1、第第 2 讲讲 牛顿第二定律的应用牛顿第二定律的应用 知识排查 牛顿第二定律的瞬时性 牛顿第二定律的表达式为 F合ma，加速度由物体所受合外力决定，加速度的方 向与物体所受合外力的方向一致。当物体所受合外力发生突变时，加速度也随着 发生突变，而物体运动的速度不能发生突变。 两类动力学问题 1.动力学的两类基本问题 第一类：已知受力情况求物体的运动情况。 第二类：已知运动情况求物体的受力情况。 2解决两类基本问题的方法 以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系 如下 超重和失重 1.超重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。 (
2、2)产生条件：物体具有向上的加速度。 2失重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。 (2)产生条件：物体具有向下的加速度。 3完全失重 (1)定义： 物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于 0 的现象称为完全失 重现象。 (2)产生条件：物体的加速度 ag，方向竖直向下。 4对超重和失重的“三点”深度理解 (1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。 (2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失。 (3)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于 物体的加速度方向，只要其加速度在竖直
3、方向上有分量，物体就会处于超重或失 重状态。 小题速练 1思考判断 (1)物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比。( ) (2)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即 获得加速度。( ) (3)超重就是物体的重力变大的现象。( ) (4)失重时物体的重力小于 mg。( ) (5)加速度等于 g 的物体处于完全失重状态。( ) (6)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。( ) 答案 (1) (2) (3) (4) (5) (6) 2在儿童蹦极游戏中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳，质量为 m 的 小明如图 1 所示静止悬挂时
4、，两橡皮绳的拉力大小均恰为 mg。若此时小明左侧 橡皮绳断裂，则此时小明的( ) 图 1 A加速度为零，速度为零 B加速度 ag，方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下 C加速度 ag，方向沿未断裂橡皮绳的方向斜向上 D加速度 ag，方向竖直向下 解析 根据题意， 腰间左右两侧的橡皮绳的弹力等于重力。 小明左侧橡皮绳断裂， 则小明此时所受合力方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下，大小等于 mg，所以小 明的加速度 ag，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下，选项 B 正确。 答案 B 3 (2018 金陵中学)如图 2 所示， 一倾角 37 的足够长斜面固定在水平地面上。 当 t0 时，滑块以初速度 v010 m/s
5、 沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动 摩擦因数 0.5，取重力加速度 g10 m/s2，sin 37 0.6，cos 37 0.8。下列说 法中正确的是( ) 图 2 A滑块一直做匀变速直线运动 Bt1 s 时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上 Ct2 s 时，滑块恰好又回到出发点 Dt3 s 时，滑块的速度为 4 m/s 解析 滑块上滑过程 mgsin mgcos ma1， 解得 a110 m/s2， 下滑过程 mgsin mgcos ma2，解得 a22 m/s2，故 A 错误；上滑时间 t1v0 a11 s，上滑距 离 x v20 2a15 m，下滑过程 x 1 2a2t 2 2，解得
6、 t2 5 s，故 B、C 错误；t3 s 时， 滑块还处于下滑阶段，va2(t1)4 m/s，故 D 正确。 答案 D 牛顿第二定律的瞬时性 两种模型 【例 1】 两个质量均为 m 的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图 3 所 示。现突然迅速剪断轻绳 OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球 A、B 的加速度分别用 a1和 a2表示，重力加速度为 g 则( ) 图 3 Aa1g，a2g Ba10，a22g Ca1g，a20 Da12g，a20 解析 由于绳子张力可以突变，故剪断 OA 后小球 A、B 只受重力，其加速度 a1 a2g，故选项 A 正确。 答案 A 【拓展 1】 把“轻
7、绳”换成“轻弹簧”在【例 1】中只将 A、B 间的轻绳换成 轻质弹簧，其他不变，如图 4 所示，则【例 1】选项中正确的是( ) 图 4 解析 剪断轻绳 OA 后，由于弹簧弹力不能突变，故小球 A 所受合力为 2mg，小 球 B 所受合力为零，所以小球 A、B 的加速度分别为 a12g，a20，故选项 D 正确。 答案 D 【拓展 2】 改变平衡状态的呈现方式 把【拓展 1】的题图放置在倾角为 30 的光滑斜面上，如图 5 所示，系统静止 时， 弹簧与细线均平行于斜面， 在细线被烧断的瞬间， 则下列说法正确的是( ) 图 5 AaA0 aB1 2g BaAg aB0 CaAg aBg DaA0
8、 aBg 解析 细线被烧断的瞬间，小球 B 的受力情况不变，加速度为 0。烧断前，分析 整体受力可知线的拉力为 T2mgsin ，烧断瞬间，A 受的合力沿斜面向下，大 小为 2mgsin ，所以 A 球的瞬时加速度为 aA2gsin 30 g，故选项 B 正确。 答案 B 1求解瞬时加速度的一般思路 2加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会 发生突变。 1(2018 上海浦东二模)如图 6 所示，细绳一端系在小球 O 上，另一端固定在天 花板上 A 点，轻质弹簧一端与小球连接，另一端固定在竖直墙上 B 点，小球处 于静止状态。将细绳烧断的瞬间，小球的加速度方向( )
9、 图 6 A沿 BO 方向 B沿 OB 方向 C竖直向下 D沿 AO 方向 解析 小球平衡时，对小球受力分析，重力、弹簧弹力、绳的拉力。当细绳烧断 的瞬间，绳的拉力变为零，重力、弹力不变，所以重力与弹力的合力与绳的拉力 等大反向，故 D 正确。 答案 D 2如图 7，质量为 1.5 kg 的物体 A 静止在竖直的轻弹簧上，质量为 0.5 kg 的物 体 B 由细线悬挂在天花板上，B 与 A 刚好接触但不挤压。现突然将细线剪断，则 剪断后瞬间 A、B 间的作用力大小为(g 取 10 m/s2)( ) 图 7 A0 B2.5 N C5 N D3.75 N 解析 当细线剪断瞬间，细线的弹力突然变为零
10、，则 B 物体与 A 物体突然有了 相互作用的弹力，此时弹簧形变仍不变，对 A、B 整体受力分析可知，整体受重 力 G(mAmB)g20 N，弹力为 FmAg15 N，由牛顿第二定律 GF(mA mB)a，解得 a2.5 m/s2，对 B 受力分析，B 受重力和 A 对 B 的弹力 F1，对 B 有 mBgF1mBa，可得 F13.75 N，选项 D 正确。 答案 D 动力学的两类基本问题 1解决动力学两类问题的两个关键点 2解决动力学基本问题的处理方法 (1)合成法：在物体受力个数较少(2 个或 3 个)时一般采用“合成法”。 (2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3 个或 3 个以上)，
11、则采用“正交分解 法”。 考向 已知受力情况求运动问题 【例 2】 (2014 全国卷， 24)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。 当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不 会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为 1 s。 当汽车在晴天干燥沥青路面上以 108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为 120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的2 5。若要求安全距 离仍为 120 m，g10 m/s2，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。 解析 设路面干燥时， 汽车与路面间的动摩擦因数为 0， 刹车时汽车的加速度大
12、 小为 a0，安全距离为 x，反应时间为 t0，由牛顿第二定律和运动学公式得 0mgma0 xv0t0 v20 2a0 式中，m 和 v0分别为汽车的质量和刹车前的速度， 设在雨天行驶时，汽车与路面间的动摩擦因数为 ，依题意有 2 50 设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为 a，安全行驶的最大速度为 v，由牛顿 第二定律和运动学公式得 mgma xvt0v 2 2a 联立式并代入题给数据得 v20 m/s(或 72 km/h) 答案 20 m/s(或 72 km/h) 考向 已知运动情况求受力问题 【例 3】 2017 年 12 月 17 日上午 10 时 34 分，由机长吴鑫、试飞员徐远征驾
13、驶 的 C919 第二架客机，从浦东国际机场第四跑道起飞。飞机完成预定试飞科目后 于 12 时 34 分安全返航着陆。对起飞 BC 段和降落 DE 段过程进行观察，模型如 图 8 所示，记录数据如下表，如将起飞后 BC 段和降落前 DE 段均简化成匀变速 直线运动。(取 g10 m/s2) 图 8 运动过程 运动时间 运动状态 起飞 BC 段 10 时 34 分10 时 54 分 初速度 v0170 节88 m/s 末速度 v253 节130 m/s 降落 DE 段 12 时 9 分12 时 34 分 着陆时的速度 vt140 节 72 m/s (1)求 C919 匀加速运动过程中加速度大小
14、a1及位移大小 x1； (2)求 C919 匀减速运动过程中所受合力大小与重力的比值； (3)试比较上述两个过程中飞机对飞行员的力与飞行员自身重力的大小关系。(只 写出结果即可，不需论述理由) 解析 (1)C919 匀加速运动过程中 t120 min1 200 s a1vv 0 t1 13088 1 200 m/s20.035 m/s2 x11 2(v0v)t1 1 2(88130)1 200 m130 800 m 所以 C919 匀加速运动过程中加速度大小 a10.035 m/s2， 位移大小为 x1130 800 m (2)C919 匀减速运动过程 t325 min1 500 s a2v
15、tv t3 72130 1 500 m/s20.039 m/s2 根据牛顿第二定律得到 Fma C919 匀减速运动过程中所受合力大小与重力的比值 k F mg 0.039 10 0.003 9 (3)上升过程中飞机对飞行员的力大于重力； 下降过程中飞机对飞行员的力大于重力。 答案 (1)0.035 m/s2 130 800 m (2)0.003 9 (3)见解析 两类动力学问题的解题步骤 1如图 9 所示，一条小鱼在水面处来了个“鲤鱼打挺”，弹起的高度为 H2h， 以不同的姿态落入水中其入水深度不同。 若鱼身水平， 落入水中的深度为 h1h； 若鱼身竖直，落入水中的深度为 h21.5h；假定
16、鱼的运动始终在竖直方向上，在 水中保持姿态不变，受到水的作用力也不变，空气中的阻力不计，鱼身的尺寸远 小于鱼入水深度。重力加速度为 g，求： 图 9 (1)鱼入水时的速度 v； (2)鱼两次在水中运动的时间之比 t1t2； (3)鱼两次受到水的作用力之比 F1F2。 解析 (1)由 v22gH，得 v2 gh (2)因 h1v 2t1，h2 v 2t2，得 t1 t2 2 3 (3)2gHv22a1h1，F1mgma1 得 F13mg，同理得 F27 3mg， 所以F1 F2 9 7 答案 (1)2 gh (2)23 (3)97 2如图 10 所示，质量为 10 kg 的环(图中未画出)在 F
17、200 N 的拉力作用下，沿 固定在地面上的粗糙长直杆由静止开始运动，杆与水平地面的夹角 37 ，拉 力 F 与杆的夹角也为。力 F 作用 0.5 s 后撤去，环在杆上继续上滑了 0.4 s 后 速度减为零。(已知 sin 37 0.6，cos 37 0.8，g10 m/s2)求： 图 10 (1)环与杆之间的动摩擦因数 ； (2)环沿杆向上运动的总距离 x。 解析 (1)在力 F 作用 0.5 s 内根据牛顿第二定律有 Fcos mgsin fma1， Fsin FNmgcos ， fFN， 设 0.5 s 末速度为 v， 根据运动学公式有 va1t1， 撤去 F 后 0.4 s 内 mgs
18、in mgcos ma2， va2t2， 联立以上各式得 0.5， a18 m/s2， a210 m/s2， va2t24 m/s。 (2)x1 2a1t 2 1vt21 2a2t 2 21.8 m。 答案 (1)0.5 (2)1.8 m 超重和失重问题 超重和失重的判断方法 (1)若物体加速度已知，看加速度的方向，方向向上则超重，方向向下则失重。 (2)若拉力或压力已知，看拉力或压力与重力的大小关系，大于重力则超重，小 于重力则失重。 (3)物体超重、失重与运动状态的关系 考向 超重、失重现象的判断 【例 4】 (多选)如图 11 所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床 面下降到最
19、低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员 ( ) 图 11 A在第过程中始终处于失重状态 B在第二过程中始终处于超重状态 C在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态 D在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态 解析 运动员刚接触床面时，重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处 于失重状态；当弹力增大到等于重力时速度最大；继续下降，弹力大于重力，做 减速运动，运动员处于超重状态，即在第一过程中先处于失重状态，后处于超重 状态，A 错误，C 正确；在第二过程中先向上加速运动，处于超重状态，后减速 运动，处于失重状态，B 错误，D 正确。 答案 CD 考向 根据超重、失重现象
20、判断物体的受力情况 【例 5】 (多选)(2015 江苏单科)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度 a 随时间 t 变化的图线如图 12 所示，以竖直向上为 a 的正方向，则人对地板的压 力( ) 图 12 At2 s 时最大 Bt2 s 时最小 Ct8.5 s 时最大 Dt8.5 s 时最小 解析 当电梯有向上的加速度时，人处于超重状态，人对地板的压力大于重力， 向上的加速度越大，压力越大，因此 t2 s 时，压力最大，选项 A 正确；当有 向下的加速度时，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，向下的加速 度越大，压力越小，因此 t8.5 s 时压力最小，选项 D 正确。 答案 AD
21、 1(2019 山东德州模拟)几位同学为了探究电梯运动时的加速度大小，他们将体 重计放在电梯中。电梯启动前，一位同学站在体重计上，如图 13 甲所示。然后 电梯由 1 层 直接升到 10 层，之后又从 10 层直接回到 1 层。图乙至图戊是电梯运动过程中按 运动顺序在不同位置体重计的示数。根据记录，进行推断分析，其中正确的是 ( ) 图 13 A根据图甲、图乙可知，图乙位置时电梯向上加速运动 B根据图甲、图丙可知，图丙位置时人处于超重状态 C根据图甲、图丁可知，图丁位置时电梯向下减速运动 D根据图甲、图戊可知，图戊位置时人处于失重状态 解析 图甲表示电梯静止时体重计的示数，图乙示数大于静止时体
22、重计的示数， 所以电梯是加速上升，A 正确；图丙示数小于静止时体重计的示数，处于失重状 态，故 B 错误；图丁示数小于静止时体重计的示数，加速度方向向下，电梯在 向下加速运动，故 C 错误；图戊示数大于静止时体重计的示数，人处于超重状 态，故 D 错误 。 答案 A 2(2018 广东佛山二模)如图 14 甲所示，广州塔，昵称小蛮腰，总高度达 600 米， 游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力 与绳索拉力，已知电梯在 t0 时由静止开始上升，at 图象如图乙所示。则下 列相关说法正确的是( ) 图 14 At4.5 s 时，电梯处于失重状态 B555 s 时间内，
23、绳索拉力最小 Ct59.5 s 时，电梯处于超重状态 Dt60 s 时，电梯速度恰好为零 解析 利用 at 图象可判断：t4.5 s 时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重 状态，则选项 A 错误；05 s 时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5 55 s 时间内，a0，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，5560 s 时间内， 电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，选项 B、C 错误；因 at 图线 与 t 轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方 的“面积”相等，则电梯的速度在 t60 s 时为零，选项 D 正确。 答案 D 科学思维系列“光滑斜面”模型和“
24、等时圆”模型 模型 1 “光滑斜面”模型 如图 15 所示，质量为 m 的物体从倾角为 、高度为 h 的光滑斜面顶端由静止下 滑，则有如下规律： 图 15 (1)物体从斜面顶端滑到底端所用的时间 t，由斜面的倾角 与斜面的高度 h 共同 决定，与物体的质量无关。 关系式为 t 1 sin 2h g 。 (2)物体滑到斜面底端时的速度大小只由斜面的高度 h 决定，与斜面的倾角 、斜 面的长度、物体的质量无关。 关系式为 v 2gh。 【典例 1】 如图 16 所示，一物体分别从高度相同、倾角不同的三个光滑斜面 顶端由静止开始下滑。下列说法正确的是( ) 图 16 A滑到底端时的速度相同 B滑到底
25、端所用的时间相同 C在倾角为 30 的斜面上滑行的时间最短 D在倾角为 60 的斜面上滑行的时间最短 解析 关系式 v 2gh可知物体从高度相同的斜面滑到底端时的速度大小相同， 但方向不同，选项 A 错误；由关系式 t 1 sin 2h g 可知物体在倾角 60 的斜 面上滑行时间最短，选项 D 正确。 答案 D 【即学即练 1】 一间新房即将建成，现要封顶，若要求下雨时落至房顶的雨滴 能最快地淌离房顶(假设雨滴沿房顶下淌时做无初速度、无摩擦的运动)，则必须 要设计好房顶的高度，下列四种情况中最符合要求的是( ) 解析 如图，设房顶宽为 2b，高度为 h，斜面倾角为 。 由图中几何关系有 hb
26、tan 由关系式 t 1 sin 2h g 可知， t 1 sin 2h g ，联立解得 t 4b gsin 2， 可见，当 45 时，t 最小，选项 C 正确。 答案 C 模型 2 “等时圆”模型 1三种模型(如图 17) 图 17 2等时性的证明 图 18 设某一条光滑弦与水平方向的夹角为 ，圆的直径为 d(如图 18)。根据物体沿光 滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为 agsin ，位移为 xdsin ， 所以运动时间为 t0 2x a 2dsin gsin 2d g 。 即沿同一起点(圆的最高点)或终点(圆的最低点)的各条光滑弦运动具有等时性， 运动时间与弦的倾角、长短无关。
27、【典例 2】 (2019 合肥质检)如图 19 所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆 的底部相切于 O 点，O 点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现 有三条光滑轨道 AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上， 轨道与竖直直径的夹角关系为 ， 现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止 下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( ) 图 19 AtABtCDtEF BtABtCDtEF CtABtEF， 选项 B 正确。 答案 B 思维模板 【即学即练 2】 如图 20 所示，位于竖直平面内的圆周与水平面相切于 M 点， 与竖直墙相切于点 A，竖直墙
28、上另一点 B 与 M 的连线和水平面的夹角为 60 ，C 是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻，甲、乙两球分别从 A、B 两点由静止开始 沿光滑倾斜直轨道运动到 M 点。丙球由 C 点自由下落到 M 点。则( ) 图 20 A甲球最先到达 M 点 B乙球最先到达 M 点 C丙球最先到达 M 点 D三个球同时到达 M 点 解析 设圆轨道的半径为 R，根据等时圆模型有 t乙t甲，t甲2 R g；丙做自由 落体运动，有 t丙 2R g ，所以有 t乙t甲t丙，选项 C 正确。 答案 C 课时作业课时作业 (时间：40 分钟) 基础巩固练 1若战机从“辽宁号”航母上起飞前滑行的距离相同，牵引力相同，则(
29、) 图 1 A携带弹药越多，加速度越大 B加速度相同，与携带弹药的多少无关 C携带弹药越多，获得的起飞速度越大 D携带弹药越多，滑行时间越长 答案 D 2 (2017 海南卷)汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止， 在地面上留下的痕迹称为刹车线。由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度，已知 汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为 0.80，测得刹车线长 25 m。汽车在刹车前 的瞬间的速度大小为(重力加速度 g 取 10 m/s2)( ) A10 m/s B20 m/s C30 m/s D40 m/s 解析 由牛顿第二定律得 mgma，即 a8 m/s2 由 v2v202ax 得 v0
30、 2ax 2825 m/s20 m/s，故选项 B 正确。 答案 B 3(2018 4 月浙江选考)如图 2 所示，小芳在体重计上完成下蹲动作。下列 Ft 图象能反映体重计示数随时间变化的是( ) 解析 体重计的读数为人所受的支持力大小， 下蹲过程人的速度从 0 开始最后又 回到 0，因此人先加速运动后减速运动，加速度方向先向下后向上，即先失重后 超重，所以支持力先小于重力，后大于重力，因此选项 C 正确。 答案 C 4如图 3 所示，质量均为 m 的木块 A 和 B 用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水 平面上，木块 A 上放有质量为 2m 的木块 C，三者均处于静止状态。现将木块 C 迅速移开
31、，若重力加速度为 g，则在木块 C 移开的瞬间 ( ) 图 3 A木块 B 对水平面的压力大小迅速变为 2mg B弹簧的弹力大小为 mg C木块 A 的加速度大小为 2g D弹簧的弹性势能立即减小 解析 移开木块 C 前，由平衡条件可知，弹簧弹力大小为 3mg，地面对 B 的支 持力大小为 4mg，因移开木块 C 瞬时，弹簧压缩量不变，则弹簧弹力、弹性势 能均不变，选项 B、D 错误；木块 C 移开瞬间，木块 B 所受重力、弹簧的弹力 不变，故地面对 B 的支持力也不变，由牛顿第三定律知，选项 A 错误；撤去木 块 C 瞬间，对木块 A 由牛顿第二定律有 3mgmgma，解得 a2g，方向竖直
32、 向上，选项 C 正确。 答案 C 5(2019 名师原创预测)水平地面上方 A 处有一小物块，在竖直向上的恒力 F 作 用下由静止开始竖直向上运动，如图 4 所示。经过时间 t 到达 B 处，此时撤去力 F，又经过 2t 时间物块恰好落到地面。已知重力加速度大小为 g，A 处离地面的 高度 h1 2gt 2，忽略空气阻力，则物块的质量为( ) 图 4 A.5F 8g B.F g C.3F 8g D. F 2g 解析 物块在力 F 作用下做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为 a， 上升高度为 h1，末速度大小为 v1，则 h11 2at 2，v1at；撤去力 F 后物块做竖直 上抛运动
33、，则(h1h)v1 2t1 2g(2t) 2，联立解得 a3 5g，根据牛顿第二定律有 Fmgma，得 m5F 8g，A 正确。 答案 A 6在某段平直的铁路上，一列以 324 km/h 高速行驶的列车某时刻开始匀减速行 驶，5 min 后恰好停在某车站，并在该站停留 4 min，随后匀加速驶离车站，经 8.1 km 后恢复到原速 324 km/h。g 取 10 m/s2。 图 5 (1)求列车减速时的加速度大小； (2)若该列车总质量为 8.0105 kg，所受阻力恒为车重的 0.1 倍，求列车驶离车站 加速过程中牵引力的大小； (3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小。 解
34、析 (1)列车的速度 v324 km/h90 m/s 经过 t15 min300 s 停下，所以加速度为 a1v t1 090 300 m/s20.3 m/s2 即加速度大小为 0.3 m/s2 (2)列车受到的阻力为 f0.1mg 根据牛顿第二定律，有 Ffma2 由运动学公式有 v22a2x2 联立解得 a20.5 m/s2，F1.2106 N (3)列车减速运动通过的位移为 x1v 2t1 90 2 300 m13 500 m 列车加速运动的时间为 t3 v a2 90 0.5 s180 s 所以整个过程的平均速度为 v x t x1x2 t1t2t3 13 5008 100 30024
35、0180 m/s30 m/s 答案 (1)0.3 m/s2 (2)1.2106 N (3)30 m/s 7(2019 湖南株洲质检)如图 6 所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第 一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力 F84 N 从静止向前滑行， 其作用时 间为 t11.0 s。撤除水平推力 F 后经过 t22.0 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的 作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同。 图 6 已知该运动员连同装备的总质量为 m60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩 擦力大小恒为 Ff12 N，求： (1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移； (2)该
36、运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离。 解析 (1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为 a1FF f m 8412 60 m/s21.2 m/s2 第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小 v1a1t11.21.0 m/s1.2 m/s 位移 x11 2a1t 2 10.6 m。 (2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为 a2Ff m 经时间 t2速度变为 v1v1a2t2 第二次利用滑雪杖获得的速度大小 v2， 则 v22v122a1x1 第二次撤除水平推力后滑行的最大距离 x2 v22 2a2 解得 x25.2 m。 答案 (1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m
37、 综合提能练 8如图 7 所示，跨在光滑圆柱体侧面上的轻绳两端分别系有质量为 mA、mB的 小球， 系统处于静止状态。 A、 B 小球与圆心的连线分别与水平面成 60 和 30 角， 则两球的质量之比和剪断轻绳时两球的加速度之比分别为( ) 图 7 A11，12 B11，1 3 C. 31，11 D. 31，1 3 解析 A、B 小球的受力如图所示，对 A：TmAgsin 30 ，对 B：TmBgsin 60 ， 解得 mAmB 31。 当剪断轻绳时， 对 A： mAgsin 30 mAaA， 对 B： mBgsin 60 mBaB，解得 aAaB1 3，选项 D 正确。 答案 D 9如图 8
38、 所示，B 是水平地面上 AC 的中点，可视为质点的小物块以某一初速 度从 A 点滑动到 C 点停止。小物块经过 B 点时的速度等于它在 A 点时速度的一 半。则小物块与 AB 段间的动摩擦因数 1和 BC 段间的动摩擦因数 2的比值为 ( ) 图 8 A1 B2 C3 D4 解析 物块从 A 到 B 根据牛顿第二定律，有 1mgma1，得 a11g。从 B 到 C 根据牛顿第二定律，有 2mgma2，得 a22g。设小物块在 A 点时速度大小为 v，则在 B 点时速度大小为v 2，由于 ABBCl，由运动学公式知，从 A 到 B： v 2 2 v221gl，从 B 到 C：0 v 2 2 2
39、2gl，联立解得 132，故选项 C 正 确，A、B、D 错误。 答案 C 10.如图 9 是上海中心大厦，小明乘坐大厦快速电梯，从底层到达第 119 层观光 平台仅用时 55 s。若电梯先以加速度 a1做匀加速运动，达到最大速度 18 m/s，然 后以最大速度匀速运动，最后以加速度 a2做匀减速运动恰好到达观光平台。假 定观光平台高度为 549 m。取 g10 m/s2。 图 9 (1)若电梯经过 20 s 匀加速达到最大速度，求加速度 a1及上升高度 h； (2)在(1)问中的匀加速上升过程中，若小明的质量为 60 kg，求小明对电梯地板的 压力； (3)求电梯匀速运动的时间。 解析 (1
40、)t120 s，vm18 m/s， 由 a1v m0 t1 ，得 a10.9 m/s2， h1v m0 2 t1180 m。 (2)由牛顿第二定律得 FNmgma1 得 FNm(ga1)6010.9 N654 N。 由牛顿第三定律得小明对地板压力大小为 654 N，方向竖直向下。 (3)t总t1t2t355 s xvm 2 t1vmt2vm 2 t3vm 2 (t1t2t3)vm 2 t2vm 2 (t总t2) 联立解得 t26 s。 答案 (1)0.9 m/s2 180 m (2)654 N (3)6 s 11(2018 4 月浙江选考)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图 10 所示，有一
41、企鹅在倾角为 37 的倾斜冰面上， 先以加速度 a0.5 m/s2从冰面底部由静止开始 沿直线向上“奔跑”，t8 s 时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑 到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面 间的动摩擦因数 0.25，已知 sin 370.6，cos 37 0.8，g10 m/s2。求： 图 10 (1)企鹅向上“奔跑”的位移大小； (2)企鹅在冰面滑动的加速度大小； (3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。(计算结果可用根式表示) 解析 (1)在企鹅向上“奔跑”过程中有 x1 2at 2， 解得 x16 m。 (2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第 二个过程是从最高点滑到出发点，两次过程根据牛顿第二定律分别有 mgsin 37 mgcos 37 ma1 mgsin 37 mgcos 37 ma2 解得 a18 m/s2，a24 m/s2。 (3)企鹅从卧倒到滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为 t，位移为 x tat a1，x 1 2a1t 2，解得 x1 m。 企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为 vt，初速度为 0，则有 v2t02 2a2(xx) 解得 vt2 34 m/s。 答案 (1)16 m (2)8 m/s2 4 m/s2 (3)2 34 m/s
