2023年12月8日发(作者：oppor17像素是多少)

一、选择题

1．物块A左端固定一拉力传感器，总质量为M，通过轻细绳与质量为m的物块B连接，A、B与水平面的动摩擦因数相同，给A施加水平恒力F，系统向右运动的过程中拉力传感器显示示数为4N。当用大小相同的水平恒力F向左拉物块B，系统向左运动的过程中拉力传感器显示示数为6N。则（ ）

A．m:M=4:3 B．m:M=3:2 C．F=10N D．F=12N

2．如图所示，在静止的平板车上放置一个质量为10kg的物体A，它被拴在一个水平拉伸的弹簧一端（弹簧另一端固定），且处于静止状态，此时弹簧的拉力为5N。若平板车从静止开始向右做加速运动，且加速度逐渐增大，但a1m/s2。则（ ）

A．物体A相对于车仍然静止

B．物体A受到的弹簧的拉力逐渐增大

C．物体A受到的摩擦力逐渐减小

D．物体A先相对车静止后相对车向后滑动

3．在小车车厢的顶部用轻质细线悬挂一质量为m的小球，在车厢水平底板上放着一个质量为M的木块。当小车沿水平地面向左匀减速运动时，木块和车厢保持相对静止，悬挂小球的细线与竖直方向的夹角是30°，如图所示，已知当地的重力加速度为g，木块与车厢底板间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）

A．此时小球的加速度大小为g

2B．此时小车的加速度方向水平向左

C．此时木块受到的摩擦力大小为丁3Mg，方向水平向右

3D．若增大小车的加速度，当木块相对车厢底板即将滑动时，小球对细线的拉力大小为4mg

54．如图所示，两个物体A、B中间用一轻弹簧相连。A、B的质量分别为mA、mB，A、B与固定斜面间的动摩擦因数不相同。稳定时，A、B两物体一起在斜面上匀速下滑，则下列说法正确的是（ ）

A．地面对斜面体可能有水平向左的摩擦力

B．弹簧可能处于原长状态

C．如果只增大A或B的质量，稳定时A、B一定不能一起匀速下滑

D．若A、B与斜面间的动摩擦因数相等，且A、B两物体一起在斜面上匀速下滑，当适当增大斜面倾角，一起沿斜面下滑时，则弹簧可能处于压缩状态

5．如图，水平桌面上放置着质量为m、2m的A，B两物体，A与B，B与水平面间的动摩擦因数均为.现用水平拉力F拉B，使A，B以相同的加速度运动．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则拉力F的最大值为（ ）

A．3mg B．4mg C．5mg D．6mg

6．如图所示，一顾客乘扶梯上楼，随电梯一起加速运动。在这一过程中，关于顾客的受力分析正确的是（ ）

A． B． C． D．

7．如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态。当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为（ ）

A．0

23g，方向垂直木板向下

3C．大小为g，方向竖直向下

B．大小为D．大小为3g，方向水平向右

38．用水平拉力F拉着一物体在水平地面上做匀速直线运动，某时刻起力F随时间均匀减小，方向不变，物体所受的摩擦力f随时间变化的图像如右图中实线所示（动摩擦因数不变）．则该过程对应的v-t图像是（）

A． B．

C． D．

9．下列关于超重和失重的说法中，正确的是（

）

A．物体处于超重状态时，其重力增加了

B．物体处于完全失重状态时，其重力为零

C．物体处于超重或失重状态时，其惯性比物体处于静止状态时增加或减小了

D．物体处于超重或失重状态时，其质量及受到的重力都没有变化

10．如图所示，两个质量为m13kg、m22kg的物体置于光滑水平面上，中间用轻质弹簧秤连接，两个大小为F140N、F210N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是（ ）

A．弹簧秤的示数是28N

B．弹簧秤的示数是30N

C．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为6m/s2

D．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为4m/s2 11．放在固定粗糙斜面上的滑块A以加速度a1沿斜面匀加速下滑，如图甲。在滑块A上放一物体B，物体B始终与A保持相对静止，以加速度a2沿斜面匀加速下滑，如图乙。在滑块A上施加一竖直向下的恒力F，滑块A以加速度a3沿斜面匀加速下滑，如图丙。则（ ）

A．a1a2a3 B．a1a2a3 C．a1a2a3 D．a1a2a3

12．如图所示，两个相同的物体A、B叠在一起放在粗糙的水平桌面上，连在物体B上的轻绳通过定滑轮与空箱C相连，箱内放有一小球与箱内壁右侧接触，整个系统处于静止状态．已知A、B的质量均为m，C的质量为M，小球的质量为m0，物体B与桌面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计滑轮摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（ ）

A．物体A受到三个力的作用

B．小球受到三个力的作用

C．桌面受到物体的摩擦力大小为2μmg

D．桌面受到物体的摩擦力大小为（M＋m0）g

二、填空题

13．质量为2kg的物体的速度一时间图像如图所示，则该物体在第1s内所受的合外力为_____N，在第2s内所受的合外力为_____N，在第4s内所受的合外力为_____N。（以速度方向为正方向）

14．如图所示，质量均为1kg的两个小物体A、B（看做质点）在水平地面上相距9m，它们与水平地面间的动摩擦因数均为0.2。现使它们分别以初速度vA6m/s和vB2m/s同时相向运动，重力加速度g取10m/s2。则它们经过_________s相遇（非碰撞），交错而过后最终两者相距_________m。

15．如图所示，升降机中质量为m的物体C，通过轻绳结于O点悬挂起来，OC能承受的最大拉力为3mg，OA和OB绳能承受的最大拉力为3mg，OA、OB绳与竖直方向的夹角分别为60和30，为防止绳子被拉断，升降机加速上升时，加速度的最大值为________．

16．如图所示，质量为2 m的物块A与质量为m的物块B置于水平面上，在已知水平推力F的作用下，A、B做加速运动，若水平面光滑，则A对B的作用力的大小为_________．若水平面不光滑，且A、B与地面的动摩擦因数相等，则A对B的作用力的大小为_________．

17．一所受重力为1.4104N的汽车沿倾角为10的斜坡匀速上行，当司机发现前方障碍物后便开始刹车，自刹车开始计时，汽车运动的位移s与时间t的关系为s20t2.5t2SI，则汽车在前5s内的平均速度大小为____________m/s，该汽车在刹车过程中所受合力大小为__________N。（g取10m/s2）

18．(1)如图所示，3m长的水平传送带以v0=2m/s的速度匀速运行，t=0时刻，在左端轻放一质量为m的小滑块，已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g=10m/s2，则t=2.2s时滑块的速度为______m/s；

(2)如图在光滑水平地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车质量是M，木块质量是m，力大小为F，木块和小车之间的动摩擦因数是μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是______；

(3)如图所示为杂技”顶杆“表演，一大人（质量为80kg）站在地上，肩上扛一质量为M=2kg的竖直竹竿，当竿上一质量为m=40kg的小孩以加速度2m/s2加速下滑时，杆对地面上的大人的压力大小为______N。（g=10m/s2）

19．如图所示，一质量为50kg人站在自动扶梯的水平踏板上，当人随扶梯斜向上做匀速运2动时，扶梯对人的支持力为F1___________N；当人随扶梯斜向上做加速度为2m/s的匀加速直线运动时，扶梯对人的支持力为F2___________N。（取g10m/s2）

20．某兴趣小组，通过手持挡板(挡板装有压力传感器等仪器，没有画出)运动观察挡板弹力变化情况。如图所示，在倾角为θ的足够长的光滑斜面上端固定一劲度系数为k的轻弹簧(在弹性限度内)，弹簧下端连有一质量为m的小球，小球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变。重力加速度为g。

(1)若手持挡板A以加速度a沿斜面匀加速下滑,从挡板开始运动到小球与挡板分离挡板上压力传感器的示数______（选填“逐渐变大”、“保持不变”、“逐渐变小”），加速度a的取值应满足______；（用题中给出的有关物理量写出最简表达式）

(2)若手持挡板A以加速度a沿斜面匀加速下滑，从挡板开始运动到小球与挡板分离所经历的时间t=______； (用题中给出的物理量写出最简表达式)

(3)根据（1）中的条件，若取θ=53°，取g=10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。为保证实验顺利进行，现给出三个加速度a值，你认为兴趣小组应选的加速度是______；

A．a=8.0m/s2

B．a=12.0m/s2

C. a=4.0m/s2

(4)根据（1）（2）（3）提供的信息和条件，若取k=9N/m，m=0.5kg.

计算出从挡板开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为______s。（计算结果保留三位有效数字）

三、解答题

21．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相差120m、长度为1200m的斜坡。假设某运动员从起点开始，以平行赛道的恒力F=40N推动质量m=40kg的冰橇沿斜坡向下运动，出发4s内冰橇发生的位移为12m，8s末运动员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，求：（g取10m/s2，取赛道倾角的余弦值为1，正弦值按照题目要求计算）

(1)冰橇与赛道间的动摩擦因数；

(2)比赛中运动员的最大速度的大小。 22．我国第五代制空战机歼-20具备高隐身性、高机动性能力，为防止极速提速过程中飞20新型的抗荷服能帮助飞行员承受最大为9g的加速度。假设某次垂行员因缺氧晕厥，歼-20以50 m/s的初速度离地，开始竖直向上飞行。该飞机在10 s内直飞行测试实验中，歼-匀加速到3060 km/h，匀速飞行一段时间后达到最大飞行高度18.1 km。假设加速阶段所受阻力恒为重力的变化。

(1)请通过计算说明在加速阶段飞行员是否晕厥；

(2)求本次飞行测试中歼-20匀速飞行的时间；

(3)求本次飞行测试中在加速阶段歼-20发动机提供的推力大小。

120质量为20 t，g取10 m/s2，忽略战机因油耗等导致的质量。若该歼-5

23．质量为m=1kg的物块恰好能沿倾角为30、长度为5m的斜面匀速下滑。（重力加速度g10m/s2）

（1）求物块和斜面之间的动摩擦因数；

（2）若给物块施加一个水平推力，恰能使它沿此斜面向上匀速运动，则水平推力为多大？

（3）若对物块施加一大小为F103N拉力作用，使它从静止开始沿此斜面向上做匀加速直线运动，试分析拉力F与斜面的夹角为多大时才能使物块最快地从斜面低端到达斜面顶端？最短时间是多少？

24．航母阻拦索就是设置在航母甲板上与舰载机滑行方向垂直的强度较高且弹性十足的绳索，舰载机在航母降落后，尾部的钩子能及时钩住阻拦索，这样它就可以快速停下。某同学使用尾部加装有光滑挂钩的玩具飞机和橡皮筋模拟了上述阻拦过程。如图所示，用两个图钉将一根橡皮筋的两端固定在水平桌面上相距12cm的P1、P2两点，橡皮筋恰好处于原长，现给玩具飞机一个初速度，使它在桌面上沿P1、P2连线的中垂线方向自左向右运动，当它经过O1点时，挂钩恰好钩住橡皮筋的中点，此时玩具飞机的速度是v00.6m/s，此后它继续向前滑行13cm至O3点处速度减为0。已知实验所用橡皮筋的弹力遵从胡克定律，劲度系数k12.5N/m，玩具飞机的质量为1kg，不计玩具飞机在滑行过程受到的桌面及空气给它的阻力作用。

(1)若视玩具飞机钩住橡皮筋后滑行过程为匀减速直线运动，求玩具飞机的加速度是多大？

(2)事实上玩具飞机钩住橡皮筋后滑行过程并不是匀减速的，求玩具飞机尾钩钩住橡皮筋后向前滑行8cm经过O2点时加速度是多大？

25．如图所示，倾角为37°的斜面固定在水平面上，斜面底端固定，弹性挡板，任何物体撞上挡板都以原速率反弹。斜面的顶端放置一长木板，上面叠放着一滑块（可视为质点）。长木板质量为M＝1kg。滑块质量为m＝1kg。长木板与斜面间无摩擦，滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.5，木板足够长且下端距挡板的距离为L＝3m。现将它们由静止释放，重力加速度大小为g＝10m/s2。sin37°＝0.6、cos37°＝0.8。求：

（1）滑块由静止释放时所受摩擦力的大小；

（2）长木板第二次碰撞挡板时速度的大小。

26．如图所示,物体A.B的质量分别为mA=10 =20 kg,A与B.B与水平桌面间的动摩擦因数都等于0.3,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当用水平力F=80 N向右拉轻滑轮时,B对A的摩擦力和桌面对B的摩擦力为多大?(g取 10 m/s2)

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．C

解析：C

对整个系统，无论向左向右运动都有

FMmgMma

即系统向左向右时系统加速度相同；

向右运动时，对物块B有

T1mgma

向左运动时，对物块A和传感器有

T2MgMa

联立三式解得

m:M=2:3

F=T1+T2=10N

故选C。

2．A

解析：A

AD．开始时，物体A所受弹力大小为

FT5N

物体A处于静止状态，说明受到的静摩擦力大小为5N，则物体的最大静摩擦力满足

Fm5N

当物体A相对于平板车向左恰好发生滑动时，加速度大小满足

a0FTFmm5522m/s1m/s10

所以当平板车的加速度a1m/s2时，物体A相对于车仍然静止。故A正确，D错误；

B．由以上分析可知，当平板车以a1m/s2的加速度向右加速运动时，物体A相对于车仍然静止，弹簧的伸长量不变，拉力不变，故B错误；

C．根据牛顿第二定律，当A所受的摩擦力向左时，有

FTfma

FT不变，a增大，则f减小；

当A所受的摩擦力向右时，有

FTfma

FT不变，a增大，则f增大。

综上所述可知，物体A受到的摩擦力先减小后增大。故C错误。

故选A。

3．C

解析：C

A．对小球受力分析如图，由牛顿第二定律， mgtan30ma

求得小球的加速度

a故A错误；

B．小球受力分析如图

3g

3

可知小球加速度方向水平向右，小车的加速度和小球的加速度方向相同，故B错误；

C．木块受的摩擦力为

fMa方向水平向右，故C正确；

3Mg

3D．木块相对车厢底板即将滑动时，此时木块摩擦力刚好达到最大值，小车、小球、木块加速度相等，设为a1，对木块由牛顿第二的定律得

m木gm木a1

解得a13g，此时细线对小球的拉力大小

4F1(mg)2(ma1)25mg

4故D错误。

故选C。

4．C

解析：C

A．把物体A、B、弹簧和斜面体看成一个系统，系统处于平衡状态，地面与斜面体之间没有摩擦力，A项错误；

B．因为A、B与斜面的动摩擦因数不相等，但A、B两物体一起在斜面上匀速下滑，由整体法和隔离法可得，弹簧一定不是原长，B项错误；

C．把物体A、B与弹簧看成一个系统，由受力分析可知，如果只增大A或B的质量，系统的合外力不为零，稳定时A、B一定不能一起匀速下滑，C正确； D．若A、B与斜面的动摩擦因数相等，匀速下滑时，重力沿斜面向下的分力与滑动摩擦力大小相等，tan，是斜面的倾角。如果适当增大斜面倾角，A、B必加速下滑，再根据整体法和隔离法，应用牛顿第二定律可知，弹簧仍处于原长，D错。

故选C。

5．D

解析：D

当A、B之间恰好不发生相对滑动时力F最大，此时A物体所受的合力为mg，由牛顿第二定律知

aA对于AB整体，加速度

mgmg

aaAg

由牛顿第二定律得

Fm2mg3ma3mg

可得

F6mg

故选D。

6．C

解析：C

而当扶梯加速上升时，在竖直方向，人受重力、支持力；接触面水平，摩擦力沿水平方向，将加速度分解可知，物体应有水平向右的加速度，所以在水平方向，扶梯应对人有平行于接触面向前的摩擦力。

故选C。

7．B

解析：B

木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图

根据共点力平衡条件，有

FNsin300

Ncos30G0

代入数据解得 N233mg，Fmg

33木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力大小等于支持力N，方向与N反向，故加速度为

23mgN23

a3gmm3方向垂直于木板向下，故B正确错误，ACD。

故选B。

8．B

解析：B

【解析】

从图中看出，摩擦力从t2时刻开始逐渐减小，t1～t2时间内不变，知F从t1时刻开始减小的，做减速运动，受滑动摩擦力，所以在t1～t2时间内摩擦力f的大小不变，当F均匀减小时，F小于滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得知：f-F=ma，F减小，f不变，加速度a增大，v-t图象的斜率增大．t2时刻物体的速度刚好变为零，然后摩擦力变为静摩擦力，大小随F的变化而变化．故B正确，ACD错误．故选B．

9．D

解析：D

重力G=mg

与质量和重力加速度有关，而质量是物体的固有属性，不会改变；同一位置处的重力加速度不会改变所以物体的重力不会因为超重和失重而发生变化，故D正确。

故选D。

10．C

解析：C

AB．以两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可知，系统的加速度

aF1F24010m/s26m/s2

m1m223方向水平向左，设弹簧秤的拉力是F，以m2为研究对象，由牛顿第二定律得

FF2m2a

得

F22N

故AB错误；

C．弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，m1受力情况不变，m1受的合力不变，由牛顿第二定律可知，m1的加速度不变仍为6m/s2，故C正确；

D．弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，m2不再受F2的作用，m2受的合力等于弹簧的弹力，则

a222m/s211m/s2

2故D错误。

故选C。

11．B

解析：B

甲图中加速度为a1，则有

mgsinθ-μmgcosθ=ma1

解得

a1=gsinθ-μgcosθ

乙图中的加速度为a2，则有

（m+m′）gsinθ-μ（m+m′）gcosθ=（m+m′）a2

解得

a2=gsinθ-μgcosθ

丙图中的加速度为a3，则有

（mg+F）sinθ-μ（mg+F）cosθ=ma3

解得

a3故

mgFsinmgFcos

ma1=a2＜a3

故ACD错误，B正确。

故选B。

12．D

解析：D

以A为研究对象，根据平衡条件可知B对A没有摩擦力，则A受到重力和B的支持力二个力作用，故A错误；小球受重力和箱底的支持力两个力，故B错误；以AB整体为研究对象，由平衡条件得知，桌面对B的摩擦力等于（M+m0）g，B与桌面间的静摩擦力不一定达到最大，所以桌面对B的摩擦力不一定等于2μmg，由牛顿第三定律知桌面受到物体的摩擦力大小为（M+m0）g，故C错误，D正确．所以D正确，ABC错误．

二、填空题

13．0-4

解析：0 -4

[1]该物体在第1s内的加速度

a1所受的合外力为

v4m/s2

tF1=ma1=8N

[2]在第2s内的加速度a20

所受的合外力为0； [3]在第4s内的加速度

a4所受的合外力为

v-2m/s2

tF4=ma4=-4N

14．1

解析：1

[1][2]．对物体A受力分析，均受到重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有

-μmg=ma

故加速度为

a1=-μg=-2m/s2

同理物体B的加速度为

a2=-μg=-2m/s2

B物体初速度较小，首先停止运动，故其停止运动的时间为

t1该段时间内物体A的位移为

0vB1s

a21xA1vAt1a1t125m

2物体B的位移为

1xBvBt1a2t121m

2故此时开始，物体B不动，物体A继续做匀减速运动，直到相遇；

即在离A物体8m处相遇，1s末A的速度为

vA1=vA+a1t1=4m/s

物体A继续做匀减速运动过程，有

1xA2vA1t2a2t223m

2解得

t2=1s

故从出发到相遇的总时间为

t=t1+t2=2s

最终都停止时A的总位移

2vAxA9m

2a1即A停止时正好停到B原来的位置，则交错而过后最终两者相距1m。

15．g

[1]以物体为研究对象，作出力图，如图；升降机竖直向上做匀加速运动时，加速度竖直向上，合力一定竖直向上，则两根绳子的拉力的合力方向一定竖直向上，由力图可知，BO绳的拉力大于AO绳的拉力，当BO绳的拉力达到最大时，升降机的加速度为最大；根据牛顿第二定律得：

FAOcos60FBOcos30mgmam

又：

FAOsin60FBOsin30

代入解得：

amg

16．;;

解析：FF ; ;

33F

3m[1]．水平面光滑时，以AB整体为研究对象，合外力为F，加速度为

a =再以B为研究对象，B在水平方向上受到的外力只有A对B的作用力，根据牛顿第二定律，其大小等于

FAB = m a =F．

3[2]．水平面不光滑时，以AB整体为研究对象，合外力为F和摩擦力3 μ mg的合力，加速度为

a =F3mg

3m再以B为研究对象，B在水平方向上受到的外力有A对B的作用力和摩擦力μ mg，根据牛顿第二定律

ma =F'AB－μ mg

得

F'AB =F．

3【点睛】

由于研究对象出现两个物体，所以在研究此类问题时要用到整体隔离的方式，并且在隔离时要注意隔离受力较少的那个物体．

17．7000 解析：7000

[1]根据匀变速位移公式

1sv0tat2

2可得汽车的初速度为

v020m/s

加速度大小为

a5m/s2

则汽车刹车的时间为

t汽车在前5s内的位移为4s内的位移有

v04s

as204m2.542m40m

汽车在前5s内的平均速度大小为

v[2]汽车在刹车过程中所受合力大小为

s408m/s

t5G1.4104Fa57000N

g1018．340

解析：mF340

Mm(1)[1]物块在传送带上的加速度为

a达到传送带速度时的时间为

mgmg1m/s2

t1这段过程中滑块的位移为

v02s=2s

a1st2.2s时滑块的速度为

1v0t12m3m

2vv02m/s

(2)[2]对m和M的整体，由牛顿第二定律

F(Mm)a

对m

Ffma

得 Ff(3)[3]对竿上的人由牛顿第二定律得：

mF

Mmmg-Ff＝ma

由牛顿第三定律得人对竿的摩擦力大小等于竿对人的摩擦力Ff的大小

对竿由平衡条件得：

Mg＋Ff＝FN

解得：

FN＝（M＋m）g-ma．

由牛顿第三定律得竿对“底人”的压力：

FN′＝FN＝（M＋m）g-ma=340N．

19．550

解析：550

[1]当人随扶梯斜向上做匀速运动时，由平衡可知

F1mg500N

[2]当人随扶梯斜向上做加速度为2m/s2的匀加速直线运动时，对人受力分析，由牛顿第二定律可得

F2mgmasin30

即

1F2mgmasin30(500502)N550N

220．逐渐变小a

解析：逐渐变小 a

ka(1)[1][2]若手持挡板A以加速度a沿斜面匀加速下滑，开始时挡板受到的压力mgsinθ，与挡板分离时挡板受压力为零，则从挡板开始运动到小球与挡板分离挡板上压力传感器的示数逐渐变小；加速度a的取值应满足

a(2)[3]当挡板与小球恰分离时满足

mgsingsin

mmgsinkxma

且

x解得

12at

2t(3)[4]因为

2mgsin-a

kaagsin=10sin538m/s2

则兴趣小组应选的加速度是a=4.0m/s2，故选C。

(4)[5]将k=9N/m，m=0.5kg， a=4.0m/s2带入

t可得

2mgsin-a

ka1ts=0.333s

3三、解答题

21．(1)0.05；(2)36m/s

设出发4s内冰橇的加速度为a1，出发4s内冰橇发生的位移

x1解得

12a1t1

2a11.5m/s2

由牛顿第二定律有

Fmgsinmgcosma1

解得

0.05

(2)8s后冰橇的加速度为a2，由牛顿第二定律有

mMgsinmMgcosmMa2

则

a20.5m/s2

8s末冰橇的速度

v1a1t212m/s

出发8s内冰橇发生的位移

x212a1t248m

2到达终点时速度最大，设最大速度为v2，则

2v2v122a2xx2

联立解得

v236m/s

22．(1)不会晕厥；(2)16s；(3)1.84×106N

(1)v=3060 km/h=850 m/s，加速阶段的加速度 a=因为

v=80m/s2

ta<9g

因此飞行员不会晕厥。

(2)在匀加速阶段，飞机上升的高度为

x=v0t＋所以匀速上升的时间为

t′=(3)根据牛顿第二定律得

F－f－mg=ma，f=解得

F=1.84×106N

23．（1）12at=4500m

2hx=16s

v1mg

53；（2）103N；（3）1s

3（1）设物块和斜面之间的摩擦力为Ff，根据平衡条件有

Ffmgsin

又有

Ffmgcos

联立解得

tan3

3（2）对物块受力分析如下，建立如图所示直角坐标系，则有

在y轴方向

FNmgcosFsin

在x轴方向

FcosmgsinFf

又有FfFN

联立解得 F103N

（3）设拉力F与斜面的夹角为，建立如图所示的坐标系，则有

在y轴方向

FNFsinmgcos

在x轴方向

FcosmgsinFfma

又有FfFN

联立解得

aF(cossin)g(sincos)

ma10m/s2

当30时，物块的加速度最大且大小为

物块到达斜面顶端所用时间最短，设最短时间为t，则有

x解得

12at

2t1s

24．(1)1.4m/s2；(2)1.6m/s2

（1）设玩具飞机的加速度大小为a1，则由匀变速直线运动速度与位移学公式vt2v022ax

得

20v02a1xm

带入数据整理得

2v0a11.4m/s2

2xm（2）设玩具飞机经过点O2时加速度大小为a2，此时橡皮筋弹力大小为F，弹力与直线O1O2的夹角为，则由牛顿第二定律Fma得

2Fcosma2

又根据胡克定律

Fkx

其中cos0.8，橡皮筋长度变化量x26812cm8cm，

22带入数据整理计算得

a21.6m/s2

25．（1）0；（2）6m/s

（1）由于斜面光滑，则开始时滑块和长木板一起下滑．以整体为研究对象，则

（m+M）gsin37°=（m+M）a

解得

a=6m/s2

对滑块受力分析，可知

mgsin37°-f=ma

解得

f=0

（2）开始时滑块和长木板一起下滑。设长木板第一次碰撞挡板的速度大小为v1。

由位移公式

L解得

12at

2t=1s

由速度公式得

v1=at=6m/s

碰后长木板反弹，对滑块受力分析

mgsin37°-μmgcos37°=ma1

解得

a1=2m/s2

方向沿斜面向下

对长木板受力分析

Mgsin37°+μMgcos37°=Ma2

解得

a2=10m/s2

方向沿斜面向下

第一次长木板与挡板碰撞后与滑块发生相对滑动。设长木板向上运动减速到零的时间为t1，位移为x1，则

t1x10v10.6s

a20v1t11.8m

2然后长木板开始向下加速运动，长木板又经t2=0.6s运动x2=1.8m后与挡板相碰撞，由速度位移关系可知，相碰时长木板的速度大小

v22a2x16m/s

26．30N 70N 由最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则AB之间的最大静摩擦力

f=μN=0.3×100=30N

而B与地面的最大静摩擦力

f′=μ（mA+mB）g=0.3×300=90N；

由于水平力F=80N，当研究A时，绳子的拉力为40N，则A受到滑动摩擦力，大小即为30N；

当研究B时，水平方向拉力大小为40N，而A对B的滑动摩擦力为30N，则B仍处于静止，则地面对B的摩擦力大小为70N；