第2练 匀变速直线运动 牛顿运动定律
A级保分练
1.(2020·山东济南市一模)如图1所示为运动员跳高时的精彩瞬间，下列说法正确的是( )
图1
A．运动员在最高点处于平衡状态
B．运动员在下降过程中处于超重状态
C．运动员起跳以后在上升过程中处于失重状态
D．运动员起跳时地面对他的支持力等于他所受的重力
答案 C
解析 运动员在最高点合力不为零，不是处于平衡状态，选项A错误；运动员在下降过程中加速度向下，处于失重状态，选项B错误；运动员起跳以后在上升过程中加速度向下，处于失重状态，选项C正确；运动员起跳时加速上升，则地面对他的支持力大于他所受的重力，选项D错误．
2．(2020·全国第五次大联考)高速公路的ETC电子收费系统如图2所示，ETC通道的长度是从识别区起点到自动栏杆的水平距离．某人驾驶汽车以5
m/s的速度匀速进入ETC通道，ETC天线用了0.4
s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是立即刹车，汽车刚好紧贴栏杆停下．已知司机的反应时间为0.3
s，刹车时汽车的加速度大小为3
m/s2，则该ETC通道的长度约为( )
图2
A．3.5
m
B．4.2
m
C．6.5
m
D．7.7
m
答案 D
解析 汽车在前0.4
s＋0.3
s＝0.7
s内做匀速直线运动，通过的位移x1＝v0(t1＋t2)＝3.5
m，随后汽车做匀减速直线运动，通过的位移x2＝＝
m≈4.2
m，所以该ETC通道的长度约为L＝x1＋x2＝7.7
m，D项正确．
3.如图3所示，质量分别为2m和3m的两个小球静置于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端．今在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则稳定后弹簧的伸长量为( )
图3
A.
B.
C.
D.
答案 C
解析 对整体分析，整体的加速度a＝，对质量为3m的小球分析，根据牛顿第二定律得，F弹＝kx＝3ma，得x＝，故A、B、D错误，C正确．
4.(2020·山东日照市校际联考)如图4所示，压缩的竖直轻弹簧将金属块卡在矩形箱内，在箱的上顶板和下底板均安有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动．当箱静止时，上顶板的传感器显示的压力F1＝2
N，下底板的传感器显示的压力F2＝6
N，重力加速度g＝10
m/s2.下列判断正确的是( )
图4
A．若加速度方向向上，随着加速度缓慢增大，F1逐渐减小，F2逐渐增大
B．若加速度方向向下，随着加速度缓慢增大，F1逐渐增大，F2逐渐减小
C．若加速度方向向上，且大小为15
m/s2时，F1的示数为零
D．若加速度方向向下，且大小为5
m/s2时，F2的示数为零
答案 C
解析 矩形箱静止时，F1＋mg＝F2，得mg＝4
N，金属块刚要离开上顶板时F2－mg＝ma0，得a0＝5
m/s2，故a向上且a<5
m/s2或a向下时金属块都不会离开上顶板，弹簧长度不会发生变化，F2仍为6
N，故只有C项正确．
5．(2020·江西吉安市期末)一辆汽车由静止开始做初速度为零的匀加速直线运动，速度增大到25
m/s后做匀速直线运动，已知汽车前5
s内的位移为75
m，则汽车匀加速运动的时间为( )
A．3
s
B．4
s
C．5
s
D．6
s
答案 B
解析 若前5
s内汽车一直做匀加速直线运动，则前5
s内匀加速直线运动的最大位移为x＝
vmt＝62.5
m，小于75
m，因此汽车在前5
s内一定是先匀加速后匀速，设匀加速的时间为t，则x′＝·t＋vm(5
s－t)＝75
m，解得t＝4
s，B项正确．
6．(2020·江苏七市第二次调研)如图5所示，车厢水平底板上放置质量为M的物块，物块上固定竖直轻杆，质量为m的球用细线系在杆上O点．当车厢在水平面上沿直线加速运动时，球和物块相对车厢静止，细线偏离竖直方向的角度为θ，此时车厢底板对物块的摩擦力为Ff、支持力为FN，已知重力加速度为g，则( )
图5
A．Ff＝Mgsin
θ
B．Ff＝Mgtan
θ
C．FN＝(M＋m)g
D．FN＝Mg
答案 C
解析 以m为研究对象，受力如图所示
由牛顿第二定律得mgtan
θ＝ma，
解得a＝gtan
θ
以M、m整体为研究对象
在竖直方向上，由平衡条件有
FN＝(M＋m)g
在水平方向上，由牛顿第二定律有
Ff＝(M＋m)a＝(M＋m)gtan
θ，故C正确，A、B、D错误．
7．(多选)(2020·百校联考)将一个小球竖直向上抛出，碰到高处的天花板后反弹，并竖直向下运动回到抛出点，若反弹的速度大小是碰撞前速度大小的0.65倍，小球上升的时间为1
s，下落至抛出点的时间为1.2
s，重力加速度取10
m/s2，不计空气阻力及小球与天花板的碰撞时间，则下列说法正确的是( )
A．小球与天花板碰撞前的速度大小为10
m/s
B．小球与天花板碰撞前的速度大小为8
m/s
C．抛出点到天花板的高度为15
m
D．抛出点到天花板的高度为13
m
答案 AC
解析 由题意可知，vt1＋gt12＝0.65vt2＋gt22，求得v＝10
m/s，抛出点到天花板的高度为h＝vt1＋gt12＝15
m，选项A、C正确．
8．(多选)(2020·云南昆明市五华区联考)物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点，历时为t.若物体从A点开始，先由静止开始做加速度为a1的匀加速直线运动，达到速度vm后立即做加速度为a2的匀减速直线运动，直至B点停下，历时仍为t，则( )
A．vm只能为2v，无论a1、a2为何值
B．vm数值不唯一且与a1、a2的大小有关
C．a1的大小是唯一的
D．a1、a2必须满足＝
答案 AD
解析 由t1＋t2＝·t＝x＝vt知，vm＝2v，与加速度大小无关，故A项正确，B项错误；vm＝a1t1＝a2t2，t1＋t2＝t，vm＝2v，得＋＝t，则有＝，故D项正确，C项错误．
9.(2020·百校联考)如图6所示，A、B、C、D四个小球质量分别为m、4m、2m、3m，用细线连着(在A和C之间细线上还串接有一段轻弹簧)，悬挂在光滑轻质定滑轮的两边并处于静止状态．弹簧的形变在弹性限度内，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
图6
A．剪断C、D间细线的一瞬间，小球C的加速度大小为3g
B．剪断C、D间细线的一瞬间，小球A和B的加速度大小均为g
C．剪断A、B间细线的一瞬间，小球C的加速度大小为零
D．剪断C球上方细线的一瞬间，小球A和B的加速度大小均为零
答案 C
解析 开始时，弹簧的弹力为5mg，剪断C、D间细线的一瞬间，弹簧的弹力不变，则小球C的加速度大小为a＝＝1.5g，A、B的加速度为零，选项A、B错误；同理可知，剪断A、B间细线的一瞬间，小球C的加速度大小为零，选项C正确；剪断C球上方细线的一瞬间，弹簧的弹力迅速减为零，因此小球A和B的加速度大小为g，选项D错误．
B级争分练
10.(2020·河南郑州市中原联盟3月联考)如图7所示，一倾角θ＝37°的足够长的斜面固定在水平地面上．当t＝0时，滑块以初速度v0＝10
m/s沿斜面向上运动．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，下列说法正确的是( )
图7
A．滑块一直做匀变速直线运动
B．t＝1
s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上
C．t＝2
s时，滑块恰好又回到出发点
D．t＝3
s时，滑块的速度大小为4
m/s
答案 D
解析 当滑块沿斜面向上运动时，做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝＝10
m/s2，滑块沿斜面向上运动的时间为t1＝＝1
s，由于mgsin
θ
>μmgcos
θ，所以当滑块沿斜面向上速度减为0时，不会静止在斜面上，会继续沿斜面向下做匀加速直线运动，加速度大小为a2＝＝2
m/s2，所以滑块不是一直做匀变速直线运动，A、B选项错误；滑块上滑时的位移为x＝a1t12＝5
m，沿斜面向下运动回到出发点的时间为t2＝＝
s，C选项错误；3
s时滑块的速度大小为v＝a2t3＝2×(3－1)m/s＝4
m/s，D选项正确．
11.(多选)(2020·河南六市4月联考)如图8所示，a、b小球均能沿各自斜轨道匀速下滑到竖直圆的最低点，现分别让小球a、b以va、vb的速度沿各自轨道从最低点同时向上滑动，两小球速度同时减小到0，重力加速度为g，轨道与圆在同一竖直面内，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，则( )
图8
A．a、b小球与斜面间的动摩擦因数之比μa∶μb＝9∶16
B．a、b小球沿斜面向上运动的加速度之比aa∶ab＝4∶3
C．va∶vb＝4∶3
D．两小球不可能同时达到圆周上
答案 BC
解析 a、b小球均能沿各自斜轨道匀速下滑，则对a：mgcos
37°＝μamgsin
37°；对b：mgcos
53°
＝μbmgsin
53°，则μa∶μb＝16∶9，选项A错误；a、b小球沿斜面向上运动时，对a：mgcos
37°
＋μamgsin
37°＝maa，对b：mgcos
53°＋μbmgsin
53°＝mab，则aa∶ab＝4∶3，选项B正确；两球速度同时减为零，时间相等，则由v＝at可得va∶vb＝aa∶ab＝4∶3，选项C正确；因为两小球加速度之比aa∶ab＝4∶3，初速度之比va∶vb＝4∶3，由v＝v0－at可知，任意时刻的速度之比为4∶3，则两小球的平均速度之比为4∶3；而两球到达圆周上时位移之比也为4∶3，可知两小球能够同时到达圆周上，选项D错误．
12．(2020·百校联考)质量为1
kg的小型无人机下面悬挂着一个质量为0.5
kg的小物块，正以2
m/s的速度匀速下降，某时刻悬绳断裂小物块竖直下落，小物块经过2
s落地，已知无人机运动中受到的空气阻力大小始终为其自身重力的0.1倍，无人机的升力始终恒定，不计小物块受到的空气阻力，重力加速度为10
m/s2，求当小物块刚要落地时：
(1)无人机的速度；
(2)无人机离地面的高度．
答案 (1)4.8
m/s，方向竖直向上 (2)27.44
m
解析 (1)设无人机的升力为F，根据平衡条件可知，
F＋0.1Mg＝(M＋m)g，解得F＝14
N
悬绳断开后，无人机先向下做匀减速运动，设加速度大小为a1，则由牛顿第二定律有F＋0.1Mg－Mg＝Ma1，
解得a1＝5
m/s2
无人机运动到速度为零时，需要的时间t1＝＝0.4
s
然后无人机向上做匀加速运动，设加速度大小为a2，
根据牛顿第二定律有F－Mg－0.1Mg＝Ma2，
解得a2＝3
m/s2
再经过t2＝t－t1＝1.6
s
无人机的速度v1＝a2t2＝4.8
m/s，方向竖直向上
(2)小物块从无人机上刚脱落时，离地的高度
h＝v0t＋gt2＝24
m
小物块脱落后，无人机下落的高度
h1＝＝0.4
m
后又在1.6
s内上升的高度h2＝＝3.84
m
因此当小物块落地时，无人机离地面的高度
H＝h－h1＋h2＝27.44
m.
13.(2020·安徽十校联盟检测)如图9所示，质量为m＝1
kg的物块放在倾角为θ＝37°的斜面底端A点，在沿斜面向上、大小为20
N的恒力F1的作用下，从静止开始沿斜面向上运动，运动到B点时撤去拉力F1，当物块运动到C点时速度恰为零，物块向上加速的时间与减速的时间均为2
s．物块运动到C点后，再对物块施加一平行于斜面的拉力F2，使物块从C点运动到A点的时间与从A点运动到C点的时间相等．已知斜面足够长，重力加速度g＝10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，求：
图9
(1)物块与斜面间的动摩擦因数；
(2)拉力F2的大小和方向．
答案 (1)0.5
(2)3
N 方向平行斜面向下
解析 (1)设物块向上做加速运动的加速度大小为a1，
根据牛顿第二定律有：F1－mgsin
θ－μmgcos
θ＝ma1
撤去拉力F1后，物块做匀减速运动，设运动的加速度大小为a2
根据牛顿第二定律有：μmgcos
θ＋mgsin
θ＝ma2
由于物块向上加速的时间与减速的时间相等，
即：a1t＝a2t
联立解得：μ＝0.5
(2)物块向上运动时，a1＝a2＝10
m/s2，
物块从A到C运动的距离：
x＝2×a1t2＝40
m
从C点施加平行于斜面的拉力后，根据牛顿第二定律有：
F2＋mgsin
θ－μmgcos
θ＝ma3
由运动学公式：x＝a3(2t)2
解得：a3＝5
m/s2，F2＝3
N
可知F2方向平行斜面向下．(共33张PPT)
匀变速直线运动 牛顿运动定律
第2练
1.(2020·山东济南市一模)如图1所示为运动员跳高时的精彩瞬间，下列说法正确的是
A.运动员在最高点处于平衡状态
B.运动员在下降过程中处于超重状态
C.运动员起跳以后在上升过程中处于失重状态
D.运动员起跳时地面对他的支持力等于他所受的重力
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
A级保分练
图1
13
解析 运动员在最高点合力不为零，不是处于平
衡状态，选项A错误；
运动员在下降过程中加速度向下，处于失重状态，
选项B错误；
运动员起跳以后在上升过程中加速度向下，处于失重状态，选项C正确；
运动员起跳时加速上升，则地面对他的支持力大于他所受的重力，选项D错误.
1
2
3
4
5
6
7
8
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10
11
12
13
2.(2020·全国第五次大联考)高速公路的ETC电子收费系统如图2所示，ETC通道的长度是从识别区起点到自动栏杆的水平距离.某人驾驶汽车以5
m/s的速度匀速进入ETC通道，ETC天线用了0.4
s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是立即刹车，汽车刚好紧贴栏杆停下.已知司机的反应时间为0.3
s，刹车时汽车的加速度大小为3
m/s2，则该
ETC通道的长度约为
A.3.5
m
B.4.2
m
C.6.5
m
D.7.7
m
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
图2
13
解析 汽车在前0.4
s＋0.3
s＝0.7
s内做匀速直线运动，通过的位移x1＝v0(t1＋t2)＝3.5
m，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
所以该ETC通道的长度约为L＝x1＋x2＝7.7
m，D项正确.
3.如图3所示，质量分别为2m和3m的两个小球静置于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端.今在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则稳定后弹簧的伸长量为
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
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13
图3
4.(2020·山东日照市校际联考)如图4所示，压缩的竖直轻弹簧将金属块卡在矩形箱内，在箱的上顶板和下底板均安有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动.当箱静止时，上顶板的传感器显示的压力F1＝2
N，下底板的传感器显示的压力F2＝6
N，重力加速度g＝10
m/s2.下列判断正确的是
A.若加速度方向向上，随着加速度缓慢增大，F1逐渐减小，
F2逐渐增大
B.若加速度方向向下，随着加速度缓慢增大，F1逐渐增大，
F2逐渐减小
C.若加速度方向向上，且大小为15
m/s2时，F1的示数为零
D.若加速度方向向下，且大小为5
m/s2时，F2的示数为零
√
1
2
3
4
5
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7
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12
图4
13
解析 矩形箱静止时，F1＋mg＝F2，得mg＝4
N，金属块刚要离开上顶板时F2－mg＝ma0，
得a0＝5
m/s2，故a向上且a<5
m/s2或a向下时金属块都不会离开上顶板，弹簧长度不会发生变化，F2仍为6
N，故只有C项正确.
1
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13
5.(2020·江西吉安市期末)一辆汽车由静止开始做初速度为零的匀加速直线运动，速度增大到25
m/s后做匀速直线运动，已知汽车前5
s内的位移为75
m，则汽车匀加速运动的时间为
A.3
s
B.4
s
C.5
s
D.6
s
√
1
2
3
4
5
6
7
8
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13
解析 若前5
s内汽车一直做匀加速直线运动，
1
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3
4
5
6
7
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10
11
12
13
因此汽车在前5
s内一定是先匀加速后匀速，设匀加速的时间为t，
6.(2020·江苏七市第二次调研)如图5所示，车厢水平底板上放置质量为M的物块，物块上固定竖直轻杆，质量为m的球用细线系在杆上O点.当车厢在水平面上沿直线加速运动时，球和物块相对车厢静止，细线偏离竖直方向的角度为θ，此时车厢底板对物块的摩擦力为Ff、支持力为FN，已知重力加速度为g，则
A.Ff＝Mgsin
θ
B.Ff＝Mgtan
θ
C.FN＝(M＋m)g
D.FN＝Mg
√
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图5
13
解析 以m为研究对象，受力如图所示
由牛顿第二定律得mgtan
θ＝ma，
解得a＝gtan
θ
以M、m整体为研究对象
在竖直方向上，由平衡条件有
FN＝(M＋m)g
在水平方向上，由牛顿第二定律有
Ff＝(M＋m)a＝(M＋m)gtan
θ，故C正确，A、B、D错误.
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2
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5
6
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12
13
7.(多选)(2020·百校联考)将一个小球竖直向上抛出，碰到高处的天花板后反弹，并竖直向下运动回到抛出点，若反弹的速度大小是碰撞前速度大小的0.65倍，小球上升的时间为1
s，下落至抛出点的时间为1.2
s，重力加速度取10
m/s2，不计空气阻力及小球与天花板的碰撞时间，则下列说法正确的是
A.小球与天花板碰撞前的速度大小为10
m/s
B.小球与天花板碰撞前的速度大小为8
m/s
C.抛出点到天花板的高度为15
m
D.抛出点到天花板的高度为13
m
√
1
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√
1
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6
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13
8.(多选)(2020·云南昆明市五华区联考)物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点，历时为t.若物体从A点开始，先由静止开始做加速度为a1的匀加速直线运动，达到速度vm后立即做加速度为a2的匀减速直线运动，直至B点停下，历时仍为t，则
A.vm只能为2v，无论a1、a2为何值
B.vm数值不唯一且与a1、a2的大小有关
C.a1的大小是唯一的
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√
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13
9.(2020·百校联考)如图6所示，A、B、C、D四个小球质量分别为m、4m、2m、3m，用细线连着(在A和C之间细线上还串接有一段轻弹簧)，悬挂在光滑轻质定滑轮的两边并处于静止状态.弹簧的形变在弹性限度内，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是
A.剪断C、D间细线的一瞬间，小球C的加速度大小为3g
B.剪断C、D间细线的一瞬间，小球A和B的加速度大小均为
g
C.剪断A、B间细线的一瞬间，小球C的加速度大小为零
D.剪断C球上方细线的一瞬间，小球A和B的加速度大小均为零
√
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图6
13
解析 开始时，弹簧的弹力为5mg，剪断C、D间细线的一
瞬间，弹簧的弹力不变，
1
2
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4
5
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7
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11
12
13
同理可知，剪断A、B间细线的一瞬间，小球C的加速度大小为零，选项C正确；
剪断C球上方细线的一瞬间，弹簧的弹力迅速减为零，因此小球A和B的加速度大小为g，选项D错误.
10.(2020·河南郑州市中原联盟3月联考)如图7所示，一倾角θ＝37°的足够长的斜面固定在水平地面上.当t＝0时，滑块以初速度v0＝10
m/s沿斜面向上运动.已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10
m/s2，
sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，下列说法正确的是
A.滑块一直做匀变速直线运动
B.t＝1
s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上
C.t＝2
s时，滑块恰好又回到出发点
D.t＝3
s时，滑块的速度大小为4
m/s
√
1
2
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5
6
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11
12
图7
B级争分练
13
解析 当滑块沿斜面向上运动时，做匀减速直线运动，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
所以当滑块沿斜面向上速度减为0时，不会静止在斜面上，会继续沿斜面向下做匀加速直线运动，
所以滑块不是一直做匀变速直线运动，A、B选项错误；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
s时滑块的速度大小为v＝a2t3＝2×(3－1)m/s＝4
m/s，D选项正确.
11.(多选)(2020·河南六市4月联考)如图8所示，a、b小球均能沿各自斜轨道匀速下滑到竖直圆的最低点，现分别让小球a、b以va、vb的速度沿各自轨道从最低点同时向上滑动，两小球速度同时减小到0，重力加速度为g，轨道与圆在同一竖直面内，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，则
A.a、b小球与斜面间的动摩擦因数之比μa∶μb＝9∶16
B.a、b小球沿斜面向上运动的加速度之比aa∶ab＝4∶3
C.va∶vb＝4∶3
D.两小球不可能同时达到圆周上
√
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12
图8
√
13
解析 a、b小球均能沿各自斜轨道匀速下滑，
则对a：mgcos
37°＝μamgsin
37°；对b：mgcos
53°
＝μbmgsin
53°，则μa∶μb＝16∶9，选项A错误；
a、b小球沿斜面向上运动时，对a：mgcos
37°＋μamgsin
37°＝maa，
对b：mgcos
53°＋μbmgsin
53°＝mab，则aa∶ab＝4∶3，选项B正确；
两球速度同时减为零，时间相等，则由v＝at可得va∶vb＝aa∶ab＝4∶3，选项C正确；
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13
因为两小球加速度之比aa∶ab＝4∶3，
初速度之比va∶vb＝4∶3，由v＝v0－at可知，
任意时刻的速度之比为4∶3，则两小球的平均速度之比为4∶3；
而两球到达圆周上时位移之比也为4∶3，可知两小球能够同时到达圆周上，选项D错误.
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12.(2020·百校联考)质量为1
kg的小型无人机下面悬挂着一个质量为0.5
kg的小物块，正以2
m/s的速度匀速下降，某时刻悬绳断裂小物块竖直下落，小物块经过2
s落地，已知无人机运动中受到的空气阻力大小始终为其自身重力的0.1倍，无人机的升力始终恒定，不计小物块受到的空气阻力，重力加速度为10
m/s2，求当小物块刚要落地时：
(1)无人机的速度；
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答案 4.8
m/s，方向竖直向上
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解析 设无人机的升力为F，根据平衡条件可知，
F＋0.1Mg＝(M＋m)g，解得F＝14
N
悬绳断开后，无人机先向下做匀减速运动，设加速度大小为a1，则由牛顿第二定律有F＋0.1Mg－Mg＝Ma1，
解得a1＝5
m/s2
然后无人机向上做匀加速运动，设加速度大小为a2，
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根据牛顿第二定律有F－Mg－0.1Mg＝Ma2，
解得a2＝3
m/s2
再经过t2＝t－t1＝1.6
s
无人机的速度v1＝a2t2＝4.8
m/s，方向竖直向上
(2)无人机离地面的高度.
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答案 27.44
m
解析 小物块从无人机上刚脱落时，离地的高度
小物块脱落后，无人机下落的高度
因此当小物块落地时，无人机离地面的高度
H＝h－h1＋h2＝27.44
m.
13.(2020·安徽十校联盟检测)如图9所示，质量为m＝1
kg的物块放在倾角为θ＝37°的斜面底端A点，在沿斜面向上、大小为20
N的恒力F1的作用下，从静止开始沿斜面向上运动，运动到B点时撤去拉力F1，当物块运动到C点时速度恰为零，物块向上加速的时间与减速的时间均为2
s.物块运动到C点后，再对物块施加一平行于斜面的拉力F2，使物块从C点运动到A点的时间与从A点运动到C点的时
间相等.已知斜面足够长，重力加速度g＝10
m/s2，
sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，求：
(1)物块与斜面间的动摩擦因数；
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图9
答案 0.5
解析 设物块向上做加速运动的加速度大小为a1，
根据牛顿第二定律有：F1－mgsin
θ－μmgcos
θ＝ma1
撤去拉力F1后，物块做匀减速运动，设运动的加速度大小为a2
根据牛顿第二定律有：μmgcos
θ＋mgsin
θ＝ma2
由于物块向上加速的时间与减速的时间相等，
即：a1t＝a2t
联立解得：μ＝0.5
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(2)拉力F2的大小和方向.
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答案 3
N 方向平行斜面向下
解析 物块向上运动时，a1＝a2＝10
m/s2，
物块从A到C运动的距离：
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13
从C点施加平行于斜面的拉力后，根据牛顿第二定律有：
F2＋mgsin
θ－μmgcos
θ＝ma3
解得：a3＝5
m/s2，F2＝3
N
可知F2方向平行斜面向下.
本课结束
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