2021版浙江新高考选考物理一轮复习教师用书：3第三章　2第2节　牛顿第二定律　两类动力学问题

第2节　牛顿第二定律　两类动力学问题【基础梳理】 提示：作用力　质量　作用力　F＝ma　惯性　宏观低速　受力情况　运动情况　基本单位　导出单位　质量　时间　长度　基本量【自我诊断】 判一判(1)牛顿第二定律表达式F＝ma在任何情况下都适用．(　　)(2)物体所受合外力大，其加速度一定大．(　　)(3)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度．(　　)(4)物体由于做加速运动，所以才受合外力作用．(　　)(5)F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关．(　　)(6)物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小．(　　)(7)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系．(　　)答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√　(6)√　(7)√ 做一做(2020·1月浙江选考)以下物理量为矢量，且单位是国际单位制基本单位的是(　　)A．电流、A　　　　　　　　 B．位移、mC．功、J   D．磁感应强度、T答案：B　牛顿第二定律的基本应用【知识提炼】1．求解思路：求解物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况或运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．2．牛顿第二定律瞬时性的“两类”模型(1)刚性绳(轻杆或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间．(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．3．在求解瞬时加速度时应注意的问题(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析．(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变．【典题例析】　(2020·余姚质检)如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，物块2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有(　　)A．a1＝a2＝a3＝a4＝0B．a1＝a2＝a3＝a4＝gC．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝gD．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g[解析]　在抽出木板的瞬时，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g，所以C正确．[答案]　C【题组过关】 考向1　力与运动的关系1.(多选)如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后(　　)A．木块立即做减速运动B．木块在一段时间内速度仍可增大C．当F等于弹簧弹力时，木块速度最大D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为零解析：选BC.木块接触弹簧后向右运动，弹力逐渐增大，开始时恒力F大于弹簧弹力，合外力方向水平向右，与木块速度方向相同，木块速度不断增大，A项错误，B项正确；当弹力增大到与恒力F相等时，合力为零，速度增大到最大值，C项正确；之后木块由于惯性继续向右运动，但合力方向与速度方向相反，木块速度逐渐减小到零，此时，弹力大于恒力F，加速度大于零，D项错误． 考向2　牛顿运动定律的瞬时性2．如图甲所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L2水平拉直，物体处于平衡状态．(1)现将线L2剪断，求剪断L2的瞬间物体的加速度．(2)若将图甲中的细线L1换成长度相同(接m后)，质量不计的轻弹簧，如图乙所示，其他条件不变，求剪断L2的瞬间物体的加速度．解析：(1)细线L2被剪断的瞬间，因细线L2对物体的弹力突然消失，而引起L1上的张力发生突变，使物体的受力情况改变，瞬时加速度垂直L1斜向下方，大小为a＝gsin θ.(2)当细线L2被剪断时，细线L2对物体的弹力突然消失，而弹簧的形变还来不及变化(变化要有一个过程，不能突变)，因而弹簧的弹力不变，它与重力的合力与细线L2对物体的弹力是一对平衡力，等大反向，所以细线L2被剪断的瞬间，物体加速度的大小为a＝gtan θ，方向水平向右．答案：(1)gsin θ，方向垂直于L1斜向下方(2)gtan θ，方向水平向右瞬时问题的处理(1)两种模型：加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：(2)求解瞬时加速度的一般思路　 　动力学的两类基本问题【知识提炼】1．解决两类动力学问题的关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析．(2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．2．解决动力学问题时的处理方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时，一般采用“合成法”．(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．【典题例析】　(2019·4月浙江选考)小明以初速度v0＝10 m/s竖直向上抛出一个质量m＝0.1 kg的小皮球，最后在抛出点接住．假设小皮球在空气中所受阻力大小为重力的0.1.求小皮球(1)上升的最大高度；(2)从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功；(3)上升和下降的时间．[解析]　(1)在上升过程中，有mg＋Ff＝ma1解得a1＝11 m/s2上升的高度h＝＝ m.(2)重力做的功WG＝0空气阻力做的功Wf＝－Ff·2h＝－ J.(3)上升的时间t1＝＝ s在下降过程中，有mg－Ff＝ma2解得a2＝9 m/s2又h＝a2t解得t2＝ s.[答案]　(1) m　(2)0　－ J(3) s　 s【题组过关】 考向1　已知受力求运动1．(2020·余姚月考)某市规划建设一新机场，请你帮助设计飞机跑道．飞机质量为5×104 kg，假设飞机在加速滑行过程中牵引力恒为F＝8×104 N，受到的阻力恒为Ff＝2×104 N，起飞速度v＝80 m/s.(1)从开始滑行到起飞的过程中飞机的位移是多大？(2)如果飞机在达到起飞速度的瞬间因故需要停止起飞，立即采取制动措施后能以4 m/s2的加速度减速，为确保飞机不滑出跑道，则跑道的长度至少多长？解析：(1)飞机从静止开始做匀加速运动到离开地面升空过程中滑行的距离为x1，根据牛顿第二定律得：a1＝＝ m/s2＝1.2 m/s2x1＝＝ m＝ m.(2)飞机匀减速直线运动的位移x2，x2＝＝ m＝800 m所以跑道的长度至少应为x＝x1＋x2＝ m＋800 m≈3 467 m.答案：见解析 考向2　已知运动求力2．(2020·1月浙江选考)(9分)一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道下滑，滑行54 m后进入水平雪道，继续滑行40.5 m后减速到零．已知小明和滑雪车的总质量为60 kg，整个滑行过程用时10.5 s，斜直雪道倾角为37°(sin 37°＝0.6)．求小明和滑雪车(1)滑行过程中的最大速度vm的大小；(2)在斜直雪道上滑行的时间t1；(3)在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小．解析：(1)＝vm＝18 m/s.(2)x1＝t1t1＝6 s.(3)a＝＝3 m/s2由牛顿第二运动定律mgsin 37°－Ff＝ma得Ff＝180 N.答案：见解析 考向3　等时圆模型3.(2020·杭州调研)如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为(　　)A．2∶1  B．1∶1  C.∶1  D．1∶解析：选B.设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a＝gsin θ，由几何关系，斜槽轨道的长度s＝2(R＋r)sin θ，由运动学公式s＝at2，得t＝　＝　　＝2　　，即所用时间t与倾角θ无关，所以t1＝t2，B项正确．1．解答两类动力学问题的基本程序(1)明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点．(2)根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图．(3)应用牛顿运动定律和运动学公式求解．(4)解答过程中一定要明确各阶段的加速度，以加速度为纽带求解相应问题．2．等时圆模型(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示．(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示．(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示．　 　动力学图象问题的应用【知识提炼】1．常见的图象有：v－t图象，a－t图象，F－t图象，F－x 图象，F－a图象等．2．图象间的联系：加速度是联系v－t图象与F－t图象的桥梁．3．图象的应用(1)已知物体在一运动过程中所受的某个力随时间变化的图象，要求分析物体的运动情况．(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图象，要求分析物体的受力情况．(3)通过图象对物体的受力与运动情况进行分析．4．解题策略(1)问题的实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图象斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义．(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．【典题例析】　(2020·舟山质检)一物体放在水平地面上，如图甲所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图丙所示：则(　　)A．滑动摩擦力为3 NB．全过程克服摩擦力做功30 JC．动摩擦因数为0.2D．物体的质量为1.5 kg[解析]　由图象可知：6～8 s内物体匀速，则滑动摩擦力Ff＝2 N，A错误；物体全过程位移为v－t图象与t轴围成面积x＝×3 m＝15 m，全过程摩擦力做功 Wf＝Ffx＝－30 J，B正确；根据8～10 s内物体匀减速加速度a＝1.5 m/s2，可知μ＝0.15，C错误；根据2～6 s内物体匀加速，a1＝m/s2，由F1－Ff＝ma1，可求得m＝ kg，D错误．[答案]　B【题组过关】 考向1　根据图象分析物体的运动情况1．(2020·湖州质检)如图甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v－t图象)如图乙所示，g取10 m/s2，求：(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L；(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F.解析：(1)物块上升的位移：x1＝×2×1 m＝1 m物块下滑的距离：x2＝×1×1 m＝0.5 m位移x＝x1－x2＝1 m－0.5 m＝0.5 m路程L＝x1＋x2＝1 m＋0.5 m＝1.5 m.(2)由题图乙知，各阶段加速度的大小a1＝ m/s2＝4 m/s2a2＝ m/s2＝－4 m/s2设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律0～0.5 s内F－Ff－mgsin θ＝ma10．5～1 s内－Ff－mgsin θ＝ma2联立解得：F＝8 N.答案：(1)0.5 m　1.5 m(2)4 m/s2　4 m/s2　8 N 考向2　根据已知条件确定物理量的变化图象2.如图所示，滑雪爱好者从静止沿山坡匀加速滑下，在水平雪面上匀减速滑行一段距离停止，沿山坡下滑的距离比在水平雪面上滑行的距离大，斜面与水平雪面平滑连接．下列图中x、v、a、F分别表示滑雪爱好者位移大小、速度大小、加速度大小以及合力大小，其中正确的是(　　)　解析：选B.滑雪爱好者在斜面上做匀加速直线运动，在水平雪面上做匀减速直线运动，而不是匀速直线运动，故A错误；对于匀加速直线运动有：v2＝2a1x1，对于匀减速直线运动有：v2＝2a2x2，因为x1>x2，所以a1<a2，根据v＝at知，匀加速直线运动的加速度小，则时间长，故B正确，C错误；根据牛顿第二定律F合＝ma知，在斜面上所受的合力小于在水平雪面上所受的合力，故D错误． [随堂检测]1．(2019·4月浙江选考)下列物理量属于基本量且单位属于国际单位制中基本单位的是(　　)A．功/焦耳　　　　　　　 B．质量/千克C．电荷量/库仑   D．力/牛顿解析：选B.质量是基本物理量，其国际单位制基本单位是千克，故B正确；功、电荷量和力都是导出物理量，焦耳、库仑和牛顿均是导出单位．2．(多选)关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是(　　)A．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B．物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零C．物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D．物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零解析：选CD.物体的速度大小与加速度大小及所受合外力大小无关，故C、D正确，A、B错误．3.趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则(　　)A．运动员的加速度为gtan θB．球拍对球的作用力为mgC．运动员对球拍的作用力为(M＋m)gcos θD．若加速度大于gsin θ，球一定沿球拍向上运动解析：选A.网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得FNsin θ＝ma，又FNcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，FN＝，故A正确，B错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡，运动员对球拍的作用力为F＝，故C错误；当a>gtan θ时，网球才向上运动，由于gsin θ<gtan θ，故球不一定沿球拍向上运动，故D错误．4．(2020·嘉兴检测)如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84 N，而从静止向前滑行，其作用时间为t1＝1.0 s，撤除水平推力F后经过t2＝2.0 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m＝60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝12 N，求：(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移；(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离．解析：(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为a1＝＝ m/s2＝1.2 m/s2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v1＝a1t1＝1.2×1.0 m/s＝1.2 m/s位移x1＝a1t＝0.6 m.(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a2＝经时间t2速度变为v′1＝v1－a2t2第二次利用滑雪杖获得的速度大小v2，则v－v′＝2a1x1第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x2＝解得：x2＝5.2 m.答案：(1)1.2 m/s　0.6 m　(2)5.2 m [课后达标]一、选择题1．(2018·4月浙江选考)用国际单位制的基本单位表示能量的单位，以下正确的是(　　)A．kg·m2/s2　　　　　　 B．kg·m/s2C．N/m   D．N·m答案：A2．下列关于单位制的说法中，不正确的是(　　)A．基本单位和导出单位一起组成了单位制B．在国际单位制中，长度、质量、时间三个物理量被选作力学的基本物理量C．在国际单位制中，力学的三个基本单位分别是m、kg、sD．力的单位牛顿是国际单位制中的一个基本单位答案：D3．质量为1 t的汽车在平直公路上以10 m/s的速度匀速行驶，阻力大小不变．从某时刻开始，汽车牵引力减少2 000 N，那么从该时刻起经过6 s，汽车行驶的路程是(　　)A．50 m   B．42 mC．25 m   D．24 m答案：C4．(2020·浙江十校联考)如图所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2，重力加速度大小为g.则有(　　)A．a1＝g，a2＝g   B．a1＝0，a2＝gC．a1＝0，a2＝g   D．a1＝g，a2＝g答案：C5．(2020·浙江猜题卷)有种台阶式自动扶梯，无人乘行时运转很慢，有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，正好经历了这两个过程，用G、N、f表示乘客受到的重力、支持力和摩擦力，则能正确反映该乘客在这两个过程中的受力示意图的是(　　)解析：选D.人和扶梯匀速运动时，人受到重力和支持力的作用，且二力平衡，不受摩擦力．人随台阶式自动扶梯加速运动时，加速度沿运动方向斜向上，台阶水平，摩擦力与接触面平行，故摩擦力是水平的．D正确．6.(多选)如图所示，质量为m的小球与弹簧Ⅰ和水平细绳Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q两点．小球静止时，Ⅰ中拉力的大小为F1，Ⅱ中拉力的大小为F2，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ其中一根的瞬间，球的加速度a应是(　　)A．若剪断Ⅰ，则a＝g，方向竖直向下B．若剪断Ⅱ，则a＝，方向水平向左C．若剪断Ⅰ，则a＝，方向沿Ⅰ的延长线方向D．若剪断Ⅱ，则a＝g，方向竖直向上解析：选AB.没有剪断Ⅰ、Ⅱ时小球受力情况如图所示．在剪断Ⅰ的瞬间，由于小球的速度为0，绳Ⅱ上的力突变为0，则小球只受重力作用，加速度为g，选项A正确、C错误；若剪断Ⅱ，由于弹簧的弹力不能突变，F1与重力的合力大小仍等于F2，所以此时加速度为a＝，方向水平向左，选项B正确、D错误．7．(2020·湖州质检)如图甲所示，一物体沿倾角为θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始运动，同时受到水平向右的风力作用，水平风力的大小与风速成正比．物体在斜面上运动的加速度a与风速v的关系如图乙所示，则(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)(　　)A．当风速为3 m/s时，物体沿斜面向下运动B．当风速为5 m/s时，物体与斜面间无摩擦力作用C．当风速为5 m/s时，物体开始沿斜面向上运动D．物体与斜面间的动摩擦因数为0.025解析：选A.由题图乙得物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体的加速度方向不变，当风的初速度为零时，加速度为a0＝4 m/s2，沿斜面方向有a＝gsin θ－μgcos θ，解得μ＝0.25，D错误；物体沿斜面方向开始加速下滑，随着速度的增大，水平风力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，则加速度逐渐减小，但加速度的方向不变，物体仍然加速运动，直到速度为5 m/s时，物体的加速度减为零，此后物体将做匀速运动，A正确，B、C错误．8.(2020·东阳中学期中)如图所示，在水平面上有三个质量分别为m1、m2、m3的木块，木块1和2、2和3间分别用一原长为L、劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块1、2与水平面间的动摩擦因数为μ，木块3和水平面之间无摩擦力．现用一水平恒力向右拉木块3，当三木块一起匀速运动时，1和3两木块间的距离为(木块大小不计)(　　)A．L＋   B．L＋C．2L＋   D．2L＋解析：选C.对木块1受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，有：kx1－μm1g＝0对木块1和木块2整体受力分析，受总重力、总支持力、右侧弹簧的拉力和总摩擦力，有：kx2－μ(m1＋m2)g＝0木块1与木块3之间的总长度为x＝2L＋x1＋x2，由以上各式解得x＝2L＋，故C正确．9.一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包将会在传送带上留下一段黑色的径迹．下列说法中正确的是(　　)A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短D．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短解析：选D.放上木炭包后木炭包在摩擦力的作用下向右加速，而传送带仍匀速，虽然两者都向右运动，但在木炭包的速度达到与传送带速度相等之前木炭包相对于传送带向左运动，故黑色径迹出现在木炭包的右侧，A错误．由于木炭包在摩擦力作用下加速运动时加速度a＝μg与其质量无关，故径迹长度与其质量也无关，B错误．径迹长度等于木炭包相对传送带通过的位移大小，即二者对地的位移差：Δx＝vt－t＝vt＝，可见传送带速度越小、动摩擦因数越大，相对位移越小，黑色径迹越短，C错误，D正确．10.(2020·湖州质检)如图所示，质量为m1的足够长的木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m2的木块．t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F.分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，图中可能符合运动情况的是(　　)解析：选A.t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F，两者可能一起加速运动，选项A正确，B错误；可能木块的加速度大于木板的加速度，选项C、D错误．二、非选择题11.(2020·宁波选考适应考试)小物块以一定的初速度v0沿斜面(足够长)向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角θ的关系如图所示．取g＝10 m/s2，空气阻力不计．可能用到的函数值：sin 30°＝0.5，sin 37°＝0.6.(1)求物块的初速度v0；(2)求物块与斜面之间的动摩擦因数μ；(3)计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)．解析：(1)当θ＝90°时，物块做竖直上抛运动，末速度为0由题图得上升最大位移为xm＝3.2 m由v＝2gxm，得v0＝8 m/s.(2)当θ＝0°时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为0由题图得水平最大位移为x＝6.4 m由运动学公式有：v＝2ax由牛顿第二定律得：μmg＝ma，得μ＝0.5.(3)设题图中P点对应的斜面倾角值为θ，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为0由题图得物块沿斜面运动的最大位移为x′＝3.2 m由运动学公式有：v＝2a′x′由牛顿第二定律有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′得10sin θ＋5cos θ＝10，得θ＝37°.因为mgsin θ＝6m＞μmgcos θ＝4m，所以能滑回斜面底端．答案：(1)8 m/s　(2)0.5(3)37°　能滑回底端，理由见解析12.(2020·杭州质检)如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．已知A点距水平面的高度h＝0.8 m，B点距C点的距离L＝2.0 m．(滑块经过B点时没有能量损失，取g＝10 m/s2)求：(1)滑块在运动过程中的最大速度；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小．解析：(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大，设为vmax，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，则mgsin 30°＝ma1v＝2a1解得：vmax＝4 m/s.(2)设滑块在水平面上运动的加速度大小为a2则μmg＝ma2v＝2a2L解得：μ＝0.4.(3)设滑块在斜面上运动的时间为t1，vmax＝a1t1，得t1＝0.8 s，由于t>t1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2 s，设t＝1.0 s时速度大小为v，则v＝vmax－a2(t－t1)解得：v＝3.2 m/s.答案：(1)4 m/s　(2)0.4　(3)3.2 m/s13.(2018·4月浙江选考)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏．如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)．若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小．(计算结果可用根式表示)解析：(1)在企鹅向上奔跑过程中：x＝at2，解得：x＝16 m.(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑到最低点，两次过程由牛顿第二定律分别有：mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，解得：a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2.(3)企鹅卧倒滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t′，位移为x′；t′＝，x′＝a1t′2，解得：x′＝1 m．企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为vt，初速度为0，则有：v－02＝2a2(x＋x′)，解得：vt＝2 m/s.答案：(1)16 m　(2)8 m/s2　4 m/s2　(3)2 m/s