1、高考综合复习 牛顿运动定律专题知识网络高考考点考纲要求：知识点 要 求 说 明牛顿第一定律惯性 牛顿第二定律质量 牛顿第三定律 牛顿力学的适用范围 牛顿定律的应用 超重和失重 复习指导：从近几年高考命题知识点分析可知，准确理解和运用牛顿定律是命题的重点，也是每年必须涉及的，同时穿插受力分析来考查学生的分析综合能力。从命题的规律分布上也可以看到牛顿定律是作为力学的基本规律，力学的核心知识进行考查，同时注意考查的内容与生产和生活的实际情况相结合进行考查。牛顿运动定律是力学的基本规律，是力学的核心知识，在整个物理学中占有非常重要的地位，是高考命题的热点，同时还会结合实际生活、生产和科学事件中有关的问
2、题进行命题。要点精析总体概述：第一，应用牛顿定律解决力学问题的关键是对研究对象进行受力分析。首先是选取研究对象，有时将物体隔离，进行受力分析比较方便，有时将几个物体看成一个整体来进行研究更为简捷，到底选用哪个物体或者是选用整体作为研究对象，得有一定的经验和技巧。不能仅听教师的经验之谈和总结的条文，还须自己通过做一定量的习题，从解题过程中去体验和总结，变成自己的知识和技能；对研究对象进行受力分析可以根据力的概念与力的产生条件，但更重要的是注意结合物体的运动状态，这正是动力学的精髓。做匀加速直线运动的物体，不仅受的合外力一定不是零，且合外力的方向一定与物体的加速度方向相同；做曲线运动的物体所受到的
3、合力一定不是零，且不与运动方向相同。根据运动状态去分析判断物体的受力情况是十分简捷而又重要的方法。第二，要注意选择适当的坐标系，这样会对建立方程和求解带来方便。根据牛顿第二定律可知，加速度是由合外力产生的，加速度的方向就是合外力的方向，因此在解决这类问题时，通常选取一个坐标轴与加速度一致的方向来建立坐标系。同时要注意根据实际情况灵活地建立坐标系。第三，要注意加速度与合外力的瞬时对应关系。在解决物体所受的力既不是恒力又不规律的情况时，就要分析加速度与合外力的瞬时对应关系，按照时间的先后，逐次分析物体的受力情况和合外力产生的加速度，以及引起物体运动的性质、运动状态的改变。第四，要注意力的独立作用原
4、理在解题过程中的应用，即某方向上的力在该方向上产生加速度与其他力是否存在无关。在力较多正交分解比较麻烦时，可以考虑分解加速度，不同方向上加速度分量对应该方向上的力（合力），再列出动力学方程，可以减少运算量。牛顿第一定律理解要点：（1）牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性，即具有保持原来运动状态不变的性质。（2）牛顿第一定律揭示了静止状态和匀速直线运动状态的等价性，它们的区别仅仅是参考系不同。（3）牛顿第一定律指出了力是改变物体运动状态的原因，为牛顿第二定律的提出作出了准备。（4）牛顿第一定律描述的是一种理想化的状态，因为不存在不受外力作用的物体，因此它是在一些理想实验的基础上经过科学推理做出的
5、结论。通常人们看到的静止或匀速直线运动状态，实际上是物体受到平衡力作用的结果。（5）牛顿第一定律明确指出适用于一切物体。这就包括地上的物体和天上的物体，这是人类思想史上一次跨越天地之间的鸿沟，把地上的物体运动规律与天上的物体运动规律统一起来。（6）牛顿第一定律揭示了物体自己就是运动的，物体自己能够维持自己的状态，具有总保持运动状态的属性。（7）牛顿第一定律不能看作牛顿第二定律的特殊情况，牛顿第一定律研究的是不受外力的理想情况，与受合外力为零不是一回事。（理想与现实不能等同的）深刻理解牛顿第二定律：（1）瞬时性：牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，力是加速度产生的根本原因，与力同时存在、同时变化、同
6、时消失。（2）矢量性：Fma 是一个矢量方程，加速度 a 与力 F 方向相同。（3）独立性：物体受几个力的作用，一个力产生的加速度只与此力有关，与其它力无关。（4）同体性：指作用于物体上的力使该物体产生加速度。（5）理解加速度与速度的关系。牛顿第三定律与二力平衡：牛顿第三定律给出的是两个物体间的相互作用力之间的关系，强调的是物体间的相互作用，不涉及物体运动状态改变与否。注意区别作用力反作用力之间关系与二力平衡之间的异同。联系：都是大小相等、方向相反，作用在一条直线上。区别：作用力和反作用力都是同种性质的力，而一对平衡力不一定是同种性质的力；作用力和反作用力总是同时产生、同时消失，而一对平衡力不
7、具同时性；作用力和反作用力分别作用在两个不同的物体上，而一对平衡力作用在同一物体上；作用力和反作用力可以处于任何运动状态，而处于一对平衡力作用的物体一定处于平衡状态。动力学的两类基本问题：应用牛顿运动定律求解的问题主要有两类：一类是已知受力情况求运动情况；另一类是已知运动情况求受力情况在这两类问题中，加速度是联系力和运动的桥梁，受力分析是解决问题的关键。超重和失重：在平衡状态时，物体对水平支持物的压力（或对悬绳的拉力）大小等于物体的重力。当物体在竖直方向上有加速度时，物体对支持物的压力就不等于物体的重力了。当物体的加速度向上时，物体对支持物的压力大于物体的重力，这种现象叫做超重现象；当物体的加
8、速度向下时，物体对支持物的压力小于物体的重力，这种现象叫失重现象。特别的，当物体向下的加速度为 g 时，物体对支持物的压力变为零，这种状态叫完全失重状态。对超重和失重的理解应当注意以下几点：（1）物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在，大小也没有变化；（2）发生超重或失重现象与物体的速度无关，只决定于加速度的方向；（3）在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生向下的压强等；动力学问题的一般解题步骤：（1）选取研究对象。所选的研究对象可以是一个物体，也可以是多个物体组成的系统（要求多个物体的加速度相同）。同
9、一题目，根据需要也可以先后选取不同的研究对象。（2）分析研究对象的受力情况和运动情况。（3）根据牛顿第二定律和运动学公式列方程。由于所用的公式均为矢量，所以在列方程过程中，要特别注意各量的方向。一般情况下均以加速度的方向为正方向，分别用正负号表示式中各量的方向，将矢量运算转化为代数运算。（4）代入已知量求解。精题精讲例题 1. 如下图，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，小球的速度、加速度、合外力的变化情况是怎样的？（按论述题要求解答）解析：因为速度变大或变小取决于速度方向与加速度方向的关系（当 a 与 v 同向时 v 变大，当 a 与 v 反
10、向时 v 变小），而加速度由合力决定，所以此题要分析 v、a 的大小变化，必须要分析小球受到的合力的变化。小球接触弹簧时受两个力作用：向下的重力和向上的弹力（其中重力为恒力）。在接触的头一阶段，重力大于弹力，小球合力向下，且不断变小（因为 F 合mgkx，而 x 增大），因而加速度减少（aF 合 m），由于 a 与 v 同向，因此速度继续变大。当弹力增大到大小等于重力时，合外力为零，加速度为零，速度达到最大。之后，小球由于惯性仍向下运动，但弹力大于重力，合力向上且逐渐变大（F 合kxmg）因而加速度向上且变大，因此速度减小至零。（注意：小球不会静止在最低点，将被弹簧上推向上运动，请同学们自己分
11、析以后的运动情况）。综上分析得：小球向下压弹簧过程，F 合 方向先向下后向上，大小先变小后变大；a 方向先向下后向上，大小先变小后变大；v 方向向下，大小先变大后变小。（向上推的过程也是先加速后减速）。点评：在分析物体某一运动过程时，要养成一个科学分析习惯，即：这一过程可否划分为两个或两个以上的不同小过程，中间是否存在转折点，找出了转折点就可以知道物体的前后过程是怎样运动的了。如此题中弹力等于重力这一位置是个转折点，以这个转折点分为两个阶段分析。这一类动态分析的题是难点，又是重点，要在分析受力上下功夫！弹簧这种能使物体受力连续变化的模型，在物理问题中经常遇到，因此要重点掌握。拓展：如下图所示，
12、一轻质弹簧一端系在墙上的 O 点，自由伸长到 B 点，今用一小物体 m 把弹簧压缩到 A 点，然后释放，小物体能运动到 C 点静止，物体与水平地面间的动摩擦因数恒定，试判断下列说法正确的是：（ ）A物体从 A 到 B 速度越来越大，从 B 到 C 速度越来越小B物体从 A 到 B 速度越来越小，从 B 到 C 速度不变C物体从 A 到 B 先加速后减速，从 B 到 C 一直减速运动D物体在 B 点受合外力为零答案： C例题 2. 风洞实验室中可产生水平方向的、大小可调节的风力，现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径。当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上作匀
13、速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的 0.5 倍，求小球与杆间的滑动摩擦因数。保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为 37并固定，如下图所示则小球从静止出发在细杆上滑下距离 s 所需时间为多少？（sin370.6，cos370.8）解析：风洞实验室是对飞机，导弹等在实验室中进行模拟动态力学分析试验的装置，解题时不要过多追求它是什么等技术细节，只需在对题中小球进行受力分析时多分析一个风力 F即可杆水平时小球受力如图 312 甲所示，由于小球匀速运动，加速度 a0杆倾斜 37时，小球受力如图 312 乙，建立如图示坐标系，由牛顿第二定律得由得又由 得 例题 3. 如下图所示，电梯与水平
14、面夹角为 30，当电梯加速向上运动时，人对梯面压力是其重力的 65，则人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍？解析：本题分解加速度比分解力更显方便。（1）对人进行受力分析：重力 mg、支持力 FN，摩擦力 F（摩擦力的方向一定与接触面平行，由加速度的方向可推知 F 水平向右。）（2）建立直角坐标系：取水平向右（即 F 方向）为 x 轴正向，此时只需分解加速度，其中axacos30，a yasin30（如上图所示）（3）建立方程并求解：x 方向：Fmacos30y 方向：F Nmgmasin30所以 点评：物体在受到三个或三个以上的不同方向的力作用时，一般都要用到正交分解法，在建立直角坐标系不管选取
15、哪个方向为 x 轴的正向时，所得的最后结果都应是一样的，在选取坐标轴时，为使解题方便，应尽量减少矢量的分解。若已知加速度方向一般以加速度方向为正方向（例题 2）。分解加速度而不分解力，此种方法一般是在以某种力方向为 x 轴正向时，其它力都落在两坐标轴上而不需再分解（例题 3）。拓展：一物体放置在倾角为 的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为 a，如图所示，在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法正确的是：（ ）A当 一定时，a 越大，斜面对物体的支持力越小；B当 一定时，a 越大，斜面对物体的摩擦力越大；C当 a 一定时， 越大，斜面对物体的支持力越小；D当 a 一定时， 越大，斜面
16、对物体的摩擦力越小答案：BC提示：分解加速度比较简单。例题 4. 如下图所示，质量相等的两个物体 A、B 之间用一轻弹簧相连，再用一细线悬挂在天花板上静止，当剪断细线的瞬间两物体的加速度各为多少？解析：先做出两个物体的受力如图（1）所示，可知 F1mg，F 22mg，剪断细线后再做出两个物体的受力示意图，如图（2）所示，钢性绳中的弹力 F2，立即消失，而弹簧的弹力不变，故知图中 m1的加速度为向下的 2g，而 m2的加速度为零点评：分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析瞬时前后的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度此类问题应注意两种基本模型的建立（1）钢性绳（或接触面）：认为
17、是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，若剪断（或脱离）后，其中弹力立即消失，不需要形变恢复时间，一般题目中所给细线和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理。（2）弹簧（或橡皮绳）：此种物体的特点是形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬时问题中，如果其两端不自由（固定或连接有物体），其弹力的大小往往可以看成不变而当弹簧（或橡皮绳）具有自由端（没有任何连接物）时，其弹力可以立即消失（如例题 5）。拓展：如下图所示，木块 A 与 B 用一轻弹簧相连，竖直放在木块 C 上，三者静置于地面，它们的质量之比是 1：2：3，设所有接触面都光滑，当沿水平方向抽出木块 C 的瞬间，木块A 和 B 的加速度分别
18、是 aA_，a B_。答案：0，3g/2例题 5. 如图所示，竖直光滑杆上套有一个小球和两根轻弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另一端分别用销钉 M、N 固定于杆上，小球处于静止状态，设拔去销钉 M 瞬间，小球加速度的大小为 12ms 2，若不拔去销钉 M 而拔去销钉 N 瞬间，小球的加速度可能是多少？（取 g10ms 2）解析：拔 M 的瞬间，当小球的加速度向上时，由牛顿第二定律得： 拔 M 之前： 其中 分别是弹簧 1、2 的形变量，当拔去 N 时： 由以上三式得 拔 M 的瞬间，当小球的加速度向下时，由牛顿第二定律得： 拔 M 之前： 当拔去 N 时： 由以上三式得 点评：判断拔去销钉 M
19、 之后，物体加速度的方向，是解决该题的关键，因为物体加速度的方向不同，使拔去 N 出现了多解的可能性。像本题有一定发散性、讨论性的问题，在高考不断向能力考核转化的形势下显得更为重要，应加强该类问题的练习。另外注意，此题中的弹簧由于具有自由端而使弹力发生突然变化（拔去销钉时弹力立即消失）。程序法：按时间的先后顺序对题目给出的物体运动过程（或不同的状态）进行分析（包括列式计算）的解题方法可称为程序法，程序法解题的基本思路是：（1）划分出题目中有多少个不同的过程或多少个不同的状态（2）对各个过程或各个状态进行具体分析，得出正确的结果（3）前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的交接点是问题的
20、关键例题 6. 如下图所示，两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为 kl、k 2，它们一端固定在质量为 m 的物体上时，另一端固定在 PQ 上当物体平衡时，上面的弹簧（k 2）处于原长，若要把物质的质量换为 2m（弹簧的长度不变，且弹簧均在弹性限度内），当物体再次平衡时，物体将比第一次下降的距离 x 为（ ）Amg（k 1 k 2）Bk lk2（k 1 k 2）mgC2mg（k 1 k2）Dk lk2（k 1 k 2）2mg 解析：题目中描述了两个状态；（1）质量为 m 的物体的平衡状态；（2）质量为 2m 的物体的平衡状态，按常规的方法，即分别对状态（l）、（2）运用平衡条件列式求解，我们换个角
21、度从力的效果来考虑，依题意，状态（2）比状态（l）多出向下的重力为 Gmg，多出向上弹力 Fk lxk 2x，又状态（2）处于平衡状态，则应有 GF，因此，很快可求得答案为 A。答案：A点评：说明在求解物体系从一种运动过程（或状态）变化到另一种运动过程（或状态）的力学问题（称之为“程序题”）时，通常用“程序法”求解，即要求我们从读题开始，就要注意到题中能划分多少个不同的过程或多少个不同的状态，然后对各个过程或各个状态进行分析（称之为“程序分析”），最后逐一列式求解得到结论“程序法”是一种重要的基本解题方法，但如果我们在“程序分析”的基础上，通过比较各个过程（或状态）下力产生的效果，然后从力的效
22、果出发分步列方程，这样解题与“程序法”相比往往简化了数学列式和数学运算，使问题得到了巧解。例题 7. 一个弹簧放在水平地面上，Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P 为一重物，已知 P 的质量 M10.5kg， Q 的质量 m1.5 kg，弹簧的质量不计，劲度系数 k800Nm，系统处于静止，如下图所示，现给 P 施加一个方向竖直向上的力 F，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前 0.2s 以后，F 为恒力，求力 F 的最大值与最小值（取 g10ms 2）分析：（1）P 做匀加速运动，它受到的合外力一定是恒力P 受到的合外力共有 3 个：重力、向上的力 F 及 Q 对 P 的支持力 FN，其
23、中重力 Mg 为恒力，F N为变力，题目说 0.2s 以后 F 为恒力，说明 t0.2s 的时刻，正是 P 与 Q 开始脱离接触的时刻，即临界点（2）t0.2s 的时刻，是 Q 对 P 的作用力 FN恰好为零的时刻，此时刻 P 与 Q 具有相同的速度及加速度因此，此时刻弹簧并未恢复原长，也不能认为此时刻弹簧的弹力为零（3）当 t0 时刻，应是力 F 最小的时刻，此时刻 F 小 （Mm）a（a 为它们的加速度）随后，由于弹簧弹力逐渐变小，而 P 与 Q 受到的合力保持不变，因此力 F 逐渐变大，至 t0.2s 时刻，F 增至最大，此时刻 F 大 M（ga）。以上三点中第（2）点是解决此问题的关键
24、所在，只有明确了 P 与 Q 脱离接触的瞬间情况，才能确定这 0.2s 时间内物体的位移，从而求出加速度 a，其余问题也就迎刃而解了解：设开始时弹簧压缩量为 x 1， t0.2s 时弹簧的压缩量为 x2，物体 P 的加速度为 a，则有由式得解、式，a6ms 2则： F 小 （Mm）a72NF 大 M（ga）168N点评：临界问题的分析与求解在应用牛顿定律解决动力学问题中，当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态，特别是题目中出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，往往会有临界现象，此时要采用极限分析法，看物体在不同的加速度时，会有哪些现象发生，尽快找出临界点，求出临界条件例题 8.
25、 如下图，火车厢中有一倾角为 30的斜面，当火车以 10ms 2的加速度沿水平方向向左运动时，斜面上的物体 m 还是与车厢相对静止，分析物体 m 所受的摩擦力的方向解析：方法 1： m 受三个力作用：重力 mg，弹力 N，静摩擦力的方向难以确定，我们可假定这个力不存在，那么如下图，mg 与 N 在水平方向只能产生大小 Fmgtan 的合力，此合力只能产生 gtan30 的加速度，小于题目给定的加速度，合力不足，故斜面对物体的静摩擦力向下方法 2：假定所受的静摩擦力沿斜面向上，用正交分解法有：Ncos30fsin30mg Nsin30 fcos30ma 联立得 f N，为负值，说明 f 的方向与
26、假定的方向相反，应是沿斜面向下点评：我们在分析物理现象时，常常出现似乎是这又似乎是那，不能一下子就很直观地判断时，往往用假设法去分析可迅速得到正确的答案方法 1：首先假定此力不存在察看物体会发生怎样的运动，然后再确定此力应在什么方向，物体才会产生题目给定的运动状态方法 2：假定此力存在且沿某一方向，用运动规律进行验算，若算得是正值，说明此力与假定的方向相同，否则相反（这种方法，不仅在受力分析的问题上，而且也用在动量守恒定律的解题上，是用来处理未知矢量的方法）方法 3：在力的作用线上定出坐标轴的正方向将此力用正号运算，若求得是正值，说明此力与坐标轴同向，否则相反例题 9. 如图 321，物体 M
27、、m 紧靠着置于动摩擦因数为 的斜面上，外面的倾角为，现施一水平力 F 作用于 M，M、m 共同向上加速运动，求它们之间相互作用力的大小解析：两个物体具有相同的沿斜面向上的加速度，可以把它们当成一个整体（看作一个质点），其受力如图 3 一 22 所示，建立图示坐标系：据 Fy0 有： N 1（M 十 m）gcosFsin 据 Fx（Mm）a 有：Fcosf 1一（Mm）gsin（Mm）a 且 f1=N 1 因为要求两物体间的相互作用力，所以应把两物体隔离开对 m 受力分析如图 323 所示由 Fy0 得：N 2mgcos0 由 Fxma 得：N 一 f2一 mgsinma 且：f 2=N 2
28、由以上联合方程解得：N（cos 一 sin）mF（Mm）此题也可以隔离后对 M 分析列式，但麻烦些点评：若系统内各物体的加速度相同，解题时先用整体法求加速度，后用隔离法求物体间相互作用力，注意：隔离后对受力最少的物体进行分析较简捷此题也可沿 F 方向建立 x 轴，但要分解加速度 a，会使计算麻烦。例题 10. 如下图质量为 M 的粗糙斜面上有一质量为 m 的木块匀减速下滑，则地面受到的正压力应当是（ ）A等于（Mm）gB大于（Mm）gC小于（Mm）gD无法确定解析：分析 M、m 运动状态，知 M，m 整体有竖直向上的加速度分量，所以处于超重状态，整体对地面的压力大于（Mm）g，应选 B点评：尽
29、管物体不在竖直方向上运动，只要其加速度在竖直方向上有分量，即 ay0，则当ay方向竖直向上时，物体处于超重状态，当 ay方向竖直向下时，物体处于失重状态。这类问题若直接用牛顿第二定律判断，分析过程很繁琐，而用超重和失重的知识分析，思路却很简捷，看来超重和失重作为一种定性或半定量分析问题方法，不容轻视反馈练习一、选择题1如下图所示，物体从静止开始，分别沿着底边长度相同而倾角不同的斜面 a、b、c由顶端滑到底端，已知物体与斜面间的动摩擦因数均相同，则下列叙述中正确的是（ ）A物体沿斜面 c 下滑时的加速度最大B物体沿斜面 c 滑到底端的时间最短C物体滑到底端时的速度大小相等D物体在滑到底端的过程中
30、，克服摩擦力做的功相同2. 如图所示，质量为 m 的小球用水平弹簧系住，并用倾角为 30的光滑木板 AB 托住，小球恰好处于静止状态当木板 AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为（ ）A0B大小为 ，方向竖直向下C大小为 ，方向垂直于木板向下D大小为 ，方向水平向右3. 如下图，滑杆和底座的质量为 M，一质量为 m 的猴子沿杆以 0.4g 的加速度加速下滑，此时底座对地面的压力为（ ）AMg0.4mg BMg0.6mg C（Mm）g DMg二、论述计算题4. 放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力 F 的作用，力 F 的大小与时间t 的关系和物块速度 v 与时间 t 的关系如图所示。
31、取重力加速度 g10ms 2。试利用两图线求出物块的质量及物块与地面间的动摩擦因数。5. 如下图所示，在倾角 37的足够长的固定的斜面底端有一质量 m0.1kg 的物体，物体与斜面间动摩擦因数 0.25现用轻钢绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F1.0N，方向平行斜面向上，经时间 t4.0s 绳子突然断了，求：（1）绳断时物体的速度大小（2）从绳子断了开始物体再返回到斜面底端的运动时间（sin370.6，cos370.8，g10ms 2）6. 如下图所示，有一块木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量为 M4kg，长为 L1.4m；木板右端放着一个小滑块，小滑块质量为 m1kg，其尺寸远小于
32、 L。小滑块与木板之间的动摩擦因数为 0. 4（g10ms 2）（1）现用恒力 F 作用在木板 M 上，为了使得 m 能从 M 上面滑落下来，问：F 大小的范围是什么？（2）其他条件不变，若恒力 F22.8N，且始终作用在 M 上，最终使得 m 能从 M 上面滑落，问：m 在 M 上面滑动的时间是多大？反馈练习答案：1AD2C3B4解析：由 vt 图形可知，物块在 03s 内静止，3 6s 内做匀加速运动，加速度为a，69s 内做匀速运动，结合 Ft 图形可知：由以上各式得 5. 解析：（1）物体受拉力向上运动过程中，受拉力 F 重力 mg 和摩擦力 f，设物体向上运动的加速度为 a1，根据牛
33、顿第二定律有因 解得 a12.0ms 2 所以 t4.0s 时物体的速度大小为 v1=a1t8.0ms（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，对物体沿斜面向上运动的过程有解得 a 2 8.0ms 2物体做减速运动的时间 t2v 1a 2减速运动的位移 此后物体将沿斜面匀加速下滑，设物体下滑的加速度为 a3,根据牛顿第二定律对物体加速下滑的过程有解得 a34.0ms 2 设物体由最高点到斜面底端的时间为 t3，所以物体向下匀加速运动的位移解得 所以物体返回到斜面底端的时间为 。6解析：（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力fNmg小滑块在滑动摩擦力 f 作用下向右匀加速运动的加速度a1f/mg4m/s 2木板在拉力和滑动摩擦力 f 作用下向右匀加速运动的加速度a2（F 一 f）M 使 m 能从 M 上面滑落下来的条件是 a2a 1。即（F 一 f）Mfm解得 F（M m）g20N （2）设 m 在 M 上面滑动的时间为 t，当恒力 F22.8N，木板的加速度a2（F 一 f）M4.7m/s 2小滑块在时间 t 内运动位移木块在时间 t 内运动位移因 s 2s 1 L解得 t2s
