【物理】河南省郑州市2014-2015学年高一（上）期末试卷

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2014-2015学年河南省郑州市高一（上）期末物理试卷参考答案与试题解析　一、选择题（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，第1-9题只有一项符合题目要求，第10-12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答得得0分）1．第二届夏季青年奥林匹克运动会将于2014年8月在南京举行，青奥会比赛将在“三大场馆区”的15个不同竞赛场馆进行26个项目比赛，将向世界奉献一届精彩的青奥会．在考察下列运动员的比赛成绩时，可视为质点的是（　　）A．马拉松B．跳水C．击剑D．体操考点：质点的认识．分析：当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可．解答：解：A、马拉松比赛时，由于长路程，运动员的大小形状可以忽略，可以看成质点，故A正确；B、跳水时，人们要关注人的动作，故人的大小形状不能忽略，不能看作质点，故B错误；C、击剑时要注意人的肢体动作，不能看作质点；故C错误；D、体操中主要根据人的肢体动作评分，故不能忽略大小和形状，故不能看作质点；故D错误；故选：A．18 点评：本题考查质点的概念，只要明确在研究的问题中大小和形状可以忽略物体即可以看作质点．　2．关于位移和路程，下列说法正确的是（　　）　A．出租车是按位移来计费的　B．直线运动中位移的大小一定等于路程　C．高速公路牌上标示“郑州100km”，表示该处到郑州的位移为100km　D．“5000m”长跑比赛中，5000m表示的是路程考点：位移与路程．专题：直线运动规律专题．分析：位移是矢量，位移的方向由初位置指向末位置．位移的大小不大于路程．路程是标量，是运动路径的长度．当质点做单向直线运动时，位移的大小一定等于路程．解答：解：A、出租车是按路程的大小来计费的．故A错误；B、只有当质点做单向直线运动时，位移的大小才等于路程．故B错误；C、高速公路牌上标示“郑州100km”，表示该处到郑州的路程为100km．故C错误．D、在田径场5000m长跑比赛中，跑完全程的运动员的路程为5000m．故D正确．故选：D．点评：位移与路程是描述运动常用的物理量，它们之间大小关系是位移大小≤路程．基础题目．　3．在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程．在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，正确的说法是（　　）　A．在对自由落体运动的研究中，由于落体下落很快，不容易计时，伽利略让小球沿阻力很小的斜面滚下，用“冲淡”重力的巧妙方法加以突破　B．在对自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证　C．胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比　D．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快18 考点：物理学史．专题：常规题型．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：A、在对自由落体运动的研究中，由于落体下落很快，不容易计时，伽利略让小球沿阻力很小的斜面滚下，用“冲淡”重力的巧妙方法加以突破，故A正确；B、伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理，故B错误；C、胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，故C正确；D、伽利略认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快，故D错误；故选：AC．点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．　4．物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质称为惯性．下列有关惯性的说法中，正确的是（　　）　A．乘坐汽车时系好安全带可减小惯性　B．运动员跑得越快惯性越大　C．宇宙飞船在太空中也有惯性　D．汽车在刹车时才有惯性考点：惯性；牛顿第一定律．分析：惯性是指物体具有的保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，质量是物体惯性大小大小的唯一的量度．解答：解：A、乘坐汽车时系好安全带，不是可以减小惯性，而是在紧急刹车时可以防止人由于惯性的作用飞离座椅，从而造成伤害，所以A错误．B、质量是物体惯性大小的唯一的量度，与人的速度的大小无关，所以B错误．C、在太空中物体的质量是不变的，所以物体的惯性也不变，所以C正确．D、质量是物体惯性大小的唯一的量度，与物体的运动状态无关，所以D错误．故选C．18 点评：质量是物体惯性大小的唯一的量度，与物体的运动状态无关，只要物体的质量不变，物体的惯性的大小就不变．　5．汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s2，从驾驶员急刹车开始，最初2s与最后2s内汽车的位移之比为（　　）　A．2：3B．1：3C．3：2D．3：1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．专题：直线运动规律专题．分析：匀减速直线运动，先确定停止时间，再直接根据运动学公式求出前2s和后2s的位移，即可得到结果．解答：解：根据速度时间公式可知，刹车时间为：t===4s，说明4s末停止运动，则前2s内的位移：s=后2s内的位移可以看做从静止开始的匀加速直线运动，位移为：则s：s′=3：1故选：D．点评：本题属于运动学中的刹车问题，关键要求出刹车到停止的时间，因为刹车停止后不再运动，是一道易错题．　6．如图是a和b两质点在同一条直线上运动的位移﹣时间图象，以下说法正确的是（　　）　A．两质点同地点而不同时出发　B．在运动的全过程，a运动得比b快　C．在0～t1前b运动得比a快，在t1后a运动得比b快　D．a和b两质点速度大小和方向都不同18 考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：位移﹣时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向．解答：解：A、由图象可知：出发时b在a的前面，所以不是同地点出发，故A错误；B、位移﹣时间图象斜率表示速度，由图象可知：a的斜率比b大，所以a的速度比b快，故B正确，C错误；D、由图象可知：ab的斜率都为正值，所以速度都沿正方向，速度方向相同，故D错误．故选：B点评：理解位移﹣时间图象上点和斜率的物理意义；特别是斜率代表速度，难度不大，属于基础题．　7．甲乙两物体分别从高10m处和高20m处同时由静止自由下落，不计空气阻力，下面几种说法中正确的是（　　）　A．落地时甲的速度是乙的　B．落地的时间甲是乙的2倍　C．下落1s时甲的速度与乙的速度相同　D．甲、乙两物体在最后1s内下落的高度相等考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：自由落体运动是初速度为零，加速度为g的匀加速运动，根据h=和v2=2gh即可判断解答：解：A、根据v=可知，落地时乙的速度是甲乙速度的倍，故A错误；B、根据，落地的时间乙是甲的倍，故B错误；C、根据v=gt可知，下落1s时甲的速度与乙的速度都为10m/s，相同，故C正确；D、甲乙两物体下落的时间不同，最后一秒的初速度不同，所以最后1s下落的距离不相等，故D错误；18 故选：C．点评：该题主要考查了自由落体运动基本公式的直接应用，难度不大，属于基础题　8．用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，如图所示．P、Q均处于静止状态，则下列相关说法正确的是（　　）　A．P物体受3个力　B．Q受到3个力　C．若绳子变长，绳子的拉力将变小　D．若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大考点：物体的弹性和弹力．专题：受力分析方法专题．分析：先对小球P受力分析，然后对小方块Q受力分析，对P，由平衡条件研究绳子变长时，绳子的拉力如何变化．解答：解：A、P受到重力、Q的支持力和静摩擦力，绳子的拉力，共4个力作用，故A错误．B、Q受到重力、墙壁的弹力、P的压力和静摩擦力，共4个力作用，故B错误．C、设绳子与竖直方向的夹角为α，P的重力为G，绳子的拉力大小为F，则由平衡条件得：f=GQ，GP+f=Fcosα，则GP+GQ=Fcosα，GP与GQ不变，若绳子变长，α变小，cosα变大，则F变小，故C正确．D、Q受到的静摩擦力竖直向上，与其重力平衡，与绳子长度无关，所以若绳子变短，Q受到的静摩擦力不变，故D错误．故选：C．点评：为了防止多力或少力，一般按重力、弹力和摩擦力的顺序分析物体的受力情况．　18 9．如图所示，将两相同的木块a、b均静止在光滑水平面上，弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间（　　）　A．a受到合外力为零B．b受到合外力为零　C．弹簧弹力为零D．左侧细绳拉力为零考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据弹簧和绳不同的特点，弹簧在力变化时不会发生突变，而绳的拉力是能够突变的，根据物体的受力就可以判断．解答：解：将右侧细绳剪断的瞬间，弹簧仍处于伸长状态，弹簧的弹力大小不变，故b所受的合外力不为零，a仍静止，a受到合外力为零．由于a的状态未变，所以左侧细绳拉力不为零．故A正确，BCD错误．故选：A．点评：解决本题的关键要抓住弹簧的弹力不能突变，结合平衡条件的推论分析物体的受力情况，判断物体的状态．　10．在郑州某中学的田径运动会上，小红同学成功地跳过了1.70m的高度，若忽略空气阻力，则下列说法正确的是（　　）　A．小红起跳以后在上升过程中处于超重状态　B．小红下降过程中处于失重状态　C．小红起跳时处于超重状态　D．小红下降过程中与起跳时相比重力变小了考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；18 当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．解答：解：A、小明起跳以后在上升过程，也是只受重力的作用，有向下的重力加速度，是处于完全失重状态，故A错误．B、在小明下降过程，只受重力的作用，有向下的重力加速度，是处于完全失重状态，故B正确．C、在小明起跳过程中，地面要给人一个向上的支持力，支持力的大小大于人的重力的大小，人才能够有向上的加速度，向上运动人处于超重状态，故C正确．D、小红下降过程中与起跳时相比重力仍不变，故D错误．故选：BC．点评：本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力或悬挂物的拉力变了．　11．如图所示，水平地面上，处于伸直状态的轻绳一端拴在质量为m的物块上，另一端拴在固定于B点的木桩上．用弹簧秤的光滑挂钩缓慢拉绳，弹簧秤始终与地面平行．物块在水平拉力作用下缓慢滑动．当物块滑动至A位置，∠AOB=120°时，弹簧秤的示数为F．则从弹簧秤开始作用到物体到达A点的过程中正确的是（　　）　A．物块与地面间的动摩擦因数为　B．木桩受到绳的拉力始终大于F　C．弹簧秤的拉力保持不变　D．弹簧秤的拉力一直增大考点：合力的大小与分力间夹角的关系；摩擦力的判断与计算．专题：平行四边形法则图解法专题．18 分析：以弹簧秤挂钩结点处为研究对象受力分析，运用合成法求解绳子的拉力大小；物块缓慢滑动，处于平衡状态，则绳子拉力的大小等于滑块摩擦力的大小，进而结合滑动摩擦力的计算公式求出摩擦因数．解答：解：A、以弹簧秤挂钩结点处为研究对象受力分析，运用合成法如图：由几何知识知：绳子拉力T=F物块缓慢滑动，处于平衡状态：f=T=F即：μmg=F得：μ=，故A正确；B、由A分析知，此时木桩受到绳的拉力等于F，而不是大于F，故B错误；C、为了使木桩处于平衡状态绳子拉力始终等于F，但随着木桩的靠近，两边绳子夹角逐渐减小，由平行四边形合成法则知合力增大，则弹簧秤拉力一直增大，故C错误D正确；故选：AD．点评：本题的关键是由“物块在水平拉力作用下缓慢滑动”确定物块受力平衡，则绳子拉力不变．　12．a、b两车在平直公路上沿同方向行驶，其v﹣t图象如图所示，在t=0时，b车在a车前方s0处，在t=t1时间内，a车的位移为s，则下列说法中正确的有（　　）　A．若a、b在t1时刻相遇，则s0=s　B．若a、b在时刻相遇，则下次相遇时刻为t1　C．若a、b在时刻相遇，则s0=18 　D．若a、b在t1时刻相遇，则下次相遇时刻为2t1考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：此题考查了追及与相遇问题，解决此类问题的关键是分析清楚两物体的位移关系．两物体的位移之差等于初始时的距离是两物体相遇的条件，此外，v﹣t图象中，面积表示位移．解答：解：A、由图可知，a车的初速度等于2v，在t1时间内，a车的位移为s，则b车的位移为s．若a、b在t1时刻相遇，则s0=s﹣s=，故A错误；B、若a、b在时刻相遇，由图象可知，s为阴影部分对应的距离，即s0=×s=s，由图象中的对称关系，下次相遇的时刻为t1+=，故B正确，C正确；D、若a、b在t1时刻相遇，之后vb＞va，不能再次相遇，故D错误；故选：BC．点评：1、抓住速度图象是速度随时间的变化规律，是物理公式的函数表现形式，分析问题时要做到数学与物理的有机结合，数学为物理所用．2、在速度图象中，纵轴截距表示初速度，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的“面积”表示位移，抓住以上特征，灵活分析．　二、实验题（本题共2小题，共12分，请按题目要求作答）1）在研究平抛运动的实验中，下列说法正确的是　AD　．A．使斜槽末端的切线保持水平B．每次使小球从不同的高度滚下C．钢球与斜槽间的摩擦使实验的误差增大D．计算初速度时，所选择的点应离坐标原点稍远些18 （2）在该实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L=1.25cm，若小球在平抛运动途中的几个位置如图中a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为v0=　2　（用L、g表示），其值是　0.70m/s　（g=10m/s2）考点：研究平抛物体的运动．专题：实验题；平抛运动专题．分析：（1）在平抛运动的实验中，小球的初速度需水平，大小需相等，最后测量时选择的点需离坐标原点稍远些；（2）平抛运动的水平方向做匀速直线运动，从图中可以看出：a、b、c、d4个点间的水平位移均相等为2L，因此这4个点是等时间间隔点，v0=，而竖直方向是自由落体运动，两段相邻的位移之差是一个定值△y=gT2=L，联立方程即可解出．解答：解：（1）A、为了使小球做平抛运动，斜槽的末端保持水平．故A正确．B、为了使小球做平抛运动的初速度相同，则每次小球从同一高度由静止滚下．故B错误．C、钢球和斜槽间的摩擦不影响实验，只要保证小球做平抛运动的初速度相同即可．故C错误．D、计算V0时，所选择的点应离坐标原点稍远些，可以减小测量的误差．故D正确．故选：AD；（2）从图中看出，a、b、c、d4个点间的水平位移均相等，是x=2L，因此这4个点是等时间间隔点．竖直方向两段相邻位移之差是个定值，即△y=gT2=L，再根据v0=解得：v0=2代入数据得：v0=0.70m/s．故答案为：（1）AD；（2）2；0.70m/s．点评：（1）解决本题的关键知道实验的原理，实验的注意事项，需进行实际的实验，才能有更深刻的了解；（2）本题考查平抛物体的运动规律．要求同学们能够从图中读出有用信息，再根据平抛运动的基本公式解题，难度适中．18 　14．如图a所示为“探究加速度与物体受力及质量的关系”的实验装置图，图中A为小车，B为装有砝码的托盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车后面所拖的纸带穿过电火花打点计时器，打点计时器接50Hz交流电，小车的质量为m，托盘及砝码的质量为m2．（1）下列说法正确的是　CD　．A．长木板C必须保持水平B．实验时应先释放小车后接通电源C．实验中m2应远小于m1D．作a﹣图象便于分析加速度与质量的关系（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a﹣f图象，可能是图b中的图线　丙　．（选填“甲、乙、丙”）（3）图c为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出，由此可求得小车的加速度的大小是　0.50　m/s2．（结果保留二位有效数字）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．分析：①根据实验原理和具体实验步骤可判定各个选项②没有平衡摩擦力时，当存在一定的力时首先平衡摩擦力，之后才产生加速度；③根据给定的纸带数据分布，由逐差法可以得到小车的加速度解答：解：（1）A、实验中要平衡摩擦力，长木板的一端要垫高，故A错误；B、为节省纸带增加小车运行时间先接通电源后松小车，故B错误；C、以托盘作为研究对象有mg﹣T=ma18 以小车作为研究对象有T=Ma联立以上两式可得T=，要使绳子拉力等于钩码的重力，即T=mg，则有M＞＞m，故C正确；D、如果作出a﹣M图象，却难以根据图象确定a与M是否是成反比，所以我们可以作出a﹣的图象，只要a﹣的图象是正比例函数图象就证明了a与M成反比例关系，故D正确；故选：CD．（2）没用平衡摩擦力，则当施加一定力时，首先平衡摩擦力后才会产生加速度，通过图象知，当力F不为零时，加速度为零，故丙图对；（3）计数点之间有4个点未画出，时间间隔为0.1s，有公式△x=aT2得：a==0.50m/s2．故答案为：（1）CD；（2）丙；（3）0.50点评：掌握好实验的步骤及实验的原理很重要，对实验的注意事项及数据的处理也要做到明确和理解．要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．　三、计算题（本题共4小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）15．汽车即将进站时，关闭发动机做匀减速直线运动，当滑行x=40m时，速度恰好减到零，滑行时间为t=20s，求：（1）匀减速时的加速度大小；（2）关闭发动机时的速度．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．专题：直线运动规律专题．分析：汽车的末速度为零，可以利用逆向法看作初速度为零的匀加速直线运动，由位移可求得时间；由速度公式可求得初速度．解答：解：（1）将汽车的减速过程逆向视为初速度为零的匀加速直线运动；则有：18 x=at2解得：a=0.5m/s2；（2）逆向视为匀加速直线运动；由v=v0+at可得：汽车的初速度：v=0.5×20=10m/s答：（1）汽车减速滑行加速度加速度大小为0.5m/s2．（2）关闭发动机时的速度为10m/s．点评：本题考查末速度为零的匀减速直线运动的处理方法；采用逆向法可以简化分析计算过程；要注意认真体会．　16．如图所示，一个质量为10kg的木箱放在水平面上，木箱与水平面间的动摩擦因数为0.5．现有一个与水平方向成53°角的拉力拉着木箱沿水平方向以4m/s速度匀速前进，求：（1）拉力F的大小是多少？（2）拉力F撤消后木箱还能滑行多远？（已知sin53°=0.8cos53°=0.6取g=10m/s2）考点：共点力平衡的条件及其应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用；动能定理的应用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：（1）分析木箱的受力情况，作出力图，由平衡条件和摩擦力公式Ff=μFN结合求解拉力F的大小．（2）撤去F后，木箱受到滑动摩擦力而做匀减速运动，由动能定理求解滑行的距离．解答：解：（1）分析木箱的受力情况，由于木箱匀速运动，根据平衡条件得Fcosθ=Ff18 FN=mg﹣Fsinθ又Ff=μFN得联立解得F==50N（2）F撤消后物体做匀减速运动，根据动能定理得﹣μmgs=0﹣得，s==1.6m答：（1）拉力F的大小是50N．（2）拉力F撤消后木箱还能滑行是1.6m．点评：本题中物体先做匀速运动，受力平衡，再做匀减速运动，由动能定理求解滑行的距离，要注意撤去F后，摩擦力发生了改变，但动摩擦因数不变．　17．所受重力G1=8N的砝码悬挂在细绳PA和PB的结点上，PA偏离竖直方向37°角，PB在水平方向，且连在所受重力为G2=100N的木块上，木块静止于倾角为37°的斜面上，如图所示（已知sin37°=0.6cos37°=0.8），求：（1）细绳PA和PB上的拉力大小；（2）斜面对木块的摩擦力和弹力．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：（1）以结点P为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件求解PA、PB绳上的拉力大小．（2）以木块G2为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件求出木块所受斜面的摩擦力和弹力．解答：解：（1）以结点P为研究对象，分析受力情况，如图1，根据平衡条件得：18 TPA=N=10NTPB=G1tan37°=10×0.6N=6N（2）以木块G2为研究对象，分析受力情况，作出力图，如图2．根据平衡条件得：N+TPBsin37°=G2cos37°f=TPBcos37°+G2sin37°解得：f=64.8N，N=76.4N．答：（1）PA、PB绳上的拉力分别为10N和6N．（2）木块与斜面间的摩擦力是64.8N．木块所受斜面的弹力是76.4N．点评：本题是力平衡问题，首先要明确研究对象，其次分析受力情况，作出力图，再根据平衡条件进行求解．　18．如图所示，倾角α=30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L=1.8m，质量M=3kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m=1kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ=．对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始向上做匀加速直线运动，设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2．（1）为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；（2）若F=37.5N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离．考点：牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．18 专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）对整体和m分别运用牛顿第二定律，抓住临界情况摩擦力f≤μmgcosα，求出拉力的最小值．（2）当F=37.5N＞30N，物块能滑离木板，根据牛顿第二定律分别求出M、m的加速度，结合运动学公式，抓住两者的位移关系求出相对运动的时间，从而结合速度时间公式求出物块滑离木板时的速度，根据速度位移公式求出物块沿斜面上升的最大距离．解答：解：（1）对M、m，由牛顿第二定律得，F﹣（M+m）gsinα=（M+m）a对m，有f﹣mgsinα=maf≤μmgcosα代入数据解得F≤30N．因要拉动，则F≥20N（2）当F=37.5N＞30N，物块能滑离木板，对M，有：F﹣μmgcosα﹣Mgsinα=Ma1对m，有：μmgcosα﹣mgsinα=ma2设滑块滑离木板所用的时间为t，由运动学公式得，代入数据解得t=1.2s；物块滑离木板时的速度v=a2t由公式﹣2gsinα•s=0﹣v2代入数据解得s=0.9m．答：（1）为使物块不滑离木板，力F应满足的条件为20N≤F≤30N．（2）物块滑离木板所用的时间为1.2s，滑离木板后沿斜面上升的最大距离为0.9m．点评：解决本题的关键理清物块和木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式联合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．　18 18