高三上学期物理月考试题汇编3牛顿.docx
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高三上学期物理月考试题汇编3牛顿
牛顿定律
第二定律
7.（2019～2020学年度云南省玉溪一中高三第二次月考）从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球,若运动过程中受到的阻力与其速率成正比,小球运动的速率随时间变化的规律如图所示,小球在t1时刻到达最高点后再落回地面,落地速率为v1,且落地前小球已经做匀速直线运动,已知重力加速度为g,下列关于小球运动的说法中正确的是（ ）
A.小球到达最高点时的加速度为g
B.在速度达到v1之前小球的加速度大小先增大后减小
C.小球下降过程中的平均速度小于
D.小球抛出瞬间的加速度大小为（1
）g
【试题分析】由图象得到小球上升过程和下降过程的运动规律,明确v﹣t图象的斜率表示加速度,然后进行受力分析,根据牛顿第二定律进行分析。
【试题解答】解:
A、t1时刻,小球的速度为零,到达最高点,小球所受的阻力为零,小球只受重力,加速度为g,故A正确。
B、速度时间图象的斜率表示加速度,根据图象可知,0﹣t1时间内,图线切线斜率的大小不断减小,加速度不断减小。
从t1时刻到速度达到v1之前,图象的斜率不断减小,则小球的加速度一直在减小,故B错误。
C、下降过程若是匀加速直线运动,其平均速度为
.从图中可以看出,小球实际做的是加速度减小的变加速直线运动,在相同时间内通过的位移大于匀加速直线运动的位移,故其平均速度大于匀加速的平均速度,即大于
故C错误。
D、小球抛出时,由牛顿二定律得:
mg＋kv0＝ma0;落地前小球已经做匀速运动,有mg＝kv1;所以小球抛出瞬间的加速度大小为a0＝（1
）g,故D正确。
故选:
AD。
8.（2019～2020学年度江苏省淮安市楚州中学高三第三次段考）如图所示,质量为m的小物块以初速度v0沿足够长的固定斜面上滑,斜面倾角为θ,物块与该斜面间的动摩擦因数μ＞tanθ,下图表示该物块的速度v和所受摩擦力Ff随时间t变化的图线（以初速度v0的方向为正方向）中可能正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【试题分析】物块与该斜面间的动摩擦因数μ＞tanθ,即mgsinθ＜μmgcosθ,知物块上滑到最高点,将静止在最高点.结合牛顿第二定律得出加速度的大小,判断物体的运动规律.
【试题解答】解:
A、因为物块与该斜面间的动摩擦因数μ＞tanθ,即mgsinθ＜μmgcosθ,知物块上滑到最高点,将静止在最高点。
在上滑的过程中受重力、支持力和摩擦力的大小,做匀减速直线运动。
故A、B错误。
C、上滑的过程中受滑动摩擦力,方向沿斜面向下,大小为f1＝μmgcosθ,上升到最高点,受静摩擦力大小,方向沿斜面向上,大小为f2＝mgsinθ,知f1＞f2.故C正确,D错误。
故选:
C。
超重失重
3.（2019～2020学年度山东省济南外国语学校高三第一学期月考）如图所示,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（ ）
A.
B.
C.
D.
【试题分析】人在加速下蹲的过程中,有向下的加速度,处于失重状态,在减速下蹲的过程中,加速度方向向上,处于超重状态。
【试题解答】解:
对人的运动过程分析可知,人下蹲的过程可以分成两段:
人在加速下蹲的过程中,有向下的加速度,处于失重状态,此时人对传感器的压力小于人的重力的大小;
在减速下蹲的过程中,加速度方向向上,处于超重状态,此时人对传感器的压力大于人的重力的大小,ABD错误;C正确。
故选:
C。
两类问题
5.（2019～2020学年度辽宁省大连市瓦房店高中高三第一学期月考）某消防队员从一平台跳下,下落2m后双脚触地,接着他用双腿弯曲的方法缓冲,使自身重心又下降0.5m,则在着地过程中地面对他双脚的平均作用力为自身重力的（ ）
A.8倍B.10倍C.4倍D.5倍
【试题分析】消防队员先是自由落体,然后其重心匀减速下降;先对自由落体运动过程运用速度位移公式求解出末速度,然后求解出减速过程的加速度,最后根据牛顿第二定律列式求解支持力.
【试题解答】解:
自由落体运动过程,末速度为:
2
m/s;
匀减速过程,根据速度位移公式
得加速度为:
对于减速过程,根据牛顿第二定律,有:
mg﹣F＝ma
解得:
F＝mg﹣ma＝5mg
故选:
D。
16.（2019～2020学年度湖南省益阳市、湘潭市高三第一学期质检）某景区一建筑物屋顶沿东西方向呈“人”字形结构,屋顶与水平面夹角为37°,屋檐处一小段水平。
单侧屋面长L＝10m,屋檐离地高度H＝5m。
一次无人机偶然拍摄到屋顶最顶端一片琉璃瓦已经松动,随时有滑下的可能。
考虑屋面干燥和下雨的两种情况,琉璃瓦之间的动摩擦因数0.12554≤μ≤0.25.设琉璃瓦滑至屋檐处后
水平抛出。
在地面建立东西方向为x轴,南北方向为y轴的平面直角坐标系（如图所示）,g＝10m/s2。
（1）在地面标出东西方向的危险区域坐标范围;
（2）琉璃瓦的质量m＝2kg,若考虑琉璃瓦滑出屋檐后南北方向风力的影响,水平风力对琉璃瓦的最大值为1N,试求危险区域的面积。
【试题分析】
（1）琉璃瓦沿屋面下滑时,根据牛顿第二定律求解两种情况下的加速度大小,再根据运动学公式求解平抛运动的初速度,根据平抛运动的规律求解危险区的坐标范围;
（2）根据牛顿第二定律求解南北方向的最大加速度,再求出最大位移,根据几何关系求解危险区的面积。
【试题解答】解:
（1）琉璃瓦沿屋面下滑时,根据牛顿第二定律可得:
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
解得:
a＝gsinθ﹣μgcosθ
下雨时:
a1＝gsinθ﹣μ1gcosθ＝6m/s2,
干燥时:
a2＝gsinθ﹣μ2gcosθ＝4m/s2,
滑到屋檐处做平抛运动的初速度:
下雨时:
v1
10m/s
干燥时:
v2
4
m/s
离开屋檐做平抛运动的时间:
t
1s,
平抛运动的水平位移:
下雨时:
x1＝v1t＝10m
干燥时:
x2＝v2t＝4
m
故危险区的坐标范围为[4
m,10m];
（2）南北方向的最大加速度为ay
0.5m/s2,
南或者北方向的最大位移为ym
0.25m
危险区的面积:
S＝（x1﹣x2）（2ym）＝（5﹣2
）m2。
答:
（1）在地面东西方向的危险区域坐标范围为[4
m,10m];
（2）危险区域的面积为（5﹣2
）m2。
【试题评价】对于牛顿第二定律的综合应用问题,关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况,利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度,再根据题目要求进行解答;知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
14.（2019～2020学年度河南省中原名校高三第二次联考）如图1所示,两滑块AB用细线跨过定滑轮相连,B距地面一定高度,A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动。
已知mA＝2kg,mB＝4kg,固定斜面倾角θ＝37°.某时刻由静止释放A,测得A沿斜面向上运动的v﹣t图象如图2所示（B落地后不反弹）。
已知g＝10m/s2,sin37°＝0.6,cos37°＝0.8.求:
（1）A与斜面间的动摩擦因数;
（2）A沿斜面向上滑动的最大位移。
【试题分析】解答本题的思路是:
（1）首先分析B落地前,AB两者组成的系统的受力情况,结合v﹣t图象求解;
（2）B落地后,A的受力及运动情况,结合v﹣t图象求解。
【试题解答】解:
（1）在0～0.5s内,根据图象,A、B系统的加速度为a1
4m/s2
对A、B系统受力分析,由牛顿第二定律得
mBg﹣mAgsinθ﹣μmAgcosθ＝（mA＋mB）a1
得μ＝0.25
（2）B落地后,A继续减速上升,由牛顿第二定律得
mAgsinθ＋μmAgcosθ＝mAa2
将已知量代入得a2＝8m/s2
故A减速向上滑动的位移为x2
0～0.5s内A加速向上滑动的位移
x1
所以,A上滑的最大位移为x＝x1＋x2＝0.75m
答:
（1）A与斜面间的动摩擦因数为0.25。
（2）A沿斜面向上滑动的最大位移0.75m
【试题评价】解答本题的易错点是:
（1）B落地前,研究对象的选取;
（2）B落地后,A物体运动情况的分析。
18.（2019～2020学年度江苏省淮安市楚州中学高三第三次段考）如图（a）所示,质量为m＝2kg的物块以初速度v0＝20m/s从图中所示位置开始沿粗糙水平面向右运动,同时物块受到一水平向左的恒力F作用,在运动过程中物块速度随时间变化的规律如图（b）所示,g取10m/s2.试求:
（1）物块在0﹣4s内的加速度a1的大小和4﹣8s内的加速度a2的大小;
（2）恒力F的大小及物块与水平面间的动摩擦因数μ;
（1）8s内恒力F所做的功。
【试题分析】
（1）物体先向右减速再向左加速,根据v﹣t图象得到两段的加速度;
（2）然后根据牛顿第二定律列式求解拉力及动摩擦力因数。
（3）根据图形的面积可得8s内物体运动的位移,根据功的公式可求得8s内恒力F所做的功。
【试题解答】解:
（1）由图可知,0﹣4s内,物体向右做匀减速直线运动,4﹣8s内,物体向左做匀加速直线运动;
0﹣4s内,
方向水平向左;
4﹣8s内,
方向水平向左;
（2）根据牛顿第二定律,在0﹣4s内恒力F与摩擦力同向,有:
F＋μmg＝ma1
4s﹣8s内恒力F与摩擦力反向,有:
F﹣μmg＝ma2
代入数据解得:
F＝7N,μ＝0.15
（3）根据图形的面积可得8s内物体运动的位移为:
恒力F做的功为:
W＝Fs＝﹣7×24＝﹣168J
答:
（1）物块在0﹣4s内的加速度的大小是5m/s2,方向水平向左;4﹣8s内的加速度的大小2m/s2,方向水平向左;
（2）恒力F的大小7N,物块与水平面间的动摩擦因数0.15;
（1）8s内恒力F所做的功﹣168J。
整体法
5.（2019～2020学年度江苏省淮安市楚州中学高三第三次段考）如图所示,置于粗糙水平面上的物块A和B用轻质弹簧连接,在水平恒力F的作用下,A、B以相同的加速度向右运动。
A、B的质量关系为mA＞mB,它们与地面间的动摩擦因数相同。
为使弹簧稳定时的伸长量增大,下列操作可行的是（ ）
A.仅减小B的质量
B.仅增大A的质量
C.仅将A、B的位置对调
D.仅减小水平面的粗糙程度
【试题分析】先利用整体法,可以求出整体运动的加速度大小,再利用隔离法可以求得弹簧对物体B的拉力的大小,进而进行判断。
【试题解答】解:
设弹簧的弹力为T。
对于A、B整体,由牛顿第二定律得:
F﹣μ（mA＋mB）g＝（mA＋mB）a﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
对B受力分析;T﹣μmBg＝mBa﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②解得,T
则:
A、由T
知减小mB,T减小,则弹簧稳定时的伸长量减小,故A错误。
B、由T
知仅增大A的质量,T减小,则弹簧稳定时的伸长量减小,故B错误。
C、仅将A、B的位置对调,同理可得弹簧的弹力T′
因mA＞mB,则T′＞T,所以弹簧稳定时的伸长量增大,故C正确。
D、由T
知T与μ无关,因此仅减小水平面的粗糙程度,弹簧稳定时的伸长量不变,故D错误。
故选:
C。
2.（2019～2020学年度湖南省益阳市、湘潭市高三第一学期质检）如图所示,倾角为θ＝30°的斜面A置于水平面上,滑块B、C叠放在一起沿斜面加速下滑,且始终保持相对静止。
斜面A静止不动,B上表面水平。
则B、C在斜面上运动时,下列说法正确的是（ ）
A.B一定受到四个力作用
B.A、B间的动摩擦因数
C.地面对A有向右的摩擦力
D.地面对A的支持力等于A、B、C三者重力之和
【试题分析】以B和C为研究对象,画出加速度的分解图,根据受力情况结合运动情况进行分析。
【试题解答】解:
以B和C为研究对象,一起加速下滑时的加速度以及加速度分解如图所示;
A、由于C水平方向加速度不为零,则B和C之间一定存在摩擦力,所以B受到重力、C对B的压力和摩擦力、A对B的支持力和摩擦力（也可能没有摩擦力）,故B受到5个力或4个力,故A错误;
B、由于整体加速下滑,则Mgsinθ＞μMgcosθ,即
故B正确;
C、根据图象可知,整体加速度方向向左,则地面对A有向左的摩擦力,故C错误;
D、根据图象可知B和C在竖直方向有向下的加速度,处于失重,所以地面对A的支持力小于A、B、C三者重力之和,故D错误。
故选:
B。
【试题评价】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识;利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是:
确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答;注意整体法和隔离法的应用。
3.（2019～2020学年度河南省中原名校高三第二次联考）如图所示,质量为4kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上,质量为1kg的物体B用细线悬挂在天花板上,B与A刚好接触但不挤压,现将细线剪断,则剪断后瞬间,（g取10m/s2）下列结果正确的是（ ）
A.A加速度的大小为2.5m/s2
B.B加速度的大小为10m/s2
C.弹簧的弹力大小为50N
D.A、B间相互作用力的大小为8N
【试题分析】弹簧的弹力不能突变,以A、B系统为研究对象,由牛顿第二定律求出系统的加速度,然后以B为研究对象,由牛顿第二定律求出A、B间的作用力。
【试题解答】解:
ABC、物体A、B接触但不挤压,剪断细线前,对A由平衡条件得,弹簧的弹力:
T＝mAg＝4×10＝40N,由于弹簧的弹力不能突变,剪断细线瞬间弹力大小仍为40N;
剪断细线后,A、B一起向下加速运动,对系统,由牛顿第二定律得:
（mA＋mB）g﹣T＝（mA＋mB）a,解得:
a＝2m/s2,故ABC错误;
D、对B,由牛顿第二定律得:
mBg﹣F＝mBa,解得:
F＝8N,则A、B间的作用力为8N,故D正确;
故选:
D。
滑块
9.（2019～2020学年度江苏省淮安市楚州中学高三第三次段考）如图所示,质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上。
现对木块施加一水平向右的拉力F,木块在长木板上滑行,长木板始终静止。
已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1,长木板与地面间的动摩擦因数为μ2,且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。
则（ ）
A.μ1一定小于μ2
B.μ1可能大于μ2
C.改变F的大小,F＞μ2（m1＋m2）g时,长木板将开始运动
D.改F作用于长木板,F＞（μ1＋μ2）（m1＋m2）g时,长木板与木块将开始相对滑动
【试题分析】分别对A、B进行受力分析,根据牛顿第二定律,列出对于的方程,可以知道无法μ1、μ2的大小;改变F的大小,只要木块在木板上滑动,则木块对木板的滑动摩擦力不变,则长木板仍然保持静止;改F作用于长木板,先求出木块的加速度,然后利用整体法求出F的表达式,可以求出长木板与木块将开始相对滑动的条件。
【试题解答】解:
AB、对m1,根据牛顿运动定律有:
F﹣μ1m1g＝m1a,对m2,由于保持静止有:
μ1m1g﹣Ff＝0,Ff＜μ2（m1＋m2）g,所以动摩擦因数的大小从中无法比较。
故A错误、B正确。
C、改变F的大小,只要木块在木板上滑动,则木块对木板的滑动摩擦力不变,则长木板仍然保持静止。
故C错误。
D、若将F作用于长木板,当木块与木板恰好开始相对滑动时,对木块,μ1m1g＝m1a,解得a＝μ1g,对整体分析,
有F﹣μ2（m1＋m2）g＝（m1＋m2）a,解得F＝（μ1＋μ2）（m1＋m2）g,所以当F＞（μ1＋μ2）（m1＋m2）g时,长木板与木块将开始相对滑动。
故D正确。
故选:
BD。
5.（2019～2020学年度河南省中原名校高三第二次联考）一足够长的木板B静置于光滑水平面上,如图甲所示,其上放置小滑块A,木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用,木板加速度a随力F变化的a﹣F图象如图乙所示,g取10m/s2,下判定错误的是（ ）
A.木板B的质量为1kg
B.当F＝10N时木板B加速度为4m/s2
C.滑块A的质量为4kg
D.当F＝10N时滑块A的加速度为2m/s2
【试题分析】当拉力较小时,m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动,当拉力达到一定值时,m和M发生相对滑动,结合牛顿第二定律,运用整体和隔离法分析。
【试题解答】解:
AC、当F等于8N时,加速度为:
a＝2m/s2,对整体分析,由牛顿第二定律有:
F＝（M＋m）a,代入数据解得:
M＋m＝4kg,当F大于8N时,对B,由牛顿第二定律得:
a
F
由图示图象可知,图线的斜率:
k
1,解得,木板B的质量:
M＝1kg,滑块A的质量为:
m＝3kg。
故A正确C错误;
B、根据F大于8N的图线知,F＝6N时,a＝0m/s2,由a
F
可知:
0
6
解得:
μ＝0.2,由图示图象可知,当F＝10N时,滑块与木板相对滑动,B的加速度为:
aB＝a
F
10
4m/s2,故B正确;
D、当F＝10N时,A、B相对滑动,木块A的加速度:
aA
μg＝2m/s2,故D正确。
本题选错误的,
故选:
C。
18.（2019～2020学年度山东省济南外国语学校高三第一学期月考）如图所示,质量m1＝2kg的木板A静止在水平地面上,在木板的左端放置一个质量m2＝4kg的铁块B（大小可忽略）,铁块与木板间的动摩擦因数μl＝0.25,木板长L＝1m,水平恒力F作用在铁块上,假设最大静摩擦力和滑动摩擦力相等,g取10m/s2。
（1）若水平地面光滑,计算铁块与木板相对静止的最大外力F等于多少？
（2）若水平恒力F＝20N,木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1,求铁块运动到木板右端所用的时间。
【试题分析】
（1）当外力F最大时,此时铁块和木板之间的摩擦力为最大静摩擦力,分析两物体的受力情况,根据牛顿第二定律列方程求解外力F;
（2）根据牛顿第二定律分别求出A、B的加速度,结合位移之差等于木块的长度求出运动的时间。
【试题解答】解:
（1）A、B之间的最大静摩擦力为:
f＝μ1m2g＝10N…①
根据牛顿第二定律有,相对静止时:
f＝m1a…②
对整体:
F＝（m1＋m2）a…③
由①～③联立得,F＝30N
（2）由牛顿第二定律,对B:
F﹣μ1m2g＝m2aB…④
对A:
μ1m2g﹣μ2（m1＋m2）g＝m1aA…⑤
根据题意A、B的位移差为:
L＝xB﹣xA…⑥
且
⑦
⑧
由④～⑧,解得:
t＝2s;
答:
（1）铁块与木板相对静止的最大外力F等于30N;
（2）铁块运动到木板右端所用的时间为2s;
【试题评价】解决该题的关键是正确对物体进行受力分析,知道当外力F达到最大时,铁块和木板之间的摩擦力为最大静摩擦力;
传送带
4.（2019～2020学年度云南省玉溪一中高三第二次月考）如图所示,物体从Q点开始自由下滑,通过粗糙的静止水平传送带后,落在地面P点。
传送带匀速转动起来以后,物体仍从Q点开始自由下滑,则物体通过传送带后（ ）
A.若传送带沿逆时针方向转动,则物块一定落在P点右侧
B.若传送带沿逆时针方向转动,则物块一定落在P点左侧
C.若传送带沿顺时针方向转动,则物块可能落在P点右侧
D.若传送带沿顺时针方向转动,则物块可能落在P点左侧
【试题分析】物块从光滑曲面P点由静止开始下滑,通过粗糙的静止水平传送带时,受到水平向左的滑动摩擦力做匀减速直线运动。
若传送带做逆时针转动,则物块仍然做匀减速直线运动。
若传送带顺时针转动时,结合传送带速度和物块的速度大小关系,分析物块的运动情况来选择。
【试题解答】解:
AB、物块从斜面滑下来,当传送带静止时,在水平方向受到与运动方向相反的摩擦力,物块将做匀减速运动,离开传送带时做平抛运动。
当传送带逆时针转动,物块仍然做匀减速运动,离开传送带时的速度与传送带静止时相同,则物块仍然落在Q点。
故AB错误。
CD、当传送带顺时针转动时,若传送带速度较小,物块滑上传送带后可能一直做匀减速运动,则物块离开传送带时速度大小可能与传送带静止时相同,物块仍然落在Q点,若传送带速度较大,物块滑上传送带可能一直做匀加速运动,离开传送带时速度大于传送带静止时的速度,落在Q点的右侧。
故C正确,D错误。
故选:
C。
9.（2019～2020学年度辽宁省大连市瓦房店高中高三第一学期月考）如图所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行.初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上滑上传送带,以地面为参考系,v2＞v1.从小物块滑上传送带开始计时,其v﹣t图象可能的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【试题分析】物体由于惯性冲上皮带后,从右端滑上传送带时,可以先匀减速运动到速度为0再反向加速后匀速,也可以一直减速,分情况进行讨论即可解题.
【试题解答】解:
A、小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动,到达左端后速度还没有减为零,离开传送带后在光滑水平地面上做匀速运动,故A正确;
B、小物块从右端滑上传送带后先做匀减速运动,速度减为零后反向做匀加速运动,当速度等于传送带速度v1后匀速运动,故B正确;
C、小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动,到达左端时速度恰好为零,故C正确;
D、物块做匀减速运动速度达到零后不能一直匀加速下去,反向加速后,速度等于传送带速度v1后匀速运动,故D错误。
故选:
ABC。
实验
11.（2019～2020学年度河南省中原名校高三第二次联考）为了探究静摩擦力及滑动摩擦力变化规律,老师设计了如图甲所示的演示装置,力传感器A与计算机连接,可获得力随时间变化的图象,将力传感器固定在光滑水平桌面上,测力端通过细绳与一滑块相连（调节力传感器高度可使细绳水平）,滑块起初放在较长的小车最右端（滑块可视为质点）,小车一端连接一根轻绳并跨过光滑的轻质定滑轮系一只空沙桶（调节滑轮可使桌面上部轻绳水平）,起初整个装置处于静止状态。
实验开始时打开力传感器同时缓慢向沙桶里倒入沙子,小车一旦运动起来,立即停止倒沙子,力传感器采集的图象如图乙所示（重力加速度为g═10m/s2）。
（1）最大静摩擦力 大于 （填大于,等于,小于）滑动摩擦力。
（2）某同学想对此实验拓展,还进行了以下操作:
①.测出滑块的重力G＝15N;②测出小车表面的长度L＝1.56m;则该同学利用传感器采集的图象及以上数据可以得到:
空沙桶的质量:
0.20 kg;滑块与小车表面的动摩擦因数:
μ＝ 0.20 ;小车运动的加速度:
a＝ 0.50 m/s2,小车的质量m＝ 0.65 kg;（保留2位小数）
【试题分析】明确实验原理对整体分析可明确静止时传感器示数等于桶的重力;
再对滑块进行受力分析,滑块水平方向受到小车给它的摩擦力和绳子的拉力,根据小车的运动情况分析滑块受到的摩擦力性质即可求解。
【试题解答】解:
（1）由于滑块一直处于静止状态,所以传感器显示的力和滑块受到的摩擦力大小相等,实验开始时打开传感器同时缓慢向沙桶里倒入沙子,此时小车没有运动,滑块与小车间是静摩擦力,随着沙子逐渐增多,达6s时,小车与滑块间的摩擦力达到最大静摩擦力,此时停止加入沙子,此后滑块受到滑动摩擦力且保持不变;由图可知,最大静摩擦力为3.5N;而滑动摩擦力为3N,故最大静摩擦力大于滑动摩擦力;
（2）根据平衡条件有,实验开始时打开传感器的瞬间还没有向沙桶倒沙子时,传感器的数据即表示空桶的重力G1＝mg＝2N,故m＝0.2kg;
滑块压力为15N,根据滑动摩擦力公式可得:
μ
0.2;
由图可知,小车前进了2.5s,位移为1.56m;由位移公式可得:
x
at2;解得:
a＝0.50m/s2;
小车运动时受桶的拉力和摩擦力作用,对桶和小车分析,此时桶的质量m＝0.35kg;
根据牛顿第二定律可得:
3.5﹣3.0＝（m＋m1）a
解得:
m1＝0.65kg;
故答案为:
（
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