…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年粵教版高三物理下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、如圖所示，質(zhì)量均為m的物體A、B通過一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，開始時B放在地面上，A、B都處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)通過細(xì)繩將A加速向上拉起，當(dāng)B剛要離開地面時，A上升距離為L．假設(shè)彈簧一直在彈性限度范圍內(nèi)，則（）A.L=B.L=C.L＜D.L＞2、在某一高處以一定的水平速度將物體拋出，物體落到水平地面上．若空氣阻力對物體的作用可忽略不計，下列說法中正確的是（）A.物體的運動是變加速運動B.在運動過程中物體的機(jī)械能在不斷增加C.物體在空中運動的時間與拋出時初速度的大小有關(guān)D.初速度一定時，拋出點的位置越高，物體落地時水平飛行的距離越大3、把一光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，在光滑圓環(huán)的最高點有一個光滑的小孔，如圖所示。質(zhì)量為m

的小球套在圓環(huán)上，一根細(xì)線的下端系著小球，上端穿過小孔用手拉住?，F(xiàn)拉動細(xì)線，使小球沿圓環(huán)緩慢下移。在小球移動過程中手對細(xì)線的拉力F

和圓環(huán)對小球的彈力FN

的大小變化情況是(

)

A.F

不變，F(xiàn)N

增大B.F

不變，F(xiàn)N

減小C.F

減小，F(xiàn)N

不變D.F

增大，F(xiàn)N

不變4、如圖所示，在一個半徑為r的圓周上等間距的五個點A、B、C、D、E上各固定一個點電荷，除A點處的電荷量-q外，其余各點處的電荷量均為+q，則在圓心O放置的另一個電荷量為Q的正點電荷所受的電場力的大小和方向為（）A.電場力大小為，方向沿OA方向B.電場力大小為，方向沿AO方向C.電場力大小為，方向沿OA方向D.電場力大小為，方向沿AO方向5、如圖，A、B兩物體用一根跨過定滑輪的細(xì)繩相連，置于固定斜面的兩個斜面上的相同高度處，且處于靜止?fàn)顟B(tài)，而斜面的傾角分別為α和β（α和β大小關(guān)系未知），若不計一切摩擦．剪斷細(xì)繩后，下列關(guān)于兩物體的說法正確的是（）A.兩物體著地的速度一定相同B.兩物體著地時動能一定相同C.兩物體著地時的機(jī)械能一定不相同D.兩物體達(dá)斜面底端時重力的功率一定相同評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)6、某物體以初速度v0被水平拋出后，落地時的速度大小是60m/s，方向與水平方向的夾角為60°，則它初速度為____．7、（2015?嘉定區(qū)一模）在如圖（a）所示的電路中，R1為定值電阻，R2為滑動變阻器．閉合開關(guān)S，將滑動變阻器的滑動觸頭P從最右端滑到最左端，兩個電壓表的示數(shù)隨電路中電流變化的完整過程圖線如圖（b）所示．則電源內(nèi)阻的阻值為____Ω，滑動變阻器R2的最大功率為____W．8、（2012秋?余杭區(qū)校級期中）如圖所示，質(zhì)量分別為m1、m2兩個物體通過輕彈簧連接，在力F的作用下一起沿水平方向做勻速直線運動（m1在地面，m2在空中），力F與水平方向成θ角．m1所受支持力N=____；摩擦力f=____．9、【題文】如圖所示，電源電壓不變，R1=10Ω．R2=15Ω。當(dāng)S1、S2都閉合時．甲、乙都是電壓表，則U甲：U乙=____；當(dāng)S1閉合，S2斷開時，甲、乙都是電流表，則I甲：I乙=____。10、質(zhì)量為1kg的物體從傾角為30°的光滑斜面上由靜止開始下滑，重力在前3s內(nèi)做功____J，平均功率____W；物體沿斜面滑完3s時重力的瞬時功率____W．11、（2015春?福建期末）如圖所示，理想變壓器的副線圈上接有三個燈泡．原線圈與-個燈泡串聯(lián)接在交流電源上．若四個燈泡完全相同，且都正常發(fā)光，則原副線圈匝數(shù)比為____；電源兩端的電壓U1與燈泡兩端的電壓U2之比____．12、直流電動機(jī)線圈的電阻為R，當(dāng)電動機(jī)正常工作時，通過的電流強(qiáng)度為I，電動機(jī)兩端的電壓為U，則電動機(jī)的熱功率為____，消耗功率為____，對外輸出功率為____．13、（2014秋?泰興市校級月考）在北京殘奧會開幕式上，運動員手拉繩索向上攀登，最終點燃了主火炬，體現(xiàn)了殘疾運動員堅韌不拔的意志和自強(qiáng)不息的精神．為了探究上升過程中運動員與繩索和吊椅間的作用，可將過程簡化．一根不可伸縮的輕繩跨過輕質(zhì)的定滑輪，一端掛一吊椅，另一端被坐在吊椅上的運動員拉住，如圖所示．設(shè)運動員的質(zhì)量為65kg，吊椅的質(zhì)量為15kg，不計定滑輪與繩子間的摩擦．重力加速度取g=10m/s2．當(dāng)運動員與吊椅一起正以加速度a=1m/s2上升時；

（1）運動員豎直向下拉繩的力____；

（2）運動員對吊椅的壓力大小____．14、以20m/s勻速行駛的汽車，發(fā)現(xiàn)前方十字路口處亮起紅燈時立即剎車，若要在4秒內(nèi)剎車并停下，則加速度大小為____m/s2．評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)15、布朗運動是微觀粒子的運動，其運動規(guī)律不遵循牛頓第二定律．____．（判斷對錯）16、物體的運動狀態(tài)發(fā)生了變化，一定受到外力的作用．____（判斷對錯）17、公式E=和對于任何靜電場都是適用的．____．（判斷對錯）18、平拋運動屬于勻變速運動，勻速圓周運動也屬于勻變速運動．____．19、圍繞地球飛行的宇宙飛船里的宇航員不受地球引力的作用．____．20、穿過閉合導(dǎo)體回路所包圍面積的磁通量為零時，回路中感應(yīng)電流就一定為零．____（判斷對錯）21、普朗克在研究黑體的熱輻射問題時提出了能量子假說____（判斷對錯）22、電流周圍存在磁場____．（判斷對錯）23、作用力與反作用力一定是同種性質(zhì)的力．____（判斷對錯）評卷人得分四、證明題(共3題，共12分)24、一物體做初速度為v0的勻加速直線運動，加速度為a，經(jīng)過時間t速度達(dá)到vt，試證明物體經(jīng)過時刻的速度等于這段時間內(nèi)的平均速度，還等于．25、（2016?海淀區(qū)模擬）如圖所示，將小物塊（可視為質(zhì)點）平放在水平桌面的一張薄紙上，對紙施加恒定水平拉力將其從物塊底下抽出，物塊的位移很小，人眼幾乎觀察不到物塊的移動．已知物塊的質(zhì)量為M，紙與桌面、物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ1，紙與物塊間的動摩擦因數(shù)為μ2；重力加速度為g．

（1）若薄紙的質(zhì)量為m；則從開始抽紙到紙被抽離物塊底部的過程中；

①求薄紙所受總的摩擦力為多大；

②從沖量和動量的定義；結(jié)合牛頓運動定律和運動學(xué)規(guī)律，證明：水平拉力F和桌面對薄紙摩擦力的總沖量等于物塊和紙的總動量的變化量．（注意：解題過程中需要用到；但題目中沒有給出的物理量，要在解題中做必要的說明．）

（2）若薄紙質(zhì)量可忽略，紙的后邊緣到物塊的距離為L，從開始抽紙到物塊最終停下，若物塊相對桌面移動了很小的距離s0（人眼觀察不到物塊的移動），求此過程中水平拉力所做的功．26、帶電離子以速度v沿CB方向射入一橫截面為正方形的區(qū)域，C，B為該正方形兩邊的中點，如圖所示，不計粒子的重力，當(dāng)區(qū)域內(nèi)有豎直方向的勻強(qiáng)電場E時，粒子恰好從A點飛出；當(dāng)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場時，粒子也恰好從A點飛出，試證明：=v．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【分析】開始時B放在地面上，A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧所受的彈力等于A的重力，由胡克定律求出彈簧的壓縮量．當(dāng)B剛要離開地面時，彈簧處于伸長狀態(tài)，彈力大小恰好等于B的重力，再由胡克定律求出彈簧的伸長量，由幾何關(guān)系求解L【解析】【解答】解：開始時B放在地面上，A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧所受的彈力等于A的重力，由胡克定律得，kx1=mg

當(dāng)B剛要離開地面時，彈簧處于伸長狀態(tài)，彈力大小恰好等于B的重力，由胡克定律得，kx2=mg．

由幾何關(guān)系得知，L=x1+x2解得L=．故B正確；ACD錯誤。

故選：B2、D【分析】【分析】物體水平拋出，僅受重力，做平拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，運動的時間由高度決定．【解析】【解答】解：A；物體做平拋運動；加速度不變，做勻變速曲線運動，故A錯誤．

B；在運動的過程中；只有重力做功，機(jī)械能守恒，故B錯誤．

C、根據(jù)h=知，t=；物體在空中運動的時間與初速度無關(guān)，與高度有關(guān)，故C錯誤．

D、根據(jù)x=知；初速度一定，高度越高，水平飛行的距離越大，故D正確．

故選：D．3、D【分析】解：小球沿圓環(huán)緩慢上移可看做勻速運動；對小球進(jìn)行受力分析，小球受重力GFN

三個力。滿足受力平衡。作出受力分析圖如下。

由圖可知鈻?OAB

∽鈻?GFA

即：GR=FAB=FNR

小球沿圓環(huán)緩慢下移時；半徑不變，AB

長度增大，故F增大，F(xiàn)N

不變，故D正確；

故選：D

對小球受力分析；作出力的平行四邊形，同時作出AB

與半徑組成的圖象；則可知兩三角形相似，故由相似三角形知識可求得拉力及支持力。

相似三角形法在處理共點力的動態(tài)平衡時較為常見，當(dāng)無法準(zhǔn)確得出角邊關(guān)系時，應(yīng)考慮應(yīng)用此法。【解析】D

4、A【分析】【分析】根據(jù)點電荷的場強(qiáng)公式求出點電荷產(chǎn)生的場強(qiáng)，然后由平行四邊形定則求出各點電荷場強(qiáng)的合場強(qiáng)，然后求出O點的場強(qiáng)大小與方向，再求出電場力．【解析】【解答】解：由點電荷的場強(qiáng)公式可知，各點電荷在O點產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為E=；

電場強(qiáng)度是矢量，求合場強(qiáng)應(yīng)用平行四邊形定則，由對稱性可知，

B、C、D、E四個點電荷的合場強(qiáng)大小為E′=；方向沿OA方向；

則A；B、C、D、E五個點電荷的合場強(qiáng)大小為：

E合=E′+E=，方向沿OA方向，則在圓心O放置的另一個電荷量為Q的正點電荷所受的電場力的大小F=E合Q=；方向沿OA方向，故A正確，BCD錯誤；

故選：A5、D【分析】【分析】分別對物體受力分析；由共點力的平衡即可得出兩物體的質(zhì)量之比；

剪斷細(xì)線后；兩物體做勻加速運動，由機(jī)械能守恒可求得落地的速度；

由功率公式可求得兩物體所受重力做功的功率之比．【解析】【解答】解：兩物體均處于平衡狀態(tài)；受力分析如圖所示；

繩子對AB的拉力大小相等，對A有：mAg=；

對B有：mBg=

則有：

繩子剪斷后；兩物體做勻加速運動，只受重力和支持力，支持力不做功，所以下落過程中機(jī)械能守恒．

由于落地高度相同；故落地時的速度大小相等，而兩速度在豎直方向上的分量之比為：

瞬時功率為：P=mgv豎；

所以兩物體著地時所受重力的功率一定相同；故D正確．

A；下落過程中機(jī)械能守恒；由于落地高度相同，故落地時的速度大小相等，方向不同，所以兩物體著地時的速度不相同，故A錯誤．

B；兩物體質(zhì)量不一定相等；落地時的速度大小相等，所以兩物體著地時的動能不一定相同，故B錯誤．

C；繩子剪斷瞬間；兩物體動能都為零，兩物體質(zhì)量不一定相等，重力勢能不等，下落過程中機(jī)械能守恒，所以兩物體著地時的機(jī)械能不相同，故C錯誤．

故選：D．二、填空題(共9題，共18分)6、30m/s【分析】【分析】平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據(jù)落地速度的分解即可求得初速度．【解析】【解答】解：根據(jù)落地速度的分解可得：初速度v0=vcos60°=60×0.5=30（m/s）

故答案為：30m/s．7、50.9【分析】【分析】由圖可知兩電阻串聯(lián)，V1測R1兩端的電壓，V2測R2兩端的電壓；當(dāng)滑片向左端滑動時，滑動變阻器接入電阻減小，則可知總電阻變化，由閉合電路歐姆定律可知電路中電流的變化，則可知內(nèi)電壓的變化及路端電壓的變化，同時也可得出R1兩端的電壓變化；判斷兩圖象所對應(yīng)的電壓表的示數(shù)變化；

由圖可知當(dāng)R2全部接入及只有R1接入時兩電表的示數(shù)，則由閉合電路的歐姆定律可得出電源的內(nèi)阻；由功率公式可求得電源的最大輸出功率及滑動變阻器的最大功率．【解析】【解答】解：當(dāng)滑片左移時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，電路中電流增大；而R1兩端的電壓增大，故乙表示是V1示數(shù)的變化；甲表示V2示數(shù)的變化；由圖可知，當(dāng)只有R1接入電路時，電路中電流為0.6A，電壓為3V，則由E=U+Ir可得：E=3+0.6r；

當(dāng)滑動變阻器全部接入時，兩電壓表示數(shù)之比為，故=；由閉合電路歐姆定律可得E=5+0.2r

解得：r=5Ω；E=6V．

由上分析可知，R1的阻值為5Ω，R2電阻為20Ω；當(dāng)R1等效為內(nèi)阻，則當(dāng)滑動變阻器的阻值等于R+r時，滑動變阻器消耗的功率最大，故當(dāng)滑動變阻器阻值為10Ω時，滑動變阻器消耗的功率最大，由閉合電路歐姆定律可得，電路中的電流I==A=0.3A，則滑動變阻器消耗最大功率P=I2R=0.9W；

故答案為：5，0.9．8、m1g+m2g-FsinθFcosθ【分析】【分析】對整體分析，根據(jù)共點力平衡求出地面的支持力N和摩擦力f的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓簩φw分析，在豎直方向上有：Fsinθ+N=（m1+m2）g，則：N=m1g+m2g-Fsinθ

在水平方向上有：f=Fcosθ

故答案為：N=m1g+m2g-Fsinθ，f=Fcosθ．9、略

【分析】【解析】當(dāng)S1、S2都閉合時．甲、乙都是電壓表，兩個電阻串聯(lián)，串聯(lián)電路的電壓和電阻是成正比R1：R2=2:3則U甲：U乙=3:5；當(dāng)S1閉合，S2斷開時，兩個電阻是并聯(lián)，甲、乙都是電流表，并聯(lián)電路的電流和電阻是成反比，則I甲：I乙=5:2?！窘馕觥俊敬鸢浮?:5，5:210、112.537.575【分析】【分析】根據(jù)重力做功的大小，結(jié)合運動的時間求出第s內(nèi)重力做功的平均功率．根據(jù)3s末的速度，結(jié)合瞬時功率的公式求出重力的瞬時功率．【解析】【解答】解：物體沿斜面下滑的加速度a=；

則前3s內(nèi)的位移x=；

重力在前3s內(nèi)做功W=mgxsin30°=10×=112.5J

平均功率

物體沿斜面滑完3s時的速度v=at=15m/s

重力的瞬時功率P=mgvsin30°=10×=75W

故答案為：112.5；37.5；7511、3：14：1【分析】【分析】設(shè)每只燈的額定電流為I，因并聯(lián)在副線圈兩端的三只小燈泡正常發(fā)光，所以副線圈中的總電流為3I，由電流關(guān)系求出匝數(shù)比；由匝數(shù)比求電壓關(guān)系【解析】【解答】解：設(shè)每只燈的額定電流為I，額定電壓為U，因并聯(lián)在副線圈兩端的三只小燈泡正常發(fā)光，所以副線圈中的總電流為3I，原副線圈電流之比為1：3，所以原、副線圈的匝數(shù)之比為3：1，所以原線圈電壓為3U，而A燈泡的電壓也為U，所以電源的電壓為4U，而副線圈電壓為U，所以．

故答案為：3：1；4：112、I2RUIUI-I2R【分析】【分析】在計算電功率的公式中，總功率用P=IU來計算，發(fā)熱的功率用P熱=I2R來計算，如果是計算純電阻的功率，這兩個公式的計算結(jié)果是一樣的，但對于電動機(jī)等非純電阻，第一個計算的是總功率，第二個只是計算發(fā)熱的功率，這兩個的計算結(jié)果是不一樣的．【解析】【解答】解：直流電動機(jī)線圈電阻為R；當(dāng)電動機(jī)工作時通過的電流為I，兩端的電壓為U；

總功率為：P=UI

發(fā)熱功率為：P熱=I2R

根據(jù)能量守恒定律；其輸出功率是：

P出=P-P熱=UI-I2R

故答案為：I2R，UI；UI-I2R13、440N275N【分析】【分析】（1）對運動員和吊椅整體分析；運用牛頓第二定律求出繩子的拉力，根據(jù)牛頓第三定律求出運動員豎直向下拉繩的力．

（2）隔離對運動員分析，根據(jù)牛頓第二定律求出吊椅對運動員的支持力，從而得出運動員對吊椅的壓力．【解析】【解答】解：（1）設(shè)運動員受到繩向上的拉力大小為F，由于跨過定滑輪的兩段繩子的拉力大小相等，故吊椅受到繩的拉力大小也是F．對運動員和吊椅整體進(jìn)行受力分析，如圖所示，則有：

2F-（m人+m椅）g=（m人+m椅）a

代入數(shù)據(jù)解得：F=440N

根據(jù)牛頓第三定律知；運動員豎直向下拉繩的力的大小為：F′=440N．

（2）設(shè)吊椅對運動員的支持力為FN；對運動員進(jìn)行受力分析，如圖所示，則有：

F+FN-m人g=m人a

代入數(shù)據(jù)解得：FN=275N

根據(jù)牛頓第三定律知，運動員對吊椅的壓力大小為275N．

故答案為：（1）440N；（2）275N14、5【分析】【分析】汽車剎車做勻減速運動，根據(jù)速度公式v=v0+at，代入求解．【解析】【解答】解：汽車剎車做勻減速運動；取初速度方向為正方向．

已知初速度v0=20m/s；末速度v=0，時間t=4s，則：

根據(jù)速度公式v=v0+at得，a==m/s2=-5m/s2．加速度大小為5m/s2．

故答案為：5三、判斷題(共9題，共18分)15、×【分析】【分析】布朗運動是由于分子的無規(guī)則運動而使花粉小顆粒受到撞擊而振動；布朗運動的實質(zhì)是大量分子做無規(guī)則熱運動的結(jié)果．【解析】【解答】解：布朗運動是固體小顆粒的運動；是宏觀物體，故符合牛頓第二定律；

故答案為：×16、√【分析】【分析】根據(jù)牛頓第一定律，力是改變物體運動狀態(tài)的原因，而物體的運動狀態(tài)發(fā)生改變，則物體的加速度a不為0，故力是產(chǎn)生加速度的原因．【解析】【解答】解：根據(jù)牛頓第一定律；力是改變物體運動狀態(tài)的原因，而物體的運動狀態(tài)發(fā)生改變，一定受到外力的作用．以上說法是正確的；

故答案為：√17、×【分析】【分析】場強(qiáng)定義式E=適應(yīng)任何電場，E=只適用于真空中點電荷；場強(qiáng)取決于電場本身，與檢驗電荷無關(guān)．【解析】【解答】解：場強(qiáng)定義式E=適應(yīng)任何電場，E=只適用于真空中點電荷；故錯誤．

故答案為：×．18、×【分析】【分析】勻變速運動是指加速度恒定的運動；平拋運動的加速度為g，恒定；勻速圓周運動的加速度總是指向圓心，時刻改變．【解析】【解答】解：勻變速運動是指加速度恒定的運動；

平拋運動的加速度為g；恒定，是勻變速曲線運動；

勻速圓周運動的加速度總是指向圓心；時刻改變，是變加速運動；

故答案為：×．19、×【分析】【分析】由萬有引力定律知兩個物體之間存在萬有引力充當(dāng)向心力，繞地球做圓周運動的物體受到的萬有引力提供向心力，處于失重狀態(tài)．【解析】【解答】解：繞地球做圓周運動的物體受到萬有引力提供向心力；處于失重狀態(tài)．而不是不受到地球的吸引力．故該說法是錯誤的．

故答案為：×20、×【分析】【分析】結(jié)合產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件：閉合回路的磁通量發(fā)生變化即可正確判定．【解析】【解答】解：產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件是閉合回路的磁通量發(fā)生變化；題目中穿過閉合導(dǎo)體回路所包圍面積的磁通量為零時，沒有說明磁通量是否變化，所以不能判斷出沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生．所以以上說法是錯誤的．

故答案為：×21、√【分析】【分析】根據(jù)物理學(xué)史的知識，結(jié)合普朗克在研究黑體的熱輻射問題中提出了能量子假設(shè)即可正確解答．【解析】【解答】解：普朗克在研究黑體的熱輻射問題時提出了能量子假說．故以上說法是正確的．

故答案為：√22、√【分析】【分析】丹麥物理學(xué)家奧斯特首先發(fā)現(xiàn)的電流周圍存在磁場．【解析】【解答】解：丹麥物理學(xué)家奧斯特首先發(fā)現(xiàn)的電流周圍存在磁場；安培確定了電流周圍的磁場的方向．所以電流周圍存在磁場是正確的．

故答案為：（√）23、√【分析】【分析】由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個物體上，力的性質(zhì)相同，它們同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失．【解析】【解答】解：由牛頓第三定律可知；作用力與反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個物體上，力的性質(zhì)相同，它們同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失，故該說法是正確的．

故答案為：√四、證明題(共3題，共12分)24、略

【分析】【分析】根據(jù)位移時間公式的表達(dá)式，結(jié)合平均速度的定義式求出平均速度的大小，通過速度時間公式得出中間時刻的瞬時速度，判斷是否相等．【解析】【解答】證明：設(shè)物體在上述兩個T內(nèi)的總位移為s，則s=v0?2T+a（2T）2

物體在這兩個T內(nèi)的平均速度為==v0+aT=vT

而v0+aT==

故可證物體經(jīng)過時刻的速度等于這段時間內(nèi)的平均速度，還等于．25、略

【分析】【分析】（1）①根據(jù)滑動摩擦力公式f=μN(yùn)求解摩擦力．

②根據(jù)牛頓第二定律得物塊和薄紙的加速度．從而得到速度的變化量；再研究水平拉力F和桌面對薄紙摩擦力的總沖量，即可證明．

（2）根據(jù)相對位移，得到摩擦產(chǎn)生的熱量，利用功能關(guān)系求解．【解析】【解答】解：（1）①從開始抽紙到紙被抽離物塊底部的過程中；

物塊對薄紙施加的摩擦力f物=μ2Mg

水平桌面對薄紙施加的摩擦力f桌=μ1（M+