山东省威海市(六校联考)2021届新高考模拟物理试题含解析

山东省威海市(六校联考）2021届新高考模拟物理试题
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．中国核学会发布消息称，截至201 9年6月底，中国大陆在运核电机组47台，装机容量4873万千瓦，
位居全球第三。

铀核（28592U ）是获得核能的主要原料之一，其中一种核反应方程为
235
1941
920380U n X Sr 2n +→++并释放核能，下列说法正确的是（ ）
A ．该核反应是重核裂变，产物的结合能之和大于铀核（28592U ）的结合能
B ．该核反应在中子的轰击下发生，核反应为人工转变
C ．X 原子核中的核子数为140个，中子数为84个
D ．因为裂变时释放能量，根据E=mc 2，所以裂变后的总质量数减少
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．结合质量数守恒与电荷数守恒可知，铀核裂变的产物为氙核和锶核，并会释放能量，则裂变产物的结合能之和一定大于铀核的结合能，故A 正确；
B ．该核反应为重核裂变，不是人工转变，故B 错误；
C ．X 原子核中的核子数为（235+1）-（94+2）=140个，中子数为140-（92-38）=86个，故C 错误；
D ．裂变时释放能量，出现质量亏损，但是总质量数不变，故D 错误。

故选A 。

2．如图所示，直线a b 、和直线、c d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为M N P Q ϕϕϕϕ、、、。

一质子由M 点分别运动到Q 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等。

下列说法正确的是（ ）
A ．直线a 位于某一等势面内，M Q ϕϕ<
B ．直线c 位于某一等势面内，>M P ϕϕ
C ．若质子由M 点运动到N 点，电场力做正功
D ．若质子由P 点运动到Q 点，电场力做负功
【答案】A
【解析】
【详解】
AB ．质子带正电荷，质子由M 点分别运动到Q 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等，有 0MQ MP W W =<
而
MQ MQ W qU =
MP MP W qU =，0q >
所以有
0MQ MP U U =<
即
M Q P ϕϕϕ<=
匀强电场中等势线为平行的直线，所以QP 和MN 分别是两条等势线，有
P Q ϕϕ=
故A 正确、B 错误；
CD ．质子由M 点运动到N 点的过程中
()0MN M N W q ϕϕ=-=
质子由P 点运动到Q 点的过程中
()0PQ P Q W q ϕϕ=-=
故CD 错误。

故选A 。

3．摩天轮是的乐场一种大型转轮状设施，摩天轮边缘悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，下列叙述正确的是
A ．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B ．摩天轮物动一周的过程中，乘客所受合外力的冲量为零
C ．在最低点，乘客处于失重状态
D ．摩天轮转动过程中，乘客所受的重力的瞬时功率保持不变
【答案】B
【解析】
A ：乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，动能保持不变，重力势能随高度不断变化，乘客的机械能不断变化．故A 项错误．
B ：摩天轮转动一周的过程中，速度变化为零，动量变化为零，据动量定理：乘客所受合外力的冲量为零．故B 项正确．
C ：在最低点，乘客的加速度向上，乘客处于超重状态．故C 项错误．
D ：摩天轮匀速转动过程中，重力与速度的夹角α不断变化，乘客所受的重力的瞬时功率cos P mg v α=⋅不断变化．故D 项错误．
4．核电站使用的核燃料有一种典型的核裂变方程是
2351y 891920x 360U+n Ba Kr 3n →++，假设23592U 质量为m 1，1
0n 质量为m 2，y x Ba 质量为m 3，8936Kr 质量为m 4，光速为c ，则（ ）
A ．该核反应属于人工转变
B ．方程中x=56，y=142
C ．核反应中释放的能量为(m 1-2m 2-m 3-m 4)c 2
D ．该裂变方程可以简化为
235y 89192x 360U Ba Kr 2n →++
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．该核反应属于重核裂变，不属于人工转变，A 错误；
B ．根据质量数和电荷数守恒可知，x=56，y=144，B 错误；
C ．根据爱因斯坦质能方程，反应释放出的能量为： ()2212342=E mc m m m m c ∆=∆---
C 正确；
D ．核反应方程不能进行简化，D 错误。

故选C 。

5．如图所示，吊篮A 、物体B 、物体C 的质量均为m ，两物体分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计，整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断在轻绳刚被剪断的时间（ ）
A ．物体
B 的加速度大小为g
B ．物体
C 的加速度大小为2g C ．吊篮A 的加速度大小为g
D ．吊篮A 与物体C 间的弹力大小为0.5mg
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．弹簧开始的弹力
F=mg 剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，B 的合力仍然为零，则B 的加速度为0，故A 错误；
BC ．剪断细线的瞬间，弹力不变，将C 和A 看成一个整体，根据牛顿第二定律得
AC 22 1.522F mg mg mg a g m m
++=== 即A 、C 的加速度均为1.5g ，故BC 错误；
D ．剪断细线的瞬间，A 受到重力和C 对A 的作用力，对A 有
C F mg ma +=
得
C 0.5F ma mg mg =-=
故D 正确。

故选D 。

6．如图所示，在同一平面内有①、②、③三根长直导线等间距的水平平行放置，通入的电流强度分别为1A ，2A 、1A ，已知②的电流方向为c→d 且受到安培力的合力方向竖直向下，以下判断中正确的是（ ）
A ．①的电流方向为a→b
B．③的电流方向为f→e
C．①受到安培力的合力方向竖直向上
D．③受到安培力的合力方向竖直向下
【答案】C
【解析】
【详解】
AB．因为②的电流方向为c→d且受到安培力的合力方向竖直向下，根据左手定则可知导线②处的合磁场方向垂直纸面向外，而三根长直导线等间距，故导线①和③在导线②处产生的磁场大小相等，方向均垂直纸面向外，再由安培定则可知①的电流方向为b→a，③的电流方向为e→f，故A错误，B错误；
C．根据安培定则可知②和③在①处产生的磁场方向垂直纸面向外，而①的电流方向为b→a，根据左手定则可知①受到安培力的合力方向竖直向上，故C正确；
D．根据安培定则可知②在③处产生的磁场方向垂直纸面向里，①在③处产生的磁场方向垂直纸面向外，根据电流产生磁场特点可知③处的合磁场方向垂直纸面向里，又因为③的电流方向为e→f，故根据左手定则可知③受到安培力的合力方向竖直向上，故D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
7．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2×10-5 C，质量为1 g的小物块在水平面上从C点静止释放，其运动的v-t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）。

则下列说法正确的是（）
A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=100 N/C
B．由C点到A点电势逐渐减小
C．由C到A的过程中物块的电势能先变大后变小
D．A、B两点间的电势差U AB=－500 V
【答案】ABD
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据v—t图象可知物块在B点的加速度最大
2402m/s 75
v a t ∆-===∆- 所受的电场力最大为
331102210N F ma --==⨯⨯=⨯
故B 点的场强最大为
3
5210100N/C 210
F E q --⨯===⨯ 故A 正确；
B ．根据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O 点沿中垂线指向外侧，故由
C 点到A 点电势逐渐减小，B 正确；
C ．根据v —t 图象可知C 到A 的过程中物块的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故C 错误；
D ．由A 到B 根据动能定理可得
22110.01J 22
AB k B A W E mv mv =∆=
-=- 又因 AB AB W qU =
故
50.01V 500V 210
AB AB W U q --===-⨯ 故D 正确。

故选ABD 。

8．拉格朗日点又称平动点。

地球和月球连线之间，存在一个拉格朗日点，处在该点的空间站在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球做匀速圆周运动。

已知空间站、月球围绕地球做
匀速圆周运动的轨道半径分别约为3.2×105km 和3.8×105，月球围绕地球公转周期约为27天。

g 取10 m/s 2，下列说法正确的是（ ）
A ．地球的同步卫星轨道半径约为4.2×104km
B ．空间站的线速度与月球的线速度之比约为0.84
C ．地球的同步卫星的向心加速度大于空间站的向心加速度
D ．月球的向心加速度小于空间站向心加速度
【答案】ABC
【解析】
【详解】
A ．由题知，月球的周期T 2=27天=648h ，轨道半径约为r 2=3.8×105km ，地球同步卫星的周期T 1=24h ，轨道半径约r 1，根据开普勒第三定律有：
33122212r r T T = 代入数据解得：r 1=4.2×
104km ，A 正确； B ．空间站与月球相对静止，角速度相同，根据
v r ω=
得两者线速度之比为：
55
3.2100.843.810v v ⨯=≈⨯空月 B 正确；
C ．根据万有引力提供向心力有：
2Mm G
ma r
= 解得：2GM a r =，地球同步卫星的轨道半径小于空间站的轨道半径，所以地球的同步卫星的向心加速度大于空间站的向心加速度，C 正确；
D ．空间站与月球相对静止，角速度相同，根据
2a r ω=
月球的轨道半径大于同步卫星的轨道半径，所以月球的向心加速度大于空间站向心加速度，D 错误。

故选ABC 。

9．两列简谐横波的振幅都是20cm ，传播速度大小相同．实线波的频率为2Hz ，沿x 轴正方向传播；虚线波沿x 轴负方向传播．某时刻两列波在如图所示区域相遇，则 A ．在相遇区域会发生干涉现象
B ．实线波和虚线波的频率之比为3：2
C ．平衡位置为x=6m 处的质点此刻速度为零
D ．平衡位置为x=8.5m 处的质点此刻位移y ＞20cm
E.从图示时刻起再经过0.25s ，平衡位置为x=5m 处的质点的位移y ＜0
【答案】BDE
【解析】
传播速度大小相同．实线波的频率为2Hz ，其周期为1.5s ，波长4m ，则波速4/8/0.5v m s m s T λ=
== ；由图可知：虚线波的波长为6m ，则周期为260.758
T s s v λ
===，频率：22143f Hz T == ,则两波的频率
不同．所以不能发生干涉现象．故A 错误；实线波和虚线波的频率之比为12:3:2f f =，选项B 正确；平衡位置为x=6m 处的质点由实线波和虚线波引起的振动方向均向上，速度是两者之和，故此刻速度不为零，选项C 错误；两列简谐横波在平衡位置为x=8.5m 处的质点是振动加强的，此刻各自位移都大于11cm ，故质点此刻位移y>21cm ，选项D 正确；从图示时刻起再经过1.25s ，实线波在平衡位置为x=5m 处于波谷，而虚线波也处于y 轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y ＜1．故E 正确；故选BDE.
点睛：此题主要考查波的叠加；关键是理解波的独立传播原理和叠加原理，两列波相遇时能互不干扰，各个质点的速度和位移都等于两列波在该点引起的振动的矢量和.
10．如图，一定量的理想气体经历了A→B→C→D→A 的循环，ABCD 位于矩形的四个顶点上。

下列说法
正确的是 。

A ．状态C 的温度为032
T
B ．从A→B ，分子的平均动能减少
C ．从C→
D ，气体密度增大
D ．从D→A ，气体压强增大、内能减小
E.经历A→B→C→D→A 一个循环，气体吸收的热量大于释放的热量
【答案】ACE
【解析】 【分析】
【详解】
A ．A
B →过程为等压过程，则有 A B A B
V V T T = 即有
1200
23V V T T = 解得
1223
V V =
C D →过程也为等压过程，则有 C D C D V V
T T = 即
120C
V V T T = 解得
2C 00132
V T T T V == 故A 正确；
B ．从A→B 从A→B ，温度升高，分子平均动能增大，故B 错误；
C ．C
D →过程为等压变化过程，由图可知，气体体积减小，气体质量不变，则气体密度增大，故C 正确；
D ．从D→A ，由图可知，气体压强增大，温度升高，气体内能增大，故D 错误；
E ．经历A→B→C→D→A 一个循环,气体内能不变；在p-V 图象中，图象与坐标轴围成面积表示功，所以AB DC W W >，即整个过程，气体对外界做功，所以气体吸收的热量大于释放的热量，故E 正确。

故选ACE 。

11．带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a 点以初速度v 0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b 点，如图所示，实线是电场线，下列说法正确的是
A ．粒子在a 点时的加速度比在b 点时的加速度小
B ．从a 到b 过程中，粒子的电势能一直减小
C ．无论粒子带何种电荷，经b 点时的速度总比经a 点时的速度大
D ．电场中a 点的电势一定比b 点的电势高
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，可知E a ＜E b ，所以a 、b 两点比较，粒子的加速度在b 点时较大，故A 正确；由粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受力沿曲线的内侧，从a 点到b
点，电场力先做负功，再做正功，电势能先增加后降低，动能先变小后增大．但a 点到b 点，整个过程最终电场力做正功，故B 错误C 正确；因为不知道粒子的电性，所以无法判断哪点电势高低，故D 错误． 12．如图所示，比荷为k 的粒子从静止开始，经加速电场U 加速后进入辐向的电场E 进行第一次筛选，在辐向电场中粒子做半径为R 的匀速圆周运动，经过无场区从小孔1P 处垂直边界进入垂直纸面向外的匀强磁场B 中进行第二次筛选，在与2O 距离为d 小孔2P 垂直边界射出并被收集。

已知静电分析器和磁分析器界面均为四分之一圆弧，以下叙述正确的是（ ）
A ．静电分析器中1K 的电势高于2K 的电势
B ．被收集的带电粒子一定带正电
C ．电场强度E 与磁感应强度B 的比值关系为2E R kU B d
=D ．若增大U ，为保证B 不变，则被收集粒子的k 比原来大
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB.粒子在磁场内做匀速圆周运动，磁场区域的磁感应强度垂直纸面向外，由左手定则可以判断出粒子一定带正电。

在辐向电场中，电场力提供粒子做匀速圆周运动的向心力，可以判断出2K 的电势高于1K 的电势。

故A 错误，B 正确；
C.粒子经加速电场加速
212
qU mv = 在电场中做匀速圆周运动
2
v qE m R
= 在磁场中做匀速圆周运动
2
v qvB m d
= 经计算可知
2E d kU B R
= 故C 错误；
D.联立C 项各式可得：
122U B d k
d kU == 为保证B 不变，U 增大时，则k 增大，故D 正确。

故选：BD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．小明所在的课外活动小组在实验室测量导线的电阻率，他们在实验室选取了一段金属丝，经过讨论他们进行了如下操作。

（1）先用刻度尺测量其长度如图l 所示，该段金属丝的长度为___ cm 。

（2）接着他们使用多用电表粗测金属丝的电阻，操作过程分以下三个步骤：（请填写第②步操作） ①将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”“-”插孔，选择电阻挡“×l”；
②____，调整欧姆调零旋钮，____；
③把红、黑表笔分别与金属丝的两端相接，多用电表的示数如图2所示。

（3）根据多用电表示数，为了减小实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从图3中的四个电路中选择___电路来测量金属丝电阻，闭合开关前应将滑动变阻器的滑片P 移至最__（填“左”或“右”）端，多次测量求平均值后测得该金属丝的电阻为5.2Ω。

A ．
B ．
C ．
D ． （4）他们使用千分尺测量金属丝的直径，示数如图4所示，金属丝的直径为___mm 。

（5）根据以上数据可以计算出该金属丝的电阻率为ρ=____Ωm ⋅（结果保留两位有效数字）。

【答案】60.50（60.48～60.52均可） 将红、黑表笔短接 使指针指向电阻刻度“0”刻线 D 左 0.200 72.710-⨯
【解析】
【详解】
（1）[1]毫米刻度尺的分度值为0.1cm ，所以读数为：70.50cm-10.00cm=60.50cm ；
（2）[2][3]②将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向表盘右侧的“0”刻度线，即表盘中电阻刻度“0”刻线；
（3）[4][5]电阻为x 5.2ΩR =，电流表的分压相对较为明显，所以电流表应采用外接法；为获得较大的电压调节范围，滑动变阻器应选用分压式接法，所以选择电路D ，滑片P 开始应调节至左端，使电压从0开始调节；
（4）[6]螺旋测微器的精度为0.01mm ，所以读数为：
0+20.00.01mm 0.200mm ⨯=；
（5）[7]根据电阻定律：
x L R S ρ= 金属丝的横截面积：
214
S d π= 所以电阻率：
()23
27x 3.14 5.20.20010Ωm 2.710Ωm 440.605R d
L πρ--⨯⨯⨯==⋅=⨯⋅⨯。

14．某高一同学寒假时，在教材中查到木质材料与金属材料间的动摩擦因数为0.2，为了准确验证这个数据，他设计了一个实验方案，如图甲所示，图中长铝合金板水平固定。

（1）下列哪些操作是必要的_____
A ．调整定滑轮高度，使细绳与水平铝合金板平行
B ．将铝合金板垫起一个角度
C ．选尽量光滑的滑轮
D ．砝码的质量远小于木块的质量
（2）如图乙所示为木块在水平铝合金板上带动纸带运动时打出的一条纸带，测量数据如图乙所示，则木块加速度大小a ＝_____m/s 2（电火花计时器接在频率为50Hz 的交流电源，结果保留2位有效数字）。

（3）该同学在实验报告中，将测量原理写为：根据mg ﹣μMg ＝Ma ，得mg Ma Mg
μ-= ．其中M 为木块的质量，m 为砝码盘和砝码的总质量，a 为木块的加速度，重力加速度为g 。

判断该同学的做法是否正确，如不正确，请写出μ的正确表达式：_____。

（4）若m ＝70g ，M ＝100g ，则可测得μ＝_____（g 取9.8m/s 2，保留2位有效数字）。

【答案】⑴AC ⑵3.0 ⑶()mg M m a Mg
-+ ⑷0.18 【解析】
（1）实验过程中，电火花计时器应接在频率为50Hz 的交流电源上，调整定滑轮高度，使细线与长木板平行，同时选尽量光滑的滑轮，这样摩擦阻力只有木块与木板之间的摩擦力，故AC 是必要;本实验测动摩擦因数，不需要平衡摩擦力，B 项不必要；本实验没要求砝码的重力大小为木块受到的拉力大小，D 项不必要。

选AC ．（2）由纸带可知，两个计数点的时间20.020.04T s s =⨯=，根据推论公式2x aT ∆=，得
()2
22654321226.6 6.1 5.6 5.2 4.7 4.210/ 3.0/990.04x x x x x x a m s m s T -++---⨯++---===⨯.（3）对M 、m 组成的系统，由牛顿第二定律得：()mg Mg M m a μ-=+，解得()mg M m a
Mg μ-+=，（4）将
700.070m g kg ==，1000.1M g kg ==，23.0/a m s =代入()mg M m a
Mg μ-+=，解得：0.18μ=.
【点睛】依据实验原理，结合实际操作，即可判定求解；根据逐差法，运用相邻相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度的大小；对系统研究，运用牛顿第二定律求出动摩擦因数的表达式，代入数据求出其大小.
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．光滑水平面上有截面为半圆形柱体A ，半径为R ，在圆柱体截面圆心O 正上方'O 处用轻质细线悬挂小球B 。

小球B 静止在A 上时，细线与竖直方向夹角为α，OB 与'O B 垂直，A 在水平向右推力F 作用下处于静止状态，已知A 、B 质量均为m ，B 可看成质点，不计一切摩擦。

当撤去F ，小球推动半圆柱体向左运动，两者分离后，经过t 时间小球第一次向左摆到最大高度。

（重力加速度大小为g ）求：
(1)水平推力F 的大小；
(2)自撤掉F 后到小球第一次向左摆到最高处的过程中，圆柱体位移大小。

【答案】 (1)cos sin ααmg ；2cos (1cos )(1cos )sin tan ααααα
--R R g 【解析】
【详解】
(1)对B 分析，绳子拉力 T cos g F m α=
把AB 当成整体，水平方向合力为零，则
T sin cos sin F F mg ααα==
(2)根据几何关系
'sin R OO α
=
绳长 tan R L α
= 当B 运动到最低点AB 分离，此时小球距离地面高度
'h OO L =-
所以半圆柱体右下角距原来O 点距离
22d R R h =-
因此该过程半圆柱体位移为
2212cos (1cos )sin R x R d R h ααα
=-=-=-AB 分离时速度均水平且相等，根据机械能守恒定律
21(1cos )22
mgL mv α-=⨯ 解得
cos (1cos )sin gR v ααα
-= 此后半圆柱体做匀速运动，t 时间内位移
2cos (1cos )sin gR x vt ααα
-==全过程半圆柱体位移
122cos (1cos )(1cos )sin tan ααααα
=+=-+-R R x x x t g
16．如图所示，A 、B 和M 、N 为两组平行金属板。

质量为m 、电荷量为+q 的粒子，自A 板中央小孔进入A 、B 间的电场，经过电场加速，从B 板中央小孔射出，沿M 、N 极板间的中心线方向进入该区域。

已知极板A 、B 间的电压为U0，极板M 、N 的长度为l ，极板间的距离为d 。

不计粒子重力及其在a 板时的初速度。

（1）求粒子到达b 板时的速度大小v ；
（2）若在M 、N 间只加上偏转电压U ，粒子能从M 、N 间的区域从右侧飞出。

求粒子射出该区域时沿垂直于板面方向的侧移量y ；
（3）若在M 、N 间只加上垂直于纸面的匀强磁场，粒子恰好从N 板的右侧边缘飞出，求磁感应强度B 的大小和方向。

【答案】（1）02qU v m =
（2）204Ul y dU = （3）022244mU d B l d q
=+磁感应强度方向垂直纸面向外。

【解析】
【分析】
（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理可以求出粒子的速度。

（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，应用类平抛运动求出粒子的偏移量。

（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求粒子的轨道半径，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度。

【详解】
（1）带电粒子在AB 间运动，根据动能定理有
2012qU mv =
解得 02qU v m = （2）带电粒子在M 、N 极板间沿电场力的方向做匀加速直线运动，有212y at =
根据牛顿第二定律有 Eq Uq a m md
== 带电粒子在水平方向上做匀速直线运动，有l vt =
联立解得 2
4Ul y dU = （3）带电粒子向下偏转，由左手定则得磁感应强度方向垂直纸面向外。

根据牛顿第二定律有 2
v qvB m R
= 由图中几何关系有222()2
d R l R =+- 解得 22
44l d R d
+= 联立解得022244mU d B l d q
=
+【点睛】
本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、类平抛运动规律与牛顿第二定律即可解题。

17．倾角为37o 的斜面上叠放着质量均为1kg m =滑块和长木板，在垂直于斜面方向的压力F 作用下，均保持静止。

已知滑块与长木板间动摩擦因素10.2μ=，滑块正处于长木板的中间位置；长木板与斜面间动摩擦因素20.4μ=，长木板长度0.8m L =。

滑块大小忽略不计，各接触面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面足够长，取210m/s g =，sin 370.6=o 。

(1)压力F 的最小值；
(2)突然撤去压力F ，滑块经过多长时间从长木板滑下？
【答案】 (1)11N ；(1)0.5s
【解析】
【分析】
【详解】
（1）滑块保持止，假设压力F 的最小值为1F ，根据平衡条件得
11
sin cos mg mg F θμθ=+（） 解得
122N F =
滑块和木板整体保持静止，压力F 的最小值为F 1．根据平衡条件得 222sin 2cos mg mg F θμθ=+（）
解得
2 14N F =
所以压力F 的最小值为
22N F =
（1）撤去压力F ，滑块和木板均沿斜面向下做匀加速运动，设加速度分别为a 1和a 1，根据牛顿第二定律得，对滑块有
11sin cos mg mg ma θμθ-=
解得
21 4.4m/s a =
对木板有
122sin cos 2cos mg mg mg ma θμθμθ+-=
解得
22 1.2m/s a =
设经过时间t ，滑块从木板上滑下，则
221211222
L a t a t -= 解得
t
0.5s。