人教版 (2019)5 牛顿运动定律的应用巩固练习

这是一份人教版 (2019)5 牛顿运动定律的应用巩固练习，共19页。试卷主要包含了从受力确定运动情况，从运动情况确定受力等内容，欢迎下载使用。

第5节　牛顿运动定律的应用

1．从受力确定运动情况
如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学的规律确定物体的运动情况。
2．从运动情况确定受力
如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的加速度，结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出力。



典型考点一　从受力确定运动情况
1．如图所示，位于水平地面上的质量为M的小木块，在大小为F、方向与水平方向成α角的拉力作用下沿地面做加速运动。若木块与地面之间的动摩擦因数为μ，则木块的加速度为(　　)

A.　　　　　　　　　 B．
C. D．
答案　D
解析　取木块为研究对象，其受力情况如图所示。在竖直方向合力为零，即Fsinα＋FN＝Mg，在水平方向，由牛顿第二定律得Fcosα－Ff＝Ma，且Ff＝μFN。由以上三式可得a＝，D正确。

2.如图所示，水平地面上一物体以5 m/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＝10 m/s2，则物体在3 s内的位移大小为(　　)

A．0.5 m B．2.5 m
C．3.75 m D．5 m
答案　D
解析　根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝2.5 m/s2。物体匀减速运动的时间t＝＝ s＝2 s，即物体滑行2 s后停止运动，物体在3 s内的位移大小为x＝t＝×2 m＝5 m，D正确。
3.如图所示，AD、BD、CD是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从A、B、C处释放(初速度为0)，用t1、t2、t3依次表示各滑环到达D点所用的时间，则(　　)

A．t1t2>t3
C．t3>t1>t2 D．t1＝t2＝t3
答案　D
解析　小滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用，下滑的加速度是由重力沿杆方向的分力产生的，设杆与竖直方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得mgcosθ＝ma，则a＝gcosθ①
设圆的半径为R，由几何关系得，滑环由开始运动至到达D点的位移x＝2Rcosθ②
由运动学公式得x＝at2③
由①②③联立解得t＝2 。
即小滑环下滑的时间与细杆的倾斜程度无关，故t1＝t2＝t3，D正确。
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，如图所示的图像能正确反映雨滴下落过程中运动情况的是(　　)

答案　C
解析　对雨滴受力分析，由牛顿第二定律得：mg－F阻＝ma。雨滴加速下落，速度增大，阻力增大，故加速度减小，v­t图像的斜率变小，C正确。
5．以初速度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v­t图像是(　　)

答案　A
解析　上升阶段，小球所受空气阻力随小球速度的减小而减小，小球所受合力F＝G＋Ff，合力越来越小，所以上升阶段小球的加速度越来越小。下降阶段，小球所受空气阻力随小球速度的增大而增大，小球所受合力F′＝G－Ff，合力越来越小，所以下降阶段小球的加速度也越来越小。v­t图像中，只有A项所表示的运动加速度越来越小，A正确。
6.如图所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平面成θ＝37°角，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＝10 N，刷子的质量为m＝0.5 kg，刷子可视为质点，刷子与天花板间的动摩擦因数μ＝0.5，天花板长为L＝4 m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2。试求：

(1)刷子沿天花板向上的加速度大小；
(2)工人把刷子从天花板底端由静止推到顶端所用的时间。
答案　(1)2 m/s2　(2)2 s
解析　(1)以刷子为研究对象，受力分析如图所示

由牛顿第二定律得
(F－mg)sin37°－μ(F－mg)cos37°＝ma
代入数据解得a＝2 m/s2。
(2)由运动学公式得
L＝at2，代入数据解得t＝2 s。
典型考点二　从运动情况确定受力
7．光滑水平面上，质量为4 kg的物体在水平推力F1的作用下由静止开始运动，0～2 s内的位移为6 m；质量为2.5 kg的物体在水平推力F2的作用下由静止开始运动，0～3 s内的位移为9 m。则F1与F2的比值为(　　)
A．1∶3 B．3∶4
C．12∶5 D．9∶8
答案　C
解析　物体做初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直线运动的位移公式可知，加速度为：a1＝＝ m/s2＝3 m/s2，a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律得：F1＝m1a1＝4×3 N＝12 N，F2＝m2a2＝2.5×2 N＝5 N，故F1∶F2＝12∶5，C正确。
8.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(　　)


答案　B
解析　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。
9.(多选)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，F＝，方向沿AB杆
B．当a＝gtanθ时，F＝，方向沿AB杆
C．无论a取何值，F都等于m，方向都沿AB杆
D．无论a取何值，F都等于m，方向与AB杆所在直线无关
答案　BD
解析　当a＝0时，小球处于平衡状态，此时F＝mg，方向竖直向上，并不沿AB杆，故A错误；当a＝gtanθ时，在水平方向：Fx＝mgtanθ，竖直方向：Fy＝mg，F＝＝，方向沿AB杆，故B正确；由牛顿第二定律得，在水平方向：Fx＝ma，竖直方向：Fy＝mg，F＝＝m，设F与竖直方向夹角为β，则tanβ＝，当a＝gtanθ时，F沿AB杆，否则F的方向不沿AB杆，故C错误，D正确。
10.(多选)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
答案　AD
解析　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FN2cosθ＝mg，水平方向有FN1－FN2·sinθ＝ma，所以斜面对小球的弹力为FN2＝，A正确。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。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。

11.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。
答案　(1)macosθ　方向水平向右
(2)m(g＋asinθ)
解析　(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沿已知力的方向正交分解，得a1＝asinθ，a2＝acosθ

由牛顿第二定律知
f＝ma2＝macosθ，方向水平向右。
(2)在竖直方向上：N－mg＝ma1
解得N＝m(g＋asinθ)。
12．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来。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？
答案　(1)2.5 m/s2　(2)0.92
解析　(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－mgcosθ＝0，
又Ff＝μFN，
联立方程解得μ＝≈0.92，
故气囊与下滑乘客间的动摩擦因数不得超过0.92。
典型考点三　多过程问题
13．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．
答案　B
解析　当力F作用时，设物体的加速度大小为a1，时间t后物体的速度为v，由牛顿第二定律及运动学公式得F－Ff＝ma1，v＝a1t；撤去力F后，设物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律及运动学公式得，Ff＝ma2，0＝v－a2·3t，解以上四式得：Ff＝，B正确。
14.如图，一根足够长的水平杆固定不动，一个质量m＝2 kg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＝25 N的拉力，使圆环由静止开始做匀加速直线运动(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10 m/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2 s后撤去，圆环在杆上滑行的总距离。
答案　(1)0　(2)7.5 m/s2　(3)30 m
解析　(1)分析圆环的受力情况如图甲所示。

将F正交分解，F1＝Fcosθ＝15 N，
F2＝Fsinθ＝20 N
因mg＝20 N，与F2大小相等，故FN＝0，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＝7.5 m/s2。
(3)由(2)可知，撤去F时圆环的速度v0＝a1t1＝15 m/s
拉力F作用2 s的位移x1＝a1t＝15 m
撤去F后圆环受力如图乙所示

根据牛顿第二定律得μmg＝ma2
代入数据得a2＝7.5 m/s2
圆环的加速度与速度方向相反，做匀减速直线运动直至静止
由运动学公式可得：撤去F后圆环滑行的位移x2＝＝15 m
故总位移x＝x1＋x2＝30 m。
15.如图所示，长为s＝11.25 m的水平轨道AB与倾角为θ＝37°、长为L＝3 m的光滑斜面BC在B处连接，有一质量为m＝2 kg的滑块(可视为质点)，从A处由静止开始受到与水平方向成37°斜向上的拉力F＝20 N的作用，经过一段时间后撤去拉力F，此时滑块仍在水平轨道上，但滑块恰好可以滑到斜面的最高点C。已知滑块经过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μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：

(1)滑块经过B点时速度的大小；
(2)拉力F作用的时间。
答案　(1)6 m/s　(2)1.5 s
解析　(1)滑块在斜面上滑行时，由牛顿第二定律得：
mgsin37°＝ma3
由运动学规律可得v＝2a3L
解得vB＝6 m/s。
(2)撤去F前，由牛顿第二定律得：
Fcos37°－μ(mg－Fsin37°)＝ma1
设F作用的时间为t，则撤去F时有：
v1＝a1t，x1＝a1t2
撤去拉力F后，有：μmg＝ma2
v－v＝2(－a2)(s－x1)
联立解得：t＝1.5 s。
16.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)

答案　2.08 s
解析　因为x＝at2＝4 m，所以a＝2 m/s2
对木块进行受力分析，将重力分解为沿斜面向下的分力F1和垂直斜面向下的分力F2，由几何知识得：sinθ＝0.6，故F1＝mgsinθ＝12 N
由牛顿第二定律得a＝
解得F摩擦力＝4 N
2 s末的速度大小为v＝at＝4 m/s
此时撤去拉力，之后木块沿斜面向下的加速度为
a1＝＝8 m/s2
列出运动学方程为2a1x1＝v2
解得x1＝1 m，即在撤去拉力后，木块还向上滑动了1 m，所用时间为t1＝＝0.5 s
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a2＝＝4 m/s2
而下滑的距离为x′＝x＋x1＝5 m
根据a2t＝x′
解得下滑所用的时间为t2＝ s
所以撤去拉力之后木块回到斜面底端所用的总时间
t总＝t1＋t2≈2.08 s。



1．用30 N的水平外力F，拉一个静止在光滑水平面上的质量为20 kg的物体，力F作用3 s后消失。则第5 s末物体的速度和加速度大小分别是(　　)
A．4.5 m/s,1.5 m/s2 B．7.5 m/s,1.5 m/s2
C．4.5 m/s,0 D．7.5 m/s,0
答案　C
解析　力F作用下a＝＝ m/s2＝1.5 m/s2,3 s末的速度v＝at＝4.5 m/s,3 s后撤去外力，此后物体所受合外力为0，a′＝0，物体做匀速运动，v′＝v＝4.5 m/s，故C正确。
2．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发生滑动时留下的划痕。在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10 m/s2，则汽车刹车前的速度大小为(　　)
A．7 m/s B．14 m/s
C．10 m/s D．20 m/s
答案　B
解析　设汽车刹车后滑动过程中的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得：a＝μg。由匀变速直线运动的速度位移关系式得v＝2ax，可得汽车刹车前的速度大小为：v0＝＝ m/s＝14 m/s，因此B正确。
3．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，洒水车匀速行驶，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
答案　A
解析　洒水车的加速度a＝＝＝－kg，洒水时质量m一直减小，则a一直增大，所以洒水车做加速度变大的加速运动，故A正确。
4.如图所示，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70 kg，汽车车速为108 km/h(即30 m/s)，从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s，安全带及安全气囊对乘客的平均作用力大小为(　　)

A．420 N B．600 N
C．800 N D．1000 N
答案　A
解析　从踩下刹车到车完全停止的5 s内，乘客的速度由30 m/s减小到0，视为匀减速直线运动，则有a＝＝－ m/s2＝－6 m/s2。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×(－6) N＝－420 N，负号表示力的方向跟初速度方向相反。所以A正确。
5.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
答案　B
解析　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，所以B正确，A、C、D错误。

6．(多选)如图甲所示，在粗糙水平面上，物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度—时间图像如图乙所示，下列判断正确的是(　　)

A．在0～1 s内，外力F不断增大
B．在1～3 s内，外力F的大小恒定
C．在3～4 s内，外力F不断减小
D．在3～4 s内，外力F的大小恒定
答案　BC
解析　在速度—时间图像中，0～1 s内物块速度均匀增大，物块做匀加速直线运动，外力F为恒力，A错误；1～3 s内，物块做匀速直线运动，外力F的大小恒定，B正确；3～4 s内，物块做减速运动，加速度不断增大，合力的大小不断增大，又在这段时间，合力大小F合＝Ff－F，Ff不变，外力F不断减小，C正确，D错误。
7．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作用和受到水平拉力作用时的v­t图像，则拉力和摩擦力之比为(　　)

A．9∶8 B．3∶2
C．2∶1 D．4∶3
答案　B
解析　由v­t图像可知，图线a对应仅受摩擦力的运动，加速度大小a1＝1.5 m/s2；图线b对应受水平拉力和摩擦力的运动，加速度大小为a2＝0.75 m/s2；由牛顿第二定律列方程得ma1＝Ff，ma2＝F－Ff，解得＝，B正确。
8.如图所示，弹簧竖直放置，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短的过程中，关于小球的运动情况，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
答案　A
解析　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，但合力是在减小的，根据牛顿第二定律可知加速度也在减小，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，小球向下做减速运动，合力向上逐渐增大，根据牛顿第二定律可知加速度也增大，直到速度减为零，加速度达最大，所以在弹簧被压缩的过程中，小球的加速度先减小后增大，速度先增大后减小，故只有A正确。
9.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
答案　D
解析　物体在斜轨道上的加速度a＝gsinθ，在与C3连接的轨道上运动的加速度最大，C错误。斜轨道长L＝，由v2＝2aL得：v＝，故物体到C1、C2、C3时的速度大小相等，故A错误。由L＝at2得t＝，故沿AC3运动的时间最短，B错误，D正确。
10．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4 s末到达距地面100 m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10 m/s2)(　　)
A．25 m/s,1.25 B．40 m/s,0.25
C．50 m/s,0.25 D．80 m/s,1.25
答案　C
解析　根据h＝at2，解得a＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝50 m/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C正确。
11．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的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示。取重力加速度g＝10 m/s2。由这两个图像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．0.5 kg,0.4 B．1.5 kg，
C．0.5 kg,0.2 D．1 kg,0.2
答案　A
解析　由题F­t图像和v­t图像可知，物块在2～4 s内所受外力F1＝3 N，物块做匀加速直线运动，a＝＝2 m/s2，F1－f＝ma。物块在4～6 s内所受外力F2＝2 N，物块做匀速直线运动，则F2＝f＝μmg＝2 N。联立解得：m＝0.5 kg，μ＝0.4，故A正确。
12.(多选)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
答案　BD
解析　在0～10 s内，物体的加速度a＝＝，则10 s末的速度v1＝at＝，在10～20 s内，物体的加速度大小为a′＝＝，则物体在20 s末的速度v＝v1－a′t＝0。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B、D正确，A、C错误。
13．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v­t图像如图乙所示。g取10 m/s2，则下列说法中正确的是(　　)

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大小是减速时加速度大小的
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
答案　B
解析　由图乙可知，小物块做匀加速运动的加速度大小为a1＝＝ m/s2＝ m/s2，匀减速运动的加速度大小为a2＝＝ m/s2＝10 m/s2，故a1∶a2＝1∶3，B正确；在匀减速直线运动过程中，由牛顿第二定律知：mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2，解得μ＝，C错误；因为mgsin30°－μmgcos30°＝0，所以物块到达C点后将静止在C点，不会下滑，A错误；匀加速运动时，沿斜面方向，根据牛顿第二定律可得：F－mgsin30°－μmgcos30°＝ma1，解得F＝4 N，D错误。
14.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＝10 m/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10 m/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＝1 s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上
C．t＝2 s时，滑块恰好又回到出发点
D．t＝3 s时，滑块的速度大小为4 m/s
答案　D
解析　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＝10 m/s2，上滑时间t1＝＝1 s，上滑的距离x1＝v0t1＝5 m，因mgsinθ＞μmgcosθ，所以滑块上滑到速度为零后将向下运动，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＝2 m/s2，t＝2 s时，滑块下滑的距离x2＝a2(t－t1)2＝1 m<5 m，滑块未回到出发点，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，A错误；t＝3 s时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度v＝a2(t－t1)＝4 m/s，D正确。
15.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40 kg，冰车与水平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40 N的水平推力，使冰车从静止开始运动10 s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。
答案　(1)5 m/s　(2)50 m
解析　(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
联立①②式，并代入数据解得vm＝5 m/s。
(2)冰车匀加速运动过程中有x1＝a1t2，③
由牛顿第二定律，冰车自由滑行时有μmg＝ma2，④
v＝2a2x2，⑤
又x＝x1＋x2，⑥
联立①②③④⑤⑥式，并代入数据解得x＝50 m。
16．一质量为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。
答案　3 N
解析　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a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，
设摩擦力大小为Ff，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma1。①
后8 s内物体的加速度为
a2＝＝－ m/s2＝－0.5 m/s2，
物体所受的摩擦力不变，
由牛顿第二定律得－Ff＝ma2。②
由①②两式可求得水平恒力F的大小为
F＝m(a1－a2)＝2×(1＋0.5) N＝3 N。
17．如图甲所示，固定光滑细杆与水平地面成一定夹角α，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随时间变化的规律如图乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2。求：

(1)小环的质量m；
(2)细杆与地面间的夹角α。
答案　(1)1 kg　(2)30°
解析　由v­t图像得：0～2 s内，a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2。
根据牛顿第二定律，可得前2 s有F1－mgsinα＝ma，
2 s后有F2＝mgsinα，代入数据，解得：m＝1 kg，α＝30°。
18．质量为4 kg的企鹅在倾角θ＝37°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。今测得企鹅运动的v­t图像如图所示，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。g取10 m/s2。试问：

(1)企鹅开始时做什么运动？最后做什么运动？
(2)当v0＝5 m/s和v1＝10 m/s时，企鹅的加速度各是多少？
(3)空气阻力系数k及企鹅与斜坡间的动摩擦因数各是多少？
答案　(1)加速度减小的加速直线运动　匀速直线运动
(2)2.5 m/s2　0　(3)2 kg/s　0.125
解析　(1)企鹅开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动。
(2)当v0＝5 m/s时，
加速度a0＝ m/s2＝2.5 m/s2，
当v1＝10 m/s时，加速度为a1＝0。
(3)t＝0时刻开始加速时：
mgsinθ－kv0－μmgcosθ＝ma0
最后匀速时：kv1＋μmgcosθ＝mgsinθ
由上面二式相加，得kv1－kv0＝ma0，
解得k＝＝2 kg/s
故μ＝＝0.125。
19.如图所示为一架四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用。若一架质量m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力为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＝5 s时离地面的高度h；
(2)当无人机悬停在距离地面高度H＝100 m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大小v；
(3)在第(2)问条件下，若无人机坠落过程中，由于遥控设备的干预，动力设备重新启动提供向上的最大升力。为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t1。
答案　(1)75 m　(2)40 m/s　(3) s
解析　(1)设无人机上升时加速度大小为a，由牛顿第二定律，有F－mg－f＝ma，解得a＝6 m/s2，
由h＝at2，解得h＝75 m。
(2)设无人机坠落过程中加速度大小为a1，
由牛顿第二定律，有mg－f＝ma1，解得a1＝8 m/s2，
由v2＝2a1H，解得v＝40 m/s。
(3)设飞行器恢复升力后向下减速时加速度大小为a2，
由牛顿第二定律，有F－mg＋f＝ma2，
解得a2＝10 m/s2
设飞行器恢复升力时速度大小为vm，
则有＋＝H，
又由vm＝a1t1，解得t1＝ s。