2020年高考物理考点题型归纳与训练专题三-牛顿运动定律及应用(含解析)

2020高考物理二轮复习题型归纳与训练专题三牛顿运动定律及应用题型一动力学的两类基本问题【典例1】某同学用位移传感器研究木块在斜面上的滑动情况，装置如图．已知斜面倾角θ＝37°.他使木块以初速度v0沿斜面上滑，并同时开始记录数据，绘得木块从开始上滑至最高点，然后又下滑回到出发处过程中的x－t图线如图(b)所示．图中曲线左侧起始端的坐标为(0,1.4)，曲线最低点的坐标为(0.5,0.4)．重力加速度g取10m/s2.求：(1)木块上滑时的初速度v0和上滑过程中的加速度a；(2)木块与斜面间的动摩擦因数μ；(3)木块滑回出发点时的速度vt.【答案】(1)4m/s－8m/s2(2)0.25(3)2eq\r(2)m/s【解析】(1)木块匀减速上滑，由图象得到：末速度v＝0，位移x＝1.4m－0.4m＝1.0m，时间为t＝0.5s；根据位移时间公式，有：x＝v0t＋eq\f(1,2)at2；根据速度时间公式，有：v＝v0＋at；联立解得：v0＝4m/s，a＝－8m/s2.(2)上滑过程，木块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：－mgsin37°－μmgcos37°＝ma代入数据解得：μ＝0.25.(3)木块下滑过程，根据牛顿第二定律，有：mgsin37°－μmgcos37°＝ma′代入数据解得：a′＝4m/s2物体匀加速下滑，根据速度位移公式，有：veq\o\al(2,t)＝2a′x解得：vt＝eq\r(2a′x)＝eq\r(2×4×1)m/s＝2eq\r(2)m/s.题型二动力学中的临界与极值问题【典例2】如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v0＝10m/s的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10m/s2。(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值。【答案】(1)eq\f(\r(3),3)(2)θ＝60°eq\f(5\r(3),2)m【解析】(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mgsinθ＝Ff，Ff＝μmgcosθ联立解得：μ＝eq\f(\r(3),3)。(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，由0－v02＝2ax得x＝，令cosα＝eq\f(1,\r(1＋μ2))，sinα＝eq\f(μ,\r(1＋μ2))，即tanα＝μ，当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°，所以x最小值为xmin＝＝eq\f(\r(3)v02,4g)＝eq\f(5\r(3),2)m。题型三动力学的“等时圆”模型【典例3】如图所示，在竖直平面内有一矩形，其长边与一圆的底部相切于O点，现在有三条光滑轨道a、b、c，它们的上端位于圆周上，下端在矩形的底边，三轨道都经过切点O，现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端(轨道先后放置)，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为 ()A．ta＞tb＞tc B．ta＜tb＜tcC．ta＝tb＝tc D．无法确定【答案】：B【解析】：设上面圆的半径为r，矩形宽为R，轨道与竖直方向的夹角为α，则轨道的长度x＝2rcosα＋eq\f(R,cosα)，下滑的加速度a＝eq\f(mgcosα,m)＝gcosα，根据位移时间公式x＝eq\f(1,2)at2，得t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(4r,g)＋\f(2R,gcos2α)).因为a、b、c夹角由小至大，所以有tc＞tb＞ta，故B正确，A、C、D错误．题型四超重失重问题【典例4】(2019·浙江嘉兴模拟)如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”．此过程中()A．地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等B．人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力C．人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小D．人被向上“托起”时处于超重状态【答案】：AD【解析】：地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是一对相互作用力，等大反向，A正确；相互作用力是两个物体间的相互作用，而人受到的重力和人受到气流的力涉及人、地球、气流三个物体，不是一对相互作用力，B错误；由于风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”，在竖直方向上合力不为零，所以人受到的重力大小不等于气流对人的作用力大小，C错误；人被向上“托起”时加速度向上，处于超重状态，D正确．题型五连接体问题【典例5】(2019·河南洛阳联考)放在光滑水平面上的物块1、2用轻质弹簧测力计相连，如图所示．今对物块1、2分别施加方向相反的水平力F1、F2，且F1大于F2，则弹簧测力计的示数()A．一定大于F2小于F1B．一定等于F1－F2C．一定等于F1＋F2D．一定等于eq\f(F1＋F2,2)【答案】：A【解析】：两个物块一起向左做匀加速直线运动，对两个物块整体运用牛顿第二定律，有F1－F2＝(M＋m)a，再对物块1受力分析，运用牛顿第二定律，得到F1－F＝Ma，解得F＝eq\f(mF1＋MF2,M＋m)，由于F1大于F2，故F一定大于F2小于F1，故选A.题型六动力学的“传送带”模型【典例6】(2019·湖南五市十校联考)如图所示，传送带带面AB与水平面间夹角为α＝37°，物块与传送带之间动摩擦因数为0.5，传送带保持匀速运转．现将物块由静止放到传送带中部，A、B间距离足够大(即物块可与带面等速，且物块与带面等速时，物块尚未到达A或B)．下列关于物块在带面AB上的运动情况的分析正确的是 ()A．若传送带沿顺时针方向匀速运转，物块沿传送带向上加速滑动B．若传送带沿顺时针方向匀速运转，物块沿传送带向下加速滑动C．若传送带沿逆时针方向匀速运转，物块加速度的大小先为10m/s2，后为0【答案】BD【解析】因为mgsinα＞μmgcosα，若传送带沿顺时针方向匀速运转，物块沿传送带向下加速滑动，A错误，B正确；若传送带沿逆时针方向匀速运转，刚开始由于物块的速度小于传送带的速度，所以此时物块相对传送带向上运动，故受到的摩擦力方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得a1＝eq\f(mgsinα＋μmgcosα,m)＝10m/s2，当物块速度和传送带速度相同时，由于mgsinα＞μmgcosα，所以物块仍会向下加速运动，此时物块相对传送带向下运动，所以受到的摩擦力方向沿传送带向上，故根据牛顿第二定律可得a2＝eq\f(mgsinα－μmgcosα,m)＝2m/s2，故C错误，D正确．题型七动力学的“滑块—木板”模型【典例7】(2019·湖北三校联考)有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L＝1m，起点A到终点线B的距离s＝5m．开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进．滑板右端到达B处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2kg，滑板质量m2＝1kg，重力加速度g取10m/s2，求：(1)滑板由A滑到B的最短时间；(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围．【答案】：(1)1s(2)30N≤F≤34N【解析】：(1)滑板一直以最大加速度加速时，所用时间最短．设滑板最大加速度为a2，f＝μm1g＝m2a2，a2＝10m/s2，s＝eq\f(a2t2,2)，解得t＝1s.(2)滑板与滑块刚好相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等，F1－μm1g＝m1a2，解得F1＝30N.当滑板运动到B点，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，F2－μm1g＝m1a1，eq\f(a1t2,2)－eq\f(a2t2,2)＝L，解得F2＝34N.则水平恒力大小范围是30N≤F≤34N.【强化训练】1.(2019·山东临沂检测)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m.物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B挨在一起但A、B之间无弹力．已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是()A．物块A的加速度为0B．物块A的加速度为eq\f(g,3)C．物块B的加速度为0D．物块B的加速度为eq\f(g,2)2．(2019·湖北襄阳模拟)在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火．按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4s末到达离地面100m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10m/s2)()A．25m/s1.25 B．40m/s0.25C．50m/s0.25 D．80m/s1.253.(多选)(2019·云南昆明检测)如图所示，我国有一种传统的民族体育项目叫作“押加”，实际上相当于两个人拔河，如果甲、乙两人在“押加”比赛中，甲获胜，则下列说法中正确的是()A．甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力，所以甲获胜B．当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小等于乙对甲的拉力大小C．当甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大小大于乙对甲的拉力大小D．甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，所以甲获胜4.（多选）如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4m，以v0＝4m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度g＝10m/s2，则煤块从A运动到B的过程中()A．煤块到A运动到B的时间是2.25sB．煤块从A运动到B的时间是1.5sC．划痕长度是2mD．划痕长度是0.5m5.如图甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下．下滑位移x时的速度为v，其x­v2图象如图乙所示，取g＝10m/s2，则斜面倾角θ为()A．30° B．45°C．60° D．75°6.在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50kg，电梯运动过程中，某一段时间内该同学发现体重计示数如图所示，已知重力加速度为g，则在这段时间内，下列说法中正确的是()A．该同学所受的重力变小了B．该同学对体重计的压力等于体重计对该同学的支持力大小C．电梯一定在竖直向下运动D．电梯的加速度大小为eq\f(g,5)，方向一定竖直向下7．(2019·山东济南模拟)如图所示，用力F拉A、B、C三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F不变，那么加上物体以后，两段绳的拉力Ta和Tb的变化情况是()A．Ta增大 B．Tb增大C．Ta减小 D．Tb减小8.(多选)如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g取10m/s2.关于热气球，下列说法正确的是()A．所受浮力大小为4830NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10s后的速度大小为5m/sD．以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N9.(2019·辽宁葫芦岛模拟)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速度v0沿逆时针方向运行．t＝0时，将质量m＝1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的vt图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2.则()A．传送带的速率v0＝10m/sB．传送带的倾角θ＝30°C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D．0～2s内摩擦力对物体做功W＝－24J10.(2019·广东湛江一中等“四校”联考)如图甲所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图乙所示．某同学根据图象作出如下一些判断，正确的是()A．滑块和木板始终存在相对运动B．滑块始终未离开木板C．滑块的质量小于木板的质量D．木板的长度为eq\f(v0t1,2)11.(2019·河南重点中学联考)北京已获得2022年冬奥会举办权！如图所示，俯式冰橇是冬奥会的比赛项目之一，其赛道可简化为起点和终点高度差为120m、长度为1200m的斜坡．假设某运动员从起点开始，以平行赛道的恒力F＝40N推动质量m＝40kg的冰橇开始沿斜坡向下运动，出发4s内冰橇发生的位移为12m,8s末迅速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点．设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力，求：(g取10m/s2，取赛道倾角的余弦值为1，正弦值按照题目要求计算)(1)出发4s内冰橇的加速度大小；(2)冰橇与赛道间的动摩擦因数；(3)比赛中运动员到达终点时的速度大小．12.(2019·浙江杭州五校联盟联考)足够长光滑斜面BC的倾角α＝53°，小物块与水平面间动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间由一小段长度不计的弧形连接，一质量m＝2kg的小物块静止于A点．现在AB段对小物块施加与水平方向成α＝53°角的恒力F作用，如图甲所示，小物块在AB段运动的速度—时间图象如图乙所示，到达B点撤去恒力F(已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2)．求：(1)小物块所受到的恒力F的大小；(2)小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；(3)小物块能否返回到A点？若能，计算小物块通过A点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B点的距离．参考答案【强化训练】1.(2019·山东临沂检测)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m.物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B挨在一起但A、B之间无弹力．已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是()A．物块A的加速度为0B．物块A的加速度为eq\f(g,3)C．物块B的加速度为0D．物块B的加速度为eq\f(g,2)【答案】：B【解析】：剪断细线前，弹簧的弹力：F弹＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹＝eq\f(1,2)mg；剪断细线瞬间，对A、B系统，加速度为：a＝eq\f(3mgsin30°－F弹,3m)＝eq\f(g,3)，即A和B的加速度均为eq\f(g,3)，故选B.2．(2019·湖北襄阳模拟)在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火．按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4s末到达离地面100m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10m/s2)()A．25m/s1.25 B．40m/s0.25C．50m/s0.25 D．80m/s1.25【答案】：C【解析】：根据h＝eq\f(1,2)at2，解得a＝12.5m/s2，所以v0＝at＝50m/s；上升过程礼花弹所受的平均阻力Ff＝kmg，根据牛顿第二定律得a＝eq\f(mg＋Ff,m)＝(k＋1)g＝12.5m/s2，解得k＝0.25，故选项C正确．3.(多选)(2019·云南昆明检测)如图所示，我国有一种传统的民族体育项目叫作“押加”，实际上相当于两个人拔河，如果甲、乙两人在“押加”比赛中，甲获胜，则下列说法中正确的是()A．甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力，所以甲获胜B．当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小等于乙对甲的拉力大小C．当甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大小大于乙对甲的拉力大小D．甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，所以甲获胜【答案】：BD【解析】：甲对乙的拉力和乙对甲的拉力属于作用力与反作用力，总是大小相等，与甲、乙运动状态无关，故B正确，A、C错误．地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，所以甲获胜，故D正确．4.（多选）如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4m，以v0＝4m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度g＝10m/s2，则煤块从A运动到B的过程中()A．煤块到A运动到B的时间是2.25sB．煤块从A运动到B的时间是1.5sC．划痕长度是2mD．划痕长度是0.5m【答案】：BC【解析】：煤块在传送带上匀加速运动时，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，得a＝μg＝4m/s2，当煤块速度和传送带速度相同时，位移x1＝eq\f(v02,2a)＝2m＜4m，因此煤块先加速后匀速，匀加速运动的时间t1＝eq\f(v0,a)＝1s，匀速运动的时间t2＝eq\f(x－x1,v0)＝0.5s，煤块从A运动到B的总时间t＝t1＋t2＝1.5s，A错误，B正确；在加速阶段产生相对位移即产生划痕，则有Δx＝v0t1－x1＝2m，C正确，D错误．5.如图甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下．下滑位移x时的速度为v，其x­v2图象如图乙所示，取g＝10m/s2，则斜面倾角θ为()A．30° B．45°C．60° D．75°【答案】：A【解析】：由v2＝2ax得x＝eq\f(1,2a)v2，结合x­v2图象可知小物块的加速度a＝5m/s2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度a＝gsinθ，所以θ＝30°，选项A正确，B、C、D错误．6.在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50kg，电梯运动过程中，某一段时间内该同学发现体重计示数如图所示，已知重力加速度为g，则在这段时间内，下列说法中正确的是()A．该同学所受的重力变小了B．该同学对体重计的压力等于体重计对该同学的支持力大小C．电梯一定在竖直向下运动D．电梯的加速度大小为eq\f(g,5)，方向一定竖直向下【答案】：BD【解析】：体重计的示数减小，说明该同学对其压力减小，但该同学所受重力没有变化，故选项A错误；该同学对体重计的压力和体重计对其的支持力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知选项B正确；体重计的示数变小，说明处于失重状态，电梯可能向下加速运动或者向上减速运动，故选项C错误；电梯静止时，由平衡条件知FN1＝mg，电梯运动过程中，由牛顿第二定律可知mg－FN2＝ma，代入数据解得a＝eq\f(1,5)g，故选项D正确．7．(2019·山东济南模拟)如图所示，用力F拉A、B、C三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F不变，那么加上物体以后，两段绳的拉力Ta和Tb的变化情况是()A．Ta增大 B．Tb增大C．Ta减小 D．Tb减小【答案】：AD【解析】：设最左边的物体质量为m，最右边的物体质量为m′，整体质量为M，整体的加速度a＝eq\f(F,M)，对最左边的物体分析，Tb＝ma＝eq\f(mF,M)，对最右边的物体分析，有F－Ta＝m′a，解得Ta＝F－eq\f(m′F,M).在中间物体上加上一个小物体，则整体的加速度a减小，因为m、m′不变，所以Tb减小，Ta增大，A、D正确．8.(多选)如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g取10m/s2.关于热气球，下列说法正确的是()A．所受浮力大小为4830NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10s后的速度大小为5m/sD．以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N【答案】：AD【解析】：热气球从地面刚开始上升时，由牛顿第二定律有F合＝F浮－mg＝ma，得热气球所受的浮力F浮＝m(g＋a)＝460×(10＋0.5)N＝4830N，则A项正确；气球受重力、浮力和空气阻力，若空气阻力不变，合力不变，气球应匀加速上升，与题矛盾，可知阻力是变化的，则B项错误；热气球以5m/s的速度匀速上升时，由平衡条件知，所受的空气阻力Ff＝F浮－mg＝4830N－460×10N＝230N，则D项正确；热气球从地面上升10s内，它做变加速运动，故10s时其速度大小不是5m/s，则C项错误．9.(2019·辽宁葫芦岛模拟)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速度v0沿逆时针方向运行．t＝0时，将质量m＝1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的vt图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2.则()A．传送带的速率v0＝10m/sB．传送带的倾角θ＝30°C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D．0～2s内摩擦力对物体做功W＝－24J【答案】：ACD【解析】：由题图可知，当物体速度达到v0＝10m/s时，加速度的大小发生了变化，这是因为此时物体与传送带达到共速，物体受到的滑动摩擦力变向所致，故A正确；0～1s内物体的加速度为a1＝10m/s2,1～2s内为a2＝2m/s2，则有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，故B错误，C正确；设物体的两段位移为x1、x2，则有x1＝eq\f(v02,2a1)＝eq\f(102,2×10)m＝5m，x2＝eq\f(v2－v02,2a2)＝eq\f(122－102,2×2)m＝11m，摩擦力对物体做的功为W＝W1＋W2＝μmgcosθ×x1－μmgcosθ×x2＝－24J，故D正确．10.(2019·广东湛江一中等“四校”联考)如图甲所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图乙所示．某同学根据图象作出如下一些判断，正确的是()A．滑块和木板始终存在相对运动B．滑块始终未离开木板C．滑块的质量小于木板的质量D．木板的长度为eq\f(v0t1,2)【答案】：B【解析】：由题意知，滑块在木板的摩擦力作用下做匀减速直线运动，木板在滑块的摩擦力作用下做初速度为0的匀加速直线运动，最终两者相对静止，一起运动，故A错误；由图乙可知，最终滑块与木板速度相等，它们相对静止，滑块没有滑离木板，故B正确；由于滑块、木板间相互作用的摩擦力分别使滑块、木板产生加速度，所以满足mam＝MaM，由图象知，在t1时间内匀减速运动的加速度小于匀加速运动的加速度，即am<aM，所以可知m>M，即滑块的质量大于木板的质量，故C错误；两物块相对静止时，两者的位移差x＝eq\f(v0＋v,2)t1－eq\f(v,2)t1＝eq\f(v0t1,2)，则木板长度大于或等于eq\f(v0t1,2)，故D错误.11.(2019·河南重点中学联考)北京已获得2022年冬奥会举办权！如图所示，俯式冰橇是冬奥会的比赛项目之一，其赛道可简化为起点和终点高度差为120m、长度为1200m的斜坡．假设某运动员从起点开始，以平行赛道的恒力F＝40N推动质量m＝40kg的冰橇开始沿斜坡向下运动，出发4s内冰橇发生的位移为12m,8s末迅速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点．设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力，求：(g取10m/s2，取赛道倾角的余弦值为1，正弦值按照题目