2024-2025學(xué)年新教材高中物理第5章牛頓運(yùn)動(dòng)定律章末綜合測(cè)評(píng)含解析魯科版必修第一冊(cè)

PAGE10-牛頓運(yùn)動(dòng)定律(分值：100分)1．(4分)(2024·山西忻州一中高一上期末)如圖所示，一個(gè)劈形物體A(各面均光滑)放在固定的斜面上，上表面水平，在其上表面放一個(gè)光滑小球B。劈形物體由靜止起先釋放，則小球在遇到斜面前的運(yùn)動(dòng)軌跡是()A．沿斜面對(duì)下的直線 B．豎直向下的直線C．無(wú)規(guī)則的曲線 D．垂直斜面的直線B[由于小球放在劈形物體A上，劈形物體A的上表面光滑，在劈形物體A下滑過(guò)程中，小球在水平方向上不受外力作用，則小球在水平方向上沒(méi)有位移，僅沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，故B正確。]2．(4分)(2024·湖南永州高一上期末)如圖所示，一木箱放置于做勻速直線運(yùn)動(dòng)的小車的水平地板上，下列說(shuō)法正確的是()A．木箱所受的重力就是木箱對(duì)小車的壓力B．木箱所受的重力和木箱對(duì)小車的壓力是一對(duì)平衡力C．木箱所受的重力和支持力是一對(duì)作用力與反作用力D．木箱所受的支持力和木箱對(duì)小車的壓力是一對(duì)作用力與反作用力D[壓力與重力性質(zhì)不同，不是同一個(gè)力，故A錯(cuò)誤；木箱所受的重力和木箱對(duì)小車的壓力分別作用在兩個(gè)物體上，所以兩個(gè)力不是一對(duì)平衡力，故B錯(cuò)誤；木箱所受的重力和支持力是一對(duì)平衡力，故C錯(cuò)誤；木箱所受的支持力和木箱對(duì)小車的壓力是兩個(gè)物體之間的作用與反作用力，是一對(duì)相互作用力，故D正確。]3．(4分)(2024·山東濟(jì)寧試驗(yàn)中學(xué)高一上期中)如圖所示，粗糙的長(zhǎng)方體木塊P、Q疊放在一水平地面上，并保持靜止，涉及P、Q、地球三個(gè)物體之間的作用力和反作用力一共有()A．3對(duì)B．4對(duì)C．5對(duì)D．6對(duì)B[首先對(duì)P受力分析，受重力和支持力，再對(duì)Q受力分析，受重力、壓力和支持力；涉及P、Q、地球三個(gè)物體之間的作用力和反作用力有：P與地球間有相互吸引的力；P和Q間的彈力，Q和地球間有相互吸引的力；地面和Q間的彈力；綜上所述，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。]4．(4分)(2024·山東青島一中高一上期末)如圖所示，甲、乙兩人同時(shí)從背面和側(cè)面分別用F1＝150N、F2＝200N的力推質(zhì)量為50kg的沙發(fā)，F(xiàn)1與F2相互垂直，且平行于地面。沙發(fā)與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列說(shuō)法正確的是()A．沙發(fā)的加速度大小為1m/s2B．沙發(fā)將沿著F1的方向移動(dòng)C．沙發(fā)不會(huì)被推動(dòng)D．由于F1小于最大靜摩擦力，因此沙發(fā)將沿著F2的方向移動(dòng)A[已知F1＝150N、F2＝200N、FN＝mg＝500N，依據(jù)力的合成法則可求得，兩個(gè)相互垂直的力F1、F2的合力為F合＝250N，沙發(fā)受到的最大靜摩擦力f＝μFN＝μmg＝0.4×500N＝200N，因?yàn)镕1、F2的合力大于最大靜摩擦力，所以沙發(fā)被推動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向沿合力方向。由F＝ma可得a＝eq\f(F,m)＝eq\f(F合－f,m)＝eq\f(250－200,50)m/s2＝1m/s2，故A正確。]5．(4分)如圖所示，在一個(gè)正立方體盒子中放一勻稱的小球，小球的直徑恰好與盒子內(nèi)表面正方體的棱長(zhǎng)相等。盒子沿傾角為θ的固定斜面滑動(dòng)，不計(jì)一切摩擦。下列說(shuō)法中正確的是()A．無(wú)論盒子沿斜面上滑還是下滑，球都僅對(duì)盒子的下底面有壓力B．盒子沿斜面下滑時(shí)，球?qū)凶拥南碌酌婧陀覀?cè)面有壓力C．盒子沿斜面下滑時(shí)，球?qū)凶拥南碌酌婧妥髠?cè)面有壓力D．盒子沿斜面上滑時(shí)，球?qū)凶拥南碌酌婧妥髠?cè)面有壓力A[設(shè)小球與盒子總質(zhì)量為M，小球的質(zhì)量為m。先以盒子和小球組成的整體為探討對(duì)象，依據(jù)牛頓其次運(yùn)動(dòng)定律得Mgsinθ＝Ma，解得a＝gsinθ，由此可知無(wú)論上滑還是下滑，整體的加速度相同。對(duì)小球，加速度也等于gsinθ，則由牛頓其次運(yùn)動(dòng)定律可知，小球受到的合力等于F合＝ma＝mgsinθ，故盒子右側(cè)面和左側(cè)面對(duì)小球都沒(méi)有作用力，則可知球?qū)凶拥挠覀?cè)面和左側(cè)面也沒(méi)有壓力，在垂直于斜面方向上，小球沒(méi)有加速度，則盒子下底面對(duì)小球的支持力等于小球重力垂直于斜面的分力，即FN＝mgcosθ，所以球?qū)凶拥南碌酌嬗袎毫?，綜上可知A正確。]6．(4分)(2024·江西南昌其次中學(xué)月考)課堂上，老師打算了“└”形光滑木板和三個(gè)完全相同、外表面光滑的勻質(zhì)圓柱形積木，要將三個(gè)積木按圖示(截面圖)方式堆放在木板上，則木板與水平面夾角θ的最大值為()A．60°B．45°C．30° D．15°C[當(dāng)最上面的積木的重心與左下方積木的重心在同一豎直線上時(shí)，最上面的積木將要滾動(dòng)，此時(shí)木板與水平面夾角θ達(dá)到最大，由幾何關(guān)系知，θ的最大值為30°，故選C。]7．(4分)沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—時(shí)間圖線如圖所示。已知物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為常數(shù)，在0～5s、5～10s、10～15s內(nèi)F的大小分別為F1、F2和F3，則()A．F1＜F2 B．F2＞F3C．F1＞F3 D．F1＝F3A[對(duì)物體的受力分析如圖所示。依據(jù)v-t圖像可以知道，在0～5s內(nèi)加速度為a1＝0.2m/s2，方向沿斜面對(duì)下，依據(jù)牛頓其次定律：mgsinθ－f－F1＝ma1，則F1＝mgsinθ－f－0.2m；在5～10s內(nèi)，加速度a2＝0，依據(jù)牛頓其次定律：mgsinθ－f－F2＝ma2，則F2＝mgsinθ－f；在10～15s內(nèi)加速度為a3＝－0.2m/s2，方向沿斜面對(duì)上，依據(jù)牛頓其次定律：f＋F3－mgsinθ＝ma3，則：F3＝mgsinθ－f＋0.2m。故可以得到：F3＞F2＞F8．(4分)放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，力F的大小與時(shí)間t的關(guān)系如圖甲所示；物塊的運(yùn)動(dòng)速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，6s后的速度圖像沒(méi)有畫(huà)出，g取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是()甲乙A．滑動(dòng)時(shí)受的摩擦力大小是3NB．物塊的質(zhì)量為1.5kgC．物塊在6～9s內(nèi)的加速度大小是1.5m/s2D．物塊前6s內(nèi)的平均速度大小是4.0m/sB[由速度—時(shí)間圖像可以知道，在3～6s內(nèi)，物體處于勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，即物體所受到的摩擦力大小應(yīng)當(dāng)與推力F大小相等，F(xiàn)滑＝F推＝6N，故A錯(cuò)誤；在0～3s內(nèi)，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，a＝2m/s2，F(xiàn)推－F滑＝ma，計(jì)算得出m＝1.5kg，故B正確；在6～9s內(nèi)，F(xiàn)推＝3N，F(xiàn)滑＝6N，F(xiàn)滑－F推＝ma′，得出a′＝2m/s2，故C錯(cuò)誤；由速度—時(shí)間圖像面積可知，0～6s內(nèi)物體的位移x＝eq\f(1,2)×(3＋6)×6m＝27m，物塊前6s內(nèi)的平均速度大小v＝eq\f(x,t)＝4.5m/s，故D錯(cuò)誤。]9．(6分)(2024·黑龍江大慶試驗(yàn)中學(xué)高一上月考)為了探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系，甲、乙、丙三位同學(xué)分別設(shè)計(jì)了如圖所示的試驗(yàn)裝置，甲圖中M為小車總質(zhì)量，乙圖中M為小車與力傳感器的總質(zhì)量，丙圖中M為小車和與小車固連的滑輪的總質(zhì)量，鉤碼總質(zhì)量用m表示。甲乙丙丁戊(1)為便于測(cè)量合外力的大小，并得到小車總質(zhì)量肯定時(shí)，小車的加速度與所受合外力成正比的結(jié)論，下列說(shuō)法正確的是________。A．三組試驗(yàn)中只有甲須要平衡摩擦力B．三組試驗(yàn)都須要平衡摩擦力C．三組試驗(yàn)中只有甲須要滿意所掛鉤碼的總質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車的總質(zhì)量M的條件D．三組試驗(yàn)都須要滿意所掛鉤碼的總質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車的總質(zhì)量M的條件(2)圖丁是用圖甲裝置中打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所打的紙帶的一部分，O、A、B、C、D和E為紙帶上六個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，加速度大小用a表示，則O、D間的距離為_(kāi)_______cm。圖戊是依據(jù)試驗(yàn)數(shù)據(jù)繪出的s-t2圖線(s為各計(jì)數(shù)點(diǎn)至同一起點(diǎn)的距離)，則加速度大小a＝________m/s2(保留三位有效數(shù)字)。(3)若乙、丙兩位同學(xué)發(fā)覺(jué)某次測(cè)量中力傳感器和彈簧測(cè)力計(jì)讀數(shù)相同，通過(guò)計(jì)算得到小車加速度均為a，g為當(dāng)?shù)刂亓铀俣?，則乙、丙兩位同學(xué)試驗(yàn)時(shí)所用小車總質(zhì)量之比為_(kāi)_______。[解析](1)為便于測(cè)量合外力的大小，甲圖中應(yīng)使鉤碼的總重力近似等于小車受到的合外力，而乙圖中應(yīng)使力傳感器的示數(shù)等于小車受到的合外力，丙圖中應(yīng)使彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)的2倍等于小車受到的合外力，因此三組試驗(yàn)都須要平衡摩擦力，故A錯(cuò)誤，B正確；由于只有甲圖中須要滿意鉤碼的總重力近似等于小車受到的合外力，因此三組試驗(yàn)中只有甲須要滿意所掛鉤碼的總質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車的總質(zhì)量M的條件，故C正確，D錯(cuò)誤。(2)由題圖丁可知，O、D間的距離為2.20cm－1.00cm＝1.20cm；小車做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則s＝eq\f(1,2)at2，由題圖戊可知k＝eq\f(1,2)a，則a＝2k＝2×eq\f(0.028,0.06)m/s2≈0.933m/s2。(3)乙、丙兩位同學(xué)發(fā)覺(jué)某次測(cè)量中力傳感器和彈簧測(cè)力計(jì)讀數(shù)相同，通過(guò)計(jì)算得到小車加速度均為a，則有F＝M乙a,2F＝M丙a；因此乙、丙試驗(yàn)時(shí)所用小車總質(zhì)量之比為M乙∶M丙[答案](1)BC(2)1.200.933(3)1∶210．(8分)(2024·黑龍江哈爾濱第六中學(xué)高一上月考)如圖所示，小球的質(zhì)量為0.8kg，兩根輕細(xì)繩AB和AC的一端連接在豎直墻上，另一端系于小球上。在小球上再施加一個(gè)方向與水平線成θ＝53°角的拉力F，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，若要使繩都能伸直，求拉力F的大小范圍。(g取10m/s2)[解析]對(duì)小球受力分析，受重力、拉力F，兩根細(xì)繩的拉力，如圖所示，依據(jù)平衡條件有Fcos53°＝FBsin37°＋FCsin53°，F(xiàn)sin53°＋FBcos37°＋FCcos53°＝mg，當(dāng)FB＝0時(shí)，F(xiàn)C＝4.8N，F(xiàn)＝6.4N；當(dāng)FC＝0時(shí)，F(xiàn)B＝5N，F(xiàn)＝5N。則要使繩都能伸直，拉力F的大小范圍為5N≤F≤6.4N。[答案]5N≤F≤6.4N11．(4分)(多選)如圖所示，質(zhì)量為m＝1kg的物體與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3，當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)的速度為v0＝10m/s時(shí)，給物體施加一個(gè)與速度方向相反的大小為F＝2N的恒力，在此恒力作用下(g取10m/s2)()A．物體經(jīng)10s速度減為零B．物體經(jīng)2s速度減為零C．物體的速度減為零后將保持靜止D．物體的速度減為零后將向右運(yùn)動(dòng)BC[物體受到向右的滑動(dòng)摩擦力，F(xiàn)f－μFN＝μmg＝3N，依據(jù)牛頓其次運(yùn)動(dòng)定律得a＝eq\f(F＋Ff,m)＝eq\f(2＋3,1)m/s2＝5m/s2，方向向右，物體的速度減為零所需的時(shí)間t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(10,5)s＝2s，B正確，A錯(cuò)誤；物體的速度減為零后，由于F<Ff，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，C正確，D錯(cuò)誤。]12．(4分)(多選)如圖所示，運(yùn)動(dòng)員跳水運(yùn)動(dòng)的過(guò)程可簡(jiǎn)化為：運(yùn)動(dòng)員走上跳板，將跳板從水平位置B壓到最低點(diǎn)C，跳板又將運(yùn)動(dòng)員豎直向上彈到最高點(diǎn)A，然后運(yùn)動(dòng)員做自由落體運(yùn)動(dòng)，豎直落入水中，跳板自身重力忽視不計(jì)，則下列說(shuō)法正確的是()A．運(yùn)動(dòng)員將跳板從B壓到C的過(guò)程中，始終失重B．運(yùn)動(dòng)員向上運(yùn)動(dòng)(C→B)的過(guò)程中，先超重，后失重C．運(yùn)動(dòng)員將跳板從B壓到C的過(guò)程中，對(duì)板的壓力先增大后減小D．運(yùn)動(dòng)員向上運(yùn)動(dòng)(C→B)的過(guò)程中，對(duì)板的壓力始終減小BD[運(yùn)動(dòng)員受到重力及跳板向上的彈力，運(yùn)動(dòng)員將跳板從B壓到C的過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員受到跳板的彈力越來(lái)越大，起先時(shí)加速度向下減小，然后加速度再向上增大，故運(yùn)動(dòng)員應(yīng)先失重、后超重，故A、C錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員在向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，跳板彈力減小，但起先時(shí)肯定大于重力，故合外力先減小后增大，而加速度先向上，后向下，故運(yùn)動(dòng)員先超重，后失重，故B正確；運(yùn)動(dòng)員在向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，跳板的形變量減小，彈力減小，運(yùn)動(dòng)員對(duì)板的壓力始終減小，故D正確。]13．(4分)(多選)如圖所示，在建筑工地上一建筑工人兩手對(duì)稱用水平力將兩長(zhǎng)方形水泥制品P和Q夾緊，并以加速度a豎直向上搬起，P和Q的質(zhì)量分別為2m和3m，水平力為F，P和Q間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，兩手與P和QA．P受到Q的摩擦力方向肯定豎直向下B．P受到Q的摩擦力大小為2μFC．P受到Q的摩擦力大小為0.5m(g＋aD．P受到Q的摩擦力大小為1.5m(g＋aAC[設(shè)每只手與水泥制品的摩擦力大小均為f1，設(shè)P受到Q的摩擦力大小為f2、方向豎直向上。對(duì)P、Q整體及P分別應(yīng)用牛頓其次定律有2f1－5mg＝5ma，f1＋f2－2mg＝2ma，聯(lián)立解得f2＝－0.5m(g＋a)，負(fù)號(hào)說(shuō)明P受到14．(4分)(多選)(2024·黑龍江大慶試驗(yàn)中學(xué)高一上月考)如圖所示，光滑水平地面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的兩滑塊A、B在水平外力的作用下緊靠在一起壓縮彈簧，彈簧左端固定在墻壁上，此時(shí)彈簧的壓縮量為x0，以兩滑塊此時(shí)的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的一維坐標(biāo)系，現(xiàn)將外力突然反向并使B向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，下列關(guān)于外力F、兩滑塊間彈力FN與滑塊B的位移x改變的關(guān)系圖像可能正確的是()ABCDBD[設(shè)A、B向右勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a。依據(jù)牛頓其次運(yùn)動(dòng)定律，對(duì)整體有F＋k(x0－x)＝(mA＋mB)a，可得F＝kx＋(mA＋mB)a－kx0。因?yàn)榭赡苡?mA＋mB)a＝kx0，則得F＝kx，F(xiàn)與x成正比，F(xiàn)-x圖像可能是過(guò)原點(diǎn)的直線。對(duì)A有k(x0－x)－FN＝mAa，得FN＝－kx＋kx0－mAa，可知FN-x圖像是向下傾斜的直線。當(dāng)FN＝0時(shí)A、B起先分別，此后B做勻加速運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)不變，則有x＝x0－eq\f(mAa,k)<x0，因此B圖和D圖是可能的，A圖和C圖是不行能的，故A、C錯(cuò)誤，B、D正確。]15．(6分)(2024·福建福州第三中學(xué)期中)如圖甲所示為阿特伍德機(jī)的示意圖，它是早期測(cè)量重力加速度的器械，由英國(guó)數(shù)學(xué)家和物理學(xué)家阿特伍德于1784年制成。他將質(zhì)量同為M(已知量)的重物用繩連接后，放在光滑的輕質(zhì)滑輪上，處于靜止?fàn)顟B(tài)。再在一個(gè)重物上附加一質(zhì)量為m的小重物，這時(shí)，由于小重物的重力而使系統(tǒng)做初速度為零的緩慢加速運(yùn)動(dòng)，測(cè)出加速度，完成一次試驗(yàn)后，換用不同質(zhì)量的小重物，重復(fù)試驗(yàn)，測(cè)出m不同時(shí)系統(tǒng)的加速度。得到多組a、m數(shù)據(jù)后，作出圖乙所示圖像。甲(1)為了作出圖乙所示圖像須要干脆測(cè)量的物理量有________。乙A．小重物的質(zhì)量mB．滑輪的半徑RC．繩子的長(zhǎng)度D．小重物下落的距離h及下落這段距離所用的時(shí)間t(2)eq\f(1,a)隨eq\f(1,m)改變的函數(shù)關(guān)系式為_(kāi)_______。(3)已知圖乙中圖像斜率為k，縱軸截距為b，則可求出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭＝________，并可求出重物質(zhì)量M＝________。[解析](1)依據(jù)h＝eq\f(1,2)at2，得a＝eq\f(2h,t2)，所以須要測(cè)量的物理量有小重物的質(zhì)量m，小重物下落的距離h及下落這段距離所用的時(shí)間t，故選A、D。(2)對(duì)整體分析，依據(jù)牛頓其次定律得mg＝(2M＋m)a，整理得eq\f(1,a)＝eq\f(1,m)·eq\f(2M,g)＋eq\f(1,g)。(3)圖線斜率k＝eq\f(2M,g)，縱軸截距b＝eq\f(1,g)，解得g＝eq\f(1,b)，M＝eq\f(k,2b)。[答案](1)AD(2)eq\f(1,a)＝eq\f(2M,g)·eq\f(1,m)＋eq\f(1,g)(3)eq\f(1,b)eq\f(k,2b)16．(8分)如圖所示，傳送帶保持以1m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)?，F(xiàn)將一質(zhì)量m＝0.5kg的物體從離傳送帶左端很近的eq\x(a)點(diǎn)輕輕地放上去，設(shè)物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，a、b間的距離L＝2.5m，則物體從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)所經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間為多少？(g取10m/s2)[解析]對(duì)物體，依據(jù)題意得a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝1m/s2，當(dāng)速度達(dá)到1m/s時(shí)，所用的時(shí)間t1＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(1－0,1)s＝1s，通過(guò)的位移s1＝eq\f(v2－v\o\al(2,0),2a)＝0.5m<2.5m。在剩余位移s2＝L－s1＝2.5m－0.5m＝2m中，因?yàn)槲矬w與傳送帶間無(wú)摩擦力，所以物體以1m/s的速度隨傳送帶做勻速運(yùn)動(dòng)，所用時(shí)間t2＝eq\f(s2,v)＝2s。因此共需時(shí)間t＝t1＋t2＝3s。[答案]3s17．(12分)如圖所示，一兒童玩具靜止在水平地面上，一個(gè)小孩用沿與水平面成30°角的恒力拉著它沿水平面運(yùn)動(dòng)，已知拉力F＝6.5N，玩具的質(zhì)量m＝1kg，經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝2.0s，玩具移動(dòng)了距離x＝2eq\r(3)m，這時(shí)小孩松開(kāi)手，玩具又滑行了一段距離后停下(g＝10m/s2)，求：(1)玩具與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)松開(kāi)手后玩具還能運(yùn)動(dòng)的距離；(3)小孩要拉動(dòng)玩具，拉力F與水平面夾角為多大時(shí)最省力。[解析](1)玩具做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由位移公式可得x＝eq\f(1,2)at2，解得a＝eq\r(3)m/s2，對(duì)玩具，由牛頓其次運(yùn)動(dòng)定律得Fcos30°－μ(mg－Fsin30°)＝ma，解得μ＝eq\f(\r(3),3)。(2)松手時(shí)，玩具的速度v＝at＝2eq\r(3)m/s，松手后，由牛頓其次運(yùn)動(dòng)定律得μmg＝ma′，解得a′＝eq\f(10\r(3),3)m/s2，玩具的位移x′＝eq\f(0－v2,－2a′)＝0.6eq\r(3)m≈1.04m。(3)設(shè)拉力與水平方向的夾角為θ，玩具要在水平面上運(yùn)動(dòng)，則Fcosθ－Ff≥0，F(xiàn)f＝μFN，在豎直方向上，由平衡條件得FN＋Fsinθ＝mg，解得F≥eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)，cosθ＋μsinθ＝eq\r(1＋μ2)sin(60°＋θ)，當(dāng)θ＝30°時(shí)，拉力最小，最省力。[答案](1)eq\f(\r(3),3)(2)1.04m(3)30°18．(12分)一長(zhǎng)木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊，在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5m，如圖甲所示。t＝0時(shí)刻起先，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，直至t＝1s時(shí)木板與墻壁碰撞