安徽省池州市2021届第一次新高考模拟考试物理试卷含解析

安徽省池州市2021届第一次新高考模拟考试物理试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．在某种介质中，一列沿x 轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图如图（a ）所示，此时质点A 在波峰位置，质点D 刚要开始振动，质点C 的振动图像如图（b ）所示；t=0时刻在D 点有一台机械波信号接收器（图中未画出），正以2m/s 的速度沿x 轴正向匀速运动。

下列说法正确的是（ ）
A ．质点D 的起振方向沿y 轴负方向
B ．t=0.05s 时质点B 回到平衡位置
C ．信号接收器接收到该机械波的频率小于2.5Hz
D ．若改变振源的振动频率，则形成的机械波在该介质中的传播速度也将发生改变 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．因t=0时刻质点C 从平衡位置向下振动，可知波沿x 轴正向传播，则质点D 的起振方向沿y 轴正方向，选项A 错误；
B ．波速为
4
m/s=10m/s 0.4
v T
λ
=
=
当质点B 回到平衡位置时，波向右至少传播1.5m ，则所需时间为
1.5
0.15s 10
t =
= 选项B 错误；
C ．机械波的频率为2.5Hz ，接收器远离波源运动，根据多普勒效应可知，信号接收器接收到该机械波的频率小于2.5Hz ，选项C 正确；
D ．机械波的传播速度只与介质有关，则若改变振源的振动频率，则形成的机械波在该介质中的传播速度不变，选项D 错误。

故选C 。

2．下列说法正确的是（ ）
A ．一束光照射到某种金属表面上不能发生光电效应，如果增加光照强度，则有可能发生光电效应
B ．β射线的本质是电子流，所以β衰变是核外的一个电子脱离原子而形成的
C ．由玻尔理论可知一群处于3n =能级的氢原子向较低能级跃迁时可以辐射3种不同频率的光子
D ．放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态有关 【答案】C 【解析】 【详解】
A ．能否发生光电效应与光的强度无关，一束光照射到某种金属表面上不能发生光电效应，如果增加光照的强度，也不能发生光电效应，A 选项错误；
B ．β射线的本质是电子流，β衰变是核内的某个中子转化为质子时放出的电子，B 选项错误；
C ．由玻尔理论可知一群处于3n =能级的氢原子向较低能级跃迁时可以辐射2
33C =种频率的光子，C 选
项正确；
D ．放射性元素的半衰期只与元素自身结构有关，与其它因素无关，所以D 选项错误。

故选C 。

3．如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，顶端与竖直墙壁接触，现打开尾端阀门，气体往外喷出，设喷口面积为S ，气体密度为ρ，气体往外喷出的速度为v ，则气体刚喷出时钢瓶顶端对竖直墙的作用力大小是（ ）
A ．vS ρ
B ．
2
v S
ρ C ．
212
v S ρ D ．2v S ρ
【答案】D 【解析】 【详解】
对喷出气体分析，设喷出时间为t ，则喷出气体质量为m Svt ρ=，由动量定理，有
Ft =mv
其中F 为瓶子对喷出气体的作用力，可解得
2S S vtv
F v t
ρρ=
=
根据牛顿第三定律，喷出气体对瓶子作用力大小为F ，再对瓶子分析，由平衡条件和牛顿第三定律求得钢瓶顶端对竖直墙壁的作用力大小也是F ，故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

4．如图所示，一个半径为r 的半圆形线圈，以直径ab 为轴匀速转动，转速为n ，ab 的左侧有垂直于纸面向里（与ab 垂直）的匀强磁场，磁感应强度为B 。

M 和N 是两个集流环，负载电阻为R ，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，则电流表的示数为。

（ ）
A ．22
nB r R π
B ．22
22nB r R
π
C ．22
2nB r π
D ．22
2nB r R
π
【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流。

此交变电动势的最大值为 2222
2m r E BS B n Bnr πωππ==⋅=⋅
设此交变电动势在一个周期内的有效值为E′，由有效值的定义得
222
2 m E R T T R ⋅'＝
解得
2
m E E '＝
故电流表的示数为
222E r nB
I R R
π'＝＝
故选D 。

5．用图1装置研究光电效应，分别用a 光、b 光、c 光照射阴极K 得到图2中a 、b 、c 三条光电流I 与A 、K 间的电压U AK 的关系曲线，则下列说法正确的是（ ）
A ．开关S 扳向1时测得的数据得到的是I 轴左侧的图线
B ．b 光的光子能量大于a 光的光子能量
C ．用a 光照射阴极K 时阴极的逸出功大于用c 光照射阴极K 时阴极的逸出功
D ．b 光照射阴极K 时
逸出的光电子最大初动能小于a 光照射阴极时逸出的光电子最大初动能 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．当光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，当开关S 扳向1时，光电子在光电管是加速，则所加的电压是正向电压，因此测得的数据得到的并不是I 轴左侧的图线，故A 错误；
B ．根据
21
2
m eU mv h W ν=
=-截 入射光的频率越高，对应的截止电压U 截越大；由题目图可知，b 光的截止电压大于a 光的截止电压，所以b 光的频率大于a 光的频率，依据
E h ν=
可知，b 光的光子能量大于a 光的光子能量，B 正确；
C ．同一阴极的逸出功总是相等，与入射光的能量大小无关，C 错误；
D ．b 光的截止电压大于a 光的截止电压，根据
21
2
m eU mv h W ν=
=-截 所以b 光对应的光电子最大初动能大于a 光的光电子最大初动能，D 错误。

故选B 。

6．如图所示，质量为m 的木块在质量为M 的长木板上滑行，木块与长木板间动摩擦因数为2μ，长木板与地面间动摩擦因数为1μ。

若长木板处于静止状态，则长木板受地面摩擦力大小为（ ）
A ．()1m M g μ+
B ．()2m M g μ+
C ．2mg μ
D ．21mg Mg μμ+
【答案】C 【解析】 【详解】
隔离分析长木块，如图甲，受重力mg 、支持力N F 、向左的滑动摩擦力
f 2F m
g μ=①
隔离分析木板，如图乙，受重力Mg 、木块的压力mg 、向右的滑动摩擦力f F 、地面的支持力N F 地与向左的静摩擦力f F 地。

水平方向受力平衡
f f F F =地②
解①②式得
2f F mg μ=地
竖直方向受力平衡
N ()F m M g =+地
达到最大静摩擦力时（临界点），为
11f N ()F F m M g μμ='=+地地
由题可知长木板静止不动，所以
1f ()F m M g μ<+地
所以C 正确，ABD 错误。

故选C 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示的 “U”形框架固定在绝缘水平面上，两导轨之间的距离为L ，左端连接一阻值为R 的定值电阻，阻值为r 、质量为m 的金属棒垂直地放在导轨上，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B 。

现给金属棒以水平向右的初速度v 0，金属棒向右运动的距离为x 后停止运动，已知该过程中定
值电阻上产生的焦耳热为Q ，重力加速度为g ，忽略导轨的电阻，整个过程金属棒始终与导轨垂直接触。

则该过程中（ ）
A ．磁场对金属棒做功为
R r
Q R + B ．流过金属棒的电荷量为BLx
R r
+
C ．整个过程因摩擦而产生的热量为
2
012
mv Q - D ．金属棒与导轨之间的动摩擦因数为
202v R r Q gx mgxR
+- 【答案】BD 【解析】 【详解】
A ．通过R 和r 的电流相等，R 上产生的热量为Q ，所以回路中产生的焦耳热
R r
Q Q R
+=
焦 由功能关系可知，导体棒克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热，所以磁场对金属棒做功
R r
W Q Q R
+=-=-
安焦 故A 项错误；
B ．由法拉第电磁感应定律得
E t
∆Φ
=
∆ 又
BLx ∆Φ=
q I t =∆
E
I R r
=
+ 解得：流过金属棒的电荷量
BLx
q R r R r
∆Φ=
=++ 故B 项正确； C ．由能量守恒可知
2
012
mv Q Q =+焦摩 所以整个过程因摩擦而产生的热量
2012R r Q mv Q R
+=
-摩 故C 项错误；
D ．由C 选项的分析可知
2012R r Q mv Q mgx R
μ+=
-=摩 解得
202R r Q gx g v m xR
μ+=-
故D 项正确。

8．下列说法正确的是________。

A ．利用单摆测重力加速度实验中，小球的质量不需要测量
B ．在光导纤维束内传送图像是利用光的衍射现象
C ．泊松亮斑是光透过圆盘形成的衍射现象
D ．用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象 E.潜艇利用声呐探测周围物体的分布情况，用的是波的衍射原理 【答案】ACD 【解析】 【详解】
A ．由单摆周期公式可得2L
T g
π=，与质量无关，所以利用单摆测重力加速度实验中，小球的质量不需要测量，故A 正确；
B ．在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现象，故B 错误；
C ．泊松亮斑是光透过圆盘形成的衍射现象，故C 正确；
D ．用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象，故D 正确；
E ．潜艇利用声呐探测周围物体的分布情况，用的是波的反射原理，故E 错误。

故选：ACD 。

9．质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质细杆的A 点和B 点，如右图所示，绳a 与水平方向成θ角，绳b 在水平方向且长为l ，当轻杆绕轴AB 以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A ．a 绳的张力不可能为零
B ．a 绳的张力随角速度的增大而增大
C ．当角速度cot g l
θ
ω>
，b 绳将出现弹力 D ．若b 绳突然被剪断，则a 绳的弹力一定发生变化 【答案】AC 【解析】 【详解】
小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a 绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a 绳的张力不可能为零，故A 正确；根据竖直方向上平衡得，F a sinθ=mg ，解得
a mg F sin θ＝
，可知a 绳的拉力不变，故B 错误；当b 绳拉力为零时，有：2
mg m l tan ωθ＝，解得cot g l
θω＝，可知当角速度cot g l
θ
ω>
时，b 绳出现弹力，故C 正确；由于b 绳可能没有弹力，故b 绳突然被剪断，a 绳的弹力可能不变，故D 错误。

10．如图1所示，光滑的平行竖直金属导轨AB 、CD 相距L ，在A 、C 之间接一个阻值为R 的电阻，在两导轨间abcd 矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为5d 的匀强磁场，磁感应强度为B ，一质量为m 、电阻为r 、长度也刚好为L 的导体棒放在磁场下边界ab 上（与ab 边重合），．现用一个竖直向上的力F 拉导体棒，使它由静止开始运动，已知导体棒离开磁场前已开始做匀速直线运动，导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨电阻不计，F 随导体棒与初始位置的距离x 变化的情况如图2所示，下列判断正确的是（ ）
A ．导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R 的电荷量为
5BLd
R
B ．导体棒离开磁场时速度大小为
222()
mg R r B L +
C ．离开磁场时导体棒两端电压为2mgr
BL
D ．导体棒经过磁场的过程中，电阻R 产生焦耳热为3244
2()
9m g R r mgd B L
+- 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
设导体棒离开磁场时速度大小为v ．此时导体棒受到的安培力大小为：22B L v
F R r
=+安 ．由平衡条件得：F=F 安
+mg ；由图2知：F=3mg ，联立解得：22
2()
mg R r v B L +=
．故B 正确．导体棒经过磁场的过程中，通过
电阻R 的电荷量为：55B dL BLd q R r R r R r ∆Φ⋅===+++ ．故A 错误．离开磁场时，由F=BIL+mg 得：
2mg I BL
= ，导体棒两端电压为：2mgR
U IR BL
==．故C 错误．导体棒经过磁场的过程中，设回路产生的总焦耳热为
Q ．根据功能关系可得：Q=W F -mg•5d -1
2
mv 2，而拉力做功为：W F =2mgd+3mg•4d=14mgd ；电阻R 产生
焦耳热为：R R
Q Q R r
=+；联立解得：4432244
92()()R mgdRB L m g R R r Q B L R r -+=+．故D 错误． 11．如图为嫦娥三号登月轨迹示意图．图中M 点为环地球运动的近地点，N 为环月球运动的近月点．a 为环月运行的圆轨道,b 为环月球运动的椭圆轨道，下列说法中正确的是
A ．嫦娥三号在环地球轨道上的运行速度大于11.2km/s
B ．嫦娥三号在M 点进入地月转移轨道时应点火加速
C ．设嫦娥三号在圆轨道a 上经过N 点时的加速度为a 1，在椭圆轨道b 上经过N 点时的加速度为a 2，则a 1＞ a 2
D ．嫦娥三号在圆轨道a 上的机械能小于在椭圆轨道b 上的机械能 【答案】BD 【解析】
试题分析：11.2km/s 为第二宇宙速度，嫦娥三号在环地球轨道上的运行速度小于11.2km/s ，所以A 错误；从低轨道进入高轨道需点火加速，故B 正确；嫦娥三号在a 、b 两轨道上N 点，受月球引力相同，根据牛顿第二定律可知，加速度也相同，即a 1= a 2，故C 错误；从轨道a 进入轨道b 需在N 点加速，所以机械能增大，即轨道b 上机械能大于轨道a 上的机械能，所以D 正确． 考点：本题考查天体运动 12．下列说法正确的是 。

A．失重条件下充入金属液体的气体气泡不能无限地膨胀是因为液体表面张力的约束
B．阳光下看到细小的尘埃飞扬，是固体颗粒在空气中做布朗运动
C．由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和气体的密度，可以估算出理想气体分子间的平均距离
D．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
E.热量一定由高温物体向低温物体传递
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】
A．失重条件下液态金属呈球状是由于液体表面分子间存在表面张力的结果，故金属液体的气体气泡不能无限地膨胀，A正确；
B．阳光下看到细小的尘埃飞扬，是固体颗粒随空气流动而形成的，并不是布朗运动，B错误；
C．由气体的摩尔质量和气体的密度之比可求出气体的摩尔体积，摩尔体积与阿伏加德罗常数之比等于每个气体分子占据的空间大小，由此可以估算出理想气体分子间的平均距离，C正确；
D．由于分子之间的距离比较大时，分子之间的作用力为引力，而分子之间的距离比较小时，分子之间的作用力为斥力，所以分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大，D正确；
E．热量可以在一定的条件下从低温物体传递到高温物体，E错误。

故选ACD。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示.
（1）在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸袋如图乙所示．计时器打点的时间间隔为0.02s.从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离．该小车的加速度
a=___________m/s2.（结果保留两位有效数字）
（2）平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上.挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度．小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表：
砝码盘中砝码总重力F(N) 0.196 0.392 0.588 0.784 0.980
加速度a（m·s-2）0.69 1.18 1.66 2.18 2.70
请根据实验数据作出a-F的关系图像_____.
（3）根据提供的试验数据作出的a-F图线不通过原点，请说明主要原因_____．
【答案】0.16(0.15也算对) 未计入砝码盘的重力
【解析】
【分析】
【详解】
（1）处理匀变速直线运动中所打出的纸带，求解加速度用公式，关键弄清公式中各个量的物理意义，为连续相等时间内的位移差，t为连需相等的时间间隔，如果每5个点取一个点，则连续两点的时间间隔为t=0.1s，（3.68-3.51）m，带入可得加速度=0.16m/s1．也可以使用最后一段和第二段的位移差求解，得加速度=0.15m/s1.
（1）根据图中的数据，合理的设计横纵坐标的刻度值，使图线倾斜程度太小也不能太大，以与水平方向夹角45°左右为宜．由此确定F的范围从0设置到1N较合适，而a则从0到3m/s1较合适．设好刻度，根据数据确定个点的位置，将个点用一条直线连起来，延长交与坐标轴某一点．如图所示．
（3）处理图象问题要注意图线的斜率、交点、拐点、面积等意义，能正确理解这些量的意义则很多问题将会迎刃而解．与纵坐标相交而不过原点，该交点说明当不挂砝码时，小车仍由加速度，即绳对小车仍有
拉力，从此拉力的来源考虑很容易得到答案，是因为砝码盘的重力，而在（1）问的图表中只给出了砝码的总重力，而没有考虑砝码盘的重力．
14．某学习小组利用打点计时器来测量滑块与木板间的动摩擦因数，让滑块仅在摩擦力的作用下在水平木板上减速滑行，纸带连在滑块上，打出的纸带如图所示，图中的A 、B 、C 、D 、E 为每隔四个点选取的计
数点，打点计时器所用交流电源的频率为50Hz ，测得相邻计数点间距离标在图中，重力加速度g 取10m/s 2。

(1)滑块与纸带的_______端相连；（填“左”或“右”）
(2)滑块与木板间的动摩擦因数为____________。

（结果保留三位有效数字）
(3)各步操作均正确的情况下，考虑到纸带与打点计时器限位孔之间也存在摩擦，会导致此实验中动摩擦因数的测量值与真实值相比会__________（填“偏大”、“偏小”或“不变”）
【答案】右 0.237 偏大
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]滑块仅在摩擦力的作用下在水平木板上减速滑行，所以滑块与纸带的速度较大的一端相连，所以滑块与纸带的右端相连。

（2）[2]根据逐差法求得加速度为
()()22
0.12550.10180.07820.0543 2.37m 40.1a +-+==⨯ 由牛顿第二定律得
mg ma μ=
解得0.237μ=。

（3）[3]由于其他阻力的存在，导致摩擦力变大，测量的动摩擦因数与真实值相比偏大。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场区域△ABC ，A 点坐标为（0，3a ），C 点坐标为（0，﹣3a ），B 点坐标为(3a -，-3a ）．在直角坐标系xOy 的第一象限内，加上方向沿y 轴正方向、场强大小为E=Bv 0的匀强电场，在x=3a 处垂直于x 轴放置一平面荧光屏，其与x 轴的交点为Q ．粒子束以相同的速度v 0由O 、C 间的各位置垂直y 轴射入，已知从y 轴上y=﹣2a 的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过O 点．忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力．
（1）求粒子的比荷；
（2）求粒子束射入电场的纵坐标范围；
（3）从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距Q 点最远？求出最远距离．
【答案】 (1)0v Ba (2)0≤y≤2a (3)78y a =，94a 【解析】
【详解】 (1)由题意可知， 粒子在磁场中的轨迹半径为r ＝a
由牛顿第二定律得
Bqv 0＝m 20v r
故粒子的比荷
0v q m Ba
= (2)能进入电场中且离O 点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与AB 边相切，设粒子运动轨迹的圆心为O′点，如图所示．
由几何关系知
O′A ＝r·
AB BC
＝2a 则
OO′＝OA －O′A ＝a
即粒子离开磁场进入电场时，离O 点上方最远距离为
OD ＝y m ＝2a
所以粒子束从y 轴射入电场的范围为0≤y≤2a
(3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有
3a ＝v 0·t 0
2019222qE y t a a m ==>， 所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上
粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t ，竖直方向位移为y ，水平方向位移为x ，则 水平方向有
x ＝v 0·t
竖直方向有
212qE y t m
= 代入数据得
x ＝2ay
设粒子最终打在荧光屏上的点距Q 点为H ，粒子射出电场时与x 轴的夹角为θ，则
002tan y x qE x v m v y v v a
θ⋅=== 有
H ＝(3a －x)·tan θ＝(32)2a y y -
当322a y y -=时，即y ＝
98
a 时，H 有最大值 由于98
a<2a ，所以H 的最大值H max ＝94a ，粒子射入磁场的位置为 y ＝98a －2a ＝－78a 16．如图所示，在匀强磁场中水平放置两根平行的金属导轨，导轨间距L ＝1.0 m 。

匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B ＝0.20 T 。

两根金属杆ab 和cd 与导轨的动摩擦因数μ＝0.5。

两金属杆的质量均为m ＝0.20 kg ，电阻均为R ＝0.20 Ω。

若用与导轨平行的恒力F 作用在金属杆ab 上，使ab 杆沿导轨由静止开始向右运动，经过t ＝3 s ，达到最大速度v ，此时cd 杆受静摩擦力恰好达到最大。

整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属导轨的电阻可忽略不计，取重力加速度g ＝10 m/s 2。

求：
(1)ab 杆沿导轨运动的最大速度v ；
(2)作用在金属杆ab 上拉力的最大功率P ；
(3)ab 棒由静止到最大速度的过程中通过ab 棒的电荷量q 。

【答案】 (1)10m/s(2)20W(3)5C
【解析】
【详解】
(1)金属杆cd 受力平衡：
F 安=μmg
根据电磁感应定律，金属杆ab 上产生的感应电动势为：
E 感=BLv
根据闭合电路欧姆定律，通过金属杆ab 的电流： I=2E R
感，F 安=BIL 由以上四式可得：
v=10m/s 。

(2)金属杆ab 受力平衡，受拉力：
F=F 安＋μmg
根据功率公式：
P=Fv
解得：
P=20W 。

(3)对杆ab ，由动量定理有：
(F －μmg)t －BILt=mv －0
即：
(F －μmg)t －BLq=mv
解得：
q=5C 。

17．如图(a)，木板OA 可绕轴O 在竖直平面内转动，木板上有一质量为m ＝1kg 的物块，始终受到平行于斜面、大小为8N 的力F 的作用。

改变木板倾角，在不同倾角时，物块会产生不同的加速度a ，如图(b)所示为加速度a 与斜面倾角的关系图线。

已知物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力。

求：(g 取10m/s 2，sin37︒＝0.6，cos37︒＝0.8)
(1)图线与纵坐标交点a 0的大小；
(2)图线与θ轴重合区间为[θ1，θ2]，木板处于该两个角度时的摩擦力指向何方？在斜面倾角处于θ1和θ2之间时，物块的运动状态如何？
(3)如果木板长L ＝2m ，倾角为37︒，物块在F 的作用下由O 点开始运动，为保证物块不冲出木板顶端，力F 最多作用多长时间？
【答案】 (1)6m/s 2 (2)θ1时，沿斜面向下，θ2时，沿斜面向上；静止 (3)3.1s
【解析】
【详解】
(1)当木板水平放置时，物块的加速度为a 0
此时滑动摩擦力
f ＝ μN ＝ μm
g ＝0.2×1×10 N ＝2N
由牛顿第二定律
0F f ma -=
求得
0821
F f a m --==m/s 2＝6m/s 2； (2)当木板倾角为θ1时，摩擦力沿斜面向下；当木板倾角为θ2时，摩擦力沿斜面向上；当θ角处于θ1和θ2之间时物块静止；
(3)力F 作用时间最长时，撤去力后物块滑到斜面顶端时速度恰好减小到零。

设力F 作用时物块的加速度为a 1，由牛顿第二定律得：
21sin 37cos370.4m /s F mg mg a m
μ-︒-︒== 撤去力F 后物块的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律：
22sin 37cos377.6m /s mg ng a m
μ︒︒
+== 设物块不冲出木板顶端，力F 最长作用时间为t
则撤去力F 时的速度
v ＝a 1t
由题意有：
22
211212
122a t L s s a t a =+=+
由以上各式得：
t==≈
3.1s。