摩擦力公式f=μN，得20.250.810fN===物体在0～2s内，物体的加速度2Δ5m/sΔvat==由牛顿第二定律得Ffma−

=解得6NF=故BD错误；C．合外力在0～6s内做的功21140J2Wmv==0～2s内做的功22140J2Wmv==故C正确。故选C。6.如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）A.物块A、

B的运动属于匀变速曲线运动B.B的向心力是A的向心力的2倍C.盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍D.若B先滑动，则B与A之间的动摩擦因数μA小于盘与B之间的动摩擦因数μB【答案】C【解析】【详解】A．AB做匀速圆周运动，向心加速度的方向始终指向圆心，

是不断变化的，所以该运动不属于匀变速曲线运动。故A错误；B．因为A、B两物体的角速度大小相等，根据Fn＝mrω2，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力相等，故B错误。C．对AB整体分析有fB＝2mrω2对A分析有fA＝mrω2知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，故C正确

。D．对AB整体分析有μB2mg＝2mrωB2解得BBgr=对A分析有μAmg＝mrωA2解得AAgr＝因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即μB＜μA，故D错误。故选C。

7.如图所示，卡车通过定滑轮以恒定的功率P0拉轻绳牵引河中的小船沿水面运动，已知小船的质量为m，沿水面运动时所受的阻力为f,当绳AO段与水平面夹角为θ时，小船的速度为v，不计绳子与滑轮的摩擦，则此时小船的加速度等于A.cosoPmvB.oPfmvm−C.cosoPfmvm−D.2c

osoPfmvm−【答案】B【解析】【详解】小船的实际运动为合运动，沿着绳子方向和垂直绳子方向的是分运动，如图：根据平行四边形定则，有v车＝v•cosθ，故拉力为：F00PPvvcos车==，对船受力分析，受

重力、拉力、浮力和阻力，如图所示：根据牛顿第二定律，有F•cosθ﹣f＝ma，联立以上式子解得：a0Pfmvm=−，故B正确，ACD错误．8.如图所示，在某次发射卫星的过程中，卫星由近地圆形轨道进入椭圆轨道，图中O点为地心，地球半径为R

，A点是近地圆形轨道和椭圆轨道的切点，远地点B离地面高度为6R，设卫星在近地圆形轨道运动的周期为T．下列说法正确的是（）A.卫星由近地圆形轨道的A点进入椭圆轨道需要使卫星减速B.卫星在椭圆轨道上通过A点时的速度大于通过B点时的速度C.卫星在椭圆轨

道上通过A点时的加速度是通过B点时加速度的6倍D.卫星在椭圆轨道上由A点经4T的时间刚好能到达B点【答案】BD【解析】【详解】A．卫星在A点只受万有引力作用，在圆轨道万有引力等于向心力，卫星做匀速圆周运动；在椭圆轨道，万有引力小于所需的向心力，卫星做离心运动；又有向心力F＝2mvR，

所以，卫星在椭圆轨道上通过A点时的速度大于卫星在圆轨道上通过A点时的速度，故卫星由近地圆形轨道的A点进入椭圆轨道需要使卫星加速，故A错误；B．卫星在运动过程中只有万有引力做功，故卫星机械能守恒；又有卫星在椭圆

轨道上通过A点时的势能小于通过B点时的势能，所以卫星在椭圆轨道上通过A点时的动能大于通过B点时的动能，那么卫星在椭圆轨道上通过A点时的速度大于通过B点时的速度，故B正确；C．卫星在椭圆轨道上只受万有引力作用，又有F万＝2GMmr，所以

，加速度a＝2GMr所以通过A点时的加速度是通过B点时加速度的22(6)RRR+＝49倍，故C错误；D．由开普勒三定律可知：32aT＝k，椭圆轨道（半长轴为4R）和圆轨道（半径为R）围绕的中心天体都是地球

，故k相等，那么椭圆轨道周期T1与圆轨道周期T关系如下33221(4)RRkTT＝＝所以T1=8T所以卫星在椭圆轨道上由A点经12T1＝4T的时间刚好能到达B点，故D正确；故选BD．9.假设地球可视为质量均匀分布的球体.已知地球表面的重力加速度在两极的大小为0g，在赤道

的大小为g；地球半径为R，引力常数为G，则A.地球同步卫星距地表的高度为0301gRgg−−B.地球的质量为2gRGC.地球的第一宇宙速度为0gRD.地球密度为034gRG【答案】ACD【解析】【详解】AB.质量为m的物体在两极所受地球的引力等于其所

受的重力，故：02MmmgGR=，所以地球的质量：20gRMG=，在赤道，引力为重力和向心力的矢量和，故：2224MmmgmRGTR+=，联立解得：02RTgg=−，同步卫星受到的万有引力提供向心力，则：()222()4GMmmR

hRhT=++，解得：0301ghRgg=−−，故A正确，B错误；C.近地卫星受到的万有引力提供向心力，所以：22MmvGmRR=，又20gRMG=，联立得：0vgR=，故C正确；D.地球的

密度：20033443gRgMgVGRR===，故D正确．10.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动.其vt−图象如图所示.已知汽车的质量为3110mkg=，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，则以下说

法正确的是()A.汽车在前5s内的牵引力为3510NB.汽车速度为25/ms时的加速度为25/msC.汽车的额定功率为100kWD.汽车的最大速度为80/ms【答案】AC【解析】由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小a=205m/s2＝4

m/s2，根据牛顿第二定律得，F-f=ma，解得牵引力F=f+ma=1000+4000N=5000N，故A正确．汽车的额定功率P=Fv=5000×20W=100000W=100kW，汽车在25m/s时的牵引力F

′＝10000025Pv＝N＝4000N，根据牛顿第二定律得，加速度2240001000/3/1000Ffamsmsm−−=＝＝，故B错误，C正确．当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度100000/100/1

000mPvmsmsf＝＝＝，故D错误．故选AC．点睛：本题考查了汽车恒定加速度启动的问题，理清整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道牵引力等于阻力时，汽车的速度最大．11.如图所示，一内壁粗糙

程度相同、半径为R的圆筒固定在竖直平面内，圆筒内一质量为m的小球沿筒壁做圆周运动．若小球从最低点算起运动一圈又回到最低点的过程中，两次在最低点时筒壁对小球的弹力大小分别为10mg和8mg.设小球在该过程中克服摩擦力做的功为W，经过最高点时筒壁对小球的弹力大小为F，

则A.W=2mgRB.W=mgRC.3mg<F<4mgD.2mg<F<3mg【答案】BD【解析】【分析】做圆周运动的物体的向心力由合外力来提供，结合整个过程中能量守恒的思想，分析摩擦力在上升和下降过程中等高处的大小关系（滑动摩擦力的影响因素）来分析上升和下降过

程摩擦力做功的大小关系，以及取值范围的问题用极端思想【详解】AB．小球沿筒壁做圆周运动，先后两次在最低点受到筒壁对小球的弹力大小分别为10mg和8mg，对小球进行受力分析，先后两次所受的合外力分别为9mg和7mg，方向指向圆心．设小球先后两次经过

最低点得速率分别为1v和2v，根据合外力提供做圆周运动的向心力得：219mvmgR=和227mvmgR=；小球在整个过程中，由动能定理得：22211122Wmvmv=−；综合上面几个式子解得W=mgR，故A错B对；CD．由于小球在筒壁上运动时受到滑动摩擦力

，在粗糙程度相同得情况下，小球对筒壁得压力越大，摩擦力就越大；小球运动一周得过程中，因克服摩擦力做功，使得小球机械能减小，在上升和下降过程中等高处，上升时摩擦力较大，而下降时的摩擦力较小，则上升时克服摩擦力做功12WW，下降时小于22WW；设小球上升到最高点时的

速度为3v，筒壁对小球的弹力满足：23mvFmgR+=，再由能量守恒：1221311222mvmvmgRW=++，解得3Fmg；小球上升到最高点时的速度为3v，筒壁对小球的弹力满足：23mvFmgR+=，假设小球到达最高点时克服摩擦力做功为W=mgR，由能量守恒：221311222mv

mvmgRW=++，解得2Fmg=，实际上小球下落时也要克服摩擦力做功，因而上升过程中克服摩擦力做功小于W的，则有2Fmg，故C错D对故选BD【点睛】此题考查知识点综合性强而且非常灵活，需要对所学知识有很好的掌握，如谁来提供向心力；滑动摩擦力的影响因素及做功问题；能量守恒的思想的运用；特殊条件下

的取值范围问题等12.天文观测是研究天体运动的主要方法。某天文学家经长期观测发现，宇宙中存在一些三星系统和双星系统，这些系统远离其他星体，其他星体对它们的万有引力可忽略。若组成三星系统和双星系统的单个星体质量都是m，相邻两个星体之间的距离都是L，则下列说法正确的是（

）A.若三星系统的三个星体排列在一条直线上，则两侧的星体一定绕中间的星体做匀速圆周运动，其运动周期为4πL5LGmB.若三星系统的三个星体排列在一等边三角形的三个顶点上，则三个星体做匀速圆周运动的半径为LC.双星系统的运动周期为2πL2LGmD.双星系统做匀速圆周运动的轨迹半径为L【答案】AC

【解析】【详解】A．对三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为R的圆轨道上运行；其中边上的一颗星受中央星和另一颗边上星的万有引力提供向心力2222224π(2)GmGmmLLLT+=解得4π5LTLGm=故A正确；B．另一种形式是三颗星位于等

边三角形的三个项点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，根据几何关系可知三个星体做匀速圆周运动的半径为33rL=故B错误；CD．双星系统有2212214πmGmrrT=2222224πmGmrrT=且12rrL+=联立解得22LLTGm=双星系统做匀速圆周运动的轨迹半径为2L，故C正

确，D错误。故选AC。13.如图所示，劲度数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了0x，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为40x．物

体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g．则（）A.撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B.撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为0kxgm−C.物体做匀减速运动的时间为02xgD.物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为0()mgmgxk

−【答案】BD【解析】【详解】A．撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，

故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动，A错误；B．刚开始时，由牛顿第二定律有：0kxmgma−=解得：0kxagm=−B正确；C．由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律得：1ag＝将此运动看

成向右的初速度为零的匀加速运动，则：201123xat=联立解得：06xtg=，C错误；D．当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度速度最大时合力为零，则有Fmgkx==解得mgxk=，所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为：()f00(

mgWmgxxmgxk==−−D正确。故选BD。14.已知物体放在质量分布均匀的球壳内部的时候受到球壳的万有引力为零，假想有一个质量分布均匀的球心为O1半径为R的星球，若将球内部挖掉一个半径为2R的圆

心为O2的小球（A为两球切点），如图所示，在不考虑星球自转的情况下，若将一可视作质点的小物体从O2点由静止释放，则小物体将（）A.由O2向A运动B.由O2向O1运动C.匀加速直线运动D.变加速直线运动【答案】BC【解析】【详解】AB．

据对称性可知，星球的剩余部分对质点的吸引力方向由O2指向O1，则小物体从O2点由静止释放，小物体将由O2向O1运动，故A项错误，B项正确；CD．已知物体放在质量分布均匀的球壳内部的时候受到球壳的万有引力为零，设星

球的密度为，小物体的质量为m，未挖去小球前，小物体在距球心O1距离为r处受到的引力为324π43π3GrmFGmrr==方向指向O1，星球挖去部分对小物体（小物体在O2O1连线上且距O1距离为r处）的引力为3124π()432π()32()2RGr

mRFGmrRr−==−−方向指向O2，则剩余部分对质点的吸引力为212π3mFFRFG=+=方向指向O1，据牛顿第二定律得，物体的加速度为22π3FaGRm==故C项正确，D项错误。故选BC。第Ⅱ卷(非选择题，共44分)二、填

空题(本大题共2小题，共14分)15.一小球做平抛运动的闪光照片的一部分，图中背景方格的边长均为5cm，如果取210m/sg=，那么：(1)闪光频率是________Hz；(2)小球运动中水平分速度的大小________m/s；(3)小

球在B点的速度大小为___________m/s。（结果均保留两位有效数字）【答案】(1).10(2).1.5(3).2.5【解析】【详解】(1)[1]在竖直方向上有22gygTf==则210Hz10Hz(53)510gfy−===−

(2)[2]水平方向匀速运动，有20351010m/s1.5m/sxvxfT−====(3)[3]根据匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程的平均速度，则小球在B点竖直分速度大小为2851010m/

s2m/s222ACACByyyvfT−====所以B点速度为222201.52m/s2.5m/sBByvvv=+=+=16.某实验小组采用如图所示的装置探究功与速度变化的关系，小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行。打点计时器的工作频率为50Hz。（1）若木板水平放置，小车在两

条橡皮筋作用下运动，当小车速度最大时，关于橡皮筋所处的状态与小车所在的位置，下列说法正确的是____________；A.橡皮筋处于原长状态B.橡皮筋仍处于伸长状态C.小车在两个铁钉的连线处D.小车已

过两个铁钉的连线（2）实验中木板略微倾斜，这样做_________；A.是为了使释放小车后，小车能匀加速下滑B.是为了增大小车下滑的加速度C.可使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功D.可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动（3）实验中先后用同样的橡皮筋1条、2条、3条

…合并起来挂在小车的前端进行多次实验，每次都要把小车拉到同一位置再释放。把第1次只挂1条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功记为W1，第二次挂2条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功为2W1…橡皮筋对小车做功后而使小车获得的速度

可由打点计时器打出的纸带测出。根据第四次的纸带（如图所示）求得小车获得的速度为____m/s。（保留三位有效数字）（4）若根据多次测量数据画出的W－v图象如图所示，根据图线形状，可知对W与v的关系符合实际的是图_______。【

答案】(1).B(2).CD(3).2.00(4).C【解析】【详解】(1)[1]若木板水平放置，由于存在摩擦力，开始橡皮筋的拉力大于摩擦力，处于加速运动，当拉力小于摩擦力，做减速运动，知道当拉力等于摩擦力时，速度最大，即小车速度最大位置时橡皮筋仍处

于伸长状态，小车还没有运动到两铁钉连线处，故ACD错误，B正确。故选B(2)[2]使木板倾斜，小车受到的摩擦力与小车所受重力的分量大小相等，在不施加拉力时，小车在斜面上受到的合力为零，小车可以在斜面上静止或做匀速直线运动，小车与橡皮筋连接后

，小车所受到的合力等于橡皮筋的拉力，橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功，橡皮筋做功完毕，则速度达到最大，此后做匀速运动，故CD正确，AB错误。故选CD(3)[3]各点之间的距离相等的时候小车做直线运动，由图可知，两个相邻的点之间的距离是4.00cm时做匀速直线运动，打

点时间间隔为10.02sTf==小车速度为2.00m/sxvT==(4)[4]由动能定理得212Wmv=W与v是二次函数关系，由图示图象可知，ABD错误，C正确。故选C。三、计算题(本大题共3小题，共30分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)。17.

神舟五号载人飞船在绕地球飞行的第5圈进行变轨，由原来的椭圆轨道变为距地面高度h=342km的圆形轨道．已知地球半径36.3710km，地面处的重力加速度10/kggN=．试导出飞船在上述圆轨道上运行的周期T的公式（用h、R、g表示）

，然后计算周期的数值（保留两位有效数字）【答案】()322RhTgR+=，T=5.4×103s【解析】【详解】根据万有引力提供向心力求解，注意半径为R+h设地球质量为M，飞船质量为m，速度为v，圆轨道的半径为r，由万有引力和

牛顿第二定律22MmvGmRr=2rTv=地面附近2MmGmgR=由已知条件r=R+h解以上各式得32()2RhTRg+=代入数值，得T=5×103s18.如图a所示，在水平路段AB上有一质量为2×103kg的汽车，正以10m/s的

速度向右匀速行驶，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v－t图像如图b所示，在t=20s时汽车到达C点，运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变。假设汽车在AB路段上运动时所受的恒定阻力（含地面摩擦力和空气阻力等）f1=2

000N。（解题时将汽车看成质点）求：(1)运动过程中汽车发动机的输出功率P；(2)汽车速度减至8m/s的加速度a大小；(3)BC路段的长度。【答案】(1)20kW；(2)0.75m/s2；(3)93.75m【解析】【详解】(1)汽车在AB路段时，牵引力

和阻力相等F1=f1P=F1v1联立解得P=20kW(2)t=15s后汽车处于匀速运动状态，有F2=f2P=F2v2f2=2Pv联立解得f2=4000Nv=8m/s时汽车在做减速运动，有2fFma−=F=

Pv解得a=0.75m/s2(3)由动能定理有222211122Ptfsmvmv−=−解得s=93.75m19.如图所示，ABCD是一个地面和轨道均光滑的过山车轨道模型，现对静止在A处的滑块施加一个水平向右的推力F，使它从A点开始做匀加速直线运动，当它水平滑行2.5m时

到达B点，此时撤去推力F、滑块滑入半径为0.5m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，并恰好通过最高点C，当滑块滑过水平BD部分后，又滑上静止在D处，且与ABD等高的长木板上，已知滑块与长木板的质量分别为0.2kg、0.1kg，滑块与长木板、长木板与水平地面

间的动摩擦因数分别为0.3、215，它们之间的最大静摩擦力均等于各自滑动摩擦力，取g＝10m/s2，求：(1)水平推力F的大小；(2)滑块到达D点的速度大小；(3)木板至少为多长时，滑块才能不从木板上掉下来？在该情况下，木板在水平地面上最终

滑行的总位移为多少？【答案】（1）1N（2）5/ms（3）t＝1s;2.5m【解析】【详解】(1)由于滑块恰好过C点，则有：m1g＝m12CvR从A到C由动能定理得：Fx－m1g·2R＝12m1vC2－0代入数据联立解得

：F＝1N(2)从A到D由动能定理得：Fx＝12m1vD2代入数据解得：vD＝5m/s(3)滑块滑到木板上时，对滑块：μ1m1g＝m1a1，解得：a1＝μ1g＝3m/s2对木板有：μ1m1g－μ2(m1＋

m2)g＝m2a2，代入数据解得：a2＝2m/s2滑块恰好不从木板上滑下，此时滑块滑到木板的右端时恰好与木板速度相同，有：v共＝vD－a1tv共＝a2t，代入数据解得：t＝1s此时滑块的位移为：x1＝vDt－12a1t2，木板的位移为：x2＝12a2t2，L＝x1－x

2，代入数据解得：L＝2.5mv共＝2m/sx2＝1m达到共同速度后木板又滑行x′，则有：v共2＝2μ2gx′，代入数据解得：x′＝1.5m木板在水平地面上最终滑行的总位移为：x木＝x2＋x′＝2.5

m点睛：本题考查了动能定理和牛顿第二定律、运动学公式的综合运用，解决本题的关键理清滑块和木板在整个过程中的运动规律，选择合适的规律进行求解．