高考物理牛顿运动定律专题训练答案
高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)含解析
高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，质量为M=0.5kg 的物体B 和质量为m=0.2kg 的物体C ，用劲度系数为k=100N/m 的竖直轻弹簧连在一起．物体B 放在水平地面上，物体C 在轻弹簧的上方静止不动．现将物体C 竖直向下缓慢压下一段距离后释放，物体C 就上下做简谐运动，且当物体C 运动到最高点时，物体B 刚好对地面的压力为0．已知重力加速度大小为g=10m/s 2．试求：①物体C 做简谐运动的振幅；②当物体C 运动到最低点时，物体C 的加速度大小和此时物体B 对地面的压力大小． 【答案】①0.07m ②35m/s 2 14N 【解析】 【详解】①物体C 放上之后静止时：设弹簧的压缩量为0x ． 对物体C ，有：0mg kx = 解得：0x =0.02m设当物体C 从静止向下压缩x 后释放，物体C 就以原来的静止位置为平衡位置上下做简谐运动，振幅A =x当物体C 运动到最高点时，对物体B ，有：0()Mg k A x =- 解得：A =0.07m②当物体C 运动到最低点时，设地面对物体B 的支持力大小为F ，物体C 的加速度大小为a .对物体C ，有：0()k A x mg ma +-= 解得：a =35m/s 2对物体B ，有：0()F Mg k A x =++ 解得：F =14N所以物体B 对地面的压力大小为14N2．如图，质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 的A 、B 两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3×105N/C 、方向水平向右的匀强电场中，A 不带电，B 带正电、电荷量q=2×10－5C ．零时刻，A 、B 用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s 末细绳断开．已知A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s 2．求：(1)前2s 内，A 的位移大小； (2)6s 末，电场力的瞬时功率． 【答案】(1) 2m (2) 60W 【解析】 【分析】 【详解】（1）B 所受电场力为F=Eq=6N ；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-μ(m A +m B )g=(m A +m B )a 1 可得系统的加速度a 1=1m/s 2； 由运动规律：x=12a 1t 12 解得A 在2s 内的位移为x=2m ；（2）设绳断瞬间，AB 的速度大小为v 1，t 2=6s 时刻，B 的速度大小为v 2，则v 1=a 1t 1=2m/s ；绳断后，对B 由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a 2 解得a 2=2m/s 2；由运动规律可知：v 2=v 1+a 2(t 2-t 1) 解得v 2=10m/s电场力的功率P=Fv ，解得P=60W3．如图所示，水平地面上固定着一个高为h 的三角形斜面体，质量为M 的小物块甲和质量为m 的小物块乙均静止在斜面体的顶端．现同时释放甲、乙两小物块，使其分别从倾角为α、θ的斜面下滑，且分别在图中P 处和Q 处停下．甲、乙两小物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ.设两小物块在转弯处均不弹起且不损耗机械能，重力加速度取g.求：小物块(1)甲沿斜面下滑的加速度； (2)乙从顶端滑到底端所用的时间；(3)甲、乙在整个运动过程发生的位移大小之比． 【答案】(1) g(sin α－()2sin sin cos hg θθμθ-【解析】 【详解】(1) 由牛顿第二定律可得F 合=Ma 甲Mg sin α－μ·Mg cos α=Ma 甲 a 甲=g(sin α－μcos α)(2) 设小物块乙沿斜面下滑到底端时的速度为v ，根据动能定理得W 合=ΔE k mgh －μmgcos θ·θsin h=212mv v=cos 21sin gh θμθ⎛⎫- ⎪⎝⎭a 乙=g (sin θ－μcos θ) t =()2sin sin cos hg θθμθ-(3) 如图，由动能定理得Mgh －μ·Mg cos α·sin hα－μ·Mg (OP －cos sin h αα)=0mgh －μmg cos θ·θsin h－μmg (OQ －cos sin h θθ)=0 OP=OQ根据几何关系得222211x h OP x h OQ ++甲乙4．高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活．高铁每列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统，设每节车厢的质量均为m ，各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在时间t 内将速度提高到v ，已知运动阻力是车重的k 倍．求： (1)列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力；(2)列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大？ 【答案】（1）13m (v t +kg ) （2）1415kmg 【解析】 【详解】(1)列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度为a =vt① 对整个列车，由牛顿第二定律得：F -k ·7mg =7ma ②设第五节对第六节车厢的作用力为T ，对第六、七两节车厢进行受力分析，水平方向受力如图所示，由牛顿第二定律得26F+T -k ·2mg =2ma ， ③ 联立①②③得T =-13m (vt+kg ) ④ 其中“-”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动相反． (2)列车匀速运动时，对整体由平衡条件得F ′-k ·7mg =0 ⑤设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为T 1，则有：26F '+T 1-k ·2mg =0 ⑥ 第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢间的作用力为T 2， 则有：5F '+T 2-k ·2mg =0， ⑦ 联立⑤⑥⑦得T 1=-13kmg T 2=35kmg 因此作用力变化ΔT =T 2-T 1=1415kmg5．在水平长直的轨道上，有一长度为L 的平板车在外力控制下始终保持速度v 0做匀速直线运动．某时刻将一质量为m 的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ，此时调节外力，使平板车仍做速度为v 0的匀速直线运动．(1)若滑块最终停在小车上，滑块和车之间因为摩擦产生的内能为多少？（结果用m ，v 0表示）(2)已知滑块与车面间动摩擦因数μ=0.2，滑块质量m =1kg ，车长L =2m ，车速v 0=4m/s ，取g =10m/s 2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F ，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F 大小应该满足什么条件？ 【答案】（1）2012m v （2）6F N ≥【解析】解：根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度mga g mμμ==滑块相对车滑动的时间：0v t a=滑块相对车滑动的距离2002v s v t g=-滑块与车摩擦产生的内能Q mgs μ= 由上述各式解得2012Q mv =（与动摩擦因数μ无关的定值） （2）设恒力F 取最小值为1F ，滑块加速度为1a ，此时滑块恰好达到车的左端，则： 滑块运动到车左端的时间011v t a = 由几何关系有：010122v t Lv t -= 由牛顿定律有：11F mg ma μ+= 联立可以得到：10.5s t=，16F N =则恒力F 大小应该满足条件是：6F N ≥．6．某天，张叔叔在上班途中沿人行道向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁的平直公路驶过，此时，张叔叔的速度是1m/s ，公交车的速度是15m/s ，他们距车站的距离为50m ．假设公交车在行驶到距车站25m 处开始刹车．刚好到车站停下，停车10s 后公交车又启动向前开去．张叔叔的最大速度是6m/s ，最大起跑加速度为2.5m/s 2，为了安全乘上该公交车，他用力向前跑去，求：(1)公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多少． (2)分析张叔叔能否在该公交车停在车站时安全上车． 【答案】(1)4.5m/s 2 (2)能 【解析】试题分析:(1)公交车的加速度221110 4.5/2v a m s x -==- 所以其加速度大小为24.5/m s (2)汽车从相遇处到开始刹车时用时：11153x x t s v -==汽车刹车过程中用时：1210103v t s a -== 张叔叔以最大加速度达到最大速度用时：32322v v t s a -== 张叔叔加速过程中的位移：2323·72v v x t m +== 以最大速度跑到车站的时间243437.26x x t s s v -==≈ 因341210t t t t s +<++，张叔叔可以在汽车还停在车站时安全上车． 考点：本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律．7．2019年1月3日10时26分．中国嫦娥四号探测器成功着陆在月球背面南极艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑内。
高考物理易错题专题三物理牛顿运动定律(含解析)及解析
高考物理易错题专题三物理牛顿运动定律(含解析)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。
如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v ＝4m/s 。
B 、C 分别是传送带与两轮的切点，相距L ＝6.4m 。
倾角也是37︒的斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。
一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m ＝1kg 的工件（可视为质点）。
用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v 0＝8m/s ，A 、B 间的距离x ＝1m ，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C 点即为运送过程结束。
g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；（2）工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间；（3）工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。
【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J【解析】【详解】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：2P 01sin 37cos372E mgx mgx mv μ︒︒=++ 解得：E p ＝42J（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a 1，由牛顿第二定律得： 1sin 37cos37mg mg ma μ︒︒+=解得：a 1＝10m/s 2 工件与传送带共速需要时间为：011v v t a -=解得：t 1＝0.4s 工件滑行位移大小为：220112v v x a -= 解得：1 2.4x m L =<因为tan 37μ︒<，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a 2，则有：2sin 37cos37mg mg ma μ︒︒-=解得：a 2＝2m/s 2假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：22vt a = 解得：t 2＝2s工件滑行位移大小为：2 3? 1n n n n n 解得：x 2＝4m工件运动到C 点时速度恰好为零，故假设成立。
专题04 牛顿运动定律-2021年高考物理真题与模拟题分类训练(教师版含解析)
专题04 牛顿运动定律1．(2021·全国高考真题）水平地面上有一质量为1m 的长木板，木板的左端上有一质量为2m 的物块，如图(a ）所示。
用水平向右的拉力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化关系如图(b ）所示，其中1F 、2F 分别为1t 、2t 时刻F 的大小。
木板的加速度1a 随时间t 的变化关系如图(c ）所示。
已知木板与地面间的动摩擦因数为1μ，物块与木板间的动摩擦因数为2μ，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g 。
则( ）A ．111=F m g μB ．2122211()()m m m F g m μμ+=-C ．22112m m m μμ+>D ．在20~t 时间段物块与木板加速度相等 【答案】BCD【解析】A ．图(c ）可知，t 1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有1112()F m m g μ=+，A 错误；BC ．图(c ）可知，t 2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有211212()()F m m g m m a μ-+=+，以木板为对象，根据牛顿第二定律，有221121()0m g m m g m a μμ-+=>，解得2122211()()m m m F g m μμ+=-，()12212m m m μμ+>，BC 正确；D ．图(c ）可知，0~t 2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D 正确。
故选BCD 。
2．(2021·全国高考真题）如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P 处，上部架在横杆上。
横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。
将小物块由平板与竖直杆交点Q 处静止释放，物块沿平板从Q 点滑至P 点所用的时间t 与夹角θ的大小有关。
若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t 将( ）A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．先增大后减小D ．先减小后增大【答案】D【解析】设PQ 的水平距离为L ，由运动学公式可知21sin cos 2L g t θθ=，可得24sin 2L t g θ=，可知45θ=︒时，t 有最小值，故当θ从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t 先减小后增大。
高考物理牛顿运动定律的应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析
高考物理牛顿运动定律的应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示，质量为2kg 的物体在与水平方向成37°角的斜向上的拉力F 作用下由静止开始运动．已知力F 的大小为5N ，物体与地面之间的动摩擦因数μ为0.2，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：(1)物体由静止开始运动后的加速度大小；(2)8s 末物体的瞬时速度大小和8s 时间内物体通过的位移大小； (3)若8s 末撤掉拉力F ，则物体还能前进多远？ 【答案】(1)a =0.3m/s 2 (2)x =9.6m (3)x ′=1.44m 【解析】(1)物体的受力情况如图所示：根据牛顿第二定律，得: F cos37°-f =ma F sin37°+F N =mg 又f =μF N联立得：a =cos37(sin 37)F mg F mμ--o o代入解得a =0.3m/s 2(2)8s 末物体的瞬时速度大小v =at =0.3×8m/s=2.4m/s 8s 时间内物体通过的位移大小219.6m 2x at == (3)8s 末撤去力F 后，物体做匀减速运动， 根据牛顿第二定律得，物体加速度大小22.0m/s f mg a g m mμμ===='' 由v 2=2a ′x ′得:21.44m 2v x a =''=【点睛】本题关键是多次根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后根据运动学公式列式求解运动学参量．2．如图，质量M=4kg 的长木板静止处于粗糙水平地面上，长木板与地面的动摩擦因数μ1=0.1，现有一质量m=3kg 的小木块以v 0=14m/s 的速度从一端滑上木板，恰好未从木板上滑下，滑块与长木板的动摩擦因数μ2=0.5，g 取10m/s 2，求：（1）木块刚滑上木板时，木块和木板的加速度大小； （2）木板长度；（3）木板在地面上运动的最大位移。
高考物理牛顿运动定律解题技巧及经典题型及练习题(含答案)
高考物理牛顿运动定律解题技巧及经典题型及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，倾角θ的足够长的斜面上，放着两个相距L 0、质量均为m 的滑块A 和B ，滑块A 的下表面光滑，滑块B 与斜面间的动摩擦因数tan μθ=．由静止同时释放A 和B ，此后若A 、B 发生碰撞，碰撞时间极短且为弹性碰撞．已知重力加速度为g ，求：（1）A 与B 开始释放时，A 、B 的加速度A a 和B a ； （2）A 与B 第一次相碰后，B 的速率B v ；（3）从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间t ． 【答案】（1）sin A a g θ=；0B a =（202sin gL θ3）023sin L g θ【解析】 【详解】解：(1)对B 分析：sin cos B mg mg ma θμθ-=0B a =，B 仍处于静止状态对A 分析，底面光滑，则有：mg sin A ma θ= 解得：sin A a g θ=(2) 与B 第一次碰撞前的速度，则有：202A A v a L =解得：02sin A v gL θ=所用时间由：1v A at =，解得：012sin L g t θ=对AB ，由动量守恒定律得：1A B mv mv mv =+ 由机械能守恒得：2221111222A B mv mv mv =+ 解得：100,2sin B v v gL θ==(3)碰后，A 做初速度为0的匀加速运动，B 做速度为2v 的匀速直线运动，设再经时间2t 发生第二次碰撞，则有：2212A A x a t =22B x v t =第二次相碰：A B x x = 解得：0222sin L t g θ= 从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的的时间：12t t t =+ 解得：023sin L t g θ=2．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN 右端N 处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m ，皮带以恒定速率v=5m/s 顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg 的滑块A 、B 、C 置于水平导轨上，B 、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B 与轻弹簧连接，C 未连接弹簧，B 、C 处于静止状态且离N 点足够远，现让滑块A 以初速度v 0=6m/s 沿B 、C 连线方向向B 运动，A 与B 碰撞后粘合在一起．碰撞时间极短，滑块C 脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）滑块A 、B 碰撞时损失的机械能； （2）滑块C 在传送带上因摩擦产生的热量Q ；（3）若每次实验开始时滑块A 的初速度v 0大小不相同，要使滑块C 滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则v 0的取值范围是什么？（结果可用根号表示） 【答案】(1)9J E ∆= (2)8J Q =03313m/s 397m/s 22v ≤≤ 【解析】试题分析：（1）A 、B 碰撞过程水平方向的动量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能关系即可求出损失的机械能；（2）A 、B 碰撞后与C 作用的过程中ABC 组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出C 与AB 分开后的速度，C 在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出C 相对于传送带运动时的相对位移，由功能关系即可求出摩擦产生的热量．（3）应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块A 的最大速度和最小速度．（1）A 与B 位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设A 与B 碰撞后共同速度为1v ，选取向右为正方向，对A 、B 有：012mv mv = 碰撞时损失机械能()220111222E mv m v ∆=- 解得：9E J ∆=（2）设A 、B 碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB 的速度为B v ，C 的速度为C v 由动量守恒得：122B C mv mv mv =+由机械能守恒得：()()222111122222B C m v m v mv =+ 解得：4/c v m s =C 以c v 滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为x 时与传送带共速由牛顿第二定律得：210.4/a gcos gsin m s μθθ=-= 由速度位移公式得：2212C v v a x -=联立解得：x=11.25m ＜L 加速运动的时间为t ，有：12.5Cv v t s a -== 所以相对位移x vt x ∆=- 代入数据得： 1.25x m ∆=摩擦生热·8Q mgcos x J μθ=∆= （3）设A 的最大速度为max v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为1c v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为2a 的匀减速直线运动直到P 点与传送带共速则有：22212c v v a L -=根据牛顿第二定律得：2212.4/a gsin gcos m s θμθ=--=-联立解得：1/c v s =设A 的最小速度为min v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为2C v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为1a 的匀加速直线运动直到P 点与传送带共速则有：22112c v v a L -=解得：2/c v s =对A 、B 、C 和弹簧组成的系统从AB 碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中 系统动量守恒，则有：112max B C mv mv mc =+ 由机械能守恒得：()()22211111122222B C m v m v mv =+解得：13/2max c v v s ==同理得：/min v s =0//s v s ≤≤3．如图所示，一个质量为3kg 的物体静止在光滑水平面上．现沿水平方向对物体施加30N 的拉力，（g 取10m/s 2）．求：（1）物体运动时加速度的大小； （2）物体运动3s 时速度的大小；（3）物体从开始运动到位移为20m 时经历的时间． 【答案】（1）10m/s 2（2）30m/s （3）2s 【解析】 【详解】（1）根据牛顿第二定律得：2230m/s 10m/s 3F a m ===； （2）物体运动3s 时速度的大小为 ：103m/s 30m/s v at ==⨯=；（3）由位移与时间关系：212x at =则：2120m 102t =⨯⨯，则：2s t =． 【点睛】本题是属性动力学中第一类问题，知道受力情况来确定运动情况，关键求解加速度，它是联系力与运动的纽带．4．水平面上固定着倾角θ=37°的斜面，将质量m=lkg 的物块A 从斜面上无初速度释放，其加速度a=3m/s 2。
牛顿运动定律--2023年高考真题和模拟题物理分项汇编(解析版)
专题03牛顿运动定律2023年高考真题1(2023全国甲卷)一小车沿直线运动，从t =0开始由静止匀加速至t =t 1时刻，此后做匀减速运动，到t =t 2时刻速度降为零在下列小车位移x 与时间t 的关系曲线中，可能正确的是()A. B.C. D.【答案】D【解析】x -t 图像的斜率表示速度，小车先做匀加速运动，因此速度变大即0-t 1图像斜率变大，t 1-t 2做匀减速运动则图像的斜率变小，在t 2时刻停止图像的斜率变为零。
故选D 。
2(2023全国甲卷)用水平拉力使质量分别为m 甲、m 乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。
甲、乙两物体运动后，所受拉力F 与其加速度a 的关系图线如图所示。
由图可知()A.m 甲<m 乙B.m 甲>m 乙C.μ甲<μ乙D.μ甲>μ乙【答案】BC【解析】根据牛顿第二定律有F -μmg =ma 整理后有F =ma +μmg则可知F -a 图像的斜率为m ，纵截距为μmg ，则由题图可看出m 甲>m 乙，μ甲m 甲g =μ乙m 乙g 则μ甲<μ乙故选BC 。
3(2023山东卷)质量为M 的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F 和受到的阻力f 均为恒力，如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m 的物体由静止开始运动。
当小车拖动物体行驶的位移为S 1时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。
物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为S 2。
物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。
小车的额定功率P 0为()A.2F 2(F -f )S 2-S 1 S 1(M +m )S 2-MS 1 B.2F 2(F -f )S 2-S 1 S 1(M +m )S 2-mS 1C.2F 2(F -f )S 2-S 1 S 2(M +m )S 2-MS 1D.2F 2(F -f )S 2-S 1 S 2(M +m )S 2+mS 1【答案】A【解析】设物体与地面间的动摩擦因数为μ，当小车拖动物体行驶的位移为S 1的过程中有F -f -μmg =(m +M )a v 2=2aS 1P 0=Fv轻绳从物体上脱落后a 2=μgv 2=2a 2(S 2-S 1)联立有P 0=2F 2(F -f )S 2-S 1 S 1(M +m )S 2-MS 1故选A 。
高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)
高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1. 如图，有一水平传送带以8m/s的速度匀速运动，现将一小物块(可视为质点)轻轻放在传送带的左端上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.4，已知传送带左、右端间的距离为4m , g 取10m/s2.求：(1)刚放上传送带时物块的加速度；(2)传送带将该物体传送到传送带的右端所需时间.【答案】(1) a g 4m/s2(2) t 1s【解析】【分析】先分析物体的运动情况：物体水平方向先受到滑动摩擦力，做匀加速直线运动；若传送带足够长，当物体速度与传送带相同时，物体做匀速直线运动•根据牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度，由运动学公式求出物体速度与传送带相同时所经历的时间和位移，判断以后物体做什么运动，若匀速直线运动，再由位移公式求出时间.【详解】(1 )物块置于传动带左端时，先做加速直线运动，受力分析，由牛顿第二定律得：mg ma代入数据得：a g 4m/s2(2 )设物体加速到与传送带共速时运动的位移为S o根据运动学公式可得：2as0 v22运动的位移：§ —8 4m2at,则有则物块从传送带左端到右端全程做匀加速直线运动，设经历时间为2解得t 1s【点睛】物体在传送带运动问题，关键是分析物体的受力情况，来确定物体的运动情况，有利于培养学生分析问题和解决问题的能力.2. 四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用. 一架质量m=2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F=36N,运动过程中所受空气阻力大小恒为f=4 N. (g取10 m/s2)(1) 无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞.求在t=5s时离地面的高度h;(2) 当无人机悬停在距离地面高度H=100m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落•求无人机坠落到地面时的速度V；(3) 接(2)问，无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力•为保证安全着地(到达地面时速度为零)，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t i.5亦【答案】(1) 75m (2) 40m/s (3) 口s3【解析】【分析】【详解】(1 )由牛顿第二定律F- mg - f=ma代入数据解得a=6m/s2代入数据解得h=75m.(2)下落过程中mg- f=ma i 代入数据解得「：t「一落地时速度v2=2a i H,代入数据解得v=40m/s(3 )恢复升力后向下减速运动过程F-mg+f=ma2代入数据解得-「「亠2 2设恢复升力时的速度为V m，则有「丄''由V m=a i t l代入数据解得3. 如图所示，在光滑水平面上有一段质量不计，长为6m的绸带，在绸带的中点放有两个紧靠着可视为质点的小滑块A、B,现同时对A、B两滑块施加方向相反，大小均为F=12N的水平拉力，并开始计时.已知A滑块的质量mA=2kg, B滑块的质量mB=4kg, A、B滑块与绸带之间的动摩擦因素均为卩=0.5 A、B两滑块与绸带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计绸带的伸长，求：(1)t=0时刻，A、B两滑块加速度的大小；(2)0到3s时间内，滑块与绸带摩擦产生的热量.【答案】⑴印1%2& 0・5%2 ；(2)30J【解析】【详解】(1)A滑块在绸带上水平向右滑动，受到的滑动摩擦力为f A ,水平运动，则竖直方向平衡：N A mg , f A N A ；解得：f A mg ①A滑块在绸带上水平向右滑动，0时刻的加速度为a!,由牛顿第二定律得： F f A m A a,――②B滑块和绸带一起向左滑动，0时刻的加速度为a2由牛顿第二定律得： F f B m B a2――③；2 2联立①②③解得：a 1m /s , a20.5m /s ；(2)A滑块经t滑离绸带，此时A、B滑块发生的位移分别为X i和X2Lx, x221 .2x, a,t22X2 a2t2代入数据解得：x, 2m , x2 1m, t 2s2秒时A滑块离开绸带，离开绸带后A在光滑水平面上运动，B和绸带也在光滑水平面上运动，不产生热量，3秒时间内因摩擦产生的热量为：Q f A x1x2代入数据解得：Q 30J .4•滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔，小孔内充满空气•当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的气垫”从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦•然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大•假设滑雪者的速度超过 4 m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由0.25变为烬=0.125 .一滑雪者从倾角为0= 37°勺坡顶A由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地，最后停在C处，如图所示•不计空气阻力，坡长为 1 = 26 m, g取10 m/s2, sin37 = 0.6, cos 37 = 0.8.求:(1) 滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间;(2) 滑雪者到达B处的速度；(3) 滑雪者在水平雪地上运动的最大距离.【答案】1s 卜护詞99.2m【解析】【分析】由牛顿第二定律分别求出动摩擦因数恒变化前后的加速度，再由运动学知识可求解速度位移和时间.【详解】m^s[n ff-/Zjm^cos 0(1)由牛顿第二定律得滑雪者在斜坡的加速度：a仁甜=4m/s2解得滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间：t= =1sII⑵由静止到动摩擦因素发生变化的位移：x i=，a i t2=2mt? - 0动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得加速度：a2= =5m/s2m由V B2-v2=2a2(L-x i)解得滑雪者到达B处时的速度：V B=16m/s⑶设滑雪者速度由V B=16m/s减速到v i=4m/s期间运动的位移为X3,则由动能定理有:—1 1-- j - ；解得X3=96m速度由V i=4m/s减速到零期间运动的位移为X4,则由动能定理有：1 ?-^m^x A= d-^nvl；解得x 4=3.2m所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为X=X3+X4=96+ 3.2=99.2m5. 如图，竖直墙面粗糙，其上有质量分别为m A =1 kg、m B =0.5 kg的两个小滑块A和B, A在B的正上方，A、B相距h=2. 25 m, A始终受一大小F1=|0 N、方向垂直于墙面的水平力作用，B 始终受一方向竖直向上的恒力F2作用.同时由静止释放A和B,经时间t=0.5 s,A、B恰相遇•已知A、B与墙面间的动摩擦因数均为口=0.2，重力加速度大小g=10m/s2.求：(1) 滑块A的加速度大小a A；(2) 相遇前瞬间，恒力F2的功率P.2【答案】（1）a A 8m/s ；（2）P 【解析】【详解】（1）A、B受力如图所示：A、B分别向下、向上做匀加速直线运动, 水平方向：F N F l竖直方向：m A g f m A a A且：f F N 对A ：联立以上各式并代入数据解得：a A1 （2 ）对A由位移公式得：X A c21 2对B由位移公式得：x B a B t22由位移关系得：x B h x A由速度公式得B的速度：V B a B t 对B由牛顿第二定律得：F? m B g 恒力F2的功率：P F2V B联立解得：P= 50W 8m/s2 2mBaB 50W6. 如图所示，在风洞实验室里，粗糙细杆与竖直光滑圆轨AB相切于A点，B为圆弧轨道的最高点，圆弧轨道半径R=1m，细杆与水平面之间的夹角0=37°. 一个m=2kg的小球穿在细杆上，小球与细杆间动摩擦因数尸0.3 •小球从静止开始沿杆向上运动，2s后小球刚好到达A点，此后沿圆弧轨道运动，全过程风对小球的作用力方向水平向右，大小恒定为40N.已知g=10m/s2, sin37 =0.6, cos37°=0.8.求:(1) 小球在A点时的速度大小；(2) 小球运动到B点时对轨道作用力的大小及方向.【答案】(1)8m/s (2)12N【解析】【详解】(1)对细杆上运动时的小球受力分析，据牛顿第二定律可得：Fcos mgsin (Fsin mgcos ) ma代入数据得：a 4m/s2小球在A点时的速度v A at 8m/s⑵小球沿竖直圆轨道从A到B的过程，应用动能定理得：1 2 1 2FRsin37 mgR(1 cos37 ) mv B mv A2 2解得：V B 2m/s小球在B点时，对小球受力分析，设轨道对球的力竖直向上，由牛顿第二定律知：2V Bmg F N mR解得：F N=12N,轨道对球的力竖直向上由牛顿第三定律得：小球在最高点B对轨道的作用力大小为12N,方向竖直向下.7. 如图所示，传送带水平部分x ab=0.2m，斜面部分x b(=5.5m, bc 与水平方向夹角«=37 °,一个小物体A与传送带间的动摩擦因数尸0.25，传送带沿图示方向以速率v=3m/s运动，若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c点，且物体A不脱离传送带，经b点时速率不变.(取g=10m/s2, sin37 =0.6)求：(1) 物块从a 运动到 (2) 物块从b 运动到 【答案】(1) 0.4s ； 【解析】 【分析】根据牛顿第二定律求出在 ab 段做匀加速直线运动的加速度，结合运动学公式求出 运动时间•到达b 点的速度小于传送带的速度，根据牛顿第二定律求出在bc 段匀加速运动的加速度，求出速度相等经历的时间，以及位移的大小，根据牛顿第二定律求出速度相等 后的加速度，结合位移时间公式求出速度相等后匀加速运动的时间，从而得出b 到c 的时间. 【详解】(1)物体A 轻放在a 处瞬间，受力分析由牛顿第二定律得:mg ma 1解得:A 与皮带共速需要发生位移:xab代入数据解得:(2)到达b 点的速度:由牛顿第二定律得:b 的时间；c 的时间. (2) 1.25s .a i2.5m/s 2故根据运动学公式，物体 2v x 共2a9m 1.8m 0.2mA 从a 运动到b ： t i0.4sV b ait i1m/s 3m/s代入数据解得:a 2 8m/s 2物块在斜面上与传送带共速的位移是:N 2mg sin 37 2ma 2mg cos37 且 f 2N 22设从共速到下滑至 c 的时间为t 3,由x bcs 共1 2vt 3 a 3t 3，得2t3is综上，物块从b 运动到c 的时间为：t2t3i.25s解得 v ' =0.6m/s即物块和木板最终以 0.6m/s 的速度匀速运动. (3)物块先相对木板向右运动，此过程中物块的加速度为 时间物块和木板具有相同的速度 v','对物块受力分析:va 1t 1解得：t ,2m/s 3解得 s=0.5m ；t i 后物块相对木板向左运动，这再经 仍为a i ,对木板：F- mg Ma 32 2v V b代入数据解得： 时间为： t2因为 g sin37 6m/s > g cos37 由牛顿第二定律得： mg sin37 f 2 ma 3N 2 mg cos37，且 f 2 N 2代入数据解得：a 3 4m/s 2 2a 20.5m 5.5ma 2Vb 381s 0.25s2m/s 2，物块继续加速下滑此过程中物块相对木板前进的距离:Wi2 2& 5s 后系统动量守恒，最终达到相同速度 v ；则 mv i MV 2 m M va i ,木板的加速度为 ，经t i对木板：F mg Ma 2由运动公式: v 0 a 2t 1 t 2时间滑落，此过程中板的加速度 a 3,物块的加速度9.水平面上固定着倾角 0 =37的斜面，将质量 m=lkg 的物块A 从斜面上无初速度释放，其加速度a=3m/s 2。
高考物理 专题三牛顿运动定律 专题检测
专题三牛顿运动定律专题检测题组1.(2022新疆昌吉州一诊,5)如图甲,一个静止在水平地面上的物体,质量为0.1 kg,受到竖直向上的拉力F作用,F随时间t的变化情况如图乙所示。
若g取10 m/s2,则下列说法正确的是( )甲乙A.0~3 s内,物体的速度逐渐增大B.3 s时物体的速度最大C.第5 s末和第9 s末物体的速度相等D.第7 s末物体离地面的高度最大答案 C 物体重力mg=1 N,0~1 s内F<1 N,物体静止,A错误;由牛顿第二定律可得F-mg=ma,1 s~7 s时间段,物体加速度一直向上,物体一直加速,B错误;5 s~7 s速度的增加量与7 s~9 s速度的减少量相等,故5 s~9 s速度的变化量为零,v9=v5,C正确。
第7 s末物体的加速度为零,速度最大,即使7 s后加速度向下,物体仍会向上运动一段时间,D错误。
2.(2023届宁夏石嘴山平罗中学月考,12)(多选)如图所示,质量为4 kg的物体A 静止在竖直的轻弹簧上,质量为1 kg的物体B用细线悬挂在天花板上,B与A刚好接触但不挤压,现将细线剪断,则剪断后瞬间,下列结果正确的是(g取10 m/s2)( )A.A加速度的大小为零B.B加速度的大小为2 m/s2C.弹簧的弹力大小为40 ND.A、B间相互作用力的大小为10 N答案BC 细线剪断之前,对A分析,弹簧的弹力F k=m A g=40 N,弹簧的弹力不会发生突变,故细线剪断后瞬间,弹簧弹力的大小仍为40 N,C正确;细线剪断后瞬=2 m/s2,A错误,B正确;对B 间,对A、B整体受力分析可得,a A=a B=m A g+m B g−F km A+m B分析,m B g-F=m B a B,可得A、B间的相互作用力大小F=8 N,D错误。
3.(2023届四川成都七中阶段考,20)(多选)如图所示,质量为m的小球A和质量为2m的物块B用跨过光滑定滑轮的细绳连接,物块B放在倾角为θ=37°的斜面体C上,刚开始都处于静止状态,现用水平外力F将A小球缓慢拉至细绳与竖直方向夹角β=60°,该过程物块B和斜面体C始终静止不动,最大静摩擦力等于滑动摩擦力(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。
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高考物理牛顿运动定律专题训练答案一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。
某时刻速度为v 0＝2m/s ，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v 1＝4m/s 的速度从右侧滑上木板，经过1s 两者速度恰好相同，速度大小为v 2＝1m/s ，方向向左。
重力加速度g ＝10m/s 2，试求：（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1（2）木板与地面间的动摩擦因数μ2（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。
【答案】（1）0.3（2）120（3）2.75m 【解析】【分析】（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解；（2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可；（3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移；【详解】（1）对小滑块分析：其加速度为：2221114/3/1v v a m s m s t --===-，方向向右 对小滑块根据牛顿第二定律有：11mg ma μ-=，可以得到：10.3μ=；（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到： 01212v mg mg m t μμ+⋅= 然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到： 21222v mg mg mt μμ-⋅= 而且121t t t s +== 联立可以得到：2120μ=，10.5s t =，20.5t s =； （3）在10.5s t =时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：01100.52v x t m +=⋅=，方向向右； 在20.5t s =时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：22200.252v x t m +=⋅=，方向向左； 在整个1t s =时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：12 2.52v v x t m +=⋅=，方向向左 则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：12 2.75x x x x m ∆=+-=。
【点睛】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚小滑块与木板的运动过程和受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
2．如图所示，倾角θ的足够长的斜面上，放着两个相距L 0、质量均为m 的滑块A 和B ，滑块A 的下表面光滑，滑块B 与斜面间的动摩擦因数tan μθ=．由静止同时释放A 和B ，此后若A 、B 发生碰撞，碰撞时间极短且为弹性碰撞．已知重力加速度为g ，求：（1）A 与B 开始释放时，A 、B 的加速度A a 和B a ；（2）A 与B 第一次相碰后，B 的速率B v ；（3）从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间t ．【答案】（1）sin A a g θ=；0B a =（202sin gL θ3）023sin L g θ【解析】【详解】解：(1)对B 分析：sin cos B mg mg ma θμθ-= 0B a =，B 仍处于静止状态对A 分析，底面光滑，则有：mg sin A ma θ=解得：sin A a g θ=(2) 与B 第一次碰撞前的速度，则有：202A A v a L =解得：02sin A v gL θ=所用时间由：1v A at =，解得：012sin L g t θ=对AB ，由动量守恒定律得：1A B mv mv mv =+由机械能守恒得：2221111222A B mv mv mv =+ 解得：100,2sin B v v gL θ==(3)碰后，A 做初速度为0的匀加速运动，B 做速度为2v 的匀速直线运动，设再经时间2t 发生第二次碰撞，则有：2212A A x a t =22B x v t =第二次相碰：A B x x =解得：0222sin L t g θ= 从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的的时间：12t t t =+解得：023sin L t g θ=3．一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图所示。
木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4。
t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t=1s 时，木板以速度v 1=4m/s 与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。
碰撞前后木板速度大小不变，方向相反。
运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下。
已知木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s 2。
求：(1)t=0时刻木板的速度；(2)木板的长度。
【答案】（1）05/v m s =（2）163l m =【解析】【详解】（1）对木板和物块：()()11M m g M m a μ+=+令初始时刻木板速度为0v 由运动学公式：101v v a t =+代入数据求得：0=5m/s v（2）碰撞后，对物块：22mg ma μ= 对物块，当速度为0时，经历时间t ，发生位移x 1，则有21112v x a =，112v x t = 对木板，由牛顿第二定律：()213mg M m g Ma μμ++=对木板，经历时间t ，发生位移x 2221312x v t a t =- 木板长度12l x x =+代入数据，16=m 3l4．如图，水平桌面上静止放置一质量1kg M =、长为1m L =的木板板上最右端放一质量2kg m =的滑块可看做质点，以20N F =的水平力拉木板，将其从滑块下面抽出来．若所有接触面间的动摩擦因数均为0.3μ=，210m/s g =.（1）求滑块与木板间的摩擦力1f 多大，木板与桌面间的摩擦力2f 多大；（2）求滑块从木板上掉下的时间t 为多少？【答案】（1）6N ；9N （2）1s【解析】【详解】解：(1)滑块与木板之间的摩擦力10.3210N 6N f mg μ==⨯⨯=木板与桌面间的摩擦力2()0.3(12)10N 9N f M m g μ=+=⨯+⨯=(2)当滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力，木板将从物体下面抽出，对滑块，根据牛顿第二定律得：11f ma =解得：213m/s a =对木板：122F f f Ma --=解得：225m/s a =滑块位移：21112x a t =，木板的位移：22212x a t = 滑落时：21x x L -=代入数据解得：1s t =5．如图1所示，在水平面上有一质量为m 1＝1kg 的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2＝2kg 的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等・现给木块施加随时间t 增大的水平拉力F ＝3t （N ），重力加速度大小g ＝10m/s 2（1）求木块和木板保持相对静止的时间t1；（2）t＝10s时，两物体的加速度各为多大；（3）在如图2画出木块的加速度随时间変化的图象（取水平拉カF的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程）【答案】（1）木块和木板保持相对静止的时间是4s；（2）t＝10s时，两物体的加速度各为3m/s2，12m/s2；（3）【解析】【详解】（1）当F＜μ2（m1+m2）g＝3N时，木块和木板都没有拉动，处于静止状态，当木块和木板一起运动时，对m1：f max﹣μ2（m1+m2）g＝m1a max，f max＝μ1m2g解得：a max＝3m/s2对整体有：F max﹣μ2（m1+m2）g＝（m1+m2）a max解得：F max＝12N由F max＝3t 得：t＝4s（2）t＝10s时，两物体已相对运动，则有：对m1：μ1m2g﹣μ2（m1+m2）g＝m1a1解得：a1＝3m/s2对m2：F﹣μ1m2g＝m2a2 F＝3t＝30N解得：a2＝12m/s2（3）图象过（1、0），（4.3），（10、12）图象如图所示．6．如图所示，质量为M=0.5kg 的物体B 和质量为m=0.2kg 的物体C ，用劲度系数为k=100N/m 的竖直轻弹簧连在一起．物体B 放在水平地面上，物体C 在轻弹簧的上方静止不动．现将物体C 竖直向下缓慢压下一段距离后释放，物体C 就上下做简谐运动，且当物体C 运动到最高点时，物体B 刚好对地面的压力为0．已知重力加速度大小为g=10m/s 2．试求：①物体C 做简谐运动的振幅；②当物体C 运动到最低点时，物体C 的加速度大小和此时物体B 对地面的压力大小．【答案】①0.07m ②35m/s 2 14N【解析】【详解】①物体C 放上之后静止时：设弹簧的压缩量为0x ．对物体C ，有：0mg kx =解得：0x =0.02m设当物体C 从静止向下压缩x 后释放，物体C 就以原来的静止位置为平衡位置上下做简谐运动，振幅A =x当物体C 运动到最高点时，对物体B ，有：0()Mg k A x =-解得：A =0.07m②当物体C 运动到最低点时，设地面对物体B 的支持力大小为F ，物体C 的加速度大小为a .对物体C ，有：0()k A x mg ma +-=解得：a =35m/s 2对物体B ，有：0()F Mg k A x =++解得：F =14N所以物体B 对地面的压力大小为14N7．如图所示，一段平直的马路上，一辆校车从一个红绿灯口由静止开始做匀加速直线运动，经36 m 速度达到43.2 km/h ；随后保持这一速度做匀速直线运动，经过20 s ，行驶到下一个路口时，司机发现前方信号灯为红灯便立即刹车，校车匀减速直线行驶36 m 后恰好停止．(1)求校车匀加速运动的加速度大小a 1；(2)若校车总质量为4 500 kg ，求校车刹车时所受的阻力大小；(3)若校车内坐有一质量为30 kg 的学生，求该学生在校车加速过程中座椅对学生的作用力F 的大小．(取g ＝10 m/s 2，结果可用根式表示)【答案】（1）22/m s （2）9000N （3）26N【解析】【分析】（1）根据匀加速运动的速度位移关系可求加速度；（2）根据匀减速运动的速度位移关系可求加速度；根据牛顿第二定律可求阻力；（3）座椅对学生的作用力的水平分力等于mg ，F 的竖直分力的竖直分力等于重力，水平分力提供加速度．根据力的合成可求．【详解】(1)由匀加速直线运动公式可知v 2＝2a 1x 1，得加速度a 1＝2 m/s 2(2)由匀减速直线运动公式得：0－v 2＝－2a 2x 3解得a 2＝2 m/s 2F 阻＝Ma 2＝9000 N.(3)匀加速运动过程中，座椅对学生的作用力为F ，F 的竖直分力等于mg ，F 的水平分力由牛顿第二定律可得F 水平＝ma 1F ()()221mg ma +得F ＝26 N.8．一物块以一定的初速度沿斜面向上滑动，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化的关系如图所示.求:(1)斜面的倾角θ(2)物块与斜面间的动摩擦因μ.【答案】（1）030θ=；（2）3μ= 【解析】 【分析】 对上滑过程和下滑过程分别运用牛顿第二定律求出斜面的倾角和动摩擦因数。