高三物理一轮复习专题讲义第32讲 牛顿第二定律的应用.docx

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高三物理一轮复习专题讲义第32讲牛顿第二定律的应用

第2讲　牛顿第二定律的应用

知识要点

一、牛顿第二定律的瞬时性

牛顿第二定律的表达式为F合＝ma，加速度由物体所受合外力决定，加速度的方向与物体所受合外力的方向一致。

当物体所受合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变。

二、两类动力学问题

1.动力学的两类基本问题

第一类：

已知受力情况求物体的运动情况。

第二类：

已知运动情况求物体的受力情况。

2.解决两类基本问题的方法

以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下

三、超重和失重

1.超重

（1）定义：

物体对悬挂物的拉力（或支持物的压力）大于物体所受重力的现象。

（2）产生条件：

物体具有向上的加速度。

2.失重

（1）定义：

物体对悬挂物的拉力（或支持物的压力）小于物体所受重力的现象。

（2）产生条件：

物体具有向下的加速度。

3.完全失重

（1）定义：

物体对竖直悬挂物的拉力（或支持物的压力）等于0的现象称为完全失重现象。

（2）产生条件：

物体的加速度a＝g，方向竖直向下。

4.对超重和失重的“三点”深度理解

（1）不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。

（2）在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失。

（3）物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。

基础诊断

1.关于超重和失重的下列说法中，正确的是（　　）

A.超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了

B.物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用

C.物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态

D.物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化

答案　D

2.在儿童蹦极游戏中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳，质量为m的小明如图1所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg。

若此时小明左侧橡皮绳断裂，则此时小明的（　　）

图1

A.加速度为零，速度为零

B.加速度a＝g，方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下

C.加速度a＝g，方向沿未断裂橡皮绳的方向斜向上

D.加速度a＝g，方向竖直向下

解析　根据题意，腰间左右两侧的橡皮绳的弹力等于重力。

小明左侧橡皮绳断裂，则小明此时所受合力方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下，大小等于mg，所以小明的加速度a＝g，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下，选项B正确。

答案　B

3.（2019·乐山模拟）如图2所示，工人用绳索拉铸件，铸件的质量是20kg，铸件与地面间的动摩擦因数是0.25。

工人用F＝80N的力拉动铸件，从静止开始在水平面上前进，绳与水平方向的夹角为α＝37°并保持不变，经4s后松手（g取10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6）。

求：

图2

（1）松手前铸件的加速度大小；

（2）松手后铸件还能前进的距离。

解析　

（1）松手前，对铸件由牛顿第二定律得

a＝

＝1.3m/s2。

（2）松手时铸件的速度v＝at＝5.2m/s

松手后的加速度大小a′＝

＝μg＝2.5m/s2

则松手后铸件还能滑行的距离s＝

＝5.408m。

答案　

（1）1.3m/s2　

（2）5.408m

　牛顿第二定律的瞬时性

1.两种模型

2.抓住“两关键”，遵循“四步骤”

（1）分析瞬时加速度的“两个关键”

①明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。

②分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。

（2）“四个步骤”

第一步：

分析原来物体的受力情况。

第二步：

分析物体在突变时的受力情况。

第三步：

由牛顿第二定律列方程。

第四步：

求出瞬时加速度，并讨论其合理性。

【例1】两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图3所示。

现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，重力加速度为g则（　　）

图3

A.a1＝g，a2＝gB.a1＝0，a2＝2g

C.a1＝g，a2＝0D.a1＝2g，a2＝0

解析　由于轻绳张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g，故选项A正确。

答案　A

拓展提升1　把“轻绳”换成“轻弹簧”

在【例1】中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图4所示，则【例1】选项中正确的是（　　）

图4

解析　剪断轻绳OA后，由于弹簧弹力不能突变，故小球A所受合力为2mg，小球B所受合力为零，所以小球A、B的加速度分别为a1＝2g，a2＝0，故选项D正确。

答案　D

拓展提升2　改变平衡状态的呈现方式

把【拓展1

中的情景改为放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图5所示，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是（　　）

图5

A.aA＝0　aB＝

gB.aA＝g　aB＝0

C.aA＝g　aB＝gD.aA＝0　aB＝g

解析　在细线被烧断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为0。

烧断前，分析整体受力可知线的拉力为T＝2mgsinθ，烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgsinθ，所以A球的瞬时加速度为aA＝2gsin30°＝g，故选项B正确。

答案　B

1.如图6所示，质量为1.5kg的物体A静止在竖直固定的轻弹簧上，质量为0.5kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压。

现突然将细线剪断，则剪断细线瞬间A、B间的作用力大小为（g取10m/s2）（　　）

图6

A.0　　　B.2.5N

C.5N　　　D.3.75N

解析　剪断细线前，只有A对弹簧有作用力，所以剪断细线前弹簧的弹力F弹＝mAg＝15N，将细线剪

断的瞬间，根据牛顿第二定律可得（mA＋mB）g－F弹＝（mA＋mB）a，解得a＝2.5m/s2，隔离B，则有mBg－N＝mBa，代入数据解得N＝mBg－mBa＝3.75N，D正确。

答案　D

2.（多选）如图7所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上，斜面上有三个小球A、B、C，上端固定在斜面顶端的轻绳a，下端与A相连，A、B间由轻绳b连接，B、C间由一轻杆相连。

初始时刻系统处于静止状态，轻绳a、轻绳b与轻杆均平行于斜面。

已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m，重力加速度大小为g。

现将轻绳b烧断，则烧断轻绳b的瞬间，下列说法正确的是（　　）

图7

A轻绳a的拉力大小为6mgsinθ

B.B的加速度大小为gsinθ，方向沿斜面向下

C.C的加速度为0

D.杆的弹力为0

解析　轻绳b被烧断的瞬间，A受力平衡，合力为零，则轻绳a的拉力大小T＝mgsinθ，选项A错误；轻绳b被烧断的瞬间，B、杆与C的加速度相同，对B、杆和C整体进行受力分析，并根据牛顿第二定律有（2m＋3m）gsinθ＝（2m＋3m）a0，解得a0＝gsinθ，方向沿斜面向下，可知选项B正确，C错误；对B进行受力分析并根据牛顿第二定律有2mgsinθ＋F＝2ma0，解得杆对B的弹力F＝0，选项D正确。

答案　BD

　动力学的两类基本问题

1.解决动力学两类问题的两个关键点

2.解决动力学基本问题的处理方法

（1）合成法：

在物体受力个数较少（2个或3个）时，一般采用“合成法”。

（2）正交分解法：

若物体的受力个数较多（3个或3个以上），则采用“正交分解法”。

考向

　已知受力情况分析运动问题

【例2】（2019·嘉兴一模）如图8甲所示，滑沙运动时，沙板相对沙地的速度大小会影响沙地对沙板的动摩擦因数。

假设滑沙者的速度超过8m/s时，滑沙板与沙地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.5变为μ2＝0.25。

如图乙所示，一滑沙者从倾角θ＝37°的坡顶A处由静止开始下滑，滑至坡底B（B处为一平滑小圆弧）后又滑上一段水平地面，最后停在C处。

已知沙板与水平地面间的动摩擦因数恒为μ3＝0.4，AB坡长L＝20.5m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，不计空气阻力，求：

图8

（1）滑沙者到B处时的速度大小；

（2）滑沙者在水平地面上运动的最大距离；

（3）滑沙者在AB段与BC段运动的时间之比。

解析　

（1）滑沙者在斜面上刚开始运动时速度较小，

设经过t1时间下滑速度达到8m/s，根据牛顿第二定律得mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1

解得a1＝2m/s2

所以t1＝

＝4s

下滑的距离为s1＝

a1t

＝16m

接下来下滑时的加速度a2＝gsinθ－μ2gcosθ＝4m/s2

下滑到B点时，有v

－v2＝2a2（L－s1）

解得vB＝10m/s。

（2）滑沙者在水平地面减速时的加速度大小a3＝μ3g＝4m/s2

所以能滑行的最远距离s2＝

＝12.5m。

（3）滑沙者速度从8m/s增大到10m/s所用时间

t2＝

＝0.5s

在斜面上滑行的总时间T1＝t1＋t2＝4.5s，

在水平地面上减速的时间T2＝

＝2.5s

所以时间之比

＝

。

答案　

（1）10m/s　

（2）12.5m　（3）9∶5

考向

　已知运动情况分析受力问题

【例3】我国第五代制空战机歼－20具备高隐身性、高机动能力，为防止极速提速过程中飞行员因缺氧晕厥，歼－20新型的抗荷服能帮助飞行员承受最大9倍重力加速度。

假设某次垂直飞行测试实验中，歼－20以50m/s的初速度离地，开始竖直向上飞行。

该飞机在10s内匀加速到3060km/h，匀速飞行一段时间后到达最大飞行高度18.1km。

假设加速阶段所受阻力恒为重力的

。

已知该歼－20战机质量为20t，g取10m/s2，忽略战机因油耗等导致的质量变化。

图9

（1）请计算说明在加速阶段飞行员是否晕厥；

（2）求本次飞行测试中歼－20战机匀速飞行的时间；

（3）该次测试中，求在加速阶段歼－20发动机提供的推力大小。

解析　

（1）3060km/h＝850m/s

加速阶段的加速度大小a＝

＝80m/s2

因为a＜9g，因此飞行员不会晕厥。

（2）在匀加速阶段，飞机上升的高度为

s＝v0t＋

at2＝4500m

所以匀速上升的时间为t′＝

＝

s＝16s。

（3）根据牛顿第二定律得F－f－mg＝ma

代入数据解得F＝1.84×106N。

答案　

（1）不会，计算过程见解析　

（2）16s　（3）1.84×106N

1.如图10甲所示，一条小鱼在水面处来了个“鲤鱼打挺”。

如图乙所示，弹起的高度为H＝2h，以不同的姿态落入水中其入水深度不同。

若鱼身水平，落入水中的深度为h1＝h；若鱼身竖直，落入水中的深度为h2＝1.5h；假定鱼的运动始终在竖直方向上，在水中保持姿态不变，受到水的作用力也不变，空气中的阻力不计，鱼身的尺寸远小于鱼入水深度。

重力加速度为g，求：

图10

（1）鱼入水时的速度大小v；

（2）鱼两次在水中运动的时间之比t1∶t2；

（3）鱼两次受到水的作用力大小之比F1∶F2。

解析　

（1）鱼上升过程，由v2＝2gH，得v＝2

。

（2）因h1＝

t1，h2＝

t2，得

＝

。

（3）2gH＝v2＝2a1h1，F1－mg＝ma1

得F1＝3mg，同理得F2＝

mg

所以

＝

。

答案　

（1）2

（2）2∶3　（3）9∶7

2.（2018·4月浙江选考，19）可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。

如图11所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏（企鹅在滑动过程中姿势保持不变）。

若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。

求：

图11

（1）企鹅向上“奔跑”的位移大小；

（2）企鹅在冰面上滑动的加速度大小；

（3）企鹅退滑到出发点时的速度大小。

（计算结果可用根式表示）

解析　

（1）在企鹅向上“奔跑”过程中有s＝

at2，

解得s＝16m。

（2）在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑到出发点，两个过程根据牛顿第二定律分别有

mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1

mgsin37°－μmgcos37°＝ma2

解得a1＝8m/s2，a2＝4m/s2。

（3）企鹅从卧倒到滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t′，位移为s′

t′＝

，s′＝

a1t′2，解得s′＝1m。

企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为vt，初速度为0，则有v

－02＝2a2（s＋s′）

解得vt＝2

m/s≈11.7m/s。

答案　

（1）16m　

（2）上滑过程a1＝8m/s2　下滑过程a2＝4m/s2　（3）2

m/s（或11.7m/s）

　超重和失重问题

超重和失重的判断方法

（1）若物体加速度已知，看加速度的方向，方向向上则超重，方向向下则失重。

（2）若拉力或压力已知，看拉力或压力与重力的大小关系，大于重力则超重，小于重力则失重。

（3）物体超重、失重与运动状态的关系

考向

　超重、失重现象的判断

【例4】（多选）（2019·江苏一模）建筑工地通过吊车将物体运送到高处。

简化后模型如图12所示，直导轨ABC与圆弧形导轨CDE相连接，D为圆弧最高点，整个装置在竖直平面内，吊车先加速从A点运动到C点，再匀速率通过CDE。

吊车经过B、D处时，关于物体M受力情况的描述正确的是（　　）

图12

A.过B点时，处于超重状态，摩擦力水平向左

B.过B点时，处于超重状态，摩擦力水平向右

C.过D点时，处于失重状态，一定不受摩擦力作用

D.过D点时，处于失重状态，底板支持力一定为零

解析　吊车从A向C运动的过程中，加速度的方向斜向上，在竖直方向的分加速度向上，所以物体M处于超重状态；同时吊车水平方向的分加速度的方向向右，所以物体M受到的摩擦力的方向一定向右，故A项错误，B项正确；吊车经过D点时，做匀速圆周运动，则物体M的加速度的方向竖直向下，处于失重状态；在水平方向物体M不受摩擦力，故C项正确；由于加速度大小未知，不能判断出吊车的底板对M的支持力是否为零，D项错误。

答案　BC

考向

　根据超重、失重现象判断物体的受力情况

【例5】（多选）（2015·江苏单科）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图13所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力（　　）

图13

A.t＝2s时最大B.t＝2s时最小

C.t＝8.5s时最大D.t＝8.5s时最小

解析　当电梯有向上的加速度时，人处于超重状态，人对地板的压力大于重力，向上的加速度越大，压力越大，因此t＝2s时，压力最大，选项A正确；当有向下的加速度时，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，向下的加速度越大，压力越小，因此t＝8.5s时压力最小，选项D正确。

答案　AD

1.（多选）飞船绕地球做匀速圆周运动，宇航员处于完全失重状态时，下列说法正确的是（　　）

A.宇航员不受任何力作用

B.宇航员处于平衡状态

C.地球对宇航员的引力全部用来提供向心力

D.正立和倒立时宇航员感觉一样

解析　飞船绕地球做匀速圆周运动时，飞船以及里面的宇航员都受到地球的万有引力，选项A错误；宇航员随飞船绕地球做匀速圆周运动，宇航员受到的地球的万有引力提供其做圆周运动的向心力，不是处于平衡状态，选项B错误，C正确；完全失重状态下，重力的效果完全消失，正立和倒立的感觉一样，选项D正确。

答案　CD

2.（2018·4月浙江选考，8）如图14所示，小芳在体重计上完成下蹲动作。

下列F－t图象能反映体重计示数随时间变化的是（　　）

解析　体重计的示数等于人所受支持力的大小，下蹲过程人的速度从0开始最后又回到0，因此人先加速运动后减速运动，加速度方向先向下后向上，即先失重后超重，所以支持力先小于重力，后大于重力，因此选项C正确。

答案　C

3.如图15，斜面固定，CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B始终保持相对静止，则（　　）

图15

A.在CD段时，A受三个力作用

B.在DE段时，A的加速度一定平行于斜面向上

C.在DE段时，A受摩擦力方向一定沿斜面向上

D.整个下滑过程中，A、B均处于失重状态

解析　设斜面倾角为θ，在CD段，整体的加速度a＝

＝gsinθ，对A，由牛顿第二定律得：

mAgsinθ＋fA＝mAa，解得fA＝0，则A受重力和支持力两个力作用，故A错误；在DE段，A、B系统可能沿斜面向下做匀加速直线运动，也可能做匀速直线运动，还可能向下做匀减速直线运动，加速度既可能向下，也可能向上，故B错误；设DE段物体B与斜面间的动摩擦因数为μ，在DE段，整体的加速度a＝

＝gsinθ－μgcosθ，对A，由牛顿第二定律得mAgsinθ＋fA＝mAa，解得fA＝－μmAgcosθ，方向沿斜面向上，若匀速运动，A受到静摩擦力也是沿斜面向上，如果系统沿斜面向下做匀减速直线运动，A、B系统加速度沿斜面向上，则A所受的摩擦力沿斜面向上，由以上分析可知，A受到的摩擦力方向一定沿斜面向上，故C正确；在CD段A、B加速下滑，系统处于失重状态，在DE段系统可能向下做匀减速直线运动，加速度方向沿斜面向上，A、B处于超重状态，故D错误。

答案　C

课时作业

（时间：

40分钟）

基础巩固练

1.关于力学单位制的说法中正确的是（　　）

A.kg、m/s、N是导出单位

B.kg、m、J是基本单位

C.在国际单位制中，质量的基本单位是kg，也可以是g

D.只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F＝ma

解析　kg是质量的单位，它是基本单位，所以A错误；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、发光强度、物质的量，它们在国际单位制中的单位称为基本单位，J是导出单位，B错误；g也是质量的单位，但它不是质量在国际单位制中的基本单位，所以C错误；牛顿第二定律的表达式F＝ma，是在其中的物理量都取国际单位制中的单位时得出的，所以D正确。

答案　D

2.（多选）如图1所示是某同学站在力传感器上做下蹲—起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线。

由图线可知该同学（　　）

图1

A.体重约为650N

B.做了两次下蹲—起立的动作

C.做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2s起立

D.下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态

解析　做下蹲—起立的动作时，下蹲过程中先向下加速后向下减速，因此先处于失重状态后处于超重状态，D项错误；由图线可知，第一次下蹲4s末结束，到6s末开始起立，体重约为650N，所以A、C项正确，B项错误。

答案　AC

3.汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线。

由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度，已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长25m。

汽车在刹车前的瞬间的速度大小为（重力加速度g取10m/s2）（　　）

A.10m/sB.20m/s

C.30m/sD.40m/s

解析　由牛顿第二定律得μmg＝ma，即a＝8m/s2，

由v

－v

＝－2as得v0＝

＝

m/s＝20m/s，故选项B正确。

答案　B

4.（多选）如图2甲所示为一条倾斜的传送轨道，B是传送货物的平台，可以沿着斜面上的直轨道运送物体。

某次传送平台B沿轨道将货物A向下传送到斜面轨道下端，运动过程可用如图乙所示的速度—时间图象表示。

下列分析中不正确的是（　　）

图2

A.0～t1时间内，B对A的支持力小于重力，摩擦力水平向右

B.t1～t2时间内，B对A的支持力等于重力，摩擦力水平向左

C.t2～t3时间内，B对A的支持力大于重力，摩擦力水平向右

D.0～t1时间内出现失重现象，t2～t3时间内出现超重现象

答案　BC

5.如图3所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态。

现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间（　　）

图3

A.木块B对水平面的压力大小迅速变为2mg

B.弹簧的弹力大小为mg

C.木块A的加速度大小为2g

D.弹簧的弹性势能立即减小

解析　移开木块C前，由平衡条件可知，弹簧弹力大小为3mg，地面对B的支持力大小为4mg，因移开木块C瞬时，弹簧压缩量不变，则弹簧弹力、弹性势能均不变，选项B、D错误；木块C移开瞬间，木块B所受重力、弹簧的弹力不变，故地面对B的支持力也不变，由牛顿第三定律知，选项A错误；撤去木块C瞬间，对木块A，由牛顿第二定律有3mg－mg＝ma，解得a＝2g，方向竖直向上，选项C正确。

答案　C

6.（多选）如图4所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上。

下列判断中正确的是（　　）

图4

A.在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变

B.在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsinθ

C.在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为

D.在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsinθ

解析　设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为T，由平衡条件可得Fcosθ＝mg，Fsinθ＝T，解得F＝

，T＝mgtanθ。

在AC被突然剪断的瞬间，BC上的拉力F发生了突变，小球的加速度方向沿与BC垂直的方向且斜向下，大小为a＝

＝gsinθ，B正确，A错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度a＝

＝

，C正确，D错误。

答案　BC

7.如图5所示，B是水平地面上AC的中点，可视为质点的小物块以某一初速度从A点滑动到C点停止。

小物块经过B点时的速度等于它在A点时速度的一半。

则小物块与AB段间的动摩擦因数μ1和BC段间的动摩擦因数μ2的比值为（　　）

图5

A.1B.2C.3D.4

解析　物块从A到B，根据牛顿第二定律，有μ1mg＝ma1，得a1＝μ1g。

从B到C，根据牛顿第二定律，有μ2mg＝ma2，得a2＝μ2g。

设小物块在A点时速度大小为v，则在B点时速度大小为

，由于AB＝BC＝l，由运动学公式知，从A到B：

－v2＝－2μ1gl，从B到C：

0－

＝－2μ2gl，联立解得μ1＝3μ2，即

＝3，故选项C正确，A、B、D错误。

答案　C

8.（2020·金陵中学模拟）如图6所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上。

当t＝0时，滑块以初速度v0＝10m/s沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

下列说法中正确的是（　　）

图6

A.滑块一直做匀变速直线运动

B.t＝1s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上

C.t＝2s时，滑块恰好又回到出发点

D.t＝3s时