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章末测评验收卷(五)　牛顿运动定律　
(满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1.下列说法中正确的是(　　)
在完全失重的情况下，物体的惯性将消失
牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通过实验来验证
单位m、kg、s是一组属于国际单位制的基本单位
长度、时间、力是一组属于国际单位制的基本单位的物理量
2.足球运动员在踢球时，下列说法正确的是(　　)
脚对球的作用力与球对脚的作用力大小相等
脚对球的作用力和球的重力是一对作用力与反作用力
脚对球的作用力和球的重力是一对平衡力
脚对球的作用力与球对脚的作用力是一对平衡力
3.如图所示，滑滑梯时为使小朋友能顺利沿倾斜滑板滑下，某研究小组测量出滑板的水平跨度为6 m，高度为2.4 m。则设计时该滑板与儿童裤料之间的动摩擦因数应小于(　　)
0.2 0.3
0.4 0.5
4.五个质量相等的物体置于光滑水平面上，如图所示，现对左侧第1个物体施加大小为F、方向水平向右的恒力，则第1个物体对第2个物体的作用力等于(　　)
F F
F F
5.建设房屋的起重机通过钢索将质量为m的建筑材料从地面竖直向上吊起，材料运动过程中的位移s随时间t的变化关系如图所示。材料受到的拉力大小为T，速度大小为v。重力加速度为g，则(　　)
0～t1内，v减小，T＜mg
t1～t2内，v增大，T＞mg
t2～t3内，v减小，T＞mg
t2～t3内，v减小，T＜mg
6.我国建设的落塔及塔内的落仓如图所示。某次实验时，t＝0时刻落仓由静止开始自由下落，t＝2 s时开始减速，t＝4 s时落仓速度变为0。已知2～4 s内落仓做匀变速直线运动，忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　)
0～2 s内落仓内的物体不受重力的作用
0～2 s内落仓内的物体处于完全失重状态
与0～2 s内相比，2～4 s内落仓下落的位移更小
t＝1.5 s和t＝2.5 s两时刻落仓的加速度相同
二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)
7.如图所示，餐厅服务员托举菜盘给顾客上菜。若服务员托举菜盘快到餐桌前，使菜盘水平向左减速运动，则(　　)
手对菜盘的摩擦力方向向右
手对菜盘的摩擦力方向向左
菜盘对手的作用力方向斜向左下方
菜盘对手的作用力方向斜向右下方
8.过年了，到处都挂着喜庆的灯笼。一写有“新年快樂”的四个灯笼用一橡皮筋悬挂在路旁的树枝上，灯笼质量都为m，四个灯笼间都用轻绳拴连。突然，挂着“樂”字灯笼的绳子断了。在绳断的一瞬间，(　　)
“樂”字灯笼的加速度为g
“新”、“年”、“快”三个灯笼的加速度为g
橡皮筋对“新”字灯笼的拉力为4mg
“新”字灯笼与“年”字灯笼间绳子的拉力为2mg
9.物体A、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB、mC，与水平面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C，所得加速度a与拉力F的关系图线如图中甲、乙、丙所示，则以下说法正确的是(　　)
μA＜μB，mA＜mB μB＜μC，mB＝mC
μB＝μC，mB＞mC μA＜μC，mA＜mC
10.传送带在生产生活中有着广泛应用，如图甲所示，长为L的传送带与水平面夹角为θ，传送带以速度v0逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻释放一个质量为m的小物块，小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，图乙为小物块运动的v－t图像，则(　　)
小物块在0～t0时间内加速度为gsin θ＋μcos θ
小物块与传送带之间的动摩擦因数μ≤tan θ
在0～t0内物块相对传送带向上滑动的距离为v0t0
小物块受到传送带的摩擦力方向一直沿传送带向上
三、非选择题(本题共5小题，共52分)
11.(6分)如图所示为“探究加速度与力、质量的关系”实验的装置示意图。
(1)实验中的加速度a是通过打点计时器打出的点迹清晰的纸带来确定的；小车质量M是通过________(2分)测量来确定的；而力F是由砂和砂桶的重力来确定的。该实验中小车的质量________(2分)(选填“需要”或“不需要”)远大于砂和砂桶的质量。
(2)有同学提出可以不用测出加速度的具体数值，因为我们探究的是加速度与其他量之间的比例关系。在相同时间内小车运动的位移和加速度成正比，只要每次测出位移的比例就可以得到加速度的比例，即＝，你觉得该同学这样说的前提操作是______________________________________________________________
_______________________________________________________________ (2分)。
12.(8分)如图甲所示，某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50 Hz的交流电源、纸带等。实验时，调整木板与水平面的夹角使θ＝37°，将纸带与铁块相连，并穿过打点计时器。接通电源，开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图乙所示。回答下列问题：
(1)图乙中的各点均为计数点，每两个相邻的计数点间还有4个点未画出，由此可得相邻计数点之间的时间间隔T＝________s(1分)。
(2)根据纸带上的数值，计算打下计数点D时铁块的瞬时速度vD＝________m/s
(1分)，铁块的加速度a＝________m/s2(2分)(结果均保留3位有效数字)。
(3)铁块与木板间动摩擦因数μ＝________(2分)(用木板与水平面间的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示)。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为________(2分)(结果保留2位有效数字)。
13.(10分)某同学质量为m＝40 kg，原地静止站立(不起跳)摸高为2.00 m，纵跳摸高中，他先下蹲，重心下降0.4 m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.50 m的高度。若他起跳蹬地过程视为匀加速运动，重力加速度g大小取10 m/s2，不计空气阻力，求他起跳蹬地过程中对地面的平均压力大小。
14.(14分)如图所示，光滑的水平面上有一质量M＝0.2 kg的长木板，另一质量m＝0.1 kg的小滑块以v0＝2.4 m/s的水平初速度从长木板的左端滑上长木板(此时开始计时)。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)(7分)若长木板长L＝0.7 m且固定在水平面上，求小滑块从长木板上滑离时的速度大小；
(2)(7分)若长木板足够长且不固定，则经过多长时间小滑块与长木板的速度相等？求此时间内小滑块运动的位移大小。
15.(14分)如图所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定的斜面底端有一质量m＝1 kg的物体。物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动。拉力F＝10 N，方向平行斜面向上。经时间t＝4 s绳子突然断了(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)，求：
(1)(4分)绳断时物体的速度大小；
(2)(4分)从静止开始物体沿斜面向上运动的最大距离
(3)(6分)物体是否会停在最高点，若能返回到斜面底端，求返回时的加速度大小。
章末测评验收卷(五)　牛顿运动定律
1.C　[惯性只与质量有关，惯性不会消失，与物体所处的状态无关，故A错误；牛顿第一定律是指在物体不受力的情况下，生活中不存在不受外力的物体，因此牛顿第一定律无法通过实验验证，但是可以通过实验推理出来；牛顿第二定律可以通过实验来验证，故B错误；单位m、kg、s是一组属于国际单位制的基本单位，故C正确；长度、时间、质量是一组属于国际单位制的基本单位的物理量，力是推导单位的物理量，故D错误。]
2.A　[脚对球的作用力与球对脚的作用力大小相等、方向相反，是一对作用力与反作用力，A正确，B、D错误；脚对球的作用力和球的重力不是一对平衡力，两者没有必然关系，C错误。]
3.C　[为使儿童能够顺利滑下，即下滑加速度大于等于零，设滑板与水平面的夹角为θ，根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma≥0，根据几何关系知tan θ＝＝0.4，解得μ≤0.4，故C正确。]
4.D　[设每个物体重量为m，对五个物体整体由牛顿第二定律得F＝5ma，则a＝，隔离第2、3、4、5个物体，设第1个物体对第2个物体的作用力为N，则N＝4ma，联立可得N＝F，D正确，A、B、C错误。]
5.D　[位移—时间图像的斜率表示速度，根据图像可知0～t1内，斜率增大，速度增大，向上加速，根据牛顿第二定律可知，T－mg＝ma，则T＞mg，故A错误；t1～t2内，斜率先增大后减小，速度先向上增大后向上减小，则拉力先大于重力后小于重力，故B错误；t2～t3内，斜率减小，速度减小，向上减速，加速度向下，根据牛顿第二定律可知拉力小于重力，故C错误，D正确。]
6.B　[0～2 s内落仓做自由落体运动，落仓内的物体只受重力的作用，加速度为重力加速度，处于完全失重状态，故A错误，B正确；设2 s时落仓的速度为v，则0～2 s内落仓下落的位移为s1＝t1，2～4 s内落仓下落的位移s2＝t2，由于t1＝t2＝2 s，可知0～2 s内落仓下落的位移等于2～4 s内落仓下落的位移，故C错误；根据a＝可知，0～2 s内与2～4 s内落仓的加速度大小相等、方向相反，则t＝1.5 s和t＝2.5 s两时刻落仓的加速度大小相等，方向相反，故D错误。]
7.AC　[菜盘沿着水平方向减速向左运动，所以加速度水平向右，重力和支持力平衡，摩擦力水平向右，故A正确，B错误；菜盘对手的压力竖直向下，菜盘给手的摩擦力水平向左，所以菜盘对手的作用力斜向左下方，故C正确，D错误。]
8.AC　[在绳断的一瞬间，“樂”字灯笼只受重力作用，加速度为g，故A正确；绳未断前，对四个灯笼受力分析可得橡皮筋的弹力为F＝4mg，在绳断的一瞬间，橡皮筋的弹力不发生突变，根据牛顿第二定律F－3mg＝3ma，解得“新”、“年”“快”三个灯笼的加速度为a＝，故B错误；在绳断的一瞬间，橡皮筋的弹力不发生突变，橡皮筋对“新”字灯笼的拉力为4mg，故C正确；对“新”字灯笼的受力分析，根据牛顿第二定律F－T－mg＝ma，解得“新”字灯笼与“年”字灯笼间绳子的拉力为T＝mg，故D错误。]
9.BD　[根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，得a＝－μg，则aF图像的斜率k＝，由题图可看出，乙、丙的斜率相等且小于甲的斜率，则mA＜mB＝mC。当F＝0时，a＝－μg，根据题图可看出，μA＝μB＜μC，故A、C错误，B、D正确。]
10.AC　[根据题意可知，小物块在0～t0时间内的速度小于传送带的速度，则小物块相对传送带向上运动，受到沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，解得a＝gsin θ＋μgcos θ，故A正确，D错误；由题图乙知，t0小物块匀速运动，则有mgsin θ≤μmgcos θ，解得μ≥tan θ，故B错误；根据题意，结合题图乙可知，小物块在t0时刻时，速度为v0，由运动学公式可得，在0～t0内小物块相对传送带向上滑动的距离为s＝v0t0－＝，故C正确。]
11.(1)天平(电子秤、弹簧测力计均可)　需要　(2)见解析
解析　(1)天平为实验室中基本的测量仪器，除此之外选择电子秤、弹簧测力计等皆可；设砂和砂桶的质量为m，根据牛顿第二定律有mg－F拉＝ma，对小车有
F拉＝Ma，联立解得绳上拉力F拉＝＝，当M m时，即当小车的质量远大于砂桶和砂的总重力。
(2)当从起点开始数相同数量的间隔来测量时，由于初速度为0，则有运动学公式s＝at2，则可知加速度之比等于位移之比，即＝。
12.(1)0.1　(2)0.994　1.97　(3)　0.50
解析　(1)每两个相邻的计数点间还有4个点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔为
T＝5×0.02 s＝0.1 s。
(2)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段过程的平均速度，则有
vD＝＝ m/s≈0.994 m/s
根据逐差法可得，铁块的加速度为
a＝＝ m/s2
≈1.97 m/s2。
(3)对铁块，根据牛顿第二定律可得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma
解得μ＝
代入数据可得μ＝≈0.50。
13.900 N
解析　设该同学离开地面瞬间的速度大小为v，离开地面，匀减速上升到最高点过程有
0－v2＝－2g(H－h)
解得v＝ m/s＝ m/s
该同学起跳蹬地过程中做匀加速直线运动，设加速度为a，根据运动学公式有
v2－0＝2aΔh
解得a＝＝ m/s2＝12.5 m/s2
根据牛顿第二定律可得N－mg＝ma
解得N＝900 N
根据牛顿第三定律可知，该同学起跳蹬地过程中对地面的平均压力大小为900 N。
14.(1)0.4 m/s　(2)0.4 s　0.64 m
解析　(1)小滑块在摩擦力作用下做匀减速直线运动，以小滑块初速度方向为正方向，由牛顿第二定律得－f＝ma1
又f＝μN＝μmg，解得a1＝－4 m/s2
由v－v＝2a1L，解得vt＝0.4 m/s。
(2)长木板在水平方向只受向右的滑动摩擦力f′，且f′＝f＝μmg＝0.4 N，所以长木板向右做匀加速直线运动
由牛顿第二定律得f′＝Ma2
解得a2＝2 m/s2
设经过时间t，两者速度相同
则有v0＋a1t＝a2t，解得t＝0.4 s
由s＝v0t＋a1t2
得此时间内小滑块运动的位移大小s＝0.64 m。
15.(1)8 m/s　(2)20 m　(3)不会　4 m/s2
解析　(1)物体被绳子牵引向上运动过程中，受拉力F，重力mg，斜面的支持力N和摩擦力f，设物体向上运动的加速度为a1，根据牛顿第二定律有F－mgsin θ－f＝ma，有f＝μN，N＝mgcos θ
联立解得a1＝2 m/s2
则绳断时物体的速度大小为
v1＝a1t＝8 m/s。
(2)绳断时物体距斜面底端的位移
s1＝a1t2＝16 m
绳断后物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设运动的加速度大小为a2，则根据牛顿第二定律有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2
解得a2＝8 m/s2
物体做减速运动的时间为t2＝＝1 s
则减速运动的位移为s2＝t2＝4 m
则物体从静止开始沿斜面向上运动的最大距离为
s＝s1＋s2＝20 m。
(3)根据题意，有mgsin θ>μmgcos θ，所以物体不会停在最高点，物体将沿斜面匀加速下滑，设物体下滑的加速度为a3，根据牛顿第二定律有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma3
解得a3＝4 m/s2。(共35张PPT)
章末测评验收卷(五)
(时间：75分钟　满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1.下列说法中正确的是(　　)
A.在完全失重的情况下，物体的惯性将消失
B.牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通过实验来验证
C.单位m、kg、s是一组属于国际单位制的基本单位
D.长度、时间、力是一组属于国际单位制的基本单位的物理量
C
解析　惯性只与质量有关，惯性不会消失，与物体所处的状态无关，故A错误；牛顿第一定律是指在物体不受力的情况下，生活中不存在不受外力的物体，因此牛顿第一定律无法通过实验验证，但是可以通过实验推理出来；牛顿第二定律可以通过实验来验证，故B错误；单位m、kg、s是一组属于国际单位制的基本单位，故C正确；长度、时间、质量是一组属于国际单位制的基本单位的物理量，力是推导单位的物理量，故D错误。
2.足球运动员在踢球时，下列说法正确的是(　　)
A
A.脚对球的作用力与球对脚的作用力大小相等
B.脚对球的作用力和球的重力是一对作用力与反作用力
C.脚对球的作用力和球的重力是一对平衡力
D.脚对球的作用力与球对脚的作用力是一对平衡力
解析　脚对球的作用力与球对脚的作用力大小相等、方向相反，是一对作用力与反作用力，A正确，B、D错误；脚对球的作用力和球的重力不是一对平衡力，两者没有必然关系，C错误。
3.如图所示，滑滑梯时为使小朋友能顺利沿倾斜滑板滑下，某研究小组测量出滑板的水平跨度为6 m，高度为2.4 m。则设计时该滑板与儿童裤料之间的动摩擦因数应小于(　　)
C
A.0.2 B.0.3
C.0.4 D.0.5
D
4.五个质量相等的物体置于光滑水平面上，如图所示，现对左侧第1个物体施加大小为F、方向水平向右的恒力，则第1个物体对第2个物体的作用力等于(　　)
5.建设房屋的起重机通过钢索将质量为m的建筑材料从地面竖直向上吊起，材料运动过程中的位移s随时间t的变化关系如图所示。材料受到的拉力大小为T，速度大小为v。重力加速度为g，则(　　)
D
A.0～t1内，v减小，T＜mg
B.t1～t2内，v增大，T＞mg
C.t2～t3内，v减小，T＞mg
D.t2～t3内，v减小，T＜mg
解析　位移—时间图像的斜率表示速度，根据图像可知0～t1内，斜率增大，速度增大，向上加速，根据牛顿第二定律可知，T－mg＝ma，则T＞mg，故A错误；t1～t2内，斜率先增大后减小，速度先向上增大后向上减小，则拉力先大于重力后小于重力，故B错误；t2～t3内，斜率减小，速度减小，向上减速，加速度向下，根据牛顿第二定律可知拉力小于重力，故C错误，D正确。
6.我国建设的落塔及塔内的落仓如图所示。某次实验时，t＝0时刻落仓由静止开始自由下落，t＝2 s时开始减速，t＝4 s时落仓速度变为0。已知2～4 s内落仓做匀变速直线运动，忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　)
B
A.0～2 s内落仓内的物体不受重力的作用
B.0～2 s内落仓内的物体处于完全失重状态
C.与0～2 s内相比，2～4 s内落仓下落的位移更小
D.t＝1.5 s和t＝2.5 s两时刻落仓的加速度相同
AC
二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)
7.如图所示，餐厅服务员托举菜盘给顾客上菜。若服务员托举菜盘快到餐桌前，使菜盘水平向左减速运动，则(　　)
A.手对菜盘的摩擦力方向向右
B.手对菜盘的摩擦力方向向左
C.菜盘对手的作用力方向斜向左下方
D.菜盘对手的作用力方向斜向右下方
解析　菜盘沿着水平方向减速向左运动，所以加速度水平向右，重力和支持力平衡，摩擦力水平向右，故A正确，B错误；菜盘对手的压力竖直向下，菜盘给手的摩擦力水平向左，所以菜盘对手的作用力斜向左下方，故C正确，D错误。
8.过年了，到处都挂着喜庆的灯笼。一写有“新年快樂”的四个灯笼用一橡皮筋悬挂在路旁的树枝上，灯笼质量都为m，四个灯笼间都用轻绳拴连。突然，挂着“樂”字灯笼的绳子断了。在绳断的一瞬间，(　　)
AC
9.物体A、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB、mC，与水平面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C，所得加速度a与拉力F的关系图线如图中甲、乙、丙所示，则以下说法正确的是(　　)
BD
A.μA＜μB，mA＜mB B.μB＜μC，mB＝mC
C.μB＝μC，mB＞mC D.μA＜μC，mA＜mC
10.传送带在生产生活中有着广泛应用，如图甲所示，长为L的传送带与水平面夹角为θ，传送带以速度v0逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻释放一个质量为m的小物块，小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，图乙为小物块运动的v－t图像，则(　　)
AC
三、非选择题(本题共5小题，共52分)
11.(6分)如图所示为“探究加速度与力、质量的关系”实验的装置示意图。
(1)实验中的加速度a是通过打点计时器打出的点迹清晰的纸带来确定的；小车质量M是通过________测量来确定的；而力F是由砂和砂桶的重力来确定的。该实验中小车的质量________(选填“需要”或“不需要”)远大于砂和砂桶的质量。
答案　(1)天平(电子秤、弹簧测力计均可)　需要　
(2)见解析
12.(8分)如图甲所示，某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50 Hz的交流电源、纸带等。实验时，调整木板与水平面的夹角使θ＝37°，将纸带与铁块相连，并穿过打点计时器。接通电源，开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图乙所示。回答下列问题：
(1)图乙中的各点均为计数点，每两个相邻的计数点间还有4个点未画出，由此可得相邻计数点之间的时间间隔T＝________s。
(2)根据纸带上的数值，计算打下计数点D时铁块的瞬时速度vD＝________m/s，铁块的加速度a＝________m/s2(结果均保留3位有效数字)。
(3)铁块与木板间动摩擦因数μ＝________(用木板与水平面间的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示)。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为________(结果保留2位有效数字)。
解析　(1)每两个相邻的计数点间还有4个点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔为
T＝5×0.02 s＝0.1 s。
(3)对铁块，根据牛顿第二定律可得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma
13.(10分)某同学质量为m＝40 kg，原地静止站立(不起跳)摸高为2.00 m，纵跳摸高中，他先下蹲，重心下降0.4 m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.50 m的高度。若他起跳蹬地过程视为匀加速运动，重力加速度g大小取10 m/s2，不计空气阻力，求他起跳蹬地过程中对地面的平均压力大小。
答案　900 N
解析　设该同学离开地面瞬间的速度大小为v，离开地面，匀减速上升到最高点过程有
0－v2＝－2g(H－h)
该同学起跳蹬地过程中做匀加速直线运动，设加速度为a，根据运动学公式有
v2－0＝2aΔh
根据牛顿第二定律可得N－mg＝ma
解得N＝900 N
根据牛顿第三定律可知，该同学起跳蹬地过程中对地面的平均压力大小为900 N。
14.(14分)如图所示，光滑的水平面上有一质量M＝0.2 kg的长木板，另一质量m＝0.1 kg的小滑块以v0＝2.4 m/s的水平初速度从长木板的左端滑上长木板(此时开始计时)。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)若长木板长L＝0.7 m且固定在水平面上，求小滑块从长木板上滑离时的速度大小；
(2)若长木板足够长且不固定，则经过多长时间小滑块与长木板的速度相等？求此时间内小滑块运动的位移大小。
答案　(1)0.4 m/s　(2)0.4 s　0.64 m
解析　(1)小滑块在摩擦力作用下做匀减速直线运动，以小滑块初速度方向为正方向，由牛顿第二定律得－f＝ma1
又f＝μN＝μmg
解得a1＝－4 m/s2
(2)长木板在水平方向只受向右的滑动摩擦力f′，且f′＝f＝μmg＝0.4 N，所以长木板向右做匀加速直线运动
由牛顿第二定律得f′＝Ma2
解得a2＝2 m/s2
设经过时间t，两者速度相同
则有v0＋a1t＝a2t
解得t＝0.4 s
得此时间内小滑块运动的位移大小s＝0.64 m。
15.(14分)如图所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定的斜面底端有一质量m＝1 kg的物体。物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动。拉力F＝10 N，方向平行斜面向上。经时间t＝4 s绳子突然断了(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)，求：
(1)绳断时物体的速度大小；
(2)从静止开始物体沿斜面向上运动的最大距离；
(3)物体是否会停在最高点，若能返回到斜面底端，求返回时的加速度大小。
答案　(1)8 m/s　(2)20 m　(3)不会　4 m/s2
解析　(1)物体被绳子牵引向上运动过程中，受拉力F，重力mg，斜面的支持力N和摩擦力f，设物体向上运动的加速度为a1，根据牛顿第二定律有F－mgsin θ－f＝ma，有
f＝μN，N＝mgcos θ
联立解得a1＝2 m/s2
则绳断时物体的速度大小为
v1＝a1t＝8 m/s。
(2)绳断时物体距斜面底端的位移
绳断后物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设运动的加速度大小为a2，则根据牛顿第二定律有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2
解得a2＝8 m/s2
(3)根据题意，有mgsin θ>μmgcos θ，所以物体不会停在最高点，物体将沿斜面匀加速下滑，设物体下滑的加速度为a3，根据牛顿第二定律有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma3
解得a3＝4 m/s2。

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