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单元综合提升
　　　　
第四章　牛顿运动定律
概念梳理　构建网络
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考教衔接　明确考向
(2022·北京高考)如图所示，质量为m的物块在倾角为θ的斜面上加速下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为μ。下列说法正确的是
A．斜面对物块的支持力大小为mg sin θ
B．斜面对物块的摩擦力大小为μmg cos θ
C．斜面对物块作用力的合力大小为mg
D．物块所受的合力大小为mg sin θ
真题
1
√
物块在斜面上加速下滑，受力如图所示。支持力N＝mg cos θ，A错误；摩擦力f＝μN＝μmg cos θ，B正确；合力F合＝mg sin θ－μmg cos θ，D错误；由于物块加速下滑，斜面对物块作用力N、f的合力与重力mg不平衡，C错误。
衔接教材　教材133页自我评价中第2题手拉小车，开始静止，后绳子突然断开，小车加速下滑。与此高考题情境和考查内容类似。
衔接分析　本高考题考查斜面上加速下滑的物体的受力情况，难度不大。激发学生的学习兴趣，体现了学以致用的理念。
针对练1．(2023·河南焦作期末)如图所示，质量为m＝3 kg的木块放在倾角θ＝30°的足够长的固定斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑。若用沿斜面向上的力F作用于木块上，使其由静止开始沿斜面向上加速运动，经过t＝2 s木块沿斜面上滑4 m的距离，则推力F的大小为(重力加速度g取10 m/s2)
A．42 N B．6 N
C．21 N D．36 N
√
木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知mg sin θ＝μmg cos θ；当木块在
推力F作用下加速上滑时，由运动学公式可得x＝ at2，解得加速度a＝
2 m/s2，由牛顿第二定律得F－mgsin θ－μmg cos θ＝ma，解得F＝36 N，D正确。
针对练2．(2024·河北唐山模拟)如图甲所示，一个质量m＝1 kg的物块以初速度v0＝12 m/s从斜面底端冲上一足够长的斜面，经t1＝1.2 s开始沿斜面返回，t2时刻回到斜面底端。物块运动的v-t图像如图乙所示，斜面倾角θ＝37°。则可确定(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)
A．物块上滑时的加速度大小为5 m/s2
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.25
C．物块沿斜面向上滑行的最大距离为7.2 m
D．物块从开始运动到回到斜面底端所用的时间为3.6 s
√
由题图乙可知，上滑时物块的加速度大小为a1＝10 m/s2，A错误；物块在上滑时，根据牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，解得μ＝0.5，B错误；由于v-t图线与t轴所围面积表示物体的位移，所以物块沿
斜面向上滑行的最大距离x＝ ×12×1.2 m＝7.2 m，C正确；物块沿斜
面下滑的加速度a2＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s2，根据位移与时间的关系
式x＝ a2(t2－t1)2，解得t2≈3.88 s，故物块从开始运动到回到斜面底端
所用的时间为3.88 s，D错误。
(2022·辽宁高考)如图所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s从另一端滑落。物块与桌面间的动摩擦因数为μ，g取10 m/s2。下列v0、μ的取值可能正确的是
A．v0＝2.5 m/s B．v0＝1.5 m/s
C．μ＝0.28 D．μ＝0.25
真题
2
√
物块沿中线做匀减速直线运动，则 由题干知x＝1 m，t＝
1 s，v>0，代入数据有v0<2 m/s，故A不可能，B可能；对物块做受力分析，根据牛顿第二定律有－μmg＝ma，v2－v02＝2ax，整理有v02－2μgx＞0，由v0<2 m/s可得μ<0.2，故C、D不可能。
衔接教材　教材138页本章复习题第6题人站在电梯的台秤上，当电梯加速上升、下降和匀速时台秤的示数。与此高考题情境和考查内容类似。
衔接分析　本高考题以乘坐电梯这一常见的生活情境命题，通过位移—时间图像判断在不同的时间段内乘客的运动状态，考查超重和失重、牛顿运动定律等基本概念和规律。以常见的生活情境，激发考生学习物理的兴趣，充分体现立德树人的要求。
针对练1．(2024·湖北武汉期末)如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是
A．2 s末到3 s末物块做匀减速运动
B．在t＝2 s时刻，恒力F反向
C．物块与水平面间的动摩擦
因数为0.3
D．恒力F大小为10 N
√
针对练2．(2024·吉林长春外国语学校期中)一个质量为1 kg的物体放在水平的粗糙地面上，从静止开始运动，受到一个5 N的水平拉力的作用，经过10 s前进了40 m，求：(g取10 N/kg)
(1)物体运动的加速度是多少；
答案：0.8 m/s2
(2)物体与接触面间的动摩擦因数是多少。
答案：0.42
根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，解得物体与接触面间的动摩擦因数
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易错辨析　强化落实
1．(对超重、失重的认识出错)静止的电梯中有一盛水容器，水中浮着一木块，如图所示。当电梯向上做匀加速运动时，木块浸入水中的深度怎样变化
A．变浅
B．变深
C．不变
D．无法判断
√
当电梯静止时，木块受到浮力、重力的作用。设木块的质量为m，它排开水的体积为V排，由平衡条件得F浮＝ρ水gV排＝mg，所以ρ水V排＝m。当电梯匀加速上升时，木块仍受到浮力、重力的作用，设此时木块排开水的体积为V排′，由牛顿第二定律得F浮′－mg＝ma，又F浮′＝ρ水(g＋a)V排′，所以ρ水V排′＝m，综上，可知V排′＝V排，即电梯加速上升时木块浸入水中的深度不变，故选C。
易错分析　一些同学出现这样的错解：当电梯向上做匀加速运动时，木块处于超重状态，木块对水的压力变大，浸入水中的深度变深，错选B。解题时应根据平衡条件和牛顿第二定律，分别列出木块排开液体的体积表达式，再进行比较，就能得出木块浸入水中的深度变化。
2．(对弹力突变问题的分析出错)(多选)如图所示，竖直光滑杆上套有一个小球和两根轻弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另一端分别用销钉M、N固定于杆上，小球处于静止状态。设拔去销钉M的瞬间，小球加速度的大小为12 m/s2。若不拔去销钉M而拔去销钉N，则拔去销钉N的瞬间，小球的加速度可能是(取重力加速度g＝10 m/s2)
A．22 m/s2，竖直向上 B．22 m/s2，竖直向下
C．2 m/s2，竖直向上 D．2 m/s2，竖直向下
√
√
拔去M瞬间，小球的加速度方向可能向上，也可能向下，因此本题有两种可能的情况。①拔去M瞬间，小球的加速度向上。小球只受重力和下面弹簧的弹力F1，则弹力一定向上，即下面弹簧处于压缩状态，有F1－mg＝ma，即F1＝m(g＋a)；平衡时，设上面弹簧的弹力为F1′，则有F1′＝F1－mg＝ma，方向向下，由此可知，上面弹簧处于压缩状态。若不拔去销钉M而拔去销钉N，则拔去销钉N瞬间，小球受重力和上面弹簧向下的弹力F1′，根据牛顿第二定律有
F1′＋mg＝ma1′，a1′＝ ＝g＋a＝22 m/s2，方向竖直向下。
②拔去M瞬间，小球的加速度向下。小球只受重力和下面弹簧的弹力F2，因a>g，所以F2一定向下，即下面弹簧处于伸长状态，有F2＋mg＝ma，即F2＝m(a－g)；平衡时，设上面弹簧的弹力为F2′，则有F2′＝mg＋F2＝ma，方向向上，由此可知，上面弹簧处于伸长状态。若不拔去M而拔去N，则拔去N瞬间，小球受重力和上面弹簧向上的弹力F2′，根据牛顿第二定律有F2′－mg＝ma2′，
a2′＝ ＝a－g＝2 m/s2，方向竖直向上。故选B、C。
易错分析　部分同学没有认识到拔去M瞬间，小球的加速度方向可能向上，也可能向下，造成漏解。注意小球加速度的大小为12 m/s2，方向可能向上也可能向下。拔去销钉M瞬间，上面弹簧的一端解除了约束，对小球的作用力为0，小球只受到重力和下面弹簧的作用力，根据牛顿第二定律和平衡条件算出上面弹簧对小球的作用力，若拔去销钉N则下面弹簧对小球的作用力为0，再根据牛顿第二定律求解即可。
3．(忽略二级结论的成立条件出错)如图所示，Pa、Pb、Pc是竖直面内三根固定的光滑细杆，P、a、b、c位于同一圆周上，点d为圆周的最高点，c点为最低点。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从P处释放(初速度为0)，用t1、t2、t3分别表示各滑环到达a、b、c所用的时间，则
A．t1B．t1>t2>t3
C．t3>t1>t2
D．t1＝t2 ＝t3
√
以P点为最高点，取合适的竖直直径Pe作圆，如图中虚线所示，Pb为圆的一条弦，滑环从P由静止释放到达虚线圆上g的时间设为t，杆与竖直方向的夹角为α，虚线圆的直径为d。根
据位移—时间公式可得d cos α＝ (g cos α)t2，
解得t＝ ，则知虚线圆为等时圆，即从P
到f、b、g是等时的，比较图中长度可得Pa>Pf，Pct2>t3，故B正确。
易错分析　本题如果不加思考，套用结论，就会落入“等时圆”的陷阱，认为t1＝t2＝t3，错选D。由于P点不是圆的最高点，所以套用结论是行不通的。我们可以重新构造一个圆，使P点成为最高点，这样便可构造“等时圆”解决问题。巧妙运用物理模型，可以起到化繁为简的目的，这种分析问题的方法，可以培养迁移创新、举一反三的能力。
4．(确定临界状态出错)如图所示，质量为m的光滑小球，用轻绳连接后，挂在三角劈的顶端，绳与斜面平行，劈置于光滑水平面上，求：
(1)劈以加速度a1＝ 水平向左加速运动时，绳的拉力多大？
答案： mg
对小球进行受力分析，如图所示：
水平方向：Tcos 30°－Nsin 30°＝ma1
竖直方向：Tsin 30°＋Ncos 30°＝mg
解得T＝ mg。
(2)当劈以加速度a2＝2g向左运动时，绳的拉力多大？
答案： mg
当斜面对小球的支持力恰好为零时，
有Tcos 30°＝ma3，Tsin 30°＝mg
解得a3＝ g，方向水平向左
所以当劈的加速度为2g时，小球已经离开斜面
则T＝
解得T＝ mg。
易错分析　随着向左的加速度的增大，斜面对小球的支持力减小，当水平向左的加速度达到 g时，斜面对小球的支持力刚好减为零，此时是小球即将与斜面分离的临界状态，当劈的加速度为2g时，小球已经离开斜面。有的同学没有分析临界状态，没有得出临界条件，第(2)问的求解依然沿用第一问的思路，就会出现错误。
5．(忽略外力变化时摩擦力也变化而出错)如图所示，质量m＝5 kg的物体放在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5。物体在与水平面成θ＝37°斜向上的拉力F＝50 N的作用下从A点沿直线由静止开始运动，到B点时撤去拉力F，最终到达C点。已知A、C间的距离L＝165 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)物体在AB段的加速度大小a；
答案：6 m/s2
在AB段，对物体受力分析如图所示，在水平方向根据牛顿第二定律有 F cos θ－f＝ma，在竖直方向根据平衡条件有F sin θ＋N＝mg，又f＝μN，联立并代入数据解得a＝6 m/s2。
(2)物体运动的最大速度的大小vm。
答案：30 m/s
在B点时撤去拉力，此后物体将做匀减速直线运动，故物体在B点时速度最大，在BC段，设物体的加速度大小为a′，根据牛顿第二定律得μmg
＝ma′，解得a′＝5 m/s2，根据速度—位移关系得L＝ 解得vm＝30 m/s。
易错分析　当外力不在水平方向上时，撤去外力会导致物体对接触面的正压力发生变化，进而导致摩擦力发生变化。在本题中撤去外力后，摩擦力发生变化，在计算加速度时要注意。部分同学因忽略了摩擦力的变化而致错。
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单元测试卷
1．下列关于惯性的说法正确的是
A．材料不同的两个物体放在地面上，用一个相同的水平力分别推它们，难以推动的物体惯性大
B．在完全失重的情况下，物体的惯性将消失
C．手中的球由静止释放后，球能竖直加速下落，说明力是改变物体惯性的原因
D．抛出去的标枪、手榴弹等是靠惯性向远处运动的
√
质量是物体惯性大小的唯一量度，由于两物体材料不同，与地面间的动摩擦因数和摩擦力可能不同，因此不能判断它们的质量大小关系，也就无法判断其惯性大小，选项A错误；惯性是物体的固有属性，其大小仅由物体的质量决定，跟其运动状态无关，力也不能改变物体的惯性，选项B、C错误，D正确。
2．1960年第11届国际计量大会制定了一种国际通用的、包括一切计量领域的单位制，叫作国际单位制。2018年11月16日，第26届国际计量大会通过“修订国际单位制”决议，正式更新包括国际标准质量单位“千克”在内的4项基本单位定义。以下单位符号属于国际单位制中基本单位的是
①kg　②m/s　③N　④m　⑤A　⑥g　⑦m/s2　⑧s
A．②③⑦ B．①④⑤
C．⑤⑥⑧ D．①③④
√
国际单位制规定了七个基本物理量，分别为：长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度、物质的量，其对应的单位为国际单位制中七个基本单位，分别为：m、kg、s、K、A、cd、mol，故B正确，A、C、D错误。
3．(2024·福建南平中学期中)一碗水置于火车车厢内的水平桌面上。当火车向右做匀减速运动时，水面形状接近于图中的
√
当火车向右做匀减速运动时，碗内的水由于惯性，保持原来较大的速度向右运动，则只有图A所示的情形符合要求，故A正确。
4．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竖直向下的恒力，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
√
F作用前，mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma；F作用时，(F＋mg)sin 30°－μ(F＋mg cos 30°)＝ma′；由以上两表达式知a′>a，C正确。
5．(2024·江苏南通期末)如图所示，一轻质弹簧连接物体A、B，A、B在水平推力F1＝10 N、F2＝40 N的作用下沿光滑水平地面运动。已知A、B的质量分别为1 kg、2 kg，两物体相对静止，则
A．弹簧的弹力大小为30 N
B．弹簧的弹力大小为10 N
C．在突然撤去F1的瞬间，A的加速度大小为20 m/s2
D．在突然撤去F1的瞬间，B的加速度大小为20 m/s2
√
对整体，由牛顿第二定律可得F2－F1＝(mA＋mB)a，解得a＝10 m/s2，对B，由牛顿第二定律可得F2－F弹＝mBa，解得弹簧的弹力大小为F弹＝20 N，选项A、B错误；在突然撤去F1的瞬间，A受到弹簧的弹力不变，对A由牛顿第二定律可得F弹＝mAa1，解得A的加速度大小为a1＝20 m/s2，选项C正确；在突然撤去F1的瞬间，B受到的外力F2及弹簧的弹力F弹均不变，故B的加速度不变，大小仍为10 m/s2，选项D错误。
6．如图所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，A通过跨过定滑轮的细线与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为μ1，则细线中的拉力大小为
A．Mg B．Mg＋Ma
C．(m1＋m2)a D．m1a＋μ1m1g
√
对A、B整体分析，根据牛顿第二定律得T＝(m1＋m2)a，选项C正确；对C有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，选项A、B错误；对物块A有T－f＝m1a，则T＝m1a＋f，因f为静摩擦力，故不一定等于μ1m1g，选项D错误。
7．如图所示，滑轮A可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重为G的物体B，下滑时，物体B相对于A静止，则下滑过程中
A．B的加速度为g sin θ B．绳的拉力为
C．绳的方向保持竖直 D．绳的拉力为G
√
分析滑轮A和B的整体，受到重力和斜面的支持力，由牛顿第二定律可得(mA＋mB)g sin θ＝(mA＋mB)a，解得a＝g sin θ，由于下滑时，物体B相对于A静止，因此物体B的加速度也为g sin θ，对物体B受力分析知，受到绳子的拉力和重力，因此绳子的拉力方向与斜面垂直，则绳子的拉力为G cos θ，故A正确，B、C、D错误。
8．(2024·江苏南通中学月考)如图所示，开始时用水平力F拉着一物体在水平地面上做匀速直线运动，从t＝0时刻起水平力F的大小随时间均匀减小，到t1时刻F减小为零。物体所受的摩擦力f随时间t变化的图像可能是
√
√
物体开始做匀速直线运动，说明物体所受水平向右的拉力F与向左的滑动摩擦力等大反向。当F减小时，物体做减速运动，若F减小为零之前物体始终运动，则摩擦力始终为滑动摩擦力，大小不变，A正确；若F减小为零之前物体已停止运动，则停止前摩擦力为滑动摩擦力，大小不变，停止后摩擦力为静摩擦力，其大小随拉力逐渐减小，且停止瞬间的拉力已小于滑动摩擦力，B、C错误，D正确。
9．(2024·安徽池州期中)如图所示，一根轻弹簧竖直固定在水平地面上，在弹簧的正上方有一个物块，物块从高处自由下落到弹簧上端，将弹簧压缩。从物块与弹簧接触开始到弹簧压缩到最大的过程中，下列说法正确的是
A．加速度先减小后增大
B．加速度先增大后减小
C．速度先增大后减小到零
D．速度逐渐减小到零
√
√
开始阶段，弹力小于重力，物块加速下落，有mg－kx＝ma，随着位移增大，弹簧形变增大，弹力增大，合力向下减小，加速度减小，速度增大，当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，之后kx－mg＝ma，弹力增大，合力向上增大，加速度增大，速度减小，直至弹簧压缩到最大，速度为零，故选A、C。
10．一块足够长的白板，位于水平桌面上，处于静止状态。一石墨块(可视为质点)静止在白板上，石墨块与白板间存在摩擦，动摩擦因数为μ。突然，使白板以恒定的速度v0做匀速直线运动，石墨块将在板上划下黑色痕迹。经过某段时间t，令白板突然停下，以后不再运动。在最后石墨块也不再运动时，白板上黑色痕迹的长度可能是(已知重力加速度为g，不计石墨块与白板摩擦过程中损失的质量)
√
√
在时间t内，石墨块可能一直匀加速，也可能先加速后匀速；石墨块加速时，根据牛顿第二定律，有μmg＝ma，解得a＝μg；经过时间t后，白板静止后，石墨块做减速运动，加速度大小不变，原来石墨块相对白板向后运动，白板停止后，石墨块相对白板向前运动，即石墨块相对白板沿原路返回，因石墨块相对白板向后运动的距离不小于石墨块相对白板向前运动的距离，故白板上黑色痕迹的长度等于石墨块加速时相对白板的位移。如果时间t内石墨块一直加速，加速的位移为x1＝ μgt2，
加速时相对白板的位移为Δx1＝v0t－x1＝v0t－ μgt2，C正确；
11．(6分)(2024·河南省郑州市期末)小莹同学用如图甲所示的实验装置探究小车的加速度a与质量m的关系。打点计时器所用交变电流的频率为50 Hz。
在不受牵引时能拖动纸带沿木板匀速运动
甲
(1)长木板右侧垫高是为了补偿小车受到的阻力，应调节木板的倾斜度，使小车______________________________________，即可认为完成补偿。
长木板右侧垫高是为了补偿小车受到的阻力，应调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板匀速运动， 即可认为完成补偿。
(2)如图乙是小莹某次实验得到的纸带，她在纸带上选取了A、B 、C 、D 、E 、F 、G 、H 八个计数点，相邻两计数点间有四个点未画出，打计数点A 的时刻定为计时起点(tA＝0 )，部分实验数据如图乙所示。
由以上数据可知，t＝0.25 s 时的瞬时速度为_______m/s ，这次实验小车的加速度a＝______m/s2。(结果均保留2位小数)
乙
0.72
0.51
乙
(3)小莹同学保持小车所受的拉力不变，改变小车的质量m，分别测得不同质量时小车加速度a，然后小莹画了如下丙、丁两个图像：
下列说法正确的有______。
BC
A．由图像丙能确定小车的加速度与质量成反比
B．由图像丁能确定小车的加速度与质量成反比
C．由图像丁的斜率可以知道小车受到的拉力大小
D．由图像丙中曲线与坐标轴所围的面积可以知道小车受到的拉力大小
题图丙中图线为曲线，很难判定出自变量和因变量之间的关系，故不能确定小车的加速度与质量成反比，A错误；题图丁中图线为过原点的直线，可知小车的加速度与质量的倒数成正比，即能确定
小车的加速度与质量成反比，B正确；根据牛顿第二定律可得F＝ma，
解得a＝F· ，可知a- 图像的斜率等于小车受到的拉力，C正确；牛顿第二定律具有瞬时性，小车受到的拉力具有瞬时性，由题图丙中曲线与坐标轴所围的面积不可以知道小车受到的拉力大小，D错误。
12．(8分)图甲为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力的关系”的实验装置。
(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持____________________不变，用钩码所受的重力作为________________，用DIS测小车的加速度。
小车与发射器的质量
探究加速度与力的关系时，采用控制变量法，保持研究对象即小车与发射器的质量不变，用钩码所受的重力作为小车受到的合力。
小车受到的合力
(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-F关系图线(如图乙所示)。
①分析此图线的OA段可得出的实验结论是___________________________ ______。
②此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是____。
A．小车与轨道之间存在摩擦
B．导轨保持了水平状态
C．所挂钩码的总质量太大
D．所用小车的质量太大
质量一定时，加速度与合力成
正比
C
①实验得到的a-F关系图线OA段为过原点的倾斜直线，表明在小车质量一定的情况下，它的加速度与其所受的合力成正比；②实验中用钩码的重力替代小车受到的合力的前提是钩码的质量远小于小车的质量，若钩码的质量与小车的质量差不多大，则不能用钩码的重力替代小车受到的合力，a-F图线也不再是过原点的直线，故选C。
13．(8分)(2024·湖南邵东创新实验学校测试)如图所示，将质量m＝0.1 kg的圆环套在固定的水平直杆上。环的直径略大于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数μ＝0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上的与杆夹角θ＝53°的拉力F，使圆环以a＝4.4 m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小(g取 10 m/s2)。
答案：1 N或9 N
若杆对环无弹力作用，则有Fsin 53°＝mg，解得F＝1.25 N，当F< 1.25 N时，杆对环的弹力向上，受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律和平衡条件得F cos θ－f＝ma，N＋F sin θ＝mg，f＝μN，解得F＝1 N；当F>1.25 N时，杆对环的弹力向下，受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律和平衡条件得F cos θ－f＝ma，F sin θ＝mg＋N，f＝μN，解得F＝9 N。
14．(10分)如图甲是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。某次汽车避险过程可以简化为如图乙所示的模型。汽车在公路上行驶到A点时的速度v1＝54 km/h，汽车下坡行驶时受到的合外力为车重的0.05倍，汽车行驶到“避险车道”底端B时的速度v2＝72 km/h。已知避险车道BC与水平面的倾角为30°，汽车行驶在避险车道上受到的阻力是车重的0.3倍。(g取10 m/s2)求：
(1)汽车在公路AB段运动的时间t。
答案：10 s
汽车在AB段做匀加速直线运动
(2)汽车在避险车道上运动的最大位移x的大小。
答案：25 m
汽车在避险车道上做匀减速直线运动
mg sin 30°＋F阻＝ma2，F阻＝0.3mg
x＝
代入数据解得x＝25 m。
15．(10分)如图所示，水平平台的右端安装有定滑轮，质量为M＝2 kg的物块放在与滑轮相距l＝1.2 m的平台上，物块与平台间的动摩擦因数为μ＝0.2，现有一轻绳跨过定滑轮，左端与物块连接，右端挂质量为m＝1 kg的小球，绳拉直时用手托住小球使其在距地面h＝0.5 m高处静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2)。
(1)放开小球，系统运动，求小球做匀加速运动时的加
速度大小及此时绳子的拉力大小；
答案：2 m/s2　8 N
由牛顿第二定律，对小球有mg－T＝ma1
对物块有T－μMg＝Ma1
解得a1＝2 m/s2，T＝8 N。
(2)通过计算，回答物块能否撞到定滑轮。
答案：见解析
由v2＝2a1h得小球落地时的速度
即物块此时的速度为 m/s
物块此后做匀减速运动的加速度
到停下来可滑行的距离由v2＝2a2x得
物块在桌面上共滑行的距离x总＝h＋x＝1 m故物块不会撞到定滑轮。
16．(12分)如图所示，航空母舰上的水平起飞跑道长度L＝160 m，一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机从跑道的始端开始，在大小恒为F＝1.2×105 N的动力作用下，飞机做匀加速直线运动，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为F阻＝2×104 N，飞机可视为质点，取g＝10 m/s2，求：
(1)飞机在水平跑道运动的加速度大小。
答案：5.0 m/s2
飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力的作用，设加速度大小为a，由牛顿第二定律可得F－F阻＝ma
代入数据解得a＝5.0 m/s2。
(2)若航空母舰静止不动，飞机加速到跑道末端时的速度大小。
答案：40 m/s
由运动学公式可以知道v2＝2aL
解得飞机到达跑道末端时的速度大小v＝40 m/s。
(3)若航空母舰沿飞机起飞的方向以10 m/s匀速运动，飞机从始端启动到跑道末端离开。这段时间内航空母舰对地位移的大小。
答案：80 m
对于飞机有x1＝v0t＋ at2
对于航空母舰有x2＝v0t
由几何关系知x1－x2＝L
即有 at2＝L
代入数据解得t＝8 s
则飞机离开航空母舰时，航空母舰的对地位移大小x2＝v0t＝80 m。
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