考点03牛顿运动定律（解析版）-2021届高三《新题速递》物理3月刊（高考复习）

考点 03 牛顿运动定律 1．（2021·广东汕头市·高三一模）为检测某公路湿沥青混凝土路面与汽车轮胎的动摩擦因数  ，测试人员 让汽车在该公路水平直道行驶，当汽车速度表显示 40km/h 时紧急刹车（车轮抱死），车上人员用手机 测得汽车滑行 3.70s 后停下来，g 取 210m/s ，则测得  约为（ ） A．0.2 B．0.3 C．0.4 D．0.5 【答案】B 【详解】 汽车滑行时做减速运动，则加速度大小为 2 2 40 3.6 m/s 3.0m/s3.7 va t    根据牛顿第二定律和动摩擦因数表达式 3.0 0.310 f ma N mg      故 ACD 错误，B 正确。 故选 B。 2．（2021·广东高三月考）如图所示，倾角 30   的光滑斜面上质量分别为1kg ，2kg 的 a、b 两物块用一 轻弹簧相连，将 a 用细线悬挂在挡板上，调整细线使之与斜面平行且使系统静止时，物块 b 恰与斜面底 端的挡板间无弹力，取重力加速度大小 210m / sg  。现突然剪断细线，则剪断细线瞬间物块 a 的加速 度大小为（ ） A．0 B． 25m/s C． 210m / s D． 215m / s 【答案】D 【详解】 剪断细线前，弹簧受到的拉力大小 sin30 10NbF m g   剪断细线瞬间，物块 a 受到的合力大小 sin30 15Na aF F m g    由牛顿第二定律有 a aF m a 解得 215m / sa  故选 D。 3．（2021·山东省淄博第四中学高三期末）如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为 2m 、 2m 、m 的三 个物块 A、B、C，其中 B 放在 C 上，B 与 A 间用水平轻绳相连．现用一水平拉力拉 A，结果 B 与 C 恰 好不相对滑动．重力加速度大小为 g，B、C 间的动摩擦因数为  ，认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大 小相等，该水平拉力的大小为（ ） A． 4 mg B．5 mg C． 6 mg D．10 mg 【答案】D 【详解】 根据牛顿第二定律对 A、B、C 整体有 F=5ma 对 C 有 μ×2mg=ma 解得 F=10μmg 故选 D。 4．（2021·广东潮州市·高三一模）如图为广泛应用于“双 11”的智能快递分拣机器人简化图，派件员在分拣 场内将包裹放在机器人的水平托盘上后，机器人可以将不同类别的包裹自动送至不同的位置，则下列说 法正确的是（ ） A．包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹不受摩擦力的作用 B．包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹没有惯性 C．包裹随着机器人一起做匀加速直线运动时，包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对平 衡力 D．包裹随着机器人一起做匀加速直线运动时，机器人对包裹的作用力等于包裹的重力 【答案】A 【详解】 A．包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹受重力和支持力作用，水平方向不受摩擦力的作用， A 正确； B．一切物体在任何情况下都有惯性，惯性是物体的一个基本属性，B 错误； C．包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对相互作用力，C 错误； D．包裹随着机器人一起做匀加速直线运动时，机器人对包裹的作用力有竖直方向的支持力和水平方向 的摩擦力，只有竖直方向的支持力与包裹的重力大小相等，因此机器人对包裹的作用力不等于包裹的重 力，D 错误。 故选 A。 5．（2021·山东高三专题练习）如图所示，在光滑的水平地面上静止地叠放着两个物体 A 、B ， AB 之间的 动摩擦因数为 0.2， A 质量 2kg， B 质量 1kg，从 0 时刻起， A 受到一向右的水平拉力 F 的作用， F 随 时间的变化规律为 (6 2 )NF t  。 5st  时撤去外力，运动过程中 A 一直未滑落，(g 取 210m/s ) 则（ ） A． 2st  时， A 、 B 发生相对滑动 B． 3st  时， B 的速度为8m / s C．撤去外力瞬间， A 的速度为19m/s D．撤去外力后，再经过1s ， A 、 B 速度相等 【答案】C 【详解】 A．当 A 、B 之间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力时，A 、B 之间刚好出现相对运动，对 B 物体，根据 牛顿第二定律有 A Bm g m a  此时的加速度为 24m/sa  对 A 、 B 整体，根据牛顿第二定律有 ( ) 12N (6 2 )NA BF m m a t     所以 3t s 故 A 错误； B． 0 3s 内 AB 一起运动， 0t  时 AB 的加速度为 20 0 2m/s A B Fa m m   则 3t s 时， B 的速度为 0 3 9m/s2t a av at t    故 B 错误； C．5s 时 A 物体的加速度为 2 2 2 16 0.2 20 m/s =6m/s2A F fa m     则5s 时 A 物体的速度为 3 4 69m/s 2m/s=19m/s2A t Av v a t      故 C 正确； D．撤去外力时， B 的速度 3 9m/s+8m/s=17m/sA B t B m gv v tm     设经过 0t 时间两物体速度相等则有 0 019 17A A A B m g m gt tm m     解得 0 1 3t s 故 D 错误。 故选 C。 6．（2021·四川高三专题练习）一皮带传送装置如图所示，皮带的速度 v 足够大，轻弹簧一端固定，另一端 连接一个质量 m 的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平， 若滑块放到皮带上的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自然长度，则当弹簧从自然长度到第一次 达最短这一过程中，下列说法中正确的是（ ） A．滑块的速度先增大后减小 B．滑块的速度方向先向右再向左 C．滑块的加速度先增大后减小 D．滑块的加速度方向一直向右 【答案】A 【详解】 滑块放到传送带后，受到向右的滑动摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，滑块向右做加速运动，在此 过程中，弹簧的弹力逐渐增大，合力逐渐减小，则加速度逐渐减小，加速度向右。当弹簧的弹力与滑动 摩擦力大小相等时合力为零，加速度为零，速度达到最大，后来弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方 向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，合力反向增大，则加速度反向增大，速度逐渐减小，直 至为零。因此，滑块的速度先增大后减小，速度方向一直向右。加速度先减小后增大，加速度方向先向 右后向左。 故选 A。 7．（2021·安徽高三专题练习）物块静止放在一个长为 L=1m 的水平传送带上，传送带 0 2m/sv  ，物块与 传送带间动摩擦因数 0.25  。物块由传送带传送垂直落在了倾角 37   的斜面上， g 取 210m/s ，下 列说法正确的是（ ） A．物块在传送带上运动了 0.8s B．下落高度 H=0.32m C．物块由初始到落到斜面上的时间约为 1.17s D．物块在传送带上做匀加速直线运动 【答案】C 【详解】 AD．由牛顿第二定律可得 22.5m/sa g  由 2 0 2v ax 得 0.8mx  则 x L ，即物块在传送带上先匀加速后匀速。设物块做加速运动的时间为 1t ，则 0 1v at 解得 1 0.8st  对匀速运动的过程 2L x vt  解得 2 0.1st  则总时间 1 2 0.9st t t   故 A、D 错误； B．由于是垂直落到斜面上，则 0tan y   v v 解得 2.7m/syv  又 3yv gt 解得 3 0.27st  物块在竖直方向的位移 2 2 3 1 1 10 0.27 0.36m2 2H gt     故 B 错误； C．物块由初始到落到斜面上的时间约为 3 1.17st t t  总 故 C 正确。 故选 C。 8．（2021·辽宁高三月考）如图所示，在某建筑工地，工人甲将质量为 m 的工件利用固定在支架上的光滑定 滑轮沿竖直方向提升到一定高度后，甲一直站在乙的身后拉紧绳索，此时绳索与水平方向的夹角为θ； 工人乙通过一始终保持水平的轻绳将工件缓慢拉到楼顶。已知甲、乙的质量分别为 M 甲、M 乙，重力加 速度大小为 g，甲、乙始终处于静止状态，下列说法正确的是（ ） A．工件匀速上升时，楼顶对甲的支持力为（M 甲-m）g B．工件以加速度 a 匀加速上升时楼顶对甲的摩擦力为 m（g+a）sinθ C．乙将工件拉到楼顶过程，甲受到的摩擦力不变 D．乙将工件拉到楼顶过程，楼顶对乙的摩擦力逐渐增大 【答案】D 【详解】 A．在质量为 m 的工件竖直向上匀速运动过程中，甲拉绳索的拉力等于工件重力 mg，由牛顿第三定律 可知，绳索对甲的拉力等于 mg。对甲受力分析，由平衡条件可知 FN+mgsinθ=M 甲 g 解得 FN=（M 甲-mgsinθ）g 故 A 错误； B．在质量为 m 的工件以加速度 a 竖直向上匀加速运动过程中，由牛顿第二定律，有 F-mg=ma 绳索对甲的拉力 F=m（g+a） 对甲受力分析，由平衡条件可知 Ff=Fcosθ=m(g+a)cosθ 故 B 错误； C．乙通过一始终保持水平的轻绳将工件缓慢拉到楼顶过程中，对结点进行受力分析，根据平衡条件和 平行四边形定则，如图所示，绳索拉力 F1 逐渐增大，乙拉轻绳的拉力 F2 逐渐增大。由牛顿第三定律可 知绳索对甲的拉力不断增大，轻绳对乙的力逐渐增大。对甲，由平衡条件可知，甲受到的摩擦力不断增 大,故 C 错误； D．对乙，在水平方向由平衡条件可知，楼顶对乙的摩擦力逐渐增大，故 D 正确。 9．（2021·安徽高三开学考试）如图，质量 4kgm  的物体在电梯内随电梯一起竖直向下做匀速直线运动．电 梯底部距离地面高度为16m 时开始做匀减速运动，经 4s 电梯到达地面且速度恰好减为零，重力加速度 210m/sg  ，在该匀减速运动过程中（ ） A．物体初速度大小为8m/s B．物体受到的支持力大小为32N C．物体的机械能减少了 768J D．物体受到的合力对物体做的功为128J 【答案】AC 【详解】 A．设物体的初速度为 0v ，根据 0 2 vh t 解得 0 8m/sv  A 正确； B．物体减速时的加速度大小 0 va t 方向向上，根据牛顿第二定律可知 F mg ma  解得 48NF  B 错误； C．物体的机械能减少量等于支持力做功的大小 768JFW Fh  C 正确； D．物体受到的合力对物体做的功等于物体动能的改变量即 2 0 10 128J2W mv    D 错误。 故选 AC。 10．（2021·赤峰二中高三月考）如图甲所示，质量分别为 m、M 的物体 A、B 静止在劲度系数 k 的弹簧上， A 与 B 不粘连。现对物体 A 施加竖直向上的力 F，A、B—起上升，若以两物体静止时的位置为坐标原 点，两物体的加速度随位移的变化关系如图乙所示，重力加速度为 g，则（ ） A．在图乙中 PQ 段表示拉力 F 不变 B．在图乙中 QS 段表示物体减速上升 C．位移为 x1 时，A、B 之间弹力大小为 1 0mg kx Ma  D．位移为 x3 时，A、B 一起运动的速度大小为 0 2 3( )a x x 【答案】CD 【详解】 A．开始时，质量分别为 m，M 的物体 A，B 静止在劲度系数为 k 的弹簧上，弹簧的弹力向上，大小为 F 弹=（M+m）g 随物体的向上运动，弹簧伸长，形变量减小，弹簧的弹力减小，而 PQ 段的加速度的大小与方向都不变， 根据牛顿第二定律 F-（M+m）g+F 弹=（M+m）a F 弹减小，所以 F 增大，故 A 错误； B．在乙图 QS 段，物体的加速度的方向没有发生变化，方向仍然与开始时相同，所以物体仍然做加速 运动，是加速度减小的加速运动，故 B 错误； C．P 开始时，质量分别为 m，M 的物体 A，B 静止在劲度系数为 k 的弹簧上，弹簧的弹力 F0=（M+m）g 当弹簧伸长了 x1 后，弹簧的弹力 F1=F0-△F=F0-kx1=（M+m）g-kx1 以 B 为研究对象，则 F1-Mg-Fx1=Ma0 得 Fx1=F1-mg-Ma0=mg-kx1-Ma0 故 C 正确； D．到 Q 的过程中，物体的加速度不变，得 v12＝2a0x2 Q 到 S 的过程中，物体的加速度随位移均匀减小   0 00 2 2 a aa ＝ ＝  1 3 2 2 2 2  2 xv v a x  ＝ 联立得  2 0 2 3v a x x＝ 故 D 正确； 故选 CD。 11．（2021·广东汕头市·高三一模）古代人们常用夯锤（如图甲）将地砸实，打夯时四个劳动者每人分别握 住夯锤的一个把手，一个人喊号，号声一响，四人同时用相同的力将地上质量为 90kg 的夯锤竖直向上 提起；号音一落，四人同时松手，夯锤落下将地面砸实。以竖直向上为正方向，若某次打夯过程松手前 夯锤运动的 v t 图像如图乙所示。不计空气阻力，g 取 210m / s ，则（ ） A．松手后，夯锤立刻落下做自由落体运动 B．松手前，夯锤竖直向上做加速度 210 m / s3a  匀加速直线运动 C．每个人对夯锤施加的力大小为 300N D．夯锤离地的最大高度为 0.3375m 【答案】BC 【详解】 A．松手后，因为惯性，夯锤要继续向上运动一段后，再自由下落。A 错误； B．图像的斜率表示加速度，松手前，夯锤竖直向上做加速度 210 m / s3a  匀加速直线运动。B 正确； C．对夯锤松手前，受力分析有 4F mg ma  解得 300NF C 正确； D．松手前，夯锤离地的高度为 1 1 0.3375m2h vt  之后，夯锤做竖直上抛运动，所以夯锤离地的最大高度大于 0.3375m 。D 错误。 故选 BC 。 12．（2021·山东高三专题练习）如图所示，倾角为 的斜面 OB 段粗糙（足够长），其余部分光滑，在斜面 O 点上方静止一质量均匀分布、长度为 L 的薄板，薄板下端与O 点之间的距离为 2L ，薄板与OB 段的 动摩擦因数 2tan  。现由静止释放薄板，薄板沿斜面向下运动，已知当薄板通过O 点过程中，薄 板所受摩擦力大小是薄板在斜面 OB 段上重量的 cos  倍。以O 点为坐标原点，沿斜面向下建立直线坐 标轴Ox 。从薄板下端刚到达O 点开始，薄板所受的摩擦力 fF 、速度 v 、加速度 a ，动能 kE 与薄板下 端相对O 点的位移 x 的关系图像为（ ） A． B． C． D． 【答案】AC 【详解】 A．设薄板的单位长度上的质量为 0m ，则薄板的单位长度上的重力为 0m g ，当薄板通过 O 点过程中， 薄板所受摩擦力大小与薄板过O 点的距离 x 的关系 ( )x L„ 0 0 0cos 2tan cos 2 sinfxF m g x m g x m g x             可知，在薄板没有全部滑过O 点前，薄板受到的摩擦力 fF 的大小与 x 成正比，薄板全部滑过O 点后， 薄板受到的摩擦力 02 sinfF m g L  保持不变。故 A 正确； BC．以薄板为研究对象，在薄板没有全部滑过O 点前，薄板受到重力、支持力和摩擦力 fF ，由牛顿第 二定律可得 0 0 0sin 2 sinm L g m g x m L a      由于摩擦力随 x 增大，所以薄板的加速度开始时随 x 的增大而减小， a 与 x 是线性函数关系； 当摩擦力等于重力沿斜面向下的分力时，有 0 0 0sin 2 sinm L g m g x    可得： 0 1 2x L 薄板开始做加速度增大的减速运动，所以在 0 1 2x L 时，薄板的速度最大；当薄板全部滑过O 点后，薄 板受到的摩擦力不变，薄板的加速度不变，做匀减速运动。故 B 错误，C 正确； D．结合 B 的分析可知，在薄板滑过O 的过程中，前 1 2 做加速运动，后 1 2 做减速运动，且减速的过程 与加速运动的过程是对称的，所以在 0x  与 x L 时刻薄板的速度大小相等，所以薄板的动能也大小 相等； 薄板在O 点以上时，由牛顿第二定律有 0 0 1sinm L g m L a   所以 1 sina g  当薄板滑过O 点后 0 0 0 2sin 2 sinm L g m g L m L a      所以 2 sina g   可知薄板在O 点以上时与O 点以下的运动也具有对称性，则薄板整体过O 点后，位移等于薄板在O 点 以上的位移时的速度为 0，即 3x L 时刻薄板的动能为 0。故 D 错误。 故选：AC。 13．（2021·四川高三专题练习）如图甲所示，质量为 m2 的长木板静止在光滑的水平面上，其上静置一质量 为 m1 的小滑块。现给木板施加一随时间均匀增大的水平力 F，满足 F＝kt（k 为常数，t 代表时间），长 木板的加速度 a 随时间 t 变化的关系如图乙所示。已知小滑块所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 下列说法正确的是（ ） A．在 0~2s 时间内，小滑块与长木板间的摩擦力不变 B．在 2~3s 时间内，小滑块与长木板间的摩擦力在数值上等于 m2 的大小 C．m1 与 m2 之比为 1：2 D．当小滑块从长木板上脱离时，其速度比长木板小 0.5m/s 【答案】BD 【详解】 A．根据图像，经分析可知，在 0~2s 时间内小滑块和长木板相对静止，它们之间为静摩擦力，对小滑块 有 f 静＝m1a，a 在增加，所以静摩擦力也在线性增大，故 A 错误； B．长木板的加速度 a 在 3s 时突变，所以小滑块在 3s 时脱离长木板，对长木板在 3s 时刻前后分别列牛 顿第二定律可得： 3k﹣f＝m2a 前＝m2•（2m/s2），3k＝m2a 后＝m2•（3m/s2） 两式联立可得： f＝m2•（ 2 21m/s ) m 故 B 正确； C．在 0~2s 时间内，F＝（m1+m2）a1＝kt，所以 1 1 2 kta m m   在 2~3s 时间内，F﹣f＝m2a2，所以 2 2 kt fa m  根据图像斜率可知 1 2 1 2 k m m  ， 2 1k m  解得：m1＝m2，故 C 错误； D．在 2s 时刻小滑块与长木板速度相同，在 2~3s 时间内，滑块块运动的 a﹣t 图像如图中红色线段所示， 小滑块的速度的变化量为△v1＝1m/s，长木板的速度的变化量为△v2＝1.5m/s，所以在 3s 时，长木板比 小滑块的速度大 0.5m/s，故 D 正确。 故选 BD。 14．（2021·安徽高三期末）质量相等的 A、B 两质点位于水平面上同一点，分别在水平恒力所工作用下， 同时由静止开始做同向的匀加速直线运动。其 v-t 图象如图所示，2t0 和 5t0 时分别撒去 F1 和 F2，直至物 体停止运动。则下列说法中正确的是（ ） A．A、B 总位移大小之比为 1：1 B．整个过程，A、B 间距离先增大后减小再增大 C．A、B 所受摩擦力大小之比为 3：4 D．F1 和 F2 的大小之比为 20：9 【答案】BD 【详解】 A．由两个图象的“面积”可知，全过程 B 的位移大于 A 的位移，故 A 错误； B．两个质点起点相同，根据图象的“面积”所反映的位移变化可知，开始 A 在前 B 在后两者距离先变大， 速度相等时距离最大，之后距离开始变小，最后 B 反超 A 又变大，故 B 正确； C．从图象的“斜率”可知，A、B 在减速阶段的加速度大小之比为 A B 4 3 a a  结合牛顿第二定律可得两者所受的摩擦力大小 A B 4 3 f f  故 C 错误； D．由图象结合牛顿第二定律得 ' 0 A A vf ma m t   对 A 在加速阶段有 1 A AF f ma  而 0 0 A 0 0 4 2 2 v va t t   可得 0 1 0 3mvF t  同理 ' 0 B 0 3 4B mvf ma t   对 B 在加速阶段有 2 B BF f ma  而 0 B 0 3 5 va t  可得 0 2 0 27 20 mvF t  则 1 2: 20 :9F F  故 D 正确。 故选 BD。 15．（2021·安徽高三专题练习）如图所示，半径为 2cmR  的圆形区域中有垂直纸面向外的匀强磁场（图 中未画出），磁感应强度 2TB  ，一个比荷为 62 10 C / kg 的带正电的粒子从圆形磁场边界上的 A 点以 4 0 8 10 m / sv   的速度垂直直径 MN 射入磁场，恰好从 N 点射出，且 120AON  ，下列选项正确 的是（ ） A．带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为 1cm B．带电粒子在磁场中运动轨迹的圆心一定在圆形磁场的边界上 C．若带电粒子改为从圆形磁场边界上的C 点以相同的速度入射，一定从 N 点射出 D．若要实现带电粒子从 A 点入射，从 N 点出射，则该圆形磁场的最小面积为 3π×10−4m2 【答案】BCD 【详解】 AB．根据洛伦兹力提供向心力可得 2 0 0 vqv B m r  解得 0 0.02m 2cmmvr RqB     带电粒子在磁场中运动轨迹的圆心一定在圆形磁场的边界上，故 A 错误、B 正确； C．若带电粒子改为从圆形磁场边界上的C 点以相同的速度入射，假设出射点位置在 N点，圆心在 O 点， 如图所示， 根据几何关系可得CON O  为菱形，则 / /CO ON  ， N和 N 重合，故粒子从 N 点射出，故 C 正确； D．若要实现带电粒子从 A 点入射，从 N 点出射，则该圆形磁场的最小直径等于 AN 长度，即 2 min 3 3 102 2 mANr R     最小圆的面积为 n 2 4 2 mi 3 10 mS r     故 D 正确。 故选：BCD。 16．（2021·四川高三专题练习）如图所示，质量为 2m 的物体 2 放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上， 并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为 1m 的物体，与物体l 相连接的绳与竖直方向成 角，则（ ） A．车厢的加速度为 sing  B．绳对物体 1 的拉力为 1 cos m g  C．底板对物体 2 的支持力为 2 1( )m m g D．物体 2 所受底板的摩擦力为 2m g tan 【答案】BD 【详解】 AB．以物体 1 为研究对象，分析受力情况如图所示 重力 1m g 和拉力T ，根据牛顿第二定律得 1 1tanm g m a  得 tana g  则车厢的加速度也为 tang  ，绳子的拉力为 1 cos m gT  故 A 错误，B 正确； CD．对物体 2 研究，分析受力如图 根据牛顿第二定律得 2 2 1 cosN m g T m g m g     2 2 tanf m a m g   故 D 正确，C 错误。 故选 BD。 17．（2021·广东珠海市·高三月考）某次科学考察利用了热气球，为了便于调节热气球的运动状态，需要携 带压舱物。热气球正以大小为 10m/s 速度匀速下降，热气球的总质量 50kg，其中压舱物的质量为 50kg， 为保证落地安全，在适当高度处时释放压舱物，使热气球到达地面时的速度恰好为零。整个过程中空气 对热气球作用力不变，忽略空气对压舱物的阻力，重力加速度 g=10m/s2，求： (1)释放压舱物后热气球加速度 a 的大小； (2)释放压舱物时热气球的高度 H； (3)压舱物落地前瞬间的动能 Ek。 【答案】(1) 210m/s ；(2)5m；(3)5000J。 【详解】 (1) 由题意知，热气球受到的浮力 2mg F 浮 释放压舱物后，根据牛顿第二定律得 F mg ma 浮 解得： 210m/sa g  (2) 使热气球到达地面时的速度恰好为零 2 00 2v aH   解得： 5mH  (3) 压舱物落地前瞬间的速度 2 2 1 0 2v v gH  压舱物落地前瞬间的动能 2 1 1 5000J2k mvE   18．（2021·广东高三月考）随着冬天的来临，虽然我国的新冠病毒疫情已经被控制得非常好，但人们仍然 不敢大意，大家勤洗手，常戴口罩，减少不必要的接触。在广州市的餐馆里，出现了一批特殊的“工作 人员”——人工智能机器人，他们担负起送餐的职责。送餐时，餐盘被放在水平托盘中央，边缘不与护 栏接触。某时刻，天娱广场某餐馆正在一动不动地“休息”的机器人小美，在得到送餐指令后，沿预定的 路径开始做加速度大小为 a1 的匀加速直线运动，当他的速度大小为 v=1m/s 时，他发现正前方不远处站 着一位顾客，于是立即制动做匀减速直线运动，在顾客前及时停下。若减速运动的加速度大小 a2=2a1， 小美运动的总时间为 t=3s。（不考虑反应时间，重力加速度 g 取 10m/s2。）求： （1）小美减速运动的时间 t2； （2）为使制动时，餐盘不会与水平托盘发生相对滑动，餐盘与托盘间的静摩擦系数μ至少为多少？（静 摩擦系数等于最大静摩擦力与正压力之比。） 【答案】（1）1s；（2） 0.1 【详解】 （1）设加速过程的加速度为 a1，减速过程的加速度为 2a 加速和减速的时间分别为 t1、t2，则 1 1v a t ， 2 2v a t ，t1+t2＝t 解得 t2＝1s （2）根据公式，有 2 2 va t  解得 2 2 1m/ sa  制动时，餐盘不相对支架滑动，设餐盘质量为 M，最大静摩擦力为 f，则 2f Ma ， f Mg 解得 0.1  19．（2021·四川高三专题练习）如图甲所示，物块在沿斜面向上的拉力 F 作用下沿足够长的粗糙斜面向上 运动。已知物块质量 4kgm  ，斜面倾角 37   ， 40NF  ，经 1 1.0st  后撤去 F ，测得物块沿斜面 向上运动的 v t 图象如图乙所示 (g 取 210m/s ，sin37 0.6  ， cos37 0.8)  。求： (1)物块与斜面间的动摩擦因数  ； (2)物块沿斜面向上滑行的最大位移 x 【答案】(1) 0.25；(2) 1.25m 。 【详解】 (1)由图可得前1s 的加速度为 2 2 1 2.0 m/s 2m/s1.0a   对物体受力分析，由牛顿第二定律有 1sinF mg f ma   在垂直斜面方向，根据平衡条件有 N cosF mg  又有 Nf F 联立以上各式得 0.25  (2)物体在前1s 内沿斜面上升的距离为 2 1 1 2 1 m 1m2x     撤去 F 后，物体沿斜面向上做匀减速运动，设加速度大小为 2a ，根据牛顿第二定律有 2sinmg f ma   在垂直斜面方向，根据平衡条件有 N cosF mg  又 f=μFN 联立解得加速度为 2 2 8m/sa  设物体减速过程中位移为 2x ，由运动学规律有 2 220 2( )xv a   代入数据可得 2 2 0 2 m 0.25m2 8x    则物体沿斜面向上运动的最大位移为 1 2 1.25mmx x x   20．（2021·四川高三专题练习）在水平长直的轨道上，有一长度为 L 的平板车在外力控制下始终保持速度 0v 做匀速直线运动。某时刻将一质量为 m 的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为  。 (1)已知滑块与车面间动摩擦因数 0.2  ，滑块质量 1kgm  ，车长 2mL  ，车速 0 4m/sv  ，取 210m/sg  ，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力 F ，要保证滑块 不能从车的左端掉下，恒力 F 大小应该满足什么条件？ (2)在(1)的情况下，力 F 取最小值，要保证滑块不从车上掉下，力 F 的作用时间应该在什么范围内？ 【答案】(1) 6NF… ；(2) 0.5s 1.08st„ „ 。 【详解】 (1)设恒力 F 取最小值为 1F ，滑块的加速度为 a ，此时滑块恰好到达车的左端，则滑块运动到左端的时 间为 0 1 vt a  由几何关系有 0 0 1 12 2 v Lv t t  由牛顿第二定律有 1 1F mg ma  解得 1 6NF  则恒力 F 大小应该满足条件是 6NF… (2)力 F 取最小值，当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，滑块相对车先做匀加速运动， 设运动加速度为 2a ，时间为 2t ，再做匀减速运动设运动加速度大小为 3a ，到达车右端时，与车达到共 同速度，则 1 2F mg ma  3mg ma  又 2 2 2 1 2 2 L a t 解得 2 3 s3t  则力 F 的作用时间t 应满足 1 1 2t t t t„ „ 即 0.5s 1.08st„ „