高中物理人教(新课标)必修1同步练习：47用牛顿定律解决问题(二)有答案

高中物理人教（新课标）必修1同步练习：4.7用牛顿定律解决
问题（二）
一、单选题（共8题；共16分）
1. 放在水平地面上的一物体，受到方向不变的水平推力F的作用，力F与时间t的关系和物体速度v与时间t的关系如图所示，则下列说法正确的是(g=10m/s2)()
A.物体与地面间的摩擦因数为0.2
B.物体与地面间的摩擦因数为0.4
C.9s内，力F做的功是126J
D.3∼6s和6∼9s两段时间内摩擦力的平均功率相等
2. 一物块位于粗糙水平面上，用大小为F、方向如图所示的力作用在物体上，使它以加速度a向右加速运动．保持拉力方向不变，当拉力大小变为2F时（物块未离开地面）（）
A.物体的加速度小于2a
B.物体的加速度等于2a
C.物体的加速度大于2a
D.因为物块的质量未知，故不能确定a的变化情况
3. 如图所示，在质量为M的小车中，用细线悬挂一个质量为m的小球，在水平牵引力的作用下，小车向右做匀加速运动，稳定时悬线向左偏离竖直方向的角度为α。

撤去牵引力后，小车继续向右运动，稳定时悬线向右偏离竖直方向的角度为β。

则牵引力的大小为（）
A.(M+m)g tanβ
B.(M−m)g tanα
C.(M+m)g(tanα+tanβ)
D.(M+m)g(tanα−tanβ)
4. 一物块在固定的粗糙斜面底端以初速度v0沿斜面向上运动，又返回底端。

能够描述
物块速度v随时间t变化关系的图像是（）
A. B.
C. D.
5. 质量一定的某物体放在粗糙的水平面上处于静止状态，若一个方向始终沿水平方向、大小从零开始缓慢增大的变力F作用在物体上，物体的加速度a与F关系图像如图所示，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（）
A.物体与水平面间的最大静摩擦力为5N
B.物体的质量为1kg
C.F为5N时物体的速度为3m/s
D.物体与水平面间的动摩擦因数为0.2
6. 如图所示，质量为10kg的物体，在水平地面上向左运动．物体与水平面间的动摩擦
因数为0.1．与此同时，物体受到一个水平向右的推力F＝30N的作用，则物体的加速
度为(g取10m/s2
A.4 m/s2，水平向左
B.4 m/s2，水平向右
C.2 m/s2，水平向左
D.2 m/s2，水平向右
7. 质量为M的人站在地面上，用绳通过定滑轮将质量为m的重物从高处放下，如右图
所示，若重物以加速度a向下降落(a
A.(m+M)g−ma
B.M(g−a)−ma
C.(M−m)g+ma
D.Mg−ma
8. 如图所示，水平地面上固定一斜面，斜面倾角为θ，初始时将一物体A轻放在斜面上，A与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．下列分析正确的是（）
A.若μ>tanθ，并在物体A上施加一竖直向下的恒力F，则物体A将在力F的作用下沿斜
面向下加速运动
B.若μ=tanθ，并在物体A上施加一竖直向下的恒力F，则物体A将在力F的作用下沿斜
面向下加速运动
C.若μ<tanθ，物体A将以加速度a沿斜面向下加速运动；在物体A上施加—竖直向下的
恒力F后，物体A将仍以加速度a沿斜面向下加速运动
D.若μ<tanθ，物体A将以加速度a沿斜面向下加速运动；在物体A上施加一竖直向下的
恒力F后，物体A将以大于a的加速度沿斜面向下加速运动
二、多选题（共4题；共12分）
如图所示，水平面上有一质量为m=2kg的滑块，t=0时，该滑块在恒定的水平拉力F作用下由静止开始做匀加速直线运动，t=1s时撤去拉力F，物体在整个运动过程中
的v−t图象如图所示，g＝10m/s2，则（）
A.拉力F的大小为18N
C.滑块与水平面的动摩擦因数为μ=0.3
D.滑块与水平面的动摩擦因数为μ=0.2
如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度v和弹簧压缩量x之间的函数图像如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小
k△x2，取g＝10m/s2），则下球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，（弹性势能E P=1
2
列说法正确的是（）
A.小球刚接触弹簧时加速度最大
B.当x＝0.1m时，小球的加速度为零
C.小球的最大加速度为51m/s2
D.小球释放时距弹簧原长的高度约为1.35m
如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，右边有一轻杆与竖直方向成α角并与横杆固定，下端连接一小铁球，横杆左边用一根轻质细线吊一小铁球，当小车向右运动时，细线保持与竖直方向成θ角，θ>α则下列说法正确的是（）
A.轻杆对小球的弹力方向一定不与细线平行
B.轻杆对小球的弹力方向可能沿着轻杆方向向上
C.此时小车一定是做加速运动
D.此时小车的加速度大小为g tanθ
一倾角为30∘的斜劈放在水平地面上，一物体沿斜劈匀速下滑。

现给沿斜面下滑的物体施加如图所示力F，F与竖直方向夹角为30∘，斜劈仍静止，则下列说法中正确的是（）
A.施加力F后，地面对斜劈的摩擦力大小为零
C.施加力F后，斜面对物体的摩擦力变大
D.若施加给沿斜面下滑的物体的推力F变为水平向右且斜劈仍静止，此时地面对斜劈的摩擦力为零
三、综合题（共4题；共50分）
在光滑的水平面内，建立一平面直角坐标系，一质量m＝1kg的小物块以速度v0＝
10m/s沿x轴正方向运动，经过原点O时开始受一沿y轴正方向的恒力F＝5N作用，直线OA与x轴成37∘角，如图所示。

(sin37∘＝0.6, cos37∘＝0.8)
（1）如果小物块的运动轨迹与直线OA相交于P点，则求物块从O点到P点所经历的时间以及P点的位置坐标；
（2）求小物块经过P点时的速度大小v p以及速度方向与x轴的夹角α（用tanα表示）。

如图(a)，木板OA可绕轴O在竖直平面内转动，木板上有一质量为m=1kg的物块，始终受到平行于斜面、大小为8N的力F的作用．改变木板倾角，在不同倾角时，物块会产生不同的加速度a，如图(b)所示为加速度a与斜面倾角的关系图线．已知物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力．求：(g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8)
（1）图线与纵坐标交点a0的大小；
（2）图线与θ轴重合区间为[θ1, θ2]，木板处于该两个角度时的摩擦力指向何方？在斜面倾角处于θ1和θ2之间时，物块的运动状态如何？
（3）如果木板长L=2m，倾角为37∘，物块在F的作用下由O点开始运动，为保证物块不冲出木板顶端，力F最多作用多长时间？
如图所示，倾角为37∘的斜面体固定在水平面上，斜面上A,B两个位置之间的距离为
2m，第一次用沿斜面向上、大小为F=6N的力把质量为0.5kg的物体由静止从A处拉
仍由A处从静止沿斜面向上运动，一段时间后撤去外力，物体运动到B处时速度刚好减
为零。

已知sin37∘=0.6,cos37∘=0.8，不计物体大小，重力加速度g=10m/s2。

求:
（1）物体与斜面间的动摩擦因数;
（2）物体第二次从A运动到B的过程，水平力F′的作用时间。

(结果可保留根式)
如图所示（1），在粗糙的水平地面上，放有一块质量为m＝1kg，初速度为v0的木块，现在加水平恒力F，方向与初速度的方向在同一条直线上，通过实验发现不同的F，物
与F的关系如图(2)所示（设v0的
块在地面运动的时间t不同，且当−2N≤F<2N时，1
t
方向为正、滑动摩擦力等于最大静摩擦力），则
（1）物块的初速度为多少？
（2）物块与地面间的动摩擦因数为多少？
（3）物块运动的时间t可能等于0.4s吗？说明原因。

参考答案与试题解析
高中物理人教（新课标）必修1同步练习：4.7用牛顿定律解决
问题（二）
一、单选题（共8题；共16分）
1.
【答案】
B,C
【考点】
平均功率
匀变速直线运动规律的综合运用
牛顿第二定律的概念
【解析】
(1)结合已知的速度-时间图像可以得出物体在不同时刻的运动情况；
(2)由F的大小与时间t的关系图像可以得出物体在不同时刻所受到的推力大小；
(3)运用牛顿第二定律解决问题
【解答】
解：A、由v−t图像可知，在6s∼9s内物体做匀速直线运动，处于平衡状态，由F−t 图像可知，
在此期间推力F=4N，由平衡条件得：F=f=4N；由v−t图像可知，在3s∼6s物体做匀加速直线运动，
加速度a=6−0
6−3
=2m/s2，由F−t图像可知，此时推力F′=6N，由牛顿第二定律得：F′−f=ma，
解得：m=F′−f
m =6−4
2
=1kg，滑动摩擦力f=μmg，故动摩擦因数μ=f
m
=4
1×4
=0.4，
故A错误，B正确；
C、由v−t图像可知，9s内的位移s=1
2
(3+6)×6=27m，物体的最终速度为6m/s，由动能定理得：
W−fs=1
2mv2，W=1
2
×1×62+4×27=126J，故C正确；
D、v−t图像与坐标轴所包围图形的面积是物体的位移，由v−t图像可知，3∼6s内的位移小于6∼9s内的位移，在这两段时间内摩擦力大小相等，因此3∼6s内摩擦力的功小于6∼9s内摩擦力的功，两段时间相等，在3∼6s内摩擦力的平均功率小于6∼9s内摩擦力的平均功率，故D错误；
故选：BC．
2.
【答案】
C
【考点】
牛顿第二定律的概念
力的合成与分解的应用
根据牛顿第二定律得出两种情况下的加速度表达式，再由数学知识分析即可．
【解答】
解：设物体与水平面间的动摩擦因数为μ，F与水平方向的夹角为θ，F拉物块时加速度为a，增大为2F后加速度为a′，
根据牛顿第二定律得：F cosθ−μ(mg−F sinθ)＝ma
2F cosθ−μ(mg−2F sinθ)＝ma′
则得a ′
a =F cosθ−μ(mg−F sinθ)
2F cosθ−μ(mg−2F sinθ)
=2(F cosθ+μF sinθ)−2μmg+μmg
F cosθ+μF sinθ−μmg
=2+μmg
F cosθ+μF sinθ−μmg
>2，则
a′>2a，故ABD错误，C正确；
故选C．
3.
【答案】
C
【考点】
质点的认识
【解析】
对物体进行受力分析，水平竖直正交分解，在水平方向利用牛顿第二定律求解拉力即可．
【解答】
在水平牵引力的作用下，小车向右做匀加速运动，取小球为研究对象受力分析
由牛顿第二定律可得mg tanα=ma1
解得a1=g
取小车和小球整体为研究对象，由牛顿第二定律可得F−μ(mg+Mg)t=(m+m)a1撤去牵引力后，小车继续向右做匀减速直线运动，取小球受力分析
由牛顿第二定律可得mg tanβ=ma2
a2=g tanβ
取整体为研究对象，由牛顿第二定律可得(mg+Mg)t=(m+M)a2
联立可得F=(M+m)g(tanα+tωβ)
由以上分析可知C符合题意，ABD不符合题意．
故答案为：C．
4.
【答案】
C
【考点】
v-t图像（匀变速直线运动）
匀变速直线运动的位移与时间的关系
用牛顿运动定律分析斜面体模型
利用牛顿第二定律可以判别加速度的变化；结合速度公式可以判别达到相同速率的运动时间大小．
【解答】
根据牛顿第二定律：上泪过程：mg sinθ+μmg cosθ=ma1，下滑过程：mg sinθ−
μmg cosθ=ma，比较可知：a1>a2
则物块上滑过程yt图象的斜率比下滑过程的大．由速度-时间公式得：上滑过程有V0= a1t0，下滑过程有v0=a2t1，可得：t1>t0
C符合题意，ABD不符合题意．
故答案为：C．．
5.
【答案】
B,D
【考点】
加速度与力的关系图象
动摩擦因数
【解析】
对物块运用牛顿第二定律得到F−a关系，根据图象的斜率、截距求解物块的质量和物块与水平面间的摩擦力和动摩擦因数；物块的加速度为零时物块的速度最大，可以根据物块的受力情况结合图象分析速度大小，但无法计算具体值.
【解答】
解：ABD．对物块运用牛顿第二定律可得F−μmg=ma，解得：F=ma+μmg，
F−a关系图线的斜率为k=m=2
2
kg=1kg，解得物块的质量为m=1kg，
图线与纵坐标的截距为：μmg=2N，解得物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，故A错误，BD正确；
C．当F为5N时，物块的加速度为3m/s2，物体做变速运动，此时物块的速度最大，但速度无法计算，故C错误．
故选BD．
6.
【答案】
B
【考点】
摩擦力的判断
牛顿第二定律的概念
【解析】
正确对物体进行受力分析，求出其合力；运用牛顿第二定律求出物体的加速度．
【解答】
在水平地面上向左运动，竖直方向受重力、支持力，水平方向受水平向右的推力、水平向右的摩擦力。

水平向右的推力F＝30N，摩擦力f＝μN＝0.1×100＝10N，所以合力大小为F
合
＝(30+10)N＝40N，方向水平向右；
根据牛顿第二定律得：
a=F
m =40N
10kg
=4m/s2，水平向右
【答案】
C
【考点】
质点的认识
【解析】
此题暂无解析
【解答】
研究重物的受力分析可知，重物受到绳子的拉力和重力，根据牛顿第二运动定律可得mg−T=ma，所以T=mg−ma，研究人：受到绳子的拉力，重力，地面的支持力，处于静止状态，所以T+N=Mg,所以N=Mg−T=Mg−mg+ma，选C
8.
【答案】
D
【考点】
用牛顿运动定律分析斜面体模型
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：若μ大于或等于tanθ，重力下滑分力小于或等于最大静摩擦力，物体静止，施加F
后相当于增大重力，物体仍静止，选项AB错误；
若μ<tanθ，重力下滑分力大于最大静摩擦力，物体加速下滑，施加F后合外力增大，
但质量不变，故加速度增大，选项C错误，D正确．
故选D．
二、多选题（共4题；共12分）
【答案】
A,C
【考点】
v-t图像（匀变速直线运动）
牛顿第二定律的概念
动能定理的应用
【解析】
利用斜率可以求出加速度的大小；结合牛顿第二定律可以求出拉力和摩擦力的大小；
利用摩擦力的表达式可以求出动摩擦因素的大小．
【解答】
=6m/s2
速度时间图象的斜率表示加速度，则0−15的加速度大小为：a1=6
1
1−3s的加速度大小为：a2=6
=3m/s2
3−1
0−152没有撤去拉力F,根据牛顿第二定律有：F−μmg=ma1=12①
1−3s撤去拉力F,根据牛顿第二定律有：μmg=ma2=6②
=0.3
由②得：μ=a2
g
由①得：F=18N
AC符合题意，BD不符合题意．
故答案为：AC．
B,C
【考点】
机械能守恒的判断
牛顿第二定律的概念
【解析】
根据图像可知，当△x为0.1m时，小球的速度最大，加速度为零，此时重力等于弹簧对它的弹力，根据k△x＝mg求出k，再求出最低点的弹力，根据牛顿第二定律求解在最
低点的加速度，与刚开始接触时比较得出什么时候加速度最大，再利用动能定理时，
利用好弹簧的弹性势能公式即可。

【解答】
A、由小球的速度图像知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当△x为0.1m时，小球的速度最大，然后减小，说明当△x为0.1m时，小球的重力等于
弹簧对它的弹力。

所以可得：k△x＝mg
解得：k=mg
△x =0.2×10
0.1
N/m=20N/m
弹簧的最大缩短量为：△x m＝0.61m
所以弹簧的最大值为：F m＝20N/m×0.61m＝12.2N
弹力最大时的加速度为：a=F m−mg
m =12.2−0.2×10
0.2
m/s2=51m/s2，小球刚接触弹簧时
加速度为10m/s2，所以压缩到最短的时候加速度最大，故A错误，C正确；
B、当△x＝0.1m时，小球的速度达到最大，此时加速度为零，故B错误；
D、在整个过程中，根据动能定理可知：mg(ℎ+△x m)−1
2
k△x2=0−0，解得：ℎ＝1.25m，故D错误；
【答案】
C,D
【考点】
牛顿第二定律的概念
力的合成与分解的应用
【解析】
小球和小车具有相同的加速度，根据对左边小球分析，通过牛顿第二定律求出加速度的大小，结合左边小球所受的合力和重力的大小方向确定轻杆对小球的弹力方向。

【解答】
C、左边小球的状态可知，小车一定是做加速运动，故C正确；
D、因为两个小球所受的加速度相同，等于小车的加速度，对左边小球分析，受力分
析如图，则加速度a=mg tanθ
m
=g tanθ，故D正确；
AB、对于右边的小球，重力为Mg，合力为Mg tanα，根据平行四边形定则知，小球所
受的弹力方向与绳子的拉力方向一致，可知轻杆对小球的弹力方向与细线方向平行，故AB错误。

【答案】
A,C,D
【考点】
力的合成与分解的应用
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】
物块匀速下滑时，受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，故支持力和摩擦力的合力与
重力平衡，竖直向上，根据牛顿第三定律得到滑块对斜面体的作用力方向；当加推力F 后，滑块对斜面体的压力和滑动摩擦力同比增加，合力方向不变。

【解答】
ABC、物块匀速下滑时，受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，故支持力和摩擦力的
合力与重力平衡，竖直向上，根据牛顿第三定律得到物体对斜面体的作用力方向竖直
向下，等于mg；
当加推力F后，根据滑动摩擦定律f＝μN，支持力和滑动摩擦力同比增加，故支持力和
滑动摩擦力合力的方向不变，物体仍将沿斜面匀速下滑，根据牛顿第三定律，滑块对
斜面体的压力和滑动摩擦力的合力方向也不变，竖直向下；由于物体对斜面体的压力
和滑动摩擦力的合力方向不变，竖直向下；因此地面对斜劈没有摩擦力，故AC正确B
错误；
D、若推力F变为水平向右，由上面的分析知：支持力和滑动摩擦力同比增加，故支持
力和滑动摩擦力合力的方向不变，还是竖直向上，根据牛顿第三定律，物体对斜面体
的压力和滑动摩擦力的合力方向也不变，竖直向下；由于物体对斜面体的压力和滑动
摩擦力的合力方向不变，竖直向下；因此地面对斜劈没有摩擦力，故D正确；
三、综合题（共4题；共50分）
【答案】
小物块从O点到P点所经历的时间为3s，P点的位置坐标为(30 m, 22.5 m)；
小物块经过P点时的速度大小v p为5√13m/s，速度方向与x轴的夹角α的正切值为1.5
（用tanα表示）。

【考点】
合运动与分运动的概念
平抛运动的概念
【解析】
（1）由牛顿第二定律和运动的分解把方法可求小物块从O点到P点所经历的时间以及P
点的位置坐标；
（2）通过运动的合成与分解可求小物块经过P点时的速度大小v p以及速度方向与x轴
的夹角α（用tanα表示）。

【解答】
由题意可知小物体做类平抛运动，由牛顿第二定律得：F＝ma
x轴方向上，由匀速直线运动规律有：x＝v0t
at2
y轴方向上，由匀加速直线运动规律有：y=1
2
由几何关系得：tan370=y
x
代入数据解得：t＝3 s，x＝30 m，y＝22.5 m
即P点的位置坐标为(30 m, 22.5 m)
小物体在P点时，y轴方向上的速度为：v y＝at＝15 m/s
小物块经过P点时的速度大小为：v P=√v02+v y2=5√13m/s
=1.5
速度方向与x轴的夹角α的正切值为：tanα=v y
v0
【答案】
（1）图线与纵坐标交点a0的大小为6m/s2；
（2）当木板倾角为θ1时，摩擦力沿斜面向下，当木板倾角为θ2时，摩擦力沿斜面向上，
当θ角处于θ1和θ2之间时物块静止．
（3）为保证物块不冲出木板顶端，力F最多作用3.1s．
【考点】
牛顿第二定律的概念
【解析】
（1）纵坐标交点表示木板水平放置时的加速度，根据牛顿第二定律即可求解；
（2）当摩擦力沿斜面向下且加速度为零时木板倾角为θ1，当摩擦力沿斜面向上且加速度为零时木板倾角为θ2，这时物块处于静止状态；
（3）根据牛顿第二定律分别求出有F和撤去F时的加速度，根据匀变速直线运动的基本公式求出这两个过程的位移，根据两段位移之和为L求解．
【解答】
解：（1）当木板水平放置时，物块的加速度为a0
此时滑动摩擦力f=μN=μmg=0.2×1×10N=2N
由牛顿第二定律F−f=ma0，
求得a0=F−f
m =8−2
1
m/s2=6m/s2
（2）当木板倾角为θ1时，摩擦力沿斜面向下
当木板倾角为θ2时，摩擦力沿斜面向上
当θ角处于θ1和θ2之间时物块静止
（3）力F作用间间最多时，撤去力后物块滑到斜面顶端时速度恰好减小到零．设力F作用时物块的加速度为a1，由牛顿第二定律得
a1=F−mg sin37∘−μmg cos37∘
m =8−10×0.6−0.2×10×0.8
1
m/s2=0.4m/s2．
撤去力F后物块的加速度大小为a2，由牛顿第二定律
a2=mg sin37∘+μmg cos37∘
m =10×0.6+0.2×10×0.8
1
m/s2=7.6m/s2
设物块不冲出木板顶端，力F最长作用时间为t 则撤去力F时的速度v=a1t
由题意有L=s1+s2=1
2a1t2+a12t2
2a2
．
由以上各式得t=√2a2L
a1(a1+a2)=√2×7.6×2
0.4×(0.4+7.6)
s≈3.1s．
答：（1）图线与纵坐标交点a0的大小为6m/s2；
（2）当木板倾角为θ1时，摩擦力沿斜面向下，当木板倾角为θ2时，摩擦力沿斜面向上，当θ角处于θ1和θ2之间时物块静止．
（3）为保证物块不冲出木板顶端，力F最多作用3.1s．
【答案】
解：设A,B间的距离为L，当拉力沿着斜面向上时，加速度为a0，加速运动的时间为t0
根据运动学公式L=1
2
a0t02
沿斜面向上运动的加速度a0=2L
t02
=4m/s2
根据牛顿第二定律F−mg sinθ−μmg cosθ=ma0
μ=F−mg sinθ−ma0
mg cosθ
=0.25
解：物体先加速运动，撤去外力后，减速运动，当运动到B位置速度恰减为零时作用时间最短。

设加速运动时加速度大小为a1，加速运动的时间为t1沿着斜面方向F′cosθ−mg sinθ−μF N=ma1
垂直斜面方向F′sinθ+mg cosθ−F N=0
联立解得a1=5m/s2
设减速运动时加速度大小为a2，根据牛顿第二定律mg sinθ+μmg cosθ=ma2
解得a2=8m/s2
匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，设这一速度为v 2
2a1+v2
2a2
=L
解得v=4√10
13
m/s
作用时间t=t1=v
a1=4
5
√10
13
s
【考点】
质点的认识
【解析】
（1）小球做匀加速运动，结合运动学公式求解小球的加速度，在斜面方向应用牛顿第二定律列方程求解动摩擦因数；
（2）对物体进行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面两个方向上分解，在沿斜面方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度，利用运动学公式求解运动时间．
【解答】
此题暂无解答
【答案】
物块的初速度为2m/s
物块与地面间的动摩擦因数为0.2
物块运动的时间t不可能等于0.4s；当−2 N≤F<2 N时，由图线可知运动时间大于等于0.5 s；而当F的大小超过2 N时，物体就不可能静止，所以运动时间为无穷。

【考点】
力的合成与分解的应用
牛顿第二定律的概念
【解析】
通过图像可知物体做匀减速运动，利用牛顿第二定律求的加速度，再有速度时间公式求的1
t
与F之间的关系，即可求的初速度；有图像截距即可求的摩擦因数；根据图像即可判断时间
【解答】
物块做匀减速运动至静止μmg−F＝ma①
0＝v0−at②
由①②得：1
t =μg
v0
−1
mv0
F③
由③式和图线斜率可得：1
mv0=1
2
又因m＝1 kg则v0＝2 m/s
由③式和图线截距可得：μg
v0
=1则μ＝0.2
当−2 N≤F<2 N时，由图线可知运动时间大于等于0.5 s；
当F小于−2 N时，它会反向加速，同样不能静止，运动时间不是0.4s；
而当F的大小超过2 N时，物体就不可能静止，所以运动时间为无穷。

不可能；。