第四章 运动和力的关系 牛顿运动定律的应用 常见题型总结练（一） 2025-2026学年物理高一年级人教版（2019）必修第一册

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运动和力的关系 牛顿运动定律的应用 常见题型总结练（一）
2025-2026学年物理高一年级人教版（2019）必修第一册
知运动求受力
1．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。
2．(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图象如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A.M＝m
B.M＝2m
C.木板的长度为8 m
D.木板与物块间的动摩擦因数为0.1
3．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。
4．(多选)如图甲所示，水平地面上有足够长平板车M，车上放一物块m，开始时M、m均静止。t＝0时，车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v－t图像如图乙所示，已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，取g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.0～6 s内，m的加速度一直保持不变
B.m相对M滑动的时间为3 s
C.0～6 s内，m相对M滑动的位移的大小为4 m
D.0～6 s内，m、M相对地面的位移大小之比为3∶4
5．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
6．质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；
(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；
(3)A的质量。
7．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 s，要使其不落地，恢复升力时的最小加速度。
二．知受力求运动
8．(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
9．如图所示，在光滑水平面上一质量M＝3 kg的平板车以v0＝1.5 m/s的速度向右匀速滑行，某时刻(开始计时)在平板车左端加一大小为8.5 N、水平向右的推力F，同时将一质量m＝2 kg的小滑块(可视为质点)无初速度地放在小车的右端，最终小滑块刚好没有从平板车上掉下来。已知小滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)两者达到相同速度所需的时间t；
(2)平板车的长度l。
10．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
11．如图所示，在粗糙的水平面上有一足够长的质量为M＝2 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数μ1＝0.2，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，长木板与小物块均静止。现用F＝15 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F。
(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？
(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
(3)最终小物块离长木板右端多远？
12．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.
13．(多选)如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上.已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t (N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示.设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
B.木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2
C.图乙中t2＝24 s
D.木板的最大加速度为2 m/s2
14．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。
三．等时圆的应用
15．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
16．如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，由斜面上方A点伸出三根光滑轻杆至斜面上BCD三点，其中轻杆AC与斜面垂直，，把可看成质点的质量为m的圆环依次沿三根轻杆从A点由静止滑下，滑到斜面过程中的平均速度分别为、、，下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
17．(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.t118．如图所示，四根光滑杆AB、BC、AD、DC被固定成一个平行四边形ABCD。四个顶点恰好位于同一个圆上，且A、C两点是圆的最高点和最低点，圆的半径为R。四个相同的光滑圆环a、b、c、d分别套在四根杆的上端由静止释放，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．圆环a滑到B端的时间比圆环b滑到C端的时间短
B．圆环b滑到C端的时间比圆环d滑到C端的时间长
C．四个圆环到达各自杆的底端所用时间都相同
D．四个圆环到达各自杆的底端所用时间各不相同
19．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.∶1 　　　 D.1∶
20．如图所示，AB是一个倾角为的输送带，P处为原料输入口，为避免粉尘飞扬，在P与AB输送带间建立一管道（假设其光滑），使原料从P处以最短的时间到达输送带上，则管道与竖直方向的夹角应为（　　）
A．0 B． C． D．
21．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(　　)
斜面问题
22．(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
23．如图所示，斜面ABC中AB段粗糙，BC段光滑。物块以10m/s的初速度从A点沿斜面向上滑行，到达C点速度恰好为零。已知BC段的长度为2m，物块上滑过程中，在AB段的加速度是BC段加速度的1.5倍，且物块在AB段和BC段运动的时间相等，g取10m/s2，求：
（1）斜面AB段的长度；
（2）物块与斜面AB段间的动摩擦因数。
24．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，cos 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。
25．一质量为m的物块恰好能沿倾角为30°的足够长斜面匀速下滑。物块在沿斜面匀速下滑的过程中，在竖直平面内给物块一外力F，F与水平方向的夹角为α，斜面始终处于静止状态，如图所示。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．若α=0°，物块沿斜面下滑过程中，地面对斜面的摩擦力水平向左
B．若α=60°，物块沿斜面下滑过程中，地面对斜面的摩擦力为零
C．若α=90°，物块将不能沿斜面匀速下滑
D．若F推着物块沿斜面匀速上滑，则斜面对地面的静摩擦力水平向左
26．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
27．一足够长的斜面固定在水平地面上，斜面倾角，斜面分为粗糙程度不同的段和段。段长22.5m，与物体间的动摩擦因数为，段足够长，与物体间的动摩擦因数为，，重力加速度。质量的物体恰好能在斜面的段匀速下滑。
（1）求斜面段的动摩擦因数；
（2）如图所示，如果给物体一个方向沿斜面向上的拉力，使物体从点由静止开始运动，运动到点时立即撤去拉力，求物体再次回到点时的速度。
28．(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，cos 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 kg/s
拓展练
1．如图所示，一质量、内壁（厚度不计）光滑的长方体形空铁箱静止在水平地面上，一质量的木块（视为质点）静止在铁箱内左侧，0时刻铁箱在大小的水平拉力作用下沿水平地面向右做匀加速直线运动，铁箱与地面间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小。
(1)求铁箱左侧壁对木块的弹力大小；
(2)6s时刻撤去拉力，8s时刻木块从铁箱左侧第一次到达铁箱右侧，求铁箱的长度。
2．如图所示为某游乐场的滑沙场地的简化图，该场地由倾角为的斜坡AB和水平面BC构成。游客乘坐滑沙板由斜坡的A点静止滑下，经过B点后最终停在C点，已知滑沙板与接触面间的摩擦力均为滑沙板与接触面间压力的倍，，， ，，重力加速度g取；忽略空气阻力，假设游客经过B点时速度大小不变，滑沙板与游客均可视为质点。求：
(1)游客在AB段与BC段的加速度大小之比；
(2)游客由A到C运动的总时间。
3．商场甲乙两位工作人员拉着质量为的相同木箱沿水平地面运动。若甲用F=50N的水平力拉木箱A，木箱A恰好做7m/s的匀速直线运动；乙开始用F1=150N、与水平方向成53°斜向上的拉力作用于静止的木箱B上，此时甲路过乙的身旁，两人同向运动，已知，，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)木箱与地面之间的动摩擦因数μ；
(2)木箱B所受的合外力；
(3)乙落后甲的最大距离。
4．科研人员乘气球进行科学考察。气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为990 kg。气球在空中停留一段时间后，发现气球漏气而下降，及时堵住。堵住时气球下降速度为1 m/s，且做匀加速运动，4 s内下降了12 m。为使气球安全着陆，向舱外缓慢抛出一定的压舱物。此后发现气球做匀减速运动，下降速度在5分钟内减至2 m/s。若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度g＝9.89 m/s2，求：
(1)匀加速阶段气球的加速度大小；
(2)匀减速阶段气球的加速度大小；
(3)抛掉的压舱物的质量。
5．如图甲所示，一质量为m=2kg的木块静止在水平桌面上，用大小为F=20N的恒力先向右偏上作用一段时间，再向右偏下，作用相同的时间，木块的速度刚好为0。重力加速度g取。
(1)求木块与水平桌面间的动摩擦因数；
(2)如图乙所示，若力F的大小不变，先向右偏上作用4s，再向左偏下作用2s，求木块运动的总位移。
6．如图所示为一屋顶为半圆形穹顶的建筑物。建筑工人在维修穹顶时，利用光滑钢板制成的长斜面或特殊材料制成的传送带两种方式，向地面运送建筑废料。穹顶圆心为O，半径，A为穹顶最高点，B在A点正下方16m处。C为穹顶最低点（圆弧左端点），D为圆弧AC的中点。假设建筑废料初速度均为零。
(1)用光滑钢板制成的长斜面从不同位置运送废料，求：
①废料从C点滑至B点时速度的大小；
②废料从D点滑至B点所用的时间；
(2)用倾角为37°的传送带，将废料从C点运送到高度的平台上。传送带由特殊材料制成，废料相对传送带上行时的动摩擦因数，废料相对传送带下行时的动摩擦因数。若要求运送废料时间最短，且保证废料到达平台上的速度不大于6m/s，则传送带匀速运行的速度应满足什么条件？（，）
7．如图所示，两根直木棍AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动。一个半径、质量的水泥圆筒从木棍的上部恰好能匀速滑下，已知两木棍间距，与水平面的夹角。（，，g取）。求：
(1)每根直木棍与水泥圆筒间的动摩擦因数；
(2)若每根直木棍与水泥圆筒间的动摩擦因数均为0.375，则要让水泥圆筒能静止在直木棍上，两木棍间距应满足什么条件？（最大静摩擦可认为等于滑动摩擦）
8．在安全领域有一种常用的“软”性材料，其特性是越碰越软，经测定：当物体与“软”性材料碰撞时，物体碰后反弹速度为碰前速度大小的。如图所示，一质量为的足够长木板放在倾角的斜面上，板A端距斜面底端的距离为0.4m，由此材料做成的挡板固定在斜面底端。将一质量的小物块从距长木板B端5m处，以初速度沿木板向上滑上木板，同时释放木板，已知小物块与木板间的动摩擦因数，木板与斜面间的动摩擦因数。小物块可以看作质点，已知重力加速度的大小，，。求：
(1)小物块刚滑上木板时，小物块和木板的加速度的大小；
(2)木板第1次与挡板碰撞前，小物块相对木板向上滑行的最大距离；
(3)从木板与挡板发生第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔。
9．如图甲所示，倾角为的足够长粗糙斜面固定于水平面上，时刻质量为的小滑块由静止释放，小滑块沿斜面下滑过程中受到沿斜面向下的外力和沿斜面向上的外力作用，、随时间变化的规律如图乙所示（沿斜面向下的方向为正方向）。已知小滑块与斜面间的动摩擦因数，重力加速度为，，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求
(1)时间内小滑块加速度的大小；
(2)时小滑块速度的大小；
(3)时间内小滑块位移的大小。
10．如图所示，质量m=1kg的物体在F=20N的水平推力作用下，从足够长的粗糙斜面底端A点由静止开始沿斜面运动，物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，斜面固定不动，与水平地面的夹角α=37°，力F作用4s后到达B点（B点不是斜面顶端）然后立即撤去F。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2，求：
(1)撤去力F时物体的速度大小；
(2)撤去力F后物体经多少时间返回B点。
11．如图所示，AB 为光滑竖直杆，ACB 为构成直角的光滑 L 形直轨道，C 处有一小圆弧连接可使小球顺利转弯（机械能无损失），套在 AB 杆上的小球自A 点静止释放，分别沿AB 和ACB 两个轨道运动，BA 和 CA 夹角为 53 ，AB 长度为 2r，重力加速度为 g，则
（1）证明A 到B 的时间和 A 到 C 的时间相等；
（2）求沿ACB 轨道运动的时间。
12．滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏。有两部直滑梯和，、、在竖直平面内的同一圆周上，且为圆周的最高点，示意图如图所示。已知圆半径为。在圆周所在的竖直平面内有一位置，距离点为且与等高。各滑梯的摩擦均不计，已知重力加速度为。
（1）如果小朋友由静止开始分别沿和滑下，试通过计算说明两次沿滑梯运动的时间关系；
（2）若设计一部上端在点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上运动的最短时间是多少。
答案
知运动求受力
　(1)根据位移与平均速度的关系有t1＝，＝＝5 m/s，解得刹车时间t1＝4 s，刹车加速度a＝，根据牛顿第二定律Ff＝ma，解得Ff＝2.5×103 N。
(2)小朋友全部通过斑马线所用时间t2＝，汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需时间t＝t2－t1＝20 s。
(3)根据速度与位移关系有v2－v22＝－2as，
解得v＝5 m/s。
[答案]　(1)4 s　2.5×103 N　(2)20 s　(3)5 m/s
2 BC
解析　物块在木板上运动的过程中，μmg＝ma1，而v－t图象的斜率表示加速度，故a1＝
m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，D错误；对木板受力分析可知μmg＝Ma2，a2＝ m/s2＝1 m/s2，解得M＝2m，A错误，B正确；由题图乙可知，2 s时物块和木板分离，则0～2 s内，两者v－t图线与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝×(7＋3)×2 m－×2×
2 m＝8 m，C正确.
　(1)设出发4 s内冰橇的加速度为a1，出发4 s内冰橇发生的位移为x1＝a1t12，代入数据解得a1＝1.5 m/s2。
(2)由牛顿第二定律有F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，
其中sin θ＝＝0.1，cos θ＝1，解得μ＝0.05。
(3)设8 s后冰橇的加速度为a2，由牛顿第二定律有
(m＋M)gsin θ－μ(m＋M)gcos θ＝(m＋M)a2，
8 s末冰橇的速度为v1＝a1t2，
出发8 s内冰橇发生的位移为x2＝a1t22＝48 m，设到达终点时速度大小为v2，则v22－v12＝2a2(x－x2)，解得v2＝36 m/s。
[答案]　(1)1.5 m/s2　(2)0.05　(3)36 m/s
物块相对于平板车滑动时的加速度
a＝＝μg＝2 m/s2
若其加速度一直不变，速度—时间图像如图所示
由图像可以算出t＝3 s时，速度相等，为6 m/s。由于平板车减速阶段的加速度大小为a1＝ m/s2＝2 m/s2＝a，故二者等速后相对静止，物块的加速度大小不变，方向改变。物块相对平板车滑动的时间为3 s，故A错误，B正确；由图像可知，0～6 s内，物块相对平板车滑动的位移的大小Δx＝×2×8 m＋×1 m－×3×6 m＝6 m，故C错误；0～6 s内，由图像可知，物块相对地面的位移大小x1＝×6×6 m＝18 m，平板车相对地面位移大小x2＝×6×8 m＝24 m，二者之比为3∶4，故D正确。
5 选D　由v-t图线与t轴所围图形面积表示位移，知无人机上升的最大高度大小为x＝×7×12 m＝42 m，A错误；无人机减速上升的加速度大小为a2＝ m/s2＝12 m/s2，设无人机所受阻力大小为f，对整体由牛顿第二定律有f＋(m＋M)g＝(m＋M)a2，解得f＝5 N，B错误；无人机加速上升的加速度大小为a1＝m/s2＝2 m/s2，设无人机所受的升力大小为F，则有F－(M＋m)g－f＝(M＋m)a1，解得F＝35 N，C错误；对货物由牛顿第二定律，加速阶段绳的拉力大小为FT－mg＝ma1，解得FT＝12 N，D正确。
6． (1)由图像可知，A在0～1 s内的加速度
a1＝＝－2 m/s2，
对A由牛顿第二定律得
－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2。
(2)由图像知，A、B在1～3 s内的加速度
a3＝＝－1 m/s2，
对A、B整体由牛顿第二定律得
－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1。
(3)由图可知B在0～1 s内的加速度a2＝＝2 m/s2
对B由牛顿第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
代入数据解得m＝6 kg。
(1)无人机向下匀加速运动过程h1＝a1t12
得t1＝3 s，v1＝a1t1＝6 m/s
无人机减速过程有H1－h1－H2＝t2，得t2＝ s
所以总时间t＝t1＋t2＝ s。
(2)无人机减速过程有0－v12＝－2a2h2
无人机重新悬停时距试验田的安全高度H2＝3 m时，
此时加速度a2最大，由H2＝H1－h1－h2，
则a2＝1 m/s2
无人机向下匀减速运动时，由牛顿第二定律可得
F＋f－mg＝ma2，则升力F＝200 N。
(3)失去竖直升力后，由牛顿第二定律mg－f＝ma3
恢复动力时v＝a3t
则v＝6 m/s，H2＝＋，联立解得a4＝18 m/s2。
答案：(1) s　(2)200 N　(3)18 m/s2
知受力求运动
选BC　物块所受摩擦力为f＝μFN＝μmg＝2 N，由图乙可知，前3 s内，水平力F逐渐减小，当F＞f时，物块做加速度逐渐减小的变加速运动，当F＝f时，物块的速度达到最大，之后，F＜f，加速度反向，物块开始做加速度增大的减速运动，A错误，B正确；在3～5 s时间内物块在水平恒力F作用下由B点做匀加速直线运动到A点，设加速度为a，A、B间的距离为x，则根据牛顿第二定律有F－f＝ma，解得a＝＝ m/s2＝2 m/s2，则A、B间的距离为x＝at2＝4 m，C正确；前3 s内物块的平均速度为＝＝ m/s，D错误。
(1)小滑块相对平板车滑动时，设小滑块和平板车的加速度大小分别为a1、a2，根据牛顿第二定律有：μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2
解得：a1＝2 m/s2，a2＝1.5 m/s2
又：a1t＝v0＋a2t，解得：t＝3 s。
(2)两者达到相同速度后，由于＝1.7 m/s2＜a1，可知它们将一起做匀加速直线运动。
从小滑块刚放在平板车上至达到与平板车相同速度的过程中，滑块向右的位移大小为：x1＝a1t2
平板车向右的位移大小为：x2＝v0t＋a2t2
又：l＝x2－x1，解得：l＝2.25 m。
[答案]　(1)3 s　(2)2.25 m
选D　上升过程位移大小与下落过程位移大小相等，A错误；上升过程逆向可看成初速度为零的匀加速运动，设阻力为Ff，在小球上升过程，根据牛顿第二定律有mg＋Ff＝ma1，在小球下降过程，根据牛顿第二定律有mg－Ff＝ma2，对比有a1＞a2，根据v2－v02＝2ax可知，由于位移大小相同，可得离开手臂速度大于返回手臂速度，B、C错误；根据公式h＝at2，由于a1＞a2，所以上升过程时间小于下落过程时间，D正确。
(1)5 m/s2　(2)1.5 m　(3)2.5 m
解析　(1)设长木板的加速度为a，由牛顿第二定律可得
F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma，解得a＝5 m/s2。
(2)设小物块此时加速度为a1，由牛顿第二定律可得
μ1mg＝ma1，解得a1＝2 m/s2
刚撤去F时，小物块离长木板右端的距离也即是长木板与小物块的位移差Δx，由运动学公式Δx＝at2－a1t2
解得Δx＝1.5 m。
(3)由题可知最终小物块与长木板共速，设此时速度为v
刚撤去F时，木板的加速度为a2＝
解得a2＝2.5 m/s2
刚撤去F时，长木板速度v1＝at＝5×1 m/s＝5 m/s
小物块速度v2＝a1t＝2×1 m/s＝2 m/s
设从撤去F时到一起匀速运动的时间为t′，则有
v＝v1－a2t′＝v2＋a1t′
解得v＝ m/s
在时间t′内，木板与小物块的位移差为Δx1，由运动学公式
Δx1＝－，解得Δx1＝1.0 m
最终小物块离长木板右端的距离
L＝Δx＋Δx1＝1.5 m＋1.0 m＝2.5 m。
(1)设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为a1，阻力大小为F阻，在水平跑道上运动的末速度大小为v1，由牛顿第二定律得F－F阻＝ma1，
F阻＝0.2mg，
v12＝2a1L1，
联立以上三式并代入数据解得a1＝5 m/s2，v1＝40 m/s.
(2)设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为a2，在倾斜跑道末端的速度大小为v2，
飞机在水平跑道上的运动时间t1＝＝8 s，
在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有
F－F阻－mg＝ma2，
代入数据解得a2＝4 m/s2，
由v22－v12＝2a2L2，
代入数据解得v2＝42 m/s，
飞机在倾斜跑道上的运动时间t2＝＝0.5 s，
则t＝t1＋t2＝8.5 s.
由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝＝＝0.4，选项A正确.由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝＝＝0.1，选项B错误.t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm＝8 N，此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板：Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2；对滑块：F－Ffm＝mam，解得F＝12 N，则由 F＝0.5t (N)可知，t＝24 s，选项C、D正确.
　(1)对物体A、B受力分析，有mAgsin 30°＝FT1
FT1＝mBg
解得＝。
(2)A、B对调后，A物体接触地面前
对A：mAg－FT2＝mAa1
对B：FT2－mBgsin 30°＝mBa1
A落地后，B继续向上运动mBgsin 30°＝mBa2
得a1＝a2
B在斜面上运动时，有h＝a1t
a1t1＝a2t2
解得t1＝t2＝2
所以B运动总时间t＝t1＋t2＝4。
等时圆的应用
15． 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＝at2得t＝＝＝，可见，物体下滑时间与斜面的倾角无关，则有t1＝t2＝t3，根据＝，因x2＞x1＞x3，可知v2＞v1＞v3，故选项A正确。
16． 因AB垂直于斜面底边，以AB为直径做圆，则必过C点，如图
圆环在杆AC上运动过程，由牛顿第二定律及运动学公式可得
联立解得
即从A点出发，到达圆周各点所用的时间相等，与杆的长短、倾角无关，可得
由平均速度
又因为
可得
圆环从A到C的平均速度
圆环从A到D的过程有
则平均速度
则可得
综上可得
故选B。
设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，故选项A错误，B、C、D均正确.
设杆AB长为l，与水平方向的夹角为θ，圆环的质量为 m，对圆环a，根据牛顿第二定律可得
mgsinθ=ma
可得
a=gsinθ
由运动学公式可得
由几何关系可知
l= 2Rsinθ
解得
则圆环的下滑时间与杆的倾角和杆长无关，同理可得圆环b、c、d的下滑时间同为
故选C。
答案　B
如图所示，以处为圆的最高点作圆与传送带相切与点，
设圆的半径为，从建立一管道到圆周上，管道与竖直方向的夹角为，原料下滑的加速度为 管道长度为
由运动学公式可得，解得
可知从建立任一管道到圆周上，原料下滑的时间相等；故在与输送带间建立一管道，原料从P处到输送带上所用时间最短，由图中几何关系可知，管道与竖直方向的夹角为，故选B。
设屋檐的底角为θ，底边长为2L(不变).雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度a＝＝gsin θ，位移大小x＝at2，而x＝，2sin θcos θ＝sin 2θ，联立以上各式得t＝.当θ＝45°时，sin 2θ＝1为最大值，时间t最短，故选项C正确.
斜面问题
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＝＝6 m/s，故A错误；当倾角θ＝0°时，位移为2.40 m，可得μ＝＝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－μmgxcos θ＝0－mv02，解得x＝＝ 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°＝mg；滑动摩擦力f＝μmgcos 45°＝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。
（1）设物体在AB段的加速度大小为，BC段加速度大小为，根据题意有
有
在上滑AB段
在上滑BC段
得
（2）对两段过程，分别由牛顿第二定律有
得
(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°＋kmgcos 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
AB．物块在沿斜面匀速下滑，根据平衡条件有
，
解得
物块匀速下滑过程中，整体水平方向受力平衡，则地面对斜面的摩擦力为零；若α=0°，对物块施加一个水平方向的力，物块下滑过程中对摩擦力和斜面压力成比例增加，即物块对斜面的作用力方向没有变，则地面对斜面的摩擦力仍为零；若α=60°，对物体施加一个垂直于斜面方向的力F，物块下滑过程中，对斜面的压力增加F、摩擦力增加μF，如图所示
根据几何关系可知
故此时物块对斜面的作用力方向仍向下，地面对斜面的摩擦力为零，在竖直平面内给物块一任意方向的外力F，此力F可以分解为垂直于斜面方向的力和沿斜面方向的力，而这两个分力对斜面的摩擦力均为零，所以无论施加什么方向的力，在B停止运动前，地面对斜面的摩擦力为零，物块仍沿斜面匀速下滑，故A错误，B正确；
C．若α=90°，对物块进行分析有
物块受到沿斜面向上的滑动摩擦力为
结合上述解得
可知，物块沿斜面的合力为0，物块仍然沿斜面向下做匀速直线运动，故C错误；
D．若F推着物块沿斜面匀速上滑，则物块受到沿斜面向下的滑动摩擦力，则斜面对物块的支持力与摩擦力的合力，即斜面对物块的作用力方向整体向左，根据牛顿第三定律可知，物块对斜面的压力与摩擦力的合力，即物块对斜面的作用力方向整体向右，斜面在水平方向相对于地面有向右运动的趋势，地面对斜面静摩擦力方向水平向左，根据牛顿第三定律可知，斜面对地面的静摩擦力水平向右，故D错误。
故选B。
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；根据运动学公式得＝at2，联立可得t＝ ，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
（1）由题可知，物体恰好能在斜面的段匀速下滑，有
解得
（2）物体在段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得加速度大小为
根据运动学规律可得，解得物体运动到点时速度大小
此后撤去拉力，物体先在段向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得加速度大小为
其中
向上运动位移为
之后向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得加速度大小为
则物体再次回到点的速度大小为
方向沿斜面向下
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－μmgcos θ＝ma0①
解得μ＝＝0.25，故C正确；
对末时刻加速度为零，受力分析可得
mgsin θ－μFN－kvcos θ＝0②
又FN＝mgcos θ＋kvsin θ，由b图可以读出，此时v＝5 m/s代入②式解得
k＝＝ kg/s，故D正确。
拓展练
1．(1)0.6N
(2)5m
（1）对系统，根据牛顿第二定律有
对木块有
解得N，
（2）6s时两物体的速度为
撤去拉力后，铁箱的加速度为
解得
8s时刻，即2s后木块从铁箱左侧第一次到达铁箱右侧，则m
2．(1)
(2)
（1）游客在AB段做匀加速直线运动，对其进行受力分析，列牛顿第二定律方程有
代入数据解得游客在AB段做匀加速直线运动的加速度大小为
游客在BC段做匀减速直线运动，对其进行受力分析，列牛顿第二定律方程有
代入数据解得游客在BC段做匀减速直线运动的加速度大小为
所以游客在AB段与BC段的加速度大小之比为
（2）游客由A运动到B的过程中，根据运动学公式有
解得
则游客在AB段运动的时间为
游客在BC段运动的时间为
所以游客由A到C运动的总时间为
3．(1)
(2)
(3)
（1）对木箱A，根据平衡条件可得
解得
（2）对木箱B，在水平方向
其中，在水平方向
联立，解得
（3）对木箱B，根据牛顿第二定律
解得，B的加速度大小为
即A做速度为的匀速直线运动，B做加速度为从静止开始的匀加速直线运动，当A、B共速时甲乙的距离最大，此过程所用时间为
甲和A运动的距离为
乙和B运动的距离为
则乙落后甲的最大距离为
4．(1)1m/s2
(2)0.01m/s2
(3)101kg
（1）对整体分析，在匀加速过程有
解得
（2）匀减速阶段的初速度
匀减速阶段的加速度
（3）在抛掉压舱物前后整体受到的浮力F不变，设抛掉压舱物质量为m2，对整体在匀加速过程，由牛顿第二定律得
抛掉后减速下降有
联立，解得m2=101kg
5．(1)
(2)
（1）图甲状态下，由题意可知，恒力两次作用在木块上的时间相同，设为
设加速阶段加速度大小为，减速阶段加速度大小为
由
加速阶段有
减速阶段有
得
由牛顿第二定律
加速阶段，如图所示
有
减速阶段，如图所示
有
解得
（2）图乙状态下，设加速阶段加速度大小为，减速阶段加速度大小为
由牛顿第二定律
加速阶段，如图所示
有
得
减速阶段，如图所示
有
得
因为，所以木块减速到0后，不再运动
依题意，设减速到0所需要的时间
由
有
得
所以木块再向右运动就会停下
由
加速阶段
减速阶段看成反向的，初速度为零的匀加速直线运动
有
则木块的总位移为
6．(1)，
(2)
（1）[1]根据机械能守恒定律可得
解得
[2]由题可知，D点到B点的竖直高度为
由几何知识可得
沿DB的加速度
故废料从D点滑至B点所用的时间
（2）由题可知传送带的长度
当废料的速度小于传送带的速度时，废料相对于传送带有上滑趋势，根据牛顿第二定律可得
解得
设加速到与传送带的速度相等时的位移为，则有
解得
由于废料到达平台的速度不大于，且用时最短，故废料共速加速度突变，则有
解得
同理可得此阶段的位移为
由位移关系可得
联立解得
同时还应确保废料能够加速到与传送带共速则有
故传送带的速度为
7．(1)0.45
(2)
（1）由底部沿木棍向上看，受力如图所示
图中角满足
解得
根据平衡条件有
解得
又因为每根木棍的摩擦力
所以动摩擦因数
（2）设圆筒恰好在木棍上静止时，两木棍的弹力夹角的一半为，根据平衡条件；
代入数据解得
由
解得
且当角越大时N越大，圆筒有更大可能不下滑；根据实际情况，故。
8．(1)，
(2)
(3)
（1）对小物块由牛顿第二定律可得
代入数据解得小物块加速度大小为
对木板由牛顿第二定律可得
代入数据解得木板加速度大小为
（2）设第1次碰撞前，二者未共速
解得
此时，
符合假设（恰好共速）。对物块相对板向上运动， 与同向。但仍是物相对板向上运动，所以物块相对板向上滑行的最大距离，在共速时取得
长木板位移是
解得，
（3）由题意可知，长木板与挡板碰撞后，对小物块沿长木板下滑，则有
解得
对长木板上滑过程则有
解得
下滑过程则有
解得
第1次碰撞前
第1次碰撞后
用时间
第2次碰撞前
所用时间
从木板与挡板发生第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔
9．(1)
(2)0
(3)
（1）在时间内对小滑块，由牛顿第二定律可得
解得
（2）在时间内，小滑块沿着斜面向下做匀加速直线运动，运动时间为，末速度为，有
在时间内，小滑块沿着斜面向下做匀减速直线运动，运动时间为，末速度为，对小滑块由牛顿第二定律可知
又
联立解得，时小滑块速度的大小为
（3）在时间内，小滑块的速度减为零，此时，因此小滑块静止在斜面上。所以小滑块在时间内的位移大小等于时间内的位移大小，依题意，可得，
解得
10．(1)20m/s
(2)
（1）撤去力F前，对物体进行受力分析，如图所示
垂直斜面方向有
FN=Fsinα+mgcosα
平行斜面方向有
Fcosα-Ff-mgsinα=ma1
又由于
Ff=μFN
解得
a1=5m/s2
则4 s末物体的速度大小为
v1=a1t1=20m/s
（2）撤去力F后，设物体做匀减速运动的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有
mgsinα+μmgcosα=ma2
解得
a2= 8m/s2
撤去力F后，利用逆向思维，物体运动到最高点所用时间
物体向上运动的位移为
之后物体向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律得
mgsinα-μmgcosα=ma3
解得
a3=4m/s2
物体向下运动到B点的位移为
解得
则有
11．（1）证明过程见解析；（2）
（1）设AC、BC的长度为s1、s2，由几何关系得
s1=2rcos53°，s2=2rsin53°
小球在杆AC做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有
mgsin37°=ma1
由
解得
小球从A 到B 的时间为
所以A 到B 的时间和 A 到 C 的时间相等；
（2）小球到达C点的速度
小球在杆CB做匀加速直线运动，由
mgsin53°=ma2
根据匀变速直线运动规律有
则总时间
t=t1+ t2
解得
t=
12．（1）；（2）
（1）设AB与水平方向的夹角为，小朋友沿AB下滑时的加速度为
由几何关系可知
联立解得
由上式可知小朋友的下滑时间与角度无关，则两次沿滑梯运动的时间关系为
（2）根据第一问的结论，画出以P点为最高点的半径为r的等时圆，如图所示
两圆相切时，时间最短，有
解得
用第一问的结论有
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