山西省临汾市洪洞一中2017届高三（上）第二次月考物理试卷（解析版）

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2016-2017学年山西省临汾市洪洞一中高三（上）第二次月考物理试卷

参考答案与试题解析

一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）

1．A、B、C三质点运动的x﹣t图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ）

A．在0～t₀这段时间内，三质点位移关系为x_A＞x_c＞x_B

B．在t₀时刻A、B、C运动方向相同

C．在0～t₀这段时间内，三质点的平均速度相等

D．B质点做匀加速直线运动，A、C加速度方向相反

【考点】匀变速直线运动的图像．

【分析】位移时间图线的斜率表示速度，根据纵坐标的变化量表示位移．平均速度等于位移与时间的比值．

【解答】解：A、由图知，在0～t₀这段时间内，三质点的起点相同，终点也相同，所以位移相同，故A错误．

B、根据斜率表示速度，可知B与C的速度方向相同，与A的速度方向相反，故B错误．

C、在0～t₀这段时间内，三质点的位移相等，时间相等，则平均速度相等，故C正确．

D、B质点做匀速直线运动，A先减速后加速，C一直加速，则A与C的加速度方向先相反后相同，故D错误．

故选：C．

2．一轻弹簧上端固定，下端挂一物块甲，甲和乙用一细线相连，如图所示，甲的质量为2m，乙的质量为m，两者均处于静止状态．当甲、乙之间的细线被剪断的瞬间，甲、乙的加速度大小记作a_甲、a_乙，那么（）

A．a_甲=0 a_乙=g B．a_甲=

a_乙=g

C．a_甲=0 a_乙=0 D．a_甲=ga_乙=g

【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．

【分析】根据平衡求出弹簧的弹力大小，抓住剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，分别对甲乙研究，根据牛顿第二定律求出瞬时加速度．

【解答】解：对甲乙整体分析，弹簧的弹力为：F=3mg，

剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对甲有：

，方向向上．

对乙有：

，方向向下．故B正确，A、C、D错误．

故选：B．

3．如图所示，螺旋形光滑轨道竖直放置，P、Q为对应的轨道最高点，一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，且能过轨道最高点P，则下列说法中正确的是（）

A．轨道对小球做正功，小球的线速度v_P＞v_Q

B．轨道对小球不做功，小球的角速度ω_P＜ω_Q

C．小球的向心加速度a_P＞a_Q

D．轨道对小球的压力F_P＞F_Q

【考点】向心力；牛顿第二定律．

【分析】小球沿竖直放置的螺旋形光滑轨道运动，轨迹半径越来越小，做近心运动．由于支持力始终与速度方向垂直，所以支持力不做功，仅有重力做功下，小球的机械能守恒．再由向心力公式结合牛顿第二定律，可以确定小球的线速度、角速度、向心加速度及对轨道的压力大小．

【解答】解：A、由于支持力始终与速度方向垂直，所以支持力不做功即轨道对小球不做功，仅有重力做功，小球机械能守恒．则P点的速度小于Q点速度，且P点的半径大于Q点的半径．所以小球通过P点的角速度小于通过Q点的．故A错误，B正确．

C、小球在P点的速度小于Q点速度，且P点的半径大于Q点的半径．根据a=

得，小球在P点的向心加速度小于Q点的，故C错误．

D、小球在P点的向心加速度小于Q点的，则小球在P点的向心力小于Q点的，而向心力是由重力与轨道对它的支持力提供，因此小球在P点的支持力小于Q点的，即小球对轨道的压力P点小于Q点的．故D错误；

故选B．

4．如图所示，用细线竖直悬挂一质量为M的杆，质量为m的小环套在杆上，它与杆间有摩擦，环由静止释放后沿杆下滑过程中加速度大小为a，则环下滑过程中细线对杆的拉力大小为（）

A．Mg B．Mg+mg C．Mg+mg﹣ma D．Mg+mg+ma

【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．

【分析】对环进行受力分析，根据牛顿第二定律列式求出摩擦力，再对杆进行受力分析，根据平衡条件列式即可求解．

【解答】解：对m应用牛顿第二定律得：

mg﹣f=ma

解得：f=mg﹣ma

对M有Mg+f﹣T=0

解得：T=Mg+mg﹣ma

故选：C

5．如图，一个人站在水平地面上的长木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为m，重力加速度为g，则（）

A．箱子受到的摩擦力方向向右

B．地面对木板的摩擦力方向向左

C．木板对地面的压力大小为3mg

D．若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于3mg

【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．

【分析】对箱子受力分析，根据平衡条件判断其受静摩擦力方向；对三个物体的整体受力分析，根据平衡条件判断地面对整体的支持力和静摩擦力情况．

【解答】解：A、人用力F向右推箱子，对箱子受力分析，受推力、重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件，箱子受到的摩擦力方向向左，与推力平衡，故A错误；

B、对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，不是静摩擦力，否则不平衡，故地面对木板没有静摩擦力，故B错误；

C、对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，根据平衡条件，支持力等于重力；根据牛顿第三定律，支持力等于压力；故压力等于重力，为3mg；故C正确；

D、若人用斜向下的力推箱子，三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，故压力依然等于3mg，故D错误；

故选：C．

6．我国于2013年12月2日凌晨成功发射了“嫦娥三号”月球探测器，12月10日21时20分，“嫦娥三号”在环月轨道成功实施变轨控制，从100km×100km的环月圆轨道，降低到近月点15km、远月点100km的椭圆轨道，进入预定的月面着陆准备轨道，并于12月14日21时11分实现卫星携带探测器在月球的软着陆．下列说法正确的是（）

A．如果不考虑地球大气层的阻力，则“嫦娥三号”的发射速度可以小于7.9km/s

B．若已知“嫦娥三号”在100km的环月圆轨道上飞行的周期及万有引力常量，则可求出月球的平均密度

C．若已知“嫦娥三号”、“嫦娥一号”各自绕月球做匀速圆周运动的高度（高度不同）、周期和万有引力常量，则可求出月球的质量、半径

D．“嫦娥三号”为着陆准备而实施变轨控制时，需要通过发动机使其加速

【考点】万有引力定律及其应用．

【分析】第一宇宙速度是最小的发射速度，是近地卫星的运行速度．根据万有引力等于向心力

，已知周期和轨道高度，不知道月球半径，无法计算月球质量，也无法计算月球体积，不能计算月球的密度．“嫦娥三号”为着陆准备而实施变轨控制时，需要通过发动机减速，使其受到的万有引力大于向心力做近心运动．

【解答】解：A、在地球表面发射卫星的速度不得小于地球的第一宇宙速度7.9km/s，故A错误．

B、根据万有引力等于向心力

，已知周期和轨道高度，不知道月球半径，无法计算月球质量，也无法计算月球体积，不能计算月球的密度．故B错误．

C、设“嫦娥三号”、“嫦娥一号”各自绕月球做匀速圆周运动的高度（高度不同）分别为h₃和h₁、周期分别为T₃和T₁，月球的半径为R、质量为M，

对“嫦娥一号”，根据万有引力提供向心力有：

，化简得

同理，对于“嫦娥三号”，有

．

以上两式中只有M和R两个未知数，故能计算出来，故C正确．

D、“嫦娥三号”为着陆准备而实施变轨控制时，需要通过发动机减速，使其受到的万有引力大于向心力做近心运动．故D错误．

故选：C．

7．一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（）

A．

B．

C．

D．

【考点】电场强度；曲线运动．

【分析】根据物体做曲线运动的条件和受力特点分析电荷受的电场力方向，再由负电荷所受的电场力方向与场强方向相反进行选择．

【解答】解：

A、电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向．故A错误．

B、负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题不符．故B错误．

C、图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动．故C错误．

D、图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，符合题意．故D正确．

故选D

8．如图所示，五根平行的长直导体棒分别过竖直平面内的正方形的四个顶点和中心，并和该正方形平面垂直，各导体棒中均通有大小相等的电流，方向如图所示，则中心处的导体棒受到其余四根导体棒的磁场力的合力方向是（）

A．竖直向上 B．竖直向下 C．水平向左 D．水平向右

【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；安培力．

【分析】根据安培定则确定出安培力的方向，再利用矢量合成法则求得B的合矢量的方向，再根据左手定则，即可求解．

【解答】解：根据题意，由右手螺旋定则对角导线电流产生磁场正好相互叠加，如图所示，由矢量的合成法则，则得磁场方向竖直向下，

根据左手定则可知，中心处的导体棒受到其余四根导体棒的磁场力的合力方向是水平向左；

故选：C．

9．如图所示，在小车内用细绳a和b系住一个小球，绳a处于斜向上的方向，拉力为F_a，绳b处于水平方向，拉力为F_b，小车和小球均保持静止．现让小车从静止开始向左做匀加速运动，此时小球相对于车厢的位置仍保持不变，则两根细绳的拉力变化情况是（）

A．F_a变大，F_b不变B．F_a变大，F_b变小

C．Fa_a变大，F_b变大D．F_a不变，F_b变大

【考点】共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律．

【分析】以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据牛顿第二定律，运用正交分解法分析两根细绳的拉力变化情况．

【解答】解：以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，

静止时在水平方向：F_b﹣F_asinα=0

向左加速时，根据牛顿第二定律得

水平方向：F_b﹣F_asinα=ma ①

竖直方向：F_acosα﹣mg=0 ②

由题，α不变，由②分析得知F_a不变．

由①得知，F_b=F_asinα+ma＞F_asinα，即F_b变大．

故选：D

10．如图所示，一箱苹果沿倾角为θ的斜面，以加速度a=gsinθ匀加速下滑．在箱子的中央有一只质量为m的苹果，它受到周围苹果的作用力的合力为（）

A．方向垂直斜面向上 B．方向竖直向上

C．大小为mgsinθ D．大小为mg

【考点】物体的弹性和弹力；共点力平衡的条件及其应用．

【分析】根据整体的加速度可得出苹果的加速度，再对苹果进行受力分析可得出其受到的力．

【解答】解：对整体分析，受重力和支持力，整体的加速度a=gsinθ．可知苹果的加速度为gsinθ；

而苹果受重力、周围苹果的作用力，两个力的合力等于mgsinθ，即为重力沿斜面向下的分力；而苹果在垂直于斜面方向上受平衡；所以其他苹果对该苹果的作用力等于mgcosθ，方向沿斜面向上；

故选：A．

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

11．物体沿一直线做匀加速直线运动，已知它在第2s内的位移为4.0m，第3s内的位移为6.0m，则下列判断中正确的是（）

A．它的加速度大小是2.0m/s²

B．它在前7s内的位移是56m

C．它的初速度为零

D．它在第2s末的速度为 5.0m/s

【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．

【分析】根据匀变速直线运动的规律及其推论进行分析求解即可．

【解答】解：

A、据△x=aT²可得加速度a=

=2m/s²，故A正确；

B、根据匀变速直线运动规律的推论△x=aT²可知，x₂﹣x₁=x₃﹣x₂，可得第1s内的位移为2m，2s﹣7s内位移x′=v₂t+

at²=5×5

=50m，前7s内位移x=2+4+6+50=62m，故B错误；

C、由B知第1a内的位移为2m，根据x=v

at²，可知物体的初速度不为零，故C错误；

D、第2s到第3s内的总位移为10m，时间为2s，根据平均速度定义可知，平均速度为5m/s，等于中间时刻的速度，即2s末的速度大小为5m/s，故D正确．

故选：AD

12．如图所示，将一长方形木块锯开为A、B两部分后，静止放置在水平地面上．则（ ）

A．B受到四个力作用

B．B受到五个力作用

C．A对B的作用力方向竖直向下

D．A对B的作用力方向垂直于它们的接触面向下

【考点】物体的弹性和弹力．

【分析】隔离对A分析，根据平衡条件判断它们之间的作用力与重力的关系．再分情况计论AB间受力情况，则可判断物体可能的受力情况．

【解答】解：AB、对B受力分析，受重力、地面的支持力，A对B的静摩擦力与A对B的压力，处于平衡状态，因此B受4个力，故A正确，B错误；

CD、对A物体分析，自身重力，B对A的支持力与静摩擦力，根据共点力的平衡条件可知，AB间作用力与重力等值反向，因此A对B的作用力方向竖直向下，故C正确，D错误；

故选：AC．

13．地面上有质量为M的重物，用力F竖直向上提它，力F和物体加速度a的函数关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A．图中直线的斜率表示物体的质量M

B．图中A点对应的值为物体重力的大小

C．图中延长线与纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度

D．物体向上运动的加速度a和力F成正比

【考点】加速度与力的关系图像．

【分析】物体未离开地面时，受拉力、重力和支持力，根据平衡条件列式分析；物体离开地面后，受重力、拉力，加速向上，根据牛顿第二定律列式分析求解．

【解答】解：A、体加速向上，根拉力大于重力时，物据牛顿第二定律，有：

F﹣Mg=Ma

解得：

由此公式可知：

故斜率为质量的倒数，故A错误．

B、当F=F₀时，加速度为零，故F=Mg，故B正确．

C、当拉力F为零时，加速度为﹣g，故C正确．

D、物体向上运动的加速度a和力F是线性函数，但不能说是正比，故D错误．

故选：BC

14．如图所示，水平传送带以速度v₁匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P在传送带左端具有速度v₂，P与定滑轮间的绳水平，t=t₁时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是（）

A．

B．

C．

D．

【考点】匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．

【分析】要分不同的情况进行讨论：若V₂＜V₁：分析在f＞Q的重力时的运动情况或f＜Q的重力的运动情况

若V₂＜V₁：分析在f＞Q的重力时的运动情况或f＜Q的重力的运动情况

【解答】解：1．若v₁=v₂，小物体P可能受到的静摩擦力等于绳的拉力，一直相对传送带静止匀速向右运动，若最大静摩擦力小于绳的拉力，则小物体P先向右匀减速运动，减速到零后反向匀加速直到离开传送带，由牛顿第二定律知m_Qg﹣μm_Pg=（m_Q+m_P）a，加速度不变，故A正确；

2．若v₁＞v₂，小物体P先向右匀加速直线运动，由牛顿第二定律知μm_Pg﹣m_Qg=（m_Q+m_P）a，到小物体P加速到与传送带速度v₁相等后匀速，故B选项可能；

3．若v₁＜v₂，小物体P先向右匀减速直线运动，由牛顿第二定律知m_Qg﹣μm_Pg=（m_Q+m_P）a₁，到小物体P减速到与传送带速度v₁相等后，若最大静摩擦力大于或等于绳的拉力，继续向右匀速运动，A选项正确，若最大静摩擦力小于绳的拉力，继续向右减速但滑动摩擦力方向改向，此时匀减速运动的加速度为m_Qg+μm_Pg=（m_Q+m_P）a₂，到减速为零后，又反向以a2加速度匀加速向左运动，而a₂＞a₁，故C选项正确，D选项错误．

故选：ABC

三、实验题探究题（本大题共2小题，每小空2分，共14分）

15．某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻质弹簧竖直悬挂于某一深度为h=30.0cm且开口向下的小筒中（没有外力作用时弹簧的下端位于筒内，用测力计可以同弹簧的下端接触），如图甲所示，若本实验的长度测量工具只能测量露出筒外弹簧的长度l，现要测出弹簧的原长l₀和弹簧的劲度系数，该同学通过改变l而测出对应的弹力F，作出F﹣l图象如图乙所示，则弹簧的劲度系数为k=200 N/m，弹簧的原长l₀= 20cm ．

【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．

【分析】根据胡克定律写出F与l的关系式，然后结合数学知识求解即可．

【解答】解：根据胡克定律F与l的关系式为：F=k（l+h﹣l₀）=kl+k（h﹣l₀），从图象中可得直线的斜率为2N/cm，截距为20N，故弹簧的劲度系数为：

k=2N/cm=200N/m

由k（h﹣l₀）=20N

于是：l₀=20cm

故答案为：200； 20cm

16．某同学用图1实验装置验证质量一定时系统的加速度与合外力的关系．小车内盛有沙子，沙桶和沙桶内沙子的总质量记为m，小车及车内沙子的总质量记为M，在实验中保持m与M之和不变．将沙桶和沙桶内沙子总重力视为系统所受合外力F，先通电源，再释放纸带，系统加速度a由纸带计算得到；该同学从车子中取出一些沙子，放入沙桶中，改变F的大小，重复多次，测得多组（a，F）．

次数	1	2	3	4	5	6
a/（m/s^2）	0.5	0.74	1.01	1.24	1.48	1.75
mg/（N）	0.1	0.15	0.20	0.25	0.30	0.35

①该同学在实验中缺了一个必要步骤是 平衡摩擦力 ．

②通过表格中的数据在图2中画出a﹣F图象，利用图象求出M+m= 0.2 kg．

③该实验研究的对象是 M+m ，所受的合外力是 mg ．

【考点】验证牛顿第二运动定律．

【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．

作出a﹣F图线应该采用描点法拟合呈一条倾斜的直线，根据牛顿第二定律结合图象求出系统总质量．

【解答】解：①为了将沙桶和沙桶内沙子总重力视为系统所受合外力F，实验前应该平衡摩擦力．

②采用描点法作出a﹣F图象，

在实验中保持m与M之和不变，该同学从车子中取出一些沙子，放入沙桶中，将沙桶和沙桶内沙子总重力视为系统所受合外力F，

根据牛顿第二定律得M+m=

=

=0.2kg

③该实验研究的对象是小车及车内沙子和沙桶及沙桶内沙子，即M+m，所受的合外力是沙桶和沙桶内沙子总重力，即mg．

故答案为：①平衡摩擦力

②如图，0.2

③M+m，mg

四、计算题（本大题共3小题，共30分）

17．一客运列车甲匀速行驶，其车轮在铁轨间的接缝处会产生周期性的撞击．坐在客车甲中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0s．在相邻的平行车道上有另一列客运列车乙，当旅客经过列车乙车头时，列车乙恰好从静止开始以恒定加速度沿列车甲行进的相反方向启动．该旅客在此后的12.0s内，看到恰好有20节乙车的车厢（含车头在内）从他身旁经过．已知每根铁轨的长度为25.0m，乙车车头及每节车厢的长度为26.5m，车厢间距忽略不计．求：

（1）客车甲运行速度的大小；

（2）列车乙运行加速度的大小．

【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

【分析】列车匀速行驶，根据速度v=

，

可求解列车速度；

12s内甲乙两车位移之和为20节乙车车厢的长度，根据位移公式可求解．

【解答】解：（1）设连续两次撞击铁轨的时间间隔为△t，每根铁轨的长度为L，则列车速度为v=

，

其中

，得v=37.5m/s

（2）12s内甲车运动的距离为x₁=vt=37.5×12=450m

设乙车的加速度为a，据位移公式知，12s内乙车运动的距离为：

根据题意知：x₁+x₂=20×26.5

代入数据解得：a=

m/s²

答：（1）客车甲运行速度的大小为37.5m/s；（2）列车乙运行加速度的大小为

m/s²．

18．如图，传送带与水平面倾角θ=37°，以10m/s的速率逆时针转动，在传送带上端A处轻轻放一质量m=2kg的物块，它与传送带间的摩擦系数μ=0.5．若两轮间传送带的长度L=29m．（g取10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：物块从传送带上端A运动到B处所用时间和到B处时的速度大小．

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【分析】根据牛顿第二定律求出物块开始下滑的加速度，结合速度时间公式求出速度达到传送带速度经历的时间，再根据牛顿第二定律求出继续下滑的加速度，根据速度位移公式得出到达底端的速度，结合速度时间公式求出继续匀加速直线运动的时间，从而得出总时间．

【解答】解：（1）当物体刚放上传送带的时候，由于传送带的运动，物体受到沿斜面向下的摩擦力作用，如图所示：

物体所受合力沿传送带向下，合力大小为：

F_合=f+mgsinθ=μN+mgsinθ=μmgcosθ+mgsinθ

所以物体产生的加速度为：a=μgcosθ+gsinθ=0.5×8+4m/s²=10m/s²，

由v=at得，

物体沿传送带向下做匀加速直线运动，速度达到10m/s所需要时间为：t=

=1s，

此段时间内下滑位移为：x=

=

×10×1m=5m＜29m，

当物体速度达到传送带速度时，由于mgsinθ＞μmgcosθ，物块仍将沿传送加速下滑，此时摩擦力沿传送向上．如图：

此时物体下滑的加速度a′=gsinθ﹣μgcosθ=6﹣4m/s²=2m/s²

则物体在下滑到达底端的过程中做加速度为a′=2m/s²，初速度v₀=10m/s，位移x′=L﹣x=24m，

根据速度位移关系有：v²﹣v₀²=2ax

代入数据解得到达B处时的速度大小为：v′=14m/s，

由v=v₀+at得从达到共同速度到B点所用时间为：t′=

═2s

物块从传送带上端A运动到B处所用时间为：t_总=t+t′=1+2s=3s

答：（1）物块从传送带上端A运动到 B处所用时间为3s；

（2）到B处时的速度大小14m/s．

19．一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平面的中央．桌布的一边与桌的AB边重合，如图．已知盘与桌布间的动摩擦因数为μ₁，盘与桌面间的动摩擦因数为μ₂．现突然以恒定的加速度a将桌布抽离桌面，加速度的方向是水平的且垂直于AB边．求

（1）圆盘在桌布上和在桌面上运动的加速度大小a₁和a₂；

（2）若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a 满足的条件是什么？（以g表示重力加速度）

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【分析】（1）根据牛顿第二定律分别求出桌布抽出前、后，盘的加速度大小．

（2）圆盘离开桌布后，在桌面上做匀减速直线运动，抓住圆盘在匀加速直线运动和匀减速直线运动的位移之和小于等于

，结合牛顿第二定律和运动学公式求出加速度a满足的条件．

【解答】解：（1）设圆盘的质量为m，在桌布从圆盘下抽出的过程中，盘的加速度为a₁，有

μ₁mg=ma₁

解得a₁=μ₁g

桌布抽出后，盘在桌面上作匀减速运动，有：μ₂mg=ma₂，

解得a₂=μ₂g．

（2）设盘刚离开桌布时的速度为v₁，移动的距离为x₁，离开桌布后在桌面上在运动距离x₂后便停下，

有v₁²=2a₁x₁，v₁²=2a₂x₂

盘没有从桌面上掉下的条件是

x₂≤

l﹣x₁

设桌布从盘下抽出的时间为t，在这段时间内桌布移动的距离为x，

而x=

at²

x₁=

a₁t²

而x=

l+x₁

由以上各式解得 a≥

答：（1）圆盘在桌布上和在桌面上运动的加速度大小分别是a₁=μ₁g，a₂=μ₂g；

（2）若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a 满足的条件是a≥

．

2016年11月25日