《2020版高考物理一輪復習 全程訓練計劃 課練8 牛頓運動定律（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考物理一輪復習 全程訓練計劃 課練8 牛頓運動定律（含解析）（15頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、牛頓運動定律 小題狂練⑧ 小題是基礎　練小題　提分快 1．[2019·福建省南安一中摸底]牛頓第一定律是建立在理想斜面實驗基礎上，經抽象分析推理得出的結論，它不是實驗定律．利用如圖所示的裝置做如下實驗：小球從左側斜面上的O點由靜止釋放后沿斜面向下運動，并沿水平面滑動．水平面上先后鋪墊三種粗糙程度逐漸降低的材料時，小球沿水平面滑動到的最遠位置依次為1、2、3.根據三次實驗結果的對比，可以得到的最直接的結論是(　　) A．如果小球不受力，它將一直保持勻速運動或靜止狀態(tài) B．如果小球受到力的作用，它的運動狀態(tài)將發(fā)生改變 C．如果水平面光滑，小球將沿著水平面一直運動下去

2、D．小球受到的力一定時，質量越大，它的加速度越小 答案：C 解析：根據實驗結果，水平面的粗糙程度越低，小球滑得越遠，由此得出結論，如果水平面光滑，小球將沿著水平面一直運動下去．故選C. 2．[2019·甘肅省蘭州一中檢測]下列說法正確的是(　　) A．慣性是物體抵抗運動狀態(tài)變化的性質 B．人走在松軟土地上下陷時，人對地面的壓力大于地面對人的支持力 C．物理公式只能確定物理量之間的數量關系，但不能確定物理量間的單位關系 D．對靜止在光滑水平面上的物體施加一個水平力，當力剛作用的瞬間，加速度為零 答案：A 解析：慣性是物體的固有屬性，表征物體運動狀態(tài)改變的難易程度，A正確．根據牛

3、頓第三定律，兩個物體間的作用力與反作用力總是等大反向的，B錯誤．物理公式不僅確定物理量之間的數量關系，也能確定單位關系，C錯誤．根據牛頓第二定律，合外力與加速度是瞬時對應關系，D錯誤． 3. [2019·黑龍江省哈爾濱六中模擬]如圖所示，質量為1 kg的木塊A與質量為2 kg的木塊B疊放在水平地面上，A、B間的最大靜摩擦力為2 N，B與地面間的動摩擦因數為0.2，用水平力F作用于B，則A、B保持相對靜止的條件是(g＝10 m/s2)(　　) A．F≤12 N B．F≤10 N C．F≤9 N D．F≤6 N 答案：A 解析：當A、B間有最大靜摩擦力(2 N時)，對A由牛頓

4、第二定律可知，A的加速度大小為a＝2 m/s2，對A、B整體應用牛頓第二定律有：Fm－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，得Fm＝12 N，A、B保持相對靜止的條件是F≤12 N，A正確，B、C、D錯誤． 4. [2019·黑龍江省哈爾濱三中考試]如圖所示，一木塊在光滑水平面上受到一恒力F作用而運動，前方固定一輕質彈簧，當木板接觸彈簧后，下列判斷正確的是(　　) A．木塊將立即做勻減速直線運動 B．木塊將立即做變減速直線運動 C．在彈簧彈力大小等于恒力F時，木塊的速度最大 D．在彈簧處于最大壓縮狀態(tài)時，木塊的加速度為零 答案：C 解析：對木塊進行受力分析，接觸彈簧后彈力不

5、斷增大，當彈力小于力F時，木塊仍將加速運動，但加速度變小，A、B均錯誤．在彈簧彈力大小等于恒力F時，木塊的加速度為0，速度最大，C正確．繼續(xù)壓縮彈簧，合力反向且增大，加速度向右不斷增大，D錯誤． 5．[2019·河北省衡水中學二調]如圖所示，在光滑水平面上有一小車A，其質量為mA＝2.0 kg，小車上放一個物體其質量為mB＝1.0 kg.如圖甲所示，給B一個水平推力F，當F增大到稍大于3.0 N時，A、B開始相對滑動．如果撤去F，對A施加一水平推力F′，如圖乙所示．要使A、B不相對滑動，則F′的最大值Fm為(　　) A．2.0 N B．3.0 N C．6.0 N D．9.0 N

6、 答案：C 解析：題圖甲中當力F＝3.0 N時，A、B間的靜摩擦力達到最大，由整體法與隔離法可得：＝，f＝2.0 N．對題圖乙有：＝，F′＝6.0 N，故選C. 6．[2019·甘肅省蘭州一中檢測]如圖甲所示，靜止在水平地面上的物塊A，受到水平拉力F的作用，F與時間t的關系如圖乙所示，設物塊與地面之間的最大靜摩擦力fm大小與滑動摩擦力大小相等，則下列說法正確的是(　　) A．0～t0時間內物塊的速度逐漸增大 B．t1時刻物塊的速度最大 C．t2時刻物塊的速度最大 D．t2時刻后物塊立即做反向運動 答案：C 解析：由題圖乙知，0～t0時間內物塊所受合力為0，物塊不運動，A錯．

7、t0～t2時間內，物塊受到的合力大于0，物塊加速運動，故t2時刻物塊的速度最大，B錯，C對．t2時刻后物塊受到的合力反向，物塊做減速運動，最后停止，D錯． 7．[2019·河南省洛陽模擬] (多選)如圖所示，水平地面上有一楔形物塊a，其斜面上有一小物塊b，b與平行于斜面的細繩的一端相連，細繩的另一端固定在斜面上的擋板上．a與b之間光滑，a和b以共同速度在地面軌道的光滑段向左勻速運動．當它們剛運動至軌道的粗糙段時，下列說法可能正確的是(　　) A．繩的張力減小，地面對a的支持力不變 B．繩的張力減小，地面對a的支持力增加 C．繩的張力增加，斜面對b的支持力不變 D．繩的張力增加，

8、斜面對b的支持力增加 答案：AB 解析：若二者在粗糙段上仍相對靜止，應用整體法可知地面的支持力不變，隔離b研究，b受重力、斜面的支持力及細繩的拉力，在地面軌道的光滑段時這三力的合力為0，滑上粗糙段后合力方向改為水平向右，重力不變、拉力減小、斜面的支持力增大，A正確．若在粗糙段上，b相對于斜面向上運動，b對地有一個向上的加速度，系統(tǒng)處于超重狀態(tài)，因此繩的張力減小，地面對整體的支持力增大，B正確，C、D錯誤． 8. [2019·河北省衡水中學一調]如圖所示，n個質量為m的相同木塊并列放在水平面上，木塊跟水平面間的動摩擦因數為μ，當對木塊1施加一個水平向右的推力F時，木塊加速運動，木塊5

9、對木塊4的壓力大小為(　　) A．F B. C. D. 答案：D 解析：先以整體為研究對象，進行受力分析，應用牛頓第二定律得：F－nμmg＝nma，再隔離前4塊研究，得：F－4μmg－N＝4ma，聯立求得：N＝，故選D. 9. [2019·湖南師大附中模擬]如圖所示，質量為m2的物塊B放置在光滑水平桌面上，其上放置質量為m1的物塊A，A通過跨過定滑輪的細線與質量為M的物塊C連接，釋放C，A和B一起以加速度a從靜止開始運動，已知A、B間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g，則細線中拉力T的大小為(　　) A．Mg B．Mg＋Ma C．(m1＋m

10、2)a D．m1a＋μm1g 答案：C 解析：對A、B整體，根據牛頓第二定律T＝(m1＋m2)a，C正確；對C有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，A、B錯誤；對A有T－f＝m1a，則T＝m1a＋f，因f為靜摩擦力，故不一定等于μm1g，D錯誤． 10．[2019·遼寧六校聯考] (多選)沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—時間圖象如圖所示，已知斜面的傾角為37°，物體的質量為1 kg，物體與斜面之間的動摩擦因數為0.5，取重力加速度為g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則(　　) A．在0～5 s內拉力F的大小為1.

11、8 N B．在5～10 s內拉力F的大小為10 N C．斜面的長度可能為5 m D．在10～15 s內拉力F做的功為－5.5 J 答案：AD 解析：在0～5 s內物體下滑的加速度大小為a1＝0.2 m/s2，由牛頓第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ－F＝ma1，F＝1.8 N，A正確．在5～10 s內物體勻速下滑，mgsinθ－μmgcosθ－F＝0，F＝2 N，B錯誤．斜面的長度大于或等于速度—時間圖象與時間軸所圍成的面積大小，可知最小等于10 m，C錯誤.10～15 s內，加速度大小仍為a1＝0.2 m/s2，方向與速度方向相反，mgsinθ－μmgcosθ－F＝－ma1，

12、F＝2.2 N，而位移等于2.5 m，力F所做的功W＝－Fx＝－5.5 J，D正確． 11．[2019·遼寧省沈陽育才學校模擬](多選)如圖所示，質量為m2的物體2放在正沿平直軌道向右行駛的車廂底板上，并用豎直細繩通過光滑定滑輪連接質量為m1的物體1.跟物體1相連接的繩與豎直方向成θ角．重力加速度大小為g.下列說法中正確的是(　　) A．車廂的加速度大小為gtanθ B．繩對物體1的拉力大小為m1gcosθ C．底板對物體2的支持力為m2g－m1g D．物體2所受底板的摩擦力大小為m2gtanθ 答案：AD 解析：以物體1為研究對象，根據受力分析及牛頓第二定律得：m1a＝m1

13、gtanθ，a＝gtanθ，A正確，同時可得繩的拉力大小T＝，B錯誤．對物體2進行受力分析，由牛頓第二定律可知底板對物體2的支持力為N＝m2g－T＝m2g－，f＝m2a＝m2gtanθ，C錯誤，D正確． 12．[2019·內蒙古包鋼四中檢測] 某人用如圖所示的定滑輪裝置運送建筑材料．質量為70 kg的人站在地面上，通過定滑輪將20 kg的建筑材料以0.5 m/s2的加速度拉升，忽略繩子和定滑輪的質量及定滑輪與繩子間的摩擦，則人對地面的壓力大小為(取g＝10 m/s2)(　　) A．510 N B．490 N C．890 N D．910 N 答案：B 解析：以建筑材料為研究對

14、象，由牛頓第二定律得：T－mg＝ma，得繩子的拉力大小為：T＝m(g＋a)＝20×(10＋0.5) N＝210 N．再對人進行研究，得地面對人的支持力大小為：N＝Mg－T＝700 N－210 N＝490 N，由牛頓第三定律可得人對地面的壓力大小為：N′＝N＝490 N．選項A、C、D錯誤，B正確． 13．如圖甲所示，在木箱內粗糙斜面上靜止一物體，木箱豎直向上運動的速度v與時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，物體始終相對斜面靜止．斜面對物體的支持力和摩擦力分別為N和f，則下列說法正確的是(　　) A．在0～t1時間內，N增大，f減小 B．在0～t1時間內，N減小，f增大 C．在t1～t2時間

15、內，N增大，f增大 D．在t1～t2時間內，N減小，f減小 答案：D 解析：在0～t1時間內，由題圖乙可知，物體做加速運動，加速度逐漸減小，設斜面傾角為θ，對物體受力分析，在豎直方向上有Ncosθ＋fsinθ－mg＝ma1，在水平方向上有Nsinθ＝fcosθ，因加速度減小，則支持力N和摩擦力f均減?。趖1～t2時間內，由題圖乙可知，物體做減速運動，加速度逐漸增大，對物體受力分析，在豎直方向上有mg－(Ncosθ＋fsinθ)＝ma2，在水平方向上有Nsinθ＝fcosθ，因加速度增大，則支持力N和摩擦力f均減小，故D正確． 14．如圖所示，勁度系數為k的輕質彈簧的一端固定在墻上，另

16、一端與置于水平面上的質量為m的物體A接觸(A與彈簧未連接)，質量為m的物體B緊挨A放置，此時彈簧水平且無形變，用水平力F緩慢推動物體B，在彈性限度內彈簧長度被壓縮了x0，此時物體A、B靜止，已知物體A與水平面間的動摩擦因數為μ，物體B與水平面間的摩擦不計，撤去F后，物體A、B開始向左運動，A運動的最大距離為4x0，重力加速度大小為g.則(　　) A．物體A和B先做勻加速運動，再做勻減速運動 B．物體剛向左運動時的加速度大小為 C．物體A、B運動后分離 D．物體A、B運動x0－后分離 答案：D 解析：撤去F后，在物體A離開彈簧的過程中，彈簧彈力是變力，物體A先做變加速運動，當彈簧

17、彈力小于摩擦力后，物體A做變減速運動，離開彈簧之后A做勻變速運動，故A項錯誤；撤去F瞬間，以A、B整體為研究對象，根據牛頓第二定律得a＝，故B項錯誤；當A、B分離時，A、B的加速度為零，速度最大，此時彈簧彈力F彈＝μmg＝kx1，x1＝，所以物體A、B一起開始向左運動x＝x0－后分離，C項錯誤，D項正確． 15. 如圖所示，足夠長的斜面固定在水平面上，斜面頂端有一附有擋板的長木板，木板與斜面之間的動摩擦因數為μ，輕質彈簧測力計一端掛在擋板上，另一端連接著光滑小球．木板固定且小球靜止時，彈簧中心線與木板平行，彈簧測力計示數為F1；無初速度釋放木板后，木板沿斜面下滑，小球相對木板靜止時，彈

18、簧測力計示數為F2.已知斜面高為h，底邊長為d，則(　　) A．μ＝ B．μ＝ C．μ＝ D．μ＝ 答案：C 解析：設球的質量為m，木板質量為M，斜面傾斜角度為θ，木板固定時，球受三力而平衡，故F1＝mgsinθ，釋放木板后，對木板和球整體有(M＋m)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a，隔離球，有mgsinθ－F2＝ma，聯立解得F2＝μmgcosθ，＝，其中tanθ＝，則μ＝tanθ＝，故C正確． 16．[2019·武漢武昌區(qū)調研] 一輕繩跨過一輕質定滑輪，滑輪和軸、繩和滑輪間的摩擦均可忽略．在繩的一端拴住一質量為m1的小球，在另一側有一質量為m2的圓環(huán)套在

19、繩子上，繩與圓環(huán)間存在摩擦，且m1>m2，由靜止開始釋放它們后，圓環(huán)相對于地面以恒定的加速度大小a2沿繩下滑(a2

20、都具有某種“自然本性”，物體由其“自然本性”決定的運動稱之為“自然運動”，而物體受到推、拉、提、舉等作用后的“非自然運動”稱之為“受迫運動”．伽利略、笛卡兒、牛頓等人批判地繼承了亞里士多德的這些說法，建立了新物理學；新物理學認為一切物體都具有的“自然本性”是“慣性”．下列關于“慣性”和“運動”的說法中不符合新物理學的是(　　) A．一切物體的“自然運動”都是速度不變的運動——靜止或者勻速直線運動 B．作用在物體上的力，是使物體做“受迫運動”即變速運動的原因 C．豎直向上拋出的物體，受到了重力，卻沒有立即反向運動，而是繼續(xù)向上運動一段距離后才反向運動，是由于物體具有慣性 D．可繞豎直軸轉

21、動的水平圓桌轉得太快時，放在桌面上的盤子會向桌子邊緣滑去，這是由于“盤子受到的向外的力”超過了“桌面給盤子的摩擦力”導致的 答案：D 解析：根據慣性的定義可知A、B、C正確；繞豎直軸轉動的水平圓桌轉得太快時，放在桌面上的盤子會向桌子邊緣滑去，這是由于“盤子需要的向心力”超過了“桌面給盤子的摩擦力”導致的，故D錯誤． 2．[2019·江西豐城中學檢測]如圖所示，物體靜止在一固定在水平地面上的斜面上，下列說法正確的是(　　) A．物體對斜面的壓力和斜面對物體的支持力是一對平衡力 B．物體所受重力可以分解為沿斜面的力和對斜面的壓力 C．物體所受重力和斜面對物體的作用力是一對平衡力

22、D．物體對斜面的摩擦力和物體重力沿斜面的分力是一對作用力和反作用力 答案：C 解析：物體對斜面的壓力和斜面對物體的支持力大小相等、方向相反、并且作用在同一直線上，但是這兩個力作用在兩個物體上，所以應為作用力和反作用力，所以A錯誤．物體所受的重力可以分解為沿斜面向下的力和垂直于斜面向下的力，垂直于斜面向下的分力不是對斜面的壓力，因為作用點不同，對斜面的壓力作用點應在斜面上，而垂直于斜面向下的分力作用點在物體上，所以B錯誤．斜面對物體的作用力是斜面對物體的支持力和摩擦力的合力，與物體的重力平衡，所以物體所受的重力和斜面對物體的作用力是一對平衡力，C正確．物體對斜面的摩擦力和斜面對物體的摩擦力是

23、一對作用力和反作用力，物體所受斜面的摩擦力與重力沿斜面的分力為平衡力，所以D錯誤． 3．[2018·全國卷Ⅰ] 如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．現用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動．以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表示F和x之間關系的圖象可能正確的是(　　) 答案：A 解析：設物塊P靜止時，彈簧的長度為x0，輕彈簧原長為l，物塊P受重力mg、彈簧彈力k(l－x0－x)及力F，根據牛頓第二定律，得 F＋k(l－x0－x)－mg＝ma 且k(l－x0)＝mg 故F＝kx＋ma. 根據數學知識知

24、F－x圖象是截距為ma的一次函數圖象． 4. [2019·湖北黃岡中學?？糫(多選)如圖所示，三個質量均為m的物塊a、b、c，用兩個輕彈簧和一根輕繩相連，掛在天花板上，處于靜止狀態(tài)．現將b、c之間的輕繩剪斷，下列說法正確的是(　　) A．在剛剪斷輕繩的瞬間，b的加速度大小為g B．在剛剪斷輕繩的瞬間，c的加速度大小為2g C．剪斷輕繩后，a、b下落過程中，兩者一直保持相對靜止 D．剪斷輕繩后，a、b下落過程中加速度相等的瞬間，兩者之間的輕彈簧一定處于原長狀態(tài) 答案：BD 解析：剪斷輕繩的瞬間，繩的彈力立即消失，而彈簧彈力瞬間不變；對b根據牛頓第二定律可得mab＝2mg，解得

25、ab＝2g，方向向下；c上面的彈簧在繩子剪斷前的彈力等于三個物塊的總重力，即3mg，剪斷輕繩后，對c根據牛頓第二定律可得3mg－mg＝mac，解得ac＝2g，方向向上，所以A錯誤，B正確；剪斷輕繩后，a、b下落過程中，二者在開始的一段時間內加速度不同，所以兩者不會保持相對靜止，兩者之間的輕彈簧長度一定會發(fā)生變化，C錯誤；剪斷輕繩后，a、b下落過程中，a、b加速度相等的瞬間，兩者之間的輕彈簧一定處于原長狀態(tài)，此時二者的加速度都為g，D正確． 5．[2019·山東濰坊中學月考]物塊A放在斜面體的斜面上，和斜面體一起水平向右做加速運動，如圖所示，若物塊與斜面體保持相對靜止，物塊A受到斜面對它的

26、支持力和摩擦力的合力的方向可能是(　　) A．斜向右上方 B．水平向右 C．斜向右下方 D．豎直向上 答案：A 解析：物塊A受到豎直向下的重力，而加速度水平向右，即A受到的合力水平向右，所以只能再受到斜向右上方的作用力，即物塊A受到斜面對它的支持力和摩擦力的合力的方向可能斜向右上方，A正確． 6．[2019·湖南株洲一診]一質量為m的鋁球用細線懸掛靜止在足夠深的油槽中(如圖甲所示)，某時刻剪斷細線，鋁球開始在油槽中下沉，通過傳感器得到鋁球的加速度隨下沉速度變化的圖象如圖乙所示，已知重力加速度為g，下列說法正確的是(　　) A．鋁球剛開始運動的加速度a0＝g B．鋁球下沉的

27、速度將會一直增大 C．鋁球下沉過程所受到油的阻力f＝ D．鋁球下沉過程機械能的減少量等于克服油的阻力所做的功 答案：C 解析：剛開始釋放時，鋁球受到豎直向下的重力和豎直向上的浮力作用，即a0＝＝g－

28、示，小車內兩根不可伸長的細線AO、BO拴住一小球，其中BO水平，小車沿水平地面向右做加速運動，AO與BO的拉力分別為TA、TB.若加速度增大，則(　　) A．TA、TB均增大 B．TA、TB均減小 C．TA不變，TB增大 D．TA減小，TB不變 答案：C 解析：設OA與豎直方向的夾角為θ，則對小球有TAcosθ＝mg，TB－TAsinθ＝ma，故若加速度增大，TA不變，TB增大．選項C正確． 8. 如圖所示，在水平面上沿直線運動的小車上有一個固定的水平橫桿，橫桿左端懸掛的小球A和小車右端放置的物塊B都相對車廂靜止．關于物塊B受到的摩擦力，下列判斷中正確的是(　　) A

29、．物塊B不受摩擦力作用 B．物塊B受摩擦力作用，大小恒定，方向向左 C．物塊B受摩擦力作用，大小恒定，方向向右 D．因小車的運動方向不能確定，故物塊B受的摩擦力情況無法判斷 答案：C 解析：根據題意，小球處于靜止狀態(tài)，設細繩與豎直方向夾角為θ，小球受到重力和沿繩方向的拉力，小球加速度為a＝gtanθ，方向水平向右，則物塊B受到重力、支持力和向右的摩擦力，故選項A、B、D錯誤，選項C正確． 9．[2019·廣東深圳模擬] 如圖所示，一質量為m的正方體物塊置于風洞內的水平面上，其一面與風速垂直，當風速為v0時剛好能推動該物塊．已知風對物塊的推力F正比于Sv2，其中v為風速、S為物

30、塊迎風面積．當風速變?yōu)?v0時，剛好能推動用同一材料做成的另一正方體物塊，則該物塊的質量為(　　) A．64m B．32m C．8m D．4m 答案：A 解析：設質量為m的正方體物塊的邊長為a，物塊被勻速推動，根據平衡條件，有F＝f，N＝mg，其中F＝kSv＝ka2v，f＝μN＝μmg＝μρa3g，解得a＝，現在風速變?yōu)?v0，故剛好能推動的物塊邊長為原來的4倍，故體積為原來的64倍，質量為原來的64倍，故A正確． 10．[2019·河北正定中學模擬]如圖所示，一固定桿與水平方向夾角為θ，將一質量為m1的滑塊套在桿上，通過輕繩懸掛一個質量為m2的小球，桿與滑塊之間的動摩

31、擦因數為μ.若滑塊與小球保持相對靜止以相同的加速度a一起運動，此時繩子與豎直方向夾角為β，且θ<β，則滑塊的運動情況是(　　) A．沿著桿加速下滑 B．沿著桿加速上滑 C．沿著桿減速下滑 D．沿著桿減速上滑 答案：D　 解析：把滑塊和球看成一個整體受力分析，沿桿和垂直桿建立直角坐標系，若速度方向沿桿向下，則沿桿方向有(m1＋m2)gsinθ－f＝(m1＋m2)a，垂直桿方向有FN＝(m1＋m2)gcosθ，摩擦力f＝μFN，聯立可解得a＝gsinθ－μgcosθ.對小球有，若θ＝β，a＝gsinβ，現有θ<β，則有a>gsinβ，所以gsinθ－μgcosθ>gsinβ，gsinθ

32、－gsinβ>μgcosθ，因為θ<β，所以gsinθ－gsinβ<0，但μgcosθ>0，所以假設不成立，即速度的方向一定向上．由于加速度方向向下，所以滑塊沿桿減速上滑，故D正確． 二、非選擇題 11. [2019·天津五區(qū)縣聯考]如圖甲所示，光滑平臺右側與一長為L＝2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，現有一小滑塊以初速度v0＝5 m/s滑上木板，恰好滑到木板右端靜止．現讓木板右端抬高，如圖乙所示，使木板與水平地面的夾角θ＝37°，讓滑塊以相同的初速度滑上木板，不計滑塊滑上木板時的能量損失，g取10 m/s2(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求： (1)滑塊

33、與木板之間的動摩擦因數μ； (2)滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間t. 答案：(1)0.5　(2)s 解析：(1)設滑塊質量為m，木板水平時滑塊加速度大小為a，則對滑塊有μmg＝ma，滑塊恰好滑到木板右端靜止，則0－v＝－2aL，解得μ＝＝0.5.(2)當木板傾斜時，設滑塊上滑時的加速度大小為a1，上滑的最大距離為s，上滑的時間為t1，有μmgcosθ＋mgsinθ＝ma1,0－v＝－2a1s,0＝v0－a1t1，解得s＝1.25 m，t1＝ s．設滑塊下滑時的加速度大小為a2，下滑的時間為t2，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，s＝a2t，解得t2＝s，滑塊從滑上傾斜木

34、板到滑回木板底端所用的時間t＝t1＋t2＝s. 12．[2019·廣西適應性測試]如圖所示，12個相同的木塊放在水平地面上排成一條直線，相鄰兩木塊接觸但不粘連，每個木塊的質量m＝1.2 kg，長度l＝0.5 m．木塊原來都靜止，它們與地面間的動摩擦因數均 為μ1＝0.1，在左邊第一個木塊的左端放一質量M＝1 kg的小鉛塊(可視為質點)，它與各木塊間的動摩擦因數均為μ2＝0.5，現突然給小鉛塊一個向右的初速度v0＝9 m/s，使其在木塊上滑行．設木塊與地面間及小鉛塊與木塊間的最大靜摩擦力均等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)小鉛塊相對木塊滑動時小鉛塊的加速度大??； (2)小鉛塊下的木塊剛發(fā)生運動時小鉛塊的瞬時速度大?。? 答案：(1)5 m/s2　(2)6 m/s 解析：(1)設小鉛塊相對木塊滑動時加速度大小為a，由牛頓第二定律可知μ2Mg＝Ma 解得：a＝5 m/s2 (2)設小鉛塊最多能帶動x個木塊運動，對x個木塊整體進行受力分析，當小鉛塊下的x個木塊發(fā)生運動時，則有μ2Mg≥μ1(mgx＋Mg) 解得：x≤3.33 即小鉛塊最多只能帶動3個木塊運動 設當小鉛塊通過前面的9個木塊時的瞬時速度大小為v，由動能定理可知： －μ2Mg×9l＝M(v2－v) 解得：v＝6 m/s