高一物理人教版必修1单元形练习第四章运动和力的关系

单元形成性评价(四)(第四章)(90分钟100分)一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.太空中测量质量的原理是依据牛顿运动定律：航天员在轻质支架上被另一航天员拉离平衡位置，如图所示，松手后，该航天员在大小为120N的恒定合力作用下，经0.5s复位，测得复位瞬间速度为1m/s，则被测航天员的质量为()A．65kg B．60kgC．70kg D．75kg【解析】选B。航天员静止到复位过程看作匀加速直线运动，其加速度为a＝eq\f(v,t)＝2m/s2，根据牛顿第二定律可得m＝eq\f(F,a)＝60kg，故选项B正确。2.2020年7月9日20时11分0秒，我国用长征三号乙运载火箭成功发射亚太6D卫星，发射重量约5550kg，通信总容量达到50Gbps，在轨服务寿命A．新闻中涉及的单位“年”是国际单位制中的导出单位B．“千克米每二次方秒”被定义为“牛顿”，“牛顿”是国际单位制中的导出单位C．秒是国际单位制中力学三个基本物理量之一D．所有的物理量都有单位【解析】选B。“年”是时间的一个单位，但不是国际单位制中的单位，选项A错误；“千克米每二次方秒”是由F＝ma推导出来的，是国际单位制中的导出单位，为了纪念牛顿把它定义为牛顿，选项B正确；国际单位制中力学三个基本物理量是：长度、质量、时间，而秒只是时间的单位，选项C错误：有单位的物理量要注明单位，但并不是所有物理量都有单位，如前面学过的动摩擦因数μ就没有单位，选项D错误。3．如图所示，猴子抓住树枝悬挂在空中静止，根据如图所示，关于猴子的运动状态，下列判断正确的是()A．平衡状态 B．超重状态C．失重状态 D．无法判断【解析】选A。由题可知，猴子抓住树枝悬挂在空中静止，其合力为零，即处于平衡状态，故选项A正确，B、C、D错误。4．雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对其的阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如图所示的图像可以正确反映出雨滴下落运动情况的是()【解析】选C。对雨滴受力分析，由牛顿第二定律得：mg－Ff＝ma。雨滴加速下落，速度增大，阻力增大，故加速度减小，在v­t图像中其斜率变小，故选项C正确。5.某同学想利用所学力学知识研究地铁列车的运动情况，他把一根细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁列车车厢的竖直扶手上。在地铁列车运动的某段过程中，他观察到细绳偏离了竖直方向，并相对车厢保持静止。他用拍摄了当时情景，如图所示，拍摄方向跟地铁列车运动方向垂直。根据这张照片，你能推断出这段过程中()A．地铁列车加速度方向B．地铁列车速度方向C．地铁列车匀速运动D．地铁列车一定加速运动【解析】选A。圆珠笔相对车厢保持静止，在水平方向做直线运动，圆珠笔受重力和细绳斜向左上方的拉力，则圆珠笔的加速度方向水平向左，所以地铁列车加速度方向水平向左，地铁列车可能向左做加速运动也可能向右做减速运动，故选项A正确，B、C、D错误。6.四个质量相等的金属环，环环相扣，在一竖直向上的恒力F作用下，四个金属环匀加速上升。则环3和环4间的相互作用力大小为()A．eq\f(1,4)F B．eq\f(1,2)F C．eq\f(3,4)F D．F【解析】选A。设每个金属环的质量为m，对整体分析，根据牛顿第二定律得，整体的加速度a＝eq\f(F－4mg,4m)。隔离对环4分析，根据牛顿第二定律得，F1－mg＝ma，联立解得：F1＝eq\f(1,4)F，故选项A正确，B、C、D错误。7．将一物体以某一初速度竖直上抛。物体在运动过程中受到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动时间为t1，再从最高点回到抛出点的运动时间为t2，如果没有空气阻力作用，它从抛出点到最高点所用的时间为t0，则()A．t1>t0，t2<t1 B．t1<t0，t2>t1C．t1>t0，t2>t1 D．t1<t0，t2<t1【解析】选B。根据牛顿运动定律，有阻力竖直上抛、无阻力竖直上抛和有阻力竖直下落三种情况下的匀变速加速度是：a1>g>a2，其中，a1t1＝v0＝gt0，得t1<t0，又上升与下降过程：eq\f(1,2)a1teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，得t2>t1，选项B正确。8.如图所示，一倾角θ＝37°的足够长的斜面固定在水平地面上。当t＝0时，滑块以初速度v0＝10m/s从斜面上某位置沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是()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，滑块的速度大小为4m/s【解析】选D。设滑块上滑时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s2，上滑时间t1＝eq\f(v0,a1)＝1s，上滑的距离x1＝eq\f(1,2)v0t1＝5m，因mgsinθ>μmgcosθ，所以滑块上滑到速度为零后将向下运动，选项B错误；设滑块下滑时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2，t＝2s时，滑块下滑的距离x2＝eq\f(1,2)a2(t－t1)2＝1m<5m，滑块未回到出发点，选项C错误；因上滑和下滑过程中的加速度不同，故滑块全程不做匀变速直线运动，选项A错误；t＝3s时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度v＝a2(t－t1)＝4m/s，选项D正确。9．(2021·温州高一检测)很多智能都有加速度传感器。小明打开的加速度传感器，记录在竖直方向上加速度的变化情况。让自由下落，然后接住，屏幕上获得的图像如图甲所示(以下实验中均保持屏幕向上)。下列说法正确的是()A.如图甲所示，加速度显示最大正值时，表明处于减速状态B．若保持手托着，小明做下蹲动作，整个下蹲过程所得图像可能如图乙所示C．若手托着乘坐电梯从1楼到7楼，所得图像可能如图丙所示D．若保持手托着，小明做起立动作，整个起立过程所得图像可能如图丁所示【解析】选A。从甲图可以看出，自由落体阶段加速度为负值。故加速度向上为正，向下为负。如图甲所示，加速度显示最大正值时，说明加速度方向竖直向上，由于在向下运动，因此表明处于减速状态，故A正确。若保持手托着，小明做下蹲动作，整个下蹲过程先加速下降，再减速下降，加速度方向先竖直向下后竖直向上，即先负后正，因此整个下蹲过程所得图像不可能如图乙所示，故B错误。若手托着乘坐电梯从1楼到7楼，先加速上升，然后匀速上升，最后减速上升，加速度方向先竖直向上，然后加速度为零，再加速度方向竖直向下，所得图像不可能如图丙所示，故C错误。若保持手托着，小明做起立动作，先加速上升，然后减速上升，加速度方向先竖直向上，然后竖直向下，整个起立过程所得图像不可能如图丁所示，故D错误。10.如图所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上，一质量为2kg的小球自与斜面底端P点相距0.5m处，以4m/s的初速度沿斜面向上运动。在返回P点之前，若小球与P点之间的距离为d，重力加速度g取10m/s2。则d与t的关系式为()A．d＝4t＋2.5t2 B．d＝4t－2.5t2C．d＝0.5＋4t＋2.5t2 D．d＝0.5＋4t－2.5t2【解析】选D。以沿斜面向上为正方向，据牛顿第二定律可求小球在光滑斜面上的加速度a＝gsin30°＝－5m/s2据运动学公式得x＝v0t＋eq\f(1,2)at2＝4t－2.5t2据小球位移与d的关系可知d＝0.5＋x＝0.5＋4t－2.5t2，故A、B、C错误，D正确。11．(2021·杭州高一检测)如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴Ox，小球的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，则关于A、B、C三点对应的x坐标及加速度大小，下列说法正确的是()A.xA＝h，aA＝0B．xA＝h，aA＝gC．xB＝h＋eq\f(mg,k)，aB＝gD．xC＝h＋eq\f(2mg,k)，aC＝0【解析】选B。题图乙所示图象中，OA段是直线，小球从O运动到A过程加速度不变，小球做自由落体运动，小球到达A时，下落高度为h，小球的加速度仍然是g，故A错误，B正确；由题图乙所示图象可知，在B点小球速度最大，此时重力和弹力相等，合力为0，加速度也就为0，由mg＝kx，可知x＝eq\f(mg,k)，所以B的坐标为h＋eq\f(mg,k)，故C错误；取一个与A点关于B点对称的点为D，由A点到B点的形变量为eq\f(mg,k)，由对称性得由B到D的形变量也为eq\f(mg,k)，小球到达D点时速度不为零，小球到达C点时速度为零，则C点在D点的下方，小球到达C点时形变量要大于h＋eq\f(2mg,k)，加速度aC＞g，故D错误。12．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，某种型号装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4s末到达距地面100m的最高点时炸开，形成各种美丽的图案，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/s，1.25 B．40m/s，0.25C．50m/s，0.25 D．80m/s，1.25【解析】选C。根据h＝eq\f(1,2)at2，解得a＝12.5m/s2，所以v0＝at＝50m/s；上升过程中礼花弹所受的阻力大小f＝kmg，则a＝eq\f(mg＋f,m)＝(k＋1)g＝12.5m/s2，解得k＝0.25，故选项C正确。13．如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、2m和3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT。现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则(A.此过程中物体C受重力等五个力作用B．当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断C．当F逐渐增大到1.5FD．若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为eq\f(FT,6)【解析】选C。对A受力分析，A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可知C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用，故A错误；对整体分析，整体的加速度a＝eq\f(F－μ·6mg,6m)，隔离对A、C分析，根据牛顿第二定律得，T－μ·4mg＝4ma，解得T＝eq\f(2,3)F，当F＝1.5FT时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确；水平面光滑，绳刚断时，对A、C分析，加速度a＝eq\f(FT,4m)，隔离对A分析，A的摩擦力f＝ma＝eq\f(FT,4)，故D错误。二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不选全的得1分，有选错的得0分)14．如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ。重力加速度为g。则木块从左端运动到右端的时间t正确的是()A.若μ>eq\f(v2,2gL)，则t＝eq\f(L,v)＋eq\f(v,2μg)B．若μ>eq\f(v2,2gL)，则t＝eq\r(\f(2L,μg))C．若μ<eq\f(v2,2gL)，则t＝eq\f(L,v)＋eq\f(v,2μg)D．若μ<eq\f(v2,2gL)，则t＝eq\r(\f(2L,μg))【解析】选A、D。木块做加速运动时根据牛顿第二定律有μmg＝ma。若先加速后匀速，则满足：v2≤2aL，即μ≥eq\f(v2,2gL)。匀加速运动的时间t1＝eq\f(v,a)＝eq\f(v,μg)，匀速运动的时间t2＝eq\f(L－\f(v2,2μg),v)＝eq\f(L,v)－eq\f(v,2μg)，则总时间t＝t1＋t2＝eq\f(L,v)＋eq\f(v,2μg)，故选项A正确、B错误；若木块沿着传送带的运动是一直加速，根据牛顿第二定律，有μmg＝ma，且有满足：v2≥2aL，即μ≤eq\f(v2,2gL)。根据位移时间公式，有L＝eq\f(1,2)at2，解得t＝eq\r(\f(2L,μg))，故选项C错误、D正确。15．如图甲所示，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平力F的作用，在t＝4s时撤去力F。细绳对物块的拉力FT随时间t变化的关系如图乙所示，木板的速度v与时间t的关系如图丙所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。g取10m/s2。由题给数据可以得出()A．木板的质量为1kgB．2～4s内，力F的大小为0.4NC．0～2s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【解析】选A、B。结合两图像可判断出0～2s物块和木板未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F大小等于Ff，故F在此过程中是变力，选项C错误；2～5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，在4～5s内，a2＝eq\f(0.4－0.2,1)m/s2＝0.2m/s2，且Ff＝FT＝ma2＝0.2N，可解出质量m＝1kg，选项A正确；2～4s内，a1＝eq\f(0.4－0,4－2)m/s2＝0.2m/s2，由牛顿运动定律，得F＝ma＋Ff＝0.4N，选项B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数，故选项D错误。16．一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，轻绳的一端系一质量m＝15kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m′＝10kg的猴子，从轻绳的另一端沿轻绳向上爬，如图所示，不计滑轮与轻绳间的一切摩擦，且重物始终不离开地面，g取10m/s2。下列说法正确的是()A.猴子受到轻绳对它向上的拉力B．若猴子匀速向上爬，则重物对地面的压力为100NC．猴子向上运动的加速度越大，重物对地面的压力越大D．猴子向上运动的最大加速度为5m/s2【解析】选A、D。由于猴子向上运动，则猴子在竖直方向上受到重力和绳子向上的拉力，故选项A正确；若猴子匀速向上爬，有：T＝m′g＝10×10N＝100N，对重物分析，有N＋T＝mg，代入数据解得N＝50N，则重物对地面的压力为50N，故选项B错误；对猴子，根据牛顿第二定律得T－m′g＝ma，加速度a越大，拉力越大，对重物分析N＋T＝mg，可知支持力越小，则压力越小，故选项C错误；重物不离开地面时绳子的最大拉力T＝mg＝150N，对猴子分析，根据牛顿第二定律得T－m′g＝m′a，代入数据解得最大加速度为a＝5m/s2，故选项D正确。【补偿训练】(多选)如图所示，旅客的行李通过安检的过程可以等效如下：质量为m的行李在水平传送带的左端由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v＝1m/s匀速运动，传送带左、右两端的距离为2m，行李与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.1。若乘客把行李放到传送带上的同时，乘客也以1m/s的恒定速率平行于传送带运动到传送带的右端，则(g取10m/s2)()A．乘客和行李同时到达传送带的右端B．乘客提前0.5s到达传送带的右端C．行李提前0.5s到达传送带的右端D．若提高传送带的速度到足够大，行李到达传送带的右端的最短时间为2s【解析】选B、D。行李匀加速过程，由牛顿第二定律，得：μmg＝ma，代入数据得：a＝1m/s2。设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v＝1m/s。由v＝at1代入数值，得：t1＝1s，匀加速运动的位移大小为x＝eq\f(v,2)t1＝eq\f(1,2)×1m＝0.5m，则匀速运动的时间为t2＝eq\f(L－x,v)＝eq\f(2－0.5,1)s＝1.5s，行李从左端到右端的时间为t＝t1＋t2＝2.5s。而乘客一直做匀速运动，从左端到右端的时间为t人＝eq\f(L,v)＝eq\f(2,1)s＝2s，故乘客提前0.5s到达右端，故选项A、C均错误，B正确；若行李一直做匀加速运动时，运动时间最短。由L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(min))，解得最短时间为tmin＝2s，故选项D正确。三、非选择题(本题共6小题，共55分)17．(7分)某实验小组利用小车、一端带有滑轮的导轨、打点计时器和几个已知质量的小钩码探究加速度与力的关系，实验装置如图甲所示。(1)图乙是实验中得到的一条纸带，图中打相邻两计数点的时间间隔为0.1s，由图中的数据可得小车的加速度a为__________m/s2。(2)该实验小组以测得的加速度a为纵轴，所挂钩码的总重力F为横轴，作出的图像如丙图中图线1所示，发现图线不过原点，怀疑在测量力时不准确，他们将实验进行了改装，将一个力传感器安装在小车上，直接测量细线拉小车的力F′，作a­F′图如丙图中图线2所示，则图线不过原点的原因是______________________________________________________________________________________________________________________________________，对于图像上相同的力，用传感器测得的加速度偏大，其原因是________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)该实验小组在正确操作实验后，再以测得的加速度a为纵轴，所挂钩码的总重力F和传感器测得的F′为横轴作图像，要使两个图线基本重合，请你设计一个操作方案：_____________________________________________________________________________________________________________________。【解析】(1)根据Δx＝aT2，运用逐差法得：a＝eq\f(xBD－xOB,4T2)＝eq\f(（4.04－1.63－1.63）×10－2,4×0.01)m/s2＝0.195m/s2。(2)由图线可知，F不等于零时，a仍然为零，可知图线不过原点的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。力传感器可以直接得出细线拉力的大小，用钩码的重力表示细线的拉力，必须满足钩码的质量远小于小车的质量，否则细线的拉力实际上小于钩码的重力。所以对于图线上相同的力，用力传感器测得的加速度偏大，原因是钩码的质量未远小于小车的质量。(3)要使两个图线基本重合，只要满足钩码的质量远小于小车的质量即可。答案：(1)0.195(2)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足钩码的质量未远小于小车的质量(3)将n个钩码都放在小车上，每次从小车上取一个钩码挂在细线上，其余钩码留在小车上随小车一起运动18．(7分)如图甲所示为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置图。图中A为小车，B为装有砝码的托盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50Hz交流电。小车的质量为m1，小桶(及砝码)的质量为m2。(1)下列说法正确的是__________。A．本实验m2应远大于m1B．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力C．实验时应先释放小车后接通电源D．在用图像探究加速度与质量关系时，应作a­eq\f(1,m1)图像(2)如果实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a­F图像，可能是乙图中的__________图线；另一同学如果平衡摩擦力过大，他测量得到的a­F图像，可能是乙图中的__________图线(以上两空均选填“①”“②”或“③”)。(3)如丙图所示为某次实验得到的纸带，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画出，可求得小车的加速度大小为a＝__________m/s2。(保留二位有效数字)【解析】(1)根据牛顿第二定律可求得绳对小车的拉力为F＝m1a＝m1eq\f(m2g,m1＋m2)＝eq\f(m2g,1＋\f(m2,m1))。当m1≫m2时，拉力F≈m2g，故选项A错误；改变小车的质量，由于小车的重力下滑分力及摩擦力同比例减小，所以一次平衡好后，只要不改变平板的倾角，则不必另外平衡，故选项B错误；打点计时器打点时要求先通电后释放小车，故选项C错误；力不变时，由于加速度与质量成反比，a­m图像是曲线，若a­eq\f(1,m)图像是一条直线，则a与m成反比，故选项D正确。(2)若遗漏了平衡摩擦阻力，则当有力(钩码的重力)时小车却没有加速度，所以图③对应此种情况。同理若平衡过度，则当不挂重物(拉力为零)时，小车就将加速运动，此种情况对应①图像；(3)由逐差法求小车的加速度大小为a＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f([\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3.37＋3.88))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2.40＋2.89))]×10－2,（2×0.1）2)m/s2＝0.49m/s2。答案：(1)D(2)③①(3)0.4919.(9分)民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地面。若机舱口下沿距地面h＝3.6m，气囊所构成的斜面长度为l＝6.0m，一个质量为m＝60kg的人沿气囊滑下时所受的阻力是f＝240N，g取10m/s2(为简化问题，此处将人看作质点，并忽略空气阻力)求：(1)乘客在气囊上滑下的加速度为多大；(2)若乘客从静止开始下滑，滑到底需要多长时间？【解析】(1)对人进行受力分析如图所示设斜面倾角为θ，由牛顿第二定律：Gsinθ－f＝ma(2分)sinθ＝eq\f(h,l)(1分)得a＝2m/s2(2分)(2)由l＝eq\f(1,2)at2(2分)解得t＝eq\r(6)s(2分)答案：(1)2m/s2(2)eq\r(6)s20．(12分)(2020·浙江7月选考)如图1所示，有一质量m＝200kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的eq\f(1,4)时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F­t图线如图2所示，t＝34s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力(g取10m/s2)，求物件：(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；(2)匀速运动的速度大小；(3)总位移的大小。【解析】(1)由题图2可知0～26s内物件匀速运动，26～34s物件匀减速运动，在匀减速运动过程中根据牛顿第二定律有mg－FT＝ma(2分)根据图2得此时FT＝1975N，则有a＝g－eq\f(FT,m)＝0.125m/s2，方向竖直向下。(2分)(2)结合图2根据运动学公式有v＝at2＝0.125×(34－26)m/s＝1m/s。(2分)(3)根据图像可知匀速上升的位移h1＝vt1＝1×26m＝26m(2分)匀减速上升的位移h2＝eq\f(v,2)t2＝eq\f(1,2)×8m＝4m(2分)匀加速上升的位移为总位移的eq\f(1,4)，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的eq\f(3,4)，则有h1＋h2＝eq\f(3,4)h，所以总位移为h＝40m。(2分)答案：(1)0.125m/s2竖直向下(2)1m/s(3)40m21.(10分)如图所示，质量M＝3kg的木块套在水平固定的粗糙直杆上，木块和直杆间的动摩擦因数μ＝eq\f(1,6)。现用轻绳将木块与一质量m＝1kg的小球相连，并用与水平方