《（浙江選考）2022年高考物理一輪復習 第3章 牛頓運動定律 第2講 牛頓第二定律 兩類動力學問題學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2022年高考物理一輪復習 第3章 牛頓運動定律 第2講 牛頓第二定律 兩類動力學問題學案（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（浙江選考）2022年高考物理一輪復習 第3章 牛頓運動定律 第2講 牛頓第二定律 兩類動力學問題學案 牛頓第二定律 1.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.表達式：F＝ma。 3.適用范圍 (1)只適用于慣性參考系(相對地面靜止或勻速直線運動的參考系)。 (2)只適用于宏觀物體(相對于分子、原子)、低速運動(遠小于光速)的情況。 單位制 1.單位制 由基本單位和導出單位一起組成了單位制。 2.基本單位 基本物理量的單位。力學中的基本量有三個，它們分別是質(zhì)量、長度和時間，它們的國際單位分別是kg、m和s。 3.

2、導出單位 由基本單位根據(jù)物理關(guān)系推導出來的其他物理量的單位。 兩類動力學問題 1.動力學的兩類基本問題 第一類：已知受力情況求物體的運動情況。 第二類：已知運動情況求物體的受力情況。 2.解決兩類基本問題的方法 以加速度為“橋梁”，由運動學公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關(guān)系如下 小題速練 1.思考判斷 (1)牛頓第一定律是牛頓第二定律的特殊情形(　　) (2)對靜止在光滑水平面上的物體施加一個水平力，當力剛作用瞬間，物體立即獲得加速度(　　) (3)F＝ma是矢量式，a的方向與F的方向相同，與速度方向無關(guān)(　　) (4)物理公式不僅確定了物理量之間的數(shù)量關(guān)

3、系，同時也確定了物理量間的單位關(guān)系(　　) (5)物體所受合外力減小，加速度一定減小，速度也一定減小(　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)√　(4)√　(5)× 2.下列哪些物理量的單位是基本單位(　　) A.力的單位N　　 B.壓強的單位Pa C.長度的單位m D.加速度的單位m/s2 答案　C 3.(多選)[人教版必修1·P86·例2改編]如圖1所示，截面為直角三角形的木塊置于粗糙的水平地面上，其傾角θ＝30°，斜面長為7 m?，F(xiàn)木塊上有一質(zhì)量為m＝1.0 kg 的滑塊從斜面頂端下滑，測得滑塊在0.40 s內(nèi)速度增加了1.4 m/s，且知滑塊滑行過程中木塊處于靜

4、止狀態(tài)，重力加速度g取10 m/s2，則(　　) 圖1 A.滑塊滑行過程中受到的摩擦力大小為1.2 N B.滑塊滑行過程中受到的摩擦力大小為1.5 N C.滑塊滑到木塊底部時的速度大小為5 m/s D.滑塊滑到木塊底部時的速度大小為7 m/s 解析　由題意可知，滑塊滑行的加速度a＝＝ m/s2＝3.5 m/s2。對滑塊受力分析，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin θ－Ff＝ma，解得Ff＝1.5 N，A錯誤，B正確；根據(jù)v2＝2ax得 v＝ m/s＝7 m/s，C錯誤，D正確。 答案　BD 　牛頓第二定律的理解和應用 1.牛頓第二定律的性質(zhì) 2.合力、

5、加速度、速度的關(guān)系 (1)物體的加速度由所受合力決定，與速度無必然聯(lián)系。 (2)合力與速度夾角為銳角，物體加速；合力與速度夾角為鈍角，物體減速。 (3)a＝是加速度的定義式，a與v、Δv無直接關(guān)系；a＝是加速度的決定式。 1.下列關(guān)于速度、加速度、合外力之間的關(guān)系，正確的是(　　) A.物體的速度越大，則加速度越大，所受的合外力也越大 B.物體的速度為0，則加速度為0，所受的合外力也為0 C.物體的速度為0，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大 D.物體的速度很大，但加速度可能為0，所受的合外力也可能很大 解析　物體的速度大小和加速度大小沒有必然聯(lián)系，一個很大，另一個

6、可以很小，甚至為0，物體所受合外力的大小決定加速度的大小，同一物體所受合外力越大，加速度一定也越大，故選項C正確。 答案　C 2.如圖2所示，一木塊在光滑水平面上受一個恒力F作用而運動，前方固定一個輕質(zhì)彈簧，當木塊接觸彈簧后，下列判斷正確的是(　　) 圖2 A.木塊將立即做勻減速直線運動 B.木塊將立即做變減速直線運動 C.在彈簧彈力大小等于恒力F時，木塊的速度最大 D.在彈簧壓縮量最大時，木塊的加速度為零 答案　C 3.如圖3，在勻強電場中，懸線一端固定于地面，另一端拉住一個帶電小球，使之處于靜止狀態(tài)。忽略空氣阻力，當懸線斷裂后，小球?qū)⒆?　　) 圖3 A.曲線

7、運動 B.勻速直線運動 C.勻加速直線運動 D.變加速直線運動 解析　在懸線斷裂前，小球受重力、電場力和懸線拉力作用而處于平衡狀態(tài)，故重力與電場力的合力與拉力等值反向。懸線斷裂后，小球所受重力與電場力的合力大小、方向均不變，故小球?qū)⒀卦瓉響揖€拉力的反方向做勻加速直線運動，選項C正確。 答案　C 　牛頓第二定律的瞬時性 兩種模型 【典例】　兩個質(zhì)量均為m的小球，用兩條輕繩連接，處于平衡狀態(tài)，如圖4所示。現(xiàn)突然迅速剪斷輕繩OA，讓小球下落，在剪斷輕繩的瞬間，設小球A、B的加速度分別用a1和a2表示，則(　　) 圖4 A.a1＝g，a2＝g B.a1＝0，a2＝2g

8、 C.a1＝g，a2＝0 D.a1＝2g，a2＝0 審題關(guān)鍵點?、賰蓷l輕繩連接?、诩魯噍p繩的瞬間 解析　由于繩子張力可以突變，故剪斷OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g。故選項A正確。 答案　A 【拓展延伸1】　把“輕繩”換成“輕彈簧” 在【典例】中只將A、B間的輕繩換成輕質(zhì)彈簧，其他不變，如圖5所示，則【典例】選項中正確的是(　　) 圖5 解析　剪斷輕繩OA后，由于彈簧彈力不能突變，故小球A所受合力為2mg，小球B所受合力為零，所以小球A、B的加速度分別為a1＝2g，a2＝0。故選項D正確。 答案　D 【拓展延伸2】　改變平衡狀態(tài)的呈現(xiàn)方式 把【拓

9、展延伸1】的題圖放置在傾角為θ＝30°的光滑斜面上，如圖6所示，系統(tǒng)靜止時，彈簧與細線均平行于斜面，在細線被燒斷的瞬間，則下列說法正確的是(　　) 圖6 A.aA＝0　aB＝g B.aA＝g　aB＝0 C.aA＝g　aB＝g D.aA＝0　aB＝g 解析　細線被燒斷的瞬間，小球B的受力情況不變，加速度為0。燒斷前，分析整體受力可知線的拉力為T＝2mgsin θ，燒斷瞬間，A受的合力沿斜面向下，大小為2mgsin θ，所以A球的瞬時加速度為aA＝2gsin 30°＝g，故選項B正確。 答案　B 1.求解瞬時加速度的一般思路 2.加速度可以隨著力的突變而突變，

10、而速度的變化需要一個積累的過程，不會發(fā)生突變。 1.如圖7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，小球恰好處于靜止狀態(tài)。當木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度大小為(　　) 圖7 A.0 B.g C.g D.g 解析　平衡時，小球受到三個力：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，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，B正確。 答案　B 2.如圖8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，整個系統(tǒng)置于水平放

11、置的光滑木板上，并處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間，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(　　) 圖8 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1的支持力和對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。故選項C正確。 答案　C 3.如圖9所示，兩小球懸掛在天花板上，a、b兩小球用細線連接，上面是一輕質(zhì)彈簧，a、b兩球的質(zhì)量分別為m和2m，在細線燒斷瞬間，a、b兩球的加速

12、度為(取向下為正方向)(　　) 圖9 A.0，g B.－g，g C.－2g，g D.2g，0 解析　在細線燒斷之前，a、b可看成一個整體，由二力平衡知，彈簧彈力等于整體重力，故向上大小為3mg。當細線燒斷瞬間，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b而言，細線燒斷后只受重力作用，故加速度ab＝＝g，方向向下。如以向下方向為正，有aa＝－2g，ab＝g。故選項C正確。 答案　C 　動力學的兩類基本問題 1.解決動力學兩類問題的兩個關(guān)鍵點 2.解決動力學基本問題的處理方法 (1)合成法：在物體受

13、力個數(shù)較少(2個或3個)時一般采用“合成法”。 (2)正交分解法：若物體的受力個數(shù)較多(3個或3個以上)，則采用“正交分解法”。 【典例1】　(2018·4月浙江選考)可愛的企鵝喜歡在冰面上玩游戲。如圖10所示，有一企鵝在傾角為37°的傾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2從冰面底部由靜止開始沿直線向上“奔跑”，t＝8 s時，突然臥倒以肚皮貼著冰面向前滑行，最后退滑到出發(fā)點，完成一次游戲(企鵝在滑動過程中姿勢保持不變)。若企鵝肚皮與冰面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。求： 圖10 (1)企鵝向上“奔跑”的位移大

14、?。? (2)企鵝在冰面滑動的加速度大??； (3)企鵝退滑到出發(fā)點時的速度大小。(計算結(jié)果可用根式表示) 解析　(1)在企鵝向上“奔跑”過程中有x＝at2， 解得x＝16 m。 (2)在企鵝臥倒以后將進行兩個過程的運動，第一個過程是從臥倒到最高點，第二個過程是從最高點滑到出發(fā)點，兩次過程根據(jù)牛頓第二定律分別有 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2 解得a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2。 (3)企鵝從臥倒滑到最高點的過程中，做勻減速直線運動，設時間為t′，位移為x′ t′＝，x′＝a1t′2， 解得x′＝1

15、m。 企鵝從最高點滑到出發(fā)點的過程中，設末速度為vt，初速度為0，則有 v－02＝2a2(x＋x′) 解得vt＝2 m/s。 答案　(1)16 m　(2)8 m/s2　4 m/s2　(3)2 m/s 兩類動力學問題的解題步驟 【典例2】　如圖11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(可視為質(zhì)點)從斜面上的A點由靜止釋放，最終停在水平面上的C點。已知A點距水平面的高度h＝0.8 m，B點距C點的距離L＝2.0 m。(滑塊經(jīng)過B點時沒有能量損失，取g＝10 m/s2)求： 圖11 (1)滑塊在運動過程中的最大速度； (2)滑塊與水平面間的動摩

16、擦因數(shù)μ； (3)滑塊從A點釋放后，經(jīng)過時間t＝1.0 s時速度的大小。 解析　(1)滑塊先在斜面上做勻加速運動，然后在水平面上做勻減速運動，故滑塊運動到B點時速度最大，設為vmax，設滑塊在斜面上運動的加速度大小為a1，則 mgsin 30°＝ma1 v＝2a1 解得vmax＝4 m/s。 (2)設滑塊在水平面上運動的加速度大小為a2 則μmg＝ma2 0－v＝－2a2L 解得μ＝0.4。 (3)設滑塊在斜面上運動的時間為t1，vmax＝a1t1，得t1＝0.8 s，由于t>t1，故滑塊已經(jīng)經(jīng)過B點，做勻減速運動的時間為t－t1＝0.2 s，設t＝1.0 s時速度大小為v

17、，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 多過程問題的處理方法 (1)將復雜物理過程分解為幾個子過程。 (2)分析每一個子過程中物體受力情況、運動情況、約束條件。 (3)注意子過程之間的聯(lián)系，可以從時間、位移、速度等方面尋找。 (4)注意畫好受力分析圖和運動示意圖。 1.(2016·4月浙江選考)如圖12是上海中心大廈，小明乘坐大廈快速電梯，從底層到達第119層觀光平臺僅用時55 s。若電梯先以加速度a1做勻加速運動，達到最大速度18 m/s，然后以最大速度勻速運動，最后以加速度a2做勻減速

18、運動恰好到達觀光平臺。假定觀光平臺高度為549 m。 圖12 (1)若電梯經(jīng)過20 s勻加速達到最大速度，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，求小明對電梯地板的壓力； (3)求電梯勻速運動的時間。 解析　(1)由運動學公式可得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，小明對地板的壓力FN′＝FN＝654 N，方向豎直向下 (3)設勻速運動的時間為t0，運動的總時間為t，

19、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 2.如圖13所示，冰壺運動是一項體力與智力相結(jié)合的投擲類高雅運動，有人把冰壺稱做“冰上國際象棋”。在一次比賽中，擲球運動員在擲球區(qū)的欄線前松手，冰壺沿著冰道做勻減速直線運動，最后停在“營壘”的中心。已知從松手到停止的運動過程中，冰壺的位移x＝40 m，所經(jīng)過的時間t＝20 s。 圖13 (1)求冰壺在此過程中平均速度v1大?。? (2)求冰壺在此過程中加速度a的大?。? (3)求位移x1＝30 m處時冰壺速度v2的大小。 解析　(1)冰壺做勻減速直

20、線運動，由平均速度公式 得v1＝＝2 m/s。 (2)由勻變速直線運動規(guī)律得：x＝at2 解得冰壺加速度的大小a＝＝0.2 m/s2 (3)由勻變速直線運動規(guī)律得：v0＝at 解得此過程中初速度的大小v0＝4 m/s 由勻變速直線運動規(guī)律得：v－v＝－2ax1 解得位移x1＝30 m處時冰壺速度大小v2＝2 m/s。 答案　(1)2 m/s　(2)0.2 m/s2　(3)2 m/s 3.(2016·10月浙江選考)如圖14所示，在某段平直的鐵路上，一列以324 km/h高速行駛的列車某時刻開始勻減速行駛，5 min 后恰好停在某車站，并在該站停留4 min，隨后勻加速駛離車站

21、，經(jīng)8.1 km后恢復到原速324 km/h。 圖14 (1)求列車減速時的加速度大?。? (2)若該列車總質(zhì)量為8.0×105 kg，所受阻力恒為車重的0.1倍，求列車駛離車站加速過程中牽引力的大??； (3)求列車從開始減速到恢復原速這段時間內(nèi)的平均速度大小。 解析　(1)列車的初速度為v0＝324 km/h＝90 m/s，經(jīng)過t＝5 min＝300 s停下，所以加速度為a＝＝ m/s2＝－0.3 m/s2，即加速度大小為0.3 m/s2。 (2)列車駛離車站，經(jīng)x′＝8.1×103 m后速度達到v＝90 m/s， 由v2＝2a′x′得a′＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，

22、 f＝0.1mg，根據(jù)牛頓第二定律得F－0.1mg＝ma′， 代入數(shù)值解得F＝1.2×106 N。 (3)根據(jù)上一問可知，重新加速時間為t′＝＝ s＝180 s，減速過程中通過的位移x＝t＝45×300 m＝1.35×104 m，所以整個過程的平均速度v＝＝ m/s＝30 m/s。 答案　(1)0.3 m/s2　(2)1.2×106 N　(3)30 m/s 科學思維——光滑斜面模型 模型特點 如圖15所示，質(zhì)量為m的物體從傾角為θ、高度為h的光滑斜面頂端由靜止下滑，則有如下規(guī)律： 圖15 (1)物體從斜面頂端滑到底端所用的時間t，由斜面的傾角θ與斜面的高度h共同決定，與

23、物體的質(zhì)量無關(guān)。 關(guān)系式為t＝ 。 (2)物體滑到斜面底端時的速度大小只由斜面的高度h決定，與斜面的傾角θ、斜面的長度、物體的質(zhì)量無關(guān)。 關(guān)系式為v＝。 【例】　如圖16所示，一物體分別從高度相同、傾角不同的三個光滑斜面頂端由靜止開始下滑。下列說法正確的是(　　) 圖16 A.滑到底端時的速度相同 B.滑到底端所用的時間相同 C.在傾角為30°的斜面上滑行的時間最短 D.在傾角為60°的斜面上滑行的時間最短 解析　由規(guī)律(2)可知物體從高度相同的斜面滑到底端時的速度大小相同，但方向不同，選項A錯誤；由規(guī)律(1)可知物體在傾角θ＝60°的斜面上滑行時間最短，選項D正確。

24、 答案　D 【針對訓練】　一間新房即將建成，現(xiàn)要封頂，若要求下雨時落至房頂?shù)挠甑文茏羁斓靥孰x房頂(假設雨滴沿房頂下淌時做無初速度、無摩擦的運動)，則必須要設計好房頂?shù)母叨龋铝兴姆N情況中最符合要求的是(　　) 解析　如圖，設房頂寬為2b，高度為h，斜面傾角為θ。 由圖中幾何關(guān)系有h＝btan θ 由規(guī)律(1)可知　t＝ 聯(lián)立解得　t＝，可見，當θ＝45°時，t最小。 答案　C 活頁作業(yè) (時間：30分鐘) A組　基礎過關(guān) 1.(2018·4月浙江選考)用國際單位制的基本單位表示能量的單位，下列正確的是(　　) A.kg·m2/s2 B.kg·m/s2

25、 C.N/m D.N·m 解析　國際七大基本物理量及單位分別為質(zhì)量：千克(kg)，長度：米(m)，時間：秒(s)，電流：安培(A)，溫度：開爾文(K)，光強：坎德拉(cd)，物質(zhì)的量：摩爾(mol)。能量的單位可以從做功的角度考慮，等于N·m，力的單位從牛頓第二定律F＝ma可知N＝kg·m/s2，所以能量的單位為kg·m2/s2，故選A。 答案　A 2.(2018·寧波模擬)如圖1所示，有人用一簇氣球使一座小屋成功升空。當小屋加速上升時，它受到的拉力與重力的關(guān)系是(　　) 圖1 A.一對平衡力 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　

26、加速度方向向上，故合力方向向上，拉力大于重力，選項D正確。 答案　D 3.如圖2所示，質(zhì)量為20 kg的物體，沿水平面向右運動，它與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.1，同時還受到大小為10 N的水平向右的力的作用，則該物體(　　) 圖2 A.受到的摩擦力大小為10 N，方向向右 B.受到的摩擦力大小為20 N，方向向右 C.運動的加速度大小為1.5 m/s2，方向向左 D.運動的加速度大小為0.5 m/s2，方向向左 解析　滑動摩擦力Ff＝μFN＝μmg＝20 N，方向水平向左，a＝＝0.5 m/s2，方向水平向左，選項D正確。 答案　D 4.如圖3所示，為第八屆珠海航展上中

27、國空軍“八一”飛行表演隊駕駛“殲10”戰(zhàn)機的情景。當戰(zhàn)機大仰角沿直線加速攀升時，戰(zhàn)機所受合力方向(　　) 圖3 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　沿直線加速運動，需要速度與加速度方向相同，所以B正確，A、C、D錯誤。 答案　B 5.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)動的輪胎在地面上發(fā)生滑動時留下的滑動痕跡。在某次交通事故中，汽車的剎車線長度是14 m，假設汽車輪胎與地面間的動摩擦因數(shù)恒為0.7，g取10 m/s2，則汽車剎車前的速度為(　　) A.7 m/s B.10 m

28、/s C.14 m/s D.20 m/s 解析　設汽車剎車后滑動的加速度大小為a，由牛頓第二定律可得μmg＝ma，所以a＝μg，由勻變速直線運動的規(guī)律得v＝2ax，故汽車剎車前的速度為v0＝＝＝14 m/s，選項C正確。 答案　C 6.用30 N的水平外力F拉一個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＝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＝

29、＝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動，所以第5 s末物體的速度為4.5 m/s，加速度為0。故選項C正確。 答案　C 7.(2018·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。當拉力方向不變，大小變?yōu)?F時，木塊的加速度為a′，則(　　) A.a′＝a B.a′<2a C.a′>2a D.a′＝2a 解析　設摩擦力為f，故當用大小為F的恒力拉木塊時，F(xiàn)－f＝ma；當用大小為2F的恒力拉木塊時2F－f＝ma′；故m(a′－2a)＝2F－f－2(F－f)＝f>0，故a′>2a，

30、選項C正確。 答案　C 8.(2017·4月浙江選考)游船從某碼頭沿直線行駛到湖對岸，小明對過程進行觀測，記錄數(shù)據(jù)如下表： 運動過程 運動時間 運動狀態(tài) 勻加速運動 0～40 s 初速度v0＝0； 末速度v＝4.2 m/s 勻速運動 40 s～640 s v＝4.2 m/s 勻減速運動 640 s～720 s 靠岸時的速度v1＝0.2 m/s 圖4 (1)求游船勻加速運動過程中加速度大小a1及位移大小x1； (2)若游船和游客的總質(zhì)量M＝8 000 kg，求游船勻減速運動過程中所受的合力大小F； (3)求游船在整個行駛過程中的平均速度大小。 解析　(

31、1)由運動學公式a1＝＝0.105 m/s2 位移x1＝a1t2＝84 m (2)減速運動過程中加速度大小a2＝＝0.05 m/s2 由牛頓第二定律得F＝Ma2＝400 N (3)位移x＝×t1＋v×t2＋×t3＝2 780 m 平均速度v＝＝3.86 m/s 答案　(1)0.105 m/s2　84 m　(2)400 N　(3)3.86 m/s B組　能力提升 9.(2018·嘉興一中期中)質(zhì)量為m的物塊在傾角為θ的粗糙斜面上勻加速下滑?，F(xiàn)對物塊施加一個豎直向下的恒力F，則物塊的加速度大小將(　　) 圖5 A.變大 　　　　B.變小 C.不變 　　　　D.以上情況

32、都有可能 解析　質(zhì)量為m的物塊在傾角為θ的粗糙斜面上勻加速下滑，加速度大小a＝＝g(sin θ－μcos θ) 對物塊施加一個豎直向下的恒力F，對物體受力分析，如圖 現(xiàn)對物塊施加一個豎直向下的恒力F，則物塊的加速度大小 a＝ ＝(g＋)(sin θ－μcos θ)>a 故A正確，B、C、D錯誤。 答案　A 10.(2018·11月浙江選考)如圖6所示為某一游戲的局部簡化示意圖。D為彈射裝置，AB是長為21 m的水平軌道，傾斜直軌道BC固定在豎直放置的半徑為R＝10 m的圓形支架上，B為圓形的最低點，軌道AB與BC平滑連接，且在同一豎直平面內(nèi)。某次游戲中，無動力小車在彈射裝置

33、D的作用下，以v0＝10 m/s的速度滑上軌道AB，并恰好能沖到軌道BC的最高點。已知小車在軌道AB上受到的摩擦力為其重量的0.2倍，軌道BC光滑，則小車從A到C的運動時間是(　　) 圖6 A. 5 s B.4.8 s C.4.4 s D.3 s 解析　小車在AB段，由題意知f＝μmg，得μ＝0.2，其加速度大小為a1＝μg＝2 m/s2，由運動學公式得LAB＝v0t1－a1t ，解得t1＝3 s，或t1′＝7 s(舍去)。從B到C運動時，如圖所示，LBC＝2Rsin θ，加速度為a2＝gsin θ，所以LBC＝a2t，得t2＝2 s，所以從A到C的時間為t＝t1＋

34、t2＝5 s。 答案　A 11.(2018·浙江新高考研究聯(lián)盟二聯(lián))如圖7所示，某次滑雪訓練，運動員站在水平雪道上第一次利用滑雪杖對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。已知該運動員連同裝備(可視為質(zhì)點)的總質(zhì)量為m＝60 kg，在整個運動過程中受到的滑動摩擦力大小恒為Ff＝12 N，求： 圖7 (1)第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小及這段時間內(nèi)的位移； (2)t＝3.0 s時運動員的速度大?。? (3)該運

35、動員第二次撤除水平推力后能滑行的最大距離。 解析　(1)運動員利用滑雪杖獲得的加速度為 a1＝＝1.2 m/s2 第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小 v1＝a1t1＝1.2 m/s 位移x1＝a1t＝0.6 m (2)運動員停止使用滑雪杖后，加速度大小為a2＝ 經(jīng)時間t2速度變?yōu)関1′＝v1－a2t2＝0.8 m/s (3)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)0.6 m　(2)0.8 m/s　(3)5.2 m 12.在山區(qū)或溝谷深壑地區(qū)，往往會因為長時間的

36、暴雨引發(fā)山體滑坡，并攜帶有大量石塊滑落。某地有兩個坡度相同的山坡剛好在底端互相對接，在暴雨中有石塊從一側(cè)山坡滑落后沖上另一側(cè)山坡，如圖8甲所示。現(xiàn)假設兩山坡與水平面間的夾角均為θ＝37°，石塊在下滑過程中與坡面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，石塊在左側(cè)山坡A處由靜止開始下滑時，離水平地面的高度h1＝4.8 m，然后沖上右側(cè)山坡，其簡化圖如圖乙所示。(已知石塊經(jīng)過最低點P前后的速度大小不變，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 圖8 (1)求石塊滑到最低點P時的速度大小v； (2)求石塊沖上右側(cè)山坡最高點B時離水平面的高度h2； (3)當石塊

37、在A點以多大的初速度v0下滑，剛好能到達右側(cè)山坡與A等高處？ 解析　(1)設石塊從A到P過程加速度為a1， 則mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，代入數(shù)據(jù)解得 a1＝4 m/s2，根據(jù)v2－02＝2a1，代入數(shù)據(jù)解得v＝8 m/s。 (2)設石塊從P到B過程中加速度為a2，則有： －mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，代入數(shù)據(jù)解得：a2＝－8 m/s2， 由運動學方程有：0－v2＝2a2，解得h2＝2.4 m。 (3)剛好能到達右側(cè)山坡與A等高處時，設石塊在底端的速度為v1， 則有0－v＝2a2，解得v1＝8 m/s， 石塊從A到P過程中，有v－v＝2a1， 解得v0＝8 m/s。 答案　(1)8 m/s　(2)2.4 m　(3)8 m/s