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高中物理人教版 (2019)必修 第一册第四章 运动和力的关系3 牛顿第二定律课后测评
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这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第一册第四章 运动和力的关系3 牛顿第二定律课后测评，共6页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题
1．(2019·昆明高一检测)由牛顿第二定律知，无论怎样小的力都可以使物体产生加速度，可是当我们用一个力推桌子没有推动时是因为( )
A．牛顿第二定律不适用于静止的物体
B．桌子的加速度很小，速度增量很小，眼睛不易觉察到
C．推力小于摩擦力，加速度是负值
D．推力、重力、地面的支持力与摩擦力的合力等于零，物体的加速度为零，所以物体仍静止
解析：选D.牛顿第二定律中的力应理解为物体所受的合力．用一个力推桌子没有推动，是由于桌子所受推力、重力、地面的支持力与摩擦力的合力等于零，物体的加速度为零，所以物体仍静止，故选项D正确，选项A、B、C错误．
2．(2019·浙江期中)来自北京工业大学的一群大学生，受“蜘蛛侠”的启发，研发出了独特的六爪攀壁机器人(如图甲)．六爪攀壁蜘蛛机器人如同排球大小，“腹部”底盘较低，并且安装了驱动风扇．假设所攀爬的墙体为一张纸，当纸靠近运转的电风扇时，由于压力差的改变，纸会被紧紧吸附在电扇表面．正是运用了这个原理，当机器人腹部的驱动风扇开始运转，它便可以稳稳地吸附于墙体上．假设“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀加速“爬行”到B点．在此过程中，重力之外的其他力的合力用F表示，则“机器人”受力情况分析正确的是( )
解析：选C.“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀加速“爬行”到B点，加速度从A指向B，根据牛顿第二定律可知，在竖直平面内“蜘蛛侠”的合力方向应该是从A指向B，结合平行四边形定则知：F与mg的合力沿A到B方向，故C正确，A、B、D错误．
3.如图所示，放在光滑水平面上的一个物体，同时受到两个水平方向力的作用，其中水平向右的力F1＝5 N，水平向左的力F2＝10 N，当F2由10 N逐渐减小到零的过程中，物体的加速度大小是( )
A．逐渐减小 B．逐渐增大
C．先减小后增大 D．先增大后减小
解析：选C.一开始，物体所受合力为F＝10 N－5 N＝5 N，方向向左，当F2由10 N逐渐减小，F也逐渐减小，当F2减小到5 N时，F值变为0，随着F2的继续减小，F方向变为向右，从0逐渐增大，当F2变为0的时候，F变为最大5 N，由牛顿第二定律，物体的加速度也是先减小后增大，故C正确．
4.(2019·泰安高一检测)“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是弹性橡皮绳．质量为m的小丽静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg，若此时小丽左侧橡皮绳断裂，则小丽此时的( )
A．加速度为零
B．加速度a＝g，沿断裂橡皮绳的方向斜向下
C．加速度a＝g，沿未断裂橡皮绳的方向斜向上
D．加速度a＝g，方向竖直向下
解析：选B.当小丽处于静止状态时，拉力F＝mg，两绳之间的夹角为120°，若小丽左侧橡皮绳断裂，则小丽此时所受合力沿断裂橡皮绳的方向斜向下，由牛顿第二定律F＝ma知mg＝ma，a＝g，故选项B正确．
5.如图所示，天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的质量相同的小球．两小球均保持静止．当突然剪断细绳时，上面的小球A与下面的小球B的加速度为( )
A．aA＝g，aB＝g B．aA＝g，aB＝0
C．aA＝2g，aB＝0 D．aA＝0，aB＝g
解析：选C.分别以A、B为研究对象，分析剪断前和剪断时的受力．剪断前A、B静止，A球受三个力：绳子的拉力FT、重力mg和弹簧弹力F，B球受两个力：重力mg和弹簧弹力F′，如图甲．
A球：FT－mg－F＝0
B球：F′－mg＝0，F＝F′
解得FT＝2mg，F＝mg.
剪断瞬间，因为绳无弹性，瞬间拉力不存在，而弹簧瞬间形状不可改变，弹力不变．如图乙，A球受重力mg、弹簧弹力F.同理B球受重力mg和弹力F′.
A球：mg＋F＝maA
B球：F′－mg＝maB＝0，F′＝F
解得aA＝2g，aB＝0.
6．(2019·福建模拟)早在公元前4世纪末，我国的《墨经》中就有关于力和运动的一些见解，如“绳下直，权重相若则正矣．收，上者愈丧，下者愈得”，这句话所描述的与下述物理现象相似．如图，一根跨过定滑轮的轻绳两端各悬挂一重物，当两重物质量均为m时，系统处于平衡状态．若减小其中一个重物的质量，系统就无法保持平衡，上升的重物减小的质量Δm越多，另一个重物下降的加速度a就越大．已知重力加速度为g，则a与Δm的关系图象可能是( )
解析：选C.不妨假设右边的物体质量减少Δm，则右边的物体向上做匀减速运动，左边的物体做向下做匀加速运动，它们的加速度大小a相同，绳子的拉力大小F相等．
对右边物体，根据牛顿第二定律：F－mg＝(m－Δm)a ①
对左边物体，根据牛顿第二定律：mg－F＝ma ②
联合①②式可得：a＝eq \f(Δm,2m－Δm)·g＝eq \f(1,\f(2m,Δm)－1)·g，根据上式知，Δm和a并非是线性化关系，故A、B错误；当Δm＝m时，可得 a＝g，故C正确，D错误．
7.(2019·封丘校级月考)如图所示，质量相等的A、B两小球分别连在轻绳两端，A球的一端与轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在倾角为30°的光滑斜面顶端，重力加速度大小为g.下列说法正确的是( )
A．剪断轻绳的瞬间，A的加速度为零，B的加速度大小为g
B．剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度大小均为eq \f(g,2)
C．剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度均为零
D．剪断轻绳的瞬间，A的加速度为零，B的加速度大小为g
解析：选B.设小球的质量为m，对整体分析，弹簧的弹力F＝2mgsin 30°＝mg，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对A分析，aA＝eq \f(F－mgsin 30°,m)＝eq \f(1,2)g，B的加速度为：aB＝eq \f(mgsin 30°,m)＝eq \f(1,2)g，故B正确，A、C、D错误．
8．如图甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的关系图象如图乙所示．由图可以判断下列说法错误的是(重力加速度为g)( )
A．图线与纵轴的交点M的值aM＝－g
B．图线的斜率等于物体质量的倒数eq \f(1,m)
C．图线与横轴的交点N的值TN＝mg
D．图线的斜率等于物体的质量m
解析：选D.对货物受力分析，受mg和拉力T，根据牛顿第二定律，有：T－mg＝ma，得：a＝eq \f(1,m)T－g；当a＝0时，T＝mg，故图线与横轴的交点N的值TN＝mg，故C正确；当T＝0时，a＝－g，即图线与纵轴的交点M的值aM＝－g，故A正确；图线的斜率表示质量的倒数eq \f(1,m)，故B正确，D错误．
二、多项选择题
9.如图所示，某旅游景点的倾斜索道与水平线夹角θ＝30°，当载人车厢以加速度a斜向上加速运动时，人对车厢的压力为体重的1.25倍，此时人与车厢相对静止，设车厢对人的摩擦力为Ff，人的体重为G，下面正确的是( )
A．a＝eq \f(g,4) B．a＝eq \f(g,2)
C．Ff＝eq \f(\r(3),3)G D．Ff＝eq \f(\r(3),4)G
解析：选BD.由于人对车厢底的正压力为其重力的1.25倍，所以在竖直方向上有FN－mg＝ma上，解得，a上＝0.25g，设水平方向上的加速度为a水，则eq \f(a上,a水)＝tan 30°＝eq \f(\r(3),3)，a水＝
eq \f(\r(3),4)g，a＝ eq \r(aeq \\al(2,水)＋aeq \\al(2,上))＝eq \f(g,2)，Ff＝ma水＝eq \f(\r(3),4)G，故B、D正确．
10.半圆形光滑圆槽内放一质量为m的小球，今用外力拉着圆槽在水平面上匀加速运动，稳定后小球位置如图所示，则小球受圆槽的支持力FN和加速度a为( )
A．FN＝eq \f(\r(3),2)mg B．FN＝eq \f(2\r(3),3)mg
C．a＝eq \f(1,2)g D．a＝eq \f(\r(3),3)g
解析：选BD.小球受力如图，由牛顿第二定律得：F合＝mgtan 30°＝ma
a＝gtan 30°＝eq \f(\r(3),3)g，
则FN＝eq \f(mg,cs 30°)＝eq \f(2\r(3),3)mg
故B、D正确．
11．(2019·辽宁葫芦岛高一月考)如图所示，物块沿固定斜面下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则( )
A．若物块原来匀速下降，施加力F后物块仍将匀速下滑
B．若物块原来匀速下滑，施加力F后物块将加速下滑
C．若物块原来以加速度a匀加速下滑，施加力F后物块仍将以加速度a匀加速下滑
D．若物块原来以加速度a匀加速下滑，施加力F后物块仍将匀加速下滑，加速度大于a
解析：选AD.设斜面倾角为θ，原来物体匀速下滑时有：mgsin θ＝μmgcs θ，即sin θ＝μcs θ，与物体的重力无关，则施加竖直向下的力F，物体仍匀速下滑，故A正确，B错误；若物块A原来加速下滑，有mgsin θ>μmgcs θ，将F分解，则Fsin θ>μFcs θ，动力的增加大于阻力的增加，加速度变大，故C错误，D正确．
三、非选择题
12．(2019·武汉高一检测)如图所示，一木块沿倾角θ＝37°的光滑固定斜面自由下滑．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.
(1)求木块的加速度大小；
(2)若木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，求木块加速度大小．
解析：(1)分析木块的受力情况如图甲所示，木块受重力mg、支持力FN两个力作用，合外力大小为mgsin θ，根据牛顿第二定律得mgsin θ＝ma1，所以a1＝gsin θ＝10×0.6 m/s2＝6 m/s2.
(2)若斜面粗糙，木块的受力情况如图乙所示，建立直角坐标系．
在x方向上(沿斜面方向)
mgsin θ－Ff＝ma2①
在y方向上(垂直斜面方向)FN＝mgcs θ②
又因为Ff＝μFN③
由①②③得a2＝gsin θ－μgcs θ＝(10×0.6－0.5×10×0.8) m/s2＝2 m/s2.
答案：(1)6 m/s2 (2)2 m/s2
13．2019年1月3日，中国的“嫦娥四号”成为了人类历史上第一个在月球背面成功实施软着陆的人类探测器．“嫦娥四号”探测器在距离月面100 m高度的A点时，利用发动机的反推力作用悬停，用自身的三维成像敏感器对着陆区进行障碍检测，选出月面C点为最安全的着陆点．此时，探测器调整发动机的反推力，沿水平方向从静止匀加速直线运动，然后再以相同加速度大小匀减速直线运动，刚好在C点正上方的B点减速为零．已知AB长10 m，从A到B的运动时间为20 s，探测器总质量为300 kg(忽略喷气对探测器质量的影响)，探测器在月球表面的重力为地球表面的eq \f(1,6)，求探测器：
(1)从A运动到B过程中的最大速率；
(2)匀加速运动时的加速度大小；
(3)匀减速运动时发动机的反推力大小．
解析：(1)探测器从A运动到B的平均速度为
eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(s,t)＝eq \f(10,20) m/s＝0.5 m/s
最大速度vm＝2eq \(v,\s\up6(－))＝1.0 m/s；
(2)加速时间t1＝eq \f(t,2)＝10 s
加速度大小a＝eq \f(vm,t1)＝0.1 m/s2；
(3)x轴方向的合力：Fx＝ma＝30 N
根据力的平行四边形法则可得：
F＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)mg))\s\up12(2)＋Feq \\al(2,x))＝10eq \r(2509) N≈500 N.
答案：(1)1.0 m/s (2)0.1 m/s2 (3)500 N
一、单项选择题
1．(2019·昆明高一检测)由牛顿第二定律知，无论怎样小的力都可以使物体产生加速度，可是当我们用一个力推桌子没有推动时是因为( )
A．牛顿第二定律不适用于静止的物体
B．桌子的加速度很小，速度增量很小，眼睛不易觉察到
C．推力小于摩擦力，加速度是负值
D．推力、重力、地面的支持力与摩擦力的合力等于零，物体的加速度为零，所以物体仍静止
解析：选D.牛顿第二定律中的力应理解为物体所受的合力．用一个力推桌子没有推动，是由于桌子所受推力、重力、地面的支持力与摩擦力的合力等于零，物体的加速度为零，所以物体仍静止，故选项D正确，选项A、B、C错误．
2．(2019·浙江期中)来自北京工业大学的一群大学生，受“蜘蛛侠”的启发，研发出了独特的六爪攀壁机器人(如图甲)．六爪攀壁蜘蛛机器人如同排球大小，“腹部”底盘较低，并且安装了驱动风扇．假设所攀爬的墙体为一张纸，当纸靠近运转的电风扇时，由于压力差的改变，纸会被紧紧吸附在电扇表面．正是运用了这个原理，当机器人腹部的驱动风扇开始运转，它便可以稳稳地吸附于墙体上．假设“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀加速“爬行”到B点．在此过程中，重力之外的其他力的合力用F表示，则“机器人”受力情况分析正确的是( )
解析：选C.“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀加速“爬行”到B点，加速度从A指向B，根据牛顿第二定律可知，在竖直平面内“蜘蛛侠”的合力方向应该是从A指向B，结合平行四边形定则知：F与mg的合力沿A到B方向，故C正确，A、B、D错误．
3.如图所示，放在光滑水平面上的一个物体，同时受到两个水平方向力的作用，其中水平向右的力F1＝5 N，水平向左的力F2＝10 N，当F2由10 N逐渐减小到零的过程中，物体的加速度大小是( )
A．逐渐减小 B．逐渐增大
C．先减小后增大 D．先增大后减小
解析：选C.一开始，物体所受合力为F＝10 N－5 N＝5 N，方向向左，当F2由10 N逐渐减小，F也逐渐减小，当F2减小到5 N时，F值变为0，随着F2的继续减小，F方向变为向右，从0逐渐增大，当F2变为0的时候，F变为最大5 N，由牛顿第二定律，物体的加速度也是先减小后增大，故C正确．
4.(2019·泰安高一检测)“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是弹性橡皮绳．质量为m的小丽静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg，若此时小丽左侧橡皮绳断裂，则小丽此时的( )
A．加速度为零
B．加速度a＝g，沿断裂橡皮绳的方向斜向下
C．加速度a＝g，沿未断裂橡皮绳的方向斜向上
D．加速度a＝g，方向竖直向下
解析：选B.当小丽处于静止状态时，拉力F＝mg，两绳之间的夹角为120°，若小丽左侧橡皮绳断裂，则小丽此时所受合力沿断裂橡皮绳的方向斜向下，由牛顿第二定律F＝ma知mg＝ma，a＝g，故选项B正确．
5.如图所示，天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的质量相同的小球．两小球均保持静止．当突然剪断细绳时，上面的小球A与下面的小球B的加速度为( )
A．aA＝g，aB＝g B．aA＝g，aB＝0
C．aA＝2g，aB＝0 D．aA＝0，aB＝g
解析：选C.分别以A、B为研究对象，分析剪断前和剪断时的受力．剪断前A、B静止，A球受三个力：绳子的拉力FT、重力mg和弹簧弹力F，B球受两个力：重力mg和弹簧弹力F′，如图甲．
A球：FT－mg－F＝0
B球：F′－mg＝0，F＝F′
解得FT＝2mg，F＝mg.
剪断瞬间，因为绳无弹性，瞬间拉力不存在，而弹簧瞬间形状不可改变，弹力不变．如图乙，A球受重力mg、弹簧弹力F.同理B球受重力mg和弹力F′.
A球：mg＋F＝maA
B球：F′－mg＝maB＝0，F′＝F
解得aA＝2g，aB＝0.
6．(2019·福建模拟)早在公元前4世纪末，我国的《墨经》中就有关于力和运动的一些见解，如“绳下直，权重相若则正矣．收，上者愈丧，下者愈得”，这句话所描述的与下述物理现象相似．如图，一根跨过定滑轮的轻绳两端各悬挂一重物，当两重物质量均为m时，系统处于平衡状态．若减小其中一个重物的质量，系统就无法保持平衡，上升的重物减小的质量Δm越多，另一个重物下降的加速度a就越大．已知重力加速度为g，则a与Δm的关系图象可能是( )
解析：选C.不妨假设右边的物体质量减少Δm，则右边的物体向上做匀减速运动，左边的物体做向下做匀加速运动，它们的加速度大小a相同，绳子的拉力大小F相等．
对右边物体，根据牛顿第二定律：F－mg＝(m－Δm)a ①
对左边物体，根据牛顿第二定律：mg－F＝ma ②
联合①②式可得：a＝eq \f(Δm,2m－Δm)·g＝eq \f(1,\f(2m,Δm)－1)·g，根据上式知，Δm和a并非是线性化关系，故A、B错误；当Δm＝m时，可得 a＝g，故C正确，D错误．
7.(2019·封丘校级月考)如图所示，质量相等的A、B两小球分别连在轻绳两端，A球的一端与轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在倾角为30°的光滑斜面顶端，重力加速度大小为g.下列说法正确的是( )
A．剪断轻绳的瞬间，A的加速度为零，B的加速度大小为g
B．剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度大小均为eq \f(g,2)
C．剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度均为零
D．剪断轻绳的瞬间，A的加速度为零，B的加速度大小为g
解析：选B.设小球的质量为m，对整体分析，弹簧的弹力F＝2mgsin 30°＝mg，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对A分析，aA＝eq \f(F－mgsin 30°,m)＝eq \f(1,2)g，B的加速度为：aB＝eq \f(mgsin 30°,m)＝eq \f(1,2)g，故B正确，A、C、D错误．
8．如图甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的关系图象如图乙所示．由图可以判断下列说法错误的是(重力加速度为g)( )
A．图线与纵轴的交点M的值aM＝－g
B．图线的斜率等于物体质量的倒数eq \f(1,m)
C．图线与横轴的交点N的值TN＝mg
D．图线的斜率等于物体的质量m
解析：选D.对货物受力分析，受mg和拉力T，根据牛顿第二定律，有：T－mg＝ma，得：a＝eq \f(1,m)T－g；当a＝0时，T＝mg，故图线与横轴的交点N的值TN＝mg，故C正确；当T＝0时，a＝－g，即图线与纵轴的交点M的值aM＝－g，故A正确；图线的斜率表示质量的倒数eq \f(1,m)，故B正确，D错误．
二、多项选择题
9.如图所示，某旅游景点的倾斜索道与水平线夹角θ＝30°，当载人车厢以加速度a斜向上加速运动时，人对车厢的压力为体重的1.25倍，此时人与车厢相对静止，设车厢对人的摩擦力为Ff，人的体重为G，下面正确的是( )
A．a＝eq \f(g,4) B．a＝eq \f(g,2)
C．Ff＝eq \f(\r(3),3)G D．Ff＝eq \f(\r(3),4)G
解析：选BD.由于人对车厢底的正压力为其重力的1.25倍，所以在竖直方向上有FN－mg＝ma上，解得，a上＝0.25g，设水平方向上的加速度为a水，则eq \f(a上,a水)＝tan 30°＝eq \f(\r(3),3)，a水＝
eq \f(\r(3),4)g，a＝ eq \r(aeq \\al(2,水)＋aeq \\al(2,上))＝eq \f(g,2)，Ff＝ma水＝eq \f(\r(3),4)G，故B、D正确．
10.半圆形光滑圆槽内放一质量为m的小球，今用外力拉着圆槽在水平面上匀加速运动，稳定后小球位置如图所示，则小球受圆槽的支持力FN和加速度a为( )
A．FN＝eq \f(\r(3),2)mg B．FN＝eq \f(2\r(3),3)mg
C．a＝eq \f(1,2)g D．a＝eq \f(\r(3),3)g
解析：选BD.小球受力如图，由牛顿第二定律得：F合＝mgtan 30°＝ma
a＝gtan 30°＝eq \f(\r(3),3)g，
则FN＝eq \f(mg,cs 30°)＝eq \f(2\r(3),3)mg
故B、D正确．
11．(2019·辽宁葫芦岛高一月考)如图所示，物块沿固定斜面下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则( )
A．若物块原来匀速下降，施加力F后物块仍将匀速下滑
B．若物块原来匀速下滑，施加力F后物块将加速下滑
C．若物块原来以加速度a匀加速下滑，施加力F后物块仍将以加速度a匀加速下滑
D．若物块原来以加速度a匀加速下滑，施加力F后物块仍将匀加速下滑，加速度大于a
解析：选AD.设斜面倾角为θ，原来物体匀速下滑时有：mgsin θ＝μmgcs θ，即sin θ＝μcs θ，与物体的重力无关，则施加竖直向下的力F，物体仍匀速下滑，故A正确，B错误；若物块A原来加速下滑，有mgsin θ>μmgcs θ，将F分解，则Fsin θ>μFcs θ，动力的增加大于阻力的增加，加速度变大，故C错误，D正确．
三、非选择题
12．(2019·武汉高一检测)如图所示，一木块沿倾角θ＝37°的光滑固定斜面自由下滑．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.
(1)求木块的加速度大小；
(2)若木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，求木块加速度大小．
解析：(1)分析木块的受力情况如图甲所示，木块受重力mg、支持力FN两个力作用，合外力大小为mgsin θ，根据牛顿第二定律得mgsin θ＝ma1，所以a1＝gsin θ＝10×0.6 m/s2＝6 m/s2.
(2)若斜面粗糙，木块的受力情况如图乙所示，建立直角坐标系．
在x方向上(沿斜面方向)
mgsin θ－Ff＝ma2①
在y方向上(垂直斜面方向)FN＝mgcs θ②
又因为Ff＝μFN③
由①②③得a2＝gsin θ－μgcs θ＝(10×0.6－0.5×10×0.8) m/s2＝2 m/s2.
答案：(1)6 m/s2 (2)2 m/s2
13．2019年1月3日，中国的“嫦娥四号”成为了人类历史上第一个在月球背面成功实施软着陆的人类探测器．“嫦娥四号”探测器在距离月面100 m高度的A点时，利用发动机的反推力作用悬停，用自身的三维成像敏感器对着陆区进行障碍检测，选出月面C点为最安全的着陆点．此时，探测器调整发动机的反推力，沿水平方向从静止匀加速直线运动，然后再以相同加速度大小匀减速直线运动，刚好在C点正上方的B点减速为零．已知AB长10 m，从A到B的运动时间为20 s，探测器总质量为300 kg(忽略喷气对探测器质量的影响)，探测器在月球表面的重力为地球表面的eq \f(1,6)，求探测器：
(1)从A运动到B过程中的最大速率；
(2)匀加速运动时的加速度大小；
(3)匀减速运动时发动机的反推力大小．
解析：(1)探测器从A运动到B的平均速度为
eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(s,t)＝eq \f(10,20) m/s＝0.5 m/s
最大速度vm＝2eq \(v,\s\up6(－))＝1.0 m/s；
(2)加速时间t1＝eq \f(t,2)＝10 s
加速度大小a＝eq \f(vm,t1)＝0.1 m/s2；
(3)x轴方向的合力：Fx＝ma＝30 N
根据力的平行四边形法则可得：
F＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)mg))\s\up12(2)＋Feq \\al(2,x))＝10eq \r(2509) N≈500 N.
答案：(1)1.0 m/s (2)0.1 m/s2 (3)500 N
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