（浙江專版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 第2課時(shí) 牛頓第二定律創(chuàng)新學(xué)案

《（浙江專版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 第2課時(shí) 牛頓第二定律創(chuàng)新學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 第2課時(shí) 牛頓第二定律創(chuàng)新學(xué)案（20頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2課時(shí)　牛頓第二定律 1.牛頓第二定律的內(nèi)容 物體加速度的大小跟作用力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比。加速度的方向與作用力方向相同。 2.表達(dá)式：F＝ma。 3.適用范圍 (1)只適用于慣性參考系(相對(duì)地面靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的參考系)。 (2)只適用于宏觀物體(相對(duì)于分子、原子)、低速運(yùn)動(dòng)(遠(yuǎn)小于光速)的情況。 4.對(duì)牛頓第二定律的理解 【思考判斷】 1.合外力越大的物體，加速度一定越大( × ) 2.牛頓第一定律是牛頓第二定律的特殊情形( × ) 3.物體加速度的方向一定與合外力方向相同( √ ) 4.質(zhì)量越大的物體，加速度越小( × ) 5.物體的質(zhì)量

2、與加速度成反比( × ) 6.物體受到外力作用，立即產(chǎn)生加速度( √ ) 7.可以利用牛頓第二定律確定自由電子的運(yùn)動(dòng)情況( × ) 8.物體所受的合外力減小，加速度一定減小，而速度不一定減小( √ ) 考點(diǎn)一　對(duì)牛頓第二定律的理解與應(yīng)用(d/d) [要點(diǎn)突破] 1.運(yùn)用牛頓第二定律解題的一般步驟 ①確定研究對(duì)象。 ②進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析，畫出受力的示意圖。 ③建立直角坐標(biāo)系，或選取正方向，寫出已知量，根據(jù)定律列方程。 ④統(tǒng)一已知量單位，代值求解。 ⑤檢查所得結(jié)果是否符合實(shí)際，舍去不合理的解。 2.牛頓第二定律常用方法 (1)矢量合成法：若物體只受兩個(gè)力作用時(shí)

3、，應(yīng)用平行四邊形定則求這兩個(gè)力的合力，再由牛頓第二定律求出物體的加速度的大小及方向。加速度的方向就是物體所受合外力的方向，反之，若知道加速度的方向也可應(yīng)用平行四邊形定則求物體所受的合力。 (2)正交分解法：當(dāng)物體受多個(gè)力作用時(shí)，常用正交分解法求物體的合外力。應(yīng)用牛頓第二定律求加速度，在實(shí)際應(yīng)用中常將受力分解，且將加速度所在的方向選為x軸或y軸，有時(shí)也可分解加速度，即 。 [典例剖析] 【例1】 在光滑水平面上，一個(gè)質(zhì)量為m的物體，受到的水平拉力為F。物體由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t，物體的位移為x，速度為v，則(　　) A.由公式a＝可知，加速度a由速度的變化量和時(shí)間決定

4、B.由公式a＝可知，加速度a由物體受到的合力和物體的質(zhì)量決定 C.由公式a＝可知，加速度a由物體的速度和位移決定 D.由公式 a＝可知，加速度a由物體的位移和時(shí)間決定 解析　由牛頓第二定律可知，物體的加速度由合外力和物體的質(zhì)量來決定。 答案　B 【例2】 如圖所示，樓梯口一傾斜的天花板與水平面成θ＝37°角，一裝潢工人手持木桿梆著刷子粉刷天花板，工人所持木桿對(duì)刷子的作用力始終保持豎直向上，大小為10 N，刷子的質(zhì)量m＝0.5 kg，刷子可視為質(zhì)點(diǎn)，刷子與天花板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，天花板長為L＝4 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。試求：

5、 (1)刷子沿天花板向上的加速度大??； (2)工人把刷子從天花板底端推到頂端所用的時(shí)間。 解析　(1)刷子受力如圖所示， 對(duì)刷子沿斜面方向由牛頓第二定律得 Fsin θ－mgsin θ－Ff＝ma 垂直斜面方向上受力平衡，有Fcos θ＝mgcos θ＋FN 其中Ff＝μFN 由以上三式得a＝2 m/s2。 (2)由L＝at2得t＝2 s。 答案　(1)2 m/s2　(2)2 s 【方法總結(jié)】 合力、加速度、速度間的決定關(guān)系 (1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不為零，物體都有加速度。 (2)a＝是加速度的決定式，a＝是加速度的定義式，物體的加速度是由合外力

6、決定的，與速度無關(guān)。 (3)物體所受的合外力減小，加速度一定減小，而速度不一定減小。 [針對(duì)訓(xùn)練] 1.如圖所示，位于水平地面上的質(zhì)量為m的小木塊，在大小為F，方向與水平方向成α角的拉力作用下沿地面做勻加速運(yùn)動(dòng)。若木塊與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則木塊的加速度為(　　) A. B. C. D. 解析　對(duì)木塊受力分析，如圖所示，在豎直方向上合力為零，即 Fsin α＋FN＝mg， 在水平方向上由牛頓第二定律有 Fcos α－μFN＝ma。 聯(lián)立可得 a＝，故選項(xiàng)D正確。 答案　D 2.如圖所示，質(zhì)量m＝10 kg的物體在水平面上向左運(yùn)動(dòng)，物體與水平面間的動(dòng)摩

7、擦因數(shù)為0.2，與此同時(shí)物體受到一個(gè)水平向右的推力F＝20 N的作用，則物體產(chǎn)生的加速度是(g取10 m/s2)(　　) A.0 B.4 m/s2，水平向右 C.2 m/s2，水平向左 D.2 m/s2，水平向右 解析　對(duì)物體受力分析可知F合＝F＋Ff，F(xiàn)f＝μmg，所以F合＝20 N＋0.2×10×10 N＝40 N，所以a＝＝ m/s2＝4 m/s2，方向水平向右。選項(xiàng)B正確。 答案　B 3.在一個(gè)傾角為θ的斜面上有一木塊，木塊上固定一支架，支架末端用絲線懸掛一小球， 已知小球質(zhì)量為m。木塊在斜面上下滑時(shí)，小球與木塊相對(duì)靜止，共同運(yùn)動(dòng)。求下述三種情況下木塊下滑的加速度大小

8、及絲線拉力的大小。 (1)絲線沿豎直方向； (2)絲線與斜面方向垂直； (3)絲線沿水平方向。 解析　由題意，小球與木塊的加速度相同，必定沿斜面方向。 (1)依題意畫出小球受力示意圖如圖a所示，T1與mg都在豎直方向，因木塊與小球沿斜面下滑，故不可能有加速度，木塊沿斜面勻速下滑，有a1＝0，T1＝mg。 (2)依題意畫出小球受力示意圖如圖b所示，把重力mg分解，mgsin θ＝ma2，a2＝gsin θ，T2＝mgcos θ。 (3)依題意畫出小球受力示意圖如圖c所示，利用力的合成(如圖所示)，＝ma3，a3＝，T3＝。 答案　(1)0　mg　(2)gsin θ　mgcos

9、 θ (3)　 考點(diǎn)二　牛頓第二定律的瞬時(shí)性(d/d) [要點(diǎn)突破] 加速度與合外力具有瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系，二者總是同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，具體可簡化為以下兩種模型： [典例剖析] 【例1】 如圖所示，質(zhì)量為m的小球用水平輕彈簧系住，并用傾角為30°的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度大小為(　　) A.0 B.g C.g D.g 解析　平衡時(shí)，小球受到三個(gè)力：重力mg、木板AB的支持力N和彈簧拉力T，受力情況如圖所示。突然撤離木板時(shí)，N突然消失而其他力不變，因此T與重力mg的合力F＝＝mg，產(chǎn)生的加速度a＝＝g

10、，B正確。 答案　B 【例2】 如圖所示，輕彈簧上端與一質(zhì)量為m的木塊1相連，下端與另一質(zhì)量為M的木塊2相連，整個(gè)系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2。重力加速度大小為g。則有(　　) A.a1＝g，a2＝g B.a1＝0，a2＝g C.a1＝0，a2＝g D.a1＝g，a2＝g 解析　在抽出木板的瞬間，彈簧對(duì)1的支持力和對(duì)2的壓力并未改變。1物體受重力和支持力，mg＝F，a1＝0。2物體受重力和壓力，根據(jù)牛頓第二定律a2＝＝g。故選C。 答案　C 【方法總結(jié)】 1.求瞬時(shí)加速度

11、的基本思路 (1)首先，確定該瞬時(shí)物體受到的作用力，還要注意分析物體在這一瞬時(shí)前、后的受力及其變化情況。 (2)由牛頓第二定律列方程，求解瞬時(shí)加速度。 2.求解瞬時(shí)加速度問題關(guān)鍵 (1)區(qū)分兩種不同的彈力模型：輕彈簧(兩端有物體連著)彈力不會(huì)突變，其他彈力會(huì)突變。 (2)注意分析清楚物體在瞬間前后受力情況。 [針對(duì)訓(xùn)練] 1.如圖所示，物體在力F的作用下沿光滑水平面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。某一時(shí)刻突然撤去外力F，關(guān)于物體此后的運(yùn)動(dòng)情況，下列判斷正確的是(　　) A.停止運(yùn)動(dòng) B.做勻速運(yùn)動(dòng) C.做勻加速運(yùn)動(dòng) D.做勻減速運(yùn)動(dòng) 答案　B 2.如圖所示，兩小球懸掛在天花板上

12、，a、b兩小球用細(xì)線連接，上面是一輕質(zhì)彈簧，a、b兩球的質(zhì)量分別為m和2m，在細(xì)線燒斷瞬間，a、b兩球的加速度為(取向下為正方向)(　　) A.0，g B.－g，g C.－2g，g D.2g，0 解析　在細(xì)線燒斷之前，a、b可看成一個(gè)整體，由二力平衡知，彈簧彈力等于整體重力，故向上大小為3mg。當(dāng)細(xì)線燒斷瞬間，彈簧的形變量不變，故彈力不變，故a受向上3mg的彈力和向下mg的重力，故加速度aa＝＝2g，方向向上。對(duì)b而言，細(xì)線燒斷后只受重力作用，故加速度ab＝＝g，方向向下。如以向下方向?yàn)檎?，有aa＝－2g，ab＝g。故選項(xiàng)C正確。 答案　C 3.質(zhì)量均為m的A、B兩個(gè)小球之間

13、系一質(zhì)量不計(jì)的彈簧，放在光滑的臺(tái)面上。A緊靠墻壁，如圖所示，今用恒力F將B球向左擠壓彈簧，達(dá)到平衡時(shí)，突然將力撤去，此瞬間(　　) A.A球的加速度為 B.A球的加速度為 C.B球的加速度為 D.B球的加速度為 解析　恒力F作用時(shí)，A和B都平衡，它們的合力都為零，且彈簧彈力為F。突然將力F撤去，對(duì)A來說水平方向依然受彈簧彈力和墻壁的彈力，二力平衡，所以A球的合力為零，加速度為零，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；而B球在水平方向只受水平向右的彈簧的彈力作用，加速度a＝，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。 答案　D 考點(diǎn)三　動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題(d/d) [要點(diǎn)突破] 動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題 運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)

14、定律研究力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系包括兩類基本問題，分析思路如下。 說明：解決兩類基本問題的方法：以加速度為橋梁，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列方程求解。 [典例剖析] 【例1】 (2016·浙江4月選考)如圖是上海中心大廈，小明乘坐大廈快速電梯，從底層到達(dá)第119層觀光平臺(tái)僅用時(shí)55 s。若電梯先以加速度a1做勻加速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到最大速度18 m/s，然后以最大速度勻速運(yùn)動(dòng)，最后以加速度a2做勻減速運(yùn)動(dòng)恰好到達(dá)觀光平臺(tái)。假定觀光平臺(tái)高度為549 m。 (1)若電梯經(jīng)過20 s勻加速達(dá)到最大速度，求加速度a1及上升高度h； (2)在(1)問中的勻加速上升過程中，若小明的質(zhì)量為60 kg，求小明

15、對(duì)電梯地板的壓力； (3)求電梯勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 解析　(1)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得a1＝＝ m/s2＝0.9 m/s2 上升的高度h＝a1t＝×0.9×202 m＝180 m (2)根據(jù)牛頓第二定律FN－mg＝ma1 得FN＝mg＋ma1＝654 N 由牛頓第三定律可得，小明對(duì)地板的壓力FN′＝FN＝654 N，方向豎直向下 (3)設(shè)勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0，運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t，由v－t圖可得H＝(t＋t0)×vm得t0＝6 s 答案　(1)0.9 m/s2　180 m　(2)654 N　(3)6 s 【例2】 如圖所示，傾角為30°的光滑斜面與粗糙的水平面平滑連接?，F(xiàn)將一滑塊(可

16、視為質(zhì)點(diǎn))從斜面上的A點(diǎn)由靜止釋放，最終停在水平面上的C點(diǎn)。已知A點(diǎn)距水平面的高度h＝0.8 m，B點(diǎn)距C點(diǎn)的距離L＝2.0 m。(滑塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)沒有能量損失，取g＝10 m/s2)求： (1)滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度； (2)滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (3)滑塊從A點(diǎn)釋放后，經(jīng)過時(shí)間t＝1.0 s時(shí)速度的大小。 解析　(1)滑塊先在斜面上做勻加速運(yùn)動(dòng)，然后在水平面上做勻減速運(yùn)動(dòng)，故滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度最大，設(shè)為vmax，設(shè)滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1，則 mgsin 30°＝ma1 v＝2a1 解得vmax＝4 m/s。 (2)設(shè)滑塊在水平面上運(yùn)動(dòng)的加速度大

17、小為a2 則μmg＝ma2 v＝2a2L 解得μ＝0.4。 (3)設(shè)滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，vmax＝a1t1，得t1＝0.8 s，由于t>t1，故滑塊已經(jīng)經(jīng)過B點(diǎn)，做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t－t1＝0.2 s，設(shè)t＝1.0 s時(shí)速度大小為v，則v＝vmax－a2(t－t1) 解得v＝3.2 m/s。 答案　(1)4 m/s　(2)0.4　(3)3.2 m/s 【方法總結(jié)】 多過程問題的處理方法 1.將復(fù)雜物理過程分解為幾個(gè)子過程。 2.分析每一個(gè)子過程中物體受力情況、運(yùn)動(dòng)情況、約束條件。 3.注意子過程之間的聯(lián)系，可以從時(shí)間、位移、速度等方面尋找。 4.注意畫好受力

18、分析圖和運(yùn)動(dòng)示意圖。 [針對(duì)訓(xùn)練] 1.如圖所示，某次滑雪訓(xùn)練，運(yùn)動(dòng)員站在水平雪道上第一次利用滑雪杖對(duì)雪面的作用獲得水平推力F＝84 N，而從靜止向前滑行，其作用時(shí)間為t1＝1.0 s，撤除水平推力F后經(jīng)過t2＝2.0 s，他第二次利用滑雪杖對(duì)雪面的作用獲得同樣的水平推力，作用距離與第一次相同。已知該運(yùn)動(dòng)員連同裝備的總質(zhì)量為m＝60 kg，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中受到的滑動(dòng)摩擦力大小恒為Ff＝12 N，求： (1)第一次利用滑雪杖對(duì)雪面作用獲得的速度大小及這段時(shí)間內(nèi)的位移； (2)該運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))第二次撤除水平推力后滑行的最大距離。 解析　(1)運(yùn)動(dòng)員利用滑雪杖獲得的加速度為 a

19、1＝＝ m/s2＝1.2 m/s2 第一次利用滑雪杖對(duì)雪面作用獲得的速度大小 v1＝a1t1＝1.2×1.0 m/s＝1.2 m/s 及位移x1＝a1t＝0.6 m (2)運(yùn)動(dòng)員停止使用滑雪杖后，加速度大小為a2＝ 經(jīng)時(shí)間t2速度變?yōu)関1′＝v1－a2t2 第二次利用滑雪杖獲得的速度大小v2，則 v－v1′2＝2a1x1 第二次撤除水平推力后滑行的最大距離x2＝ 解得x2＝5.2 m。 答案　(1)1.2 m/s　0.6 m　(2)5.2 m 2.中央電視臺(tái)推出了一個(gè)游戲節(jié)目——推礦泉水瓶。選手們從起點(diǎn)開始用力推瓶一段時(shí)間后，放手讓瓶向前滑動(dòng)，若瓶最后停在桌上有效區(qū)域內(nèi)，

20、視為成功；若瓶最后不停在桌上有效區(qū)域內(nèi)或在滑行過程中倒下，均視為失敗。其簡化模型如圖所示，AC是長度為L1＝5 m的水平桌面，選手們可將瓶子放在A點(diǎn)，從A點(diǎn)開始用一恒定不變的水平推力推瓶，BC為有效區(qū)域。已知BC長度為L2＝1 m，瓶子質(zhì)量為m＝0.5 kg，瓶子與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4。某選手作用在瓶子上的水平推力F＝20 N，瓶子沿AC做直線運(yùn)動(dòng)(g取10 m/s2)，假設(shè)瓶子可視為質(zhì)點(diǎn)，那么該選手要想游戲獲得成功，試問： (1)推力作用在瓶子上的時(shí)間最長不得超過多少？ (2)推力作用在瓶子上的距離最小為多少？ 解析　(1)要想游戲獲得成功，瓶子滑到C點(diǎn)速度正好為零時(shí)，

21、推力作用時(shí)間最長，設(shè)最長作用時(shí)間為t，有力作用時(shí)瓶子做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，t時(shí)刻瓶子的速度為v，力停止作用后瓶子做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)此時(shí)加速度大小為a2，由牛頓第二定律得： F－μmg＝ma1 μmg＝ma2 加速運(yùn)動(dòng)過程中的位移x1＝ 減速運(yùn)動(dòng)過程中的位移x2＝ 位移關(guān)系滿足x1＋x2＝L1又v＝a1t 由以上各式解得t＝s。 (2)要想游戲獲得成功，瓶子滑到B點(diǎn)速度正好為零時(shí)，推力作用距離最小，設(shè)推力作用在瓶子上的最小距離為d，則 ＋＝L1－L2，v′2＝2a1d， 聯(lián)立解得d＝0.4 m。 答案　(1) s　(2)0.4 m 3.如圖所示，一傾角為α的光滑斜面固

22、定在水平地面上，質(zhì)量m＝1 kg的物體在平行于斜面向上的恒力F作用下，從A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)立即撤去拉力F。此后，物體到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度為零。每隔0.2 s通過傳感器測得物體的瞬時(shí)速度，下表給出了部分測量數(shù)據(jù)。求： t/s 0 0.2 0.4 … 2.2 2.4 … v/(m·s－1) 0 1.0 2.0 … 3.3 2.1 … (1)恒力F的大??； (2)撤去外力F的時(shí)刻。 解析　(1)加速階段加速度大小 a1＝＝5 m/s2 減速階段加速度大小為a2＝＝6 m/s2 加速階段中：F－mgsin α＝ma1 減速階段中：mgsin

23、α＝ma2 由以上兩式得F＝m(a1＋a2)＝11 N。 (2)撤去外力瞬間速度最大，有 a1t＝v0＋a2(t′－t) (其中v0＝3.3 m/s，t′＝2.2 s) 解得t＝1.5 s。 答案　(1)11 N　(2)1.5 s 1.質(zhì)量為1 t的汽車在平直公路上以10 m/s的速度勻速行駛，阻力大小不變。從某時(shí)刻開始，汽車牽引力減少2 000 N，那么從該時(shí)刻起經(jīng)過6 s，汽車行駛的路程是(　　) A.50 m B.42 m C.25 m D.24 m 解析　汽車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)F牽＝Ff，當(dāng)牽引力減小2 000 N時(shí)，即汽車所受合力的大小為F＝2 000 N①

24、 由牛頓第二定律得F＝ma② 聯(lián)立①②得a＝2 m/s2 汽車減速到停止所需時(shí)間t＝＝5 s 汽車行駛的路程x＝vt＝25 m 答案　C 2.如圖所示，幾個(gè)傾角不同的光滑斜面具有共同的底邊AB，若物體由靜止沿不同的傾角從頂端滑到底端，下面哪些說法是正確的(　　) A.傾角為30°時(shí)所需時(shí)間最短 B.傾角為45°時(shí)所需時(shí)間最短 C.傾角為60°時(shí)所需時(shí)間最短 D.所需時(shí)間均相等 解析　設(shè)沿一般斜面下滑，傾角為θ，斜面長為l，物體沿斜面做初速度為零、加速度為a＝gsin θ的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，滑到底端的時(shí)間為t，則有 l＝gsin θ·t2① l＝② ①②聯(lián)立解得t＝＝

25、。 所以當(dāng)θ＝45°時(shí)，t最小，故選B。 答案　B 3.在水平地面上有一質(zhì)量為10 kg的物體，在水平拉力F的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，10 s后拉力大小減為F/4，方向不變，再經(jīng)過20 s停止運(yùn)動(dòng)，該物體的速度與時(shí)間的關(guān)系如圖所示，g取10 m/s2，求： (1)整個(gè)過程中物體的位移大??； (2)水平拉力F的大??； (3)物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。 解析　(1)整個(gè)過程中物體的位移大小就等于圖象與t軸所圍成的三角形面積，即x＝×30×10 m＝150 m。 (2)物體的運(yùn)動(dòng)分為兩個(gè)過程，由題圖可知，這兩個(gè)過程加速度分別為a1＝1 m/s2，a2＝－0.5 m/s2，作出

26、這兩個(gè)過程中物體的受力示意圖分別如圖所示 對(duì)于這兩個(gè)過程，由牛頓第二定律得： F－Ff＝ma1，－Ff＝ma2， 聯(lián)立兩式解得Ff＝10 N，F(xiàn)＝20 N。 (3)由滑動(dòng)摩擦力公式得Ff＝μFN＝μmg，解得μ＝0.1。 答案　(1)150 m　(2)20 N　(3)0.1 4.(2017·舟山模擬)當(dāng)?shù)貢r(shí)間2016年3月19日凌晨，一架從阿拉伯聯(lián)合酋長國迪拜飛往俄羅斯西南部城市頓河畔羅斯托夫的客機(jī)，在俄機(jī)場降落時(shí)墜毀，機(jī)上62人全部遇難。專家初步認(rèn)定，惡劣天氣是導(dǎo)致飛機(jī)失事的原因。為了保證安全，避免在意外事故發(fā)生時(shí)出現(xiàn)更大損失與傷害，民航客機(jī)都有緊急出口，打開緊急出口，狹長

27、的氣囊會(huì)自動(dòng)充氣，生成一條連接出口與地面的斜面，人員可沿斜面滑行到地面上，并以不變的速率進(jìn)入水平面，在水平面上再滑行一段距離而停止，如圖所示，若機(jī)艙口下沿距地面3.6 m，氣囊構(gòu)成的斜面長度為6.0 m，一個(gè)質(zhì)量60 kg的人沿氣囊滑下時(shí)所受到的摩擦阻力是240 N。若人在水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)與斜面相同，g取10 m/s2，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求： (1)人與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)人在斜面上下滑的時(shí)間t； (3)人在水平面上滑行的距離x。 解析　(1)設(shè)氣囊傾角為α，由幾何關(guān)系知 sin α＝＝＝0.6，解得α＝37° Ff＝μFN＝μ

28、mgcos α 解得μ＝＝＝0.5。 (2)人在氣囊上下滑過程中，由牛頓第二定律得 mgsin α－Ff＝ma1 解得a1＝＝ m/s2＝2.0 m/s2 下滑時(shí)間t＝＝ s＝s≈2.45 s。 (3)人到達(dá)地面的速度v1＝a1t＝2.0× m/s＝2 m/s 人在地面上運(yùn)動(dòng)的加速度a2＝＝μg＝5.0 m/s2， 人在水平面上滑行的距離x＝＝ m＝2.4 m。 答案　(1)0.5　(2)2.45 s　(3)2.4 m [基礎(chǔ)過關(guān)] 1.(2017·寧波模擬)如圖所示，有人用一簇氣球使一座小屋成功升空。當(dāng)小屋加速上升時(shí)，它受到的拉力與重力的關(guān)系是(　　) A.一

29、對(duì)平衡力 B.作用力和反作用力 C.拉力小于重力 D.拉力大于重力 解析　加速度方向向上，故合力方向向上，拉力大于重力，選D。 答案　D 2.關(guān)于運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系，下列說法正確的是(　　) A.當(dāng)物體所受合外力不變時(shí)，速度一定不變 B.當(dāng)物體所受合外力為零時(shí)，速度一定為零 C.當(dāng)物體速度為零時(shí)，加速度一定為零 D.當(dāng)物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，合外力一定為零 解析　根據(jù)牛頓第二定律可知，物體的加速度與合外力具有“瞬時(shí)性、同向性、同體性”的關(guān)系。當(dāng)物體所受合外力為零時(shí)，加速度為零，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，D選項(xiàng)正確；當(dāng)物體所受合外力不變時(shí)，加速度不變，有加速度的物體速度一定變化，A、B

30、選項(xiàng)錯(cuò)誤；物體的速度與加速度無關(guān)，C錯(cuò)誤。 答案　D 3.靜止在光滑水平地面上的物體的質(zhì)量為2 kg，在水平恒力F推動(dòng)下開始運(yùn)動(dòng)，4 s末它的速度達(dá)到4 m/s，則F的大小為(　　) A.2 N B.1 N C.4 N D.8 N 解析　在水平恒力F推動(dòng)下物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a＝＝ m/s2＝1 m/s2。由牛頓第二定律得F＝ma＝2×1 N＝2 N。 答案　A 4.在交通事故的分析中，剎車線的長度是很重要的依據(jù)。剎車線是指汽車剎車后，停止轉(zhuǎn)動(dòng)的輪胎在地面上發(fā)生滑動(dòng)時(shí)留下的滑動(dòng)痕跡。在某次交通事故中，汽車的剎車線長度是14 m，假設(shè)汽車輪胎與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒

31、為0.7，g取10 m/s2，則汽車剎車前的速度為(　　) A.7 m/s B.10 m/s C.14 m/s D.20 m/s 解析　設(shè)汽車剎車后滑動(dòng)的加速度大小為a，由牛頓第二定律可得μmg＝ma，所以a＝μg，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得v＝2ax，故汽車剎車前的速度為v0＝＝＝14 m/s，選項(xiàng)C正確。 答案　C 5.用30 N的水平外力F拉一個(gè)靜放在光滑水平面上質(zhì)量為20 kg的物體，力F作用3 s后撤去，則第5 s末物體的速度和加速度分別為(　　) A.v＝4.5 m/s，a＝1.5 m/s2 B.v＝1.5 m/s，a＝7.5 m/s2 C.v＝4.5 m/s，a＝

32、0 D.v＝7.5 m/s，a＝0 解析　由題意知在前3 s內(nèi)，物體的加速度a1＝＝1.5 m/s2，3 s末的速度v＝a1t＝4.5 m/s，力F撤去后物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以第5 s末物體的速度為4.5 m/s，加速度為0。故選項(xiàng)C正確。 答案　C 6.(2017·金華十校聯(lián)考)如圖為第八屆珠海航展上中國空軍“八一”飛行表演隊(duì)駕駛“殲10”戰(zhàn)機(jī)的情景。當(dāng)戰(zhàn)機(jī)大仰角沿直線加速攀升時(shí)，戰(zhàn)機(jī)所受合力方向(　　) A.豎直向上 B.與速度方向相同 C.與速度方向相反 D.與速度方向垂直 解析　沿直線加速運(yùn)動(dòng)，需要速度與加速度方向相同，所以B正確，A、C、D錯(cuò)誤。 答案　

33、B 7.(2017·嘉興模擬)質(zhì)量為m的木塊位于粗糙水平桌面上，若用大小為F的水平恒力拉木塊，其加速度為a。當(dāng)拉力方向不變，大小變?yōu)?F時(shí)，木塊的加速度為a′，則(　　) A.a′＝a B.a′<2a C.a′>2a D.a′＝2a 解析　設(shè)摩擦力為f，故當(dāng)用大小為F的恒力拉木塊時(shí)，F(xiàn)－f＝ma；當(dāng)用大小為2F的恒力拉木塊時(shí)2F－f＝ma′；故m(a′－2a)＝2F－f－2(F－f)＝f>0，故a′>2a，選項(xiàng)C正確。 答案　C 8.如圖所示，一兒童玩具靜止在水平地面上，一個(gè)幼兒用與水平面成53°角的恒力拉著它沿水平面做直線運(yùn)動(dòng)，已知拉力F＝3.0 N，玩具的質(zhì)量m＝0.5 k

34、g，經(jīng)時(shí)間t＝2.0 s，玩具移動(dòng)了x＝4 m，這時(shí)幼兒松開手，問玩具還能運(yùn)動(dòng)多遠(yuǎn)？(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6) 解析　第一階段：x＝at2，所以a＝2 m/s2。 Fcos 53°－μ(mg－Fsin 53°)＝ma， 所以μ＝ v＝at＝4 m/s。 第二階段：f＝μmg μmg＝ma′① v2＝2a′x′② 由①②得x′＝2.6 m。 答案　2.6 m [能力提升] 9.如圖所示，一木塊在光滑水平面上受一恒力F作用而運(yùn)動(dòng)，前方固定一個(gè)彈簧，當(dāng)木塊接觸彈簧后(　　) A.將立即做變減速運(yùn)動(dòng) B.將立即做勻減速運(yùn)動(dòng)

35、 C.在一段時(shí)間內(nèi)仍然做加速運(yùn)動(dòng)，速度繼續(xù)增大 D.在彈簧處于最大壓縮量時(shí)，物體的加速度一定為零 解析　物體在力F作用下向左加速，接觸彈簧后受到彈簧向右的彈力，合外力向左逐漸減小，加速度向左逐漸減小，速度增加，當(dāng)彈簧的彈力大小等于力F時(shí)合外力為0，加速度為0，速度最大，物體繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)，彈簧彈力大于力F，合外力向右逐漸增大，加速度向右逐漸增大，速度減小，最后速度減小到0，此時(shí)加速度最大。綜上所述，A、B、D錯(cuò)誤，C正確。 答案　C 10.用細(xì)繩拴一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球?qū)⒁还潭ㄔ趬ι系乃捷p質(zhì)彈簧壓縮了x(小球與彈簧不拴連)，如圖所示。將細(xì)繩剪斷后(　　) A.小球立即獲得的加速

36、度 B.小球在細(xì)繩剪斷瞬間起開始做平拋運(yùn)動(dòng) C.小球落地的時(shí)間等于 D.小球落地的速度等于 解析　細(xì)繩剪斷瞬間，小球受豎直方向的重力和水平方向的彈力作用，選項(xiàng)A、B均錯(cuò)誤；水平方向的彈力不影響豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)，故落地時(shí)間由高度決定，選項(xiàng)C正確；重力和彈力均做正功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　C 11.在“爸爸去哪兒”節(jié)目中，爸爸和孩子們進(jìn)行了山坡滑草運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目，該山坡可看成傾角θ＝37°的斜面，一名孩子連同滑草裝置總質(zhì)量m＝80 kg，他從靜止開始勻加速下滑，在時(shí)間t＝5 s內(nèi)沿斜面滑下的位移x＝50 m。(不計(jì)空氣阻力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0

37、.8)問： (1)孩子連同滑草裝置在下滑過程中受到的摩擦力Ff為多大？ (2)滑草裝置與草皮之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為多大？ (3)孩子連同滑草裝置滑到坡底后，爸爸需把他連同裝置拉回到坡頂，試求爸爸至少用多大的力才能拉動(dòng)？ 解析　(1)由位移公式x＝at2 沿斜面方向，由牛頓第二定律得mgsin θ－Ff＝ma 聯(lián)立并代入數(shù)值后得Ff＝m(gsin θ－)＝160 N (2)在垂直斜面方向上 FN－mgcos θ＝0　又Ff＝μFN 聯(lián)立并代入數(shù)值后，得 μ＝＝0.25 (3)沿斜面方向有F－mgsin θ－Ff＝0 代入數(shù)值后得F＝640 N 答案　(1)160 N　(2

38、)0.25　(3)640 N 12.足夠長光滑斜面BC的傾角α＝53°，小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，水平面與斜面之間在B點(diǎn)有一小段弧形連接，一質(zhì)量m＝2 kg的小物塊靜止于A點(diǎn)。現(xiàn)用與水平方向成α＝53°角的恒力F拉小物塊，如圖所示，小物塊經(jīng)t1＝ 4 s到達(dá)B點(diǎn)，并迅速撤去拉力F，A、B兩點(diǎn)相距x1＝4 m(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2)。求： (1)恒力F的大??； (2)小物塊從B點(diǎn)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的最大距離x2； (3)小物塊停止運(yùn)動(dòng)時(shí)到B點(diǎn)的距離x3。 解析　(1)AB段加速度a1＝＝0.5 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律有Fcos α－μ(mg－Fsin α)＝ma1 解得F＝＝ N＝11 N (2)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，小物塊的速度v＝a1t1＝2 m/s，在BC段由機(jī)械能守恒知mgsin α·x2＝mv2 解得x2＝0.25 m (3)小物塊從B向A運(yùn)動(dòng)過程中，由μmg＝ma2解得 a2＝μg＝5 m/s2 滑行的位移x3＝＝ m＝0.4 m，小物塊停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，離B點(diǎn)的距離為0.4 m 答案　(1)11 N　(2)0.25 m　(3)0.4 m 20