必修1第三章第2讲

1、第 2 讲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：物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力 )大于物体所受重力的现象。(2)产生条件：物体具有向上的加速度。2.失重(1)

2、定义：物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力 )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：物体对竖直悬挂物的拉力(或对支持物的压力 )等于零的现象称为完全失重。(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

3、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.(多选 )(2019 宜·宾市一诊 )由牛顿第二定律可知， 无论怎样小的力都可以使物体产生加速度，可是当我们用一个很小的水平力去推很重的桌子时，却推不动它，这

4、是因为()图 1A.牛顿第二定律不适用于静止物体B.有加速度产生，但数值很小，不易觉察C.静摩擦力等于水平推力，所以桌子静止不动D.桌子所受合力为零，加速度为零，所以静止不动答案CD3.(2019 金·陵中学模拟 )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 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 2A.滑块一直做匀变速直线运动B.t1 s 时，滑块速度减为零，然后静止在斜

5、面上C.t 2 s 时，滑块恰好又回到出发点D.t3 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 22，故A错误；上滑时间t1 v0，上滑距a2 m/sa11 s21 2离 xv0 5 m，下滑过程 x a t ，解得 t 5 s，故 B、C 错误； t3 s 时，2a122 22滑块还处于下滑阶段， va (t1) 4 m/s，故 D 正确。2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

6、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3A.a1 g， a2gB.a10， a2 2gC.a1 g， a2 0D.a1 2g， 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a1a2 g，故选项 A 正确。答案A【拓展 1】把 “轻绳 ”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

7、，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 5A.aA01gB.aAgaB0aB2A gaBgD.aA0aBgC.a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 B1.求解瞬时加速度的一般思路

8、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()图 6A.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D2.如图 7，质量为 1.5 kg 的物体 A 静止在竖直的轻弹

9、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7A.0B.2.5 NC.5 ND.3.75 N解析当细线剪断瞬间，细线的弹力突然变为零，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 mBgF1 mBa，可得 F1 3

10、.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 )，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

11、度匀速行驶时，安全距离为120 m。2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5。若要求安全距离仍为2120 m， g 10 m/s ，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0mgma02v0xv0t02a0式中， m 和 v0 分别为汽车的质量和刹车前的速度，2设在雨天行驶时，汽车与路面间的动摩擦因数为，依题意有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 mg mav2xvt0 2a联立 式并代

12、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 g 10 m/s2)图 8运动过程运动时间运动状态起飞 BC段10时 34分初速度 v0 170 节 88 m/s10时 54分

13、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1 及位移大小 x1；a(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t1 20 min1 200 sa1vv013088m/s2 0.035 m/s2t11 20011x12(v0v) t12× (88130)× 1 200 m130 800 m所以 C919 匀加

14、速运动过程中加速度大小12，a0.035 m/s位移大小为 x1130 800 m(2)C919 匀减速运动过程t3 25 min1 500 s加速度大小2vt v 130 7220.039 m/s2at31 500m/s根据牛顿第二定律得到F maC919 匀减速运动过程中所受合力大小与重力的比值F0.039kmg 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/s2130 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

15、，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h1 h；若鱼身竖直，落入水中的深度为h21.5h；假定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 v2 2gH，得 v 2gh(2)因 h1 vt1，h2 vt2，得 t1222t23(3)2gHv2 2a1h1， F1mgma17得 F1 3mg，同理得 F2 3mg，F19所以 F27答案(1)2gh(2

16、)23(3)9 72.如图 10 所示，质量为 10 kg 的环 (图中未画出 )在 F 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 N mgcos ，f N，设

17、0.5 s 末速度为 v，根据运动学公式有 v a1 t1 ，撤去 F 后 0.4 s 内mgsin mgcos ma2，va2t2，联立以上各式得0.5，a18 m/s2 ，a210 m/s2，va2t24 m/s。2 1 2(2) x2a1t1vt22a2t21.8 m。答案 (1)0.5 (2)1.8 m1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

18、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 11A.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，

19、D 正确。答案CD考向根据超重、失重现象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 12A .t2 s 时最大B.t2 s 时最小C.t 8.5 s 时最大D.t8.5 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t 8.5 s 时压力最小

20、，选项D 正确。答案AD1.(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 13A.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

21、示数，图乙示数大于静止时体重计的示数，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 A2.(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 图像如图乙所示。则下列相关说法正确的是 ()图 14A.t4.5 s 时，电梯处于失重状态B.55

22、5 s 时间内，绳索拉力最小C.t 59.5 s时，电梯处于超重状态D.t60 s 时，电梯速度恰好为零解析利用 at 图像可判断： 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； 0 5 s 时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，555 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 “

23、光滑斜面”模型和“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。12h关系式为 tsin 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 v2gh。【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 16A.滑到底端时的速度相同B.滑到底端所用的时间相同C.在倾角

24、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，12h但方向不同，选项A 错误；由关系式 tsin 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h btan 12h由关系式 tsin g 可

25、知，t12h4bsin g，联立解得 t，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 172.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a gsin ，位移为 xdsin ，所以运动时间为 t02x2dsin 2da gsin 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。【典例 2】(2018 ·合肥质检 )如图 19 所示，有一半

26、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 19A.tABtCD tEFB.tAB>tCD>tEFC.t <tCD<tEFD.tABtCD<tEFAB解析如图所示，过 D 点作 OD 的垂线与竖直虚线交于G，以 OG 为直径作圆，可以看出 F 点在辅助圆内，而 B 点在辅助圆外，由等时

27、圆结论可知，tAB>tCD>tEF，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 20A.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2R；丙做自由g2R落体运动，有 t

28、丙g，所以有 t 乙>t 甲>t 丙，选项 C 正确。答案C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()图 1A.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D2.(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

29、 10 m/s2)()A.10 m/sB.20 m/sC.30 m/sD.40 m/s解析由牛顿第二定律得mgma，即a8 m/s22 2由 v v0 2ax 得 v0 2ax 2×8×25 m/s20 m/s，故选项 B 正确。答案B3.(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 图像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C4

30、.(2019 绵·阳市一诊 )如图 3 所示，质量为 m 的光滑小球 A 被一轻质弹簧系住，弹簧另一端固定于水平天花板上，小球下方被一梯形斜面B 托起保持静止不动，弹簧恰好与梯形斜面平行， 已知弹簧与天花板夹角为30°，重力加速度 g 取 10 m/s2，若突然向下撤去梯形斜面，则小球的瞬时加速度为()图 3A.0B.大小为 10 m/s2 ，方向竖直向下C.大小为 53 m/s2，方向斜向右下方D.大小为 5 m/s2 ，方向斜向右下方解析小球原来受到重力、弹簧的弹力和斜面的支持力，斜面的支持力大小为Nmgcos 30 ；°突然向下撤去梯形斜面，弹簧的弹力来不及

31、变化，重力也不变，支持力消失，所以此瞬间小球的合力与原来的支持力N 大小相等、方向相反，由牛顿第二定律得 mgcos 30°ma，解得 a53 m/s2，方向斜向右下方，选项C 正确。答案C5.(2019 黄·石模拟 )如图 4，带有竖直支柱的斜面固定在水平地面上，光滑的小球被轻质细线和轻弹簧系住静止于斜面上，弹簧处于拉伸状态。现剪断细线，小球沿斜面向下运动的过程中 ()图 4A.弹簧达到自然长度前加速运动，之后减速运动B.弹簧达到自然长度前加速运动，之后先加速运动后减速运动C.加速度先增大后减小D.加速度一直减小解析对小球受力分析如图所示弹簧恢复原长以前，由牛顿第二定律得

32、kx mgsin ma1kxmgsin a1m由上式可知小球在下滑过程中x 减小， a1 减小，小球做加速度减小的加速运动。当弹簧处于压缩状态过程中，mgsin kxma2kxa2gsin m所以小球在下滑过程中，x 增大， a2 减小，当 a20 时速度最大，这时小球继续下滑，加速度的方向变为向上，即小球做减速运动，选项B 正确。答案B6.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

33、加速度大小；(2)若该列车总质量为8.0×105 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。解析(1)列车的速度 v 324 km/h 90 m/s经过 t1 5 min300 s 停下，所以加速度为v090m/s2 0.3 m/s2a1 t1 300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F fma2由运动学公式有v2 2a2 x2联立解得 a2 0.5 m/s2， F 1.2× 106 N(3)列车减速运动通过的位移为v90x12t1 2

34、 × 300 m 13 500 m列车加速运动的时间为v90t3s 180 s所以整个过程的平均速度为xx1x213 500 8 100v tm/s30 m/st1t2t3300240180答案(1)0.3 m/s2(2)1.2× 106 N (3)30 m/s7.(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 t1 1.0 s。撤除水平推力 F 后经过 t2 2.0 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。已知该运

35、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 f 12 N，求：图 6(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F f 8412m/s21.2 m/s2a1 m 60第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v1a1t1 1.2× 1.0 m/s 1.2 m/s12位移 x12a1t10.6 m。f(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a2m经时间 t2 速度变为 v1 v1a2t2第二次利用滑雪杖获得的速度大小v2，

36、2 2则 v2v12a1x1第二次撤除水平推力后滑行的最大距离2v2x22a2，解得 x2 5.2 m。答案(1)1.2 m/s0.6 m(2)5.2 m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 7A.11，12B.11，1 3C. 31，11D. 31，1 3解析 A、B 小球的受力如图所示，对A：TmAgsin 30，°对： B，°B Tm gsin 60解得 mA mB

37、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D9.如图 8 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 8A.1B.2C.3D.4解析物块从 A 到 B 根据牛顿第二定律，有11，得11 。从B到Cmgmaag根据牛顿第二定律， 有 mgma ，得 a g。设小物块在 A 点时速度大小

38、为 v，2222vv 2则在 B 点时速度大小为 2，由于 ABBCl，由运动学公式知，从A到B：2 21v 2212v 2gl ，从 B 到 C：0 2 2gl，联立解得 3，故选项 C 正确，A、B、D 错误。答案C10.如图 9 所示为某一游戏的局部简化示意图。D 为弹射装置， AB 是长为 21 m 的水平轨道，倾斜直轨道BC 固定在竖直放置的半径为 R 10 m 的圆形支架上， B为圆形的最低点，轨道AB 与 BC 平滑连接，且在同一竖直平面内。某次游戏中，无动力小车在弹射装置D 的作用下，以 v010m/s 的速度滑上轨道 AB，并恰好能冲到轨道 BC 的最高点。已知小车在轨道 AB 上受到的摩擦力为其重量的 0.2 倍，轨道 BC 光滑，则小车从 A 到 C 的运动时间是 ()图 9A. 5 sB.4.8 sC.4.4 sD.3 s解析小车在 AB 段，由题意知 fmg，得 0.2，其加速度大小为 a1g2 m/s2，12s(舍去 )。从 B 到 C 运由运动学公式