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4.5牛顿运动定律的应用
1．能通过分析物体的受力情况，确定物体的运动情况，能通过物体的运动情况确定物体的受力情况。
2．能根据力与运动的关系，联系牛顿运动定律和运动学知识，分析求解有关动力学问题。
3．掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法。
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、牛顿运动定律的应用一从受力确定运动情况
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，如图甲所示，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＝90km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示，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，重力加速度g取10m/s2。
（1）若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上向上行驶的最大距离；（已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，结果保留两位有效数字）
（2）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。
【解答】解：（1）设货车在避险车道上的加速度为a，根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝ma
解得a＝5.51m/s2
设货车避险车道上行驶的最大距离为x，根据匀变速直线运动位移公式
将v0＝90km/h＝25m/s
代入解得x＝57m
（2）对货车进行受力分析，若要货车在避险车道上停下后不发生溜滑现象，则需要mgsinθ＜μmgcosθ
解得μ＞tanθ
则当μ＞tanθ时，货车在避险车道上停下后不会发生溜滑现象。
答：（1）若避险车道路面倾角为15°，货车在避险车道上向上行驶的最大距离为57m；
（2）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的正切值表示为μ＞tanθ。
如图所示，一质量m＝2kg的物体在与水平方向成θ＝37°的拉力F作用下，从静止开始运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，F＝20N，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求；
（1）物体与地面的摩擦力大小；
（2）物体的加速度大小a；
（3）若经过1.0s撤掉拉力F，物块再经过多长时间停止运动。
【解答】解：（1）物体与地面间的摩擦力f＝μ（mg﹣Fsin37°）＝0.5×（2×10﹣20×0.6）N＝4N
（2）对物体，由牛顿第二定律得：Fcos37°﹣f＝ma1
代入数据解得：a1＝6m/s2
（3）撤去拉力时物体的速度v＝a1t1＝6×1m/s＝6m/s
撤去拉力后，对物体，由牛顿第二定律得：μmg＝ma2
代入数据解得：a2＝5m/s2
撤去拉力后物体减速到零需要的时间t2s＝1.2s
答：（1）物体与地面的摩擦力大小是4N；
（2）物体的加速度大小是6m/s2；
（3）若经过1.0s撤掉拉力F，物块再经过1.2s停止运动。
无人机目前正得到越来越广泛的应用。如图所示为一种四旋翼无人机，它能够竖直起降，质量m＝2kg，运动过程中所受空气阻力Ff，大小恒为4N。一次性能检测时，在离地面高度H＝40m处，关闭动力后无人机由静止下落，2s后启动动力设备提供恒定升力，无人机恰好在接近地面时回升。无人机可看作质点，g取10m/s2。求：
（1）无人机下落过程中最大速度的大小；
（2）从启动动力设备到回升，经过的时间。
【解答】解：（1）关闭动力后无人机由静止下落过程，由牛顿第二定律得
mg﹣Ff＝ma
代入数据解得
a＝8m/s2
由运动学公式
vm＝at1
解得
vm＝16m/s
（2）关闭动力后无人机由静止下落过程，下落高度
得
h＝16m
启动动力设备后，有
解得
t2＝3s
答：（1）无人机下落过程中最大速度的大小16m/s；
（2）从启动动力设备到回升，经过的时间3s。
题型2、牛顿运动定律的应用一从运动情况确定受力
我国自主研制的首艘075型两栖攻击舰“海南号”，是中国海军排在航母之后的第二大战舰类型。在某次试航过程中，海南号”由静止开始经时间t行驶距离为s，若将“海南号”的运动视为匀加速直线运动，其总质量为m。求“海南号”此次试航过程中：
（1）t时刻速度v的大小；
（2）受到合力F的大小。
【解答】解：（1）根据匀变速直线运动位移与平均速度关系，有
解得
（2）根据匀变速直线运动速度与时间关系，有v＝at
由牛顿第二定律，可得F＝ma
联立，可得
答：（1）t时刻速度v的大小为；
（2）受到合力F的大小为。
滑水运动是一项富有挑战性的水上运动，人和滑板在摩托艇的牵引下，短时间内可以达到较大速度。研究表明水对滑板的作用力N垂直于板面向上，且N＝kv2，其中v为人和滑板的速率（水速视为零）。某次运动中，人和滑板在水平牵引力F作用下由静止开始沿水面做匀加速直线运动，5s末达到最大速度，前5s内通过的位移为50m，而后做匀速直线运动，此时滑板和水面的夹角θ＝37°，已知人和滑板总质量m＝80kg，忽略空气阻力，取g＝10m/s2（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。试求：
（1）前5s内加速度大小和5s末的速度大小；
（2）匀速直线运动时水平牵引力F大小；
（3）k的值是多少？
【解答】解：（1）人和滑板做初速度为零的匀加速直线运动，
前5s内的位移x
代入数据解得：a＝4m/s2
5s末的速度大小v＝at＝4×5m/s＝20m/s
（2）人与滑板受力如图所示
人与滑板做匀速直线运动，由平衡条件得：F＝mgtanθ
代入数据解得：F＝600N
（3）由平衡条件得：Nkv2
代入数据解得：k＝2.5kg/m
答：（1）前5s内加速度大小是4m/s2，5s末的速度大小是20m/s；
（2）匀速直线运动时水平牵引力F大小是600N；
（3）k的值是2.5kg/m。
在2024年巴黎奥运会上，中国皮划艇队在男子500米双人划艇项目中再创辉煌。由刘浩和季博文组成的强强组合，以1分39秒48的成绩斩获金牌。这不仅是中国皮划艇队在巴黎奥运会上的首金，也是中国皮划艇项目在奥运会历史上的又一次突破。在日常单人皮艇训练中，运动员采用单桨划水使皮艇沿直线运动。运动员每次动作分为划水和空中运桨两个阶段，假设划水阶段用时1.2s，空中运桨用时为1.0s，若皮艇（含运动员和桨）质量为80kg，运动过程中受到的阻力恒定，划水时桨产生的动力大小为皮艇所受阻力的2.5倍。设某次训练中桨刚入水时皮艇的速度为0，运动员紧接着完成1次划水和运桨动作，此过程皮艇前进4.76m，求：
（1）划水和空中运奖两阶段皮艇的加速度大小之比；
（2）该过程中皮艇所受阻力的大小。
【解答】解：（1）对皮艇，由牛顿第二定律得：
划水阶段：F﹣f＝ma1
运桨阶段：f＝ma2
由题意可知：F＝2.5f
解得：a1：a2＝3：2
（2）划水阶段的位移x1
划水阶段结束时的速度大小v＝a1t1
运桨阶段的位移x2＝vt2
皮艇前进的距离x1+x2＝4.76m
代入数据解得：a2＝2m/s2
运桨阶段，由牛顿第二定律得：f＝ma2
代入数据解得：f＝160N
答：（1）划水和空中运奖两阶段皮艇的加速度大小之比是3：2；
（2）该过程中皮艇所受阻力的大小是160N。
题型3、牛顿第二定律的临界问题
如图所示为某快递公司利用机器人运送、投递包裹的场景，机器人将其水平托盘上的包裹由静止送至指定投递口，停止运动后缓慢翻起托盘，让包裹滑入投递口。其启动和制动过程可视为匀变速直线运动，当托盘倾角增大到37°时，包裹恰好开始下滑，如简化图所示。现机器人要把一质量m＝4kg的包裹沿直线运至相距L＝45m的投递口处，在运送中包裹与水平托盘始终保持相对静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）包裹与水平托盘的动摩擦因数μ；
（2）机器人启动过程中允许的加速度最大值am，及此时托盘对包裹的作用力F的大小；
（3）若机器人运行的最大速度为vm＝3m/s，则机器人由静止运行至投递口（恰好静止）所需的最短时间t。
【解答】解：（1）包裹恰好下滑时，根据共点力平衡条件有mgsinθ﹣μmgcosθ＝0
解得μ＝tanθ＝0.75
（2）水平以最大加速度启动时μmg＝mam
得
根据牛顿第二定律可知，水平分力Fx＝ma
解得Fx＝30N
竖直分力Fy＝mg＝4×10N＝40N
根据力的合成可知，作用力F＝50N
（3）整个运送过程经历匀加速、匀速、匀减速三个过程，匀加速、匀减速过程t加＝t减s＝0.4s
x加
解得：x加＝0.6m
匀速过程x匀＝L﹣2x加
解得：L＝43.8m
匀速运动的时间为t匀
解得：t匀＝14.6s
最短时间t＝t加+t减+t匀
解得：t＝15.4s
答：（1）包裹与水平托盘的动摩擦因数μ为0.75；
（2）机器人启动过程中允许的加速度最大值am为7.5m/s2及此时托盘对包裹的作用力F的大小为50N；
（3）若机器人运行的最大速度为vm＝3m/s，则机器人由静止运行至投递口（恰好静止）所需的最短时间t为15.4s。
如图所示，一辆货车运载着完全相同的圆柱形光滑空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被固定，桶C自由地摆放在桶A、B之间。已知每只油桶质量为m，重力加速度为g。
（1）当汽车匀速行驶时，求B对C的支持力大小FB；
（2）为避免C脱离B而发生危险，求汽车刹车的最大加速度a的大小。
【解答】解：（1）桶C受到桶A和桶B的支持，和汽车一起保持静止时，桶C受到桶A和桶B的支持大小相等，三个油桶尺寸相等，支持力与竖直方向夹角为30°，则有
FAcos30°+FBcos30°＝mg
FAsin30°＝FBsin30°
解得FBmg
（2）为避免C脱离B而发生危险，则临界条件为FB＝0，竖直方向受力平衡，水平方向根据牛顿第二定律有
FAcos30°＝mg
FAsin30°＝ma
解得ag
可知，当加速度a小于g时，桶B对桶C有支持力，C不会脱离B。
答：（1）当汽车匀速行驶时，求B对C的支持力大小为mg；
（2）汽车刹车的最大加速度a的大小为g。
一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶C，桶C受到桶A和桶B的支持，和汽车一起保持静止，如图所示，假设每只油桶质量均为m，形状相同。（答案用字母m、g表示）
（1）车辆静止时，求A对C的支持力大小。
（2）当汽车向以加速度a向左加速时，A对C和B依然保持静止，求A对C的支持力大小。
（3）当汽车向左运动的加速度增大到一定值时，桶C就会脱离A而运动到B的右边，这个加速度至少多大？
【解答】解：（1）车辆静止时，对桶C受力分析如图
由平衡条件得
FNACsin30°﹣FNBCsin30°＝0
FNACcos30°+FNBCcos30°＝mg
联立解得
则车辆静止时，求A对C的支持力大小为。
（2）当汽车以加速度a ＝ 向左加速时，A对C和B依然保持静止，则对桶C有
F′NBCsin30°﹣F′NACsin30°＝ma
F′NACcos30°+F′NBCcos30°﹣mg＝0
代入a ＝ ，解得求A对C的支持力大小
（3）当汽车向左运动的加速度增大到一定值时，桶C就会脱离A而运动到B的右边，此时A对C的作用力为0，则对桶C有
F''NBCsin30°＝ma′
F''NBCcos30°﹣mg＝0
解得此时的加速度至少为
答：（1）车辆静止时，A对C的支持力大小等于
（2）A对C和B依然保持静止，A对C的支持力大小等于
（3）这个加速度至少等于
题型4、多过程问题分析
如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动。某人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来。若人和滑板的总质量m＝60.0kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，斜坡的倾角θ＝37°（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，滑板和人始终相对静止且可以看作质点，重力加速度取g＝10m/s2。求：
（1）人从斜坡上滑下的加速度为多大？
（2）若由于场地的限制，水平滑道BC的最大长度L＝20.0m，则斜坡上A、B两点间的距离应不超过多少？
【解答】解：（1）人和滑板在斜坡上的受力如图所示：
设人和滑板在斜坡上滑下的加速度为a1，根据牛顿第二定律可得
mgsinθ﹣Ff＝ma1
FN﹣mgcosθ＝0
其中Ff＝μFN
联立解得
（2）设人和滑板在水平滑道上运动时加速度大小为a2，由牛顿第二定律得μmg＝ma2
解得
设人从斜坡上滑下的最大距离为LAB，由匀变速直线运动位移与速度的关系可得，
联立解得LAB＝50.0m
答：（1）人从斜坡上滑下的加速度为2.0m/s2；
（2）若由于场地的限制，水平滑道BC的最大长度L＝20.0m，则斜坡上A、B两点间的距离应不超过50.0m。
潜艇从高密度海水区域驶入低密度海水区域时，浮力顿减，潜艇如同“汽车掉下悬崖”，称之为“掉深”。我海军某潜艇在执行任务期间，突然遭遇“掉深”，全艇官兵紧急自救脱险，创造了世界潜艇史上的奇迹。总质量为6.0×106kg的某潜艇，在高密度海水区域距海平面200m，距海底112.5m处沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入低密度海水区域A点时，浮力突然降为5.4×107N，10s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重（排水），结果潜艇刚好零速度“坐底”并安全上浮，避免了一起严重事故。已知在整个运动过程中，潜艇所受阻力大小恒为0.6×106N，重力加速度g取10m/s2，假设潜艇减重的时间忽略不计，海底平坦，求：
（1）潜艇“掉深”10s时的速度；
（2）潜艇减重排出水的质量。（结果取2位有效数字）
【解答】解：（1）设潜艇刚“掉深”时的加速度大小为a1，对潜艇，由牛顿第二定律得mg﹣F﹣f＝ma1
代入数据解得a1＝0.9m/s2
10s末的速度为v＝a1t1
解得v＝9m/s
（2）掉深10s时，潜艇下落的高度
解得h1＝45m
潜艇减速下落的高度h2＝h﹣h1
解得h2＝67.5m
在减速阶段
解得
潜艇减重后的质量为m1，潜艇减重后以 0.6m/s2的加速度匀减速下沉过程中，由牛顿第二定律得F+f﹣m1g＝m1a2
代入数据解得m1＝5.15×106kg
排水前潜艇的质量m＝6.0×106kg
“掉深”过程中排出水的质量m'＝m﹣m1＝8.5×105kg
答：（1）潜艇“掉深”10s时的速度9m/s；
（2）潜艇减重排出水的质量8.5×105kg。
如图所示，物流公司通过滑道把货物直接运到卡车中，倾斜滑轨与水平面成37°角，长度L1＝6m。水平滑轨长度L2＝2.3m，两滑轨间平滑连接使速度改向而不改变速度大小。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μ＝0.5，货物可视为质点（取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2）。求：
（1）货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a的大小；
（2）货物滑到水平滑轨末端时速度v的大小。
【解答】（1）货物在倾斜滑轨上滑行时，由牛顿第二定律得mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
求得a＝2m/s2
（2）货物在水平滑轨上滑行时，由牛顿第二定律得μmg＝ma′
货物在倾斜滑轨上滑行的过程有
货物在水平滑轨上滑行的过程有
联立求得v＝1m/s
答：（1）货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a的大小为2m/s2；
（2）货物滑到水平滑轨末端时速度v的大小为1m/s。
如图所示，质量为M的斜面体放置于粗糙的水平面上，一个质量为m的滑块由静止开始沿斜面加速下滑，斜面体始终处于静止状态。斜面体与滑块间的摩擦很小，可以忽略不计。重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．地面对斜面体的摩擦力为零
B．地面对斜面体的摩擦力方向水平向左
C．地面对斜面体的支持力等于（M+m）g
D．地面对斜面体的支持力大于（M+m）g
【解答】解：AB.对整体，由牛顿第二定律得：
水平方向有f＝max，ax水平向左，
则地面对斜面体的摩擦力方向水平向左，故A错误，B正确；
CD.对整体，由牛顿第二定律得：
竖直方向有（M+m）g﹣N＝may＝masinθ＞0
则N＜（M+m）g
所以地面对斜面体的支持力小于（M+m）g，故CD错误。
故选：B。
如图所示，沿水平方向运动的汽车内，一质量为m1的物块紧贴在车厢左侧的竖直内壁上，且与车厢保持相对静止，物块与车厢左壁间的动摩擦因数为μ，另一质量为m2的小球通过轻质细线与车厢顶部连接，细线与竖直方向的夹角为α。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．汽车一定向右加速运动
B．细线中的拉力大小为m2gcosα
C．物块与车厢左壁之间的摩擦力大小为μm1gtanα
D．物块受到车厢左壁的弹力大小为m1gtanα
【解答】解：AB、根据题意，对小球受力分析，如图所示
竖直方向受力平衡，由
水平方向由牛顿第二定律有m2gtanα＝m2a
可解得a＝gtanα
方向水平向右，则小车和物块的加速度也是水平向右的，则小车可能做向右的加速运动，也能做向左的减速运动，故AB错误；
CD、根据题意，对物块受力分析，如图所示
则根据牛顿第二定律有FN＝m1a＝m1gtanα
竖直方向受力平衡，故竖直方向上静摩擦力大小为f＝m1g
摩擦力不一定达到最大静摩擦力，故C错误，D正确。
故选：D。
如图所示，木块B上表面是水平的，当木块A置于B上，并与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中（ ）
A．木块B对木块A的摩擦力水平向左
B．木块B对A没有摩擦力
C．木块B受到的合外力水平向左
D．木块B的加速度不断增大
【解答】解：AB、因为斜面光滑，故A与B一起会沿斜面向下做加速运动，其加速度的方向是沿斜面向下的，我们对物体A受力分析，如图所示，
可知，B对A的支持力是竖直向上的，摩擦力是水平向左的，对AB整体来看，整体它们受重力、支持力，这二个力的合力是沿斜面向下的，故对于A而言，它也会受到重力与垂直于斜面方向的一个力的作用，使得它与重力的合力沿斜面向下，而这个垂直于斜面的力就是由B对它的支持力和摩擦力合成的，故A正确，B错误；
CD、当木块A置于B上，并与B保持相对静止，将AB看成整体，光滑斜面，故B加速度等于gsinθ，合力等于mBgsinθ，方向沿斜面向下，大小保持不变，故CD错误。
故选：A。
如图所示，两相同物块用细线相连接，放在粗糙水平面上，在水平恒力F作用下，一起做匀加速直线运动，物块间细线的拉力大小为T。当两物块均由粗糙的水平面运动到光滑的水平面上且仍在F的作用下运动，则（ ）
A．两物块的加速度变大，细线的拉力仍为T
B．两物块的加速度不变，细线的拉力仍为T
C．两物块的加速度变大，细线的拉力小于T
D．两物块的加速度不变，细线的拉力小于T
【解答】解：两物块相同，设质量均为m，物块与地面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得：
对两物块整体：F﹣μ×2mg＝2ma
对左边的物块：T﹣μmg＝ma
在光滑水平面上，对两物块整体：F＝2ma'，
对左边物块：T′＝ma′
解得：aμg，a′a，T，T′T，故A正确，BCD错误。
故选：A。
如图所示，粗糙水平面上静置一质量为M的斜面，BC面光滑。一质量为m的小物块从斜面顶端由静止释放，斜面始终静止，重力加速度为g，则在小物块沿斜面下滑过程，地面对斜面的（ ）
A．摩擦力大小为零 B．摩擦力方向水平向右
C．支持力等于（M+m）g D．支持力大于（M+m）g
【解答】解：对物块受力分析，设斜面的倾角为θ，斜面对物块的支持力为FN＝mgcosθ
根据牛顿第三定律可知，物块对斜面的压力为F′N＝FN＝mgcosθ
对斜面受力分析，如图所示
根据平衡条件，在竖直方向上有N＝Mg+mgcos2θ＜（M+m）g
在水平方向上有f＝F′Nsinθ＝mgcosθsinθ
摩擦力的方向为水平向右，故B正确，ACD错误。
故选：B。
如图所示，A、B、C三个物体的质量分别为1kg、1kg、2kg，所有接触面的摩擦均不计，绳、滑轮的质量也不计，重力加速度g＝10m/s2，则由静止释放物体C的瞬间，A、B、C三个物体的加速度大小分别是（ ）
A．aA＝5m/s2，aB＝5m/s2，aC＝5m/s2
B．aA＝10m/s2，aB＝10m/s2，aC＝0
C．aA＝5m/s2，aB＝5m/s2，ac＝10m/s2
D．aA＝10m/s2，aB＝10m/s2，aC＝5m/s2
【解答】解：由于A、B质量相等，由图示可知，A、B所受合力等于绳子的拉力，所受合力相等，则两者的加速度大小相等，
由图示可知，三者的位移关系为xC＝xA＝xB，可知aC＝aA＝aB，对A、B、C组成的系统，由牛顿第二定律得：mCg＝（mA+mB+mC）a，
代入数据解得：a＝5m/s2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
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。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）则（ ）
A．滑块上滑过程中的加速度大小是2m/s2
B．滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
C．滑块经2s返回出发点
D．滑块回到出发点时的速度大小v＝10m/s
【解答】A．由图乙可知木块上滑过程中加速度为，故A错误；
B．木块在向上滑动的过程中，设加速度大小为a，根据牛顿第二定律mgsinθ+μmgcosθ＝ma，代入数据解得μ＝0.5，故B正确；
C．木块在下滑过程中设加速度大小为a'，根据牛顿第二定律可知mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma′，解得a′＝2m/s2
上升位移为
由运动学公式得
解得s
则木块返回出发点时间为s，故C错误；
D．木块回到出发点时的速度大小为，故D错误。
故选：B。
如图，固定在水平地面上的光滑、足够长的斜面倾角为30°，其底端有一质量为2kg的小物体，物体在平行于斜面向上的恒定拉力F作用下，由静止开始运动，经过一段时间t0后放去拉力F，此后，小物体继续沿斜面运动，再经过2t0返回到斜面底端，重力加速度g取10m/s2。则拉力F的大小是（ ）
A．14N B．18N C．20N D．24N
【解答】解：取沿斜面向上为正方向，撤去F前，位移
由牛顿第二定律得ma1＝F﹣mgsin30°
撤去F后，返回到斜面底端位移
其中v＝a1t0
由牛顿第二定律得ma2＝﹣mgsin30°，解得
联立解得F，故B正确，ACD错误。
故选：B。
如图所示，在倾角为θ的三角形斜劈上垂直斜面固定一轻杆，杆的另一端固定一质量为m的可视为质点的小球，开始整个装置以恒定的速度沿光滑的水平面向左匀速直线运动，经过一段时间，装置运动到动摩擦因数为μ的粗糙水平面上，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．向左匀速时，杆对小球的作用力大小为
B．在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力方向可能水平向右
C．在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力大小可能为
D．整个运动过程中，杆对小球的作用力始终大于mg
【解答】解：A、装置向左匀速运动时，小球受平衡力的作用，则重力与杆对小球的作用力F大小相等、方向相反，即F＝mg，故A错误；
B、进入粗糙的水平面后，整个装置开始在摩擦力的作用下减速运动，对整体，由牛顿第二定律可知：μMg＝Ma，解得a＝μg，则小球的加速度大小也为μg，方向水平向右，小球的合力方向水平向右，由于小球竖直方向的合力一定为零，因此杆对小球的弹力一定有竖直向上的分力，因此在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力方向不可能水平向右，故B错误；
C、小球受到重力和杆的作用力两个力作用，由力的合成法可知，杆对小球的作用力方向斜向右上方，如果杆对球的作用力方向沿杆方向，如图所示：
此时有：mgtanθ＝ma，解得：a＝gtanθ，此时杆对小球的作用力为：FN，故C正确；
D、装置向左匀速运动时，杆对小球的作用力等于mg，故D错误。
故选：C。
滑草是儿童非常喜欢的运动，简单的滑草赛道由斜坡道和水平道构成。其过程可简化为如图，其中滑板与斜坡道和水平道的动摩擦因数均相同，某次小明和姐姐去滑草，两人先后都从坡道上的A点由静止下滑，在水平道上滑行一段距离后停止，姐姐的质量较大，坡道最低点B处平滑连接，则下列说法正确的（ ）
A．在斜坡道上姐姐的滑行时间短
B．在斜坡道上小明滑到B点时的速度较大
C．在水平道上姐姐的滑行距离长
D．在水平道上两人滑行的距离一样长
【解答】解：对滑行的人受力分析，设其与滑板的总质量为m，斜面坡道倾角为θ，滑板与斜坡道和水平道的动摩擦因数为μ，则根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1，解得：a1＝gsinθ﹣μgcosθ
在水平面上运动时，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma2，解得：a2＝μg，由此可知，在斜坡道上与水平道上滑行的加速度大小与其质量无关，由于出发点相同，则两人的运动情况相同，即在斜坡道上滑行时间相同，在斜坡道上滑到B点时的速度相同，在水平道上两人滑行的距离一样长，故ABC错误，D正确。
故选：D。
风洞实验室在航空航天飞行器的研究中发挥着重要的作用，用它可以分析、研究影响飞行器飞行速度的各种因素。风洞实验室中可以产生方向水平向左、速度大小可调节的风用来研究处在流动气体中物体的受力情况。现将一套有木球的细杆固定在风洞实验室中，球的质量为m＝1kg，球与细杆之间动摩擦因数处处相等，斜杆与水平杆的夹角为θ＝37°，两杆的交接处B点用一段小圆弧平滑连接（即认为小球过B点的瞬间速度大小不会突然变化），如图所示。实验时，先在无风的情况下让小球从斜杆上h＝3m高的A点静止释放，最后滑到水平杆上的C点停下。已知球与细杆之间动摩擦因数μ＝0.25，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）小球在BC水平杆上的运动距离；
（2）接着调节风速，小球在恒定风力F作用下从C点开始运动到B点，此时撤去风力，之后小球恰好到A点，求作用在小球上的恒定风力F；
（3）在第（2）问的情况下，求小球从C点回到A点的时间（结果可保留根号）。
【解答】解：（1）对小球在斜杆AB上进行受力分析，根据牛顿第二定律mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
解得
对小球在水平杆BC上进行受力分析，根据牛顿第二定律μmg＝ma2
解得
由运动学关系可得
解得LBC＝8m
（2）对小球在倾斜杆BC上受力分析，根据牛顿第二定律mgsinθ+μmgcosθ＝ma3
解得
由运动学关系可得
解得
C到A的运动，对小球在水平杆BC上受力分析，根据牛顿第二定律可得F﹣μmg＝ma4
解得F＝7.5N
（3）由（2）解得
由运动学关系可得vB＝a3t1＝a4t2
解得，
则
答：（1）小球在BC水平杆上的运动距离等于8m；
（2）作用在小球上的恒定风力等于7.5N；
（3）小球从C点回到A点的时间等于。
图甲为老师办公桌的抽屉柜。已知抽屉的质量M＝1.8kg，长度d＝0.8m，其中放有质量m＝0.2kg，长s＝0.2m的书本，书本的四边与抽屉的四边均平行。书本的右端与抽屉的右端相距也为s，如图乙所示。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦，书本与抽屉间的动摩擦因数μ＝0.1。现用水平力F将抽屉抽出，抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动。重力加速度g＝10m/s2。
（1）F＝1.8N时，书本和抽屉一起向右运动，求与挡板碰前瞬间抽屉的速度大小v；
（2）要使书本和抽屉不发生相对滑动，求F的最大值Fm；
（3）当老师用水平力F（F＞Fm）拉动抽屉，书本最终停止在抽屉原来位置处，已知书本未与抽屉壁发生碰撞，求F的大小。
【解答】解：（1）对书本和抽屉整体，由牛顿第二定律得F＝（M+m）a
代入数据解得a＝0.9m/s2
根据v﹣x公式得v2＝2ad
代入数据解得，与挡板碰前瞬间抽屉的速度大小为v＝1.2m/s
（2）对书本，由牛顿第二定律有μmg＝mam
代入数据解得am＝1m/s2
对抽屉和书本整体，由牛顿第二定律有Fm＝（M+m）am
解得要使书本和抽屉不发生相对滑动，F的最大值为Fm＝2N
（3）由于书本和抽屉有相对滑动，对抽屉，由牛顿第二定律有F﹣μmg＝Ma2
设抽屉的运动时间为t2，根据x﹣t公式得
书本加速和减速具有对称性，通过的位移大小为
代入数据解得F＝3.8N
答：（1）与挡板碰前瞬间抽屉的速度大小是1.2m/s；
（2）F的最大值Fm是2N；
（3）F的大小是3.8N。
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4.5牛顿运动定律的应用
1．能通过分析物体的受力情况，确定物体的运动情况，能通过物体的运动情况确定物体的受力情况。
2．能根据力与运动的关系，联系牛顿运动定律和运动学知识，分析求解有关动力学问题。
3．掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法。
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、牛顿运动定律的应用一从受力确定运动情况
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，如图甲所示，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＝90km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示，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，重力加速度g取10m/s2。
（1）若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上向上行驶的最大距离；（已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，结果保留两位有效数字）
（2）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。
如图所示，一质量m＝2kg的物体在与水平方向成θ＝37°的拉力F作用下，从静止开始运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，F＝20N，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求；
（1）物体与地面的摩擦力大小；
（2）物体的加速度大小a；
（3）若经过1.0s撤掉拉力F，物块再经过多长时间停止运动。
无人机目前正得到越来越广泛的应用。如图所示为一种四旋翼无人机，它能够竖直起降，质量m＝2kg，运动过程中所受空气阻力Ff，大小恒为4N。一次性能检测时，在离地面高度H＝40m处，关闭动力后无人机由静止下落，2s后启动动力设备提供恒定升力，无人机恰好在接近地面时回升。无人机可看作质点，g取10m/s2。求：
（1）无人机下落过程中最大速度的大小；
（2）从启动动力设备到回升，经过的时间。
题型2、牛顿运动定律的应用一从运动情况确定受力
我国自主研制的首艘075型两栖攻击舰“海南号”，是中国海军排在航母之后的第二大战舰类型。在某次试航过程中，海南号”由静止开始经时间t行驶距离为s，若将“海南号”的运动视为匀加速直线运动，其总质量为m。求“海南号”此次试航过程中：
（1）t时刻速度v的大小；
（2）受到合力F的大小。
滑水运动是一项富有挑战性的水上运动，人和滑板在摩托艇的牵引下，短时间内可以达到较大速度。研究表明水对滑板的作用力N垂直于板面向上，且N＝kv2，其中v为人和滑板的速率（水速视为零）。某次运动中，人和滑板在水平牵引力F作用下由静止开始沿水面做匀加速直线运动，5s末达到最大速度，前5s内通过的位移为50m，而后做匀速直线运动，此时滑板和水面的夹角θ＝37°，已知人和滑板总质量m＝80kg，忽略空气阻力，取g＝10m/s2（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。试求：
（1）前5s内加速度大小和5s末的速度大小；
（2）匀速直线运动时水平牵引力F大小；
（3）k的值是多少？
在2024年巴黎奥运会上，中国皮划艇队在男子500米双人划艇项目中再创辉煌。由刘浩和季博文组成的强强组合，以1分39秒48的成绩斩获金牌。这不仅是中国皮划艇队在巴黎奥运会上的首金，也是中国皮划艇项目在奥运会历史上的又一次突破。在日常单人皮艇训练中，运动员采用单桨划水使皮艇沿直线运动。运动员每次动作分为划水和空中运桨两个阶段，假设划水阶段用时1.2s，空中运桨用时为1.0s，若皮艇（含运动员和桨）质量为80kg，运动过程中受到的阻力恒定，划水时桨产生的动力大小为皮艇所受阻力的2.5倍。设某次训练中桨刚入水时皮艇的速度为0，运动员紧接着完成1次划水和运桨动作，此过程皮艇前进4.76m，求：
（1）划水和空中运奖两阶段皮艇的加速度大小之比；
（2）该过程中皮艇所受阻力的大小。
题型3、牛顿第二定律的临界问题
如图所示为某快递公司利用机器人运送、投递包裹的场景，机器人将其水平托盘上的包裹由静止送至指定投递口，停止运动后缓慢翻起托盘，让包裹滑入投递口。其启动和制动过程可视为匀变速直线运动，当托盘倾角增大到37°时，包裹恰好开始下滑，如简化图所示。现机器人要把一质量m＝4kg的包裹沿直线运至相距L＝45m的投递口处，在运送中包裹与水平托盘始终保持相对静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）包裹与水平托盘的动摩擦因数μ；
（2）机器人启动过程中允许的加速度最大值am，及此时托盘对包裹的作用力F的大小；
（3）若机器人运行的最大速度为vm＝3m/s，则机器人由静止运行至投递口（恰好静止）所需的最短时间t。
如图所示，一辆货车运载着完全相同的圆柱形光滑空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被固定，桶C自由地摆放在桶A、B之间。已知每只油桶质量为m，重力加速度为g。
（1）当汽车匀速行驶时，求B对C的支持力大小FB；
（2）为避免C脱离B而发生危险，求汽车刹车的最大加速度a的大小。
一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶C，桶C受到桶A和桶B的支持，和汽车一起保持静止，如图所示，假设每只油桶质量均为m，形状相同。（答案用字母m、g表示）
（1）车辆静止时，求A对C的支持力大小。
（2）当汽车向以加速度a向左加速时，A对C和B依然保持静止，求A对C的支持力大小。
（3）当汽车向左运动的加速度增大到一定值时，桶C就会脱离A而运动到B的右边，这个加速度至少多大？
题型4、多过程问题分析
如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动。某人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来。若人和滑板的总质量m＝60.0kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，斜坡的倾角θ＝37°（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，滑板和人始终相对静止且可以看作质点，重力加速度取g＝10m/s2。求：
（1）人从斜坡上滑下的加速度为多大？
（2）若由于场地的限制，水平滑道BC的最大长度L＝20.0m，则斜坡上A、B两点间的距离应不超过多少？
潜艇从高密度海水区域驶入低密度海水区域时，浮力顿减，潜艇如同“汽车掉下悬崖”，称之为“掉深”。我海军某潜艇在执行任务期间，突然遭遇“掉深”，全艇官兵紧急自救脱险，创造了世界潜艇史上的奇迹。总质量为6.0×106kg的某潜艇，在高密度海水区域距海平面200m，距海底112.5m处沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入低密度海水区域A点时，浮力突然降为5.4×107N，10s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重（排水），结果潜艇刚好零速度“坐底”并安全上浮，避免了一起严重事故。已知在整个运动过程中，潜艇所受阻力大小恒为0.6×106N，重力加速度g取10m/s2，假设潜艇减重的时间忽略不计，海底平坦，求：
（1）潜艇“掉深”10s时的速度；
（2）潜艇减重排出水的质量。（结果取2位有效数字）
如图所示，物流公司通过滑道把货物直接运到卡车中，倾斜滑轨与水平面成37°角，长度L1＝6m。水平滑轨长度L2＝2.3m，两滑轨间平滑连接使速度改向而不改变速度大小。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μ＝0.5，货物可视为质点（取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2）。求：
（1）货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a的大小；
（2）货物滑到水平滑轨末端时速度v的大小。
如图所示，质量为M的斜面体放置于粗糙的水平面上，一个质量为m的滑块由静止开始沿斜面加速下滑，斜面体始终处于静止状态。斜面体与滑块间的摩擦很小，可以忽略不计。重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．地面对斜面体的摩擦力为零
B．地面对斜面体的摩擦力方向水平向左
C．地面对斜面体的支持力等于（M+m）g
D．地面对斜面体的支持力大于（M+m）g
如图所示，沿水平方向运动的汽车内，一质量为m1的物块紧贴在车厢左侧的竖直内壁上，且与车厢保持相对静止，物块与车厢左壁间的动摩擦因数为μ，另一质量为m2的小球通过轻质细线与车厢顶部连接，细线与竖直方向的夹角为α。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．汽车一定向右加速运动
B．细线中的拉力大小为m2gcosα
C．物块与车厢左壁之间的摩擦力大小为μm1gtanα
D．物块受到车厢左壁的弹力大小为m1gtanα
如图所示，木块B上表面是水平的，当木块A置于B上，并与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中（ ）
A．木块B对木块A的摩擦力水平向左
B．木块B对A没有摩擦力
C．木块B受到的合外力水平向左
D．木块B的加速度不断增大
如图所示，两相同物块用细线相连接，放在粗糙水平面上，在水平恒力F作用下，一起做匀加速直线运动，物块间细线的拉力大小为T。当两物块均由粗糙的水平面运动到光滑的水平面上且仍在F的作用下运动，则（ ）
A．两物块的加速度变大，细线的拉力仍为T
B．两物块的加速度不变，细线的拉力仍为T
C．两物块的加速度变大，细线的拉力小于T
D．两物块的加速度不变，细线的拉力小于T
如图所示，粗糙水平面上静置一质量为M的斜面，BC面光滑。一质量为m的小物块从斜面顶端由静止释放，斜面始终静止，重力加速度为g，则在小物块沿斜面下滑过程，地面对斜面的（ ）
A．摩擦力大小为零 B．摩擦力方向水平向右
C．支持力等于（M+m）g D．支持力大于（M+m）g
如图所示，A、B、C三个物体的质量分别为1kg、1kg、2kg，所有接触面的摩擦均不计，绳、滑轮的质量也不计，重力加速度g＝10m/s2，则由静止释放物体C的瞬间，A、B、C三个物体的加速度大小分别是（ ）
A．aA＝5m/s2，aB＝5m/s2，aC＝5m/s2
B．aA＝10m/s2，aB＝10m/s2，aC＝0
C．aA＝5m/s2，aB＝5m/s2，ac＝10m/s2
D．aA＝10m/s2，aB＝10m/s2，aC＝5m/s2
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。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）则（ ）
A．滑块上滑过程中的加速度大小是2m/s2
B．滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
C．滑块经2s返回出发点
D．滑块回到出发点时的速度大小v＝10m/s
如图，固定在水平地面上的光滑、足够长的斜面倾角为30°，其底端有一质量为2kg的小物体，物体在平行于斜面向上的恒定拉力F作用下，由静止开始运动，经过一段时间t0后放去拉力F，此后，小物体继续沿斜面运动，再经过2t0返回到斜面底端，重力加速度g取10m/s2。则拉力F的大小是（ ）
A．14N B．18N C．20N D．24N
如图所示，在倾角为θ的三角形斜劈上垂直斜面固定一轻杆，杆的另一端固定一质量为m的可视为质点的小球，开始整个装置以恒定的速度沿光滑的水平面向左匀速直线运动，经过一段时间，装置运动到动摩擦因数为μ的粗糙水平面上，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．向左匀速时，杆对小球的作用力大小为
B．在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力方向可能水平向右
C．在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力大小可能为
D．整个运动过程中，杆对小球的作用力始终大于mg
滑草是儿童非常喜欢的运动，简单的滑草赛道由斜坡道和水平道构成。其过程可简化为如图，其中滑板与斜坡道和水平道的动摩擦因数均相同，某次小明和姐姐去滑草，两人先后都从坡道上的A点由静止下滑，在水平道上滑行一段距离后停止，姐姐的质量较大，坡道最低点B处平滑连接，则下列说法正确的（ ）
A．在斜坡道上姐姐的滑行时间短
B．在斜坡道上小明滑到B点时的速度较大
C．在水平道上姐姐的滑行距离长
D．在水平道上两人滑行的距离一样长
风洞实验室在航空航天飞行器的研究中发挥着重要的作用，用它可以分析、研究影响飞行器飞行速度的各种因素。风洞实验室中可以产生方向水平向左、速度大小可调节的风用来研究处在流动气体中物体的受力情况。现将一套有木球的细杆固定在风洞实验室中，球的质量为m＝1kg，球与细杆之间动摩擦因数处处相等，斜杆与水平杆的夹角为θ＝37°，两杆的交接处B点用一段小圆弧平滑连接（即认为小球过B点的瞬间速度大小不会突然变化），如图所示。实验时，先在无风的情况下让小球从斜杆上h＝3m高的A点静止释放，最后滑到水平杆上的C点停下。已知球与细杆之间动摩擦因数μ＝0.25，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）小球在BC水平杆上的运动距离；
（2）接着调节风速，小球在恒定风力F作用下从C点开始运动到B点，此时撤去风力，之后小球恰好到A点，求作用在小球上的恒定风力F；
（3）在第（2）问的情况下，求小球从C点回到A点的时间（结果可保留根号）。
图甲为老师办公桌的抽屉柜。已知抽屉的质量M＝1.8kg，长度d＝0.8m，其中放有质量m＝0.2kg，长s＝0.2m的书本，书本的四边与抽屉的四边均平行。书本的右端与抽屉的右端相距也为s，如图乙所示。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦，书本与抽屉间的动摩擦因数μ＝0.1。现用水平力F将抽屉抽出，抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动。重力加速度g＝10m/s2。
（1）F＝1.8N时，书本和抽屉一起向右运动，求与挡板碰前瞬间抽屉的速度大小v；
（2）要使书本和抽屉不发生相对滑动，求F的最大值Fm；
（3）当老师用水平力F（F＞Fm）拉动抽屉，书本最终停止在抽屉原来位置处，已知书本未与抽屉壁发生碰撞，求F的大小。
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