学年度高一物理人教版必修一牛顿运动定律单元测试.docx
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学年度高一物理人教版必修一牛顿运动定律单元测试
2017-2018学年度牛顿运动定律单元测试卷
一、选择题
1.
（多选题）下列物理量的单位，属于国际单位制中的导出单位的是（ ）
A．牛顿B．秒C．焦耳D．瓦
2.
某人以一定的初速度从P点竖直向上抛出一个小球，小球运动时受到的空气阻力大小不变，且与运动方向相反，1s后小球运动到最高点，则又经过1s后（ ）
A．小球恰好经过P点
B．小球的位置在P点下方
C．小球的位置在P点上方
D．阻力大小不确定，无法判断小球的位置是在P点的上方还是下方
3.
质量m=1kg的物体置于倾角θ=37°的固定粗糙斜面上，t=0时对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t=1s时撤去拉力，物体运动的部分v-t图如图所示。
已知斜面足够长，g取10m/s2，则下列说法中正确的是（ ）
A.拉力的大小为20N
B.t=1s时物体的机械能最大
C.物体与斜面间的动摩擦因数为0.5
D.t=4s时物体的速度大小为10m/s
4.
关于超重和失重，下列说法中正确的是（ ）
A．超重就是物体受的重力增加了
B．失重就是物体受的重力减少了
C．完全失重就是物体一点重力都不受了
D．不论超重或失重甚至完全失重，物体所受重力是不变的
5.
在竖直向上的拉力F作用下，将货物由地面吊起，其运动的v2﹣x图象如图所示（取g=10m/s2）．则前3m内与最后2m内拉力的大小之比（ ）
A．12：
7B．22：
17C．22：
23D．18：
23
6.
某人站在一静止的台秤上，当他猛地下蹲的过程中，若不考虑台秤的惯性，则台秤的示数（ ）
A．先变大后变小，最后等于他的重力
B．变大，最后等于他的重力
C．先变小，后变大，最后等于他的重力
D．变小，最后等于他的重力
7.
决定物体惯性大小的物理量是物体的（ ）
A．位移B．质量C．密度D．加速度
8.
（多选题）如图所示，将一个质量为m的物块放在水平面上．当用一水平推力F向右推小物块时，小物块恰好以一较大的速度匀速运动．某一时刻保持推力的大小不变，并立即使推力反向变为向后的拉力，则推力反向的瞬间（ ）
A．小物块受到的合力大小为2F，方向水平向左
B．小物块受到的合力大小为2F，方向水平向右
C．地面对小物块的作用力大小为mg
D．地面对小物块的作用力大小为
9.
如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，在电梯在竖直方向运行时，电梯内乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小了，这一现象表明（ ）
A．电梯一定在上升阶段B．电梯一定在下降阶段
C．乘客一定处在超重状态D．电梯的加速度方向一定向下
10.
运动物体的速度、加速度及所受合外力三者的方向关系是（ ）
A．三者的方向是相同
B．速度方向与加速度方向可成任意夹角，但加速度方向总是与合外力方向相同
C．速度方向总是与合外力方向相同，而加速度方向可能与合外力方向相同，也可能不同
D．三者的方向可以成任意夹角
11.
（多选题）如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是（ ）
A．A、B的质量之比为1：
B．A、B所受弹簧弹力大小之比为
：
C．悬挂A、B的细线上拉力大小之比为
：
1
D．快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为1：
12.
如图所示，足够长的水平传送带以v0=2m/s的速度匀速运行．t=0时刻，在左端轻放一质量为m的小滑块，t=2s时刻传送带突然被制动而停止．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2．则t=2.5s时滑块的速度为（ ）
A．3m/sB．2m/sC．1m/sD．0
13.
某同学沿水平方向用力推一文具盒，使其在水平桌面上做匀速直线运动，下列说法中正确的是（ ）
A．文具盒对桌面的压力和文具盒所受的重力是一对平衡力
B．桌面对文具盒的支撑力和文具盒对桌面的压力是一对平衡力
C．手对文具盒的推力和桌面对文具盒的摩擦力是一对作用力和反作用力
D．桌面对文具盒的摩擦力和文具盒对桌面的摩擦力是一对作用力和反作用力
14.
（多选题）如图所示，一木板倾斜放置，与水平面的夹角为θ，将两个矩形物块A、B叠放后一起静止释放到木板上，之后A、B保持相对静止一起以带大小为a的加速度沿斜面加速下滑，若A、B的质量分别为mA和mB，A与B之间和B与木板之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，则下列说的正确的是（ ）
A．μ1一定大于tanθ
B．μ2一定小于tanθ
C．加速度a的大小与mA和mB都无关
D．A与B之间的摩擦力大小与μ1有关而与μ2无关
15.
（多选题）如图所示，有一斜面倾角为θ、质量为M的斜面体置于水平面上，A是最高点，B是最低点，C是AB的中点，其中AC段光滑、CB段粗糙．一质量为m的小滑块由A点静止释放，经过时间t滑至C点，又经过时间t到达B点．斜面体始终处于静止状态，取重力加速度为g，则（ ）
A．A到C与C到B过程中，滑块运动的加速度相同
B．A到C与C到B过程中，滑块运动的平均速度相等
C．C到B过程地面对斜面体的摩擦力水平向左
D．C到B过程地面对斜面体的支持力大于（M+m）g
16.
（多选题）如图所示，将质量为0.2kg的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的直径，环与杆之间的动摩擦因数为0.8．对环施加一位于竖直平面内斜向上的拉力F，使圆环以4.4m/s2的加速度沿杆加速运动，拉力与杆的夹角为53°，已知sin53°=0.8．cos53°=0.6，取g=10m/s2，则F的大小为（ ）
A．F=1NB．F=2NC．F=9ND．F=18N
17.
（多选题）图示的木箱a用细线悬挂在天花板下，木箱内有用竖直弹簧相连的两物块b和c，b放于木箱的水平地板上．已知木箱a的质量为m，物块b的质量为2m，物块c的质量为3m，起初整个装置静止不动．用符号g表示重力加速度，针对剪断细线的瞬间，下列判断正确的是（ ）
A．物块b下落的加速度为g
B．木箱a下落的加速度为2g
C．物块b对木箱底板的压力为mg
D．物块b对木箱底板的压力为2mg
二、实验题
18.（实验）在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带打上的点计算出．
（1）如图（a）为实验中用打点计时器打出的一条较理想的纸带，纸带上A、B、C、D、E、F、G为七个相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔是0.1s，距离如图，单位是cm，小车的加速度是________m/s2。
（结果保留两位小数）
（2）以下措施正确的是（）（填入相应的字母，多选少选均不得分）
A.平衡摩擦力时，应将重物用细绳通过定滑轮系在小车上
B.平衡摩擦力时，小车后面的纸带必须连好，因为运动过程中纸带也要受到阻力C.每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力
D.实验时，先放开小车，后接通电源
（3）当M与m的关系满足_时，才可认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的重力．
（4）一组同学在做加速度与质量的关系实验时，保持盘及盘中砝码的质量一定，改变小车及车中砝码的质量，测出相应的加速度，采用图象法处理数据．为了比较容易地检查出加速度a与质量M的关系，应该做a与________的图象．
（5）（2分）如图（a），甲同学根据测量数据做出的a－F图线，说明实验存在的问题是________．
19.某同学采用如图1所示的装置探究物体的加速度与所受合力的关系．用砂桶和砂的重力充当小车所受合力F；通过分析打点计时器打出的纸带，测量加速度a．分别以合力F和加速度a作为横轴和纵轴，建立坐标系．根据实验中得到的数据描出如图2所示的点迹，结果跟教材中的结论不完全一致．该同学列举产生这种结果的可能原因如下：
（1）在平衡摩擦力时将木板右端垫得过高；
（2）没有平衡摩擦力或者在平衡摩擦力时将木板右端垫得过低；
（3）测量小车的质量或者加速度时的偶然误差过大；
（4）砂桶和砂的质量过大，不满足砂桶和砂的质量远小于小车质量的实验条件．
通过进一步分析，你认为比较合理的原因可能是（ ）
A．
（1）和（4）B．
（2）和（3）
C．
（1）和（3）D．
（2）和（4）
三、计算题21.
20.如图所示，在倾角θ=37°的固定斜面上放置一质量M=1kg、长度L=3m的薄平板AB．平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为16m．在平板的上端A处放一质量m=0.6kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速释放．设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5，求滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差△t．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）
21.
一质量m=0.5kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为30°足够长的斜面，某同学利用DIS实验系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程的v﹣t图．求：
（g取10m/s2）
（1）滑块冲上斜面过程中加速度大小；
（2）滑块与斜面间的动摩擦因数．
22.如图所示，有一长度x=1m、质量M=10kg的平板小车，静止在光滑的水平面上，在小车一端放置一质量m=4kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.25，要使物块在2s内运动到小车的另一端，求作用在物块上的水平力F是多少？
（g取10m/s2）
23.如图甲所示，有一块木板静止在足够长的粗糙水平面上，木板质量为M=4kg，长为L=1.4m；木块右端放的一小滑块，小滑块质量为m=1kg，可视为质点．现用水平恒力F作用在木板M右端，恒力F取不同数值时，小滑块和木板的加速度分别对应不同数值，两者的a﹣F图象如图乙所示，取g=10m/s2．求：
（1）小滑块与木板之间的滑动摩擦因数，以及木板与地面的滑动摩擦因数．
（2）若水平恒力F=27.8N，且始终作用在木板M上，当小滑块m从木板上滑落时，经历的时间为多长．
24.如图所示，倾角θ=30°的光滑斜面的下端与水平地面平滑连接（可认为物体在连接处速率不变）．一个质量为m的小物体（可视为质点），从距地面h=3.2m高处由静止沿斜面下滑．物体与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.4，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）物体沿斜面下滑的加速度a的大小；
（2）物体下滑到达斜面底端A时速度vA的大小；
（3）物体在水平地面上滑行的时间t．
试卷答案
1.ACD
【考点】力学单位制．
【分析】国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．
【解答】解：
三个力学基本物理量分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为米、千克、秒，力的单位牛顿是根据F=ma推导出来的，属于导出单位，焦耳是功的单位，是根据公式W=FL推导出来的，是导出单位，瓦是功率的单位，根据公式P=
推导出来的，是导出单位，故ACD正确，B错误．
所以A正确．
故选：
ACD．
2.C
【考点】牛顿第二定律．
【分析】上升过程阻力向下，下降过程阻力向上，根据牛顿第二定律比较加速度大小，然后根据运动学公式列式比较时间大小．
【解答】解：
上升过程，阻力向下，根据牛顿第二定律，有：
mg+f=ma1；
下降过程，阻力向下，根据牛顿第二定律，有：
mg﹣f′=ma2；
故a1＞a2；根据h=
at2可知，t1＜t2；
即小球返回P点的时间要大于1s，所以又经过1s后，小球的位置在P点上方．故C正确，ABD错误；
故选：
C
3.BC
点睛：
解决本题的关键会运用牛顿第二定律列出动力学方程，要知道功能关系：
除重力以外的力做功等于物体机械能的变化.
4.D
【考点】超重和失重．
【分析】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．
【解答】解：
A、超重是物体对接触面的压力大于物体的重力，物体的重力并没有增加，故A错误
B、物体对支持物的压力或者对悬挂物的拉力小于重力叫失重，但重力并不减少．故B错误
C、当物体只受重力，物体处于完全失重状态，重力并不改变．故C错误
D、不论超重或失重甚至完全失重，物体在同一位置所受重力是不变的，故D正确
故选：
D．
5.B
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．
【分析】由图象可求得物体的加速度，再由牛顿第二定律可求得两段位移内的拉力大小之比．
【解答】解：
物体是从静止开始运动的，根据运动学公式v2﹣v02=2ax得
v2﹣x图象斜率的意义表示物体的加速度，前3m内货物的加速度向上，加速度大小是1m/s2，根据牛顿第二定律得：
F1﹣mg=ma1，
最后2m内货物加速度方向向下，加速度大小是1.5m/s2，根据牛顿第二定律得：
mg﹣F2=ma2．
解得：
前3m内与最后2m内货物的受到的拉力大小之比为22：
17，
故选：
B．
6.C
【考点】牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．
【分析】失重状态：
当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；
超重状态：
当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度．
【解答】解：
人先是加速下降，有向下的加速度，此时的人对体重计的压力减小，后是减速下降，有向上的加速度，此时的人对体重计的压力增加，最后静止等于他的重力．
故选：
C．
7.B
【考点】惯性．
【分析】惯性大小的唯一量度是物体的质量，与其他的因素无关．
【解答】解：
惯性就是物体保持原来的运动状态的性质，惯性的大小与物体的运动状态无关，惯性的大小只与物体的质量有关，与其他的因素如位移、速度、加速度和密度等等无关，故B正确，ACD错误．
故选：
B
8.AD
【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
【分析】根据物块做匀速直线运动，结合平衡求出滑动摩擦力的大小，推力反向的瞬间，根据物块受力确定合力的大小和方向．
【解答】解：
A、物体开始做匀速直线运动，知f=F，将推力反向的瞬间，重力和支持力平衡，小物块的合力F合=F+f=2F，方向水平向左，故A正确，B错误．
C、地面对物块有支持力和摩擦力作用，两个力的合力，即地面对物块的作用力为
，故C错误，D正确．
故选：
AD．
9.D
【考点】牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．
【分析】对铁球的受力分析，受重力和拉力，结合牛顿第二定律，判断出加速度的方向；然后判断电梯和乘客的超、失重情况．
【解答】解：
电梯静止不动时，小球受力平衡，有
mg=kx1
弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小了，说明弹力变小了，根据牛顿第二定律，有
mg﹣kx2=ma
故加速度向下，电梯以及电梯中的人处于失重状态；
故选D．
10.B
【考点】牛顿第二定律．
【分析】根据牛顿第二定律得知：
加速度方向与合外力方向总是相同，而与速度方向不一定相同，速度方向与加速度方向可以成任意夹角．
【解答】解：
根据牛顿第二定律可知，加速度方向与合外力方向总是相同的；但速度与加速度没有直接的关系，两者方向可以成任何夹角；故B正确，ACD错误．
故选：
B．
11.CD
【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
【分析】对AB两个物体受力分析，AB都处于静止状态，受力平衡，根据平衡条件列式比较即可，AB两个物体的弹簧弹力相同．
【解答】解：
对AB两个物体受力分析，如图所示：
AB都处于静止状态，受力平衡，则有：
解：
A、对物体A：
，得
对物体B，有：
，得
所以
，故A错误；
B、同一根弹簧弹力相等，故B错误；
C、对A物体，细线拉力
对B物体，细线拉力
，故C正确；
D、快速撤去弹簧的瞬间，物体AB将以悬点为圆心做圆周运动，刚撤去弹簧的瞬间，将重力分解为沿半径和沿切线方向，沿半径合力为零，合力沿切线方向
对A物体：
，得
对B物体：
，得
联立得
，故D正确；
故选：
CD
12.C
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】根据牛顿第二定律求出物块在传送带上的加速度，根据运动学公式求出物块速度达到传送带速度时的时间，最后结合速度公式求出2.5s的速度．
【解答】解：
物块在传送带上的加速度为：
a=
，
达到传送带速度时的时间为：
，
则物块匀速运动的时间为：
t2=2﹣1s=1s．
物块匀减速运动的加速度大小为：
，
减速的时间为：
t3=2.5﹣2=0.5s
t=2.5s时滑块的速度为：
v=v0+a′t3=2+（﹣2）×0.5=1m/s
故选：
C
13.D
【考点】牛顿第三定律．
【分析】1、相互作用力的特点是：
作用在两个物体上，大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．
2、二力平衡的条件是：
大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在一个物体上，缺一不可；
【解答】解：
A、文具盒对桌面的压力和文具盒所受的重力，方向相同，不是一对平衡力，故A错误；
B、桌面对文具盒的支撑力和文具盒对桌面的压力，大小相等，方向相反，作用在两个物体上，是一对作用力和反作用力，故B错误；
C、手对文具盒的推力和桌面对文具盒的摩擦力，大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在一个物体上，是一对平衡力，故C错误；
D、桌面对文具盒的摩擦力和文具盒对桌面的摩擦力，大小相等，方向相反，作用在两个物体上，是一对作用力和反作用力，故D正确；
故选：
D．
14.BC
【考点】牛顿第二定律．
【分析】先对AB整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后隔离出物体A，受力分析后根据牛顿第二定律列式求解出间的静摩擦力．
【解答】解：
先取AB为一整体，整体受到重力、斜面的支持力和摩擦力．沿斜面的方向，由牛顿第二定律得：
（mA+mB）gsinθ﹣FfB=（mA+mB）a
FfB=μ2FN
FN=（mA+mB）gcosθ
以上三式联立可得：
a=gsinθ﹣μ2gcosθ…①
再隔离A物体，设A受到的静摩擦力为FfA，
方向沿斜面向上，对A再应用牛顿第二定律得：
mAgsinθ﹣FfA=mAa
可得出：
FfA=μ2mAgcosθ…②
A、由公式②可知，A的加速度与AB之间的动摩擦因数无关，所以不能判断出μ1一定大于tanθ．故A错误；
B、A与B组成的整体向下做加速运动，由公式①可知，gsinθ＞μ2gcosθ
所以：
μ2＜tanθ．故B正确；
C、由公式①可知，加速度a的大小与mA和mB都无关．故C正确；
D、由公式②可知，A与B之间的摩擦力大小与μ1无关而与μ2有关．故D错误．
故选：
BC
15.BCD
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力；牛顿第二定律．
【分析】根据牛顿第二定律研究加速度．平均速度根据公式
分析．对整体，运用牛顿第二定律分析地面对斜面的支持力和摩擦力．
【解答】解：
A、根据牛顿第二定律得：
AC段有：
mgsinθ=ma1；
BC段有：
mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2；可知，A到C与C到B过程中，滑块运动的加速度不同，故A错误．
B、根据平均速度公式
知，两个过程的位移和时间均相等，则平均速度相等．故B正确．
C、设滑块到达C和B的速度分别为vC和vB．根据平均速度相等有：
，可得vB=0
说明滑块由C到B过程做匀减速运动，加速度沿斜面向上，有水平向左的分加速度，对斜面和滑块整体，由牛顿第二定律知，地面对斜面体的摩擦力水平向左．故C正确．
D、滑块由C到B过程做匀减速运动，加速度沿斜面向上，有竖直向上的分加速度，处于超重状态，所以地面对斜面体的支持力大于（M+m）g．故D正确．
故选：
BCD．
16.BD
【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
【分析】对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力，其中弹力可能向上，也可能向下；要分两种情况根据牛顿第二定律列方程求解即可．
【解答】解：
对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力；令Fsin53°=mg，F=2.5N此时无摩擦力．
圆环沿杆做匀加速运动
当F＜2.5N时，杆对环的弹力向上，由牛顿第二定律有：
水平方向上：
Fcosθ﹣μFN=ma，
竖直方向上：
FN+Fsinθ=mg，
解得：
F=2N
当F＞2.5N时，杆对环的弹力向下，由牛顿第二定律有：
水平方向上有：
Fcosθ﹣μFN′=ma，
竖直方向上有：
Fsinθ=mg+FN′，
解得：
F=18N
故BD正确，AC错误．
故选：
BD．
17.BC
【考点】牛顿第二定律．
【分析】剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求出物体a、b、c的瞬时加速度大小和方向．
【解答】解：
A、B、对整体分析，绳的拉力为F′=6mg，弹簧的弹力F=3mg，b、c整体处于平衡状态，所以a对b的支持力是N=5mg．
剪断细绳的瞬间，对ab，瞬间加速度a1=
，方向竖直向下．故A错误，B正确；
C、D、以a为研究的对象，则：
所以：
N′=mg．故C正确，D错误．
故选：
BC．
18.
（1）1.59
（2）BC（3）M
>>m（4）1/M（5）平衡摩擦过度
19.解：
根据实验中得到的数据描出如图2所示的点迹，
1、图线不经过原点，当拉力为零时，加速度不为零，知平衡摩擦力过度，即长木板的末端抬得过高了．故
（1）正确
2、曲线上部出现弯曲现象，随着F的增大，即砂和砂桶质量的增大，不在满足砂和砂桶远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象．故（4）正确
故选A．
20.
解：
对薄板，由于Mgsin37°＜μ（M+m）gcos37°，故滑块在薄板上滑动时，薄板静止不动，
对滑块：
在薄板上滑行时加速度为：
a1=gsin37°=6m/s2
到达B点时速度为：
=6m/s
滑块由B至C时的加速度为：
a2=gsin37°﹣μgcos37°=2m/s2
设滑块由B至C所用时间为t，则有：
代入数据可解得：
t=2s
对薄板，滑块滑离后才开始运动，加速度为：
a3=gsin37°﹣μgcos37°=2m/s2
滑至C端所用时间为t'，则
，代入数据可解得：
t'=4s
滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为：
△t=t'﹣t=2s．
答：
滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为2s．
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】分别研究滑块与平板的运动情况：
开始时，由于Mgsin37°＜μ（M+m）gcos37°，滑块在平板上滑动时，平板静止不动．根据牛顿第二定律求出滑块的加速度，由位移﹣速度关系式求出滑块到达B点时的速度．滑块离开平板后，根据牛顿第二定律求出滑块沿斜面下滑的加速度，由位移公式求解滑块由B至C所用时间．滑块滑离后平板才开始运动，根据牛顿第二定律求出平板沿斜面下滑的加速度，由位移公式求解滑块由B至C所用时间．再求解时间差．
21.
解：
（1）滑块的加速度a=
=
=﹣12m/s2；
故加速度大小为12m/s2；
（2）物体在冲上斜面过程中mgsinθ+μmgcosθ=ma
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