人教版 (2019)必修 第一册5 牛顿运动定律的应用习题

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1.进一步学习分析物体的受力情沉，并能结合物体的运动情沉进行受力分析。
2.知道动力学的两类问题，理解加速度是解决两类动力学问题的桥梁。
3.熟练掌握应用牛顿运动定律解决问题的方法和步骤。
一、动力学两类基本问题
1、两类问题：
（1）如果已知物体的受力情况，则可由牛顿第二定律求出物体的加速度，再根据运动学规律就可以确定物体的运动情况.
（2）如果已知物体的运动情况，则可根据运动学公式求出物体的加速度，再根据牛顿第二定律就可以确定物体所受的力.
2、动力学问题的解题思路
3、解题关键
两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁.
4、注意问题：
（1）若物体受互成角度的两个力作用，可用平行四边形定则求合力；若物体受三个或三个以上力的作用，常用正交分解法求合力；
（2）用正交分解法求合力时，通常以加速度 a 的方向为x 轴正方向，建立直角坐标系，将物体所受的各力分解在x 轴和y 轴上，根据力的独立作用原理，两个方向上的合力分别产生各自的加速度，解方程组 Fx＝ma， Fy＝0.
（3）由运动学规律求加速度，要特别注意加速度的方向，从而确定合力的方向，不能将速度的方向和加速度的方向混淆.
（4）题目中所求的力可能是合力，也可能是某一特定的力，均要先求出合力的大小、方向，再根据力的合成与分解求分力.
二、动力学的临界问题
1、临界问题：某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态.
2、关键词语：在动力学问题中出现的“最大”“最小”“刚好”“恰能”等词语，一般都暗示了临界状态的出现，隐含了相应的临界条件.
3、临界问题的常见类型及临界条件：
接触与脱离的临界条件：两物体相接触(或脱离)的临界条件是弹力为零. (2)相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大静摩擦力.
绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是实际张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是绳上的张力为零.
加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合力最大时，具有最大加速度；当所受合力最小时，具有最小加速度.当出现加速度为零时，物体处于临界状态，对应的速度达到最大值或最小值.
4、解题关键：正确分析物体运动情况，对临界状态进行判断与分析，其中处于临界状态时存在的独特的物理关系即临界条件.
三、多过程问题的分析与求解
当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要明确整个过程由几个子过程组成，将过程合理分段，找到相邻过程的联系点并逐一分析每个过程.
联系点：前一过程的末速度是后一过程的初速度，另外还有位移关系、时间关系等.
1、多过程问题的分析方法
分析每个过程的受力情况和运动情况，根据每个过程的受力特点和运动特点确定解题方法(正交分解法或合成法)及选取合适的运动学公式.
注意前后过程物理量之间的关系：时间关系、位移关系及速度关系.
2、注意：由于不同过程中力发生了变化，所以加速度也会发生变化，所以对每一过程都要分别进行受力分析，分别求加速度.
题型1根据受力情况确定运动情况
（2023秋•朝阳期末）如图所示，一个滑雪场的滑雪赛道由一个斜坡直滑道和水平直滑道组成，斜坡滑道的倾角θ＝37°，斜坡滑道和水平滑道平滑连接。一个滑雪运动员从距离斜坡滑道底部100m处由静止开始下滑，经过斜坡滑道底部后在水平滑道上减速至停止。运动过程中运动员仅受重力、支持力和摩擦力，滑雪板与滑道的动摩擦因数恒为μ＝0.125，不计运动员在斜坡滑道与水平滑道连接处的速率损失，水平滑道足够长，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。求：（结果可保留根号）
（1）运动员滑到斜坡滑道底部时的速度大小。
（2）运动员在水平滑道上滑行的位移大小。
（3）运动员从开始下滑到停下来经历的时间。
【解答】解：（1）设运动员在斜坡滑道上运动的加速度大小为a1，运动到斜坡滑道底端的速度为v，有mgsin37°﹣μmgcs37°＝ma1
代入数据解得a1＝5m/s2
由题意知运动员在斜坡滑道上运动的位移大小x1＝100m，根据匀变速直线运动规律有v2＝2a1x1
解得
（2）设运动员在水平滑道上的加速度大小为a2，在水平滑道上滑行的位移大小为x2，有μmg＝ma2
代入数据解得a2＝1.25m/s2
由匀变速直线运动规律有v2＝2a2x2
解得x2＝400m
（3）设运动员在斜坡滑道上运动的时间为t1，有v＝a1t1
设运动员在水平滑道上运动的时间为t2，有v＝a2t2
运动员运动的总时间t＝t1+t2（）s＝10s。
（1）根据牛顿第二定律求加速度再根据位移公式求滑到斜坡滑道底部时的速度；
（2）根据牛顿第二定律求加速度再根据位移公式求水平滑道上滑行的位移；
（3）根据速度—时间公式求滑道上运动的时间、水平滑道上运动的时间再计算运动员从开始下滑到停下来经历的总时间。
（2022秋•咸阳期末）冰库工作人员在水平面移动冰块时，冰块先在工作人员斜向上拉力作用下运动一段距离，然后放手让冰块向前滑动一段距离达到运送冰块的目的。其工作原理可简化为如图所示，设冰块质量为M＝60kg，冰块与滑道间动摩擦因数μ＝0.3。某次拉冰块时，工人从滑道前端用与水平方向成53°角向上、大小F＝500N的力拉冰块（初速度可视为零）向前匀加速前进4.5m后放手，冰块到达滑道末端时速度恰好为零，已知sin53°＝0.8，cs53°＝0.6，g＝10m/s2，求：
（1）工人放手时冰块的速度大小；
（2）滑道的长度；
（3）冰块在滑道上运动的总时间。
【解答】解：（1）工人拉冰块过程对冰块进行受力分析，如图所示：
则有Mg＝Fsin53°+FN
f＝μFN
Fcs53°﹣f＝Ma1
解得
根据v2＝2a1x1，解得：v＝6m/s
即工人放手时冰块的速度大小为6m/s；
（2）减速阶段冰块只受滑动摩擦力，则μMg＝Ma2
解得
根据v2＝2a2x2，解得减速阶段的位移为x2＝6m
滑道的长度L＝x1+x2＝4.5m+6m＝10.5m
（3）根据v＝a1t1，解得加速阶段的时间t1＝1.5s
根据v＝a2t2，解得减速阶段的时间t2＝2s
冰块在滑道上运动的总时间t＝t1+t2
解得：t＝3.5s
（2022秋•信阳期末）如图所示，光滑斜面AB与一粗糙水平面BC连接，斜面倾角θ＝30°，质量m＝2kg的物体置于水平面上的D点，DB间的距离d＝7m，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，将一水平向左的恒力F＝8N作用在该物体上，t＝2s后撤去该力，不考虑物体经过B点时的速度损失，求：
（1）撤去F时，物体的速度是多少？
（2）撤去拉力F后，经过多长时间物体第二次经过B点？（g取10m/s2）
【解答】解：（1）物体在水平面上运动过程：设撤去F前后物体的加速度大小分别为a1、a2，
由牛顿第二定律得：F﹣μmg＝ma1，μmg＝ma2，
代入解得a1＝2m/s2，a2＝2m/s2，
恒力F作用t＝2s后物体的位移为x14m，
此时物体的速度为v＝a1t1＝2×2m/s＝4m/s；
（2）设撤去拉力F后，物体第一次经过B点的时间为t1，
则由d﹣x1＝vt1，代入解得t1＝1s（另一解t1＝3s，舍去，根据t1＝3s，判断出物体到不了B点）；
物体在斜面上运动过程：设加速度大小为a3，
则mgsin30°＝ma3，解得a3＝5m/s2，
由上可得物体滑到B点时速度大小为v0＝v﹣a2t1＝4m/s﹣2×1m/s＝2m/s，
则物体物体在斜面上滑行的总时间t20.8s，
所以物体第二次经过B点的时间为t3＝t1+t2＝1s+0.8s＝1.8s。
题型2根据运动情况确定受力情况
（2023秋•西城区期末）如图所示，质量为1kg、横截面为直角三角形的物体ABC在竖直墙壁上，受到垂直于斜面BC斜向右上方的推力的作用，从静止开始沿墙壁向上做加速度大小为1m/s2的匀加速直线运动。其中θ＝37°，物体与墙壁间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。求：
（1）1s末物体的位移大小；
（2）推力F的大小；
（3）物体受到墙壁的支持力大小。
【解答】（1）根据位移—时间公式，有sat2，解得s＝0.5m
（2）物体在竖直墙上受力如图所示
建立如图所示的直角坐标系
根据牛顿第二定律，有：
x方向 N＝F csθ
y方向 Fsinθ﹣f ﹣ mg＝ma
再由f＝µN
可得F＝55N
（3）N＝Fcsθ＝55×0.8N＝44N
（1）根据位移—时间公式可求出位移；
（2）通过受力分析结合牛顿第二定律可求出推力大小；
（3）根据正交分解求出支持力大小。
（2023秋•黄埔区校级期末）如图，四人双桨赛艇比赛中，运动员用双桨同步划水使赛艇沿直线运动。运动员每次动作分为划水和空中运桨两个阶段。假设单个运动员划桨提供的动力为F0＝250N，划水和空中运桨用时分别为t1＝0.8s和t2＝0.6s，赛艇（含运动员、双桨）的总质量为M＝300kg，受到的阻力恒定f＝400N。若运动员划艇最大速度可达v＝5.4m/s。在两次常规训练中，一次是四个运动员同时划桨，另一次是两个运动员为一组划桨，并且当一组运动员划桨结束时，另一组立马开始划桨，使划艇始终处于划桨状态。训练从静止出发，试通过计算分析两次训练，哪种更容易达到最大速度。
【解答】解：设四人同时划桨时加速度大小为a1，没有划桨时加速度大小为a2，由牛顿第二定律得
4F0﹣f＝Ma1
f＝Ma2
解得 a1＝2m/s2，a2m/s2
对于第一次训练，加速时速度增加量为Δv1＝a1t1＝1.6m/s
减速时速度减少量为Δv2＝a2t2＝0.8m/s
即每一个划桨和空中运桨时间内，划艇速度增量为Δv＝Δv1﹣Δv2＝0.8m/s
故达到最大速度用时为Δt17s
对于第二次训练，划艇始终做匀加速，设加速度为a3，则有
2F0﹣f＝Ma3
解得 a3m/s2
故达到最大速度用时为Δt216.2s
显然，同时划艇更有利于提速。
答：同时划艇更有利于提速。
（2022秋•徐汇区校级期末）我国3名航天员搭乘神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。在着陆阶段，主降落伞打开后主降落伞和返回舱的运动过程简化如下：阶段Ⅰ，主降落伞和返回舱沿竖直方向减速下降：阶段Ⅱ，以速度v0匀速下降；阶段Ⅲ，当返回舱离地面h高时，返回舱的反推发动机启动，返回舱沿竖直方向匀减速下降，着地前瞬间速度恰好为零。已知上述过程中，主降落伞受到空气阻力大小与其速度大小成正比，忽略其他阻力，主降落伞质量不计，返回舱（含航天员）总质量为m，重力加速度为g。
（1）在阶段Ⅰ中，当主降落伞和返回舱的速度大小为v1时，求它们的加速度大小；
（2）若连接降落伞与返回舱间的n根等长轻绳均匀分布，轻绳与竖直方向的夹角均为θ，求阶段Ⅱ中每根轻绳的拉力大小；
（3）在阶段Ⅲ中，若在反推发动机启动后，降落伞与返回舱之间的轻绳处于松弛状态，求反推发动机产生恒定大小的推力。
（4）定性画出三个阶段的v﹣t图。
【解答】解：（1）在阶段I，对主降落伞和返回舱（含航天员）有mg﹣kv1＝ma，
在阶段Ⅱ，对主降落伞和返回舱（含航天员）有kv0＝mg
解得a；
（2）在阶段Ⅱ，对返回舱（含航天员）有nTcsθ＝mg，解得T；
（3）在阶段Ⅲ，主降落伞和返回舱匀减速至零，由匀变速运动规律可知02a2h
对返回舱（含航天员）受力分析可知F﹣mg＝ma2，
整理得F＝mg
（4）在阶段Ⅰ，根据牛顿第二定律得
kv﹣mg＝ma1
随着速度的减小，加速度减小，图线的斜率减小，在阶段Ⅱ，匀速运动，在阶段Ⅲ，匀减速运动，v﹣t图像如图所示
题型3多过程问题分析
（2023秋•杭州期中）滑草运动受人们喜爱。如图，某滑草滑道由AB、BC两段不同的草皮组成，滑道AB为倾斜直轨道，滑道BC为水平直轨道，两滑道在B点平滑连接。小陈同学乘坐滑草车从A点由静止开始沿滑道自由下滑，最后停在C点，整个滑行过程用时15s，已知滑道AB和BC分别长L1＝80m、L2＝40m，小陈与滑草车的总质量m＝60kg，倾斜滑道与水平面夹角α＝37°，滑草车在AB和BC段的运动均可视为匀变速直线运动，滑草车通过B点前后速度大小不变。（sin37°＝0.6，g＝10m/s2）。求：
（1）小陈和滑草车在滑行过程中的最大速度vm；
（2）小陈和滑草车在AB段滑行的时间t1；
（3）小陈和滑草车在AB段滑行受到的平均阻力Ff的大小。
【解答】解：根据匀变速直线运动的规律可知，全程的平均速度为，根据平均速度和位移的关系可得：
解得：vm＝16m/s
（其它方法求解，答案正确同样得分）
（2）根据平均速度和位移的关系可得：
解得：t1＝10s
（3）斜直轨道上的加速度
代入数据解得a＝1.6m/s2
根据牛顿第二定律可得mgsin37°﹣Ff＝ma
解得Ff＝264N
（1）小陈和滑草车在AB段做匀加速直线运动，在B点速度达到最大，利用平均速度公求解；
（2）在BC段做匀减速直线运动，最后停在C点，利用平均速度公求解；
（3）由运动学公式结合牛顿第二定律可解。
（2023秋•静安区校级期末）滑沙游戏中，游戏者从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下。为了安全，滑沙车上通常装有刹车手柄，游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F，从而控制车速。为便于研究，作如下简化：游客从顶端A点由静止滑下8s后，操纵刹车手柄使滑沙车摩擦变大匀速下滑至底端B点，在水平沙子滑道上继续滑行直至停止。已知游客和滑沙车的总质量m＝70kg，倾斜滑道AB长LAB＝128m，倾角θ＝37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ＝0.5。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，不计空气阻力。
（1）在图上画出游客开始下滑时的受力示意图；
（2）游客开始下滑时运动的加速度；
（3）游客匀速下滑时的速度大小；
（4）游客匀速下滑的时间；
（5）斜面上匀速下滑的制动力大小。
（6）若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m，则他在此段滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力？（B处有一极小的圆弧可使滑沙车自动改变运动方向。）
【解答】解：（1）游客开始下滑时受重力、支持力和摩擦力，受力示意图如下图所示：
（2）游客开始下滑时，由牛顿第二定律有：mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma1
代入数据可得：
方向：沿着斜面向下；
（3）游客从静止下滑8s后做匀速直线运动，则匀速下滑的速度大小：v＝a1t＝2×8m/s＝16m/s
（4）游客匀加速下滑的位移：
游客匀速下滑的位移：x2＝LAB﹣x1＝128m﹣64m＝64m
则游客匀速下滑的时间：
（5）游客在斜面上匀速下滑时，合力为零，则有：F+μmgcsθ＝mgsinθ
代入数据可得：F＝140N
（6）游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为x＝16m，设加速度大小为a2，由运动学公式有：
代入数据可得：
由牛顿第二定律有：F′+μmg＝ma2
代入数据可得：F′＝210N
【基础强化】
（2023秋•海淀区期末）如图所示，一小球自空中自由落下，与正下方的直立轻质弹簧接触，直至速度为零的过程中，关于小球运动状态的下列几种描述中，正确的是（ ）
A．接触后，小球做减速运动，直到速度减为零
B．接触后，小球先做加速运动，后做减速运动，其加速度一直增大
C．接触后，小球速度最大的地方就是加速度等于零的地方
D．接触后，加速度为零的地方也是弹簧被压缩最大之处
【解答】解：A.接触后，重力大于弹力，开始小球先加速，故A错误；
B.接触后，重力大于弹力，开始小球先加速，随着加速下降，弹力变大，根据牛顿第二定律mg﹣kx＝ma，加速度减小，故B错误；
C.接触后，重力大于弹力，开始小球先加速，随着加速下降，弹力变大，根据牛顿第二定律mg﹣kx＝ma，加速度减小，当加速度减小为零时，加速结束，小球速度达到最大，故C正确；
D.接触后，弹簧被压缩最大之处，是小球下降最多的位置，即小球速度为零的时刻，故D错误。
故选：C。
在冰壶比赛中，运动员把冰壶沿水平方向投出，在不与其他冰壶碰撞的情况下，冰壶最终停在远处的某个位置。冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1＝0.02，比赛中运动员以大小v0＝3.6m/s的速度将冰壶投出，其队友在冰壶滑行前方距投出位置x0＝10m处开始摩擦冰面，若摩擦冰面的距离l＝9m，摩擦后冰壶和冰面间的动摩擦因数变为原来的90%，则下列说法正确的是（ ）
A．若队友不摩擦冰面，则冰壶可自由滑行64.8m
B．若队友不摩擦冰面，则冰壶可自由滑行的时间为9s
C．冰壶实际滑行的距离为33.4m
D．冰壶实际运动的时间为17s
【解答】解：A、若队友不摩擦冰面，设冰壶的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：μ1mg＝ma1
代入数据解得：a1＝0.2m/s2
冰壶可自由滑行的距离为xm＝32.4m，故A错误；
B、若队友不摩擦冰面，则冰壶可自由滑行的时间为ts＝18s，故B错误；
C、冰壶运动10m的过程，由位移—速度公式得：2a1x0
代入数据解得：v＝3m/s
摩擦后冰壶的加速度设为a2，则：90%μ1mg＝ma2
代入数据解得：a2＝0.18m/s2
冰壶滑行9m后的速度设为v2，则：
代入数据可得：v2＝2.4m/s
此后冰壶可自由滑行的距离为：x1m＝14.4m
冰壶滑行的总距离：x＝x0+l+x1＝10m+9m+14.4m＝33.4m，故C正确。
D、冰壶第一段位移内的时间：s＝3s
第二段位移内的时间：ss
最后的时间：s＝12s
总时间：t＝t1+t2+t3＝3s12ss，故D错误。
故选：C。
（2023秋•潍坊月考）如图所示，倾角为37°的斜面固定在水平桌面上，上表面光滑。质量为1kg的小滑块位于斜面底端，对滑块施加一个与斜面夹角为37°的拉力F，使其由静止开始运动，1s后撤掉F，再经1s滑块返回出发点，重力加速度大小取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，则F的大小为（ ）
A．8NB．10NC．12ND．15N
【解答】解：拉力F撤掉前，根据牛顿第二定律有

刚撤去时速度
v＝at
位移

规定沿斜面向上为正方向，再经1s滑块返回出发点，则再经过t1＝1s后位移为


联立以上各式代入数据得F＝10N，故ACD错误，B正确。
故选B。
（2023春•黔西南州期末）如图所示，小车内一根轻质弹簧沿竖直方向和一条与竖直方向成α角的细绳拴接一小球。当小车和小球相对静止，一起在水平面上运动时，下列说法正确的是（ ）
A．细绳一定对小球有拉力的作用
B．细绳不一定对小球有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力
C．细绳不一定对小球有拉力的作用，但是轻弹簧对小球一定有弹力
D．轻弹簧一定对小球有弹力的作用
【解答】解：当小车处于匀速直线运动时，弹簧的弹力等于重力，即F＝mg，T＝0。
当小车和小球向右做匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律得：
水平方向有：Tsinα＝ma，①
竖直方向有：F′+Tcsα＝mg，②
由①知，细绳一定对小球有拉力的作用。
由②得：弹簧的弹力 F′＝mg﹣Tcsθ＝mg•csα＝mg﹣mactα
当mg＝mactα，即a＝gtanα时，F′＝0。
所以细绳不一定对小球有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力的作用，故B正确，ACD错误。
故选：B。
为使雨水尽快离开房屋的屋顶面，屋顶的倾角设计必须合理。某房屋示意图如图所示，设屋顶面光滑，倾角为θ，雨水由静止开始沿屋顶面向下流动，则理想的倾角θ为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．75°
【解答】解：设屋檐的底角为θ，底边为L，注意底边长度是不变的。屋顶的坡面长度为s，雨滴下滑的加速度为a
对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对水滴的支持力N
垂直于屋顶方向：N＝mgcsθ
平行于屋顶方向：ma＝mgsinθ
水滴的加速度a＝gsinθ
屋顶坡面的长度s
由s得t，
整理得：t，当θ＝45°时t最短，故ACD错误，B正确。
故选：B。
如图甲所示，滑块以一定的初速度冲上一倾角θ＝37°的足够长的固定斜面，滑块上滑过程的v﹣t图像如图乙，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．木块上滑过程中的加速度大小是6m/s2
B．木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
C．木块经2s返回出发点
D．木块回到出发点时的速度大小v＝2m/s
【解答】解：A、v﹣t图像的斜率表示加速度，由图像得，木块上滑过程中的加速度大小为a1＝||＝||m/s2＝10m/s2
故A错误；
B、对木块受力分析，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcsθ＝ma1
代入数据解得：μ＝0.5
故B正确；
C、设木块下滑过程中的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma2
代入数据解得：a2＝2m/s2
物块上滑的位移为x10×1.0m＝5m
下滑过程的时间为t2ss
木块返回出发点的时间为t＝t1+t2＝1ss
故C错误；
D、木块回到出发点的速度为v＝a2t2＝2m/s＝2m/s
故D错误。
故选：B。
（2022•重庆）如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工具，在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力（图中未画出摩擦力）的共同作用做匀速直线运动。若拉力大小与重力大小相等，方向水平向右，重力加速度为g，则擦窗工具所受摩擦力（ ）
A．大小等于mgB．大小等于mg
C．方向竖直向上D．方向水平向左
【解答】解：擦窗工具做匀速直线运动，其受力平衡，摩擦力与重力和拉力的合力F等大反向，对擦窗工具进行正视图的受力分析如下图所示：
重力与拉力的合力F大小为：Fmg，方向与水平方向夹角为45°，则摩擦力的大小为mg，方向与水平方向夹角为45°，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【素养提升】
（2024•阆中市校级一模）如图所示，小车内有一小球被轻质弹簧和一条细线拴接。小车在水平面上做直线运动的过程中，弹簧始终保持竖直状态，细线与竖直方向成α角。下列说法正确的是（ ）
A．小车不可能做匀速运动
B．小车可能向右做减速运动
C．细绳有拉力时，弹簧一定有弹力
D．弹簧有弹力时，细绳可能没拉力
【解答】解：AB.若细绳没有拉力，小球做匀速运动，若细绳有拉力时，小球向右做加速运动，即，无论细绳有没有拉力，小球不可能向右做减速运动，故AB错误；
C.细绳有拉力时，弹簧可以无弹力，这时小车向右做加速运动，故C错误；
D.小球匀速运动时，弹簧有弹力，细绳没拉力，故D正确。
故选：D。
（2023秋•乌鲁木齐期末）如图所示，物体的质量m＝5kg，与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2，在倾角θ＝37°，F＝50N的恒力作用下，由静止开始加速运动，当t＝5s时撤去F，（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）。求：
（1）物体做加速运动时的加速度a。
（2）撤去F后，物体还能滑行的时间t。
【解答】解：（1）对物体分析，在水平方向上有Fcsθ﹣μ（mg+Fsinθ）＝ma，解得a＝4.8m/s2，方向向右。
（2）物体加速5s，速度为v＝at＝4.8×5m/s＝24m/s，撤去F后，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2m/s2，速度减至0，有v﹣at＝0，解得t＝12s
答：（1）物体做加速运动时的加速度a为4.8m/s2，方向向右。
（2）撤去F后，物体还能滑行的时间t为12s。
【能力培优】
（2023秋•乌兰察布期末）如图，在与水平方向成θ＝37°角斜向上，大小始终不变的拉力F＝6N作用下，质量为m＝1.1kg的物体（可视为质点）由静止开始从A点在水平面上做匀加速直线运动。到达B点（B点处轨道平滑连接）时撤去拉力F，物体沿倾角为θ＝37°足够长的斜面向上运动，已知lAB＝2m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，不考虑物体在B点处速度大小的变化）
（1）求物体从A点到B点经过的时间。
（2）请受力分析计算物体上到斜面后能否返回到B点，如果可以返回B点，计算返回到B点的速度；如果不能返回B点，计算物体在斜面上移动的最大位移。
【解答】解：（1）对A分析，在水平方向上，根据牛顿第二定律有Fcsθ﹣μ（mg﹣sinθ）＝ma
解得a＝1m/s2
根据位移—时间公式有x＝v0tat2
解得t＝2s
（2）由于mgsinθ＝1.1×10×0.6N＝6.6N＞μmgcsθ＝0.5×1.1×10×0.8N＝4.4N
所以物块可以返回
从A开始运动，第一次到B点的速度为vB＝v0+at，解得vB＝2m/s
从斜面上减速度的加速度a2，根据牛顿第二定律mgsinθ+μmgcsθ＝ma2
解得a2＝10m/s2
根据速度—位移公式v22a2x
解得x＝0.2m
从斜面下滑的加速度a3，根据牛顿第二定律mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma3
解得a3＝2m/s2
根据速度—位移公式2a3x
解得vB'm/s
如图，底座A上固定一长为0.5m的直立杆，底座和杆的总质量为0.2kg，杆上套有质量为0.05kg的小环B，环与杆间有大小恒定的摩擦力。环以3m/s的初速度从底座向上运动，刚好能到达杆高处，整个过程中底座始终保持静止，重力加速度g＝10m/s2。求：（结果可用根号表示）
（1）环与杆间摩擦力的大小；
（2）小环下落回到底座A时的速度大小；
（3）小环下落过程中底座对地面的压力大小。
【解答】解：（1）由运动学规律得，
代入数据解得：
由牛顿第二定律得：mg+f＝ma1
代入数据解得：f＝0.25N
（2）由牛顿第二定律得：ma2＝mg﹣f
代入数据解得：
由运动学规律得：
代入数据解得：
（3）分析底座的受力情况有：FN＝Mg+f
代入数据解得：FN＝2.25N
由牛顿第三定律，得知小环下落过程中底座对地面的压力大小为：F＝FN＝2.25N