吉林省白城市通榆一中2013届高三物理上学期期中试题(含解析)新人教版.doc

2012-2013学年吉林省白城市通榆一中高三（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析

一、本题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．
1．（4分）历史上首先正确认识力和运动的关系，推翻“力是维持物体运动的原因”的物理学家是（　　）

A．
阿基米德
B．
牛顿
C．
伽利略
D．
亚里士多德

考点：
伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法；物理学史．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
阿基米德是古希腊哲学家、数学家、物理学家，其所做的工作被认为是物理学真正开始前的准备工作；
亚公元前四世纪的希腊哲学家亚里士多德认为：必须不断地给一个物体以外力，才能使它产生不断地运动．如果物体失去了力的作用，它就会立刻停止．即﹣﹣力是维持物体运动的原因．亚里士多德的观点很符合人们的日常经验，如停着的车不推它它就不会动，停止推它它就会停下来…所以亚里士多德的观点当时占着统治地位，而且一直统治了人们两千年；
伽利略斜面实验在牛顿第一定律的建立过程中起到了重要作用，它揭示了力与运动的关系，即物体的运动并不需要力来维持；
牛顿系统总结了前人的经验，并通过大量的实验提出了牛顿三大定律，标志着物理学的真正开端．
解答：
解：A、阿基米德是古希腊哲学家、数学家、物理学家，其所做的工作被认为是物理学真正开始前的准备工作，故A错误；
B、牛顿系统总结了前人的经验，并通过大量的实验提出了牛顿三大定律，是力学的奠基人，故B错误；
C、伽利略通过理想斜面实验得出了力不是维持运动的原因，而是改变物体速度的原因，故C正确；
D、亚里士多德认为运动需要力来维持，故D错误；
故选C．
点评：
本题关键要知道阿基米德、亚里斯多德、伽利略、牛顿等人对物理学发展的主要贡献．

2．（4分）一物体由静止开始作匀加速运动，它在第n秒内的位移是s，则其加速度大小为（　　）

A．

B．

C．

D．

考点：
匀变速直线运动规律的综合运用．
专题：
计算题．
分析：
要求物体的加速度，知道物体在第n秒内的位移，根据平均速度公式s=t，需求物体在第n秒内的平均速度，故需求物体在第n秒初的速度v1和在第n秒末的速度v2．
解答：
解：设物体的加速度为a，由于物体做初速度为0的匀加速直线运动，
根据vt=v0+at可得
物体在第（n﹣1）秒末的速度为v1=（n﹣1）a，
物体在第n秒末的速度为v2=na，
则在第n秒内的平均速度，
根据s=t
物体在第n秒内的位移s=×1
故物体的加速度a=
故选A．
点评：
知道某段时间内的位移，求物体的加速度，可以利用平均速度公式求解，要求平均速度，需要知道物体的初速度和末速度的表达式．

3．（4分）小球从空中自由下落，与水平地面第一次相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示，则（　　）

A．
小球第一次反弹初速度的大小为3m/s

B．
碰撞时速度的改变量大小为2m/s

C．
小球是从5m高处自由下落的

D．
小球反弹起的最大高度为0.45m

考点：
自由落体运动；匀变速直线运动的图像．
专题：
自由落体运动专题．
分析：
解决本题的关键是正确理解速度时间图象的物理意义：速度图象的斜率代表物体的加速度，速度图象与时间轴围成的面积代表物体的位移，最后求出反弹的高度．
解答：
解：A、由图象可知，小球第一次反弹后初速度的大小为3m/s，故A正确；
B、碰撞时速度的改变量为△v=﹣3m/s﹣5m/s=﹣8m/s，则速度的改变量大小为8m/s，故B错误；
C、由图象可知：前0.5s内物体自由下落，后0.3s物体反弹，根据v﹣t图象中速度图象与时间轴围成的面积表示位移可得：小球下落的高度为：
h=×0.5×5m=1.25m，故C错误；
D、小球能弹起的最大高度对应图中0.5s﹣0.8s内速度图象的面积，所以h=×0.3×3m=0.45m，故D正确；
故选AD．
点评：
解决本题要明确v﹣t图象的含义：在v﹣t图象中每时刻对应于速度的大小，速度的正负表示其运动方向，图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间轴围成的面积为物体的位移，时间轴上方面积表示位移为正，下方表示为负．

4．（4分）（2012•山西一模）如图所示，在一粗糙水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一原长为L，劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与地面间的滑动摩擦因数均为μ．现用一水平力向右拉木块2，当两木块一起匀速运动时两木块之间的距离是（　　）

A．
L+m1g
B．
L+（m1+m2）g

C．
L+m2g
D．
L+（）g

考点：
共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；胡克定律．
专题：
共点力作用下物体平衡专题．
分析：
当两木块一起匀速运动时，木块1受到重力、弹簧的拉力、地面的支持力和摩擦力而平衡，根据平衡条件求出弹簧的弹力，由胡克定律求出弹簧伸长的长度，再求解两木块之间的距离．
解答：
解：对木块1研究．木块1受到重力、弹簧的拉力、地面的支持力和摩擦力．
根据平衡条件弹簧的弹力F=μm1g
又由胡克定律得到弹簧伸长的长度x==
所以两木块一起匀速运动时两木块之间的距离是S=L+x=L+m1g．
故选A
点评：
本题是平衡条件和胡克定律的综合应用，关键是选择研究对象，分析物体的受力情况．

5．（4分）如图所示，光滑的半球形物体固定在水平地面上，球心正上方有一光滑的小滑轮，轻绳的一端系一小球．靠放在半球上的A点，另一端绕过定滑轮后用力拉住，使小球静止．现缓慢地拉绳，在使小球沿球面由A到半球的顶点B的过程中，半球对小球的支持力N和绳对小球的拉力T的大小变化情况是（　　）

A．
N变大，T变小
B．
N变小，T变大

C．
N变小，T先变小后变大
D．
N不变，T变小

考点：
共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
专题：
共点力作用下物体平衡专题．
分析：
分析小球受力情况：重力G，细线的拉力T和半球面的支持力N，作出N、T的合力F，根据三角形相似法分析N、T的变化．
解答：
解：以小球为研究对象，分析小球受力情况：重力G，细线的拉力T和半球面的支持力N，作出N、T的合力F，由平衡条件得知F=G．

由△NFA∽△AO1O得==
得到
N=G
T=G
由题缓慢地将小球从A点拉到B点过程中，O1O，AO不变，O1A变小
可见T变小；N不变．
故选D．
点评：
本题是平衡问题中动态变化分析问题，N与T不垂直，运用三角形相似法分析，作为一种方法要学会应用．

6．（4分）在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火．按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4s末到达离地面100m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于（重力加速度g取10m/s2）（　　）

A．
25m/s，1.25
B．
40m/s，0.25
C．
50m/s，0.25
D．
80m/s，1.25

考点：
牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
礼花弹从炮筒中竖直射出时向上做匀减速直线运动，对其进行受力分析，根据牛顿第二定律及匀减速直线运动的基本公式即可求解．
解答：
解：上升过程中所受的平均阻力f=kmg，
根据牛顿第二定律得：a==（k+1）g，
根据h=at2
得：a==12.5m/s2，
所以v0=at=50m/s，
而（k+1）g=12.5m/s2，
所以 k=0.25．
故选C．
点评：
本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的应用，要求同学们能正确对物体进行受力分析，根据受力情况判断运动情况，并熟练运用运动学基本公式解题．

7．（4分）（2010•济南模拟）如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端栓一质量为m的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起，当框架对地面的压力为零的瞬间，小球的加速度大小为（　　）

A．
g
B．

C．
0
D．

考点：
牛顿第二定律．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
先对框架受力分析，求出弹簧对框架的作用力，在对小球受力分析，求出加速度．
解答：
解：框架静止在地面上，当框架对地面的压力为零的瞬间，受到重力和弹簧的弹力，根据平衡条件，弹簧对框架的弹力向上，大小等于框架的重力Mg，故弹簧对小球有向下的弹力，大小也等于Mg；
再对小球受力分析，受重力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律，有
Mg+mg=ma
故小球的加速度为a=
故选D．
点评：
本题关键先对框架受力分析，求得弹簧对小球的弹力，然后根据牛顿第三定律得到弹簧对小球的弹力，最后再根据牛顿第二定律求得小球的加速度．

8．（4分）如图半径为R的大圆盘以角速度ω旋转，如图，有人站在盘边P点上，随盘转动．他想用枪击中在圆盘中心的目标O，若子弹速度为vo，则（　　）

A．
枪应瞄准目标O射击

B．
应瞄准PO的左方偏过θ角射击，且sin θ=

C．
应瞄准PO的左方偏过θ角射击，且tan θ=

D．
应瞄准PO的右方偏过θ角射击，且cosθ=

考点：
运动的合成和分解．
专题：
运动的合成和分解专题．
分析：
子弹参与了两个方向上的运动，沿枪口方向上的运动和沿圆盘切线方向上的运动，当合速度的方向指向目标O时，击中目标．根据平行四边形定则进行分析．
解答：
解：子弹沿圆盘切线方向上的速度v1=Rω，子弹沿枪口方向上的速度为vo，根据平行四边形定则，有sin．所以v0的方向应瞄准PO的左方偏过θ角射击，且sin θ=．故B正确，A、C、D错误．
故选B．

点评：
解决本题的关键知道子弹参与两个分运动，抓住合速度的方向指向O点，运用平行四边形定则求解．

9．（4分）（2006•盐城模拟）某行星质量为地球质量的，半径为地球半径的3倍，则此行星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的（　　）

A．
9倍
B．

C．
3倍
D．

考点：
人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．
专题：
人造卫星问题．
分析：
物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度叫做第一宇宙速度，大小7.9km/s，可根据卫星在圆轨道上运行时的速度公式v=解得．
解答：
解：设地球质量M，某星球质量M，地球半径r，某星球半径3r
由万有引力提供向心力做匀速圆周运动得：=
解得：卫星在圆轨道上运行时的速度公式v=，
分别代入地球和某星球的各物理量得
此行星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的．
故选B．
点评：
本题要掌握第一宇宙速度的定义，正确利用万有引力公式列出第一宇宙速度的表达式．

10．（4分）同步卫星离地球球心的距离为r，运行速率为v1，加速度大小为a1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度大小为a2，第一宇宙速度为v2，地球半径为R，则（　　）

A．
a1：a2=r：R
B．
a1：a2=R2：r2
C．
v1：v2=R2：r2
D．

考点：
人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．
专题：
人造卫星问题．
分析：
同步卫星的角速度与地球自转的角速度相同，地球赤道上的物体随地球自转时，其角速度也与地球自转的角速度相同，由a=ω2r求解a1：a2．人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，可得到卫星的速度与半径的关系式，再求解速度之比v1：v2．
解答：
解：A、B同步卫星的角速度、赤道上的物体的角速度都与地球自转的角速度相同，则由a=ω2r得，a1：a2=r：R．故A正确，B错误．
C、D第一宇宙速度等于近地卫星的运行速度，人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则得 G=m，则有v=，M是地球的质量为M，r是卫星的轨道半径，则得到，v1：v2=：．故C错误，D正确．
故选AD
点评：
本题要建立物理模型：人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力；其次要灵活选择公式的形式．

11．（4分）如图所示，根据观测，某行星外围有一模糊不清的圆环，为了判断该圆环是连续物还是卫星群，测出了环内各层的线速度v大小与该层至行星中心的距离r，则以下判断中正确的是（　　）

A．
若v与r成正比，则该圆环是连续物
B．
若v与r成反比，则该圆环是连续物

C．
若v2与r成反比，则该圆环是卫星群
D．
若v2与r成正比，则该圆环是卫星群

考点：
万有引力定律及其应用．
专题：
万有引力定律的应用专题．
分析：
若是行星的一部分，则各层转动的角速度相等，根据v=ωR可以判断v与R的关系；若该层是土星的卫星群，则向心力等于万有引力，根据G=m，可以判断v与R的关系．
解答：
解：A、若是行星的一部分 则各层转动的角速度相等，根据v=ωr得：v∝r，故A正确，B错误；
C、若该层是行星的卫星群，则向心力等于万有引力，根据G=m，得：v2=，即v2∝，故C正确，D错误．
故选AC．
点评：
解决本题要知道若是土星的一部分，则各层转动的角速度相等，若该层是土星的卫星群，则根据向心力等于万有引力求解，难度不大，属于基础题．

12．（4分）如图所示，有一质量为M的大圆环，半径为R，被一轻杆固定后悬挂在O点，有两个质量为m的小环（可视为质点），同时从大环两侧的对称位置由静止滑下．两小环同时滑到大环底部时，速度都为v，则此时大环对轻杆的拉力大小为（　　）

A．
（2m+2M）g
B．
Mg﹣2mv2/R
C．
2m（g+v2/R）+Mg
D．
2m（v2/R﹣g）+Mg

考点：
向心力；牛顿第二定律．
专题：
牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
分析：
根据牛顿第二定律求出小环运动到最低点时，大环对它的拉力，再隔离对大环分析，求出大环对轻杆的拉力大小．
解答：
解：小环在最低点，根据牛顿第二定律得，F﹣mg=．则F=mg+m．对大环分析，有：T=2F+Mg=2m（g+）+Mg．故C正确，A、B、D错误．
故选C．
点评：
解决本题的关键搞清小环做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．

二、本题共3小题，共12分．将正确答案填在题中的横线上．
13．（4分）在做“验证牛顿第二定律”的实验时（装置如图1所示）：
（1）下列说法中正确的是　BD　．
A．平衡运动系统的摩擦力时，应把装砂的小桶通过定滑轮拴在小车上
B．连接砂桶和小车的轻绳应和长木板保持平行
C．当改变小车或砂桶质量时应再次平衡摩擦力
D．小车应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车
（2）甲同学根据实验数据画出的小车的加速度a和小车所受拉力F的图象如图2所示中的直线Ⅰ，乙同学画出的图象为图中的直线．直线Ⅰ、Ⅱ在纵轴或横轴上的截距较大．明显超出了误差范围，下面给出了关于形成这种情况原因的四种解释，其中可能正确的是　BC　．
A．实验前甲同学没有平衡摩擦力
B．甲同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了
C．实验前乙同学没有平衡摩擦力
D．乙同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了．

考点：
验证牛顿第二运动定律．
专题：
实验题；牛顿运动定律综合专题．
分析：
（1）根据验证牛顿第二定律实验的实验注意事项分析答题．
（2）甲图象表明在小车的拉力为0时，合外力大于0，说明平衡摩擦力过度．
乙图象说明在拉力大于0时，物体的加速度为0，说明绳子的拉力被摩擦力平衡了，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．
解答：
解：（1）A、平衡运动系统的摩擦力时，不应把装砂的小桶通过定滑轮拴在小车上，故A错误；
B、连接砂桶和小车的轻绳应和长木板保持平行，故B正确；
C、改变小车或砂桶质量时不需要再次平衡摩擦力，故C错误；
D、实验前小车应靠近打点计时器，实验时应先接通电源再释放小车，故D正确；
故选BD．
（2）Ⅰ图象表明在小车的拉力为0时，小车的加速度大于0，说明合外力大于0，说明平衡摩擦力过渡，即把长木板的末端抬得过高了．故A错误B正确．
Ⅱ图象说明在拉力大于0时，物体的加速度为0，说明合外力为0，即绳子的拉力被摩擦力平衡了，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，也就是没有将长木板的末端抬高或抬高不够．故C正确而D错误．
故选BC
故答案为：（1）BD；（2）BC．
点评：
只有真正掌握了实验原理，才能真正顺利解决实验题目，所以在学习的过程中要深入理解和把握实验原理，这样才能真正做到以不变应万变，才能有效提高物理成绩．

14．（4分）如图所示，在固定的光滑水平地面上有质量分别为m1和m2的木块A、B．A、B之间用轻质弹簧相连接，用水平向右的外力F推A，弹簧稳定后，A、B一起向右做匀加速直线运动，加速度为a，以向右为正方向，在弹簧稳定后的某时刻，突然将外力F撤去，撤去外力的瞬间，木块A的加速度是a1=　　，木块B的加速度是a2=　a　．

考点：
牛顿第二定律．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出撤去推力F前的加速度，再对B研究求解弹簧的弹力大小．撤去推力F的瞬间，弹簧的弹力没有变化，再根据牛顿第二定律分别求出两个物物体的加速度．
解答：
解：撤去推力F前，根据牛顿第二定律得：
对整体：a=
对B：F弹=m2a=
撤去推力F的瞬间，弹簧的弹力没有变化，其弹力大小仍为F弹=，则由牛顿第二定律得A、B两物体的加速度大小分别为：
a1==
aB=
故答案为：；a
点评：
本题是瞬时问题，一般先根据牛顿第二定律求出状态变化前弹簧的弹力，抓住状态变化的瞬间，弹簧的弹力没有变化，再分析瞬间两个物体的加速度．

15．（4分）一个圆盘边缘系一根细绳，绳的下端拴着一个质量为m的小球，圆盘的半径是r，绳长为l，圆盘匀速转动时小球随着一起转动，并且细绳与竖直方向成θ角，如图所示，则圆盘的转速是　　．

考点：
牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速；向心力．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
小球随着一起转动时在水平面内做匀速圆周运动，由重力和细绳拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解转速．
解答：
解：以小球为研究对象，由题可知，小球在水平面内做匀速圆周运动，半径为R=lsinθ+r，由重力和细绳拉力的合力提供向心力，力图如图．设转速为n，则由牛顿第二定律得
mgtanθ=m（2πn）2R
又 R=lsinθ+r
得到 n=
故答案为：

点评：
本题是圆锥摆问题，容易出错的地方是圆周运动半径的确定，不等于细绳的长度，也不等于lsinθ，是轨迹圆的半径，由几何知识确定．

三、本题共4小题，共40分．解答时请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给分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
16．（10分）如图所示，小车上有一竖直杆，总质量为M，杆上套有一块质量为m的木块，杆与木块间的动摩擦因数为μ，小车静止时木块可沿杆自由滑下．问：必须对小车施加多大的水平力让车在光滑水平面上运动时，木块才能匀速下滑？

考点：
牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
木块竖直方向匀速下滑，水平方向具有与小车相同的加速度．分析木块竖直方向的受力：重力mg和滑动摩擦力f，二力平衡，即可得到滑动摩擦力f，由f=μN，求出杆对木块的弹力，根据牛顿第二定律求出木块水平方向的加速度，小车与木块水平方向有相同的加速度，再对整体根据牛顿第二定律求出水平力F的大小．
解答：
解：设小车的加速度为a．
对木块：
竖直方向：受到重力mg和滑动摩擦力f，木块匀速下滑时，则有 f=mg
水平方向：受到杆的弹力N，则有 N=ma，
又f=μN
联立以上三式，得 a=
对整体，根据牛顿第二定律得：
水平方向：F=（M+m）a
解得，
答：小车施加（M+m）g的水平力让车在光滑水平面上运动时，木块才能匀速下滑．
点评：
本题运用正交分解法研究木块的受力情况，再运用整体法，根据牛顿第二定律即可求解水平力F．

17．（10分）如图所示，在离地高为h、离竖直光滑墙的水平距离为s1处有一小球以v0的速度向墙水平抛出，与墙碰后落地，不考虑碰撞的时间及能量损失，则落地点到墙的距离s2为多大？

考点：
平抛运动．
专题：
平抛运动专题．
分析：
小球抛出后做平抛运动，碰撞后小球水平速度不变，仍做平抛运动，根据平抛运动的特点即可求解．
解答：
解：碰撞前，小球做平抛运动，碰撞后小球水平速度不变，仍做平抛运动，
所以则落地点到墙的距离s2等于没有墙壁时做平抛运动的水平位移减去s1，
所以h=，解得：t=
水平方向有：x=
则落地点到墙的距离s2=x﹣s1=
答：落地点到墙的距离s2为
点评：
本题主要考查了平抛运动的基本公式的直接应用，难度不大，属于基础题．

18．（10分）一平板车，质量M=100kg，停在光滑水平路面上，车身离地面的高h=1.25m，一质量m=50kg的小物块置于车的平板上，它到车尾的距离b=1.0m，与车板间的动摩擦因数μ=0.20，如图所示，今对平板车施一水平方向恒力，使车向右行驶．结果物块从车板上滑落，物块刚离开车板的时刻，车向前行驶的距离S0=2.0m．求：
（1）物块在平板上滑动时的加速度大小及方向．
（2）物块落地时，落地点到车尾的水平距离S．

考点：
牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
（1）以m为研究对象进行分析，m在车板上的水平方向只受一个摩擦力f的作用，所以m从A点运动到B点，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律列式求解加速度；
（2）以m为研究对象进行分析，做匀加速直线运动，根动学基本公式求出运动到B点的速度、位移等，以小车为研究对象，根据牛顿第二定律求出平板车的加速度；m从B处滑落时，以υB为初速度做平抛运动，根据平抛运动的基本公式求出运动的时间和位移，对平板车M，在m未滑落之前，水平方向受二力作用，即F和物块对平板车的摩擦力f，二者方向相反，当m从平板车的B点滑落以后，平板车水平方向只受F作用，做匀加速直线运动，分别根据运动学基本公式求出位移，进而可求得物块落地时，落地点到车尾的水平距离s．
解答：
解：（1）设物块与车板间的摩擦力为f，则有
F﹣f=M a1
f=μmg
解得：a1=4 m/s2（2）设车启动至物块离开车板经历的时间为t1，物块的加速度为a2，则
f=ma2　
解得：a2=2 m/s2
a1t12﹣a2t12=b
解得：t1=1 s
物块离开车板时刻，车和物块的速度分别
v1=a1t1=4m/s
v2=a2t1=2m/s
物块离车板后作平抛运动，所经历的时间为t2，走过的水平距离为s2，则
s2=vt2
h=gt22
解之得：t2=0.5s　 s2=1m
在这段时间内车的加速度　a3==5 m/s2
车运动的距离s1=v1t2+a3t22=2.625m
s=s1﹣s2=1.625 m
答：（1）物块滑落前，平板车的加速度的大小为4 m/s2，方向水平向右；
（2）物块落地点到车尾的水平距离s为1.625 m．
点评：
该题涉及到相对运动的过程，要求能根据受力情况正确分析运动情况，并能熟练运用运动学基本公式解题，难度较大．

19．（10分）已知物体从地球上的逃逸速度（第二宇宙速度）v2=，其中G、ME、RE分别是引力常量、地球的质量和半径．已知G=6.67×10﹣11 N•m2/kg2，c=2.9979×108 m/s．求下列问题：
（1）逃逸速度大于真空中光速的天体叫做黑洞，设某黑洞的质量等于太阳的质量M=1.98×1030 kg，求它的可能最大半径（这个半径叫Schwarzchild半径）
（2）在目前天文观测范围内，物质的平均密度为10﹣27 kg/m3，如果认为我们的宇宙是这样一个均匀大球体，其密度使得它的逃逸速度大于光在真空中的速度c，因此任何物体都不能脱离宇宙，问宇宙的半径至少多大？

考点：
万有引力定律及其应用．
专题：
万有引力定律的应用专题．
分析：
（1）任何物体（包括光子）都不能脱离黑洞的束缚，那么黑洞表面脱离的速度应大于光速，根据c≤即可求解；
（2）根据质量与密度的关系先求出质量，根据（1）的分析即可求解．
解答：
解：（1）由题目所提供的信息可知，任何天体均存在其所对应的逃逸速度v2=，
其中M、R为天体的质量和半径．
对于黑洞模型来说，其逃逸速度大于真空中的光速，
即v2＞c，
所以R＜m=2.94×103 m．
故最大半径为2.94×103 m．
（2）M=ρ•πR3，其中R为宇宙的半径，ρ为宇宙的密度，
则宇宙所对应的逃逸速度为v2=，
由于宇宙密度使得其逃逸速度大于光速c，
即v2＞c，
则R＞=4.01×1026 m，
合4.24×1010光年．
即宇宙的半径至少为4.24×1010光年．
答：（1）它的可能最大半径为2.94×103 m．
（2）宇宙的半径至少应为4.24×1010光年．
点评：
本题考查了万有引力定律定律及圆周运动向心力公式的直接应用，要注意任何物体（包括光子）都不能脱离黑洞的束缚，那么黑洞表面脱离的速度应大于光速．

15