2022-2023学年辽宁省沈阳二十中高一（下）期初物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年辽宁省沈阳二十中高一（下）期初物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.物理学的发展促进了人类文明的进步，其中离不开科学家所做出的重要贡献。下列叙述符合物理学史实的是( )
A. 第谷利用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性
B. 牛顿发现了万有引力定律并成功地测出了引力常量的值
C. 卡文迪什利用扭秤实验测出了引力常量的值
D. 开普勒观测行星运动并积累大量的数据，多年研究后揭示了行星运动的有关规律
2.下列说法正确的是( )
A. 竖直平面内做匀速圆周运动的物体，其合外力可能不指向圆心
B. 地面附近物体所受的重力就是万有引力
C. 物体在恒力的作用下，不可能做曲线运动
D. 火车超过限定速度转弯时，车轮轮缘将挤压铁轨的外轨
3.“吴健雄星”是一颗小行星，它的密度与地球相同，表面重力加速度是地球的1400.已知地球的半径是6400km，那么“吴健雄星”的半径应该是( )
A. 256 kmB. 16 kmC. 4 kmD. 2 km
4.如图所示，内部为竖直光滑圆轨道的铁块静置在粗糙的水平地面上，其质量为M，有一质量为m的小球以水平速度v0从圆轨道最低点A开始向左运动，小球沿圆轨道运动且始终不脱离圆轨道，在此过程中，铁块始终保持静止，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
A. 地面受到的压力始终大于Mg
B. 小球在圆轨道左侧运动的过程中，地面受到的摩擦力可能向右
C. 经过最低点A时地面受到的压力可能等于Mg+mg
D. 小球在圆轨道最高点C点时，地面受到的压力可能为0
5.甲乙两船在同一条河流中同时开始渡河，河宽为H，河水流速为v0，划船速度均为v，出发时两船相距为2 33H，甲乙两船船头均与河岸成60°角，如图所示，已知乙船恰好能垂直到达对岸A点，则下列判断正确的是( )
A. 甲、乙两船到达对岸的时间不同B. v=2v0
C. 两船可能在未到达对岸前相遇D. 甲船在A点左侧靠岸
6.跳台滑雪是利用山势特点建造一个特殊跳台。一运动员穿着专用滑雪板，不带雪杖，在滑雪道上获得较高速度后从A点沿水平方向飞出，在空中飞行一段距离后在山坡上B点着陆，如图所示。已知可视为质点的运动员从A点水平飞出的速度v0=20m/s，山坡可看成倾角为37°的斜面，不考虑空气阻力，(g=10m/s2,sin37°=0.6,cs37°=0.8)以下说法正确的是( )
A. 运动员从飞出至落在斜面上的位移大小为60m
B. 运动员落在斜面上的速度大小为30m/s
C. 经过2s运动员离斜而最远
D. 运动员离斜面的最远距离为9m
7.如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量为3m的物体A和质量为2m的物体B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA=r，RB=2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速缓慢加快到两物体刚好要发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则下列说法正确的是的( )
A. 此时圆盘的角速度为 3μgr
B. 此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆心O
C. 此时绳子张力为18μmg
D. 此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做近心运动
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则( )
A. a落地前，轻杆对b的作用力一直是动力
B. a落地前的某一时刻，一定有b对地面的压力大小为mg
C. a下落过程中速度最大时，b的速度一定是0
D. a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
9.若将中国短道速滑运动员林孝俊在弯道转弯的过程看成在水平冰面上的一段匀速圆周运动，转弯时冰刀嵌入冰内从而使冰刀受与冰面夹角为θ(蹬冰角)的支持力，不计一切摩擦，弯道半径为R，重力加速度为g。以下说法正确的是( )
A. 地面对运动员的作用力与重力的合力提供向心力
B. 运动员转弯时速度的大小为 gRtanθ
C. 若转弯速度变大则需要减小冰角
D. 运动员做匀速圆周运动，他所受合外力保持不变
10.2022年11月1日，梦天实验舱与“天宫”空间站在轨完成交会对接，目前已与天和核心舱、问天实验舱形成新的空间站“T”字基本构型组合体。已知组合体的运行轨道距地面高度为h(约为400km)，地球视为理想球体质量为M，半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，下列说法正确的是( )
A. 航天员漂浮在组合体中，处于平衡状态B. 地球的平均密度可表示为ρ=3g4πGR
C. 组合体轨道处的重力加速度为gR2(R+h)2D. 组合体的运行速度为GMR+h
三、填空题：本大题共1小题，共8分。
11.2049年中国航天员驾驶“祝融5号”飞船进入靠近火星表面的圆形轨道，绕行数圈后着陆在火星上，航天员在绕行过程中及着陆后各做一次测量，万有引力常量为G。航天员在飞船上用到的实验仪器有：一只秒表、一个弹簧秤、一个质量为m的钩码：
(1)航天员两次测量的物理量分别是______ 和______ 。(用规定字母表示物理量并写清楚物理量含义)
(2)用测得的数据求得火星的密度ρ= ______ ，火星星球半径R= ______ 。
四、实验题：本大题共1小题，共6分。
12.如图所示是“DIS向心力实验器”，当质量为0.25kg的砝码随旋转臂一起在水平面内做圆周运动时，所需的向心力可通过牵引杆由力传感器测得；旋转臂另一端的挡光杆每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和挡光时间Δt的数据。
(1)用游标卡尺测得挡光杆的宽度为2.4mm，某次旋转过程中挡光杆的旋转半径为0.20m，经过光电门时的挡光时间为1.5×10−3s，则角速度ω= ______ rad/s。
(2)保持挡光杆的旋转半径不变，以F为纵坐标，以______ (选填“Δt”、“1Δt”、“(Δt)2”或“1(Δt)2”为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条直线。作出的直线斜率k=5×10−6kg⋅m，由此可得砝码做圆周运动的半径为______ m(结果保留2位有效数字)。
五、简答题：本大题共2小题，共6分。
13.2022年2月19日，北京冬奥会花样滑冰双人滑比赛中，中国选手隋文静做圆锥摆运动，可简化为如图乙所示的模型。重力为mg的物块，物块到悬挂点的摆线长为L，测得物块在时间t内完成了n次完整的圆锥摆运动，求：
(1)悬线与竖直方向夹角的余弦值；
(2)悬线对物块的拉力大小。
14.小明站在水平地面上，手握不可伸长的细绳一端，细绳的另一端系有质量为m的小球.甩动手腕，使球在竖直平面内绕O以半径L做圆周运动.已知握绳的手离地面的高度为53L，细绳的拉力达到9mg时就会断裂.逐渐增大球的速度，当球某次运动到最低点时绳断裂，忽略手的运动半径和空气阻力，求：
(1)绳断裂时小球的速度大小v1和小球落地时的速度v2．
(2)小球落地点与O点的水平距离．
(3)控制手离地面的高度不变，减小绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断裂，要使球飞出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离是多少？
六、计算题：本大题共1小题，共10分。
15.如图所示，长L=2.5m、高h=0.2m的长方体物块P静止在光滑的水平地面上，可视为质点的质量m=1kg的小滑块Q在物块P的上表面左端静止，物块P和滑块Q之间的动摩擦因数μ=0.2.现给滑块Q一个水平向右的瞬时速度v=4m/s，经时间t=1s，刚好从物块P的右端飞出，取g=10m/s2，求：
(1)物块P的质量M；
(2)滑块Q第一次着地时，与物块P右端的水平距离。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、第谷观测行星运动并积累大量的数据，牛顿利用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性，故A错误；
BC、牛顿发现万有引力定律，卡文迪许利用扭秤实验测出了引力常量的值，故B错误，C正确；
D.第谷观测行星运动并积累大量的数据，开普勒研究后揭示了行星运动的有关规律，故D错误。
故选：C。
本题考查了物理学史，人类认识行星运动规律出现的几位物理学家及其事迹。
本题考查人类研究天体运动中的发展历程，了解部分物理学史，知道相关科学家的事迹，即可正确求解。
2.【答案】D
【解析】解：A、竖直平面内做匀速圆周运动，合外力全部提供向心力所以合力一定指向圆心，故A错误；
B、地面附近物体所受的重力仅是万有引力的一个分力，故B错误；
C、物体在恒力的作用下，可能做曲线运动，如平抛运动，故C错误；
D、当火车超过限定的速度转弯，重力和支持力的合力不够提供向心力，此时车轮轮缘会挤压铁轨的外轨，故D正确．
故选：D．
匀速圆周运动的合力方向指向圆心，合力提供向心力．万有引力是重力的产生原因，地面附近物体所受的重力仅是万有引力的一个分力．曲线运动分为匀变速曲线运动和非匀变速曲线运动．对于火车拐弯，根据重力和支持力的合力与向心力的大小关系，判断对外轨还是内轨有侧压力．
本题考查了向心力的来源、曲线运动的特点、火车拐弯、运动的合成等基本问题，注意竖直面的圆周运动合力不一定指向圆心，但是匀速圆周运动合力一定指向圆心．
3.【答案】B
【解析】解：令密度为ρ，则根据万有引力提供圆周运动向心力有：
GmMR2=mg
可得重力加速度g=GMR2=G⋅ρ43πR3R2=43πρGR
所以g′g=R′R=1400gg
代入地球半径R=6400km，可得吴健雄小行星的半径为16km，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据星球表面重力与万有引力相等，星球的质量由密度公式求解，求得重力加速度与半径的关系，再根据重力加速度的关系和地球半径求出该星的半径．
解决本题的关键是抓住星球表面的重力与万有引力相等，借住密度公式求出重力加速度与星球半径的关系是解题的突破口．
4.【答案】D
【解析】解：A、小球在BCD上面运动过程中对M的作用力方向在竖直方向有向上的分力，此时地面受到的压力小于Mg，故A错误；
B、小球在圆轨道左侧运动的过程中，对轨道的作用力不为零，轨道有向左的运动趋势，所以地面受到的摩擦力方向向左，故B错误；
C、经过最低点A时，小球的合力方向向上，加速度方向向上，小球处于超重状态，则小球对M的压力大于mg，则地面受到的压力大于Mg+mg，故C错误；
D、当小球在最高点的向心力等于F+mg=mv2R，小球对M的压力竖直向上等于Mg，即F=Mg时，地面受到M的压力为0，故D正确。
故选：D。
根据小球的运动情况和向心力的来源分析小球与轨道间的作用力，由此分析。
本题主要是考查了竖直平面内的圆周运动；注意物体在竖直平面内做圆周运动的情况有两种：一种是细线系着物体在竖直平面内做圆周运动，在最高点速度最小时重力提供向心力；另一种是轻杆系着物体在竖直平面内做圆周运动，在最高点时速度可以等于零。
5.【答案】B
【解析】解：A.将甲、乙两船的速度进行分解，可得在垂直于水流方向甲、乙的的分速度为
v甲1=v乙1=v⋅sin60°= 32v，两船垂直于水流方向的速度相等，所以两船通过河流的时间都是
t=H 32v=2 3H3v，故A错误；
B.将乙船的速度分解后可得
v0=v⋅sin30°=12v，也就是
v=2v0，故B正确；
C.乙船垂直到达对岸A点时，甲船沿水流方向向下的位移是
s=(v⋅cs60°+12v)⋅t又由于
t=H 32v=2 3H3v解得
s=2 33H说明在这之前甲船不可能遇到乙船，故C错误；
D.通过对甲船分析可知，甲船的合速度方向和水流方向夹角是30°，利用几何关系，可以得到甲船到达对面的位置应该在A点右边。故D错误。
故选：B。
对甲、乙两船的速度分解，计算其垂直于水流方向的速度，然后得出时间；对乙船速度分解可得出速度关系；当乙船垂直到达对岸A点时，可求出甲船沿水流方向的位移，由此可求出二者的位移情况，并判断是否相遇；甲船的合速度方向与水流方向夹角为30°，由几何关系可知甲船到达对面的位置在A点右边。
学生解决本题时，应熟练应用速度的合成与分解，分析好两个方向的运动情况。
6.【答案】D
【解析】解：AB.运动员做平抛运动，则
x=v0ty=12gt2tanθ=yx
代入数据解得
t=3sx=60my=45m
运动员从飞出至落在斜面上的位移大小为运动员从飞出至落在斜面上的位移大小为
s= x2+y2= 602+452m=75m
由平抛运动速度关系可知
vy=gt=10×3m/s=30m/s
运动员落在斜面上的速度大小为
v= v02+vy2= 202+302m/s=10 13m/s
故AB错误；
CD.将运动员的速度和加速度沿斜面和垂直斜面分解，如图所示
沿y轴方向的速度减为零时，运动员离斜面最远，即
v0sin37°=gt′cs37°
h=12gt′2cs37°
代入数据解得
t′=1.5sh=9m
故C错误，D正确。
故选：D。
由题分析可知，运动员从A点飞出以后，做平抛运动。
A、B间的水平速度已知，山坡的倾角已知，由于运动员在竖直方向做自由落体运动，水平方向上做匀速直线运动，列式求解；
运动具有水平方向的初速度，在竖直方向做自由落体运动，根据运动时间结合自由落体运动公式可求运动员的竖直方向的速度，因为速度是矢量，运动员落到D点时的速度大小是合速度大小；
运动员飞行过程中，速度与斜面平行时离坡面距离最大，根据匀变速直线运动公式即可求解。
本题考查平抛运动。解题关键是能够判断出运动员速度与斜面平行时距离坡面最远，再根据匀减速直线运动的公式求解即可。
7.【答案】C
【解析】解：ABC.因为B的半径大，所以B的向心加速度大，将发生滑动时，B所受摩擦力方向沿半径指向圆心O，A所受摩擦力方向沿半径背离圆心O，根据牛顿第二定律有
T+μ⋅2mg=2m⋅ω2⋅2r
T−μ⋅3mg=3m⋅ω2⋅r
联立解得
ω= 5μgr
T=18μmg
故AB错误，C正确；
D.烧断绳子的瞬间，A的向心力为
FnA=3m⋅ω2⋅r
解得
FnA=15μmg>3μmg
所以A相对盘做离心运动；
B的向心力
FnB=2m⋅ω2⋅2r
解得
FnB=20μmg>2μmg
所B相对盘做离心运动，故D错误。
故选：C。
根据牛顿第二定律求解角速度和绳子的张力；烧断绳子绳子上面张力消失，求出此时需要的向心力，与最大静摩擦力对比，判断物体的运动性质。
本题考查圆周运动中向心力来源问题，要求学上熟练掌握分析向心力的来源。
8.【答案】BC
【解析】解：A、开始时，b的速度为零，当a到达底端时，b的速度也为零，所以在整个过程中b的速度先增大后减小，轻杆对b先做正功，后做负功，轻杆对b的作用力先是动力，后是阻力，故A错误；
B、对于a、b组成的系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒。当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力和地面的支持力作用，所以b对地面的压力大小为mg，故B正确；
C、a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力先是阻力后是动力，又a、b系统的机械能守恒，a运动到最低点时，速度最大，b的速度为零，故C正确；
D、b对a的作用力先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，b对a是向下的力，此时a的加速度大于重力加速度，故D错误。
故选：BC。
a落地前，分析b的速度变化情况，确定轻杆对b的作用力是动力还是阻力；当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b只受到重力与地面的支持力，从而确定此时b对地面的压力大小。根据系统机械能守恒分析a下落过程中速度最大时，b的速度大小。通过分析轻杆对a的作用力方向，由牛顿第二定律分析a的加速度与g的关系。
本题考查机械能守恒定律、功能关系、速度关联问题，考查力与运动关系逻辑推理能力。通过b的运动过程的速度变化作为切入点，通过力与运动的关系、功与能的关系进一步推断。
9.【答案】ABC
【解析】解：
A.地面对运动员的作用力与重力的合力提供向心力，故A正确；
B.由运动员转弯时，根据牛顿第二定律有mgtanθ=mv2R
解得运动员转弯时速度的大小为v= gRtanθ
故B正确；
C.根据B选项解析运动员转弯时速度的大小为v= gRtanθ，可知
若转弯速度变大则需要减小冰角，故C正确；
D.运动员做匀速圆周运动，他所受合外力始终指向圆心，方向时刻改变，故D错误。
故选：ABC。
本题根据受力分析，合力提供向心力，分析速度大小、速度与角度关系等，即可解答。
本题考查学生用物理解答实际问题的能力，解题关键是受力分析找到向心力，正确列出牛顿第二定律等式。
10.【答案】BC
【解析】解：A、航天员漂浮在组合体中，航天员绕地球做匀速圆周运动，航天员受到地球的万有引力提供所需的向心力，航天员不是处于平衡状态，故A错误；
B、物体在地球表面受到的万有引力等于重力，则有GMm′R2=m′g
解得地球质量为M=gR2G
又M=ρ⋅43πR3
联立解得，地球的平均密度为ρ=3g4πGR，故B正确；
C、设组合体轨道处的重力加速度为g′，则有GMm(R+h)2=mg′
解得：g′=GM(R+h)2=gR2(R+h)2，故C正确；
D、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可得：GMm(R+h)2=mv2R+h，解得：v= GMR+h，故D错误。
故选：BC。
航天员绕地球做匀速圆周运动，不是处于平衡状态；物体在地球表面受到的万有引力等于重力，结合质量公式即可求解地球的平均密度；根据万有引力等于重力求解组合体轨道处的重力加速度；根据万有引力提供向心力，判断组合体的速度。
本题考查万有引力定律，知道组合体绕地球做匀速圆周运动时万有引力提供向心力。
11.【答案】飞船环绕星球的周期T 着陆后弹簧秤悬挂质量为m的钩码时弹簧秤的示数F 3πGT2 FT24π2m
【解析】解：(1)宇航员两次测量的物理量分别是：飞船环绕星球的周期T和着陆后弹簧秤悬挂质量为m的钩码时弹簧秤的示数F。
(2)由万有引力提供向心力刻度：GMm′R2=m′4π2T2R
又由密度公式有：M=ρ43πR3
联立可得：ρ=3πGT2
由：F=mg
可得：g=Fm
由星球表面物体受到的万有引力等于重力刻度：GMmR2=mg
联立可得：R=FT24π2m
故答案为：(1)飞船环绕星球的周期T，着陆后弹簧秤悬挂质量为m的钩码时弹簧秤的示数F；
(2)3πGT2；FT24π2m。
要测量行星的半径和质量，根据万有引力等于重力和万有引力等于向心力，列式求解会发现需要测量出：行星表面的重力加速度和飞船靠近行星表面的圆形轨道的公转周期，据此解答。
本题关键先要弄清实验原理：万有引力等于重力，及万有引力等于向心力，再根据实验原理确定要测量的物理量，计算结果。
12.【答案】8.0 1(Δt)2 0.14
【解析】解：(1)挡光杆的宽度：d=2.4m，在挡光过程的极短时间Δt内，挡光杆的平均线速度为：v=dΔt
代入数据有：v=dΔt=2.4mm1.5×10−3s=2.4×10−3m1.5×10−3s=1.6m/s
因为时间Δt极短，可以认为此平均速度大小等于挡光杆的瞬时线速度的大小，
挡光杆的旋转半径：R=0.20，则其角速度：ω=vR=
(2)由上可知，挡光杆的挡光时Δt与挡光杆旋转角速度之间的关系为：ω=vR=dΔtR=dRΔt
砝码与光杆同轴，故砝码与光杆具有相同的角速度，
设砝码旋转半径为r，根据向心力公式有：F=mω2r=m(dRΔt)2r=md2rR2⋅1(Δt)2
因此，根据推导得出的向心力公式可知，F与1(Δt)2成线性关系，
故以F为纵坐标，以1(Δt)2为横坐标，相关数据点应可拟合得到一条直线。
同时，根据推导得出的向心力的表达式可得直线斜率为：k=md2rR2
代入数据有：5×10−6kg⋅m=0.25kg×(2.4×10−3m)2⋅r(0.20m)2
解得：r≈0.14m
即砝码做圆周运动的半径约为0.14m。
故答案为：(1)8.0；(2)1(Δt)2，0.14。
(1)根据挡光片的挡光宽度及挡光片经过光电门时的遮光时间可以算出挡光片的线速度，再根据公式v=ωr即可求解角速度；
(2)联立向心力公式以及角速度的表达式，从而确定向心力F与时间平方倒数的关系，再根据推导得出的向心力的表达式可得横坐标，再根据图象确定出砝码做圆周运动的半径。
本题考查了向心力公式，解题的关键是掌握影响向心力的因素，熟记公式，并能准确利用图象进行数据的分析。
13.【答案】解：(1)由题意知物体做圆周运动的周期T=tn
对物体受力分析如图：

可得mgtanθ=4π2mT2Lsinθ
解得csθ=gt24π2n2L
(2)由受力分析可得悬线对物块的拉力F=mgcsθ
代入可得F=4mLπ2n2t2
答：(1)悬线与竖直方向夹角的余弦值为gt24π2n2L；
(2)悬线对物块的拉力大小为4mLπ2n2t2。
【解析】(1)通过受力分析寻找向心力来源，并根据牛顿第二定理计算悬线与竖直方向夹角的余弦值；
(2)根据共点力平衡即可求解。
本题考查圆周运动向心力的来源、基本受力分析与牛顿第二定律，注意题目的隐含条件的挖掘。
14.【答案】解：(1)由圆周运动向心力公式，有：
Tm−mg=mv12L
据此Tm=9mg
解得v1=2 2gL
根据机械能守恒定律得：12mv22=12mv12+mg(53L−L)
解得v2= 28gL3
(2)绳断后球做平抛运动，则有
53L−L=12gt2
水平位移x=v1t
解得x= 323L
(3)设绳长为r，绳断时球的速度为v．
有：Tm−mg=mv2r．
绳断后球做平抛运动，竖直位移为53L−r，水平位移为x，时间为t．
有：53L−r=12gt2，x=vt．
得x=4 53Lr−r2
当r=56L时，x有极大值，xmax=103L
答：
(1)绳断裂时小球的速度大小v1为2 2gL，小球落地时的速度v2为 28gL3．
(2)小球落地点与O点的水平距离是 323L.
(3)若绳仍在球运动到最低点时断裂，要使球飞出的水平距离最大，绳长应为56L.最大水平距离是103L.
【解析】(1)绳断裂时细绳的拉力达到最大值，根据在最低点，合力提供向心力，运用牛顿第二定律求出v1．
绳断后，小球做平抛运动，根据平抛运动的高度求出时间，根据速度的合成求出小球落地时的速度v2．
(2)由平抛运动的规律求解小球落地点与O点的水平距离．
(3)根据最大拉力，通过牛顿第二定律求出绳断后的速度与绳长的关系，根据平抛运动求出平抛运动水平位移的表达式，通过数学方法二次函数求极值，求出l为多少时，x最大．
本题综合了平抛运动和圆周运动两个运动，关键知道平抛运动在竖直方向和水平方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源．
15.【答案】解：(1)滑块Q在物块P上做匀减速直线运动，设时间t=1s内，滑块Q加速度大小为aQ，通过的距离为xQ，物块P通过的距离为xP，加速度大小为aP，则
对Q有：maQ=μmg
xQ=v0t−12aQt2
对P有：xP=xQ−L
xP=12aPt2
MaP=μmg
解得aQ=2m/s2，xQ=3m，xQ=0.5m，aP=1m/s2.M=2kg
(2)在滑块Q飞离物块P的瞬间，设物块P的速度为vP，滑块Q的速度为vQ，滑块Q经过时间t′第一次着地，与物块P右端的水平距离为△x，则vQ=v−aQt，vP=aPt
Q离开P后做平抛运动过程，竖直方向有 h=12gt′2
解得vQ=2m/s，vP=1m/s，t′=0.2s
滑块Q第一次着地时，与物块P右端的水平距离△x=(vP−vQ)t′
解得△x=0.2m
答：
(1)物块P的质量M是2kg；
(2)滑块Q第一次着地时，与物块P右端的水平距离是0.2m。
【解析】(1)给滑块Q一个水平向右的瞬时速度后，在滑动摩擦力作用下，Q向右做匀减速运动，P向右做匀加速运动。Q刚好从物块P的右端飞出时两者位移之差等于L.根据牛顿第二定律分别求得P、Q的加速度表达式，再根据位移关系列式，即可求得P的质量M。
(2)先根据速度公式求出Q离开P时两者的速度。之后Q做平抛运动，P做匀速运动，根据高度求出平抛运动的时间，再由位移公式和位移关系求滑块Q第一次着地时，与物块P右端的水平距离。
本题是滑块在木板上滑动的类型，采用牛顿第二定律和运动学公式相结合的方法解答，这是基本方法，也可以根据动量守恒定律、动能定理和动量定理结合研究。