专题09 牛顿运动定律应用- 十年（2014-2023）高考物理真题分项汇编（2份打包，原卷版+解析版）

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专题09 牛顿运动定律应用
一、单选题
1．（2022·北京）如图所示，质量为m的物块在倾角为的斜面上加速下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为。下列说法正确的是（　　）

A．斜面对物块的支持力大小为 B．斜面对物块的摩擦力大小为
C．斜面对物块作用力的合力大小为 D．物块所受的合力大小为
【答案】B
【解析】A．对物块受力分析可知，沿垂直斜面方向根据平衡条件，可得支持力为

故A错误；
B．斜面对物块的摩擦力大小为

故B正确；
CD．因物块沿斜面加速下滑，根据牛顿第二定律得

可知

则斜面对物块的作用力为

故CD错误。
故选B。
2．（2022·辽宁）如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10m/s2。下列v0、μ值可能正确的是（　　）

A．v0= 2.5m/s B．v0= 1.5m/s C．μ = 0.28 D．μ = 0.25
【答案】B
【解析】AB．物块水平沿中线做匀减速直线运动，则

由题干知
x = 1m，t = 1s，v > 0
代入数据有
v0 < 2m/s
故A不可能，B可能；
CD．对物块做受力分析有
a = - μg，v2 - v02= 2ax
整理有
v02 - 2ax > 0
由于v0 < 2m/s可得
μ < 0.2
故CD不可能。
故选B。
3．（2022·全国）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距时，它们加速度的大小均为（　　）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】当两球运动至二者相距时，,如图所示

由几何关系可知

设绳子拉力为，水平方向有

解得

对任意小球由牛顿第二定律可得

解得

故A正确，BCD错误。
故选A。
4．（2021·海南）如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为、，P与桌面间的动摩擦因数，重力加速度。则推力F的大小为（　　）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】P静止在水平桌面上时，由平衡条件有


推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即

故Q物体加速下降，有

可得

而P物体将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律

解得

故选A。
5．（2021·全国）如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将（　　）

A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大
【答案】D
【解析】设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知

可得

可知时，t 有最小值，故当从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t先减小后增大。
故选D。
6．（2020·江苏）中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为（　　）
A．F B． C． D．
【答案】C
【解析】根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3节车厢根据牛顿第二定律有

设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有

联立解得。
故选C。
7．（2017·海南）如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ。用大小为F的水平外力推动物块P，设R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是（）

A．若μ≠0，则k= B．若μ≠0 ， k =
C．若μ=0，则 D．若μ=0，则
【答案】D
【解析】三物块靠在一起，将以相同加速度向右运动；则加速度大小：

所以，和之间相互作用力为：

与之间相互作用力：

所以可得：

由于谈论过程与是否为零无关，故有恒成立；
A．与分析不符，故A错误；
B．与分析不符，故B错误；
C．与分析不符，故C错误；
D．与分析相符，故D正确；
故选D。
8．（2019·海南）如图，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】根据牛顿第二定律，对PQ的整体：；对物体P：；解得，故选D。
9．（2019·全国）物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行．已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10m/s2．若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为
A．150kg B．kg C．200 kg D．kg
【答案】A
【解析】
T=f+mgsinθ，f=μN，N=mgcosθ，代入数据解得：m=150kg，故A选项符合题意
10．（2014·北京）应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入，例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是（　　）
A．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
B．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度
D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
【答案】D
【解析】AB．手托物体由静止开始向上运动，一定先做加速运动，物体处于超重状态；而后可能匀速上升，也可能减速上升，故AB错误；
CD．在物体离开手的瞬间，二者分离，不计空气阻力，物体只受重力，物体的加速度一定等于重力加速度；要使手和物体分离，手向下的加速度一定大于物体向下的加速度，即手的加速度大于重力加速度，选项C错误，D正确。
故选D。
【名师点睛】本题主要考查了学生对超重、失重的理解．属于容易题．物体处于超重时其竖直方向加速度的方向竖直向上，物体处于失重时其竖直方向加速度的方向竖直向下；超重和失重与速度的方向无关．
11．（2014·全国）如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定的偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内 ）．与稳定在竖直位置时相比，小球高度

A．一定升高 B．一定降低
C．保持不变 D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
【答案】A
【解析】
试题分析：设L0为橡皮筋的原长，k为橡皮筋的劲度系数，小车静止时，对小球受力分析得：T1=mg，
弹簧的伸长x1＝，即小球与悬挂点的距离为L1=L0+，当小车的加速度稳定在一定值时，对小球进行受力分析如图，得：T2cosα=mg，T2sinα=ma，所以：T2=，弹簧的伸长：x2＝＝，则小球与悬挂点的竖直方向的距离为：L2=（L0+）cosα=L0cosα+＜L0+=L1，所以L1＞L2，即小球在竖直方向上到悬挂点的距离减小，所以小球一定升高，故A正确，BCD错误．
故选A．
12．（2016·上海）如图所示，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的（　　）

A．OA方向 B．OB方向 C．OC方向 D．OD方向
【答案】D
【解析】当小车向右做匀加速运动时，小球和小车是一个整体，所以小球向右做匀加速直线运动，根据牛顿第三定律可得合力沿OD方向。
故选D。
【点睛】根据牛顿第二定律可知，加速度的方向与合力的方向相同，是解决本题的关键。另外要知道杆的弹力不一定沿杆的方向。
13．（2014·海南）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＞t1
C．t1＞t0，t2＞t1 D．t1＜t0，t2＜t1
【答案】B
【解析】由题可知，空气阻力大小不变，故三段时间均为匀变速直线运动，根据匀变速直线运动的特点，将三个过程均看成初速度为零的匀变速直线运动，由可知，加速度大的用时短，有阻力时上升时加速度大于g，下降时加速度小于g，则有阻力上升时时间较小，下降时时间较长；即t1＜t0，t2＞t1；
故选B．
二、多选题
14．（2022·全国）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（　　）

A．P的加速度大小的最大值为
B．Q的加速度大小的最大值为
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
【答案】AD
【解析】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为

撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为

AB．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为

解得

此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。
故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为。
Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时

解得

故滑块Q加速度大小最大值为，A正确，B错误；
C．滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；
D．滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为

解得

撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。
故选AD。
15．（2020·海南）如图，在倾角为的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为和，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则（    ）

A．两物块一起运动的加速度大小为
B．弹簧的弹力大小为
C．若只增大，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
D．若只增大，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
【答案】BC
【解析】A．对整体受力分析，根据牛顿第二定律有

解得，故A错误；
B．对m2受力分析，根据牛顿第二定律有

解得，故B正确；
C．根据，可知若只增大，两物块一起向上匀加速运动时，弹力变大，根据胡克定律，可知伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确；
D．根据，可知只增大，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，根据胡克定律，可知伸长量不变，故它们的间距不变，故D错误。
故选BC。
16．（2015·全国）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为的加速度向西行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（　　）
A．8 B．10 C．15 D．18
【答案】BC
【解析】设这列车厢的总节数为n，P、Q挂钩东边有k节车厢，每节车厢的质量为m，由牛顿第二定律可知
，
解得

k是正整数，n只能是5的整倍数。
故选BC。
17．（2016·江苏）如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中(  )

A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
【答案】BD
【解析】A．鱼缸向右加速运动，桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，故A错误；
B．鱼缸在桌布上加速运动，脱离桌布后在桌面上做减速运动，加速度大小相等，且加速运动的末速度等于减速运动的初速度，故可知鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等，故B正确；
C．鱼缸受的摩擦力只与鱼缸的重力和摩擦因数有关，故若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将不变，故C错误；
D．若猫减小拉力，若鱼缸能与桌布保持相对静止，故鱼缸能滑出桌面，故D正确。
故选BD。
三、解答题
18．（2022·天津）冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A推到M点放手，此时A的速度，匀减速滑行到达N点时，队友用毛刷开始擦A运动前方的冰面，使A与间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行，与静止在P点的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为和。已知A、B质量相同，A与间冰面的动摩擦因数，重力加速度取，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B碰撞时间极短。求冰壶A
（1）在N点的速度的大小；
（2）与间冰面的动摩擦因数。

【答案】（1）；（2）
【解析】（1）设冰壶质量为，A受到冰面的支持力为，由竖直方向受力平衡，有

设A在间受到的滑动摩擦力为，则有

设A在间的加速度大小为，由牛顿第二定律可得

联立解得

由速度与位移的关系式，有

代入数据解得

（2）设碰撞前瞬间A的速度为，由动量守恒定律可得

解得

设A在间受到的滑动摩擦力为，则有

由动能定理可得

联立解得

19．（2022·重庆）小明设计了一个青蛙捉飞虫的游戏，游戏中蛙和虫都在竖直平面内运动。虫可以从水平x轴上任意位置处由静止开始做匀加速直线运动，每次运动的加速度大小恒为（g为重力加速度），方向均与x轴负方向成斜向上（x轴向右为正）。蛙位于y轴上M点处，，能以不同速率向右或向左水平跳出，蛙运动过程中仅受重力作用。蛙和虫均视为质点，取。
（1）若虫飞出一段时间后，蛙以其最大跳出速率向右水平跳出，在的高度捉住虫时，蛙与虫的水平位移大小之比为，求蛙的最大跳出速率。
（2）若蛙跳出的速率不大于（1）问中的最大跳出速率，蛙跳出时刻不早于虫飞出时刻，虫能被捉住，求虫在x轴上飞出的位置范围。
（3）若虫从某位置飞出后，蛙可选择在某时刻以某速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为；蛙也可选择在另一时刻以同一速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为。求满足上述条件的虫飞出的所有可能位置及蛙对应的跳出速率。
【答案】（1）；（2）；（3），或，
【解析】（1）虫子做匀加速直线运动，青蛙做平抛运动，由几何关系可知


青蛙做平抛运动，设时间为，有


联立解得
，
（2）若蛙和虫同时开始运动，时间均为，则虫的水平分加速度和竖直分加速度分别为
，
相遇时有

解得

则最小的坐标为


若蛙和虫不同时刻出发，轨迹相切时，青蛙的平抛运动有
，
可得轨迹方程为

虫的轨迹方程为

两轨迹相交，可得

整理可知

令，即

解得

虫在x轴上飞出的位置范围为

（3）设蛙的运动时间为，有


解得
，
若青蛙两次都向右跳出，则


解得
，
若青蛙一次向左跳出，一次向右跳出，则


解得
，
20．（2022·浙江）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为，货物可视为质点（取，，重力加速度）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）根据牛顿第二定律可得

代入数据解得

（2）根据运动学公式

解得

（3）根据牛顿第二定律

根据运动学公式

代入数据联立解得

21．（2022·浙江）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°=0.26，求雪车（包括运动员）
（1）在直道AB上的加速度大小；
（2）过C点的速度大小；
（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。

【答案】（1）；（2）12m/s；（3）66N
【解析】（1）AB段

解得

（2）AB段

解得

BC段


过C点的速度大小

（3）在BC段有牛顿第二定律

解得

22．（2021·辽宁）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
（2）小包裹通过传送带所需的时间t。

【答案】（1）；（2）
【解析】（1）小包裹的速度大于传动带的速度，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知

解得

（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时

在传动带上滑动的距离为

因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即，所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为

所以小包裹通过传送带的时间为

23．（2017·全国）如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg 和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
（1）B与木板相对静止时，木板的速度大小；
（2）木板在地面上运动的距离一共是多少？
  
【答案】（1）1 m/s；（2）0.55m
【解析】（1）对B分析有

解得物块B加速度大小为

对木板分析有

解得木板加速度大小为

设B与木板相对静止时间为t1，由运动学公式可得

解得

则B与木板相对静止时，木板的速度大小为

（2）对A分析有

解得物块A加速度大小为

由于A与B初速度与加速度大小相等，所以当B速度减为时 ，A速度大小也减为
B与木板相对静止后，对B与木板整体有

解得B与木板的加速度大小为

设经时间t2，A与木板共速，取向右为正方向，由公式可得

代入数据解得

此时三者具有共同速度为

最后三者一起做匀减速运动，则可得

解得共同加速度大小为

木板在地面上运动的距离为

24．（2021·浙江）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量的汽车以的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线处，驾驶员发现小朋友排着长的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
（2）若路面宽，小朋友行走的速度，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
（3）假设驾驶员以超速行驶，在距离斑马线处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。

【答案】（1），；（2）20s；（3）
【解析】（1）根据平均速度

解得刹车时间

刹车加速度

根据牛顿第二定律

解得

（2）小朋友过时间

等待时间

（3）根据

解得

25．（2020·浙江）如图1所示，有一质量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时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的图线如图2所示，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，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。

【答案】(1)，竖直向下；(2)1m/s；(3)40m
【解析】(1)由图2可知0~26s内物体匀速运动，26s~34s物体减速运动，在减速运动过程根据牛顿第二定律有

根据图2得此时FT=1975N，则有

方向竖直向下。
(2)结合图2根据运动学公式有

(3)根据图像可知匀速上升的位移

匀减速上升的位移

匀加速上升的位移为总位移的，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的，则有

所以总位移为
h=40m
26．（2020·浙江）一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道匀变速下滑，滑行54m后进入水平雪道，继续滑行40.5m后匀减速到零。已知小明和滑雪车的总质量为60kg，整个滑行过程用时10.5s，斜直雪道倾角为37°。求小明和滑雪车：
（1）滑行过程中的最大速度的大小；
（2）在斜直雪道上滑行的时间；
（3）在斜直雪道上受到的平均阻力的大小。

【答案】(1) ； (2) ；(3) 。
【解析】（1）小明和滑雪车在斜面上滑行时做初速度为0的匀加速的直线运动，在水平上滑行时，做末速度为0的匀减速直线运动，由平均速度公式可得滑行分析运动过程可知：
，
则整个过程有：

解得：
（2）在斜直雪道上滑行过程中由可得，滑行的时间：

（3）根据匀变速直线运动速度时间关系式可得小明和滑雪车在斜直雪道上的加速度：

由牛顿第二运动定律：

解得：

27．（2019·江苏）如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ．先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下．接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求：
（1）A被敲击后获得的初速度大小vA；
（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB'；
（3）B被敲击后获得的初速度大小vB．

【答案】（1）；（2）aB=3μg，aB′=μg；（3）
【解析】（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=μg
匀变速直线运动2aAL=vA2
解得
（2）设A、B的质量均为m
对齐前，B所受合外力大小F=3μmg
由牛顿运动定律F=maB，得aB=3μg
对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg
由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg
（3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA
则v=aAt，v=vB–aBt

且xB–xA=L
解得．
28．（2017·全国）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离和 ()处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗，训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为，重力加速度大小为g，求：
（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；
（2）满足训练要求的运动员的最小加速度。

【答案】（1）；（2）
【解析】（1）设冰球与冰面间的动摩擦因数为μ，则冰球在冰面上滑行的加速度

由速度与位移的关系知

联立解得

（2）设冰球运动的时间为t，则

又

联立解得

【点睛】此题主要考查匀变速直线运动的基本规律的应用；分析物理过程，找到运动员和冰球之间的关联，并能灵活选取运动公式；难度中等。
29．（2009·江苏）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量，动力系统提供的恒定升力。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，取。
（1）第一次试飞，飞行器飞行时到达高度。求飞行器所阻力的大小；
（2）第二次试飞，飞行器飞行时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求飞行器能达到的最大高度；
（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）第一次飞行中，设加速度为，做匀加速运动，所以

解得；由牛顿第二定律有

解得；
（2）第二次试飞，飞行器飞行的位移为

设失去升力后加速度为，上升的高度为，由牛顿第二定律有

解得；又因为

则失去升力后上升的高度

所以飞行器能达到的最大高度

（3）设失去升力下降阶段加速度为，恢复升力后加速度为，恢复升力时速度为，由牛顿第二定律有


且有


联立各式解得

【点睛】本题的关键是对飞行器的受力分析以及运动情况的分析，结合牛顿第二定律和运动学基本公式求解，本题难度适中。
30．（2016·四川）避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为水平面夹角为的斜面。一辆长12m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23m/s时，车尾位于制动坡床的低端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4m时，车头距制动坡床顶端38m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取．求：
（1）货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
（2）制动坡床的长度。

【答案】（1）5m/s2，方向沿斜面向下；（2）98m
【解析】（1）设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数μ=0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则


联立并代入数据得
a1=5m/s2
a1的方向沿制动坡床向下。
（2）设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v=23m/s，货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0=38m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s=4m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2．货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k=0.44，货车长度l0=12m，制动坡床的长度为l，则






联立并代入数据得

31．（2014·上海）如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球．静止时，箱子顶部与球接触但无压力．箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v．

（1）求箱子加速阶段的加速度大小a'．
（2）若a>g tan，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力．
【答案】（1）（2）左壁作用力为0，顶部作用力
【解析】试题分析：（1）设加速度为a′，由匀变速直线运动的公式：
得：
解得：
（2）设小球不受车厢的作用力，应满足：Nsinθ=ma
Ncosθ=mg
解得：a=gtanθ
减速时加速度的方向向左，此加速度有斜面的支持力N与左壁支持力共同提供，当a＞gtanθ 时，
左壁的支持力等于0，此时小球的受力如图，则：Nsinθ=ma
Ncosθ﹣F=mg
解得：F=macotθ﹣mg

考点：牛顿第二定律的应用
32．（2017·浙江）游船从码头沿直线行驶到湖对岸，小明对过程进行观察，记录数据如下表，

运动过程
运动时间
运动状态
匀加速运动

初速度；末速度
匀速运动


匀减速运动

靠岸时的速度
（1）求游船匀加速运动过程中加速度大小，及位移大小；
（2）若游船和游客总质量，求游船匀减速运动过程中所受合力的大小F；
（3）求游船在整个行驶过程中的平均速度大小 ．
【答案】(1) 0.105m/s2, 84m (2) 400N(3) 3.86m/s
【解析】（1）根据 代入数据可解得：  
根据  
（2）游船匀减速运动过程的加速度大小

根据牛顿第二定律得到F=ma=8000×0.05=400N
所以游船匀减速运动过程中所受的合力大小F=400N
匀加速运动过程位移x1=84m
匀速运动位移x2=vt=4.2×(640-40)m=2520m
匀减速运动过程位移
总位移
行驶总时间为t=720s
所以整个过程中行驶的平均速度大小
综上所述本题答案是：(1) 0.105m/s2, 84m (2) 400N(3) 3.86m/s
【点睛】利用求解加速过程和减速过程中的加速度，并利用平均速度的概念求解运动中的平均速度．
33．（2018·浙江）可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏，如图所示，有一企鹅在倾角为 37°的倾斜冰面上，先以加速度 a=0.5m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t=8s 时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏（企鹅在滑动过程中姿势保持不变）。已知企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数 µ=0.25， sin37°=0.60，cos37°=0.80，重力加速度 g 取 10m/s2。求：
（1）企鹅向上“奔跑”的位移大小；
（2）企鹅在冰面向前滑动的加速度大小；
（3）企鹅退滑到出发点时的速度大小。（结果可用根式表示）

【答案】(1)    (2)    (3)
【解析】【分析】企鹅向上“奔跑”做匀加速运动，由运动学公式求出企鹅向上“奔跑”的位移大小；根据牛顿第二定律求出企鹅在冰面滑动的加速度大小，结合运动学公式求出企鹅退滑到出发点时的速度大小；
解：（1）“奔跑”过程
（2）上滑过程：
下滑过程
（3）上滑位移，
退滑到出发点的速度，
解得
34．（2017·海南）一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，如图所示。质量为的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从t=0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。求：

(1)弹簧的劲度系数；
(2)物块b加速度的大小；
(3)在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式。
【答案】(1)    (2)    (3)
【解析】(1)对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：
kx0=(m+ m）gsinθ
解得
k=
(2)由题意可知，b经两段相等的时间位移为x0；
由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知

说明当形变量为时二者分离；
对m分析，因分离时ab间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知
kx1-mgsinθ=ma
联立解得
a=
(3)设时间为t，则经时间t时，ab前进的位移
x=at2=
则形变量变为
△x=x0-x
对整体分析可知，由牛顿第二定律有
F+k△x-（m+m）gsinθ=(m+m）a
解得
F= mgsinθ+t2
因分离时位移x=由
x==at2
解得

故应保证0≤t＜，F表达式才能成立。
35．（2017·浙江）在某段平直的铁路上，一列以324km/h高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶，5min后恰好停在某车站，并在该站停留4min，随后匀加速驶离车站，经8.1km后恢复到原速324km/h。
（1）求列车减速时的加速度大小；
（2）若该列车总质量为8.0×105kg，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】（1）；（2）；（3）108km/h
【解析】（1），设匀减速的加速度为a1，则

（2）由运动学公式

可得

根据牛顿运动定律

有

（3）列车减速行驶的时间

减速行驶的位移

列车在车站停留时间

列车加速行驶的时间

列出加速行驶的位移

则平均速度的大小为

36．（2016·海南）水平地面上有质量分别为m和4m的物A和B，两者与地面的动摩擦因数均为μ．细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图所示．初始时，绳处于水平拉直状态．若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g．求：

（1）物块B克服摩擦力所做的功；
（2）物块A、B的加速度大小．
【答案】（1）；
（2），．
【解析】试题分析：（1）物块A移动了距离s，则物块B移动的距离为s1=s①
物块B受到的摩擦力大小为f=4μmg②
物块B克服摩擦力所做的功为W=fs1=4μmg×s=2μmgs ③
（2）设物块A、B的加速度大小分别为aA、aB，绳中的张力为T．有牛顿第二定律得
F-μmg-T=maA④
2T-4μmg=4maB⑤
由A和B的位移关系得aA=2aB⑥
联立④⑤⑥式得⑦
⑧
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】本题考查牛顿第二定律以及功的计算，要注意明确研究对象的选取，正确受力分析，再根据牛顿第二定律列式求解．