19-20学年甘肃省兰州一中高一(上)期末物理试卷 (含解析)

19-20学年甘肃省兰州一中高一（上）期末物理试卷

一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）

1.下列关于加速度的描述中，正确的是()

A. 加速度描述了物体速度变化的多少

B. 加速度在数值上等于单位时间里速度的变化量

C. 加速度的方向与速度的方向一致

D. 加速度表示速度的增加量

2.如图所示，物体和斜面都处于静止状态，物体实际受到的力有()

A. 重力、支持力、压力

B. 重力、支持力、摩擦力

C. 重力、支持力、摩擦力、下滑力

D. 重力、摩擦力、压力、下滑力

3.一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔为t A两次经过一个较高点B

的时间间隔为t B则A、B之间的距离为()

A. g(t A2?t B2)

2B. g(t A2?t B2)

C. g(t A2?t B2)

D. g(t A?t B)

4.甲、乙两物体从同一点开始沿一直线运动，甲的x?t和乙的v?t图象如图所示，下列说法中错

误的是()

A. 甲在3s末回到出发点，甲运动过程中，距出发点的最大距离为4m

B. 0?6秒内，甲、乙两物体位移都为零

C. 第3秒内甲、乙两物体速度方向相同

D. 2?4s内甲的位移大小为8m

5.如图所示，A被固定在竖直支架上，A点正上方的点O悬有一轻绳拉住B球，平

衡时绳长为L，张力为T1，弹簧弹力为F1.若将弹簧换成原长相同的劲度系数更小的轻弹簧，再次平衡时绳中的张力为T2，弹簧弹力为F2，则()

A. T1>T2

B. T1=T2

C. F1=F2

D. F1

6.直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示。设投放初

速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过

程中箱子始终保持图示姿态。在箱子下落过程中，下列说法正确的是()

A. 箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大

B. 箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大

C. 箱内物体对箱子底部始终没有压力

D. 若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”

7.如图所示，小球A质量为2m，木块B质量为m，两物体通过轻弹簧连接竖直放置在

水平面上静止．现对A施加一个竖直向上的恒力F，使小球A在竖直方向上运动，当弹簧为原长时小球A速度恰好最大，已知重力加速度为g.则在木块B对地面压力为零时，小球A的加速度大小为()

A. 2g

B. 1.5g

C. g

D. 0.5g

8.如图所示，一轻绳跨过两个光滑定滑轮，两端分别连接质量为3m的

物块A和质量为m的小球B，A放在倾角为θ的固定斜面上，系统在

图示位置处于静止状态，且Aa绳处于竖直方向。重力加速度大小为g。

下列说法正确的是()

A. 斜面可能光滑

B. 斜面对物块A的静摩擦力大小为2mgsinθ

C. 斜面对物块A的支持力大小为mgcosθ

D. 斜面对物块A的作用力大小为mg

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

9.如图所示，水平放置的两根固定光滑硬杆OA、OB夹为θ，在两杆上各

套轻环P、Q，两环用轻绳相连，现用恒力F沿OB杆方向向右拉环Q，

当两环稳定时，绳的拉力F T及OB杆对Q的弹力F N大小为()

B. F T=F sinθ

A. F T=F

sinθ

D. F N=F cosθ

C. F N=F

tanθ

10.如图所示，A、B两物体静止在粗糙水平面上，其间用一根轻弹

簧相连，弹簧的长度大于原长．若再用一个从零开始缓慢增大

的水平力F向右拉物体B，直到A即将移动，此过程中，地面对B的摩擦力f1和对A的摩擦力f2的变化情况()

A. f1先变小后变大再不变

B. f1先不变后变大再变小

C. f2先变大后不变

D. f2先不变后变大

11.如图所示，小车在外力作用下沿倾角为θ的斜面运动，小车的支架上用细线

拴一个摆球，悬点为O，现用过O的水平虚线MN和竖直虚线PQ将竖直平

面空间分成四个区间，则下列说法正确的是()

A. 若小车沿斜面向上做匀速运动，则稳定后细线可能在Ⅲ区与竖直方向成

一定夹角

B. 若小车沿斜面向下做匀加速运动，则稳定后细线可能在Ⅳ区与竖直方向成一定夹角

C. 无论小车沿斜面向下的加速度为多大，稳定后细线都不可能在Ⅰ区与水平方向成一定夹角

D. 无论小车沿斜面向上的加速度为多大，稳定后细线都不可能沿与ON重合的水平方向

12.在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙

之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．现对B加一竖直向下的力F，

F的作用线通过球心，设B对墙的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面

对A的摩擦力为F3，地面对A的支持力为F4.若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，则在此过程中()

A. F1保持不变，F4保持不变

B. F1缓慢增大，F4缓慢增大

C. F2缓慢增大，F3缓慢增大

D. F2缓慢增大，F3保持不变

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

13.用图甲所示装置探究物体的加速度与力的关系．实验时保持小车(含车中重物)的质量M不变，

细线下端悬挂钩码的总重力作为小车受到的合力F，用打点计时器测出小车运动的加速度

a．

(1)关于实验操作，下列说法正确的是___________

A.实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行

B.平衡摩擦力时，在细线的下端悬挂钩码，使小车在线的拉力作用下能匀速下滑

C.每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡摩擦力

D.实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车

(2)图乙为实验中打出纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点A、

B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，测出各计数点到A点间的距离．已知所用电源的频率为50Hz，打B点时小车的速度v B=__m/s，小车的加速度a=m/s2．(3)改变细线下端钩码的个数，得到a?F图象如图丙所示，造成图线上端弯曲的原因是______．

14.如图1为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图。实验步骤如下：

①用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m；用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用

米尺测量两光电门之间的距离L；

②调整轻滑轮，使细线水平；

③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒讨分别测出遮光片经过光电门A和光电门

B所用的时间△t A和△t B，求出加速度a；

④多次重复步骤③，求a的平均值a?；

⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ

回答下列问题：

(1)用20分度的游标卡尺测量d时的示数如图2所示，其读数为______cm；

(2)物块的加速度a可用d、L、△t A和△t B表示为a=______；

(3)动摩擦因数μ可用M、m、a?和重力加速度g表示为μ=______。

四、计算题（本大题共4小题，共38.0分）

15.质量为1.5t的汽车在前进中受到的阻力是车重的0.05倍，汽车在水平地面上做匀加速直线运动

时，5s内的速度由36km/?增至54km/?.求汽车发动机的牵引力的大小．(g取10m/s2)

16.所受重力G1=8N的砝码悬挂在绳PA和PB的结点上。PA偏离竖直方向37°，PB在水平方向，

且连在所受重力G2=100N的木块上，木块静止与倾角为37°的斜面上，如图所示，已知sin37°=

0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2。求木块受到斜面对它的摩擦力F f和支持力F N各为

多大?

17.如图，一个质量为m=2kg的小物块静置于足够长的斜面底端。现对其施加一个沿斜面向上、

大小为F=25N的恒力，3s后将F撤去，此时物块速度达到15m/s。设物块运动过程中所受摩擦力的大小不变，取g=10m/s2。求：

(1)物块所受摩擦力的大小；

(2)物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离；

(3)物块在斜面上运动的总时间。

18.如图所示，一质量m=0.20kg的滑块(可视为质点)从固定的粗糙斜面的

顶端由静止开始下滑，滑到斜面底端时速度大小v=4.0m/s.已知斜面的倾角θ=37°，斜面长度L=4.0m，sin37°=0.60，cos37°=0.80，若空气阻力可忽略不计，取重力加速度g=10m/s2.求：

(1)物体沿斜面下滑的加速度；

(2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ．

-------- 答案与解析 --------

1.答案：B

解析：

加速度是反映速度变化快慢的物理量，数值上等于单位时间内速度的变化量，

解决本题的关键知道加速度是反映速度变化快慢的物理量，数值上等于单位时间内速度的变化量，以及掌握判断加速运动还是减速运动的方法，当加速度的方向与速度方向相同，则做加速运动，若相反，则做减速运动。

A.加速度是反映速度变化快慢的物理量，故A错误；

B.加速度在数值上等于单位时间里速度的变化，故B正确；

C.当加速度的方向可以和速度方向相同也可以不同、故C错误；

D.当加速度与速度方向相同且故D错误。

故选B。

2.答案：B

解析：解：物体受重力、支持力的作用，由于物体静止，则物体一定受到摩擦力的作用

故选：B。

对物体进行受力分析，由共点力的平衡条可判断物体受几个力的作用．

受力分析为高中物理的基础内容，要注意明确方法，注意分析过程及顺序．

3.答案：C

解析：解：物体做竖直上抛运动，根据对称性得知：物体从最高点到A点的时间为1

t A，从

最高点到B点的时间为1

t B，

则A、B之间的距离为s=1

2g(t A

)2?1

g(t B

)2=g(t A2?t B2)

故选：C

物体做竖直上抛运动，上下两个过程具有对称性，可以利用对称来解，可以得到物体从最高点到A

点的时间为1

2t A，从最高点到B点的时间为1

t B，因物体从最高点出发初速度为0，作自由落体运动，

由位移公式求解即可．

对于竖直上抛运动，要充分运用对称性，抓住上升和下落时间相等，确定出下落时间是解题的关键．4.答案：C

解析：解：A、甲在3s末回到出发点，甲运动过程中，t=2s时距出发点的距离最大，为4m，故A 正确。

B、0?6秒内，甲的位移为x甲=0m?0m=0m。根据v?t与时间轴所围的“面积”表示位移，甲物体位移为0，故B正确。

C、根据x?t图象的斜率表示速度，知第3秒内甲的速度为负。由v?t图象知第3秒内乙物体速度为正，则第3秒内甲、乙两物体速度方向相反，故C错误。

D、2?4s内甲的位移大小为△x=4m?(?4m)=8m。故D正确。

本题选错误的，

故选：C。

位移?时间图象反映了物体的位移随时间的变化情况，可直接读出距出发点的最大距离。速度图象与时间轴所围的“面积”表示位移。速度的正负表示速度方向。甲物体的位移根据纵坐标的变化量分析。

对于速度?时间图象往往根据“面积”求位移，而位移图象能直接位移，要分析运动情况。

5.答案：B

解析：

以B球研究对象，分析受力情况，作出力图，运用三角相似法得出绳

中的张力与重力、绳子的长度和OA长度的关系，再分析两个张力的

大小关系。

本题运用三角相似法研究物体的平衡问题，考查运用数学知识处理物

理问题的能力，掌握动态平衡问题的处理方法。

以B球研究对象，B球受到重力G、弹簧的弹力F和绳子的张力T，

如图所示。

B球平衡时，F与T的合力与重力G大小相等、方向相反，即G′=G.根据△FG′B与△OBA相似得：

G′

得到：T=OB

OA G′=L

由题看出，L、OA、G都不变，所以两次平衡时绳中的张力大小相等，则有：T1=T2.AB减小，则F 减小，即F1>F2。

故ACD错误；B正确。

故选B。

6.答案：A

解析：

根据箱子的受力的情况可以判断物体的运动状态，进而由牛顿第二定律可以判断物体和箱子之间的作用力的大小。

本题主要是考查根据物体的运动情况来分析物体受力的大小，物体运动状态的判断是解题的关键。

A、箱子接近地面时，速度最大，受到的阻力最大，所以箱子底部对物体向上的支持力也是最大的，所以A正确；

B、箱子刚从飞机上投下时，箱子的受到为零，此时受到的阻力的大小也为零，此时加速度的大小为重力加速度，物体处于完全失重状态，箱内物体受到的支持力为零，所以B错误；

C、由于箱子在下降的过程中受到空气的阻力，加速度的大小要小于重力加速度，由牛顿第二定律可知物体一定要受到箱子底部对物体的支持力的作用，所以C错误；

D、若下落距离足够长，由于箱子阻力和下落的速度成二次方关系，最终将匀速运动，受到的压力等于重力，所以D错误；

故选A。

7.答案：D

解析：

弹簧原长时小球A速度恰好最大，说明恒力的大小为2mg，木块B对地面压力为零时，说明弹簧的弹力为mg；再对A由牛顿第二定律解答。

解题的关键是知道如何得出恒力等于A的重力，涉及弹簧的问题是学生学习的难点，加强练习。

经弹簧原长时小球A速度恰好最大，此时小球加速减小到零，则恒力F=2mg

木块B对地面压力为零时，由平衡条件知弹簧的弹力为mg，

此时对A，由牛顿第二定律得：F?mg?2mg=2ma

解得小球A的加速度a=?0.5g，负号表示加速度方向向下，故D正确，ABC错误。

故选：D。

8.答案：B

解析：

以B为研究对象，根据平衡条件可得绳子拉力；物块A的重力为3mg，求出A的重力与绳子拉力的合力F，根据等效法进行分析解答。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。

A、以B为研究对象，根据平衡条件可得绳子拉力大小为T=mg；物块A的重力为3mg，所以A的重力与绳子拉力的合力为F=2mg，方向向下；若斜面光滑，则A沿斜面会加速下滑，故A错误；

B、根据平衡条件可得斜面对物块A的静摩擦力大小为f=Fsinθ=2mgsinθ，故B正确；

C、斜面对物块A的支持力大小为F N=Fcosθ=2mgcosθ，故C错误；

D、斜面对物块A的作用力大小等于F，即为2mg，故D错误。

故选：B。

9.答案：AC

解析：

本题考查了平衡条件的应用。

以P为研究对象，稳定时，P环受到轻绳的张力和杆的支持力，杆的支持力方向与杆垂直，则根据平衡条件可知，稳定时轻绳与杆垂直，

再以Q为研究对象，分析受力如下图所示，

根据平衡条件得：Tsinθ=F，解得：轻绳的拉力为T=F

sinθ，N=F

tanθ

，故AC正确、BD错误。

故选AC。

10.答案：AD

解析：解：刚开始弹簧处于伸长状态，对A的作用力向右，对B的作用力向左，而AB均静止，所以刚开始的f1方向水平向右，f2方向水平向左，当用一个从零开始缓慢增大的水平力F向右拉物体B 时，刚开始，未拉动B，弹簧弹力不变，f2不变，f1减小；当F等于弹簧弹力时，f1等于零，F继续增大，f1反向增大，当f1增大到最大静摩擦力时，B物体开始运动，此后变为滑动摩擦力，不发生变化，而弹簧被拉伸，弹力变大，A仍静止，所以f2变大，所以对A的摩擦力f2先不变，后变大，故AD正确。

故选：AD。

先分析刚开始弹簧所处状态，根据平衡条件判断刚开始摩擦力的方向，若再用一个从零开始缓慢增大的水平力F向右拉物体B，再对AB进行受力分析，即可判断．

本题解题的关键是对AB两个物体进行正确的受力分析，知道当B没有运动时，弹簧弹力不变，当B 运动而A为运动时，弹力变大，难度适中．

11.答案：BD

解析：

小球和小车具有相同的加速度，通过小球的加速度方向对小球分析确定绳子的方向。

本题考查了连接体问题，关键抓住小球和小车加速度相等，运用牛顿第二定律进行分析求解。

A.若小车沿斜面向上做匀速运动，知小球的加速度为零，小球受重力和绳子的拉力平衡，则细线在

竖直方向上，故A错误；

B.若小车沿斜面向下做匀加速运动，知小球的加速度沿斜面向下，则稳定后细线可在Ⅳ区与竖直方向成一定夹角，故B正确；

C.当加速度满足一定条件时，最终细线在Ⅰ区与水平方向成一定夹角，小球受重力和绳子拉力，两个力的合力沿斜面向下，故C错误；

D.当细线方向与ON方向重合时，小球所受的合力不可能沿斜面方向，知无论小车的加速度多大，稳定后细线都不可能沿与ON重合的水平方向，故D正确。

故选BD。

12.答案：BC

解析：解：以B球为研究对象，将F与B重力G的合力按效果进行分解，如图，设BA连线与竖直方向夹角为α，由平衡条件得：

B对墙的作用力：F1=(F+G B)tanα，当F增大时，F1缓慢增大。

B对A的作用力：F2=F1

，F1缓慢增大，则F2缓慢增大。

sinα

再以整体为研究对象，

根据平衡条件，则有

地面对A的支持力：F4=G A+G B+F，F增大则F4缓慢增大。

地面对A的摩擦力：F3=F1，由前面分析F1增大则F3缓慢增大。

故选：BC。

先以B球为研究对象，运用分解法，分析墙对B的作用力F1、对B的作用力F2的变化，再以整体为

研究对象，分析受力，由平衡条件分析地面对A的支持力和摩擦力的变化，判断地面对A的作用力为F3的变化情况．

本题采用隔离法和整体法结合处理的，也可以运用隔离法研究，分析受力情况是解答的基础．13.答案：(1)AD(2)0.3160.93(3)不满足砝码和砝码盘的质量远小于小车的质量

解析：

该题考查了实验注意事项、实验数据处理分析，知道实验原理及注意事项即可正确解题，探究加速度与力、质量的关系实验时，要平衡小车受到的摩擦力，不平衡摩擦力、或平衡摩擦力不够、或过平衡摩擦力，小车受到的合力不等于钩码的重。

(1)实验要保证拉力等于小车受力的合力，探究加速度与力的关系实验时，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，不需要挂任何东西．平衡摩擦力时，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即：mgsinθ=μmgcosθ，可以约掉m，只需要平衡一次摩擦力；(2)根据匀变速直线运动的推论公式Δx=aT2可以求出小车运动的加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小；(3)为使绳子拉力近似等于砝码和砝码盘的重力，应满足砝码和砝码盘的质量远小于小车的质量。

(1)A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；

B.在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂钩码，故B错误；

C.由于平衡摩擦力之后有mgsinθ=μmgcosθ，故μ=tanθ，所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量即改变拉小车拉力，不需要重新平衡摩擦力，故C错误；

D.实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故D正确；

故选AD。

(2)已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为T=5×0.02s=0.10s，

=0.93m/s2，B点对根据Δx=aT2可得：x CE?x AC=a(2T)2，故小车运动的加速度为a=x CE?x AC

4T2

=0.316m/s；

应的速度：v B=x AB

(3)随所挂钩码质量m 的增大，不满足砝码和砝码盘的质量远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象。

故答案：(1)AD ;(2)0.316，0.93；(3)不满足砝码和砝码盘的质量远小于小车的质量。

14.答案：0.950 12L [(d

△t B )2

?(d

△t A

)2] mg?(M+m)a ?

解析：解：(1)游标卡尺读数：0.9cm +0.05mm ×10=9.50mm =0.950cm ； (2)物块经过A 点时的速度为：v A =d

△t A

物块经过B 点时的速度为：v B =d

△t B

，

物块做匀变速直线运动，由速度位移公式得：

v B 2?v A 2

=2aL ，

加速度为：a =12L [(d △t B

)2?(d

△t A

)2]

(3)以M 、m 组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得： mg ?μMg =(M +m)a ?

，解得：μ=

mg?(M+m)a

；

故答案为：(1)0.950； (2)1

2L [(d

△t B

?(d

△t A

]； (3)

mg?(M+m)a

。

(1)解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读； (2)根据平均速度公式可求得AB 点的速度，再根据速度和位移的关系即可确定加速度大小； (3)对M 、m 组成的系统进行分析，根据牛顿第二定律可求得动摩擦因数的大小。

对于基本测量仪器如游标卡尺，要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量；本题为探究性实验，要注意正确掌握实验原理，能根据题意明确实验的原理。

15.答案：解：计算时把各物理量的单位统一到国际单位制中，

因v =v 0+at ，F ?F f =ma ，故F =ma +F f =

m(v?v 0)

+0.05mg ，

已知v 0=36 km/?=10 m/s ，v =54 km/?=15 m/s ，

t=5s，m=1.5t=1.5×103kg，

代入以上数据，计算得

F=1.5×103×(15?10)

N+0.05×1.5×103×10N=2.25×103N．

答：汽车发动机的牵引力的大小2.25×103N．

解析：本题考查的是位移、牵引力的计算，是一道综合题；关键是根据牛顿第二定律的知识判断汽车前进的牵引力。

汽车做匀加速运动，根据加速度的定义式可以求出加速度，由牛顿第二定律可求出牵引力。

16.答案：解：如图甲所示：

分析P点受力，

由平衡条件可得：

F A cos37°=G1

F A sin37°=F B

可解得：F B=6N

再分析G2的受力情况如图乙所示

由物体的平衡条件可得：

F f=G2sin37°+F B′cos37°

F N+F B′sin37°=G2cos37°

F B′=F B

可求得：F f=64.8N，F N=76.4N．

解析：先以结点P为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求出BP绳的拉力大小，再以G2为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件求解斜面对木块的摩擦力和弹力。

本题是通过绳子连接的物体平衡问题，采用隔离法研究是基本方法．要作好力图，这是解题的基础。

17.答案：解：(1)物块的加速度为：a1=v?

t1=15

m/s2=5m/s2，

由牛顿第二定律得：F?f?mgsinθ=ma1

解得：f=5N；

(2)撤去拉力后，物块继续上滑，由牛顿第二定律得f+mgsinθ=ma2，解得：a2=7.5m/s2

撤力前物块向上滑行的距离：x1=v2

2a1=152

2×5

m=22.5m

撤去拉力后物块向上滑行的距离：x2=v2

2a2=152

2×7.5

m=15m，

物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离：x=x1+x2=22.5m+15m=37.5m；

(3)撤力后物块上滑的时间：t2=v

a2=15

7.5

s=2s，物块沿斜面向下滑动过程，由牛顿第二定律得：

mgsinθ?f=ma3，

解得：a3=2.5m/s2，由x=1

a3t32可知

滑块的运动时间：t3=√2x

=√30s，

滑块在斜面上运动的总时间：t=t1+t2+t3=5+√30s≈10.48s；

答：(1)物块所受摩擦力的大小为5N；

(2)物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离为37.5m；

(3)物块在斜面上运动的总时间为10.48s。

解析：本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物块的运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。

(1)由加速度定义式求出加速度，然后应用牛顿第二定律求出摩擦力大小。

(2)由牛顿第二定律求出物块的加速度，应用运动学公式求出物块在斜面上滑行的距离。

(3)应用牛顿第二定律求出加速度，求出物块在各阶段的运动时间，然后求出物块在斜面上的总运动时间。

18.答案：解：(1)已知物体沿斜面匀加速下滑，根据速度位移关系v2?v02=2aL，得物体的加速度为：

a=v2?v02

42?0

2×4

m/s2=2m/s2

(2)对物体进行受力分析有：

物体沿斜面方向所受合力为：F合x=mgsinθ?f=ma 垂直斜面方向：F合y=N?mgcosθ=0

滑动摩擦力为：f=μN

所以动摩擦因数为：μ=f

N =mgsinθ?ma

mgcosθ

=gsinθ?a

gcosθ

答：(1)物体沿斜面下滑的加速度为2m/s2；

(2)滑块与斜面间的动摩擦因数为1

．

解析：(1)已知物体下滑的末速度、初速度和位移，根据位移速度关系求解物体下滑加速度；(2)在斜面上对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求出物体沿斜面向下的合力，再根据受力分析求出物体所受摩擦力，根据滑动摩擦力与弹力关系求解动摩擦因数．

本题关键是根据物体的运动求物体的受力情况，解决此类题目的关键是由牛顿第二定律求出物体运动的加速度．