湖南省怀化市2020届高三上学期期中考试新博览联考物理试题

怀化市2019-2020年度高三期中新博览联考试卷

物   理

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1～8题只有一项符合题目要求，第9～12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，有选错的得0分。

1.在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、建立物理模型法等等。以下关于物理学家及其所用物理学研究方法的叙述不正确的是

A. 牛顿认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体运动的规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法

B. 根据速度定义式，当非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法

C. 在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法

D. 在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法

【答案】A

【解析】

【详解】A．伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体运动的规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法，选项A错误，符合题意；

B．根据速度定义式，当非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，选项B正确，不符合题意；

C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法，选项C正确，不符合题意；

D．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，选项D正确，不符合题意。

2.目前我交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚。如图所示，以8 m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，有行人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8 m，该车减速时的加速度大小为5 m/s2。则下列说法中正确的是

A. 如果驾驶员立即刹车制动，则t＝2 s时，汽车离停车线的距离为1.6 m

B. 如果在距停车线6 m处开始刹车制动，汽车能在停车线处刹住停车让人

C. 如果驾驶员的反应时间为0.4 s，汽车刚好能在停车线处刹住停车让人

D. 如果驾驶员的反应时间为0.3 s，汽车刚好能在停车线处刹住停车让人

【答案】A

【解析】

【详解】A．若汽车做匀减速运动，速度减为零的时间

所以刹车到停止的位移

汽车离停车线的距离为8m-6.4m=1.6m，故A正确；

B．如果在距停车线6m处开始刹车制动，刹车到停止的位移是6.4m，所以汽车不能在停车线处刹住停车让人。故B错误；

CD．刹车位移是6.4m，所以车匀速运动的位移是1.6m，则驾驶员的反应时间：

s＝0.2s．

故CD错误。

3.甲、乙两物体相距1 m，甲在后，乙在前，沿同一直线、同一方向运动，其v－t图象如图所示，下列说法正确的是

A. t＝3 s时两物体间的距离为6 m

B. t＝6 s时两物体相距3m

C. 0～3 s内两物体间的距离大小始终不断增大

D. 在3～6 s间某一时刻两物体第二次相遇

【答案】B

【解析】

【详解】AC．0-3s内，甲的速度大于乙的速度，甲在0-3s内比乙多运动

起始时甲、乙两物体相距1m，甲在后乙，则0-3s内两物体间的距离先减小后增大，t=3s 时两物体间的距离为5 m，故AC错误。

B．t=6s时，甲的位移；乙的位移，则此时两物体相距3m，选项B正确；

D．3～6 s 内，乙的速度大于甲的速度，乙在3～6 s内比甲多运动

t=3 s时两物体间的距离为5 m，两物体不会第二次相遇，故D错误。

4.如图所示，建筑装修中工人用质量为的磨石对斜壁进行打磨，当对磨石施加竖直向上大小为的推力时，磨石恰好沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为，斜壁与竖直方向的夹角为，则磨石受到的摩擦力是（     ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】分析磨石的受力情况，其受重力、弹力（垂直于斜壁向下）、摩擦力（沿斜壁向下）外力四个力把这四个力沿斜和垂直于斜壁方向正交分解，由于磨石处于平衡状态，在沿斜壁方向有，垂直于斜壁方向有，又根据， A正确.

5.如图所示，在足够高的空间内，小球位于空心管的正上方h处，空心管长为L，小球的球心与管的轴线重合，并在竖直线上，小球直径小于管的内径，不计空气阻力，则下列判断正确的是

A. 两者均无初速度同时释放，小球在空中能过空心管

B. 小球自由下落、管固定不动，小球穿过管的时间

C. 小球自由下落、管固定不动，小球穿过管的时间

D. 两者均无初速度释放，但小球提前时间释放，则从释放空心管到小球穿过管时间

【答案】C

【解析】

【详解】A．若两者无初速度同时释放，则在相同时间内下降的高度相同，可知小球在空中不能穿过管，故A错误。

BC．若小球自由下落、管固定不动，小球穿过管的时间是小球到达管的下端与到达管的上端的时间差：

故B错误，C正确。

D．两者均无初速度释放，但小球提前了△t时间释放，根据

可知小球穿过管的时间：

故D错误。

6.2019年4月10日21时，人类首张黑洞照片在全球六地的视界面望远镜发布会上同步发布。该黑洞半径为R，质量M和半径R的关系满足：(其中c为光速，G为引力常量)。若天文学家观测到距黑洞中心距离为r的天体以速度v绕该黑洞做匀速圆周运动，则

A. 该黑洞质量为 B. 该黑洞质量为

C. 该黑洞的半径为 D. 该黑洞的半径为

【答案】C

【解析】

【详解】AB．天体受到黑体的万有引力提供天体圆周运动所需向心力，则：，即有，故A B错误；

CD．设黑洞的半径为R，质量M和半径R的关系满足：，即有，该黑洞的半径为，故C正确，D错误；

7.有a、 b、c、d四颗地球卫星： a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动；b处于离地很近的近地圆轨道上正常运动；c是地球同步卫星；d是高空探测卫星。各卫星排列位置如图，则下列说法正确的是

A. a的向心加速度等于重力加速度g

B. 把a直接发射到c运行的轨道上，其发射速度小于第一宇宙速度

C. d在相同时间内转过的弧长最长

D. d的运动周期有可能是30 h

【答案】D

【解析】

【详解】A．地球同步卫星的周期c必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大。
由牛顿第二定律得：

解得：

卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；
B．第一宇宙速度是发射近地卫星的发射速度，故把a发射到c上的速度大于第一宇宙速度，故B错误；
C．由牛顿第二定律得：

解得：

卫星的轨道半径越大，速度越小，所以b的半径最小速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，ac转动周期相同，a的半径小，故a自转的线速度小于c的线速度，所以abcd中，b的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长。故C错误；
D．由开普勒第三定律知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，d的运行周期应大于24h，可能是30h，故D正确；

8.质量m=200 kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图象甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图象乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中所受阻力不变，在18 s末汽车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是

A. 汽车受到的阻力为200 N

B. 汽车的最大牵引力为700 N

C. 汽车在做变加速运动过程中的位移大小约为94.9 m

D. 8 s～18 s过程中汽车牵引力做的功为3.6×103 J

【答案】C

【解析】

【详解】A．当牵引力等于阻力时，速度取到最大值，则有：

故A错误；

B．汽车做匀加速运动的牵引力最大，则有：

故B错误；

C．变加速过程中，根据动能定理得：

解得：

S≈94.9m

故C正确；

D．8s-18s过程中汽车牵引力已达到最大功率，所以牵引力做的功为：

W=Pt=7×104 J

故D错误。

9.如图叠放在水平转台上的物体A、B和C正随转台一起以角速度ω匀速转动(没发生相对滑动)，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，B与转台、C与转台、A与B间的动摩擦因数都为μ，B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是

A. B对A的摩擦力有可能为2μmg

B. C与转台间的摩擦力大小为A与B间的摩擦力大小的一半

C. 转台的角速度ω有可能恰好等于

D. 若角速度ω再在题干所述基础上缓慢增大，A与B间将最先发生相对滑动

【答案】AB

【解析】

【详解】AC．对AB整体，有

（3m+2m）ω2r≤μ（3m+2m）g；

对物体C，有

mω2（1.5r）≤μmg；

对物体A，有

3mω2r≤3μmg．

联立解得：

即满足不发生相对滑动，转台的角速度，A与B间的静摩擦力最大值

f=3mω2r=2μmg．

故A正确，C错误。

B．由于A与C转动的角速度相同，由摩擦力提供向心力；A所受摩擦力

fA＝3mω2r，

C所受摩擦力

fC＝mω2(1.5r)＝1.5mω2r，

则C与转台间的摩擦力大小为A与B间的摩擦力大小的一半，故B正确。

D．据A项分析知，最先发生相对滑动的是物块C．故D错误。

10.如图，质量为m0的斜面体C置于粗糙水平地面上，斜面体顶端装有一光滑定滑轮，一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块A，质量为m1，另一端与斜面上的物块B相连，已知B的质量为m2，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动A，直至悬挂A的细绳与竖直方向成45°。已知B和斜面体C始终保持静止，则在此过程中

A. 地面对斜面体C的摩擦力方向水平向右，不断增加

B. 地面对斜面体C的支持力小于

C. B所受斜面的摩擦力大小可能一直减小

D. 物块B水平方向所受合力一直增加

【答案】AC

【解析】

【详解】A．设某时刻细线与竖直方向的夹角为θ，则对A受力分析可知

F=m1gtanθ

对ABC的整体，水平方向受到向左的拉力F，则地面对斜面的摩擦力向右，大小为

f=F=m1gtanθ

则随着θ增加，则地面对斜面体C的摩擦力不断增加，选项A正确；

B．对ABC的整体，竖直方向受力平衡，则地面对斜面体C的支持力等于，选项B错误；

C．若开始时B所受斜面的静摩擦力沿斜面向上，则

而

则随θ 角的变大T变大，fB减小，选项C正确；

D．物块B一直静止，则合力一直为零，可知物块B水平方向所受合力一直为零，选项D错误。

11.如图所示，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑斜面，在斜面底端的正上方高度为h处平抛一小球A，同时在斜面底端一物块B以某一初速度沿斜面上滑，当其滑到最高点时恰好与小球A相遇。小球A和物块B均视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g，下列判断正确的是

A. 物块B沿斜面上滑的初速度为

B. 小球A平抛运动下落的高度为

C. 小球A在空中平抛运动的时间为

D. 小球A水平抛出时的速度为

【答案】BC

【解析】

【详解】A．根据牛顿第二定律得，B上滑的加速度大小

a=gsinθ

B上滑的最大位移为

运动时间

对于A球，有

因为

所以联立得

解得B沿斜面上滑的初速度为

故A错误。

B．物块B沿斜面上滑的高度为

小球A下落高度为

故B正确。

C．小球A在空中运动的时间

故C正确。

D．小球A水平抛出时的初速度为

联立解得

．

故D错误。

12.如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M的物体A连接，一个质量为m的物体B靠在A上，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ。开始时用手按住物体B使弹簧处于压缩状态。现放手，使A、B一起沿斜面向上运动距离L时，A、B达到最大速度v，重力加速度为g。下列说法正确的是

A. A、B达到最大速度v时，弹簧处于被压缩状态

B. 若运动过程中A、B能够分离，则A、B恰好分离时，弹簧处于自然长度

C. 从释放到A、B达到最大速度v的过程中，B受到弹力对它做的功等于

D. 从释放到A、B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于

【答案】AB

【解析】

【详解】A．对物体B和平板A整体分析可知，A和B达到最大速度时加速度为零，应满足

说明弹簧仍处于压缩状态，所以A正确；

B．根据题意可知，A和B恰好分离时，两物体加速度相等，此时B的加速度为

；

此时A的加速度也为

，

说明此时弹簧弹力为零，正好恢复到原长，所以B正确；

C．对B从释放到A和B达到最大速度的过程由动能定理可得：

即B受到的合力对它做的功等于 ，则B受到弹力对它做的功不等于，所以C错误；

D．对A从释放到速度达到最大过程由动能定理可得：

其中xm，是弹簧压缩的最大长度，x是速度最大时弹簧压缩的长度，FN是B对A的压力大小，比较可知D错误。

二、实验题：本题每空2分，共18分。

13.用如图甲所示的实验装置，探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带定滑轮的长木板放在水平实验桌面上，实验小车通过轻细绳跨过定滑轮与砂桶相连，小车与纸带相连，打点计时器所用交流电的频率为f＝50 Hz.平衡摩擦力后，在保持实验小车质量不变的情况下，放开砂桶，小车加速运动，处理纸带得到小车运动的加速度为；改变砂桶中沙子的质量，重复实验三次．

（1）在验证“质量一定，加速度与合外力的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的图象，其中图线不过原点并在末端发生了弯曲现象，产生这两种现象的原因可能有_____．

A．木板右端垫起的高度过小（即平衡摩擦力不足）

B．木板右端垫起的高度过大（即平衡摩擦力过度）

C．砂桶和沙子的总质量远小于小车和砝码的总质量（即）

D．砂桶和沙子总质量未远小于小车和砝码的总质量．

（2）实验过程中打出的一条理想纸带如图丙所示，图中、、、、、、为相邻的计数点，相邻两计数点间还有4个点未画出，则小车运动的加速度＝_____.（结果保留3位有效数字）

（3）小车质量一定，改变砂桶中沙子的质量，砂桶和沙子的总质量为，根据实验数据描绘出的小车加速度与砂桶和沙子的总质量之间的关系图象如图丁所示，则小车的质量_____.（g=10m/s2）

【答案】    (1). BD    (2). 2.00    (3). 0.4

【解析】

(1)图线不过原点且力为零时小车加速度不为零；所以木板右端垫起的高度过大（即平衡摩擦力过度）

图线末端发生了弯曲现象，是因为当砂桶和沙子的总质量未远小于小车和砝码的总质量后，绳上拉力小于砂桶和沙子的总重力。

故答案为BD

(2) 相邻两计数点间还有4个点未画出，则两计数点间时间间隔

小车运动的加速度

(3) 设绳子拉力为，对砂桶和沙子受力分析，由牛顿第二定律可得：

对小车和砝码受力分析，由牛顿第二定律可得：

联立解得：，整理得：

由关系图象可得：，解得：

14.某实验小组用一只弹簧测力计和一个量角器等器材验证力的平行四边形定则，设计了如图所示的实验装置，固定在竖直木板上的量角器的直边水平，橡皮筋的一端固定于量角器的圆心O的正上方A处，另一端系绳套1和绳套2，主要实验步骤如下：

①弹簧测力计挂在绳套1上竖直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O点处，记下弹簧测力计的示数F；

②弹簧测力计挂在绳套1上，手拉着绳套2，缓慢拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O处，此时绳套1沿0°方向，绳套2沿120°方向，记下弹簧测力计的示数；

③根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力________；

④比较_________即可初步验证；

⑤只改变绳套2的方向，重复上述试验步骤．

回答下列问题：

（1）将上述实验步骤补充完整；

（2）将绳套1由0°方向缓慢转动到60°方向，同时绳套2由120°方向缓慢转动到180°方向，此过程中保持橡皮筋的结点在O处不动，保持绳套1和绳套2的夹角120°不变，关于绳套1的拉力大小的变化，下列结论正确的是________（填选项前的序号）．

A．逐渐增大    B．先增大后减小    C．逐渐减小    D．先减小后增大

【答案】    (1).     (2). 和    (3). A

【解析】

【详解】（1）[1][2]根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力

通绳套过比较和，在误差允许范围内相同，则可初步验证．

（2）[3]两个绳套在转动过程中，合力保持不变，根据平行四边形定则画出如答图所示的示意图．

根据示意图可知，绳套1的拉力大小逐渐增大，故A正确BCD错误。

15.某实验小组，利用如图所示的装置验证机械能守恒定律。图中A、B是两个质量分别为m1、m2，且m1>m2的圆柱形小物体，分别系在一条跨过定滑轮的柔软细绳两端；C、D是置于A物体一侧，相距为h的两个沿A物体下落方向摆放的计时光电门，利用这两个光电门，可以分别测量物体A经过C、D位置时的时间间隔Δt1和Δt2。

(1)要利用此装置验证机械能守恒定律，除题中已知量m1、m2、h、Δt1和Δt2外，还需要测量的物理量是_______；

(2)已知当地的重力加速度为g，若系统的机械能守恒，则需满足的等式为______________；

(3)为了减小实验误差，提高测量精度，其中一项有效的措施是：保持C、D两光电门的竖直高度差h不变，将C、D一起上下移动。你认为__（填“向上”或“向下”）移动才能减小实验误差，提高测量精度。

【答案】    (1). 圆柱体A的高度L；    (2). ；    (3). 向下

【解析】

【详解】（1、2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，A通过C和D的瞬时速度分别为：v1＝，v2＝，则系统动能的增加量为(m1+m2)[( )2−()2]，系统重力势能的减小量为（m1-m2）gh，若机械能守恒，应满足的等式为：

（m1-m2）gh=(m1+m2)[( )2−()2]，故还需要测量的物理量是圆柱体A的高度L．
（3）保持C、D两光电门的竖直高度差h不变，将C、D一起向下移动，可以减小误差，因为越向下，通过光电门的时间越短，平均速度表示瞬时速度越准确．

【点睛】解决本题的关键知道实验的原理，注意研究的对象是系统，抓住系统重力势能的减小量等于系统动能的增加量列出表达式是关键，知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度．

三、计算题：本题共3小题，共34分。解答过程要求写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤。有数值计算的题，结果必须有明确的数值和单位。

16.如图（a）所示，质量为m=2kg的物块以初速度v0=20m/s从图中所示位置开始沿粗糙水平面向右运动，同时物块受到一水平向左的恒力F作用，在运动过程中物块速度随时间变化的规律如图（b）所示，g取10m/s2．试求：

(1)物块在0-4s内的加速度a1的大小和4-8s内的加速度a2的大小；

(2)恒力F的大小及物块与水平面间的动摩擦因数μ；

(1)8s内恒力F所做的功．

【答案】(1), 方向水平向左; , 方向水平向左  (2)F=7N，μ=0.15  (3)W=-168J

【解析】

【详解】(1)由图可知，0-4s内，物体向右做匀减速直线运动，4-8s内，物体向左做匀加速直线运动；

0-4s内，，方向水平向左；

4-8s内，，方向水平向左；

由牛顿第二定律，得到：F+μmg=ma1

F-μmg=ma2

代入数据解得：F=7N，μ=0.15

(2)依据图象可知，物体4s内的位移：

(2)根据牛顿第二定律，在0-4s内恒力F与摩擦力同向：F+μmg=ma1

4s-8s内恒力F与摩擦力反向：F-μmg=ma2

代入数据解得：F=7N，μ=0.15

(3)根据图形的面积可得8s内物体运动的位移

恒力F做的功为W =Fs=-7×24=-168J

【点睛】本题是已知物体的受力情况确定物体的运动情况的问题，关键求解确物体的加速度，根据功的公式计算做功的多少。

17.在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道AB和弯曲的细管道BCD平滑连接组成，如图所示。小滑块以某一初速度从A点滑上倾角为θ=37°的直轨道AB，到达B点的速度大小为2m/s，然后进入细管道BCD，从细管道出口D点水平飞出，落到水平面上的G点。已知B点的高度h1=1.2m，D点的高度h2=0.8m，D点与G点间的水平距离L=0.4m，滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ=0.25，sin37°= 0.6，cos37°= 0.8。

（1）求小滑块在轨道AB上的加速度和在A点的初速度；

（2）求小滑块从D点飞出的速度；

（3）判断细管道BCD的内壁是否光滑。

【答案】（1） （2）1m/s（3）小滑块动能减小，重力势能也减小，所以细管道BCD内壁不光滑。

【解析】

【详解】（1）上滑过程中，由牛顿第二定律：，解得；

由运动学公式，解得

（2）滑块在D处水平飞出，由平抛运动规律，，解得；

（3）小滑块动能减小，重力势能也减小，所以细管道BCD内壁不光滑

18.如图所示，水平传送带与水平轨道在B点平滑连接，传送带A、B间距L=2.0m，一半径R=0.2m的竖直圆槽形光滑轨道与水平轨道相切于C点，水平轨道CD间的距离L=1．0m，在D点固定一竖直挡板。小物块与传送带AB间的动摩擦因数0．9，BC段光滑，CD段动摩擦因数为。当传送带以v0=6m／s顺时针匀速转动时，将质量m=1kg的可视为质点的小物块轻放在传送带左端A点，小物块通过传送带、水平轨道、圆形轨道、水平轨道后与挡板碰撞，并原速率弹回，经水平轨道CD返回圆形轨道。已知小物块从传送带滑到水平轨道时机械能不损失，重力加速度g=10m／s2。求：

(1)小物块第一次滑到传送带B点时的速度大小；

(2)若小物块第二次能冲上圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道，求的取值范围。

【答案】（1）6m/s（2）0≤μ2≤0.65或0.8≤μ2＜0.9；

【解析】

【分析】

（1）根据物块在AB上做匀加速运动的末速度不大于传送带速度，由传送带长度来求解；

（2）根据物块不脱离轨道得到运动状态，然后对物块从B到第二次通过圆轨道应用动能定理求解．

【详解】（1）物块速度小于传送带速度时，物块受到传送带的摩擦力f=μ1mg，那么，物块做加速度a＝μ1g＝9m/s2的匀加速直线运动；
因为2aL0＝v02，故物块在传送带上做匀加速运动，到达B点时刚好达到传送带速度，所以，物块滑到B时的速度大小vB=v0=6m/s；
（2）要使物块能第二次冲上圆形轨道且能在沿轨道运动时不会脱离圆轨道，那么物块第二次在圆轨道上运动要么能通过最高点，要么在圆轨道上最高点的高度h≤R；
故当物块能通过最高点时，在最高点应用牛顿第二定律可得：mg≤；
对物块从B到第二次到最高点应用动能定理可得：−2μ2mgL−2mgR＝mv2−mvB2
解得： ；
当物块在圆轨道上最高点的高度0＜h≤R时，由动能定理可得：−2μ2mgL−mgh＝0− mvB2，
解得：，所以，0.8≤μ2＜0.9；
所以为了使物块能第二次冲上圆形轨道且能在沿轨道运动时不会脱离圆轨道，0≤μ2≤0.65或0.8≤μ2＜0.9；

【点睛】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解．