必修 第一册牛顿第二定律优秀综合训练题

这是一份必修 第一册牛顿第二定律优秀综合训练题，文件包含人教版高中物理必修一同步题型训练专题44两类基本动力学问题学生版docx、人教版高中物理必修一同步题型训练专题44两类基本动力学问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共48页， 欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \t "正文,1" \h
\l "_Tc1161" 【题型1 知运动求受力】
\l "_Tc25206" 【题型2 知受力求运动】
\l "_Tc9103" 【题型3 等时圆的应用】
\l "_Tc6522" 【题型4 斜面问题】
\l "_Tc10925" 【题型5 图像问题】
\l "_Tc2094" 【题型6 动态分析问题】
\l "_Tc22177" 【题型7 临界问题】
【题型1 知运动求受力】
【例1】随着人工智能技术的不断发展，无人机有着非常广阔的应用前景。春播时节，一架携药总质量m＝20 kg的无人机即将在田间执行喷洒药剂任务，无人机悬停在距一块试验田H1＝30 m的高空，t＝0时刻，它以加速度a1＝2 m/s2竖直向下匀加速运动h1＝9 m 后，立即向下做匀减速运动直至速度为零，重新悬停，然后水平飞行喷洒药剂。若无人机田间作业时喷洒的安全高度为1～3 m，无人机下降过程中空气阻力恒为20 N，求：(g取10 m/s2)
(1)无人机从t＝0时刻到重新悬停在H2＝1 m处的总时间t；
(2)无人机在安全高度范围内重新悬停，向下匀减速时能提供的最大竖直升力大小；
(3)若无人机在高度H2＝3 m处悬停时动力系统发生故障，失去竖直升力的时间为eq \f(2,3) s，要使其不落地，恢复升力时的最小加速度。
【变式1-1】新冠肺炎疫情期间，无人机发挥着非常重要的作用(图甲)，可利用无人机空投药品，将药品送到隔离人员手中。在某次无人机竖直送货中，无人机的质量M＝1.5 kg，货物的质量m＝1 kg，无人机与货物间通过轻绳固定在无人机下端。无人机从地面开始加速上升一段时间后关闭动力，其运动v-t图像如图乙所示。无人机所受阻力恒定，不考虑货物受到的阻力，g取10 m/s2，下列判断正确的是( )
A．无人机上升的最大高度为36 m
B．无人机所受阻力大小为3 N
C．无人机所受的升力大小为30 N
D．加速阶段绳的拉力大小为12 N
【变式1-2】如图所示，俯式冰橇是冬奥会的比赛项目之一，其赛道可简化为起点和终点高度差为120 m、长度为1 200 m的斜坡，假设某运动员从起点开始，以平行赛道的恒力F＝40 N推动质量m＝40 kg的冰橇由静止开始沿斜坡向下运动，出发4 s内冰橇发生的位移为12 m,8 s末迅速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点。设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力，(g取10 m/s2，取赛道倾角的余弦值为1，正弦值按照题目要求计算)求：
(1)出发4 s内冰橇的加速度大小；
(2)冰橇与赛道间的动摩擦因数；
(3)比赛中运动员到达终点时的速度大小。
【变式1-3】机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m＝1.0×103 kg的汽车以v1＝36 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6 m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L＝6 m，小朋友行走的速度v0＝0.5 m/s，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v2＝54 km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
【题型2 知受力求运动】
【例2】(多选)如图甲所示，一质量为m＝1 kg的小物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块在按如图乙所示规律变化的水平力F作用下向右运动，第3 s末物块运动到B点时速度刚好为零，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．前3 s内，物块的加速度逐渐减小
B．前3 s内，物块的速度先增大后减小
C．A、B间的距离为4 m
D．前3 s内物块的平均速度为2 m/s
【变式2-1】如图所示，排球运动员正在做垫球训练。排球离开手臂竖直向上运动，再下落到手臂的过程中，若手臂位置不变且空气阻力大小恒定，则排球( )
A．上升过程位移小于下落过程位移
B．离开手臂速度小于返回手臂速度
C．上升过程加速度小于下落过程加速度
D．上升过程时间小于下落过程时间
【变式2-2】某航母上舰载机起飞时主要靠甲板前端上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为L1＝160 m的水平跑道上运动，然后在长度为L2＝20.5 m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞.已知飞机的质量m＝2.0×104 kg，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.4×105 N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝2.05 m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计水平跑道和倾斜跑道连接处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障，取g＝10 m/s2.求：
(1)飞机在水平跑道上运动的末速度大小；
(2)飞机从开始运动到起飞经历的时间t.
【变式2-3】如图所示，在水平地面上固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面顶端有一不计质量和摩擦的定滑轮，一细绳跨过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与物体B连接，物体A、B均处于静止状态，细绳与斜面平行。若将A、B两物体对调，将A置于距地面h高处由静止释放，设A与地面碰撞后立即停止运动，B在斜面上运动过程中不与滑轮发生碰撞，重力加速度为g。试求：
(1)A和B的质量之比；
(2)物体B沿斜面上滑的总时间。
【题型3 等时圆的应用】
【例3】为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是( )
【变式3-1】(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心.每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间.下列关系正确的是( )
A.t1＝t2 B.t2>t3
C.t1t3
C.t1aOb，由x＝eq \f(1,2)at2可知，t2>tca，故选项A错误，B、C、D均正确.
【变式3-2】如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上(两个圆过切点的直径在竖直方向上)，且斜槽都通过切点P。设有一重物先后沿两个斜槽从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为( )
A.2∶1 B.1∶1
C.eq \r(3)∶1 D.1∶eq \r(3)
答案 B
【变式3-3】如图所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，分别与圆相交于A、B、C三点。现让三个小球(可以看作质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止滑到Q点，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有( )
A.v2＞v1＞v3 B.v1＞v2＞v3
C.v3＞v1＞v2 D.v1＞v3＞v2
答案 A
解析 设任一斜面的倾角为θ，圆的直径为d。根据牛顿第二定律得到a＝gsin θ，斜面的长度为x＝dsin θ，则由x＝eq \f(1,2)at2得t＝eq \r(\f(2x,a))＝eq \r(\f(2dsin θ,gsin θ))＝eq \r(\f(2d,g))，可见，物体下滑时间与斜面的倾角无关，则有t1＝t2＝t3，根据eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)，因x2＞x1＞x3，可知v2＞v1＞v3，故选项A正确。
【题型4 斜面问题】
【例4】(多选)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像可求出( )
A．物体的初速度v0＝3 m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44 m
D．当θ＝45°时，物体达到最大位移后将停在斜面上
解析：选BC 由题图乙可知，当倾角为90°时，位移为1.80 m，则由竖直上抛运动规律可知v02＝2gx，解得v0＝eq \r(2gx)＝6 m/s，故A错误；当倾角θ＝0°时，位移为2.40 m，可得μ＝eq \f(v02,2gx)＝0.75，故B正确；当倾角为θ时，物体沿斜面上滑的距离为x，则根据动能定理有－mgxsin θ－μmgxcs θ＝0－eq \f(1,2)mv02，解得x＝eq \f(v02,2gsin θ＋μcs θ)＝eq \f(18,10×\f(5,4)sinθ＋α) m，当θ＋α＝90°时，sin(θ＋α)＝1，此时位移最小为xmin＝1.44 m，故C正确；当θ＝45°时，物体受到的重力沿斜面向下的分力为mgsin 45°＝eq \f(\r(2),2)mg；滑动摩擦力f＝μmgcs 45°＝eq \f(3\r(2),8)mg，一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，故物体到达最大位移后会下滑，故D错误。
【变式4-1】在高速公路的长下坡路段，为了防止汽车刹车失灵造成事故，需要建设避险车道。某汽车在下坡时司机发现刹车失灵(无法通过制动系统产生摩擦)，立即将车辆驶离高速公路，直接开到避险车道，刚进入避险车道时车速已经达到108 km/h，车辆运行一段距离后停了下来。已知该避险车道与水平面的夹角为37°，避险车道上的碎石对车辆产生的阻力为压力的k倍。重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，k＝0.75。求：
(1)该车辆在避险车道上停下来需要运行的距离x1；
(2)如果此避险车道设计成水平的，所用的碎石材料不变，该车辆停下来需要运行的距离x2。
解析：(1)车辆在避险车道向上运动时，
设汽车的质量为m，根据牛顿第二定律，
有mgsin 37°＋kmgcs 37°＝ma1，解得a1＝12 m/s2
汽车进入避险车道时的速度v＝108 km/h＝30 m/s
根据匀变速直线运动公式v2＝2a1x1，解得x1＝37.5 m。
(2)如果避险车道水平，根据牛顿第二定律，有kmg＝ma2
解得a2＝7.5 m/s2
根据匀变速直线运动公式v2＝2a2x2
解得x2＝60 m。
答案：(1)37.5 m (2)60 m
【变式4-2】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
[解析] 由题意知，小物块沿光滑长平板加速下滑，根据牛顿第二定律得mgsin θ＝ma，小物块的加速度大小a＝gsin θ；设铁架台底座的长度为d，根据几何关系，小物块的位移大小为eq \f(d,cs θ)；根据运动学公式得eq \f(d,cs θ)＝eq \f(1,2)at2，联立可得t＝ eq \r(\f(4d,gsin 2θ))，θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将先减小后增大，D正确。
[答案] D
【变式4-3】(多选)如图(a)，质量m＝1 kg 的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图(b)所示，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，下列说法正确的是( )
A.物体沿斜面做匀变速运动
B.当风速v＝5 m/s时，物体沿斜面下滑的速度最大
C.物体与斜面间的动摩擦因数为0.25
D.比例系数k为eq \f(16,19) kg/s
答案 BCD
解析 由图可知，物体的加速度逐渐减小，所以物体沿斜面不是匀加速运动，故A错误；由图可知，速度为5 m/s时加速度为零，速度最大，故B正确；对初始时刻，没有风的作用，物体的加速度大小为a0＝4 m/s2，对物体受力分析，根据牛顿第二定律
沿斜面的方向mgsin θ－μmgcs θ＝ma0①
解得μ＝eq \f(gsin θ－a0,gcs θ)＝0.25，故C正确；
对末时刻加速度为零，受力分析可得
mgsin θ－μFN－kvcs θ＝0②
又FN＝mgcs θ＋kvsin θ，由b图可以读出，此时v＝5 m/s代入②式解得
k＝eq \f(mg（sin θ－μcs θ）,v（μsin θ＋cs θ）)＝eq \f(16,19) kg/s，故D正确。
【题型5 图像问题】
【例5】如图甲所示，A、B两个物体靠在一起，静止在光滑的水平面上，它们的质量分别为mA＝1 kg、mB＝3 kg，现用水平力FA推A，用水平力FB拉B，FA和FB随时间t变化的关系如图乙所示，则( )
A．A、B分开之前，A所受的合外力逐渐减小
B．t＝3 s时，A、B脱离
C．A、B分开前，它们一起运动的位移为6 m
D．A、B分开后，A做减速运动，B做加速运动
解析：选C 由题图乙可得FA＝9－3t(N)，FB＝3＋3t(N)，在两物体未分开的过程中，整体受力向右，且大小不变，恒为FA＋FB＝12 N，两物体做匀加速运动的加速度a＝eq \f(FA＋FB,mA＋mB)＝3 m/s2，则A、B分开之前，它们一直做匀加速运动，A物体所受的合外力不变，A错误；分开时满足A、B加速度相同，且弹力为零，故eq \f(FA,mA)＝3 m/s2，解得FA＝3 N,3 N＝9－3t(N)，解得t＝2 s，B错误；A、B分开前，它们一起运动的位移x＝eq \f(1,2)at2＝6 m，C正确；分开后的1 s内A仍然受到向右的推力，所以A仍然做加速运动，在t＝3 s后A不受推力将做匀速直线运动，B一直受到向右的拉力而做加速运动，D错误。
【变式5-1】物块以初速度v0竖直向上抛出，达到最高点后返回，物体所受空气阻力大小不变，下列v-t图像正确的是( )
解析：选C 上升时阻力向下，对物体受力分析可得mg＋f＝ma，上升时加速度为a＝eq \f(f,m)＋g，下降时阻力向上，对物体受力分析可得mg－f＝ma，加速度为a＝g－eq \f(f,m)，上升时加速度大于下降时加速度，故C正确，A、B、D错误。
【变式5-2】 (多选)如图所示，某人从距水面一定高度的平台上做蹦极运动。劲度系数为k的弹性绳一端固定在人身上，另一端固定在平台上。人从静止开始竖直跳下，在其到达水面前速度减为零。运动过程中，弹性绳始终处于弹性限度内。取与平台同高度的O点为坐标原点，以竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力，人可视为质点。从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用v、a、t分别表示人的速度、加速度和下落时间。下列描述v与t、a与y的关系图像可能正确的是( )
答案 AD
解析 从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，绳子拉直前，人先做自由落体运动，v－t图线斜率恒定；绳子拉直后在弹力等于重力之前，人做加速度逐渐减小的加速运动，v－t图线斜率减小；弹力等于重力之后，人开始减速运动，随着弹力增大加速度逐渐增大，v－t图线斜率逐渐增大，直到速度减到零，所以选项A正确，B错误；设向下运动的位置为y，绳子刚产生弹力时位置为y0，则mg－k(y－y0)＝ma，则加速度为a＝g－eq \f(k（y－y0）,m)，所以，a与y的关系图线斜率是恒定的，故选项D正确，C错误。
【变式5-3】将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受空气阻力大小恒定，方向与运动方向相反，该过程的v－t图像如图5所示，g取10 m/s2。下列说法中正确的是( )
A.小球重力和阻力大小之比为6∶1
B.小球上升与下落所用时间之比为2∶3
C.小球落回到抛出点的速度大小为8eq \r(6) m/s
D.小球下落过程受到向上的空气阻力，处于超重状态
答案 C
解析 根据图像可得上升过程的加速度大小为a1＝12 m/s2，由牛顿第二定律有mg＋f＝ma1，代入数据解得eq \f(f,m)＝2 m/s2，即mg∶f＝5∶1，故A错误；下降过程中由牛顿第二定律可得mg－f＝ma2，结合A选项解得a2＝8 m/s2，根据h＝eq \f(1,2)at2，可得t＝eq \r(\f(2h,a))，所以可知上升和下降时间之比为t1∶t2＝eq \r(a2)∶eq \r(a1)＝eq \r(2)∶eq \r(3)，故B错误；小球匀减速上升的高度h＝eq \f(1,2)×2×24 m＝24 m，根据v2＝2a2h，代入数据解得v＝8eq \r(6) m/s，故C正确；小球下落过程中，加速度竖直向下，处于失重状态，故D错误。
【题型6 动态分析问题】
【例6】如图所示，两个质量均为m的相同的物块叠放在一个轻弹簧上面，处于静止状态.弹簧的下端固定于地面上，弹簧的劲度系数为k.t＝0时刻，给A物块一个竖直向上的作用力F，使得两物块以0.5g的加速度匀加速上升，下列说法正确的是( )
A.A、B分离前合外力大小与时间的平方t2成线性关系
B.分离时弹簧处于原长状态
C.在t＝eq \r(\f(2m,k))时刻A、B分离
D.分离时B的速度大小为eq \r(\f(m,4k))g
答案 C
解析 A、B分离前两物块做匀加速运动，合外力不变，选项A错误；开始时弹簧的压缩量为x1，则2mg＝kx1；当两物块分离时，加速度相同且两物块之间的弹力为零，对物体B，有kx2－mg＝ma，且x1－x2＝eq \f(1,2)at2，解得x1＝eq \f(2mg,k)，x2＝eq \f(3mg,2k)，t＝eq \r(\f(2m,k))，此时弹簧仍处于压缩状态，选项B错误，C正确；分离时B的速度大小为v＝at＝eq \f(1,2)g·eq \r(\f(2m,k))＝eq \r(\f(m,2k))g，选项D错误.
【变式6-1】如图所示，轻弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体。现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点。如果物体受到的阻力恒定，则( )
A．物体从A到O先做加速运动后做减速运动
B．物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动
C．物体运动到O点时，所受合力为零
D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小
解析：选A 物体从A到O，初始阶段受到向右的弹力大于阻力，合力向右。随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大。当物体向右运动至AO间某点(设为点O′)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大。此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左，至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大。所以物体越过O′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动。A正确。
【变式6-2】一个物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小(此力的方向始终未变)，在这一过程中其余各力均不变。那么，下列各图中能正确描述该过程中物体速度变化情况的是( )
答案 D
解析 由于物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐增大到原来的大小，物体受到的合力逐渐增大到某值，然后逐渐减小到零，根据牛顿第二定律知物体的加速度逐渐增大到某值后再逐渐减小至零，而速度从零开始一直增大，根据v－t 图像的切线斜率表示瞬时加速度，知D图正确，故A、B、C错误，D正确。
【变式6-3】(多选)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中，下列关于小球的速度v、加速度a随时间t变化的图像中符合实际情况的是( )
答案 AD
解析 在小球下落的开始阶段，小球做自由落体运动，加速度为g；接触弹簧后，开始时重力大于弹力，加速度方向向下，随着小球的不断下降，弹力逐渐变大，故小球做加速度减小的加速运动，某时刻加速度可减小到零，此时速度最大；小球继续下落时，弹力大于重力，加速度方向变为向上，且加速度逐渐变大，直到速度减小到零，到达最低点，由对称知识可知，到达最低点的加速度大于g，故A、D正确。
【题型7 临界问题】
【例7】如图所示是小孩推滑块游戏的装置，此装置由粗糙水平面AB、倾角为6°
的光滑斜面BC和平台CD构成。若质量为1 kg的滑块在大小为2 N的水平推力作用下，从A点由静止出发，滑块在水平面AB上滑行一段距离后撤去推力，滑块继续向前运动通过斜面到达平台。已知水平面AB长度为2 m，斜面BC长度为1 m，滑块与水平面之间的动摩擦因数为0.1，sin 6°＝0.1，滑块可看成质点且在B处的速度损失不计。
(1)求滑块在推力作用下的加速度大小；
(2)若推力作用距离为2 m，求滑块刚到平台时的速度大小；
(3)若滑块能够到达平台，求滑块在斜面运动的最长时间。
答案 (1)1 m/s2 (2)eq \r(2) m/s (3)eq \r(2) s
解析 (1)根据F－μmg＝ma1，得a1＝1 m/s2。
(2)由veq \\al(2,B)＝2a1xAB
得vB＝2 m/s
斜面上运动的加速度a2＝－gsin 6°＝－1 m/s2
由veq \\al(2,C)－veq \\al(2,B)＝2a2xBC，得vC＝eq \r(2) m/s。
(3)刚能够到平台时滑块在斜面上运动的时间最长，由
－vB′2＝2a2xBC，得vB′＝eq \r(2) m/s
那么最长时间t＝eq \f(－vB′,a2)＝eq \r(2) s。
【变式7-1】 一个倾角为θ＝37°的斜面固定在水平面上，一个质量为m＝1.0 kg的小物块(可视为质点)以v0＝8 m/s的初速度由底端沿斜面上滑。小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25。若斜面足够长，已知tan 37°＝eq \f(3,4)，g取10 m/s2，求：
(1)小物块沿斜面上滑时的加速度大小；
(2)小物块上滑的最大距离；
(3)小物块返回斜面底端时的速度大小。
答案 (1)8 m/s2 (2)4 m (3)4eq \r(2) m/s
解析 (1)小物块沿斜面上滑时受力情况如图甲所示，其重力的分力分别为
甲
F1＝mgsin θ
F2＝mgcs θ
根据牛顿第二定律有
FN＝F2①
F1＋Ff＝ma②
又因为 Ff＝μFN③
由①②③式得a＝gsin θ＋μgcs θ＝(10×0.6 ＋0.25×10×0.8) m/s2＝8 m/s2。④
(2)小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有
0－veq \\al(2,0)＝2(－a)x⑤
得x＝eq \f(veq \\al(2,0),2a)＝eq \f(82,2×8) m＝4 m。⑥
(3)小物块在斜面上下滑时受力情况如图乙所示，根据牛顿第二定律有
乙
FN＝F2⑦
F1－Ff＝ma′⑧
由③⑦⑧式得a′＝gsin θ－μgcs θ＝(10×0.6 －0.25×10×0.8) m/s2＝4 m/s2⑨
有v2＝2a′x得⑩
v＝eq \r(2a′x)＝eq \r(2×4×4) m/s＝4eq \r(2) m/s。
【变式7-2】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下滑，滑行54 m后进入水平雪道，继续滑行40.5 m后减速到零。已知小明和滑雪车的总质量为60 kg，整个滑行过程用时10.5 s，斜直雪道倾角为37°(sin 37°＝0.6)。求小明和滑雪车
(1)滑行过程中的最大速度vm的大小；
(2)在斜直雪道上滑行的时间t1；
(3)在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小。
答案 (1)18 m/s (2)6 s (3)180 N
解析 (1)由题意得eq \f(vm,2)＝eq \f(x1＋x2,t)，
代入数据可得vm＝18 m/s。
(2)在斜直雪道上，x1＝eq \f(vm,2)t1
解得t1＝6 s。
(3)在斜直雪道上，物体的加速度a＝eq \f(vm,t1)＝3 m/s2
由牛顿第二定律得mgsin 37°－Ff＝ma
代入数据可得Ff＝180 N。
【变式7-3】如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v0＝90 km/h 的速度驶入避险车道，如图1乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，取重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示；
(2)若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin 15°＝0.26，cs 15°＝0.97，结果保留2位有效数字)
答案 (1)tan θ＜μ (2)57 m
解析 (1)对货车进行受力分析，可得小车的最大静摩擦力等于滑动摩擦力为Ff＝μmgcs θ
而货车重力在沿上坡路面方向的分量为F＝mgsin θ，若要货车在避险车道上停下后不发生溜滑现象，则需要Ff＞F，即mgsin θ＜μmgcs θ，解得eq \f(sin θ,cs θ)＜μ，tan θ＜μ，则当tan θ＜μ时，货车在避险车道上停下后不会发生溜滑现象。
(2)设货车在避险车道上的加速度为a，根据牛顿第二定律F合＝ma
得F合＝mgsin θ＋μmgcs θ＝ma
解得a＝g(sin θ＋μcs θ)＝10×(0.26＋0.3×0.97) m/s2＝5.51 m/s2
设货车在避险车道上行驶的最大距离为x
v0＝90 km/h＝25 m/s
据匀变速直线运动位移公式0－veq \\al(2,0)＝－2ax
代入数据，解得x＝eq \f(veq \\al(2,0),2a)＝eq \f(252,2×5.51) m＝57 m。