鲁科版必修第一册 第五章 牛顿运动定律 单元测试（素养提升）（含答案）

鲁科版必修第一册 第五章 牛顿运动定律 单元测试（素养提升）
一 、单选题（本大题共8小题，共48分）
1.（6分）如图所示，在一辆表面光滑且足够长的小车上，有质量为和的两个小球，两个小球随车一起运动，当车突然停止运动时，若不考虑其他阻力，则两个小球

A. 一定相碰 B. 一定不相碰
C. 不一定相碰 D. 无法确定
2.（6分）牛顿的力，作用在重牛顿的物体上，产生的加速度是多少
A. 米秒 B. 米秒
C. 米秒 D. 米秒
3.（6分）如图所示，用一根轻绳系一质量为的小球可视为质点，另一端固定在圆锥顶上，圆锥的顶角为当圆锥和小球一起绕竖直轴以匀速转动时，轻绳对小球的拉力大小为不计空气阻力，为重力加速度
A. B. C. D.
4.（6分）如图所示，倾角为θ＝30°的光滑斜面上，质量分别为2m、m的a、b两物块，用一轻弹簧相连，将a用细线连接在木板上，调整细线使之与斜面平行且使系统静止时，物块b恰与斜面底端的挡板无弹力，此时弹簧的形变量为x。重力加速度为g，若突然剪断细线，弹簧始终处于弹性限度内，则( )
A. 剪断细线瞬间，挡板对物块b弹力为0.5mg
B. 剪断细线瞬间，物块b的加速度为0.5g
C. 剪断细线瞬间，物块a的加速度为g
D. 剪断细线后，物块a沿斜面向下运动3x时速度最大
5.（6分）如图所示，传送带以的速度逆时针匀速转动，两侧的传送带长都是，且与水平方向的夹角均为。现有两个滑块、可视为质点从传送带顶端同时由静止滑下，已知滑块、的质量均为，与传送带间动摩擦因数均为，取重力加速度，，。下列说法正确的是
A. 滑块先做匀加速运动后做匀速运动
B. 滑块、同时到达传送带底端
C. 滑块、到达传送带底端时的速度大小相等
D. 滑块在传送带上的划痕长度为
6.（6分）如图所示，质量均为的两个物体、放在水平地面上相距，它们与水平地面的动摩擦因数均为现使它们分别以大小和的初速度同时相向滑行，不计物体的大小，取则

A. 它们经过相遇 B. 它们经过相遇
C. 它们经过相遇 D. 它们经过相遇
7.（6分）第届冬奥会于年月在北京胜利举行。如图为某运动员的滑雪训练过程，运动员沿倾斜直滑道由静止开始做匀加速直线运动，到达水平滑道后立即做匀减速直线运动，直至停止。若已知运动员滑雪过程的总路程和总时间，则可求解的物理量为
A. 最大速度 B. 加速阶段的运动时间
C. 减速阶段的水平位移大小 D. 斜坡倾角
8.（6分）如图所示，劲度系数为的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于倾角为的斜面上质量为的物体连接另有一个完全相同的物体紧贴着，不粘连，弹簧与斜面平行且处于静止状态。现用沿斜面的力缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了，此时物体、静止。撤去后，物体、开始向上运动，已知重力加速度为，物体、与斜面间的动摩擦因数为。则
A. 施加力前，弹簧被压缩了
B. 撤去瞬间，物体、的加速度大小为
C. 撤去后，物体和先做匀加速运动，再做匀减速运动
D. 若物体、向上运动要分离，则分离时向上运动距离为
二 、多选题（本大题共4小题，共24分）
9.（6分）如图，质量为的物块放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，物块和木箱水平底面之间的动摩擦因数为。物块的右边被一根轻弹簧用的水平拉力向右拉着而保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，现在要使弹簧能拉动物块相对木箱底面水平移动，木箱的运动情况可能是
A. 竖直向下匀加速运动，加速度的大小
B. 竖直向下匀减速运动，加速度的大小
C. 水平向左匀加速运动，加速度的大小
D. 水平向左匀减速运动，加速度的大小
10.（6分）如图所示，水平传送带以速度匀速运动，小物体、由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，时刻在传送带左端具有速度，与定滑轮间的绳水平，时刻离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体的速度随时间变化的图像可能是
A. B.
C. D.
11.（6分）如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，时刻滑块从板的左端以速度水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的图象可能是图乙中的
A. B.
C. D.
12.（6分）如图所示，为定滑轮，一根细绳跨过，一端系着一物体，另一端系着一动滑轮，动滑轮两侧分别悬挂着，两物体．已知 物体的质量，不计滑轮和绳的质量及一切摩擦，若要使物体保持平衡，重力加速度为， 则的质量可能是

A. B. C. D.
三 、实验题（本大题共2小题，共20分）
13.（10分）要探究加速度与合外力的关系，某同学设计了如图所示实验装置，其中长木板放在水平桌面上。
(1)调节砂桶中砂的质量，调节定滑轮的高度，使连接小车的细线与长木板平行，小车靠近打点计时器，接通电源，轻推小车，打点计时器打出的点间隔均匀，弹簧测力计的示数为，则小车受到的摩擦力大小等于______；
(2)______(选填“悬挂”或“不悬挂”)砂桶，将长木板没有定滑轮的一端适当垫高，接通电源，轻推小车，使打点计时器在纸带上打出的点间隔均匀，此番操作的目的是______；
(3)某次实验打出的纸带如图所示，O、A、B、C、D为计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.1s，根据纸带上的数据求得小车运动的加速度a＝______m/(结果保留两位有效数字)；
(4)保持小车的质量不变，多次改变砂桶中砂的质量进行实验，得到多组小车的加速度a和弹簧测力计的示数F，作出a－F图像，则可能的是______。
14.（10分）图甲所示为两位同学探究“物体的加速度与其质量、所受合外力的关系”的实验装置图．
实验中，两位同学安装好实验装置后，首先平衡摩擦力，他们将长木板的一端适当垫高些后，在不挂砝码盘的情况下，使小车靠近打点计时器，先接通电源，然后用手轻推小车，小车便拖动纸带在木板上运动．若打点计时器第一次在纸带上打出的计时点越来越稀疏从打出的点的先后顺序看，则第二次打点前应将长木板的一端垫得比原先更加_________填“高”或“低”些；重复以上操作步骤，直到打点计时器在纸带上打出一系列_________的计时点，便说明平衡摩擦力适当．不计细绳与滑轮的摩擦
平衡摩擦力后，在_________的条件下，两位同学可以认为砝码盘连同砝码的总重力近似等于小车所受的合外力．已知小车的质量为，砝码盘连同砝码的总质量为
接下来，这两位同学先在保持小车的质量不变的条件下，探究小车的加速度与受到的合外力的关系．图乙为某次操作中打出的一条纸带，他们在纸带上标出了个计数点，在相邻的两个计数点之间还有个点未标出，图中数据的单位是实验中使用的是频率的交流电源．根据以上数据，可以算出小车的加速度_________结果保留三位有效数字
然后，两位同学在保持小车受到的拉力不变的条件下，探究小车的加速度与其质量的关系．他们通过给小车中增加砝码来改变小车的质量，得到小车的加速度与质量的数据，画出图线后，发现当较大时，图线发生弯曲．于是，两位同学又对实验方案进行了进一步的修正，避免了图线的末端发生弯曲的现象，那么，两位同学的修正方案可能是
A.改画与的关系图线 改画与的关系图线
C.改画与的关系图线 改画与的关系图线
探究“物体的加速度与其质量、所受合外力的关系”实验完成后，两位同学又打算测出小车与长木板间的动摩擦因数．于是两位同学先取掉了长木板右端垫的小木块，使得长木板平放在了实验桌上，并把长木板固定在实验桌上，具体的实验装置如图丙所示；在砝码盘中放入适当的砝码后，将小车靠近打点计时器，接通电源后释放小车，打点计时器便在纸带上打出了一系列的点，并在保证小车的质量、砝码连同砝码盘的质量不变的情况下，多次进行实验打出了多条纸带，分别利用打出的多条纸带计算出了小车运动的加速度，并求出平均加速度，则小车与长木板间的动摩擦因数_____________________________用、、、表示
四 、计算题（本大题共4小题，共48分）
15.（12分）在检测某款电动车性能的某次实验中，质量为的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到最大速度为时，位移为，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力与对应的速度，并描绘出图象，如图所示图中、均为直线。假设电动车行驶中所受阻力恒定，求此过程中：

电动车的额定功率；
电动车由静止开始运动，速度达到时，加速度为多大？
电动车由静止开始运动，速度刚达到时，运动了多长时间？
16.（12分）【典例1】一个人从静止开始沿山坡向下滑雪(如图所示)，山坡的倾角θ＝30°，滑雪板与雪地的动摩擦因数是0.04，人不用雪杖，求5s内滑下的路程和5s末的速度大小。(g取10m/，结果保留三位有效数字)
17.（12分）年初，新冠疫情爆发，举国上下打响了一场抗击疫情的阻击战．隔离患者，切断传染源是防止疫情蔓延的重要办法．如图是某城市酒店隔离点采用机器人为病人送餐的情景．若隔离病区的配餐点和目标位置处在直线通道上且相距，机器人送餐时从静止开始启动，到达目标位置停下让病人取餐．已知机器人加速和减速过程均可看作匀变速运动，为防止食物翻倒或发生相对移动，加速度大小都不超过，载物平台呈水平状态，餐盘及食物的总质量求：
机器人以最大加速度启动时经过达到的速度；
把食物平稳送到目标位置的最短时间；
以最大加速度减速过程中平台对餐盘的作用力的大小．
18.（12分）如图甲所示，质量均为的、两滑块叠放在一起静置于水平面上，置于滑块前端，可视为质点。与，与水平面间的动摩擦因数均为。时刻一水平外力作用于物体，外力随时间变化的关系如图乙所示，求：取
时刻物块的加速度；
内发生的位移；
内若未从上滑落，的最小长度。
答案和解析
1.【答案】B;
【解析】
先分析车突然停止前，两个小球和小车的运动状态，当小车突然停止时，根据一切物体都有保持原来运动状态的性质来分析两个小球的运动状态。
一切物体都有惯性；此题主要考查学生对惯性的理解和应用，会用惯性知识分析物体的运动状态。

车停止前，两个小球和小车一起作匀速直线运动，并且两个小球和小车具有共同的速度，当小车突然停止时，由于小球在光滑接触面上，因此两个小球由于惯性，还要保持原来大小不变的速度做匀速直线运动，由于两球的速度相同，相等时间内通过的距离相等，因此两个小球间的距离不变，一定不会相碰，故正确，错误。
故选。
2.【答案】B;
【解析】解：根据可得物体的质量为：；
力牛顿作用在物体上，产生的加速度大小为：
联立解得：米秒，故正确、错误。
故选：。
根据重力与质量的关系求解物体的质量，根据牛顿第二定律求解加速度大小。
本题主要是考查牛顿第二定律，关键是掌握牛顿第二定律的计算公式，知道重力与质量的关系。
3.【答案】A;
【解析】
先要判断小球是否离开圆锥面．假设小球刚好离开圆锥面时的角速度为，此时圆锥面对小球没有作用力，根据牛顿第二定律求出临界角速度，与比较，从而判断小球的运动状态，再由牛顿第二定律和向心力公式求解拉力．
本题的关键点在于判断小球是否离开圆锥体表面，不能直接应用向心力公式求解．小球做匀速圆周运动时，由合力充当向心力．

设小球刚要离开圆锥面时的角速度为，此时支持力为零，根据牛顿第二定律得： ，解得： ω 0 = g L cos θ = 2 3 g 3L ，则知，，所以小球离开圆锥面在水平面内做匀速圆周运动；设此时绳子与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律得： ，根据平衡条件有：，联立解得 ，故A正确，BCD错误．
故选A。

4.【答案】D;
【解析】突然剪断细线前，对b受力分析，由平衡条件可得＝mgsinθ，剪断细线瞬间，弹簧的弹力不能突变，b的受力状态不变，合力仍为零，则物块b的加速度为零，挡板对物块b的弹力也为零，A、B错误；突然剪断细线前，对a受力分析，由平衡条件可得＝2mgsinθ＋可得＝3mgsinθ，剪断细线瞬间，弹簧的弹力不能突变，细线拉力消失，由牛顿第二定律得2mgsinθ＋＝2ma，解得a的加速度为a＝gsinθ，C错误；剪断细线前，弹簧的形变量为x，可得mgsinθ＝＝kx
剪断细线后，物块a沿斜面向下运动，向下运动x时，弹簧恢复原长，再向下运动x′时，加速度为零，速度最大，此时满足2mgsinθ＝kx′
联立上式可得x′＝2x，所以物块a沿斜面向下运动3x时速度最大，D正确。
5.【答案】D;
【解析】
解决倾斜传送带问题，必须首先确定与的关系，这样才能确定物体与传送带共速后，物体将做什么样的运动。
分析摩擦力的前后变化，利用运动学公式分析求解。

、对于，刚开始加速度为，
与传送带共速时，沿传送带向下的位移为，则此时还没有到达传送带底端，
这段过程经历时间为，传送带运动的距离为，
此时距离底端为，
因为，则，
所以将继续做匀加速运动，加速度为，
设到达底端的速度为，则有，解得，
这段过程运动时间为，传送带运动的距离为，
综上，第一段过程，在传送带上的划痕为，即落后传送带，
后一段过程，在传送带上的划痕为，即又相比传送带前进，则这划痕和前面的划痕是重合的，故总划痕长度就是，故错误，正确；
、对于，下落到底端所需时间为，对于，因为，所以物体一直沿传送带向下，做匀加速运动，加速度为，设到达底端所用时间为，则有，解得，故错误；
、到达底端的速度为，故错误。
故选。
6.【答案】B;
【解析】
先根据牛顿第二定律求出两个物体的加速度，然后计算出物体停止运动的时间，得出、的位置，最后再求出接下来的运动时间．
本题关键是边计算边分析确定两物体的运动情况，多次根据运动学公式列式求解；同时要注意字母较多，要注意字母的含义，最好能画出情境图，将已知量都标到图上．
对物体受力分析，均受到重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：，故加速度为：；
同理物体的加速度为：；
物体初速度较小，首先停止运动，故其停止运动的时间为：
该段时间内物体的位移为：
物体的位移为：
故此时开始，物体不动，物体继续做匀减速运动，直到相遇；
末的速度为：
物体继续做匀减速运动过程，
解得：
故从出发到相遇的总时间为：
故选。
7.【答案】A;
【解析】
根据题意运动员先沿倾斜直滑道由静止开始做匀加速直线运动，到达水平滑道后立即做匀减速直线运动，对这两段运动分别根据牛顿第二定律结合运动学公式分析解答。
此题主要考查牛顿第二定律和运动学规律，解题关键是要熟记匀变速直线运动的几个基本公式，并能熟练运用。
A.已知运动员滑雪过程的总路程和总时间，设滑到斜面底端时的最大速度为，则在斜面上的平均速度和在水平面上的平均速度均为，则，可得最大速度，因此最大速度可求解，正确；
B.根据，运动员在加速阶段的加速度不能确定，则斜面上滑行加速阶段的运动时间不能求解，错误；
C.根据，运动员减速阶段的加速度不能确定，则不能求解减速阶段的水平位移大小，错误；
D.根据牛顿第二定律，运动员在斜坡上的加速度和滑雪板与滑道间的动摩擦因数都不能确定，则不能求解斜坡的倾角，错误。
8.【答案】B;
【解析】

对、整体受力分析，根据平衡条件和胡克定律判断弹簧的形变量撤去瞬间， 根据牛顿第二定律求出加速度随着运动位置的变化， 弹力大小发生变化， 从而知道加速度也随之变化与分离时弹力为零。
本题中分离问题要抓住两点：分离时两物体间无弹力；分离时两物体的加速度相同。

A.施加力前，把、作为一个整体受力分析，在斜面方向上，重力的下滑分力与弹簧的弹力和摩擦力的合力平衡，即，又由胡克定律；联立得，故错误；
B.撤去瞬间，把、作为一个整体受力分析有；又，解得，故正确；
C.由对项的分析可知，物体向上运动时弹簧伸长量发生变化即弹力发生变化，物体所受合外力发生变化，加速度变化，故不会做匀加速运动，故错误；
D.分离问题要抓住两点：①分离时两物体间无弹力，②分离时两物体的加速度相同，运用这两个结论就可快速判断出、两物体会在弹簧达到原长时分离，故错误。
故选。
9.【答案】ACD;
【解析】解：、物块能保持静止，根据平衡条件可知此时弹簧弹力等于物块与木箱间的摩擦力，木箱竖直向下匀加速运动，物块处于失重状态，物块对木箱间的压力变小，有
竖直方向
又最大静摩擦力
当时，物体与木箱的最大静摩擦力摩擦力，故此时物块可以相对木箱底面水平移动；
若木箱竖直向下匀减速运动，则物块与木箱间的压力变大，此时物块与木箱间的最大静摩擦力大于木箱静止时的最大值，故此时物块可以不能相对木箱底面水平移动，故是木箱可能的运动情况，不是木箱可能的运动情况；
、木箱做水平向左匀加速运动，以物块为研究对象，设物块相对木箱静止的最大加速度大小为，根据牛顿第二定律有

代入数据可得，故物块将相对木箱水平向右运动，故是木箱可能的运动情况；
、木箱做水平向左匀减速运动，以物块为研究对象，设物块相对木箱静止的最大加速度大小为，根据牛顿第二定律有

代入数据可得，故物块将相对木箱水平向左运动，故是木箱可能的运动情况。
题中要选木箱的运动情况，
故选：。
、根据木箱在竖直方向的运动分析，可知木箱的可能运动情况；
、根据题意，利用牛顿第二定律求出木箱做水平向左匀加速运动时物块相对木箱静止的最大加速度大小，再根据加速度关系判断该情况；
、根据题意，利用牛顿第二定律求出木箱做水平向左匀减速运动时物块相对木箱静止的最大加速度大小，再根据加速度关系判断该情况；
在分析两物体相对运动问题时，要注意利用牛顿第二定律先分析相对静止时其中一个物体的最大加速度，再结合整体的加速度来判断是否发生相对运动。
10.【答案】BC;
【解析】
解：
由题可知物体的运动有如下几种情况：当时，小物体受到的滑动摩擦力方向水平向右，第一种情况，最大静摩擦力时，以加速度向右减速滑离，或以加速度先向右减速到零再向左加速从左端滑离，无符合的选项；第二种情况，最大静摩擦力时，以向右匀加速滑离，或以向右匀加速到，再受静摩擦力以匀速向右滑离，选项符合．当时，小物体受到的滑动摩擦力方向水平向左，第一种情况，以加速度向右减速滑离，无符合的选项；第二种情况，先以加速度减速到，若最大静摩擦力，则受静摩擦力继续以匀速向右滑离，无符合的选项；第三种情况，先以加速度减速到，若最大静摩擦力，则将继续以加速度向右减速滑离，如果速度减为零时还未滑离，则将继续以加速度
反向向左做加速运动，直到滑离，，选项符合．
11.【答案】BD;
【解析】解：滑块滑上木板，受到木板对滑块向左的滑动摩擦力，做匀减速运动，若木块对木板的摩擦力大于地面对木板的摩擦力，则木板做匀加速直线运动，当两者速度相等时，一起做匀减速运动。设木块与木板之间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为，木块的质量为，木板的质量为，知木板若滑动，则，最后一起做匀减速运动，加速度，开始木块做匀减速运动的加速度大小，知图线的斜率变小。故B正确，C错误。
若，则木板不动，滑块一直做匀减速运动。故D正确。
由于地面有摩擦力，最终木块和木板不可能一起做匀速直线运动。故A错误。
故选：。
滑块滑上木板，木板可能运动，可能不动，所以滑块可能先做匀减速运动，然后和木板一起做匀减速运动，也可能一直做匀减速运动。
解决本题的关键理清物块和木板的运动规律，结合牛顿第二定律求解加速度，在图象中斜率代表加速度；
12.【答案】AB;
【解析】
物体保持平衡时，与可能平衡，也可能不平衡．若平衡列出平衡方程即可解答；若与的质量不同，则分两种情况，根据牛顿第二定律列方程讨论。
关键是运用整体法与隔离法，灵活选取研究对象。
若与也保持平衡则：
此时要使保持平衡，则：
保持平衡，则：
所以：
故正确；
若：则：

所以：
得：

得：
所以：
故正确。
若：则

所以：
得

得：
所以：；
故错误；
故选。
13.【答案】(1)
(2)不悬挂 补偿阻力(或平衡摩擦力)
(3)0.39
(4)甲;
【解析】(1)当打点计时器打出的点迹均匀时，小车匀速运动，则所受的拉力等于摩擦力，而拉力等于弹簧测力计的示数，则小车受到的摩擦力大小等于；
(2)不悬挂砂桶，将长木板没有定滑轮的一端适当垫高，接通电源，轻推小车，使打点计时器在纸带上打出的点间隔均匀，此番操作的目的是补偿阻力(或平衡摩擦力)；
(3)根据逐差法可得小车运动的加速度
a＝＝m/≈0.39m/
(4)根据a＝F，因小车的拉力是由弹簧测力计测量出的，则不会出现图像上部分弯曲的情况，故选甲。
14.【答案】低 间隔相等 ;
【解析】
解：
打点计时器第一次在纸带上打出的计时点越来越稀疏，说明小车有沿木板斜向下的加速度，平衡摩擦力过度，第二次需要将木板的一端垫低一些，直到小车匀速运动，即打出的点间隔相等．
对整体有，对小车有，联立可得，只有当时，
在相邻的两个计数点之间还有个点未标出，故相邻计数点间的时间为，根据可得，代入数据可得
根据得，所以的图线是一条斜率为的直线，不会随着的变化而产生弯曲，故正确．
对小车、砝码连同砝码盘整体进行受力分析，受砝码连同砝码盘的重力和木板对小车的摩擦力，根据牛顿第二定律得，解得
15.【答案】解：由图象可知，段对应电动车加速的过程中保持牵引力恒定不变，即做匀加速直线运动；段中的斜率保持恒定不变，对应电动车在这一阶段以额定功率加速行驶。
当电动车达到最大速度时，电动车的牵引力，其中表示地面对电动车的阻力。
所以电动车的额定功率。
电动车匀加速行驶过程中的加速度，
电动车刚达到额定功率时其速度
之后它将做加速度减小的变加速运动。故当电动车的速度时，已处于变加速阶段，但这一过程电动车的功率已达额定功率，所以设此时的牵引力为，
有：得：
设此时电动车的加速度为，有：
得：
电动车由静止开始，设先匀加速达，用时，由得：
通过得位移为：
设此后再经时间速度达，则车由静止到速度刚好为的过程，据动能定理得：得：
则总时间为：
答：电动车的额定功率为；
电动车由静止开始运动，速度达到时，加速度为；
电动车由静止开始运动，速度刚达到时，运动了。;
【解析】
图象的斜率等于功率，图线平行于横轴，表示不变，分析电动车在和过程的运动的特点。当牵引力与阻力大小相等时，电动车做匀速直线运动，速度达到最大值，此时功率为额定功率；
在恒力作用下电动车做匀加速度运动，达到额定功率后做变加速运动，最终达到最大速度，先判断出匀加速达到的最大速度，再结合由牛顿第二定律可以求出速度为时的加速度；
在恒力作用下电动车做匀加速度运动，达到额定功率后做变加速运动，最终达到最大速度，先判断出匀加速达到的最大速度所需时间，在利用动能定理计算出变加速运动的时间即可。
本题首先要理解图象的物理意义：斜率等于功率；其次要能分析电动车的受力情况和运动情况，把握速度最大的条件。
16.【答案】58.2m 23.3m/s;
【解析】以人(包括滑雪板)为研究对象，受力情况如图所示。
将重力mg沿垂直于山坡方向和沿山坡方向分解，根据平衡条件和牛顿第二定律列方程
－mgcosθ＝0 ①
mgsinθ－＝ma ②
又因为＝μ ③
由①②③式可得：a＝g(sinθ－μcosθ)
故x＝＝g(sinθ－μcos)＝×10×(－0.04×)×m≈58.2m
v＝at＝10×(－0.04×)×5m/s
≈23.3m/s。
17.【答案】解：（1）机器人做匀加速直线运动时，以最大加速度启动3s末的速度
v=at
代入数据可得：v=6m/s
（2）机器人先以最大的加速度加速，再以最大的加速度减速到目标位置时恰好速度为零用时最短。
设加速过程和减速过程的位移分别为和，则：===
代入数据可得=8m/s
根据运动学公式可得
===s=4s
则把食物平稳送到目标位置的最短时间t
t=+=4s+4s=8s
（3）平台对餐盘竖直方向的支持力：FN=mg
水平方向的摩擦力Ff=ma
故平台对餐盘的作用力大小
联立代入数据可得：
答：（1）机器人以最大加速度启动时经过3s达到的速度v为6m/s；
（2）把食物平稳送到目标位置的最短时间t为8s；
（3）以最大加速度减速过程中平台对餐盘的作用力F的大小为20.4N。;
【解析】
结合题意根据匀加速直线运动的公式可以求出速度大小；
根据加速过程和减速过程的位移关系，结合题意可以求出最短时间；
分别求出平台对餐具在水平和竖直方向的分力，再求合力即平台对餐盘的作用力的大小。
在求平台对餐盘的作用力的大小时，一定要注意该力的竖直分力为支持力，水平分力为摩擦力。不能直接认为该作用力是支持力或摩擦力。
18.【答案】解：
时，
假设、未发生相对滑动，由牛顿第二定律得：
则
又
故假设成立，、未发生相对滑动
则
内，
因
、均相对于地面静止
内，
由问知
故
内，
假设、未发生相对滑动，由牛顿第二定律得：
则
又
故假设不成立，、发生相对滑动
则
故
内、发生相对滑动：
故的最小长度;
【解析】该题考查牛顿运动定律滑块木板模型以及动力学图像信息等相关知识。分析好物理情景，看懂图像并能从中获取有用信息是解决本题的关键。
判断时是否发生相对滑动，由此根据牛顿第二定律分析求解加速度；
分析好各时间段、运动情况，由此求解内发生的位移；
内、发生相对滑动，分别求解、所发生位移，由此求解的最小长度。