備考2024年高考物理專題1.9動力學(xué)中的斜面問題精準(zhǔn)突破含解析

PAGEPAGE1專題1.9動力學(xué)中的斜面問題【專題詮釋】1.斜面模型是中學(xué)物理中最常見的模型之一，斜面問題千變?nèi)f化，斜面既可能光滑，也可能粗糙；既可能固定，也可能運動，運動又分勻速和變速；斜面上的物體既可以左右相連，也可以上下疊加。物體之間可以細繩相連，也可以彈簧相連。求解斜面問題，能否做好斜面上物體的受力分析，尤其是斜面對物體的作用力（彈力和摩擦力）是解決問題的關(guān)鍵。θθmgfFNyx對沿粗糙斜面自由下滑的物體做受力分析，物體受重力mg、支持力FN、動摩擦力f，由于支持力，則動摩擦力，而重力平行斜面對下的分力為，所以當(dāng)時，物體沿斜面勻速下滑，由此得，亦即。所以物體在斜面上自由運動的性質(zhì)只取決于摩擦系數(shù)和斜面傾角的關(guān)系。當(dāng)時，物體沿斜面加速速下滑，加速度；當(dāng)時，物體沿斜面勻速下滑，或恰好靜止；當(dāng)時，物體若無初速度將靜止于斜面上；2.等時圓模型1．質(zhì)點從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止起先滑到環(huán)的最低點所用時間相等，如圖甲所示。2．質(zhì)點從豎直圓環(huán)上最高點沿不同的光滑弦由靜止起先滑到下端所用時間相等，如圖乙所示。3．兩個豎直圓環(huán)相切且兩圓環(huán)的豎直直徑均過切點，質(zhì)點沿不同的光滑弦上端由靜止起先滑到下端所用時間相等，如圖丙所示?！靖呖碱I(lǐng)航】【2024·浙江選考】如圖所示為某一嬉戲的局部簡化示意圖。D為彈射裝置，AB是長為21m的水平軌道，傾斜直軌道BC固定在豎直放置的半徑為R=10m的圓形支架上，B為圓形的最低點，軌道AB與BC平滑連接，且在同一豎直平面內(nèi)。某次嬉戲中，無動力小車在彈射裝置D的作用下，以v0=10m/s的速度滑上軌道AB，并恰好能沖到軌道BC的最高點。已知小車在軌道AB上受到的摩擦力為其重量的0.2倍，軌道BC光滑，則小車從A到C的運動時間是（）A．5s B．4.8sC．4.4s D．3s【答案】A【解析】設(shè)小車的質(zhì)量為m，小車在AB段所勻減速直線運動，加速度，在AB段，依據(jù)動能定理可得，解得，故；小車在BC段，依據(jù)機械能守恒可得，解得，過圓形支架的圓心O點作BC的垂線，依據(jù)幾何學(xué)問可得，解得，，故小車在BC上運動的加速度為，故小車在BC段的運動時間為，所以小車運動的總時間為，A正確?！?015全國一卷】如圖(a)，一物塊在t＝0時刻滑上一固定斜面，其運動的v-t圖線如圖(b)所示．若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出 ()A．斜面的傾角B．物塊的質(zhì)量C．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)D．物塊沿斜面對上滑行的最大高度【答案】ACD【解析】：依據(jù)牛頓其次定律，向上滑行過程eq\f(v0,t1)＝gsinθ＋μgcosθ，向下滑行過程eq\f(v1,t1)＝gsinθ－μgcosθ，整理可得gsinθ＝eq\f(v0＋v1,2t1)，從而可計算出斜面的傾斜角度θ以及動摩擦因數(shù)，選項A、C對．小球滑上斜面的初速度v0已知，向上滑行過程為勻變速直線運動，末速度0，那么平均速度即eq\f(v0,2)，所以沿斜面對上滑行的最遠距離s＝eq\f(v0,2)t1，依據(jù)斜面的傾斜角度可計算出向上滑行的最大高度ssinθ＝eq\f(v0,2)t1×eq\f(v0＋v1,2gt1)＝v0eq\f(v0＋v1,4g)，選項D對．僅依據(jù)速度—時間圖象，無法求出物塊質(zhì)量，選項B錯．【技巧方法】1.解決斜面動力學(xué)基本問題應(yīng)把握的關(guān)鍵(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析；(2)一個“橋梁”——物體運動的加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁。2.解決斜面動力學(xué)基本問題時對力的處理方法(1)合成法：在物體受力個數(shù)較少(2個或3個)時一般采納“合成法”(2)正交分解法：若物體的受力個數(shù)較多(3個或3個以上)，則采納“正交分解法”。【最新考向解碼】【例1】(2024·福建高三上學(xué)期聯(lián)考)如圖所示，甲、乙兩個物塊用平行于斜面的細線連接。用沿斜面對上的拉力F拉甲物塊，使甲、乙兩物塊一起沿光滑斜面對上做勻加速運動。某時刻撤去拉力F，則撤去拉力的一瞬間，下列說法正確的是()A．甲、乙都受三個力作用B．甲、乙的速度相同C．甲的加速度大于乙的加速度D．甲受到的合力肯定沿斜面對下，乙受到的合力可以沿斜面對上【答案】B【解析】某時刻撤去拉力F，細線的拉力變?yōu)?，甲、乙均受重力、支持力兩個力作用，A錯誤；甲、乙兩物塊在拉力F作用下一起沿斜面對上做勻加速運動，所以在撤去拉力F的瞬間兩物塊的速度相同，B正確；某時刻撤去拉力F，甲、乙均受重力、支持力兩個力作用，兩力的合力均沿斜面對下，依據(jù)牛頓其次定律可得，甲、乙加速度相同，大小都為gsinθ，方向均沿斜面對下，其中θ為斜面傾角，C、D錯誤。【例2】．(2024·太原高三上學(xué)期期末)在設(shè)計游樂場中“激流勇進”的傾斜滑道時，小組同學(xué)將劃艇在傾斜滑道上的運動視為由靜止起先的無摩擦滑動，已知傾斜滑道在水平面上的投影長度L是肯定的，而高度可以調(diào)整，則()A．滑道傾角越大，劃艇下滑時間越短B．劃艇下滑時間與傾角無關(guān)C．劃艇下滑的最短時間為2eq\r(\f(L,g))D．劃艇下滑的最短時間為eq\r(\f(2L,g))【答案】C【解析】設(shè)滑道傾角為θ，則滑道長度為eq\f(L,cosθ)，下滑時的加速度a＝gsinθ，則依據(jù)eq\f(L,cosθ)＝eq\f(1,2)gsinθt2可得t＝eq\r(\f(4L,gsin2θ))，可知滑道傾角θ＝45°時，劃艇下滑時間最短，最短時間為tmin＝2eq\r(\f(L,g))；θ<45°時，傾角越大，時間越短；θ>45°時，傾角越大，時間越長，C正確，A、B、D錯誤。【例3】．(2024·安徽蕪湖高三上學(xué)期期末)如圖所示，PQ為圓的豎直直徑，AQ、BQ、CQ為三個光滑斜面軌道，上端分別與圓相交于A、B、C三點?，F(xiàn)讓三個小球(可以看做質(zhì)點)分別沿著AQ、BQ、CQ軌道自上端點由靜止下滑到Q點，運動的平均速度分別為v1、v2和v3。則有()A．v2＞v1＞v3B．v1＞v2＞v3C．v3＞v1＞v2D．v1＞v3＞v2【答案】A【解析】設(shè)任一斜面的傾角為θ，圓的直徑為d。依據(jù)牛頓其次定律得a＝gsinθ，又由幾何關(guān)系可得斜面的長度為x＝dsinθ，則由x＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2dsinθ,gsinθ))＝eq\r(\f(2d,g))，可見，小球下滑時間與斜面的傾角無關(guān)，則有t1＝t2＝t3。依據(jù)eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)，由于x2＞x1＞x3，則v2＞v1＞v3，故A正確?！疚ｎ}精練】1.(2024·河南安陽模擬)在傾角為α的固定光滑斜面上，有一用繩子拴著的長木板，木板上站著一只貓．已知貓的質(zhì)量是木板的質(zhì)量的2倍．當(dāng)繩子突然斷開時，貓馬上沿著板向上跑，以保持其相對斜面的位置不變．則此時木板沿斜面下滑的加速度為()A．3gsinα B．gsinαC．eq\f(3gsinα,2) D．2gsinα【答案】A.【解析】：貓與木板加速度不同，分別對其受力分析是比較常見的解決方法．貓受力平衡，設(shè)貓的質(zhì)量為2m，其所受摩擦力沿斜面對上，且Ff＝2mgsinα，則木板所受摩擦力沿斜面對下，木板的加速度為a＝eq\f(2mgsinα＋mgsinα,m)＝3gsinα，正確選項為A.2.(2024·南陽五校聯(lián)考)如圖所示，滑輪A可沿傾角為θ的足夠長光滑軌道下滑，滑輪下用輕繩掛著一個重為G的物體B，下滑時，物體B相對于A靜止，則下滑過程中()A．B的加速度為gsinθ B．繩的拉力為eq\f(G,cosθ)C．繩的方向保持豎直 D．繩的拉力為G【答案】A【解析】：.A、B相對靜止，即兩物體的加速度相同，以A、B整體為探討對象分析受力可知，系統(tǒng)的加速度為gsinθ，所以選項A正確；再以B為探討對象進行受力分析，如圖，依據(jù)平行四邊形法則可知，繩子的方向與斜面垂直，拉力大小等于Gcosθ，故選項B、C、D都錯誤．3.物體最初靜止在傾角θ＝30°的足夠長斜面上，如圖甲所示受到平行斜面對下的力F的作用，力F隨時間改變的圖象如圖乙所示，起先運動2s后物體以2m/s的速度勻速運動，下列說法正確的是(g取10m/s2)()A．物體的質(zhì)量m＝1kgB．物體的質(zhì)量m＝2kgC．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)D．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(7\r(3),15)【答案】AD【解析】：由起先運動2s后物體以2m/s的速度勻速運動，可知0～2s內(nèi)物體的加速度大小為a＝1m/s2；在0～2s內(nèi)對物體應(yīng)用牛頓其次定律得，F(xiàn)1＋mgsin30°－μmgcos30°＝ma，2s后由平衡條件可得，F(xiàn)2＋mgsin30°－μmgcos30°＝0，聯(lián)立解得m＝1kg，μ＝eq\f(7\r(3),15)，選項A、D正確．4.(2024·汕頭模擬)建設(shè)房屋時，保持底邊L不變，要設(shè)計好屋頂?shù)膬A角θ，以便下雨時落在房頂?shù)挠甑文鼙M快地滑離屋頂，雨滴下滑時可視為小球做無初速度、無摩擦的運動．下列說法正確的是()傾角θ越大，雨滴下滑時的加速度越大B．傾角θ越大，雨滴對屋頂壓力越大C．傾角θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的速度越大D．傾角θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的時間越短【答案】AC【解析】：.設(shè)屋檐的底角為θ，底邊長度為L，留意底邊長度是不變的，屋頂?shù)钠旅骈L度為x，雨滴下滑時加速度為a，對雨滴受力分析，只受重力mg和屋頂對雨滴的支持力FN，垂直于屋頂方向：mgcosθ＝FN，平行于屋頂方向：ma＝mgsinθ.雨滴的加速度為：a＝gsinθ，則傾角θ越大，雨滴下滑時的加速度越大，故A正確；雨滴對屋頂?shù)膲毫Υ笮。篎′N＝FN＝mgcosθ，則傾角θ越大，雨滴對屋頂壓力越小，故B錯誤；依據(jù)三角關(guān)系推斷，屋頂坡面的長度x＝eq\f(L,2cosθ)，由x＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，可得：t＝eq\r(\f(2L,gsin2θ))，可見當(dāng)θ＝45°時，用時最短，D錯誤；由v＝gsinθ·t可得：v＝eq\r(gLtanθ)，可見θ越大，雨滴從頂端O下滑至M時的速度越大，C正確．5.(2024·安徽皖南八校聯(lián)考)放在固定粗糙斜面上的滑塊A以加速度a1沿斜面勻加速下滑，如圖甲。在滑塊A上放一物體B，物體B始終與A保持相對靜止，以加速度a2沿斜面勻加速下滑，如圖乙。在滑塊A上施加一豎直向下的恒力F，滑塊A以加速度a3沿斜面勻加速下滑，如圖丙。則()A．a(chǎn)1＝a2＝a3B．a(chǎn)1＝a2<a3C．a(chǎn)1<a2＝a3D．a(chǎn)1<a2<a3【答案】B【解析】題圖甲中的加速度為a1，則有mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，解得a1＝gsinθ－μgcosθ題圖乙中的加速度為a2，則有(m＋m′)gsinθ－μ(m＋m′)gcosθ＝(m＋m′)a2，解得a2＝gsinθ－μgcosθ。題圖丙中的加速度為a3，設(shè)F＝m′g，則有(m＋m′)gsinθ－μ(m＋m′)gcosθ＝ma3，解得a3＝eq\f((m＋m′)gsinθ－μ(m＋m′)gcosθ,m)故a1＝a2<a3，故B正確。5.如圖所示，一傾角θ＝37°的足夠長斜面固定在水平地面上．當(dāng)t＝0時，滑塊以初速度v0＝10m/s沿斜面對上運動．已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說法正確的是()A．滑塊始終做勻變速直線運動B．t＝1s時，滑塊速度減為零，然后靜止在斜面上C．t＝2s時，滑塊恰好又回到動身點D．t＝3s時，滑塊的速度大小為4m/s【答案】D【解析】設(shè)滑塊上滑時的加速度大小為a1，由牛頓其次定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s2，上滑時間t1＝eq\f(v0,a1)＝1s，上滑的距離x1＝eq\f(1,2)v0t1＝5m，因tanθ＞μ，mgsinθ＞μmgcosθ，滑塊上滑到速度為零后，向下運動，選項B錯誤；設(shè)滑塊下滑時的加速度大小為a2，由牛頓其次定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2，經(jīng)1s，滑塊下滑的距離x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝1m＜5m，滑塊未回到動身點，選項C錯誤；因上滑和下滑過程中的加速度不同，故滑塊全程不是勻變速直線運動，選項A錯誤；t＝3s時，滑塊沿斜面對下運動，此時的速度v＝a2(3s－1s)＝4m/s，選項D正確．6.(2024·南昌二中高三上學(xué)期期末)如圖所示，斜面置于粗糙的水平面上，將兩個相同的光滑木塊a、b放在斜面上，a、b用一輕質(zhì)彈簧連接，b的右端用細繩與固定在斜面上的擋板相連。達到穩(wěn)定狀態(tài)時，a、b與斜面均靜止。在某一時刻將細繩剪斷，斜面仍保持靜止，則在細繩被剪斷瞬間，下列說法正確的是()A．a(chǎn)所受的合外力肯定為零B．斜面所受地面的摩擦力肯定為零C．b所受的合外力肯定為零D．斜面所受地面的支持力小于a、b和斜面的總重力【答案】AD【解析】剪斷細繩的瞬間，彈簧的彈力不變，剪斷前，a受重力、支持力和彈簧的彈力而處于平衡，剪斷后，由于彈力不變，則a所受的合外力仍為零，A正確；剪斷細繩的瞬間，b受重力、支持力和彈簧向下的拉力，細繩對b的拉力變?yōu)?，可知b所受的合外力不為零，有沿斜面對下的加速度，C錯誤；對整體分析，由于b有沿斜面對下的分加速度，則豎直方向上有向下的分加速度，可知斜面所受地面的支持力小于a、b和斜面的總重力，由于b在水平方向上有向左的分加速度，可知地面對斜面有水平向左的摩擦力作用，B錯誤，D正確。7．(2024·哈爾濱師大附中高三上學(xué)期期末)某科研單位設(shè)計了一空間飛行器，飛行器質(zhì)量為m，飛行器從地面起飛時，發(fā)動機供應(yīng)的動力方向與水平方向夾角α＝60°，使飛行器恰恰沿與水平方向成θ＝30°角的直線斜向右上方勻加速飛行，如圖所示。t時間后撤去動力，飛行過程中的空氣阻力不計。下列說法中正確的是()A．沿直線勻加速飛行時動力的大小等于eq\r(2)mgB．沿直線勻加速飛行時加速度的大小為gC．撤去動力后，飛行器的加速度大小為gD．再經(jīng)時間t后飛行器的速度變?yōu)?【答案】BC【解析】起飛時，飛行器受重力和發(fā)動機供應(yīng)的動力作用，兩力的合力與水平方向成30°角斜向上，如圖所示，在△OFF合中，由幾何關(guān)系得：F＝eq\r(3)mg，F(xiàn)合＝mg，由牛頓其次定律得飛行器的加速度大小為：a1＝g，A錯誤，B正確；撤去F后，飛行器只受重力作用，則加速度大小為g，C正確；撤去F后飛行器做斜拋運動，故再經(jīng)時間t后飛行器的速度不會變?yōu)?，D錯誤。8.(2024·江西省臨川二中高三上學(xué)期第五次理綜物理)如圖所示，有一半圓，其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點，O點恰好是下半圓的圓心，現(xiàn)在有三條光滑軌道AB、CD、EF，它們的上下端分別位于上下兩圓的圓周上，三軌道都經(jīng)過切點O，軌道與豎直線的夾角關(guān)系為α>β>θ，現(xiàn)在讓一物塊先后從三軌道頂端由靜止下滑至底端，則物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經(jīng)驗的時間關(guān)系為()A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEFC．tAB<tCD<tEF D．tAB＝tCD<tEF【答案】B【解析】設(shè)上面圓的半徑為r，下面圓的半徑為R，則軌道的長度s＝2rcosα＋R，下滑的加速度a＝eq\f(mgcosα,m)＝gcosα，依據(jù)位移時間公式得，s＝eq\f(1,2)at2，則t＝eq\r(\f(4rcosα＋2R,gcosα))＝eq\r(\f(4r,g)＋\f(2R,gcosα))，因為α>β>θ，則tAB>tCD>tEF，故B正確，A、C、D錯誤。9.(2024·崇明模擬)如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的固定光滑圓環(huán)軌道與水平面相切于M點，與豎直墻相切于A點。豎直墻上另一點B與M的連線和水平面的夾角為60°，C是圓環(huán)軌道的圓心。已知在同一時刻a、b兩球分別由A、B兩點從靜止起先沿光滑傾斜直軌道AM、BM運動到M點；c球由C點自由下落到M點()A．a(chǎn)球最先到達M點 B．b球最先到達M點C．c球最先到達M點 D．b球和c球同時到達M點【答案】C【解析】如圖所示，令圓環(huán)半徑為R，則c球由C點自由下落到M點用時滿意R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,c)，所以tc＝eq\r(\f(2R,g))；對于a球，令A(yù)M與水平面成θ角，則a下滑時的加速度為a＝gsinθ，球下滑到M用時滿意AM＝2Rsinθ＝eq\f(1,2)gsinθteq\o\al(2,a)，即ta＝2eq\r(\f(R,g))；同理b球從B點下滑到M點用時也滿意tb＝2eq\r(\f(r,g))(r為過B、M且與水平面相切于M點的豎直圓的半徑，所以r>R)。綜上所述可得tb>ta>tc，C正確。10.(2024·安徽省亳州市高三上學(xué)期期末)一物塊沿傾角為θ的固定斜面底端上滑，到達最高點后又返回至斜面底端。已知物塊下滑的時間是上滑時間的3倍，則物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為(C)A．eq\f(1,3)tanθ B．eq\f(1,9)tanθC．eq\f(4,5)tanθ D．eq\f(5,4)tanθ【答案】C【解析】向上運動的末速度等于0，其逆過程為初速度為0的勻加速直線運動，設(shè)加速度的大小為a1，則：x＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，設(shè)向下運動的加速度的大小為a2，則向下運動的過程中：x＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，由題知物塊下滑的時間是上滑時間的3倍，即t2＝3t1，聯(lián)立可得：a1＝9a2，對物塊進行受力分析，可知向上運動的過程中：ma1＝mgsinθ＋μmgcosθ，向下運動的過程中：ma2＝mgsinθ－μmgcosθ，聯(lián)立得μ＝eq\f(4,5)tanθ，故C正確，ABD錯誤，故選C。11.如圖所示，AO、AB、AC是豎直平面內(nèi)的三根固定的細桿，A、O位于同一圓周上，A點位于圓周的最高點，O點位于圓周的最低點，每一根細桿上都套有一個光滑的小環(huán)(圖中未畫出)，三個環(huán)都從A點無初速地釋放，用T1、T2、T3表示各環(huán)到O、B、C時所用的時間，則()A．T1＞T2＞T3 B．T3＜T1＜T2C．T1＜T2＜T3 D．T3＞T1＞T2【答案】D【解析】如圖，小環(huán)沿桿下滑做勻加速直線運動，設(shè)∠OAB為θ，∠OAC為α，圓的半徑為r，則小環(huán)沿AO下滑時，做自由落體運動，時間為：T1＝eq\r(\f(2×2r,g))由勻變速運動規(guī)律得，滑環(huán)滑到B1點的時間T2′＝eq\r(\f(2×2rcosθ,gcosθ))＝T1而由圖可知，滑到B點的時間T2＜T2′＝T1同樣依據(jù)勻變速運動規(guī)律可得滑到C1的時間T3′＝eq\r(\f(2×2rcosα,gcosα))＝T1而由圖可知，滑到C點的時間T3＞T3′＝T1故有T3＞T1＞T2.12.(2024·江西重點中學(xué)十校聯(lián)考)趣味運動會上運動員手持網(wǎng)球拍托球沿水平面勻加速跑，設(shè)球拍和球質(zhì)量分別為M、m，球拍平面和水平面之間夾角為θ，球拍與球保持相對靜止，它們間摩擦力及空氣阻力不計，則()A．運動員的加速度為gtanθB．球拍對球的作用力為mgC．運動員對球拍的作用力為(M＋m)gcosθD．若加速度大于gsinθ，球肯定沿球拍向上運動【答案】A【解析】：.網(wǎng)球受力如圖甲所示，依據(jù)牛頓其次定律得FNsinθ＝ma，又FNcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，F(xiàn)N＝eq\f(mg,cosθ)，故A正確，B錯誤；以球拍和球整體為探討對象，受力如圖乙所示，依據(jù)平衡，運動員對球拍的作用力為F＝eq\f(（M＋m）g,cosθ)，故C錯誤；當(dāng)a>gtanθ時，網(wǎng)球才向上運動，由于gsinθ<gtanθ，故球不肯定沿球拍向上運動，故D錯誤．(2024·山東德州五校高三聯(lián)考)如圖所示，樓梯口一傾斜的天花板與水平地面成37°，一裝潢工人手持木桿綁著刷子粉刷天花板，工人所持木桿對刷子的作用力始終保持豎直向上，大小為F＝10N，刷子的質(zhì)量為m＝0.5kg，刷子可視為質(zhì)點，刷子與天花板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，天花板長為L＝4m，取g＝10m/s2，試求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)刷子沿天花板向上的加速度大??；(2)工人把刷子從天花板底端推到頂端所用的時間?！敬鸢浮?1)2m/s2(2)2s【解析】(1)刷子運動過程中受力如圖所示。依據(jù)牛頓其次定律Fsin37°－mgsin37°－Ff＝ma①Fcos37°＝mgcos37°＋FN②Ff＝μFN③由以上三式得a＝2m/s2(2)依據(jù)運動學(xué)公式有L＝eq\f(1,2)at2得t＝2s14.(2024·江西省贛州市四校協(xié)作體高三上學(xué)期期中試題)如圖，在水平地面上固定一傾角為37°足夠長的的斜面，有一木塊以初速度8m/s沖上斜面，木塊與斜面的動摩擦因數(shù)為0.25(最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)。則：(1)木塊沿斜面上升的最大距離為多少？(2)木塊在斜面上運動的時間為多少？(3)假如斜面是光滑的，求木塊運動到離斜面底端4m處的速度？【答案】(1)4m(2)1＋eq\r(2)s(3)4m/s可向上也可向下【解析】(1)對木塊受力分析如圖依據(jù)牛頓其次定律有mgsinθ＋f1＝ma1f1＝μN，N＝mgcosθ，聯(lián)立以上可得加速度為a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝8m/s2物體沿斜面做勻減速運動，依據(jù)veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2a1s可得木塊沿斜面