（浙江选考）2019版高考物理大一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第2讲 牛顿运动定律的应用学案

第2讲牛顿运动定律的应用考试标准知识内容必考要求加试要求说明牛顿运动定律应用dd1.求解连接体问题时，只限于各物体加速度相同的情形2.不要求解决加速度不同的两个物体的动力学问题.超重与失重b一、两类动力学问题1两类动力学问题(1)已知受力情况求物体的运动情况(2)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，具体逻辑关系如下图：自测1水平路面上质量是30 kg的手推车，在受到60 N的水平推力时做加速度为1.5 m/s2的匀加速运动如果撤去推力，车的加速度的大小是多少？(g10 m/s2)答案0.5 m/s2解析设阻力大小为Ff，则FFfma解得Ff15 N如果撤去推力，车的加速度大小为a，则Ffma解得a0.5 m/s2.二、超重与失重1超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)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：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)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：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于零的现象称为完全失重现象(2)产生条件：物体的加速度ag，方向竖直向下自测2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命题点一超重与失重现象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尽管物体的加速度不是竖直方向，但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例1广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t0时由静止开始上升，at图象如图1所示则下列相关说法正确的是()图1At4.5 s时，电梯处于失重状态B555 s时间内，绳索拉力最小Ct59.5 s时，电梯处于超重状态Dt59 s时，电梯处于失重状态答案D解析利用at图象可判断：t4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A错误；05 s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，555 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，5560 s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，B、C错误，D正确变式1(2016慈溪中学期中)2016年10月份，萧山区某中学举行了校秋季运动会，小明同学参加了跳高决赛，他以背越式跳过1.65 m的高度拿到了本届校运会的亚军，为班级争了光若忽略空气阻力，则下列说法正确的是()A小明下降过程中处于失重状态B小明脚离地起跳以后在上升过程中处于超重状态C小明起跳时地面对他的支持力等于他的重力D小明起跳以后在下降过程中重力消失了答案A解析小明下降过程中，只受重力的作用，有向下的重力加速度，处于失重状态，故A正确；起跳以后在上升过程中，只受重力的作用，有向下的重力加速度，处于失重状态，故B错误；小明起跳时加速度的方向向上，所以地面对他的支持力大于他的重力，故C错误；人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，故D错误变式2如图2所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)下列说法正确的是()图2A在上升或下降过程中A对B的压力一定为零B上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力C下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力D在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力答案A解析无论物体在上升过程中还是下降过程中，两物体组成的系统都只受重力作用，系统处于完全失重状态，所以在整个上升和下降过程中，A对B的压力始终为零，故选项A正确变式3质量为60 kg的人，站在升降机内的台秤上，测得体重为480 N，则升降机的运动是(g取10 m/s2)()A可能是匀速下降B升降机加速度大小为2 m/s2C升降机加速度大小为3 m/s2D可能是减速下降答案B解析对人受力分析，受重力和支持力，支持力小于重力，故合力向下，加速度向下，故升降机的加速度也向下，所以升降机的运动是加速下降或减速上升，由牛顿第二定律得mgFma，解得a m/s22 m/s2，故B正确命题点二动力学中的图象问题1常见的动力学图象vt图象、at图象、Ft图象、Fa图象等2图象问题的类型(1)已知物体受的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况(3)由已知条件确定某物理量的变化图象3解决图象问题的关键(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从0开始(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解例2(2016平阳二中期中)如图3甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为的光滑固定斜面上逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图象如图乙所示g取10 m/s2.根据图乙中所提供的信息不能计算出的是()图3A物体的质量B斜面的倾角C使物体静止在斜面上时水平外力F的大小D加速度为6 m/s2时物体的速度答案D解析对物体受力分析，物体受推力、重力、支持力，沿斜面方向和垂直于斜面方向分别建立x轴、y轴，并将力沿坐标轴的方向分解，如图所示x轴方向：Fcos mgsin ma，y轴方向：FNFsin mgcos 0，从图象中取两个点(0 N，6 m/s2)、(30 N,6 m/s2)代入，解得：m2 kg，37，当a0时，可解得F15 N，因而A、B、C可以算出；根据图中信息无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度大小，因而D不可以算出变式4雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对其阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如图所示的图象能正确反映雨滴下落运动情况的是()答案C解析雨滴速度增大时，阻力也增大，由牛顿第二定律得a，故加速度逐渐减小，最终雨滴做匀速运动，故C正确变式5(2017浙江“91”高中联盟期中)水平力F方向确定，用力F拉静止在水平桌面上的小物块，F的大小按图4甲所示规律变化，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图象如图乙所示重力加速度大小为10 m/s2，则下列物块与水平桌面间的最大静摩擦力Ffm、物块与水平桌面间的滑动摩擦力Ff、物块与水平桌面间的动摩擦因数、物块质量m的值正确的是()甲乙图4AFfm4 N B0.1CFf6 N Dm2 kg答案B解析t2 s时，FfmF6 N；F1mgma1，即6mgm.t4 s时，F2mgma2，即12mg3m，解得m3 kg，0.1，则Ffmg3 N.命题点三动力学的两类基本问题1把握“两个分析”“一个桥梁”两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁2寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，画图找出各过程的位移之间的联系例3(2017浙江4月选考19)如图5所示，游船从某码头沿直线行驶到湖对岸，小明对过程进行观测并记录数据如下表：图5运动过程运动时间运动状态匀加速运动040 s初速度v00；末速度v4.2 m/s匀速运动40640 sv4.2 m/s匀减速运动640720 s靠岸时v10.2 m/s(1)求游船匀加速运动过程中加速度大小a1及位移大小x1；(2)若游船和游客的总质量M8 000 kg，求游船匀减速运动过程中所受的合力大小F；(3)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小答案(1)0.105 m/s284 m(2)400 N(3)3.86 m/s解析(1)由运动学公式知a10.105 m/s2位移x1a1t284 m(2)匀减速运动过程中加速度大小a20.05 m/s2由牛顿第二定律得FMa2400 N(3)总位移xx1vt2t32 780 m平均速度大小3.86 m/s.变式6(2016浙江10月学考19)如图6所示在某段平直的铁路上，一列以324 km/h高速行驶的列车在某时刻开始匀减速行驶，5 min后恰好停在某车站，并在该站停留4 min，随后匀加速驶离车站，经8.1 km后恢复到原速324 km/h.(g取10 m/s2)图6(1)求列车减速时的加速度大小；(2)若该列车总质量为8.0105 kg，所受阻力恒为车重的0.1倍，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；(3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小答案见解析解析(1)列车的速度为324 km/h90 m/s，经过5 min300 s停下，所以加速度大小为a m/s20.3 m/s2(2)Ff0.1mg，根据牛顿第二定律，F0.1mgmav22ax，因x8.1 km8 100 m，v90 m/s，m8.0105 kg解得a0.5 m/s2 ，F1.2106 N(3)根据(2)可知，重新加速时间为t s180 s减速过程中通过的位移xt45300 m13 500 m所以整个过程的平均速度大小 m/s30 m/s. 变式7(2016浙江4月选考19)如图7是上海中心大厦，小明乘坐大厦快速电梯，从底层到达第119层观光平台仅用时55 s若电梯先以加速度a1做匀加速运动，达到最大速度18 m/s.然后以最大速度匀速运动，最后以加速度a2做匀减速运动恰好到达观光平台假定观光平台高度为549 m，取g10 m/s2.图7(1)若电梯经过20 s匀加速达到最大速度，求加速度a1及上升高度h；(2)在(1)问中的匀加速上升过程中，若小明的质量为60 kg，求小明对电梯地板的压力；(3)求电梯匀速运动的时间答案(1)0.9 m/s2180 m(2)654 N，方向竖直向下 (3)6 s解析(1)由运动学公式可得a1 m/s20.9 m/s2ha1t0.9202 m180 m(2)对小明受力分析，根据牛顿第二定律可得FNmgma1则FNmgma1654 N根据牛顿第三定律得：小明对地板的压力FNFN654 N，方向竖直向下(3)设匀速运动时间为t0，运动的总时间为t总，作出整个过程的vt图象如图所示，则由vt图象可得H(t总t0)vm解得t06 s.变式8如图8所示，一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角为30.现小球在F20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发沿杆向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为，g取10 m/s2.试求：图8(1)小球运动的加速度大小；(2)若F作用1.2 s后撤去，求小球上滑过程中距A点的最大距离答案(1)2.5 m/s2(2)2.4 m解析(1)在力F作用下，对小球受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律得(Fmg)sin 30(Fmg)cos 30ma1解得a12.5 m/s2(2)刚撤去F时，小球的速度v1a1t13 m/s小球的位移x1t11.8 m撤去力F后，小球上滑时，受力分析如图乙由牛顿第二定律得mgsin 30mgcos 30ma2解得a27.5 m/s2小球上滑时间t20.4 s上滑位移x2t20.6 m则小球上滑过程中距A点的最大距离为xmx1x22.4 m.命题点四传送带模型模型1水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端其中v0v返回右端时速度为v，当v0v返回右端时速度为v0模型2倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1若滑块能够上滑，则：(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先加速后匀速(4)可能先减速后匀速(5)可能先以a1加速后以a2加速(6)可能一直减速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速(4)可能一直减速例4(2016武义二中月考)如图9所示，水平传送带两端相距x8 m，工件与传送带间的动摩擦因数0.6，工件滑上A端时速度vA10 m/s，设工件到达B端时的速度大小为vB.(取g10 m/s2)图9(1)若传送带静止不动，求vB；(2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由；若能，求到达B点的速度大小vB；(3)若传送带以v13 m/s逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间答案(1)2 m/s(2)能2 m/s(3)13 m/s0.67 s解析(1)工件受到的摩擦力方向水平向右，加速度大小为a，根据牛顿第二定律可知mgma，则ag6 m/s2，且vv2ax，故vB2 m/s.(2)能当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度不发生变化，仍然始终减速，故工件到达B端的速度vB2 m/s.(3)传送带以v13 m/s逆时针匀速转动时，开始时工件受到的摩擦力方向水平向左，加速度大小a6 m/s2，工件速度达到13 m/s时所用时间为t10.5 s，运动的位移为x1vAt1at5.75 m8 m，则工件在到达B端前速度就达到了13 m/s，此后工件与传送带相对静止，因此工件先加速后匀速运动匀速运动的位移x2xx12.25 m，t20.17 s，工件由A到B所用的时间tt1t20.67 s.变式9如图10所示，水平传送带A、B两端相距x4 m，以v04 m/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0.4，取重力加速度大小g10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中()图10A煤块从A运动到B的时间是 sB煤块从A运动到B的时间是2.25 sC划痕长度是0.5 mD划痕长度是2 m答案D解析小煤块与传送带共速前做匀加速直线运动，加速度大小为ag4 m/s2加速时间t11 s，位移x1at2 m.匀速运动时间t20.5 s.煤块从A运动到B的时间tt1t21.5 s煤块匀加速运动的时间内传送带的位移x3v0t14 m划痕长度xx3x12 m.变式10如图11所示，电动传送带以恒定速度v01.2 m/s运行，传送带与水平面的夹角37，现将质量m20 kg的物品箱轻放到传送带底端，经过一段时间后，物品箱被送到高h1.8 m的平台上，已知物品箱与传送带间的动摩擦因数0.85，不计其他损耗，则每件物品箱从传送带底端送到平台上，需要多长时间？(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)图11答案3.25 s解析物品箱刚放到传送带上时做匀加速运动，当速度达到v0时，与传送带一起做匀速运动到平台物品箱刚放上去时，根据牛顿第二定律有mgcos mgsin ma，解得a0.8 m/s2.从静止到与传送带共速所用时间t1 s1.5 s，此过程中，物品箱沿斜面向上的位移xt10.9 m.物品箱随传送带匀速运动到达平台的时间为t2 s1.75 s，总时间为tt1t23.25 s.1下列说法中正确的是()A体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态B蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态C举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态答案B2.(2016舟山中学期中)某同学站在体重计上研究超重与失重，如图1.她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程下列说法正确的是()图1A只有“起立”过程，才能出现失重的现象B只有“下蹲”过程，才能出现超重的现象C“起立”、“下蹲”的过程都能出现超重和失重的现象D“起立”的过程，先出现失重现象后出现超重现象答案C解析“下蹲”过程，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；“起立”过程，人先向上做加速运动，后向上做减速运动，则人先处于超重状态，后处于失重状态，故A、B、D错误，C正确3.(2017绍兴市选考模拟)在2016年里约奥运会男子蹦床决赛中，我国选手董栋、高磊分摘银、铜牌如图2所示为运动员正在比赛时的照片，不计空气阻力，下列说法正确的是()图2A运动员离开蹦床后处于失重状态B运动员上升到最高点时加速度为零C运动员下落碰到蹦床后立即做减速运动D运动员和蹦床接触的过程中一直处于失重状态答案A解析运动员离开蹦床后，仅受重力，加速度方向向下，处于失重状态，故A正确；运动员上升到最高点时，仅受重力，加速度为g，故B错误；运动员下落碰到蹦床后，开始重力大于弹力，加速度向下，向下做加速运动，弹力不断增大，重力小于弹力后，加速度向上，向下做减速运动，故C错误；运动员在接触蹦床过程中，先加速向下，处于失重状态，后减速向下，处于超重状态，故D错误4.(2017湖州市期末)如图3所示，一体重为500 N的同学站在体重计上，在升降机中研究超重和失重现象，升降机在上升过程中经历了匀加速、匀速和匀减速三个阶段，则比较符合实际情况的体重计示数依次为()图3A. 520 N、500 N、480 NB. 480 N、500 N、520 NC. 480 N、520 N、500 ND. 500 N、500 N、500 N答案A解析匀加速上升，超重，体重计示数大于重力，匀速时体重计示数等于重力，匀减速时失重，体重计示数小于重力5(2016绍兴市调研)一个木块以某一水平初速度自由滑上粗糙的水平面，在水平面上运动的vt图象如图4所示已知重力加速度为g，则根据图象不能求出的物理量是()图4A木块的位移大小B木块的加速度大小C木块所受摩擦力D木块与水平面间的动摩擦因数答案C解析位移大小可由图象与时间轴所围的面积求出，由vt图线的斜率可求出加速度大小a，由牛顿第二定律知，ag，故动摩擦因数也可求出，由于不知木块的质量，故不能求出木块所受摩擦力6(2017温州市十校高三期末)如图5甲所示，是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“”表示人的重心图乙是根据传感器画出的Ft图线两图中ag各点均相对应，其中有几个点在图甲中没有画出，图乙中a、c、e点对应的纵坐标均为700 N取重力加速度g10 m/s2.请根据这两个图所给出的信息，判断下面说法中正确的是()甲乙图5A此人重心在b点时处于超重状态B此人重心在c点时的加速度大小大于在b点时的加速度大小C此人重心在e点时的加速度大小大于在a点时的加速度大小D此人重心在f点时，脚刚好离开传感器答案D解析由题图知a、c、e点处对应的FG，故加速度等于0，b点处FG，处于失重状态，重心在f点时，F0，脚刚好离开传感器7. 如图6所示，两个质量相同的物体1和2紧靠在一起，放在光滑的水平桌面上若它们分别受到水平推力F1和F2作用，而且F1F2，则1施于2的作用力大小为()图6AF1 BF2C.(F1F2) D.(F1F2)答案C解析设物体1和2的质量都为m，加速度为a，以整体为研究对象，由牛顿第二定律得a.以物体2为研究对象，有a，解得F12.故C选项正确8.如图7所示，一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的光滑定滑轮，绳的一端系一质量m15 kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m10 kg的猴子，从绳子的一端沿绳子向上爬，在重物不离开地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度为(g取10 m/s2)()图7A25 m/s2 B5 m/s2C10 m/s2 D15 m/s2答案B解析在重物不离开地面的条件下，绳子的最大拉力为Fmg150 N，对猴子受力分析，设其向上爬的最大加速度为a，由牛顿第二定律有：Fmgma，解得a5 m/s2，故B选项正确9如图8甲所示，小物块从光滑固定斜面上自由滑下，小物块的位移x和时间的平方t2的关系如图乙所示g10 m/s2，下列说法正确的是()图8A小物块的加速度大小恒为2.5 m/s2B斜面倾角为60C小物块2 s末的速度是5 m/sD小物块第2 s内的平均速度为7.5 m/s答案D解析由题图得x2.5t2，对照公式xv0tat2，得初速度v00，加速度a5 m/s2，选项A错误；由牛顿第二定律得mamgsin ，则sin 0.5，30，选项B错误；小物块2 s末的速度v2at252 m/s10 m/s，选项C错误；小物块1 s末的速度v1at15 m/s，第2 s内的平均速度7.5 m/s，选项D正确10.(2017余姚中学高三上期中)如图9所示，传送带的水平部分AB是绷紧的，当传送带不运转时，滑块从斜面顶端由静止下滑，通过AB所用时间为t1，从B端飞出时速度大小为v1.若传送带沿逆时针方向运转，滑块同样从斜面顶端由静止下滑，通过AB所用时间为t2，从B端飞出时速度大小为v2，则()图9At1t2，v1v2 Bt1t2，v1v2Ct1t2，v1v2 Dt1t2，v1v2答案A解析在两种情况下，滑块到达A点的初速度相等，在传送带上都做匀减速直线运动，加速度大小相等，根据速度位移公式知，到达B端的速度相等，即v1v2，结合速度时间公式知，t1t2，故A正确，B、C、D错误11如图10甲所示，质量为m2 kg的物体在水平面上向右做直线运动过A点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得vt图象如图乙所示取重力加速度g10 m/s2.求：图10(1)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数；(2)10 s末物体离A点的距离答案见解析解析(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1，则由vt图象得a12 m/s2根据牛顿第二定律，有Fmgma1设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2，则由vt图象得a21 m/s2根据牛顿第二定律，有Fmgma2，联立解得F3 N，0.05.(2)设10 s末物体离A点的距离为d，d应为vt图象与横轴所围的面积，则d48 m66 m2 m，负号表示物体在A点左边12有一种能够垂直起降的小型遥控无人机，质量为m2 kg，假定运动过程中所受空气阻力大小恒为F阻4 N，方向与无人机运动方向相反当无人机在地面上由静止开始以最大升力竖直向上起飞，经时间t4 s时，离地面的高度为h48 m，g取10 m/s2.(1)其动力系统能够提供的最大升力为多大？(2)当无人机悬停在距离地面高度H100 m处时，由于动力设备故障，无人机突然失去升力，从静止开始坠落，则无人机坠落地面时的速度为多大？答案(1)36 N(2)40 m/s解析(1)无人机以最大升力竖直向上起飞，做匀加速直线运动，有ha1t2，解得a16 m/s2，根据牛顿第二定律有FmgF阻ma1，解得F36 N.(2)无人机失去升力坠落过程，做匀加速直线运动根据牛顿第二定律，有mgF阻ma2，解得a28 m/s2，由v22a2H，解得v40 m/s.13由于下了大雪，许多同学在课间追逐嬉戏，尽情玩耍，而同学王清和张华却做了一个小实验：他们造出一个方形的雪块，让它以一定的初速度从一斜坡的底端沿坡面冲上该足够长的斜坡(坡上的雪已压实，斜坡表面平整)，发现雪块能沿坡面最大上冲3.2 m已知雪块与坡面间的动摩擦因数为0.05，他们又测量了斜坡的倾角为37，如图11所示，他俩就估测出了雪块的初速度那么：(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)图11(1)请你算出雪块的初速度为多大；(2)求雪块沿坡面向上滑的时间为多长；(3)求雪块沿坡面滑到底端的速度大小答案(1) 6.4 m/s(2) 1 s(3) 6 m/s解析(1)雪块上滑的加速度大小a1gsin 37gcos 376.4 m/s2则雪块的初速度大小v0 m/s6.4 m/s(2)雪块上滑的时间t s1 s(3)雪块下滑的加速度大小a2gsin 37gcos 375.6 m/s2则到达底端的速度大小：v m/s6 m/s.18