第三章 牛顿第二定律检测题Word版含答案

　牛顿第二定律　两类动力学问题
一、基础与经典
1．(多选)如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0．3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(g取10 m/s2)(　　)
A．物体经10 s速度减为零
B．物体经2 s速度减为零
C．物体速度减为零后将保持静止
D．物体速度减为零后将向右运动
答案　BC
解析　物体受到向右的滑动摩擦力，Ff＝μFN＝μmg＝3 N，根据牛顿第二定律得，a＝＝ m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体减速到零所需的时间t＝＝ s＝2 s，B正确，A错误。减速到零后，F2．
如图所示，物体静止在光滑水平面上的O点，从某时刻起，对物体施加水平向右的恒力F1，经过t秒，物体到达A点，速率是v1，此时突然撤去F1，并立即对它施加向左的水平恒力F2，又经过t秒，物体到达B点，速率是v2。已知OA＝OB，则下列关于F1、F2和v1、v2的大小关系，正确的是(　　)
A．4F1＝F2 B．3F1＝F2
C．2v1＝v2 D．4v1＝v2
答案　A
解析　选向右为正方向，则物体在t秒内的位移x1＝，末速度为v1＝a1t，则又过t秒，物体又运动的位移－2x1＝v1t－，联立解得4a1＝a2，又F＝ma，故4F1＝F2，A正确，B错误；又v1＝a1t，－v2＝v1－a2t，联立解得v2＝3v1，C、D错误。
3．
如图所示，小车上固定着三角硬杆，杆的端点处固定着一个质量为m的小球。当小车有水平向右的加速度且从零开始逐渐增大时，杆对小球的作用力的变化(用F1至F4表示变化)可能是下列图中的(O O′沿杆方向)(　　)
答案　C
解析　以小球为研究对象，受到重力和杆对小球的作用力，沿水平方向和竖直方向分解杆对小球的作用力，竖直方向的分力和重力始终平衡，所以竖直方向的分力大小不变，而水平方向的分力逐渐增大，所以C项正确。
4．
在某星球a表面，宇航员把一质量为ma的重物放在地面上(该处的重力加速度设为ga)，现用一轻绳竖直向上提拉重物，让绳中的拉力T由零逐渐增大，可以得到加速度a与拉力T关系的图线AB；当宇航员到达另一个星球c表面时，用质量为mc的物体重复上述实验，在同一个坐标系中得到一个相似的图线CD，下面关于CD所描述的物体的质量mc与该星球表面的重力加速度gc说法正确的是(　　)
A．mc>ma，gcC．mc>ma，gc＝ga D．mc答案　C
解析　由牛顿第二定律得T－mg＝ma，故a＝－g，由图象纵轴截距及斜率表示的物理意义，有ga＝gc，mc>ma，故C项正确。
5．
美国南加州森林大火让消防飞机再次进入人们的视线，美国使用了大量消防飞机。在一次扑灭森林火灾时，飞机取完水，直奔火场，此时飞机正拉着水箱水平前进，绳子明显偏离竖直方向向后，如图所示，若忽略水箱所受空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A．绳子的拉力大小等于水箱重力
B．飞机正向前匀速飞行
C．飞机正向前减速飞行
D．飞机正向前加速飞行
答案　D
解析　设绳子与竖直方向的夹角为θ，对水箱受力分析，可知T＝，则绳子的拉力大于水箱的重力，A错误；水箱重力和拉力的合力沿前进方向，即mgtanθ＝ma，a＝gtanθ，飞机正向前加速飞行，B、C错误，D正确。
6．一物体沿倾角为θ的固定斜面自行上滑与下滑时的加速度大小之比为3∶1，则物体与斜面间的动摩擦因数为(　　)
A．tanθ B．tanθ C．tanθ D．tanθ
答案　B
解析　物体上滑时，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝gsinθ＋μgcosθ，物体下滑时，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，则a2＝gsinθ－μgcosθ，据题有a1＝3a2，联立解得μ＝tanθ，B正确。
7．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无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是(　　)
答案　C
解析　设屋顶的底角为θ，底边为L，注意底边长度是不变的，雨滴下滑时有＝gsinθ·t2，则t＝＝，因此当θ＝45°时，时间最短，C正确。
8．
如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则(　　)
A．物块可能匀速下滑
B．物块仍以加速度a匀加速下滑
C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑
D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑
答案　C
解析　对物块进行受力分析，设斜面的倾角为θ，可列方程mgsinθ－μmgcosθ＝ma，sinθ－μcosθ＝，当加上力F后，由牛顿第二定律得(mg＋F)sinθ－μ(mg＋F)cosθ＝ma1，即mgsinθ－μmgcosθ＋Fsinθ－μFcosθ＝ma1，ma＋Fsinθ－μFcosθ＝ma1，其中Fsinθ－μFcosθ＝F(sinθ－μcosθ)＝，大于零，代入上式知，a1大于a。物块将以大于a的加速度匀加速下滑。C项正确。
9．如图所示，A、B两小球分别连在轻线两端，B球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端。A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为(　　)
A．都等于 B．和0
C．和· D．·和
答案　C
解析　对A、B两球，由整体法知，F弹＝(mA＋mB)·gsin30°，剪断线瞬间，由牛顿第二定律可得，对B：F弹－mBgsin30°＝mBaB，得aB＝·，对A：mAgsin30°＝mAaA，得aA＝，所以C正确。
10．
物块A1、A2的质量均为m，B1、B2的质量均为2m，A1、A2用一轻杆连接，B1、B2用轻质弹簧连接。两个装置都放在水平的支托物M上，处于平衡状态，如图所示。今突然迅速地撤去支托物M，在除去支托物的瞬间，A1、A2加速度分别为a1和a2，B1、B2的加速度分别为a1′和a2′，则(　　)
A．a1＝0，a2＝2g；a1′＝0，a2′＝2g
B．a1＝0，a2＝2g；a1′＝g，a2′＝2g
C．a1＝g，a2＝g；a1′＝0，a2′＝2g
D．a1＝g，a2＝g；a1′＝g，a2′＝g
答案　C
解析　A1、A2用一轻杆连接，它们的加速度始终相等，在除去支托物的瞬间，由它们组成的系统只受到重力的作用，根据牛顿第二定律可知，它们的加速度a1＝a2＝g；因为在除去支托物的瞬间弹簧上的弹力不能突然消失，所以B1的受力不变，加速度仍为零，即a1′＝0，而B2受到的竖直向上的支持力突然消失，受到的竖直向下的重力和弹簧弹力不变，加速度大小a2′为2g；综上分析，选项C正确。
11．如图所示为建筑工地上一种塔吊吊篮，塔吊吊起重物，从地面由静止开始以a＝0．5 m/s2的加速度竖直向上运动，然后匀速上升。吊篮与重物的总质量M＝500 kg，四条钢索与竖直方向的夹角均为60°，g取10 m/s2。当吊篮加速上升时，每根钢索中的弹力大小为(　　)
A．1250 N B．2520 N
C．2625 N D．5250 N
答案　C
解析　对吊篮与重物整体进行受力分析，根据牛顿第二定律，有4Fcos60°－Mg＝Ma，解得F＝2625 N，C正确。
12．如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，质量为m的重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0．30。当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1．15倍，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为(　　)
A．0．35mg B．0．30mg
C．0．23mg D．0．20mg
答案　D
解析　对重物进行受力分析，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1．15倍，在竖直方向上有FN－mg＝ma1，解得a1＝0．15g，设水平方向上的加速度为a2，则＝tan37°＝，解得a2＝0．2g，重物水平方向受到的摩擦力提供加速度，即f＝ma2＝0．20mg，故D项正确。
二、真题与模拟
13．(2016·全国卷Ⅰ)(多选)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则(　　)
A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．质点单位时间内速率的变化量总是不变
答案　BC
解析　由题意知此恒力即为质点所受合力，若原速度方向与该恒力方向在一条直线上，则质点做匀变速直线运动，质点单位时间内速率的变化量总是不变的；若原速度方向与该恒力方向不在一条直线上，则质点做匀变速曲线运动，速度与恒力间夹角逐渐减小，质点单位时间内速度的变化量是不变的，但速率的变化量是变化的，A、D项错误，B项正确；由牛顿第二定律知，质点加速度的方向总与该恒力方向相同，C项正确。
14．(2018·全国卷Ⅰ)
如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是(　　)
答案　A
解析　物块静止时受到向上的弹力和向下的重力，处于平衡状态，有：kx0＝mg，施加拉力F后，物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：F＋k(x0－x)－mg＝ma，所以F＝ma＋kx，A正确。
15．(2016·全国卷Ⅱ)(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则(　　)
A．甲球用的时间比乙球长
B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
答案　BD
解析　甲、乙由同种材料制成，且m甲>m乙，可知R甲>R乙，由题知阻力f＝kR，故f甲>f乙，下落相同距离，克服阻力做功W＝fx，故W甲>W乙，D正确。在空中对小球受力分析，有mg－f＝ma，可得a＝g－＝g－＝g－·，由R甲>R乙可知，a甲>a乙，C错误。由静止下落相同高度，h＝at2，得t＝ ，又a甲>a乙，所以t甲v乙，B正确。
16．(2015·全国卷Ⅱ)(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)
A．8 B．10 C．15 D．18
答案　BC
解析　设每节车厢的质量为m，这列车厢的节数为n，东边车厢的节数为x，西边车厢的节数为n－x。当机车在东边拉车厢时，对西边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F＝(n－x)ma；当机车在西边拉车厢时，对东边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F＝max，联立可得n＝x，x为3的倍数，则n为5的倍数，选项B、C正确，选项A、D错误。
17．(2018·广东茂名一模)一质点受多个力的作用，处于静止状态，现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小。在此过程中，其他力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是(　　)
A．a和v都始终增大
B．a和v都先增大后减小
C．a和v都先减小后增大
D．a先增大后减小，v始终增大
答案　D
解析　由于质点开始处于静止状态，则其所受合力为零，这就相当于受两个等大反向的力F1和F2，使F1减小到零再沿原方向恢复到原来大小，则合力F＝F2－F1先增大后减小到零，故加速度a先增大后减小；由于质点从静止开始运动，所以速度的方向始终与加速度的方向相同，所以其速度会一直增大，A、B、C错误，D正确。
18．
(2018·北京朝阳区一模)如图所示的装置，小车总质量用M表示，钩码总质量用m表示，将木板安装定滑轮的一端垫起，调节木板倾角为θ，使小车恰好带着钩码沿木板向下匀速运动，再保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，由静止释放小车，已知重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　)
A．小车做匀加速运动的加速度大小为gsinθ
B．小车做匀加速运动的加速度大小为
C．小车做匀加速运动的加速度大小为
D．小车做匀加速运动的加速度大小为
答案　D
解析　小车恰好带着钩码沿木板向下匀速运动时，设小车所受的摩擦力大小为Ff，以小车为研究对象，由平衡条件得FT＋Ff＝Mgsinθ，以钩码为研究对象，FT＝mg，得Ff＝Mgsinθ－mg，取下细绳和钩码，由静止释放小车，由牛顿第二定律得Mgsinθ－Ff＝Ma，联立解得a＝，D正确。
19．
(2019·湖北仙桃、天门、潜江三市期末)如图所示，粗糙水平面上并排放着两个正方体木块A、B，质量分别为mA＝m，mB＝3m，与水平面的动摩擦因数均为μ，木块A通过轻质水平弹簧与竖直墙壁相连，现用外力缓缓向左水平推木块B，使木块A、B一起向左缓慢移动一段距离后突然撤去外力，木块A、B由静止开始向右运动，当弹簧弹力大小为F时(木块A、B未分离)，则木块A对木块B的作用力大小一定为(　　)
A．F B．
C．F－3μmg D．F－μmg
答案　A
解析　当弹簧弹力大小为F时，设木块A对木块B的作用力大小为N，根据牛顿第二定律，对A、B整体有F－4μmg＝4ma，对B有N－3μmg＝3ma，联立解得N＝F，A正确。
20．
(2019·百师联盟七调)(多选)在光滑水平面上，a、b两小球沿水平面相向运动。当小球间距小于或等于L时，受到大小相等、方向相反的恒定的相互排斥力作用。小球间距大于L时，相互排斥力为零。小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v随时间t的变化关系图象如图所示，由图可知(　　)
A．a球质量大于b球质量
B．在t1时刻两小球间距最小
C．在0～t2时间内两小球间距逐渐减小
D．在0～t3时间内b球所受排斥力方向始终与运动方向相反
答案　AC
解析　从速度—时间图象可以看出b球速度—时间图象的斜率绝对值较大，所以b球的加速度较大，两小球之间的排斥力为一对相互作用力，大小相等，根据a＝知，加速度大的质量小，所以b球质量较小，故A正确；开始时二者做相向运动，当速度相同时距离最近，即t2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，故B错误，C正确；b球在0～t1时间内匀减速，所以在0～t1时间内排斥力与运动方向相反，而在t1～t3时间内匀加速，排斥力与运动方向相同，D错误。
21．(2018·江苏如皋专项训练)如图所示，E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零。小物体下滑过程中位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系如选项图所示，以沿斜面向下为正方向，则下列图象中可能正确的是(　　)
答案　B
解析　物体在斜面上先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，故位移—时间图线的斜率先增大后减小，A错误。物体到达底端的速度为零，即前半段和后半段的平均速度相等，由于位移也相等，则在前半段和后半段的运动时间相等，B正确。再结合匀加速直线运动的末速度等于匀减速直线运动的初速度可知，两段运动的加速度大小相等、方向相反，合力也大小相等、方向相反，C、D错误。
22．(2018·河南洛阳一模)某科研单位设计了一空间飞行器，如图所示，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，使飞行器恰好沿与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方由静止开始匀加速飞行，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是(　　)
A．加速时动力的大小等于mg
B．加速与减速时的加速度大小之比为2∶
C．减速飞行时间t后速度为零
D．加速与减速过程发生的位移大小之比为1∶2
答案　D
解析　起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，设动力为F，合力为F合，如图甲所示，在△OFF合中，由几何关系得F＝mg，F合＝mg，A错误；由牛顿第二定律得飞行器的加速度a1＝g，推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°斜向下，推力F′跟合力F合′垂直，如图乙所示，此时合力大小F合′＝mgsin30°＝mg，动力大小F′＝mgcos30°＝mg，飞行器的加速度大小a2＝＝0．5g，加速与减速时的加速度大小之比a1∶a2＝2∶1，B错误；减速飞行到速度为零的时间t′＝＝＝＝2t，C错误；t时刻的速率v＝a1t＝gt，加速与减速过程发生的位移大小之比为∶＝1∶2，D正确。
23．
(2018·北京密云摸底)如图所示，质量为M的斜劈形物体放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿斜劈的粗糙面向上滑动，至速度为零后又加速返回，而物体M始终保持静止，则在物块m上、下滑动的整个过程中(　　)
A．地面对物体M的摩擦力方向先向左后向右
B．地面对物体M的摩擦力大小不变
C．地面对物体M的摩擦力方向不变
D．地面对物体M的支持力总等于(M＋m)g
答案　C
解析　物块m的加速度始终沿斜面向下，物体M始终静止，故物块m与物体M组成的整体始终有沿斜面向下的加速度，对整体分析受力可知，地面对物体M的摩擦力方向始终向左，方向不变，地面对物体M的支持力总小于(M＋m)g，A、D错误，C正确。对m分析受力可知，上滑时，a1＝gsinθ＋μgcosθ，下滑时，a2＝gsinθ－μgcosθ，a1>a2，故物块m上滑时地面对物体M的摩擦力大于下滑时地面对物体M的摩擦力，B错误。
一、基础与经典
24．一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2．5 m/s2匀加速下滑。如图所示，若用一水平向右恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内沿斜面运动位移s＝4 m。(取g＝10 m/s2)求：
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小。
答案　(1)　(2) N或 N
解析　(1)根据牛顿第二定律可得
mgsin30°－μmgcos30°＝ma，解得μ＝。
(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度沿斜面向上和向下两种可能。
由题意易知s＝a′t2，代入数据解得a′＝2 m/s2。
当加速度沿斜面向上时，
Fcos30°－mgsin30°－μ(Fsin30°＋mgcos30°)＝ma′，
代入数据得F＝ N。
当加速度沿斜面向下时，
mgsin30°－Fcos30°－μ(Fsin30°＋mgcos30°)＝ma′，
代入数据得F＝ N。
二、真题与模拟
25．(2017·全国卷Ⅱ)
为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。
答案　(1)　(2)
解析　(1)解法一：设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得
－μmgs0＝mv－mv①
解得μ＝。②
解法二：设冰球的加速度为a，冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，规定冰球运动方向为正方向，由牛顿第二定律得：
a＝＝－μg①
又v－v＝2as0②
联立①②式解得μ＝。
(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t。
由运动学公式得
v－v＝2a1s0③
v0－v1＝a1t④
s1＝a2t2⑤
联立③④⑤式得a2＝。
26．(2016·四川高考)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0．4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0．44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cosθ＝1，sinθ＝0．1，g＝10 m/s2。求：
(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
(2)制动坡床的长度。
答案　(1)5 m/s2　沿制动坡床向下　(2)98 m
解析　(1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0．4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则f＋mgsinθ＝ma1①
f＝μmgcosθ②
联立①②式并代入数据得a1＝5 m/s2③
a1的方向沿制动坡床向下。
(2)设货车的质量为M，则M＝4m，车尾位于制动坡床底端时的车速v＝23 m/s。从货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s＝4 m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2。货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0．44，货车长度l0＝12 m，制动坡床的长度为l，则
Mgsinθ＋F－f＝Ma2④
F＝k(m＋M)g⑤
s1＝vt－a1t2⑥
s2＝vt－a2t2⑦
s1＝s＋s2⑧
l＝l0＋s2＋s0⑨
联立①②④～⑨式并代入数据得l＝98 m。
27．(2019·山东泰安一中月考)如图甲所示，质量m＝2 kg的物体在水平面上向右做直线运动。过a点时给物体一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v-t图象如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)10 s后撤去拉力F，求物体再过15 s离a点的距离。
答案　(1)3 N　0．05　(2)38 m
解析　(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1，则由题图乙v-t图线得a1＝2 m/s2，方向与初速度方向相反。
设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2，则由题图乙v-t图线得a2＝1 m/s2，方向与初速度方向相反。
根据牛顿第二定律，在0～4 s内，有F＋μmg＝ma1，
在4～10 s内，有F－μmg＝ma2，
代入数据，解得F＝3 N，μ＝0．05。
(2)设10 s末物体的位移为x，x应为v-t图线与时间轴所围的面积，则有x＝－2 m，
即物体在a点左侧2 m处。
设撤去拉力F后物体做匀减速直线运动的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律，有μmg＝ma3，
解得a3＝0．5 m/s2，
则物体减速到零的时间t＝＝12 s，
即物体12 s后便停止运动，
则物体在12 s内的位移x′＝＝36 m，
物体再过15 s，离a点的距离d＝|x|＋x′＝38 m。