资源简介

(共66张PPT)
5.牛顿运动定律的应用
1.掌握应用牛顿运动定律和运动学知识求解动力学两类基本问题的基本思路和方法。
2.能运用牛顿运动定律结合运动学知识解释生产、生活中的有关现象，解决简单问题。
学习目标
01
知识点一　从受力情况确定运动情况
02
知识点二　从运动情况确定受力情况
03
素养培优
目 录
04
随堂演练　教师独具
05
课时作业
01
PART
知识点一
从受力情况确定运动情况
　情境：民航客机在跑道上滑行起飞。
问题：（1）假如民航客机质量m、受到的牵引力F和阻力f均为已知量，又知道客机起飞时的速度v，你能求出客机起飞前匀加速直线滑行的距离和时
间吗？
提示：可以求出。根据客机受力情况可以先求出客机匀加速滑行的加速
度，再利用运动学公式求出待求量。
（2）根据你的想法列出各个待求量的方程式。
提示：F－f＝ma，v2＝2ax，x＝at2（或x＝t）。
1. 解题思路
如果已知物体的受力情况，可以由 先求出物体的
，再通过运动学规律确定物体运动的相关物理量。
牛顿第二定律　
加速
度　
2. 解题步骤
（1）选定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出受力示意图。
（2）根据平行四边形定则，应用合成法或正交分解法，求出物体所受的
合力。
（3）根据牛顿第二定律列方程，求出物体运动的加速度。
（4）结合物体运动的初始条件（即初速度v0），分析运动情况并画出运动
草图，选择合适的运动学公式，求出待求的运动学物理量——任意时刻的
速度v、一段运动时间t以及对应的位移x等。
从受力情况确定运动情况应注意的三个关键
（1）方程形式：牛顿第二定律F＝ma，体现了力是产生加速度的原因。应
用时方程式的等号左右应该体现出前因后果的形式，切记不要写成F－ma
＝0的形式。
（2）正方向选取：通常选取加速度方向为正方向，与正方向同向的力取
正值，与正方向反向的力取负值。
（3）列式求解：F、m、a采用国际单位制单位，解题时写出方程式和相应
的文字说明，必要时对结果进行讨论。
【例1】　某市交通部门规定汽车在市区某些街道的行驶速度不得超过vm＝
30 km/h。一辆汽车在该水平路段紧急刹车时车轮抱死，沿直线滑行一段距
离后停止。交警测得车轮在地面上滑行的轨迹长xm＝10 m，从手册中查出
该车轮与地面间的动摩擦因数μ＝0.72。试通过计算判断该汽车是否违反
规定超速行驶。（取g＝10 m/s2）
答案：超速行驶。
解析：选定汽车前进方向为正方向。汽车刹车且车轮抱死后，汽车受滑动
摩擦力作用做匀减速直线运动。
滑动摩擦力f＝－μmg
汽车的加速度a＝＝－μg
由速度与位移关系公式，可知v2－＝2ax（式中v＝0）
则v0＝
代入数据，得v0＝12 m/s＝43.2 km/h
因为43.2 km/h＞30 km/h，所以这辆车超速行驶。
1. 如图所示，某高速列车最大运行速度可达270 km/h，列车持续牵引力为
1.57×105 N。设列车总质量为100 t，列车所受阻力为重力的0.1倍，如果
列车在该持续牵引力作用下做匀加速直线运动，那么列车从开始启动到达
到最大运行速度共需要多长时间？（g取10 m/s2）
答案：131.58 s
解析：已知列车总质量m＝100 t＝1.0×105 kg，列车最大运行速度v＝270
km/h＝75 m/s，列车所受阻力
Ff＝0.1mg＝1.0×105 N。
由牛顿第二定律得F－Ff＝ma
所以列车的加速度a＝＝0.57 m/s2
由运动学公式v＝v0＋at，可得列车从开始启动到达到最大运行速度需要的
时间为t＝≈131.58 s。
方法技巧
从受力情况确定运动情况的解题流程
02
PART
知识点二
从运动情况确定受力情况
　情境：老式电视机的显像管电子枪发射电子束。
问题：（1）假如电子枪中发出的某电子从静止加速到v的过程中，通过的距离为x，电子质量为me，你能否据此估算出电子枪对电子的作用力大小？
提示：可以。假设电子做匀加速直线运动，根据电子的运动情况可以
先求出匀加速运动的加速度，再利用牛顿第二定律求出电子枪对电子
的作用力。
（2）根据你的想法列出各个待求量的方程式。
提示：v2＝2ax，F＝mea。
1. 解题思路
如果已知物体的运动情况，根据 求出物体的 ，
结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出力。
运动学规律　
加速度　
2. 解题步骤
（1）选定研究对象，对研究对象进行运动情况分析和受力分析，并画出
运动草图及受力示意图。
（2）选择合适的运动学公式，求出物体的加速度。
（3）根据牛顿第二定律列方程，求物体所受的合力。
（4）根据力的合成法或正交分解法，由合力求出待求力或与力有关的量。
由运动情况确定受力应注意的两点问题
（1）由运动学规律求加速度，要特别注意加速度的方向，从而确定合力
的方向，不能将速度的方向和加速度的方向混淆。
（2）题目中所求的力可能是合力，也可能是某一特定的力，均要先进行
受力分析，然后根据牛顿运动定律列式求解。
【例2】　“辽宁号”航空母舰是我国第一艘服役的航空母舰。某次测试
时，质量m＝2.4×104 kg的舰载机从静止的航空母舰水平甲板上起飞，采
用的弹射装置使舰载机获得v0＝10 m/s的初速度，发动机提供恒定的推力
使舰载机在航空母舰的飞机跑道上做匀加速直线运动，经t＝3 s运动了120
m后离舰升空。已知舰载机在水平甲板上运动时受到的阻力为舰载机所受
重力的，航空母舰始终静止，重力加速度大小取g＝10 m/s2。
（1）求发动机提供的恒定推力F1的大小；
答案：5.28×105 N
解析：根据位移与时间关系可知x＝v0t＋at2
代入数据解得a＝20 m/s2
根据牛顿第二定律可得F1－mg＝ma
解得推力F1＝5.28×105 N。
（2）若某次舰载机着舰时的速度大小v1＝80 m/s，舰载机需在阻拦索和阻
力的共同作用下在100 m内减速到0，舰载机受到阻拦索的作用力可视为恒
力，求阻拦索对舰载机的最小作用力F2。
答案：7.2×105 N
解得a'＝32 m/s2
根据牛顿第二定律可得F2＋mg＝ma'
解得F2＝7.2×105 N。
解析：根据速度与位移关系可知＝2a'x'
2. （2025·浙江丽水高一期末）图中所示为阿里巴巴发布的第一款物流机
器人“小蛮驴”。未来，“小蛮驴”机器人将率先在菜鸟驿站大规模投
用。在某次测试过程中，实验人员让“小蛮驴”从静止开始做匀加速直线
运动，行驶25 m后，达到最大速度5 m/s。g取10 m/s2。试求：
（1）“小蛮驴”加速时的加速度大小；
答案：0.5 m/s2
解析：根据速度与位移的关系式有v2＝2ax
解得a＝0.5 m/s2。
（2）若“小蛮驴”满载货物时总质量为200 kg，所受阻力恒为车重的0.2
倍，求匀加速直线运动过程中“小蛮驴”所受的牵引力大小。
答案：500 N
解析：由题意有Ff＝0.2mg
根据牛顿第二定律有F－Ff＝ma
联立解得F＝500 N。
方法技巧
从运动情况确定受力的解题流程
03
PART
素养培优
动力学中的多过程问题
1. 解题思路
（1）明确题目中有多少个物理过程，构建物理图景。
（2）全过程分解，明确每个过程物体做什么运动，适用什么规律。
（3）对物体进行受力分析找出运动过程中的关键位置（时刻），各子过
程的联系（速度），寻找解题方法。
（4）必要时画出过程示意图，使问题分析与求解直观呈现。
2. 解题关键
特别注意两个子过程交接位置，该交接点速度是上一过程的末速度，也是
下一过程的初速度，起到承上启下的作用，对解决问题至关重要。
【典例1】　滑冰车是儿童喜欢的冰上娱乐项目之一，如图所示为小丽妈
妈正与小丽在冰上游戏，小丽与冰车的总质量是40 kg，冰车与冰面之间的
动摩擦因数为0.05，在某次游戏中，假设小丽妈妈对冰车施加了40 N的水
平推力，使冰车从静止开始运动10 s后，停止施加力的作用，使冰车自由
滑行。（假设运动过程中冰车始终沿直线运动，小丽始终没有施加力的作
用，g取10 N/kg）求：
（1）冰车的最大速率；
答案：5 m/s　
解析：以冰车及小丽为研究对象，
由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1　①
vm＝a1t　②
由①②两式得vm＝5 m/s。
解析：冰车在匀加速运动过程中有x1＝a1t2　③
冰车自由滑行时有μmg＝ma2　④
＝2a2x2　⑤
又x＝x1＋x2　⑥
由③④⑤⑥式得x＝50 m。
（2）冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小。
答案：50 m
【典例2】　（10分）（2025·广东广州高一月考）谷神星一号海射型遥二
运载火箭于2024年5月29日16时12分在山东日照成功发射，该发射过程可
简化为如图所示的火箭模型升空过程。发动机点火后，火箭模型获得了大
小恒为40 N、方向竖直向上的推力，2 s后发动机熄火①，之后由于惯性达
到最大高度②。已知火箭模型质量为2 kg，在升空过程中受到的空气阻力大
小恒为5 N③，不考虑发射过程中喷出气体对质量的影响，g取10 m/s2。求
火箭模型：
（1）发动机熄火前的加速度大小a1；
（2）火箭在升空过程中的最大速率vm；
（3）上升的最大高度H。
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2 s后发动机熄火① 发动机的推力消失，以后火箭模型只受重
力和空气阻力
达到最大高度② 此时火箭模型的速度为0
在升空过程中受到的空气阻
力大小恒为5 N③ 火箭模型在发动机熄火前做匀加速运动，
熄火后做匀减速直线运动
答案：（1）7.5 m/s2　（2）15 m/s　（3）24 m
规范解答：（1）根据牛顿第二定律得F－mg－F阻＝ma1（2分）
解得a1＝7.5 m/s2。（1分）
（2）发动机熄火后，火箭在重力和空气阻力作用下，做匀减速直线运
动，火箭升空过程中的最大速率为vm＝a1t＝15 m/s。（1分）
（3）发动机熄火后，根据牛顿第二定律得mg＋F阻＝ma2（2分）
解得a2＝12.5 m/s2（1分）
加速上升的位移为h1＝t＝15 m（1分）
减速上升的位移为h2＝＝9 m（1分）
所以，火箭上升的最大高度为H＝h1＋h2＝24 m。（1分）
04
PART
随堂演练
【教师独具】
1. （已知运动情况求受力情况）火箭通过向后喷射燃气而获得动力，以长
征五号B遥一运载火箭为例，起飞质量为850吨，某次发射场景如图所示，
已知发射塔高100 m，火箭经过3 s后离开发射塔。此阶段可视为匀加速直
线运动，火箭质量可认为近似不变，地球表面重力加速度g为10 m/s2。那
么喷射出的燃气对火箭的作用力约为（　　）
A. 8.5×106 N B. 1.9×107 N
C. 2.7×107 N D. 4.1×107 N
解析：　火箭匀加速直线运动阶段，有x＝at2，对火箭受力分析，由牛
顿第二定律可得F－mg＝ma，联立解得F≈2.7×107 N，故C正确。
√
2. （已知受力情况求运动情况）如图所示，一可视为质点的小物块先后沿
两光滑斜面Ⅰ和Ⅱ从顶端由静止滑下﹐到达底端所用的时间分别为t1和t2，斜
面Ⅰ与水平面的夹角为30°，斜面Ⅱ与水平面的夹角为45°（未标出），则
（　　）
A. t1＞t2 B. t1＝t2
C. t1＜t2 D. 无法判断
√
解析：　设斜面的底边长为L，斜面的倾角为θ，则斜边的长度x＝，
根据牛顿第二定律mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ，根据x＝at2，解得t＝
，将θ＝30°、θ＝45°代入，可知t2＜t1，故选A。
3. （已知受力情况求运动情况）如图所示，一质量为8 kg的物体静止在粗
糙的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，用一水平拉力F＝20
N拉物体，使其由A点开始运动，经过8 s后撤去拉力F，再经过一段时间物
体到达B点停止。则：（g取10 m/s2）
（1）在拉力F作用下物体运动的加速度大小为多少？
答案：0.5 m/s2　
解析：对物体受力分析，如图所示
竖直方向，有mg＝FN
水平方向，由牛顿第二定律得
F－μFN＝ma1
解得a1＝0.5 m/s2。
（2）撤去拉力F瞬间，物体的速度大小为多少？
答案：4 m/s　
解析：撤去拉力F瞬间，物体的速度v＝a1t＝4 m/s。
（3）撤去拉力F后物体运动的距离x为多少？
答案：4 m
解析：撤去拉力F后，由牛顿第二定律得－μmg＝ma2
解得a2＝－2 m/s2，由0－v2＝2a2x
解得x＝4 m。
4. （动力学的多过程问题）滑沙游戏可进行如下简化：如图所示，游客从
顶端A点由静止滑下8 s后，操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点，在
水平滑道上继续滑行直至停止。已知游客和滑沙车的总质量m＝70 kg，倾
斜滑道AB长lAB＝128 m，倾角θ＝37°，滑沙车底部与滑道间的动摩擦因数
μ＝0.5。滑沙车经过B点前后的速度大小不变，重力加速度g取10 m/s2，sin
37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。
（1）求游客匀速下滑时的速度大小；
答案：16 m/s　
解析：由牛顿第二定律得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
解得游客从顶端A点由静止滑下的加速度
a＝2 m/s2，
游客匀速下滑时的速度大小为v＝at1＝16 m/s。
（2）求游客匀速下滑的时间；
答案：4 s　
解析：加速下滑的路程s1＝a＝64 m，
匀速下滑的路程s2＝lAB－s1＝64 m，
游客匀速下滑的时间t2＝＝4 s。
解析：设游客在水平滑道BC段的加速度大小为a'，
由0－v2＝－2a'x，解得a'＝＝8 m/s2，
由牛顿第二定律得F＋μmg＝ma'，
解得水平制动力F＝210 N。
（3）若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16 m，则他在此处滑行
时，需对滑沙车施加多大的水平制动力？
答案：210 N
05
PART
课时作业
知识点一　由物体的受力情况确定运动情况
1. 一列磁悬浮列车在水平直轨道上运行，不计一切阻力，当牵引力为F
时，列车从静止开始在t时间内前进了x。如果牵引力增大为2F时，列车从
静止开始在t时间内前进（　　）
A. x B. 2x
C. 4x D. 8x
解析：　因为不计一切阻力，故对于列车有F＝ma，x＝at2，当牵引力
变为2F后，有2F＝ma1，x1＝a1t2，由上述式子整理得x1＝2x，故选B。
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2. 在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹
车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的划痕。在某次交通事故
中，汽车的刹车线长度是14 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为
0.7，g取10 m/s2，则汽车刹车前的速度大小为（　　）
A. 7 m/s B. 14 m/s
C. 10 m/s D. 20 m/s
解析：　设汽车刹车后滑动过程中的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
μmg＝ma，解得a＝μg。由匀变速直线运动的速度与位移关系式得＝
2ax，可得汽车刹车前的速度大小为v0＝＝＝
m/s＝14 m/s，故B正确。
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3. 质量为1 t的汽车在平直公路上以10 m/s的速度匀速行驶，阻力大小不
变，从某时刻开始，汽车牵引力减少2 000 N，则从该时刻起经过6 s，汽车
行驶的路程是（　　）
A. 50 m B. 42 m
解析：汽车匀速行驶时，有F＝Ff，设汽车牵引力减小后加速度大小为a，牵引力减少ΔF＝2 000 N时，有Ff－（F－ΔF）＝ma，解得a＝2 m/s2，与速度方向相反，汽车做匀减速直线运动，设经时间t汽车停止运动，则t＝＝ s＝5 s，故汽车行驶的路程x＝t＝×5 m＝25 m，故选项C正确。
C. 25 m D. 24 m
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知识点二　由物体的运动情况确定受力情况
4. 如图所示，世界上只有极少数军事大国才能独立制造坦克炮管。某类型
长为5 m的坦克炮管使用寿命为6 s，在使用寿命内最多能发射600枚炮弹。
若炮弹的质量为15 kg，则在发射炮弹过程中，炮弹在炮管中受到的推力有
多大（　　）
A. 1.5×104 N B. 1.5×105 N
C. 1.5×106 N D. 1×105 N
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解析：　每个炮弹在炮管中加速的时间为0.01 s，由于炮管长为5 m，所
以由x＝at2可得炮弹的加速度大小为a＝＝105 m/s2，由牛顿第二定律得
推力F＝ma＝1.5×106 N，故C正确，A、B、D错误。
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5. 车辆在行驶过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车
里的人可能受到伤害。为了尽可能地减小碰撞引起的伤害，人们设计了安
全带及安全气囊如图所示。假定乘客质量为70 kg，汽车车速为108 km/h
（即30 m/s），从发生碰撞到车完全停止需要的时间为1 s，安全带及安全
气囊对乘客的平均作用力大小为（　　）
A. 2 100 N B. 6 000 N
C. 8 000 N D. 1 000 N
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解析：从发生碰撞到车完全停止的1 s内，乘客的速度由30 m/s减小到0，视为匀减速运动，则有a＝＝－ m/s2＝－30 m/s2。根据牛顿第二定律知，安全带及安全气囊对乘客的平均作用力F＝ma＝70×（－30）N＝－2 100 N，负号表示力的方向跟初速度方向相反，所以选项A正确。
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6. 〔多选〕如图所示，质量m＝2 kg的滑块以v0＝20 m/s的初速度沿倾角θ
＝37°的足够长的斜面向上滑动，经t＝2 s滑行到最高点。取g＝10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是（　　）
A. 滑块运动的加速度大小为10 m/s2
B. 滑块运动的加速度大小为5 m/s2
C. 滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5
D. 滑块与斜面间的动摩擦因数为0.2
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解析：滑块沿斜面向上做匀减速直线运动，末速度为0，可反向看作初速度为0的匀加速直线运动，则滑块运动的加速度大小为a＝＝10 m/s2，A正确，B错误；对滑块受力分析有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，解得μ＝0.5，C正确，D错误。
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7. 如图所示，经过专业训练的杂技演员进行爬杆表演。质量为60 kg的演
员爬上8 m高的固定竖直金属杆，然后抓紧金属杆倒立，头顶离地面7 m
高，演员通过双手对金属杆施加不同的压力来控制身体的运动情况。假设
演员保持如图所示的姿势，从静止开始先匀加速下滑3 m，用时1.5 s，接
着立即开始匀减速下滑，当演员头顶刚要接触地面时，速度恰好减为零。
若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则（　　）
A. 演员下滑的最大速度为4.5 m/s
B. 演员匀加速下滑时所受摩擦力为440 N
C. 演员匀减速下滑的加速度大小为1 m/s2
D. 演员完成全程所需的总时间为3 s
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解析：　演员匀加速下滑过程，根据x1＝a1可得，a1＝＝ m/s2
＝ m/s2，演员下滑的最大速度vm＝a1t1＝×1.5 m/s＝4 m/s，对匀加速下
滑的演员受力分析，由牛顿第二定律可得mg－Ff＝ma1，解得Ff＝m（g－
a1）＝60×N＝440 N，A错误，B正确；演员匀减速下滑的位移x2
＝x－x1＝（7－3）m＝4 m，则演员减速过程有＝2a2x2，解得a2＝
＝2 m/s2，方向竖直向上，C错误；减速过程的时间t2＝＝2 s，演员完成
全程所需的总时间t＝t1＋t2＝3.5 s，故D项错误。
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8. 一水平面上的物体在水平恒力F作用下由静止开始运动了t时间后撤去该
力，物体又经过3t时间停止运动。设撤去F前后的加速度大小分别为a1和
a2，物体在水平面上所受的摩擦力为Ff，则（　　）
A. a1∶a2＝1∶3 B. a1∶a2＝4∶1
C. Ff∶F＝1∶3 D. Ff∶F＝1∶4
解析：　根据匀变速直线运动中速度与时间的关系式v＝at知，最大速度v
＝a1t＝a2·3t，所以a1∶a2＝3∶1，故选项A、B错误；对撤去F前后的加速
和减速运动，根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma1，Ff＝ma2，联立解得Ff∶F
＝1∶4，故选项C错误，D正确。
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9. 如图所示，四分之一圆弧轨道MN固定在竖直平面内，O为圆心，Q、
O、N三点在同一竖直线上，OQ＝ON。现将光滑平板（足够长）的下端P
置于M处，光滑平板上部架在Q点。横杆下端的位置可在轨道MN上调节，
使得平板与竖直线间的夹角α可调节。将物块（视为质点）从Q点由静止释
放，物块沿平板从Q点滑到P点的时间用t表示。若仅将α减小，则t将（　　）
A. 不变 B. 逐渐增大
C. 逐渐减小 D. 先减小后增大
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解析：　对物块受力分析，其受竖直向下的重力mg，垂直于光滑平板向
上的支持力FN，由牛顿第二定律mgcos α＝ma，可得a＝gcos α，从Q到P，
由运动学公式得QP＝at2＝gcos α·t2，由几何关系可得QP＝QN·cos α，解
得t＝，故t与α无关，QN为定值，所以仅将α减小，t不变。故选A。
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10. 〔多选〕如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上
升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀
速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质
量不变，重力加速度取g＝10 m/s2。关于热气球，下列说法正确的是（　）
A. 所受浮力大小为4 830 N
B. 加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C. 从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s
D. 以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N
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解析：热气球从地面刚开始竖直上升时v＝0，空气阻力F阻＝0。由F浮－mg＝ma，得F浮＝m（g＋a）＝4 830 N，选项A正确；最终热气球匀速上升，说明热气球加速上升的过程中空气阻力逐渐增大，选项B错误；若热气球做加速度不变的匀加速运动，则10 s后速度大小为v＝at＝5 m/s，但热气球做加速度减小的加速运动，故热气球上升10 s时的速度小于5 m/s，选项C错误；匀速上升时F浮－mg－F阻'＝0，计算得F阻'＝230 N，选项D正确。
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11. “雪地魔毯”是滑雪场常见的一种设备，它类似于机场的传送带，主
要用于将乘客从雪道底端运送到顶端。一名穿戴雪具的游客，从雪道底端
静止站上“雪地魔毯”，“雪地魔毯”长L＝150 m，倾角θ＝11.6°（取
sin 11.6°＝0.2，cos 11.6°＝0.98），“雪地魔毯”以v＝5 m/s的速度向
上滑行，经过t＝35 s游客滑到“雪地魔毯”的顶端。取g＝10 m/s2，人与
“雪地魔毯”间的动摩擦因数为一定值，不计其他阻力，则（　　）
A. 游客在“雪地魔毯”上一直做匀加速运动
B. 游客在“雪地魔毯”上匀加速运动的时间为20 s
C. 游客在“雪地魔毯”受到的摩擦力的方向可能改变
D. 游客与“雪地魔毯”间的动摩擦因数约为0.26
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解析：　若游客在“雪地魔毯”上一直做匀加速运动，则游客的最大位
移x＝t＝87.5 m＜L，则游客在“雪地魔毯”上先做匀加速运动后做匀速
运动，选项A错误；设游客匀加速运动的时间为t1，则L＝t1＋v（t－t1），
解得t1＝10 s，选项B错误；游客在“雪地魔毯”先受到滑动摩擦力作用，
方向沿“雪地魔毯”向上，然后受静摩擦力作用，方向也沿“雪地魔毯”
向上，选项C错误；游客加速阶段的加速度a＝＝0.5 m/s2，根据μmgcos θ
－mgsin θ＝ma，解得μ≈0.26，选项D正确。
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12. 如图所示，一个质量为10 kg的箱子，在平行于斜面、大小为120 N 的
拉力F作用下沿倾角为37°的斜面由静止开始向上滑动，5 s后改变拉力的
大小使箱子恰好能沿着斜面向上匀速滑动，箱子匀速运动7 s后撤去拉力F
让箱子继续在斜面上运动。已知斜面足够长，箱子与斜面间的动摩擦因数
为0.5，（g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）则：
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答案：100 N　
解析：箱子沿斜面向上匀速运动时，有
F＝mgsin θ＋μmgcos θ
代入数据解得拉力F＝100 N。
（1）箱子在斜面上匀速运动时拉力F是多大？
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（2）箱子在斜面上匀速运动时的速度是多大？
答案：10 m/s　
解析：箱子沿斜面向上加速运动阶段，由牛顿第二定律知
F1－（mgsin θ＋μmgcos θ）＝ma1
解得a1＝2 m/s2
所以有v＝a1t1＝10 m/s。
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解析：撤去拉力F后，对箱子由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma3
（3）撤去拉力 F后经多长时间箱子回到出发点？
答案：11 s
解得a3＝10 m/s2，t3＝＝1 s
箱子返回时，对箱子，由牛顿第二定律得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma4
解得a4＝2 m/s2
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箱子从出发点到最高点的总位移
x＝vt1＋vt2＋vt3＝100 m
由x＝a4得t4＝10 s
则撤去拉力F后，箱子回到出发点的时间为t＝t3＋t4＝11 s。
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