1．小明将滑块以 $ 3\mathrm{m}/\mathrm{s} $ 的初速度在水平面上推出，已知滑块与水平面间的动摩擦因数为 $ 0.1 $ ，重力加速度 $ g $ 取 $ 10\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,以初速度方向为正方向，下列说法正确的是（ ）
A．滑块的加速度为 $ 1\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $
B． $ 1\mathrm{s} $ 末，滑块的速度为 $ 1\mathrm{m}/\mathrm{s} $
C． $ 2\mathrm{s} $ 初，滑块的速度为 $ 2\mathrm{m}/\mathrm{s} $
D． $ 4\mathrm{s} $ 末，滑块的速度为 $ -1\mathrm{m}/\mathrm{s} $
对滑块,由牛顿第二定律得 $ -\mu mg=ma $ ,代入数据解得 $ a=-1\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；滑块做匀减速直线运动,滑块减速到零需要的时间 $ {t}_{0}=\dfrac{0-{v}_{0}}{a}=\dfrac{3}{1}\mathrm{s}=3\mathrm{s} $ , $ 1\mathrm{s} $ 末滑块的速度 $ {v}_{1}={v}_{0}+a{t}_{1}=3\mathrm{m}/\mathrm{s}+(-1)×1\mathrm{m}/\mathrm{s}=2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ 2\mathrm{s} $ 初与 $ 1\mathrm{s} $ 末是同一时刻,则 $ 2\mathrm{s} $ 初的速度为 $ 2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,滑块经过 $ 3\mathrm{s} $ 速度减为零, $ 4\mathrm{s} $ 末滑块的速度为零,故 $ \mathrm{C} $ 正确, $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{D} $ 错误.
2．如图所示，一物体以速度 $ {v}_{0} $ 冲上粗糙的固定斜面，经过 $ 2{t}_{0} $ 时间返回斜面底端，则物体运动的速度 $ v $ （以初速度方向为正方向）随时间 $ t $ 的变化关系可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
由于斜面粗糙,上滑时,根据牛顿第二定律有 $ mg \sin \theta +\mu mg \cos \theta =m{a}_{1} $ ,而下滑时,根据牛顿第二定律有 $ mg \sin \theta -\mu mg \cos \theta =m{a}_{2} $ ,可知上滑时加速度比下滑时大,即上滑时图像的斜率大于下滑时图像的斜率, $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误；上滑与下滑的位移大小相同,即上滑与下滑的 $ v-t $ 图线与时间轴围成图形的面积大小相等, $ \mathrm{C} $ 正确, $ \mathrm{D} $ 错误.
3．如图所示，一个质量 $ m=2\mathrm{k}\mathrm{g} $ 的物块从光滑的斜面顶端 $ A $ 下滑，斜面高度 $ ℎ=1.25\mathrm{m} $ ，斜面长为 $ l=2.5\mathrm{m} $ .物块与水平面间的动摩擦因数为 $ \mu =0.1 $ ，斜面与水平面平滑连接，物块运动到水平面上 $ C $ 点静止 $ {\rm .} g $ 取 $ 10\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ，求：
（1） 物块在斜面上运动时的加速度大小 $ a $ ；
（2） 物块到达斜面末端 $ B $ 点时的速度大小 $ v $ ；
（3） 物块在水平面运动的位移大小 $ x $ .
（1） $ 5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $
（2） $ 5\mathrm{m}/\mathrm{s} $
（3） $ 12.5\mathrm{m} $
（1） 物块在斜面上运动时,对物块进行受力分析,根据牛顿第二定律有 $ mg \sin \theta =ma $ ,
根据几何关系有 $ \sin \theta =\dfrac{ℎ}{l} $ ,
解得 $ a=5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ .
（2） 物块从 $ A $ 到 $ B $ ,根据运动学规律可得 $ {v}^{2}=2al $ ,
代入数据可得 $ v=5\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .
（3） 物块在水平面上运动时,摩擦力提供加速度,有
$ \mu mg=ma\prime $ ,
物块从 $ B $ 到 $ C $ ,根据运动学规律可得 $ {v}^{2}=2a\prime x $ ,
联立并代入数据可得 $ x=12.5\mathrm{m} $ .
4．如图所示，质量 $ M=60\mathrm{k}\mathrm{g} $ 的人站在水平地面上，用定滑轮装置将质量 $ m=40\mathrm{k}\mathrm{g} $ 的重物从高处下放到地面.忽略绳子和定滑轮的质量及绳子与定滑轮间的摩擦，重力加速度 $ g $ 取 $ 10\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ，当重物以 $ a=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ 的加速度匀加速下落时，人对地面的压力大小为（ ）
A． $ 200\mathrm{N} $
B． $ 920\mathrm{N} $
C． $ 320\mathrm{N} $
D． $ 280\mathrm{N} $
对重物受力分析,根据牛顿第二定律有 $ mg-F=ma $ ,解得 $ F=320\mathrm{N} $ ,对人受力分析,根据平衡条件有 $ Mg=F+{F}_{\mathrm{N}} $ ,解得 $ {F}_{\mathrm{N}}=280\mathrm{N} $ ,根据作用力与反作用力可知,人对地面的压力大小为 $ 280\mathrm{N} $ .故 $ \mathrm{D} $ 正确.
5．如图所示，细线一端系着质量为 $ m $ 的小球，另一端系在车厢顶部，小车在水平推力的作用下在水平面上做直线运动，细线与竖直方向的夹角保持 $ {30}^{\circ } $ 不变，且放在小车上质量为 $ M $ 的木块也与车厢保持相对静止.已知重力加速度为 $ g $ ，木块与车厢底板间的动摩擦因数为 $ 0.75 $ ，则下列说法正确的是（ ）
A．小车不可能向左运动
B．此时小球的加速度大小为 $ \dfrac{1}{2}g $
C．此时木块受到的摩擦力大小为 $ 0.75Mg $ ，方向水平向右
D．此时木块受到的摩擦力大小为 $ \dfrac{\sqrt{3}}{3}Mg $ ，方向水平向右
根据题意,对小球受力分析,水平方向上,由牛顿第二定律有 $ F \sin {30}^{\circ }=ma $ ,竖直方向上,由平衡条件有 $ F \cos {30}^{\circ }=mg $ ,联立解得 $ a=\dfrac{\sqrt{3}}{3}g $ ,方向水平向右,则小车可能向左减速,也可能向右加速,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误；小车上质量为 $ M $ 的木块与车厢保持相对静止,设木块受到的摩擦力大小为 $ f $ ,由牛顿第二定律有 $ f=Ma=\dfrac{\sqrt{3}}{3}Mg $ ,方向水平向右,故 $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.
6．质量为 $ 0.8\mathrm{k}\mathrm{g} $ 的物体在一水平面上运动，如图所示， $ a $ 、 $ b $ 分别表示物体不受水平拉力作用和受到水平拉力作用的 $ v-t $ 图像，则下列说法正确的是（ ）
A． $ a $ 、 $ b $ 图像所表示的加速度大小之比为 $ 2:1 $
B． $ 0\sim 4\mathrm{s} $ 内 $ a $ 、 $ b $ 图像所表示的平均速度大小之比为 $ 5:2 $
C． $ 0\sim 8\mathrm{s} $ 内 $ a $ 、 $ b $ 图像所表示的运动方向相反
D．拉力与摩擦力大小之比为 $ 4:3 $
$ v-t $ 图像中,图像斜率的绝对值表示加速度的大小,则 $ {a}_{a}=\dfrac{6}{4}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}=1.5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ , $ {a}_{b}=\dfrac{12-6}{8}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}=\dfrac{3}{4}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ , $ {a}_{a}:{a}_{b}=2:1 $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；根据速度—时间公式可得, $ t=4\mathrm{s} $ 时刻, $ b $ 图像的速度为 $ {v}_{1}=6\mathrm{m}/\mathrm{s}+\dfrac{3}{4}×4\mathrm{m}/\mathrm{s}=9\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,匀变速直线运动中,全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,则 $ {\overline{v}}_{a}=\dfrac{6+0}{2}\mathrm{m}/\mathrm{s}=3\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ {\overline{v}}_{b}=\dfrac{6+9}{2}\mathrm{m}/\mathrm{s}=\dfrac{15}{2}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,故 $ \dfrac{{\overline{v}}_{a}}{{\overline{v}}_{b}}=\dfrac{2}{5} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误； $ v-t $ 图像中,纵坐标值的正负表示速度的方向,图中 $ a $ 、 $ b $ 的速度均为正,则 $ 0\sim 8\mathrm{s} $ 内 $ a $ 、 $ b $ 图像所表示的运动方向相同,故 $ \mathrm{C} $ 错误；对 $ a $ 图像,根据牛顿第二定律有 $ f=m{a}_{a} $ ,对 $ b $ 图像,根据牛顿第二定律有 $ F-f=m{a}_{b} $ ,解得 $ \dfrac{F}{f}=\dfrac{3}{2} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.
7．如图甲所示，质量为 $ m=1\mathrm{k}\mathrm{g} $ 的物体置于倾角为 $ \theta ={37}^{\circ } $ 的足够长的固定斜面上，对物体施以平行于斜面向上的恒定拉力 $ F $ ， $ {t}_{1}=0.5\mathrm{s} $ 时撤去拉力，取沿斜面向上为正方向，物体速度与时间关系的部分图像如图乙所示 $ {\rm .} (g=10\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}, \sin {37}^{\circ }=0.6, \cos {37}^{\circ }=0.8) $ 求：
（1） 拉力 $ F $ 的大小；
（2） 物体沿斜面向上滑行的最大距离 $ s $ .
（1） $ 24\mathrm{N} $
（2） $ 6\mathrm{m} $
（1） 设物体在恒定拉力 $ F $ 作用时的加速度为 $ {a}_{1} $ ,撤去拉力 $ F $ 后物体的加速度为 $ {a}_{2} $ ,根据题图乙可知 $ {a}_{1}=\dfrac{\mathrm{\Delta }{v}_{1}}{\mathrm{\Delta }{t}_{1}}=16\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ , $ {a}_{2}=\dfrac{\mathrm{\Delta }{v}_{2}}{\mathrm{\Delta }{t}_{2}}=-8\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,有恒定拉力 $ F $ 作用时,对物体进行受力分析,由牛顿第二定律得 $ F-mg \sin \theta -\mu mg \cos \theta =m{a}_{1} $ ,撤去拉力 $ F $ 后,对物体进行受力分析,由牛顿第二定律得 $ -(mg \sin \theta +\mu mg \cos \theta )=m{a}_{2} $ ,联立解得 $ F=24\mathrm{N} $ .
（2） 设撤去拉力 $ F $ 后物体运动到最高点所用时间为 $ {t}_{2} $ ,到最高点时物体速度为零,可得 $ {t}_{2}=\dfrac{0-{v}_{\mathrm{m}}}{{a}_{2}}=\dfrac{0-8}{-8}\mathrm{s}=1\mathrm{s} $ ,物体沿斜面向上滑行的最大距离 $ s=\dfrac{1}{2}{a}_{1}{t}_{1}^{2}+{v}_{\mathrm{m}}{t}_{2}+\dfrac{1}{2}{a}_{2}{t}_{2}^{2}=6\mathrm{m} $ .
8．如图所示，半球形容器内有三块不同长度的滑板 $ AO\prime $ 、 $ BO\prime $ 、 $ CO\prime $ ，其下端都固定于容器底部 $ O\prime $ 点，上端搁在容器侧壁上，已知三块滑板的长度 $ BO\prime > AO\prime > CO\prime $ .若三个相同的滑块同时从 $ A $ 、 $ B $ 、 $ C $ 处开始由静止下滑（忽略阻力），则（ ）
A． $ A $ 处滑块最先到达 $ O\prime $ 点
B． $ B $ 处滑块最先到达 $ O\prime $ 点
C． $ C $ 处滑块最先到达 $ O\prime $ 点
D．三个滑块同时到达 $ O\prime $ 点
设半球形容器的半径为 $ R $ ,滑板的倾角为 $ \theta $ ,对滑块进行分析,根据牛顿第二定律有 $ mg \sin \theta =ma $ ,根据位移公式有 $ 2R \sin \theta =\dfrac{1}{2}a{t}^{2} $ ,解得 $ t=2\sqrt{\dfrac{R}{g}} $ ,可知运动时间 $ t $ 与滑板的倾角 $ \theta $ 和滑板的长度均无关,故三个滑块同时到达 $ O\prime $ 点.故选 $ \mathrm{D} $ .
9．某儿童立体游乐场，在水平的一、二、三层平台之间建造了三个滑梯 $ BA $ 、 $ CA $ 、 $ CB $ ，三个滑梯分别位于三个平行的竖直平面内.从侧面看如图所示，滑梯可看作光滑的斜面，其中 $ AB $ 与 $ AC $ 垂直， $ BC $ 的中点在 $ A $ 点的正上方.小朋友从三个滑梯顶端均由静止开始下滑，到达该滑梯底端所用的时间分别为 $ {t}_{BA} $ 、 $ {t}_{CA} $ 、 $ {t}_{CB} $ .则下列关系正确的是（ ）
A． $ {t}_{BA}={t}_{CA}={t}_{CB} $
B． $ {t}_{BA} < {t}_{CA} < {t}_{CB} $
C． $ {t}_{BA} > {t}_{CA}={t}_{CB} $
D． $ {t}_{BA}={t}_{CA} < {t}_{CB} $
如图所示,以 $ A $ 、 $ B $ 、 $ C $ 三点构建一个竖直面内的圆, $ A $ 为圆与第一层水平面的切点,由题可知 $ BC $ 为该圆的一条直径,所以 $ A $ 为最低点, $ AB $ 、 $ AC $ 为圆的两条弦,根据等时圆规律可知 $ {t}_{BA}={t}_{CA} < {t}_{CB} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .
1．物理课上，老师做了如图所示的演示实验，让两辆小车 $ A $ 、 $ B $ 沿水平滑轨同时从静止开始做匀加速直线运动，若两辆小车受到的合外力大小相等，测得相等时间内小车 $ A $ 、 $ B $ 的位移大小分别为 $ {x}_{A} $ 、 $ {x}_{B} $ ，则两辆小车的质量之比 $ \dfrac{{m}_{A}}{{m}_{B}} $ 为（ ）
A． $ \sqrt{\dfrac{{x}_{A}}{{x}_{B}}} $
B． $ \sqrt{\dfrac{{x}_{B}}{{x}_{A}}} $
C． $ \dfrac{{x}_{A}}{{x}_{B}} $
D． $ \dfrac{{x}_{B}}{{x}_{A}} $
根据位移—时间公式有 $ x=\dfrac{1}{2}a{t}^{2} $ ,根据牛顿第二定律有 $ F=ma $ ,解得 $ m=\dfrac{F{t}^{2}}{2x} $ ,可知 $ \dfrac{{m}_{A}}{{m}_{B}}=\dfrac{{x}_{B}}{{x}_{A}} $ ,故选 $ \mathrm{D} $ .
2．如图甲所示，倾角为 $ \theta $ 的粗糙斜面体固定在水平面上，质量为 $ m $ 的小木块在沿斜面向下的恒力 $ F $ 作用下沿斜面下滑，小木块与斜面间的动摩擦因数为0.25.若取沿斜面向下为正方向，当恒力 $ F $ 取不同数值时，小木块的加速度 $ a $ 不同，如图乙所示.取 $ g=10\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ， $ \sin {53}^{\circ }=0.8 $ .下列说法正确的是（ ）
A．小木块的质量为 $ 7.5\mathrm{k}\mathrm{g} $
B．小木块的质量为 $ 5\mathrm{k}\mathrm{g} $
C．斜面倾角为 $ \theta ={30}^{\circ } $
D．斜面倾角为 $ \theta ={53}^{\circ } $
根据题意,以小木块为研究对象,根据牛顿第二定律有 $ F+mg \sin \theta -\mu mg \cos \theta =ma $ ,整理可得 $ a=\dfrac{1}{m}F+g( \sin \theta -\mu \cos \theta ) $ ,由题图乙可知 $ \dfrac{4}{30}{\mathrm{k}\mathrm{g}}^{-1}=\dfrac{1}{m} $ ,纵截距 $ 4\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}=g( \sin \theta -\mu \cos \theta ) $ ,又 $ { \sin }^{2}\theta +{ \cos }^{2}\theta =1 $ ,解得 $ m=7.5\mathrm{k}\mathrm{g} $ , $ \theta ={37}^{\circ } $ ,故选 $ \mathrm{A} $ .
3．如图所示，竖直面内固定一大圆环③，三个小环套在三根不同的光滑杆上，从上至下杆长之比为 $ 1:4:9 $ ，杆的上端固定在圆的顶点 $ O $ ，下端分别固定在圆①②③的圆周 $ A $ 、 $ B $ 、 $ C $ 点上.圆①②③共用顶点 $ O $ ，半径之比为 $ 1:2:3 $ ，三个小环从顶点 $ O $ 由静止开始分别沿三根杆自由下滑至 $ A $ 、 $ B $ 、 $ C $ 三点经过的时间之比为（ ）
A． $ 1:2:3 $
B． $ 1:1:1 $
C． $ 1:\sqrt{2}:\sqrt{3} $
D． $ 1:(\sqrt{2}-1):(\sqrt{3}-\sqrt{2}) $
设光滑杆与竖直直径的夹角为 $ \theta $ ,圆的半径为 $ R $ ,对小环受力分析可得,小环所受合外力大小为 $ {F}_{合}=mg \cos \theta $ ,方向沿杆向下,根据牛顿第二定律可得小环的加速度大小为 $ a=g \cos \theta $ ,小环沿杆运动的位移为 $ x=2R \cos \theta $ ,根据位移—时间关系有 $ x=\dfrac{1}{2}a{t}^{2} $ ,可得小环沿杆运动的时间为 $ t=2\sqrt{\dfrac{R}{g}} $ ,则三个小环运动时间之比为 $ {t}_{1}:{t}_{2}:{t}_{3}=\sqrt{{R}_{1}}:\sqrt{{R}_{2}}:\sqrt{{R}_{3}}=1:\sqrt{2}:\sqrt{3} $ ,故选 $ \mathrm{C} $ .
4．质量为 $ 1\mathrm{k}\mathrm{g} $ 的物块在水平力 $ F $ 的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动， $ F $ 与时间 $ t $ 的关系如图所示.已知物块与地面间的动摩擦因数为 $ 0.2 $ ，重力加速度大小取 $ g=10\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ .则（ ）
A． $ 2\mathrm{s} $ 末物块的加速度大小为 $ 4\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $
B． $ 4\mathrm{s} $ 末物块的速度大小为 $ 4\mathrm{m}/\mathrm{s} $
C．前 $ 6\mathrm{s} $ 内物块距出发位置最远距离为 $ 9\mathrm{m} $
D． $ 6\mathrm{s} $ 末物块回到出发位置
$ 0\mathrm{～}3\mathrm{s} $ 内,对物块受力分析,由牛顿第二定律有 $ {F}_{1}-\mu mg=m{a}_{1} $ ,解得 $ {a}_{1}=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,故 $ 2\mathrm{s} $ 末物块的加速度大小为 $ {a}_{1}=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ , $ \mathrm{A} $ 错误； $ 3\mathrm{s} $ 末物块的速度大小为 $ {v}_{3}={a}_{1}{t}_{1}=6\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ 3\mathrm{～}4\mathrm{s} $ 内物块做匀减速直线运动,由牛顿第二定律有 $ |{F}_{2}|+\mu mg=m{a}_{2} $ ,解得加速度大小为 $ {a}_{2}=6\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,所以 $ 4\mathrm{s} $ 末物块的速度大小为 $ {v}_{4}={v}_{3}-{a}_{2}{t}_{2}=0 $ , $ \mathrm{B} $ 错误； $ 4\mathrm{s} $ 末物块速度减为零,之后反向加速,所以前 $ 6\mathrm{s} $ 内物块距出发位置最远距离为前 $ 4\mathrm{s} $ 内的位移大小,为 $ {x}_{4}=\dfrac{1}{2}{a}_{1}{t}_{1}^{2}+\dfrac{1}{2}{a}_{2}{t}_{2}^{2}=12\mathrm{m} $ , $ \mathrm{C} $ 错误； $ 4\mathrm{～}6\mathrm{s} $ 内,物块向反方向做匀变速直线运动,由牛顿第二定律有 $ |{F}_{3}|-\mu mg=m{a}_{3} $ ,解得加速度大小为 $ {a}_{3}=6\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,前 $ 6\mathrm{s} $ 内的位移为 $ {x}_{6}={x}_{4}-\dfrac{1}{2}{a}_{3}{t}_{3}^{2}=12\mathrm{m}-\dfrac{1}{2}×6×{2}^{2}\mathrm{m}=0\mathrm{m} $ ,所以 $ 6\mathrm{s} $ 末物块回到出发位置, $ \mathrm{D} $ 正确.
5．如图所示，足够长的光滑斜面与水平面间的夹角为 $ \theta $ ，质量为 $ m $ 的滑块以初速度 $ {v}_{0} $ 垂直于底边沿斜面向上滑，同时对滑块施加大小为 $ F(F=kv $ , $ k $ 为常量 $ ) $ 、方向总是与速度方向相反的拉力.若滑块上滑到最高点视为过程Ⅰ，滑块从最高点返回到初始位置视为过程Ⅱ，最终回到初始位置时的速度大小为 $ {v}_{1} $ ，以沿斜面向上为正方向，则滑块速度大小 $ v $ 与时间 $ t $ 的关系图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
对过程Ⅰ分析,根据牛顿第二定律有 $ a=\dfrac{mg \sin \theta +kv}{m}=g \sin \theta +\dfrac{kv}{m} $ ,加速度方向沿斜面向下,所以滑块先向上做减速运动,并且加速度逐渐减小,对应的图像的斜率的绝对值逐渐减小；对过程Ⅱ分析,根据牛顿第二定律有 $ a=\dfrac{mg \sin \theta -kv}{m}=g \sin \theta -\dfrac{kv}{m} $ ,加速度方向沿斜面向下,所以滑块会向下做加速运动,并且加速度逐渐减小,对应的图像的斜率的绝对值逐渐减小 $ .\mathrm{D} $ 正确.
6．某运动员进行跳伞训练，他打开降落伞后的速度—时间图线如图甲所示.降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为 $ {37}^{\circ } $ ，如图乙所示.已知该运动员的质量为 $ 50\mathrm{k}\mathrm{g} $ ，降落伞质量也为 $ 50\mathrm{k}\mathrm{g} $ ，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力 $ f $ 与速度 $ v $ 成正比，即 $ f=kv $ ，其中 $ k $ 为阻力系数 $ {\rm .} g $ 取 $ 10\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ， $ \cos {37}^{\circ }=0.8 $ ， $ \sin {37}^{\circ }=0.6 $ .求：
（1） 打开降落伞前运动员下落的距离；
（2） 阻力系数 $ k $ 和打开伞后瞬间的加速度 $ a $ 的大小；
（3） 为了安全，每根绳至少要能够承受多大的拉力.
（1） $ 20\mathrm{m} $
（2） $ 200\mathrm{k}\mathrm{g}/\mathrm{s} $ ； $ 30\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $
（3） $ 312.5\mathrm{N} $
（1） 由题图甲可知,打开降落伞瞬间运动员的速度大小为 $ {v}_{0}=20\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,打开降落伞前运动员做自由落体运动,根据速度与位移公式得 $ {ℎ}_{0}=\dfrac{{v}_{0}^{2}}{2g}=20\mathrm{m} $ .
（2） 由题图甲可知,当速度等于 $ 5\mathrm{m}/\mathrm{s} $ 时,运动员与降落伞做匀速运动,受力平衡,则有 $ kv=2mg $ ,可得 $ k=\dfrac{2mg}{v}=200\mathrm{k}\mathrm{g}/\mathrm{s} $ ,刚打开降落伞瞬间,根据牛顿第二定律得 $ k{v}_{0}-2mg=2ma $ ,可得 $ a=\dfrac{k{v}_{0}-2mg}{2m}=30\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ .
（3） 由题知,刚打开降落伞时,每根绳对运动员的拉力最大,设为 $ T $ ,以运动员为研究对象,根据牛顿第二定律得 $ 8T \cos {37}^{\circ }-mg=ma $ ,解得 $ T=\dfrac{m(a+g)}{8× \cos {37}^{\circ }}=312.5\mathrm{N} $ ,所以每根绳至少要能够承受 $ 312.5\mathrm{N} $ 的拉力.
7．一足够长的斜面固定在水平地面上，斜面倾角 $ \theta ={30}^{\circ } $ ，斜面分为粗糙程度不同的 $ AB $ 段和 $ BC $ 段 $ {\rm .} AB $ 段长 $ 22.5\mathrm{m} $ ，与物体间的动摩擦因数为 $ {\mu }_{1} $ ， $ BC $ 段足够长，与物体间的动摩擦因数为 $ {\mu }_{2} $ ， $ {\mu }_{2}=\dfrac{1}{2}{\mu }_{1} $ ，重力加速度 $ g=10\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ .质量 $ m=2\mathrm{k}\mathrm{g} $ 的物体恰好能在斜面的 $ AB $ 段匀速下滑.
（1） 求斜面 $ AB $ 段的动摩擦因数 $ {\mu }_{1} $ ;
（2） 如图所示，如果给物体一个沿斜面向上的拉力 $ F=30\mathrm{N} $ ，使物体从 $ A $ 点由静止开始运动，运动到 $ B $ 点时立即撤去拉力 $ F $ ，求物体再次回到 $ B $ 点时的速度.
（1） $ \dfrac{\sqrt{3}}{3} $
（2） $ 5\sqrt{3}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,方向沿斜面向下
（1） 由题可知,物体恰好能在斜面的 $ AB $ 段匀速下滑,有 $ mg \sin \theta ={\mu }_{1}mg \cos \theta $ ,
解得 $ {\mu }_{1}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} $ .
（2） 物体在 $ AB $ 段做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可得加速度大小为 $ {a}_{1}=\dfrac{F-mg \sin \theta -{\mu }_{1}mg \cos \theta }{m}=5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,
根据运动学规律可得 $ {v}_{B}^{2}=2{a}_{1}{s}_{AB} $ ,解得物体运动到 $ B $ 点时速度大小 $ {v}_{B}=15\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,
此后撤去拉力,物体先在 $ BC $ 段向上做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律可得加速度大小为 $ {a}_{2}=\dfrac{mg \sin \theta +{\mu }_{2}mg \cos \theta }{m} $ ,其中 $ {\mu }_{2}=\dfrac{1}{2}{\mu }_{1}=\dfrac{\sqrt{3}}{6} $ ,解得 $ {a}_{2}=7.5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,
向上运动的位移大小为 $ {x}_{1}=\dfrac{{v}_{B}^{2}}{2{a}_{2}}=15\mathrm{m} $ ,
之后物体向下做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可得加速度大小为 $ {a}_{3}=\dfrac{mg \sin \theta -{\mu }_{2}mg \cos \theta }{m}=2.5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,
则物体再次回到 $ B $ 点时速度大小为 $ v{\prime }_{B}=\sqrt{2{a}_{3}{x}_{1}}=5\sqrt{3}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,方向沿斜面向下.
8．风洞实验室中可产生大小和方向都可以调节的风力.如图所示为某风洞中的实验示意图.一质量为 $ 1\mathrm{k}\mathrm{g} $ 的小球套在一根固定的粗糙直杆上，直杆与水平方向的夹角为 $ \theta ={30}^{\circ } $ ，小球在竖直向上的风力 $ F $ 作用下，从 $ A $ 点由静止出发沿直杆向上运动，在杆上 $ A $ 点右上方有一点 $ B $ ， $ A $ 、 $ B $ 间距离 $ {x}_{AB}=2.65\mathrm{m} $ ，若风力 $ F=18\mathrm{N} $ ，风力 $ F $ 作用 $ {t}_{1}=1.5\mathrm{s} $ 后撤去，杆与球间的动摩擦因数 $ \mu =\dfrac{\sqrt{3}}{6} $ ，重力加速度 $ g=10\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ .求：
（1） 风力 $ F $ 作用时小球的加速度大小 $ {a}_{1} $ ；
（2） 小球上滑过程中到 $ A $ 点的最大距离 $ {x}_{\mathrm{m}} $ ；
（3） 小球从 $ A $ 点开始运动后经多长时间会向下经过 $ B $ 点.
（1） $ 2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $
（2） $ 2.85\mathrm{m} $
（3） $ 2.3\mathrm{s} $
（1） 在风力 $ F $ 作用时,沿杆方向,根据牛顿第二定律有 $ (F-mg) \sin {30}^{\circ }-\mu {F}_{\mathrm{N}}=m{a}_{1} $ ,
垂直杆方向有 $ {F}_{\mathrm{N}}=(F-mg) \cos {30}^{\circ } $ ,
解得 $ {a}_{1}=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ .
（2） 设 $ F $ 作用时小球的位移大小为 $ {x}_{1} $ ,刚撤去 $ F $ 时小球的速度为 $ {v}_{1} $ ,则有 $ {v}_{1}={a}_{1}{t}_{1} $ , $ {x}_{1}=\dfrac{1}{2}{a}_{1}{t}_{1}^{2} $ ,
解得 $ {v}_{1}=3\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ {x}_{1}=2.25\mathrm{m} $ ,
撤去 $ F $ 后,小球做匀减速直线运动,设减速位移大小为 $ {x}_{2} $ ,根据牛顿第二定律可得 $ mg \sin {30}^{\circ }+\mu mg \cos {30}^{\circ }=m{a}_{2} $ ,
由运动学规律可得 $ {x}_{2}=\dfrac{{v}_{1}^{2}-0}{2{a}_{2}} $ ,
解得 $ {a}_{2}=7.5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ , $ {x}_{2}=0.6\mathrm{m} $ ,
则小球上滑过程中到 $ A $ 点的最大距离为 $ {x}_{\mathrm{m}}={x}_{1}+{x}_{2}=2.85\mathrm{m} $ .
（3） 设撤去风力 $ F $ 后小球上滑的时间为 $ {t}_{2} $ ,则有 $ {t}_{2}=\dfrac{{v}_{1}-0}{{a}_{2}}=0.4\mathrm{s} $ ,
小球下滑时根据牛顿第二定律有 $ mg \sin {30}^{\circ }-\mu mg \cos {30}^{\circ }=m{a}_{3} $ ,
解得 $ {a}_{3}=2.5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,
小球由最高点返回 $ B $ 点时有 $ {x}_{\mathrm{m}}-{x}_{AB}=\dfrac{1}{2}{a}_{3}{t}_{3}^{2} $ ,
解得 $ {t}_{3}=0.4\mathrm{s} $ ,
小球从 $ A $ 点开始运动后到下滑经过 $ B $ 点时所用的时间 $ t={t}_{1}+{t}_{2}+{t}_{3}=2.3\mathrm{s} $ .