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专题09 牛顿运动定律应用
一、单选题
1．（2022·北京）如图所示，质量为m 的物块在倾角为
的斜面上加速下滑，物块与斜面间的动摩擦因数
为
。下列说法正确的是（ ）
A．斜面对物块的支持力大小为
B．斜面对物块的摩擦力大小为
C．斜面对物块作用力的合力大小为
D．物块所受的合力大小为
【答案】B
【解析】A．对物块受力分析可知，沿垂直斜面方向根据平衡条件，可得支持力为
故A 错误；
B．斜面对物块的摩擦力大小为
故B 正确；
CD．因物块沿斜面加速下滑，根据牛顿第二定律得
可知
则斜面对物块的作用力为
故CD 错误。
故选B。
2．（2022·辽宁）如图所示，一小物块从长1m 的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1s 从
另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g 取10m/s2。下列v0、μ 值可能正确的是（ ）
1
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A．v0= 2.5m/s
B．v0= 1.5m/s
C．μ = 0.28
D．μ = 0.25
【答案】B
【解析】AB．物块水平沿中线做匀减速直线运动，则
由题干知
x = 1m，t = 1s，v > 0
代入数据有
v0 < 2m/s
故A 不可能，B 可能；
CD．对物块做受力分析有
a = - μg，v2 - v0
2= 2ax
整理有
v0
2 - 2ax > 0
由于v0 < 2m/s 可得
μ < 0.2
故CD 不可能。
故选B。
3．（2022·全国）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m 的小球，初始时整个系统静置于光滑水平
桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F 的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当
两球运动至二者相距
时，它们加速度的大小均为（ ）
A．
B．
C．
D．
2
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【答案】A
【解析】当两球运动至二者相距
时，,如图所示
由几何关系可知
设绳子拉力为
，水平方向有
解得
对任意小球由牛顿第二定律可得
解得
故A 正确，BCD 错误。
故选A。
4．（2021·海南）如图，两物块P、Q 用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P 静止在水平桌面上。
将一个水平向右的推力F 作用在P 上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q 两物块的质量分别为
、
，P 与桌面间的动摩擦因数
，重力加速度
。则推力F 的大小为
（ ）
A．
B．
C．
D．
3
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【答案】A
【解析】P 静止在水平桌面上时，由平衡条件有
推力F 作用在P 上后，轻绳的张力变为原来的一半，即
故Q 物体加速下降，有
可得
而P 物体将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P 由牛顿第二定律
解得
故选A。
5．（2021·全国）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
【答案】D
【解析】设PQ 的水平距离为L，由运动学公式可知
4
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可得
可知
时，t 有最小值，故当
从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t 先减小后增大。
故选D。
6．（2020·江苏）中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物
资的班列由40 节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2 节对第3 节车
厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3 节对倒数第2 节车厢的牵引力为
（ ）
A．F
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】根据题意可知第2 节车厢对第3 节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2
节对第3 节车厢根据牛顿第二定律有
设倒数第3 节车厢对倒数第2 节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有
联立解得
。
故选C。
7．（2017·海南）如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q 和R，质量分别为m、2m 和3m，物块与
地面间的动摩擦因数都为μ。用大小为F 的水平外力推动物块P，设R 和Q 之间相互作用力与Q 与P 之间
相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是（）
A．若μ≠0，则k=
B．若μ≠0 ， k =
C．若μ=0，则
D．若μ=0，则
【答案】D
5
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【解析】三物块靠在一起，将以相同加速度向右运动；则加速度大小：
所以，
和
之间相互作用力为：
与
之间相互作用力：
所以可得：
由于谈论过程与
是否为零无关，故有
恒成立；
A．与分析不符，故A 错误；
B．与分析不符，故B 错误；
C．与分析不符，故C 错误；
D．与分析相符，故D 正确；
故选D。
8．（2019·海南）如图，两物块P、Q 置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。
两物块与地面之间的动摩擦因数均为
，重力加速度大小为g，现对Q 施加一水平向右的拉力F，使两物
块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】根据牛顿第二定律，对PQ 的整体：
；对物体P：
；解得
，
故选D。
9．（2019·全国）物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行．已知物
6
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块与斜面之间的动摩擦因数为
，重力加速度取10m/s2．若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的
质量最大为
A．150kg
B．
kg
C．200 kg
D．
kg
【答案】A
【解析】
T=f+mgsinθ，f=μN，N=mgcosθ，代入数据解得：m=150kg，故A 选项符合题意
10．（2014·北京）应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入，例如平伸手掌
托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是（ ）
A．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
B．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度
D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
【答案】D
【解析】AB．手托物体由静止开始向上运动，一定先做加速运动，物体处于超重状态；而后可能匀速上升，
也可能减速上升，故AB 错误；
CD．在物体离开手的瞬间，二者分离，不计空气阻力，物体只受重力，物体的加速度一定等于重力加速度；
要使手和物体分离，手向下的加速度一定大于物体向下的加速度，即手的加速度大于重力加速度，选项C
错误，D 正确。
故选D。
【名师点睛】本题主要考查了学生对超重、失重的理解．属于容易题．物体处于超重时其竖直方向加速度
的方向竖直向上，物体处于失重时其竖直方向加速度的方向竖直向下；超重和失重与速度的方向无关．
11．（2014·全国）如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开
始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定的偏离竖直方向某一角度（橡
7
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皮筋在弹性限度内 ）．与稳定在竖直位置时相比，小球高度
A．一定升高
B．一定降低
C．保持不变
D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
【答案】A
【解析】
试题分析：设L0为橡皮筋的原长，k 为橡皮筋的劲度系数，小车静止时，对小球受力分析得：T1=mg，
弹簧的伸长x1＝
，即小球与悬挂点的距离为L1=L0+
，当小车的加速度稳定在一定值时，对小球进
行受力分析如图，得：T2cosα=mg，T2sinα=ma，所以：T2=
，弹簧的伸长：x2＝
＝
，则
小球与悬挂点的竖直方向的距离为：L2=（L0+
）cosα=L0cosα+
＜L0+
=L1，所以L1＞L2，
即小球在竖直方向上到悬挂点的距离减小，所以小球一定升高，故A 正确，BCD 错误．
故选A．
12．（2016·上海）如图所示，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受
合外力的方向沿图中的（ ）
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A．OA 方向
B．OB 方向
C．OC 方向
D．OD 方向
【答案】D
【解析】当小车向右做匀加速运动时，小球和小车是一个整体，所以小球向右做匀加速直线运动，根据牛
顿第三定律可得合力沿OD 方向。
故选D。
【点睛】根据牛顿第二定律
可知，加速度的方向与合力的方向相同，是解决本题的关键。另外要知
道杆的弹力不一定沿杆的方向。
13．（2014·海南）将一物体以某一初速度竖直上抛．物体在运动过程中受到一大小不变的空气阻力作用，
它从抛出点到最高点的运动时间为t1，再从最高点回到抛出点的运动时间为t2，如果没有空气阻力作用，
它从抛出点到最高点所用的时间为t0．则（ ）
A．t1＞t0，t2＜t1
B．t1＜t0，t2＞t1
C．t1＞t0，t2＞t1
D．t1＜t0，t2＜t1
【答案】B
【解析】由题可知，空气阻力大小不变，故三段时间均为匀变速直线运动，根据匀变速直线运动的特点，
将三个过程均看成初速度为零的匀变速直线运动，由
可知，加速度大的用时短，有阻力时上升时
加速度大于g，下降时加速度小于g，则有阻力上升时时间较小，下降时时间较长；即t1＜t0，t2＞t1；
故选B．
二、多选题
14．（2022·全国）如图，质量相等的两滑块P、Q 置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与
桌面间的动摩擦因数均为
。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F 拉动P，使两滑块均做匀速运动；
某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（ ）
A．P 的加速度大小的最大值为
B．Q 的加速度大小的最大值为
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C．P 的位移大小一定大于Q 的位移大小
D．P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小
【答案】AD
【解析】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为
撤去拉力前对Q 受力分析可知，弹簧的弹力为
AB．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为
，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P 的加速度为
解得
此刻滑块Q 所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P 做减速运动，故PQ 间距离减小，弹簧的伸长量
变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P 减速的加速度减小，滑块Q 的合外力增大，合力向左，做
加速度增大的减速运动。
故P 加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为
。
Q 加速度大小最大值为弹簧恢复原长时
解得
故滑块Q 加速度大小最大值为
，A 正确，B 错误；
C．滑块PQ 水平向右运动，PQ 间的距离在减小，故P 的位移一定小于Q 的位移，C 错误；
D．滑块P 在弹簧恢复到原长时的加速度为
解得
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撤去拉力时，PQ 的初速度相等，滑块P 由开始的加速度大小为
做加速度减小的减速运动，最后弹簧
原长时加速度大小为
；滑块Q 由开始的加速度为0 做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度
大小也为
。分析可知P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小，D 正确。
故选AD。
15．（2020·海南）如图，在倾角为
的光滑斜面上，有两个物块P 和Q，质量分别为
和
，用与斜面
平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F 作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则（ ）
A．两物块一起运动的加速度大小为
B．弹簧的弹力大小为
C．若只增大
，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
D．若只增大
，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
【答案】BC
【解析】A．对整体受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
，故A 错误；
B．对m2受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
，故B 正确；
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C．根据
，可知若只增大
，两物块一起向上匀加速运动时，弹力变大，根据胡克定
律，可知伸长量变大，故它们的间距变大，故C 正确；
D．根据
，可知只增大
，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，根据胡克定律，可知伸
长量不变，故它们的间距不变，故D 错误。
故选BC。
16．（2015·全国）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢。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
边拉着这列车厢以大小为
的加速度向西行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩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】设这列车厢的总节数为n，P、Q 挂钩东边有k 节车厢，每节车厢的质量为m，由牛顿第二定律可
知
，
解得
k 是正整数，n 只能是5 的整倍数。
故选BC。
17．（2016·江苏）如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、
桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )
A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
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B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
【答案】BD
【解析】A．鱼缸向右加速运动，桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，故A 错误；
B．鱼缸在桌布上加速运动，脱离桌布后在桌面上做减速运动，加速度大小相等，且加速运动的末速度等
于减速运动的初速度，故可知鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等，故B 正确；
C．鱼缸受的摩擦力只与鱼缸的重力和摩擦因数有关，故若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将不变，故C
错误；
D．若猫减小拉力，若鱼缸能与桌布保持相对静止，故鱼缸能滑出桌面，故D 正确。
故选BD。
三、解答题
18．（2022·天津）冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A
推到M 点放手，此时A 的速度
，匀减速滑行
到达N 点时，队友用毛刷开始擦A 运动
前方的冰面，使A 与
间冰面的动摩擦因数减小，A 继续匀减速滑行
，与静止在P 点的冰壶B
发生正碰，碰后瞬间A、B 的速度分别为
和
。已知A、B 质量相同，A 与
间
冰面的动摩擦因数
，重力加速度
取
，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B 碰撞时间极
短。求冰壶A
（1）在N 点的速度
的大小；
（2）与
间冰面的动摩擦因数
。
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【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）设冰壶质量为
，A 受到冰面的支持力为
，由竖直方向受力平衡，有
设A 在
间受到的滑动摩擦力为
，则有
设A 在
间的加速度大小为
，由牛顿第二定律可得
联立解得
由速度与位移的关系式，有
代入数据解得
（2）设碰撞前瞬间A 的速度为
，由动量守恒定律可得
解得
设A 在
间受到的滑动摩擦力为
，则有
由动能定理可得
联立解得
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19．（2022·重庆）小明设计了一个青蛙捉飞虫的游戏，游戏中蛙和虫都在
竖直平面内运动。虫可以从
水平x 轴上任意位置处由静止开始做匀加速直线运动，每次运动的加速度大小恒为
（g 为重力加速度），
方向均与x 轴负方向成
斜向上（x 轴向右为正）。蛙位于y 轴上M 点处，
，能以不同速率向右
或向左水平跳出，蛙运动过程中仅受重力作用。蛙和虫均视为质点，取
。
（1）若虫飞出一段时间后，蛙以其最大跳出速率向右水平跳出，在
的高度捉住虫时，蛙与虫的水
平位移大小之比为
，求蛙的最大跳出速率。
（2）若蛙跳出的速率不大于（1）问中的最大跳出速率，蛙跳出时刻不早于虫飞出时刻，虫能被捉住，求
虫在x 轴上飞出的位置范围。
（3）若虫从某位置飞出后，蛙可选择在某时刻以某速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为
；
蛙也可选择在另一时刻以同一速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为
。求满足上述条件的虫
飞出的所有可能位置及蛙对应的跳出速率。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
，
或
，
【解析】（1）虫子做匀加速直线运动，青蛙做平抛运动，由几何关系可知
青蛙做平抛运动，设时间为
，有
15
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联立解得
，
（2）若蛙和虫同时开始运动，时间均为，则虫的水平分加速度和竖直分加速度分别为
，
相遇时有
解得
则最小的坐标为
若蛙和虫不同时刻出发，轨迹相切时，青蛙的平抛运动有
，
可得轨迹方程为
虫的轨迹方程为
两轨迹相交，可得
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整理可知
令
，即
解得
虫在x 轴上飞出的位置范围为
（3）设蛙的运动时间为
，有
解得
，
若青蛙两次都向右跳出，则
解得
，
若青蛙一次向左跳出，一次向右跳出，则
解得
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，
20．（2022·浙江）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，
长度
，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。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
，货物可视为质点（取
，
，重力加速度
）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度
的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）根据牛顿第二定律可得
代入数据解得
（2）根据运动学公式
解得
（3）根据牛顿第二定律
根据运动学公式
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代入数据联立解得
21．（2022·浙江）第24 届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1 所示，长12m 水平直道
AB 与长20m 的倾斜直道BC 在B 点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A 点由静止出发，推
着雪车匀加速到B 点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC 匀加速下滑（图2 所示），到C 点
共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°=0.26，求
雪车（包括运动员）
（1）在直道AB 上的加速度大小；
（2）过C 点的速度大小；
（3）在斜道BC 上运动时受到的阻力大小。
【答案】（1）
；（2）12m/s；（3）66N
【解析】（1）AB 段
解得
（2）AB 段
解得
BC 段
19
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过C 点的速度大小
（3）在BC 段有牛顿第二定律
解得
22．（2021·辽宁）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1=0.6m/s 运行
的传送带与水平面间的夹角
，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6m/s 从传送带
顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，
sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
（2）小包裹通过传送带所需的时间t。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）小包裹的速度
大于传动带的速度
，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根
据牛顿第二定律可知
解得
20
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（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时
在传动带上滑动的距离为
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即
，所以小包裹与传动
带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为
所以小包裹通过传送带的时间为
23．（2017·全国）如图，两个滑块A 和B 的质量分别为mA＝1 kg 和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的
木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为
μ2＝0.1。某时刻A、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B 相遇时，A 与木板恰好相
对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
（1）B 与木板相对静止时，木板的速度大小；
（2）木板在地面上运动的距离一共是多少？
【答案】（1）1 m/s；（2）0.55m
【解析】（1）对B 分析有
解得物块B 加速度大小为
对木板分析有
解得木板加速度大小为
21
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设B 与木板相对静止时间为t1，由运动学公式可得
解得
则B 与木板相对静止时，木板的速度大小为
（2）对A 分析有
解得物块A 加速度大小为
由于A 与B 初速度与加速度大小相等，所以当B 速度减为
时 ，A 速度大小也减为
B 与木板相对静止后，对B 与木板整体有
解得B 与木板的加速度大小为
设经时间t2，A 与木板共速，取向右为正方向，由公式可得
代入数据解得
此时三者具有共同速度为
最后三者一起做匀减速运动，则可得
22
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解得共同加速度大小为
木板在地面上运动的距离为
24．（2021·浙江）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量
的汽车以
的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线
处，驾驶员发现小朋友排着长
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
，小朋友行走的速度
，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
超速行驶，在距离斑马线
处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
【答案】（1）
，
；（2）20s；（3）
【解析】（1）根据平均速度
解得刹车时间
刹车加速度
23
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根据牛顿第二定律
解得
（2）小朋友过时间
等待时间
（3）根据
解得
25．（2020·浙江）如图1 所示，有一质量
的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、
匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的
时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的
图线如图
2 所示，
末速度减为0 时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件：
(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；
(2)匀速运动的速度大小；
(3)总位移的大小。
24
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【答案】(1)
，竖直向下；(2)1m/s；(3)40m
【解析】(1)由图2 可知0~26s 内物体匀速运动，26s~34s 物体减速运动，在减速运动过程根据牛顿第二定律
有
根据图2 得此时FT=1975N，则有
方向竖直向下。
(2)结合图2 根据运动学公式有
(3)根据图像可知匀速上升的位移
匀减速上升的位移
匀加速上升的位移为总位移的
，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的
，则有
所以总位移为
h=40m
26．（2020·浙江）一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道匀变速下滑，滑行
54m 后进入水平雪道，继续滑行40.5m 后匀减速到零。已知小明和滑雪车的总质量为60kg，整个滑行过程
25
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用时10.5s，斜直雪道倾角为37°
。求小明和滑雪车：
（1）滑行过程中的最大速度
的大小；
（2）在斜直雪道上滑行的时间
；
（3）在斜直雪道上受到的平均阻力
的大小。
【答案】(1)
； (2)
；(3)
。
【解析】（1）小明和滑雪车在斜面上滑行时做初速度为0 的匀加速的直线运动，在水平上滑行时，做末速
度为0 的匀减速直线运动，由平均速度公式
可得滑行分析运动过程可知：
，
则整个过程有：
解得：
（2）在斜直雪道上滑行过程中由
可得，滑行的时间：
（3）根据匀变速直线运动速度时间关系式
可得小明和滑雪车在斜直雪道上的加速度：
由牛顿第二运动定律：
26
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解得：
27．（2019·江苏）如图所示，质量相等的物块A 和B 叠放在水平地面上，左边缘对齐．A 与B、B 与地面
间的动摩擦因数均为μ．先敲击A，A 立即获得水平向右的初速度，在B 上滑动距离L 后停下．接着敲击
B，B 立即获得水平向右的初速度，A、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运
动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求：
（1）A 被敲击后获得的初速度大小vA；
（2）在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小aB、aB'；
（3）B 被敲击后获得的初速度大小vB．
【答案】（1）
；（2）aB=3μg，aB′=μg；（3）
【解析】（1）由牛顿运动定律知，A 加速度的大小aA=μg
匀变速直线运动2aAL=vA2
解得
（2）设A、B 的质量均为m
对齐前，B 所受合外力大小F=3μmg
由牛顿运动定律F=maB，得aB=3μg
对齐后，A、B 所受合外力大小F′=2μmg
由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg
（3）经过时间t，A、B 达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A 加速度的大小等于aA
则v=aAt，v=vB–aBt
且xB–xA=L
解得
．
28．（2017·全国）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离
和
(
)处分别设
27
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置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度
击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止
出发滑向小旗，训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速
运动，冰球到达挡板时的速度为
，重力加速度大小为g，求：
（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）设冰球与冰面间的动摩擦因数为μ，则冰球在冰面上滑行的加速度
由速度与位移的关系知
联立解得
（2）设冰球运动的时间为t，则
又
联立解得
28
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【点睛】此题主要考查匀变速直线运动的基本规律的应用；分析物理过程，找到运动员和冰球之间的关联，
并能灵活选取运动公式；难度中等。
29．（2009·江苏）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量
，动力系统提供的恒定升力
。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，
取
。
（1）第一次试飞，飞行器飞行
时到达高度
。求飞行器所阻力
的大小；
（2）第二次试飞，飞行器飞行
时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求飞行器能达到的最大高
度；
（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）第一次飞行中，设加速度为
，做匀加速运动，所以
解得
；由牛顿第二定律有
解得
；
（2）第二次试飞，飞行器飞行
的位移为
设失去升力后加速度为
，上升的高度为
，由牛顿第二定律有
解得
；又因为
则失去升力后上升的高度
29
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所以飞行器能达到的最大高度
（3）设失去升力下降阶段加速度为
，恢复升力后加速度为
，恢复升力时速度为
，由牛顿第二定律
有
且有
联立各式解得
【点睛】本题的关键是对飞行器的受力分析以及运动情况的分析，结合牛顿第二定律和运动学基本公式求
解，本题难度适中。
30．（2016·四川）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，制动坡床视为水平面夹角为
的斜面。一辆长12m 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23m/s 时，车尾位于制动坡床的低端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动
了4m 时，车头距制动坡床顶端38m，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
．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。
30
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【答案】（1）5m/s2，方向沿斜面向下；（2）98m
【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
联立并代入数据得
a1=5m/s2
a1的方向沿制动坡床向下。
（2）设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v=23m/s，货物在车厢内开始滑动到车头距制
动坡床顶端s0=38m 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=4m，
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=12m，制动坡床的长度为l，则
联立并代入数据得
31．（2014·上海）如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为
的固定斜面，斜面上放一质量为m 的光
滑球．静止时，箱子顶部与球接触但无压力．箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为
a 的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v．
31
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（1）求箱子加速阶段的加速度大小a'．
（2）若a>g tan
，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力．
【答案】（1）
（2）左壁作用力为0，顶部作用力
【解析】试题分析：（1）设加速度为a′，由匀变速直线运动的公式：
得：
解得：
（2）设小球不受车厢的作用力，应满足：Nsinθ=ma
Ncosθ=mg
解得：a=gtanθ
减速时加速度的方向向左，此加速度有斜面的支持力N 与左壁支持力共同提供，当a＞gtanθ 时，
左壁的支持力等于0，此时小球的受力如图，则：Nsinθ=ma
Ncosθ
F=mg
﹣
解得：F=macotθ
mg
﹣
考点：牛顿第二定律的应用
32．（2017·浙江）游船从码头沿直线行驶到湖对岸，小明对过程进行观察，记录数据如下表，
32
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运动过程
运动时间
运动状态
匀加速运
动
初速度
；末速度
匀速运动
匀减速运
动
靠岸时的速度
（1）求游船匀加速运动过程中加速度大小
，及位移大小
；
（2）若游船和游客总质量
，求游船匀减速运动过程中所受合力的大小F；
（3）求游船在整个行驶过程中的平均速度大小 ．
【答案】(1) 0.105m/s2, 84m (2) 400N(3) 3.86m/s
【解析】（1）根据
代入数据可解得：
根据
（2）游船匀减速运动过程的加速度大小
根据牛顿第二定律得到F=ma=8000×0.05=400N
所以游船匀减速运动过程中所受的合力大小F=400N
匀加速运动过程位移x1=84m
匀速运动位移x2=vt=4.2×(640-40)m=2520m
匀减速运动过程位移
总位移
行驶总时间为t=720s
33
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所以整个过程中行驶的平均速度大小
综上所述本题答案是：(1) 0.105m/s2, 84m (2) 400N(3) 3.86m/s
【点睛】利用
求解加速过程和减速过程中的加速度，并利用平均速度的概念求解运动中的平均速度．
33．（2018·浙江）可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏，如图所示，有一企鹅在倾角为 37°的倾斜冰面上，先
以加速度 a=0.5m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t=8s 时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前
滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏（企鹅在滑动过程中姿势保持不变）。已知企鹅肚皮与冰面间的
动摩擦因数 µ=0.25， sin37°=0.60，cos37°=0.80，重力加速度 g 取 10m/s2。求：
（1）企鹅向上“奔跑”的位移大小；
（2）企鹅在冰面向前滑动的加速度大小；
（3）企鹅退滑到出发点时的速度大小。（结果可用根式表示）
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】【分析】企鹅向上“奔跑”做匀加速运动，由运动学公式求出企鹅向上“奔跑”的位移大小；根
据牛顿第二定律求出企鹅在冰面滑动的加速度大小，结合运动学公式求出企鹅退滑到出发点时的速度大小；
解：（1）“奔跑”过程
（2）上滑过程：
下滑过程
（3）上滑位移
，
退滑到出发点的速度
，
34
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解得
34．（2017·海南）一轻弹簧的一端固定在倾角为θ 的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m 的小物块a
相连，如图所示。质量为
的小物块b 紧靠a 静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从t=0 时开始，对
b 施加沿斜面向上的外力，使b 始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b 分离；再经过同样长
的时间，b 距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。求：
(1)弹簧的劲度系数；
(2)物块b 加速度的大小；
(3)在物块a、b 分离前，外力大小随时间变化的关系式。
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】(1)对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：
kx0=(m+
m）gsinθ
解得
k=
(2)由题意可知，b 经两段相等的时间位移为x0；
由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知
说明当形变量为
时二者分离；
对m 分析，因分离时ab 间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知
kx1-mgsinθ=ma
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联立解得
a=
(3)设时间为t，则经时间t 时，ab 前进的位移
x=
at2=
则形变量变为
△x=x0-x
对整体分析可知，由牛顿第二定律有
F+k△x-（m+
m）gsinθ=(m+
m）a
解得
F=
mgsinθ+
t2
因分离时位移x=
由
x=
=
at2
解得
故应保证0≤t＜
，F 表达式才能成立。
35．（2017·浙江）在某段平直的铁路上，一列以324km/h 高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶，5min
后恰好停在某车站，并在该站停留4min，随后匀加速驶离车站，经8.1km 后恢复到原速324km/h。
（1）求列车减速时的加速度大小；
（2）若该列车总质量为8.0×105kg，所受阻力恒为车重的0.1 倍，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大
小；
（3）求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）108km/h
【解析】（1）
，设匀减速的加速度为a1，则
（2）由运动学公式
可得
根据牛顿运动定律
有
（3）列车减速行驶的时间
减速行驶的位移
列车在车站停留时间
列车加速行驶的时间
列出加速行驶的位移
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则平均速度的大小为
36．（2016·海南）水平地面上有质量分别为m 和4m 的物A 和B，两者与地面的动摩擦因数均为μ．细绳
的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A 相连，动滑轮与B 相连，如图所示．初始时，绳处于水平拉直状
态．若物块A 在水平向右的恒力F 作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g．求：
（1）物块B 克服摩擦力所做的功；
（2）物块A、B 的加速度大小．
【答案】（1）
；
（2）
，
．
【解析】试题分析：（1）物块A 移动了距离s，则物块B 移动的距离为s1=
s①
物块B 受到的摩擦力大小为f=4μmg②
物块B 克服摩擦力所做的功为W=fs1=4μmg×
s=2μmgs ③
（2）设物块A、B 的加速度大小分别为aA、aB，绳中的张力为T．有牛顿第二定律得
F-μmg-T=maA④
2T-4μmg=4maB⑤
由A 和B 的位移关系得aA=2aB⑥
联立④⑤⑥式得
⑦
⑧
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】本题考查牛顿第二定律以及功的计算，要注意明确研究对象的选取，正确受力分析，再根据
牛顿第二定律列式求解．
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