高中物理人教版 (2019)必修 第一册5 牛顿运动定律的应用练习题

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第一册5 牛顿运动定律的应用练习题，共32页。试卷主要包含了单选题，解答题，多选题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．如图所示，水平地面上质量为的木块，受到大小为、方向与水平方向成角的拉力作用，沿地面做匀加速直线运动．已知木块与地面之间的动摩擦因数为，则木块的加速度大小为（ ）
A．B．
C．D．
2．如图所示，水平地面上一物体以5m/s的初速度向右滑行，若物体与地面间的动摩擦因数为0.25，取g=10m/s2，则物体在3s内的位移大小为（ ）
A．0.5m B．2.5m C．3.75m D．5m
3．如图所示，ad、bd、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根上套着一个小滑环（ 图中未画出），三个滑环分别从 a、b、c 处释放（初速为 0），用 t1 、t2、 t3 依次表示各滑环到达 d 所用的时间，则（ ）
A． B． C． D．
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（ ）
A．B．C．D．
5．以初速v0竖直向上抛出一个小球，小球所受的空气阻力与速度大小成正比，从抛出到落地小球运动的v-t图是下面哪一个？（ ）
A． B．
C． D．
6．光滑水平面上，质量为4kg的物体在水平推力F1的作用下由静止开始运动，0～2s内的位移为6m，质量为2.5kg的物体在水平推力F2的作用下由静止开始运动，0～3s内的位移为9m，则F1与F2的比值为（ ）
A．1：3 B．3：4 C．12：5 D．9：8
7．某物体做直线运动的v­t图像如图所示，据此判断下列四个选项中图像(F表示物体所受合力，t表示物体运动的时间)正确的是（ ）
A．B．
C．D．
8．水平面上一质量为m的物体，在水平恒力F作用下，从静止开始做匀加速直线运动，经时间t后撤去外力，又经时间3t物体停下，则物体受到的阻力为（ ）
A．B．C．D．
9．用的水平外力拉一个静止在光滑水平面上的质量为的物体，力作用后消失，则第末物体的速度和加速度分别是（ ）
A．B．
C．D．
10．在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据。刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上滑动时留下的痕迹。在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14m。假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数为0.7，g=10m/s2。则汽车开始刹车时的速度为（ ）
A．7m/sB．10m/sC．14m/sD．20m/s
11．假设洒水车的牵引力不变且所受阻力与车重成正比，未洒水时，车匀速行驶，洒水时它的运动将是( )
A．做变加速运动 B．做初速度不为零的匀加速直线运动
C．做匀减速运动 D．继续保持匀速直线运动
12．如图所示，车辆在行驶过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害．为了尽可能地减少碰撞引起的伤害，人们设计了安全带及安全气囊。假定乘客质量为70kg，汽车车速为108km/h（即30m/s），从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5s，安全带及安全气囊对乘客的平均作用力大小为（ ）
A．420N B．600N C．800N D．1000N
13．如图所示，一小车上面有一固定“T”形支架，右边用轻绳悬挂一质量为m的小球，左边用轻杆(杆固定在横梁上)固定一质量也为m的小球，当小车向右运动时小球稳定在图示位置。以下说法正确的是（ ）
A．小车向右做匀加速运动，加速度大小a=gtanβ，杆对小球的作用力大于轻绳对小球的作用力
B．小车向右做匀加速运动，加速度大小a=gtanβ，杆对小球的作用力等于轻绳对小球的作用力
C．小车向右做匀加速运动，加速度大小a=gtanα，杆对小球的作用力大于轻绳对小球的作用力
D．小车向右做匀加速运动，加速度大小a=gtanα，杆对小球的作用力等于轻绳对小球的作用力
14．质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动，如图a、b分别表示物体不受拉力和受到水平拉力作用的v－t图象，则拉力与摩擦力之比为（ ）
A．9∶8B．4∶3C．2∶1D．3∶2
15．如图所示，竖直放置的弹簧，小球从弹簧正上方某一高处落下，从球接触弹簧到弹簧被压缩到最大的过程中，关于小球运动情况，下列说法正确的是 （ ）
A．加速度的大小先减小后增大 B．加速度的大小先增大后减小
C．速度大小不断增大 D．速度大小不断减小
16．如图所示，一个物体从A点由静止出发分别沿三条光滑轨道到达C1、C2、C3，则（ ）
A．物体到达C1时的速度最大
B．物体分别在三条轨道上的运动时间相同
C．物体在与C3连接的轨道上运动的加速度最小
D．物体到达C3的时间最短
17．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，1.25B．40m/s，0.25C．50m/s，0.25D．80m/s，1.25
18．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t 的关系如图所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为 ( )
A．m＝0.5kg，μ＝0.4B．m＝1.5kg，μ＝
C．m＝0.5kg，μ＝0.2D．m＝1kg，μ＝0.2
19．如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30°，质量为0.3 kg的小物块静止在A点．现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上，作用一段时间后撤去推力F，小物块能达到的最高位置为C点，小物块从A到C的v－t图象如图乙所示．g取10 m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．小物块到C点后将沿斜面下滑
B．小物块加速时的加速度是减速时加速度的
C．小物块与斜面间的动摩擦因数为
D．推力F的大小为6 N
20．如图所示，一倾角的足够长的斜面固定在水平地面上。当时，滑块以初速度沿斜面向上运动。已知滑块与斜面间的动摩擦因数，g取10m/s2，，，下列说法正确的是（ ）
A．滑块一直做匀变速直线运动
B．时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上
C．时，滑块恰好又回到出发点
D．时，滑块的速度大小为4m/s
二、解答题
21．如图所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平面成θ＝37°，一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F＝10N，刷子的质量为m＝0.5kg，刷子可视为质点，刷子与天花板间的动摩擦因数为0.5，天花板长为L＝4m，取sin 37°＝0.6，试求：
(1)刷子沿天花板向上运动的加速度大小；
(2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间．
22．如图所示，质量为m的物体随自动扶梯加速上升。已知加速度的大小为a，方向与水平面成θ角，求：
(1)物体在加速上升过程中受到的摩擦力的大小与方向；
(2)物体所受支持力的大小。
23．民用航空客机的机舱除通常的舱门外还设有紧急出口，发生意外情况的飞机着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊组成的斜面，机舱中的乘客就可以沿斜面迅速滑行到地面上．若某型号的客机紧急出口离地面高度为4．0 m，构成斜面的气囊长度为5．0 m．要求紧急疏散时，乘客从气囊上由静止下滑到达地面的时间不超过2．0 s（g取10 m/s2），则：
（1）乘客在气囊上下滑的加速度至少为多大？
（2）气囊和下滑乘客间的动摩擦因数不得超过多少？
24．如图所示，一根足够长的水平杆固定不动，一个质量m=2kg的圆环套在杆上，圆环的直径略大于杆的截面直径，圆环与杆的动摩擦因数μ=0.75，对圆环施加一个与水平方向成θ=53°角斜向上、大小为F=25N的拉力，使圆环由静止开始做匀加速直线运动（sin53°=0.8，cs53°=0.6，g取10m/s2）。求：
（1）圆环对杆的弹力大小；
（2）圆环加速度的大小；
（3）若拉力F作用2s后撤去，圆环在杆上滑行的总距离。
25．如图所示，长为的水平轨道AB与倾角为、长为3m的光滑斜面BC在B处连接，有一质量为的滑块可视为质点，从A处由静止开始受与水平方向成斜向上的拉力的作用，经过一段时间后撤去拉力F，滑块恰好可以滑到斜面最高点已知滑块过B点时速度方向改变但大小不变，滑块与AB间的动摩擦因数，重力加速度g取，，求：
滑块过B点时速度的大小；
拉力F作用的时间．
26．如图所示，固定斜面长10 m，高6 m，质量为2 kg的木块在一个沿斜面向上的20 N的拉力F的作用下，从斜面底端由静止开始运动，已知木块2 s内的位移为4 m，若2 s末撤去拉力，再经过多长时间木块能回到斜面底端？(g取10 m/s2)
27．滑冰车是儿童喜欢的冰上娱乐项目之一．如图所示为小明妈妈正与小明在冰上游戏，小明与冰车的总质量是40kg，冰车与冰面之间的动摩擦因数为0．05，在某次游戏中，假设小明妈妈对冰车施加了40N的水平推力，使冰车从静止开始运动10s后，停止施加力的作用，使冰车自由滑行．（假设运动过程中冰车始终沿直线运动，小明始终没有施加力的作用）．
求：（1）冰车的最大速率；
（2）冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小．
28．一质量为2 kg的物体静止在水平地面上，在水平恒力F的推动下开始运动，4 s末物体的速度达到4 m/s，此时将F撤去，又经8 s物体停下来。如果物体与地面间的动摩擦因数不变，求力F的大小。
29．固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图所示，取重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）小环的质量m；
（2）细杆与地面间的倾角a．
30．质量为4kg的雪橇在倾角的斜坡上向下滑动，所受的空气阻力与速度成正比，比例系数未知今测得雪橇运动的图象如图所示，且AB是曲线最左端那一点的切线，B点的坐标为(4,15)，CD线是曲线的渐近线试问：
(1)物体开始时做什么运动？最后做什么运动？
(2)当和时，物体的加速度各是多少？
(3)空气阻力系数k及雪橇与斜坡间的动摩擦因数各是多少？
31．四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m=2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F=36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f=4 N．(g取10 m／s2)
(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t=5s时离地面的高度h；
(2)当无人机悬停在距离地面高度H=100m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落到地面时的速度v；
(3)接(2)问，无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地（到达地面时速度为零），求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t1．
三、多选题
32．如图所示，一折杆固定在小车上，∠A＝θ，B端固定一个质量为m的小球，设小车向右的加速度为a，AB杆对小球的作用力大小为F，则下列说法正确的是( )

A．当a＝0时，，方向沿AB杆
B．当a＝gtanθ时，，方向沿AB杆
C．无论a取何值，F都等于，方向都沿AB杆
D．无论a取何值，F都等于，方向与AB杆所在直线无关
33．如图所示，质量为m的小球置于倾角为θ的斜面体上，被一个竖直挡板挡住。现用一个水平力F拉斜面体，使斜面体在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，重力加速度为g，忽略一切摩擦，以下说法正确的是（ ）
A．斜面对小球的弹力为
B．斜面和竖直挡板对小球弹力的合力为ma
C．若增大加速度a，斜面对小球的弹力一定增大
D．若增大加速度a，竖直挡板对小球的弹力一定增大
34．如图甲所示，在粗糙水平面上，物块A在方向恒定为水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度﹣时间图象如图乙所示，下列判断正确的是：
A．在0～1s内，外力F不断增大
B．在1s～3s内，外力F的大小恒定
C．在3s～4s内，外力F不断减小
D．在3s～4s内，外力F的大小恒定
35．静止在光滑水平面上的物体受到一个水平拉力的作用，该力随时间变化的图线如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．物体在20 s内平均速度为零
B．物体在20 s末的速度为零
C．物体在20 s末又回到出发点
D．物体在10 s末的速度最大
参考答案
1．D
【详解】
对物体受力分析可以知道，物体受到重力、支持力、拉力和摩擦力的作用，
在水平方向有，
竖直方向有，
滑动摩擦力，
根据以上三式联立可以求得．
所以选项是正确的．
点睛：物体受多力作用时，采用正交分解法进行分析，分解为两方向立式后，再找两方向之间的关联，最终联立方程组求解．
2．D
【详解】
物体在向右运动过程中，水平方向上只受地面给的向左的滑动摩擦力，故物体的加速度为，方向向左
物体停止运动所用时间为
故在3s内的位移等于物体在2s内的位移，大小为
故选D。
3．D
【详解】
对小滑环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动，加速度为 (为杆与竖直方向的夹角)，由图中的直角三角形可知，小滑环的位移，所以，与无关，即，故选项D正确，A、B、C错误．
4．C
【分析】
雨滴下落的过程中受重力和阻力，阻力随速度增大而增大，根据牛顿第二定律，判断加速度的变化，以及根据加速度方向与速度的方向关系判断速度的变化．
【详解】
当雨滴刚开始下落时，阻力f较小，远小于雨滴的重力G，即f＜G，故雨滴做加速运动；
由于雨滴下落时空气对它的阻力随雨滴下落速度的增大而增大，故当速度达到某个值时，阻力f会增大到与重力G相等，即f=G，此时雨滴受到平衡力的作用，将保持匀速直线运动；故选项C的图象符合题意；故ABD错误；C正确；故选C．
【点睛】
本题考查牛顿第二定律的动态过程分析问题；解题关键在于正确分析雨滴下落过程中的受力情况，再根据雨滴的受力分析雨滴的运动状态；注意图象能够直观的展现物体的运动情况．
5．A
【分析】
v-t图象的代表物体的加速度，斜率的绝对值越大代表物体的加速度的数值越大；在小球上升过程中，小球所受的阻力向下，在小球下降的过程中小球所受的阻力向上．根据牛顿第二定律F=ma求出加速度a与阻力f的关系．
【详解】
BD.设物体所受的阻力f=kv，物体的质量为m，则在物体上升的过程中有:mg+kv=ma1
解得：
由于上升过程中物体的速度越来越小，故物体的加速度ma1越来越小，故v-t图的斜率的绝对值越来越小．选项BD不符合题意．
AC.在下落过程中有，解得：
下落过程中物体的速度越来越大，故物体的加速度越来越小，则v-t图的斜率的绝对值也越来越小．显然C的斜率的绝对值越来越大，选项A符合题意，选项C不合题意；
【点睛】
本题的难点有：①要根据阻力与速度的大小成正比写出阻力的表达式；②必须能够明确v-t的斜率代表物体的加速度即倾斜程度越大加速度越大；③能够根据牛顿第二定律写出上升的过程中有mg+f=ma1；在下落过程中有mg-kv=ma2．
6．C
【详解】
第一个物体的加速度
，
则由运动公式
可得
解得F1=12N；
同理，第二个物体的加速度
则由运动公式可得：
解得F2=5N；则
F1：F2=12：5
故选C。
7．B
【详解】
根据速度—时间图像可以知道，物体0～2 s做匀加速直线运动，2～4 s做匀减速直线运动，4～6 s做反向匀加速直线运动，6～8 s做反向匀减速直线运动。速度—时间图像的斜率表示加速度，设最大速度为vm，则0～2 s物体的加速度为，2～4 s物体的加速度为－，4～6 s物体的加速度为－，6～8 s物体的加速度为，根据牛顿第二定律，物体受到的合力与加速度成正比，故B正确，ACD错误。
故选B。
8．B
【详解】
以F的方向为正方向，对整个过程，由动量定理得
解得
故选B。
9．C
【详解】
物体做匀加速直线运动的加速度
则3s末的速度
撤去拉力后，加速度为零，速度不变，则
a=0
速度
v=4.5m/s
故C正确，ABD错误。
故选C。
10．C
【详解】
根据牛顿第二定律有
解得加速度
根据速度位移公式有
代入数据解得，故C正确，ABD错误。
故选C。
11．A
【详解】
设洒水车的牵引力为F，洒水车的质量为m，阻力为kmg，由牛顿第二定律有：F-kmg=ma；得：；开始时F=kmg，a=0，随着m减小，a逐渐增大，故洒水车做加速度逐渐增大的加速运动．故选A．
【点睛】
运用牛顿第二定律分析物体的运动情况是基本能力．本题要抓住洒水车的质量是变化，从而导致车子的加速度发生变化．
12．A
【详解】
从踩下刹车到车完全停止的5s内，乘客的速度由30m/s减小到0，视为匀减速运动，则有
根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的作用力
F=ma=70×6N=420N
方向与初速度方向相反，A正确。
故选A。
13．B
【详解】
杆对小球的作用力方向不一定沿杆，而绳子对小球的作用力方向一定沿绳子，所以以绳子上的小球为研究对象进行受力分析，如图所示
根据牛顿第二定律可得加速度大小为
a==gtanβ
方向向右，所以小车向右做匀加速运动；无论是轻绳或轻杆，对小球的作用力大小为
F=
方向为斜向右上方并与竖直方向夹角为β。
故选B。
14．D
【分析】
解决本题的关键能够从速度时间图线中求出加速度，然后通过牛顿第二定律进行求解．在该问题中要注意拉力可能与速度方向相同，可能相反．通过速度时间图线分别求出a、b的加速度，再通过牛顿第二定律求出摩擦力和拉力的大小．
【详解】
a图线的加速度大小
b图线的加速度大小
当拉力方向与速度方向相同时，可能加速，所以，b图线表示有拉力，a图线没有拉力，根据牛顿第二定律有
F-f=ma2，f=ma1
代入数据解得
f=1.2N，F=1.8N
则拉力与摩擦力之比为3:2，D正确。
故选D。
15．A
【详解】
随着弹簧被压缩，弹簧的弹力越来越大，初始阶段弹力小于重力，小球加速向下运动，但合力是减小的，根据牛顿第二定律加速度也减小，当弹力恰等于重力时，合力为零，加速度也为零，速度达到最大，小球继续向下压缩弹簧，弹力大于重力，小球向下做减速度运动，合力向上逐渐增大，根据牛顿第二定律加速度也增大，直到速度减为零，加速度达最大，所以这个压缩弹簧的过程，加速度先减小后增大，速度先增大后减小，故只有A项正确，BCD错误。
故选A。
16．D
【详解】
A．斜面长
加速度
由
v2＝2aL
得
故到C1、C2、C3时物体速度大小相等，A错误；
BD．由
知沿AC3运动的时间最短，B错误，D正确；
C．物体在斜面上的加速度a＝gsinθ，在与C3连接的轨道上运动的加速度最大，C错误。
故选D。
17．C
【详解】
根据h=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
Ff=kmg
则由牛顿第二定律
mg＋Ff=ma
联立解得
k=0.25
故选C。
18．A
【详解】
在4—6s内做匀速直线运动，可知
在2—4s做匀加速直线运动：
根据牛顿第二定律有：
将，带入，解得：
因为
解得：
A. m＝0.5kg，μ＝0.4，与分析相符，故A项符合题意；
B. m＝1.5kg，μ＝，与分析不符，故B项不符合题意；
C. m＝0.5kg，μ＝0.2，与分析不符，故C项不符合题意；
D. m＝1kg，μ＝0.2，与分析不符，故D项不符合题意．
19．B
【详解】
B．由图乙图象可以知道,加速运动的加速度大小为
减速运动的加速度大小为
故故B正确；
C．在匀减速直线运动过程中,由牛顿第二定律知
计算得出: 故C错误；
A．
所以物块到达C点后将静止在C点不会下滑,故A错误;
D．加速运动时,沿斜面方向根据牛顿第二定律可得
计算得出 故D错误；
故选B。
20．D
【详解】
A．对滑块受力分析：重力G，斜面支持力和摩擦力，将重力分解为沿斜面向下的分力和垂直于斜面向下的分力，则
当滑块沿斜面向上运动时，做匀减速直线运动，加速度为
沿斜面向下运动的加速度为
所以整个运动过程中加速度不同，滑块不是匀变速直线运动，所以A选项错误；
B．根据匀变速直线运动速度公式，可得沿斜面向上运动的时间为
又由于
所以当滑块沿斜面向上速度减为0时，不会静止在斜面上，会继续沿斜面向下做匀加速直线运动，所以B选项错误；
C．根据匀变速直线运动的位移公式可得滑块上滑时的位移为
则沿斜面向下运动回到出发点的时间为
所以C选项错误；
D．根据匀变速直线运动的速度公式可得，3s时滑块的速度为
所以D选项正确。
故选D。
21．(1)a＝2 m/s2 (2) t＝2s
【详解】
（1）
由以上三式得：
（2）由得：
【点睛】
本题是动力学中第一类问题：知道受力情况，确定物体的运动情况，关键是求解加速度．
22．(1) ，方向水平向右；(2)
【详解】
(1)如图所示，建立直角坐标系，对物体进行受力分析，并将加速度a沿水平和竖直方向正交分解，得

由牛顿第二定律
方向水平向右。
(2)在竖直方向上
解得
23．（1）2．5 m/s2 （2）0．92
【详解】
（1）由题意可知，h＝4．0 m，L＝5．0 m，t＝2．0 s．
设斜面倾角为θ，则sinθ＝
乘客沿气囊下滑过程中，由L＝at2得a＝，
代入数据得
a＝2．5 m/s2
（2）在乘客下滑过程中，对乘客受力分析如图所示．
沿x轴方向有：mgsinθ－Ff＝ma
沿y轴方向有：FN－mgcsθ＝0
又Ff＝μFN，联立以上各式解得：
μ＝≈0．92
24．（1）0；（2）7.5m/s2；（3）30m
【详解】
（1）分析圆环的受力情况如图甲所示
将拉力F正交分解
F1=Fcsθ=15N
F2=Fsinθ=20N
因G=20N与F2大小相等，故圆环对杆的弹力为0。
（2）由（1）可知，在拉力F作用下，环不受摩擦力，由牛顿第二定律可知
F合=F1=ma1
代入数据得
a1=7.5m/s2
（3）由（2）可知，撤去拉力F时圆环的速度
v0=a1t1=15m/s
拉力F作用2s的位移
x1=a1t12=15m
撤去拉力F后圆环受力如图乙所示
根据牛顿第二定律
μmg=ma2
得
a2=7.5m/s2
圆环的速度与加速度方向相反，做匀减速直线运动直至静止，取v0方向为正方向，则
v0=15m/s，a=-7.5m/s2
由运动学公式可得：撤去拉力F后圆环滑行的位移
故总位移
x=x1＋x2=30m
25．；
【分析】
根据“经过一段时间后撤去拉力F，滑块恰好可以滑到斜面最高点C”、“滑块过B点时速度的大小”、“拉力F作用的时间”可知，本题考查牛顿第二定律的多过程问题，根据牛顿第二定律、速度位移公式、速度时间关系、位移时间关系分别列方程，联立求解．
【详解】
滑块在斜面上滑行时，由牛顿第二定律得：
．
由运动学规律可得：
解得：
撤去F前，由牛顿第二定律得：
．
设F作用时间为t，则撤去F时有：
撤去拉力F后，有：
．
联立解得：
答：（1）滑块过B点时速度的大小是；
（2）拉力F作用的时间是．
【点睛】
（1）研究滑块在斜面上滑的过程，根据牛顿第二定律求得加速度，由速度位移公式求滑块过B点时速度的大小；
（2）根据牛顿第二定律求出滑块在拉力F作用时和撤去后的加速度．根据前后两个过程的总位移等于，由运动学公式求解F作用的时间．
26．2.08 s
【详解】
因为
所以
由几何知识得
由牛顿第二定律得
解得
2 s末的速度大小为
此时撤去拉力，之后木块沿斜面向下的加速度为
解得
列出运动学方程为
解得
即在撤去拉力后，木块还向上滑动了1 m，所用时间为
之后，木块沿斜面下滑，摩擦力沿斜面向上，所以加速度大小为
解得
而下滑的距离为
根据
解得下滑所用的时间为
所以撤去拉力之后木块回到斜面底端所用的总时间
27．（1）5m/s （2）50m
【详解】
试题分析：（1）以冰车及小明为研究对象，由牛顿第二定律得
F-μmg=ma1 ①
vm=a1t ②
由①②得vm=5m/s
（2）冰车匀加速运动过程中有 x1＝a1t2 ③
冰车自由滑行时有 μmg=ma2 ④
vm2＝2a2x2⑤
又x=x1+x2⑥
由③④⑤⑥得x=50m
考点：牛顿第二定律的综合应用
【名师点睛】本题是两个过程的问题，运用牛顿第二定律和运动学结合处理是基本的方法，也可以根据动量定理和动能定理结合进行研究．
28．3 N
【详解】
物体的整个运动过程分为两段，前4 s内物体做匀加速运动，后8 s内物体做匀减速运动。以F的方向为正方向，则前4 s内物体的加速度为
设摩擦力大小为Ff，由牛顿第二定律得
F－Ff＝ma1
后8 s内物体的加速度为
物体所受的摩擦力不变，由牛顿第二定律得
－Ff＝ma2
联立可求得水平恒力F的大小为
F＝m(a1－a2)＝2×(1＋0.5) N＝3N
29．（1）m＝1kg，（2）a＝30°．
【详解】
由图得：0-2s内环的加速度a==0.5m/s2
前2s，环受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：
2s后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有：
由图读出F1=5.5N，F2=5N
联立两式，代入数据可解得：m=1kg，sinα=0.5，即α=30°
30．(1)物体开始时做加速度减小的加速直线运动，最后作匀速直线运动．(2)2.5m/s2和0(3)2kg/s，
【详解】
(1)物体开始时做加速度减小的加速直线运动，最后作匀速直线运动．
(2)当v0=5m/s时，加速度
v1=10m/s时，加速度为a1=0
(3)t=0时刻开始加速时：
mgsinθ-kv0-μmgcsθ=ma0┅①
最后匀速时：
mgsinθ=kv1+μmgcsθ┅②．
由上面二式，得
kv0+ma0=kv1，
解得
由②式，得
代入解得
μ=0.125
31．（1）75m（2）40m/s （3）
【详解】
（1）由牛顿第二定律 F﹣mg﹣f=ma
代入数据解得a=6m/s2
上升高度
代入数据解得 h=75m．
（2）下落过程中 mg﹣f=ma1
代入数据解得
落地时速度 v2=2a1H，
代入数据解得 v=40m/s
（3）恢复升力后向下减速运动过程 F﹣mg+f=ma2
代入数据解得
设恢复升力时的速度为vm，则有
由 vm=a1t1
代入数据解得．
32．BD
【详解】
对小球受力分析，小球一共受两个力：重力和杆对球的弹力；因为小车和球相对静止，小车有向右的加速度，小球也有向右的加速度．设弹力与竖直方向夹角为画出小球的受力示意图如图，则：
、
解得：、
A：当a＝0时，、即力F的方向竖直向上．故A项错误．
B：当a＝gtanθ时，、即力F的方向沿AB杆．故B项正确．
CD：无论a取何值，F都等于，方向与a取值大小有关与AB杆所在直线无关．故C项错误，D项正确．
点睛：杆的弹力方向不一定沿杆，要根据受力分析结合平衡或牛顿运动定律等知识判断杆的弹力方向．
33．AD
【详解】
A．对小球受力分析如图所示
把斜面对小球的弹力FN2进行正交分解，竖直方向有
FN2csθ=mg
水平方向有
FN1－FN2sinθ=ma
所以斜面对小球的弹力为
FN2=
故A正确；
B．小球受到斜面的弹力、挡板的弹力和重力的合力为ma，故B错误；
CD．斜面对小球的弹力
FN2=
与a无关，挡板对小球的弹力
FN1=ma＋mgtanθ
随a增大而增大，故C错误，D正确。
故选AD。
34．BC
【分析】
在速度﹣时间图象中，某一点纵坐标代表此时刻的瞬时速度；某点切线的斜率代表该时刻的加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负。结合牛顿第二定律判断受力情况。
【详解】
A．在0～1s内，直线的斜率不变，加速度不变，由牛顿第二定律得：
可知外力F是恒力，故A错误；
B．在1～3s内，速度不变，物体做匀速直线运动，加速度等于零
故外力F的大小恒定，故B正确；
CD．在3～4s内，斜率越来越大，说明加速度越来越大，所以物体做加速度增大的减速运动，由牛顿第二定律得：
得：
f、m不变，a增大，F减小，故C正确，D错误。
35．BD
【详解】
在0～10 s内，物体的加速度
则10 s末的速度
在10～20 s内，物体的加速度大小为
则物体在20 s末的速度
物体在0～10 s内做匀加速直线运动，10～20 s内做匀减速直线运动，20 s内的位移不等于零，所以平均速度不为零，物体一直向前运动，10 s末速度最大。
故选BD。