《（新課標(biāo)）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 第2講 牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問題課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 第2講 牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問題課件.ppt（60頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問題,一 牛頓第二定律,二 兩類動(dòng)力學(xué)問題,三 力學(xué)單位制,基礎(chǔ)過關(guān),考點(diǎn)一 對牛頓第二定律的理解,考點(diǎn)二 牛頓第二定律的瞬時(shí)性問題,考點(diǎn)三 動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題,考點(diǎn)突破,考點(diǎn)四 動(dòng)力學(xué)圖像問題的應(yīng)用,基礎(chǔ)過關(guān),一、牛頓第二定律 1.內(nèi)容:物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比,跟它的質(zhì)量成反比,加速度的方向跟作用力的方向相同。 2.表達(dá)式:F=ma。 3.適用范圍 (1)牛頓第二定律只適用于慣性參考系,即相對于地面靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng)的參考系。,(2)牛頓第二定律只適用于宏觀物體(相對于分子、原子等)、 低速運(yùn)動(dòng)(遠(yuǎn)小于光速)的情況。 二、兩類動(dòng)力學(xué)基本問題

2、1.兩類動(dòng)力學(xué)問題,2.解決兩類基本問題的方法:以加速度為“橋梁”,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓運(yùn)動(dòng)定律列方程求解。 三、力學(xué)單位制 1.單位制:基本單位和導(dǎo)出單位一起組成了單位制。 2.基本單位:基本物理量的單位。基本物理量共有七個(gè),其中力學(xué)范圍內(nèi)有三個(gè),它們是長度、質(zhì)量、時(shí)間,它們的單位分 別是米、千克、秒。 3.導(dǎo)出單位:由基本物理量根據(jù)物理關(guān)系推導(dǎo)出來的其他物理量 的單位。,1.判斷下列說法對錯(cuò)。 (1)物體加速度的方向一定與合外力方向相同。( ) (2)質(zhì)量越大的物體,加速度越小。( ) (3)物體的質(zhì)量與加速度成反比。( ) (4)物體受到外力作用,立即產(chǎn)生加速度。( ) (5)可以利用牛頓

3、第二定律確定自由電子的運(yùn)動(dòng)情況。( ) (6)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。 ( ),,,,,,,2.如圖,頂端固定著小球的直桿固定在小車上,當(dāng)小車向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),球所受合外力的方向沿圖中的( D ) A.OA方向B.OB方向 C.OC方向D.OD方向,,3.(2018遼寧沈陽四校協(xié)作體聯(lián)考)如圖所示,當(dāng)小車向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí),物塊M相對車廂靜止于豎直車廂壁上,當(dāng)車的加速度增大時(shí)( C ) A.M所受靜摩擦力增大B.M對車廂壁的壓力減小 C.M仍相對于車廂靜止D.M所受靜摩擦力減小,,4.(多選)(2018廣東清遠(yuǎn)一模)一個(gè)質(zhì)量為2 kg的物體,在5個(gè)共點(diǎn)力作用下

4、處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)同時(shí)撤去大小分別為15 N和10 N的兩個(gè)力,其余的力保持不變,關(guān)于此后該物體的運(yùn)動(dòng)的說法中正確的是( BC ) A.一定做勻變速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小可能是5 m/s2 B.一定做勻變速運(yùn)動(dòng),加速度大小可能等于重力加速度的大小 C.可能做勻減速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小是2.5 m/s2 D.可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng),向心加速度大小是5 m/s2,,考點(diǎn)一對牛頓第二定律的理解,考點(diǎn)突破,1.牛頓第二定律的五個(gè)特性,2.合力、加速度、速度之間的決定關(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=是加速度的定義式,a與v、t無必然聯(lián)系;a=是加速度的決 定式,

5、aF,a。 (3)合力與速度同向時(shí),物體加速運(yùn)動(dòng);合力與速度反向時(shí),物體減速運(yùn)動(dòng)。,1.(多選)(2016課標(biāo),18,6分)一質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)對其施加一恒力,且原來作用在質(zhì)點(diǎn)上的力不發(fā)生改變,則( BC ) A.質(zhì)點(diǎn)速度的方向總是與該恒力的方向相同 B.質(zhì)點(diǎn)速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直 C.質(zhì)點(diǎn)加速度的方向總是與該恒力的方向相同 D.質(zhì)點(diǎn)單位時(shí)間內(nèi)速率的變化量總是不變,,解析由題意知,此恒力即質(zhì)點(diǎn)所受合外力,若原速度方向與該恒力方向在一條直線上,則質(zhì)點(diǎn)做勻變速直線運(yùn)動(dòng),質(zhì)點(diǎn)單位時(shí)間內(nèi)速率的變化量總是不變的;原速度方向與該恒力方向不在一條直線上時(shí),則質(zhì)點(diǎn)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng),速度方向

6、與恒力方向間的夾角逐漸減小,質(zhì)點(diǎn)單位時(shí)間內(nèi)速度的變化量是不變的,但速率的變化量是變化的,A、D項(xiàng)錯(cuò)誤,B項(xiàng)正確;由牛頓第二定律可知,質(zhì)點(diǎn)加速度的方向總與該恒力方向相同,C項(xiàng)正確。,2.如圖所示,彈簧左端固定,右端自由伸長到O點(diǎn)并系住質(zhì)量為m的物體,現(xiàn)將彈簧壓縮到A點(diǎn),然后釋放,物體可以一直運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)。如果物體受到的阻力恒定,則( A ),A.物體從A到O先加速后減速 B.物體從A到O做加速運(yùn)動(dòng),從O到B做減速運(yùn)動(dòng) C.物體運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí),所受合力為零 D.物體從A到O的過程中,加速度逐漸減小,,解析物體從A到O,初始階段受到的向右的彈力大于阻力,合力向右。隨著物體向右運(yùn)動(dòng),彈力逐漸減小,合力逐漸

7、減小,由牛頓第二定律可知,加速度向右且逐漸減小,由于加速度與速度同向,物體的速度逐漸增大。當(dāng)物體向右運(yùn)動(dòng)至AO間某點(diǎn)(設(shè)為點(diǎn)O)時(shí),彈力減小到與阻力相等,物體所受合力為零,加速度為零,速度達(dá)到最大。此后,隨著物體繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng),彈力繼續(xù)減小,阻力大于彈力,合力方向變?yōu)橄蜃蟆Ｖ罯點(diǎn)時(shí)彈力減為零,此后彈力向左且逐漸增大,所以物體越過O點(diǎn)后,合力(加速度)方向向左且逐漸增大,由于加速度與速度反向,故物體做加速度逐漸 增大的減速運(yùn)動(dòng)。,考點(diǎn)二牛頓第二定律的瞬時(shí)性問題,1.力學(xué)中的幾個(gè)模型,2.求解瞬時(shí)加速度的一般思路,1.如圖所示,物塊1、2間用剛性輕質(zhì)桿連接,物塊3、4間用輕質(zhì)彈簧相連,物塊 1、3質(zhì)

8、量為m,2、4質(zhì)量為M,兩個(gè)系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上,并處于靜狀態(tài)?，F(xiàn)將兩木板沿水平方向突然抽出,設(shè)抽出后的瞬間,物塊1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4。重力加速度大小為g,則有( C ),A.a1=a2=a3=a4=0 B.a1=a2=a3=a4=g C.a1=a2=g,a3=0,a4=g D.a1=g,a2=g,a3=0,a4=g,,解析在抽出木板的瞬間,物塊1、2與剛性輕桿接觸處的形變立即消失,受到的合力均等于各自重力,所以由牛頓第二定律知a1=a2=g;而物塊3、4間的輕彈簧的形變還來不及改變,此時(shí)彈簧對物塊3向上的彈力大小和對物塊4向下的彈力大小仍為mg,因

9、此物塊3滿足mg=F,a3=0;由牛頓第二定律得物塊4滿足a4==g。所以C對。,2.(2019山東臨沂檢測)如圖所示,在傾角=30的光滑斜面上,物塊A、B質(zhì)量分別為m和2m,物塊A靜止在輕彈簧上面,物塊B用細(xì)線與斜面頂端相連,A、B緊挨在一起,但A、B之間無彈力。已知重力加速度為g。某時(shí)刻把細(xì)線剪斷,在剪斷細(xì)線的瞬間,下列說法正確的是( B ),A.物塊A的加速度為0B.物塊A的加速度為 C.物塊B的加速度為0D.物塊B的加速度為,,解析剪斷細(xì)線前,對物塊A分析,可得彈簧的彈力F彈=mg sin 30= mg,剪斷細(xì)線的瞬間,彈簧的彈力來不及改變,仍為F彈=mg,細(xì)線對B的 拉力消失,對A、

10、B組成的系統(tǒng),由牛頓第二定律可得3mg sin 30-F彈=3ma,解得加速度為a==,即A和B的加速度均為,故選B。,名師點(diǎn)撥,考點(diǎn)三動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題,解決兩類動(dòng)力學(xué)問題的兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn) (1)把握“兩個(gè)分析”“一個(gè)橋梁”,(2)不同過程中的聯(lián)系。如第一個(gè)過程的末速度往往是下一個(gè)過程的初速度,若過程較為復(fù)雜,可畫位置示意圖確定位移之間的聯(lián)系。,例1(多選)在一東西向的水平直鐵軌上,停放著一列已用掛鉤連接好的車廂。當(dāng)機(jī)車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時(shí),連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F;當(dāng)機(jī)車在西邊拉著車廂以大小為a的加速度向西行駛時(shí),P和Q間的拉力大小仍為F。不計(jì)

11、車廂與鐵軌間的摩擦,每節(jié)車廂質(zhì)量相同,則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為 ( BC ) A.8B.10C.15D.18,,解析設(shè)每節(jié)車廂的質(zhì)量為m,這列車廂的節(jié)數(shù)為n,P、Q掛鉤的東邊車廂的節(jié)數(shù)為x,西邊車廂的節(jié)數(shù)為n-x。當(dāng)機(jī)車在東邊拉車廂時(shí),對西邊車廂受力分析,由牛頓第二定律可得F=(n-x)ma;當(dāng)機(jī)車在西邊拉車廂時(shí),對東邊車廂受力分析,由牛頓第二定律可得F=max,聯(lián)立可得n= x,x為3的倍數(shù),則n為5的倍數(shù),選項(xiàng)B、C正確,選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤。,考向1已知受力求運(yùn)動(dòng),1.(2016四川理綜,10,17分)避險(xiǎn)車道是避免惡性交通事故的重要設(shè)施,由制動(dòng)坡床和防撞設(shè)施等組成,如圖豎直平面內(nèi),制動(dòng)坡床視為

12、與水平面夾角為的斜面。一輛長12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿?dòng)坡床,當(dāng)車速為23 m/s時(shí),車尾位于制動(dòng)坡床的底端,貨物開始在車廂內(nèi)向車頭滑動(dòng),當(dāng)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)了4 m時(shí),車頭距制動(dòng)坡床頂端38 m,再過一段時(shí)間,貨車停止。已知貨車質(zhì)量是貨物質(zhì)量的4倍,貨物與車廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4;貨車在制動(dòng)坡床上運(yùn)動(dòng)受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44。貨物與貨車分別視為小滑塊和平板,取cos =1,sin =0.1,g=10 m/s2。求:,(1)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)時(shí)加速度的大小和方向; (2)制動(dòng)坡床的長度。,答案(1)5 m/s2方向沿制動(dòng)坡床向下 (2)98 m 解析(1)

13、設(shè)貨物的質(zhì)量為m,貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)過程中,貨物與車廂間 的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.4,受摩擦力大小為f,加速度大小為a1,則 f+mg sin =ma1 f=mg cos 聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得a1=5 m/s2 a1的方向沿制動(dòng)坡床向下。,(2)設(shè)貨車的質(zhì)量為M,車尾位于制動(dòng)坡床底端時(shí)的車速為v=23 m/s。貨物在車廂內(nèi)開始滑動(dòng)到車頭距制動(dòng)坡床頂端s0=38 m的過程中,用時(shí)為t,貨物相對制動(dòng)坡床的運(yùn)動(dòng)距離為s1,在車廂內(nèi)滑動(dòng)的距離s=4 m,貨車的加速度大小為a2,貨車相對制動(dòng)坡床的運(yùn)動(dòng)距離為s2。貨車受到制動(dòng)坡床的阻力大小為F,F是貨車和貨物總重的k倍,k=0.44,貨車長度l0=12 m,制動(dòng)坡

14、床的長度為l,則 Mg sin +F-f=Ma2,F=k(m+M)g s1=vt-a1t2 s2=vt-a2t2 s=s1-s2 l=l0+s0+s2 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得l=98 m,考向2已知運(yùn)動(dòng)求受力 2.(2019廣西南寧期末)如圖所示,航空母艦上的起飛跑道由長度為l1=1.6102 m的水平跑道和長度為l2=20 m的傾斜跑道兩部分組成。水平跑道與傾斜跑道末端的高度差h=4.0 m。一架質(zhì)量為m=2.0104 kg的飛機(jī),其噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)的推力大小恒為F=1.2105 N,方向與速度方向相同,在運(yùn)動(dòng)過程中飛機(jī)受到的平均阻力大小為飛機(jī)重力的0.1。假設(shè)航母處于靜止?fàn)顟B(tài),飛機(jī)質(zhì)量視為不變并可看成

15、質(zhì)點(diǎn),取g=10 m/s2。,(1)求飛機(jī)在水平跑道運(yùn)動(dòng)的時(shí)間及到達(dá)傾斜跑道末端時(shí)的速度大小; (2)為了使飛機(jī)在傾斜跑道的末端達(dá)到起飛速度100 m/s,外界還需要在整個(gè)水平跑道對飛機(jī)施加助推力,求助推力F推的大小。,【思路點(diǎn)撥】 (1)分析飛機(jī)在水平跑道和傾斜跑道上的受力情況,由牛頓第二定律確定其加速度。 (2)利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求出飛機(jī)在水平跑道上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間及飛機(jī)到達(dá)傾斜跑道末端時(shí)的速度大小。 (3)助推力只存在于水平跑道上,利用牛頓第二定律確定加速度;飛機(jī)在傾斜跑道上的加速度不變,利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律綜合求解。,答案(1)8.0 s41.5 m/s(2)5.2105 N,解析(1

16、)飛機(jī)在水平跑道上運(yùn)動(dòng)時(shí),在水平方向受到推力與阻力作用,設(shè)加速度大小為a1,末速度大小為v1,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1,有 F合=F-Ff=ma1 -=2a1l1 v1=a1t1 其中v0=0,Ff=0.1mg 代入已知數(shù)據(jù)可得a1=5.0 m/s2,v1=40 m/s,t1=8.0 s 飛機(jī)在傾斜跑道上運(yùn)動(dòng)時(shí),在沿傾斜跑道方向受到推力、阻力與重力沿,傾斜跑道方向的分力作用,設(shè)飛機(jī)沿傾斜跑道方向的加速度大小為a2,末速度大小為v2,傾斜跑道與水平面的夾角為,沿傾斜跑道方向有 F合=F-Ff-mg sin =ma2 mg sin =mg -=2a2l2 其中v1=40 m/s 代入已知數(shù)據(jù)可得a2=3.0

17、 m/s2,v2= m/s41.5 m/s。 故飛機(jī)在水平跑道上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為8.0 s,到達(dá)傾斜跑道末端時(shí)的速度大,小為41.5 m/s。 (2)飛機(jī)在水平跑道上運(yùn)動(dòng)時(shí),在水平方向受到噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)的推力、助推力與阻力作用,設(shè)加速度大小為a1、末速度大小為v1,有 F合=F推+F-Ff=ma1 v12-=2a1l1 飛機(jī)在傾斜跑道上運(yùn)動(dòng)時(shí),在沿傾斜跑道方向受到噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)的推力、阻力與重力沿傾斜跑道方向的分力作用,加速度大小為 a2=a2=3.0 m/s2,v22-v12=2a2l2 根據(jù)題意可知v2=100 m/s,代入數(shù)據(jù)解得 F推=5.2105 N 故助推力F推的大小為5.2105 N。,考向

18、3等時(shí)圓模型 3.如圖所示,AB和CD為兩條光滑斜槽,它們各自的兩個(gè)端點(diǎn)均分別位于半徑為R和r的兩個(gè)相切的圓上,且斜槽都通過切點(diǎn)P。設(shè)有一重物先后沿兩個(gè)斜槽,從靜止出發(fā),由A滑到B和由C滑到D,所用的時(shí)間分別為t1和t2,則t1與t2之比為( B ),A.21B.11 C.1D.1,,解析設(shè)光滑斜槽軌道與水平方向的夾角為,則重物沿斜槽下滑時(shí)的加速度為a=g sin ;由幾何關(guān)系可得,斜槽軌道的長度s=2(R+r) sin ,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式s=at2,得t===2,由此可知重物 沿光滑斜槽下滑所用時(shí)間t與斜槽傾角無關(guān),所以t1=t2,B項(xiàng)正確。,方法總結(jié),考點(diǎn)四動(dòng)力學(xué)圖像問題的應(yīng)用,1.動(dòng)力學(xué)圖像

19、問題的類型,2.數(shù)形結(jié)合解決動(dòng)力學(xué)圖像問題 (1)在圖像問題中,無論是讀圖還是作圖,都應(yīng)盡量先建立函數(shù)關(guān)系,進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系;然后根據(jù)函數(shù)關(guān)系讀取圖像信息或者描點(diǎn)作圖。 (2)讀圖時(shí),要注意圖線的起點(diǎn)、斜率、截距、折點(diǎn)以及圖線與橫坐標(biāo)包圍的“面積”等所對應(yīng)的物理意義,盡可能多地提取解題信息。,3.解題策略 (1)問題實(shí)質(zhì)是力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系,解題的關(guān)鍵在于弄清圖像斜率、截距、交點(diǎn)、拐點(diǎn)、“面積”的物理意義。 (2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對應(yīng)的函數(shù)方程式,進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系,以便對有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷。,1.(多選)如圖(a),一物塊在t=0

20、時(shí)刻滑上一固定斜面,其運(yùn)動(dòng)的v-t圖線如圖(b)所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量,則可求出( ACD ),A.斜面的傾角 B.物塊的質(zhì)量 C.物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù) D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度,,解析設(shè)物塊的質(zhì)量為m、斜面的傾角為,物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,物塊沿斜面上滑和下滑時(shí)的加速度大小分別為a1和a2,根據(jù)牛頓第二定律有:mg sin +mg cos =ma1,mg sin -mg cos =ma2。再結(jié)合v-t圖線斜率的物理意義有:a1=,a2=。由上述四式可見,無法求出 m,可以求出、,故B錯(cuò),A、C均正確。0t1時(shí)間內(nèi)的v-t圖線與橫軸包圍的面積大小等

21、于物塊沿斜面上滑的最大距離,已求出,故可以求出物塊上滑的最大高度,故D正確。,2.1845年英國物理學(xué)家和數(shù)學(xué)家斯托馬斯(S.G.Stokes)研究球體在 液體中下落時(shí),發(fā)現(xiàn)了液體對球的粘滯阻力與球的半徑、速度及液體的種類有關(guān),有F=6rv。其中物理量為液體的粘滯系數(shù),與液體的種類及溫度有關(guān)。如圖所示,現(xiàn)將一顆小鋼珠由靜止釋放到盛有蓖麻油的足夠深量筒中,下列描繪小鋼珠在下沉過程中加速度大小與時(shí)間關(guān)系的圖像可能正確的是( D ),,解析根據(jù)牛頓第二定律得,小鋼珠的加速度a==, 在下降的過程中,速度v增大,阻力F增大,則加速度a減小,當(dāng)重力和阻力相等時(shí),做勻速運(yùn)動(dòng),加速度為零,故選項(xiàng)D正確。,3

22、.如圖所示,E為斜面的中點(diǎn),斜面上半段光滑,下半段粗糙,一個(gè)小物體由頂端靜止釋放,沿斜面下滑到底端時(shí)速度為零。以沿斜面向下為正方向,則物體下滑過程中的位移x、速度v、合力F、加速度a與時(shí)間t的關(guān)系圖像可能正確的是( B ),,解析物體在光滑的斜面上做勻加速直線運(yùn)動(dòng),位移-時(shí)間圖像的開口向上,物體在粗糙的斜面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng),位移-時(shí)間圖像的開口向下,故A錯(cuò)誤;物體在斜面上半段做勻加速直線運(yùn)動(dòng),在下半段做勻減速直線運(yùn)動(dòng),由于到達(dá)底端的速度為零,則物體在上半段和下半段的平均速度相等,位移也相等,故物體在上半段和下半段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等,物體做勻加速和勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小相等,方向相反,故物體在

23、上半段和下半段所受合外力大小相等,方向相反,B正確,C、D錯(cuò)誤。,牛頓第二定律的應(yīng)用,熱點(diǎn)題型探究,例2(2018課標(biāo),24,12分)汽車A在水平冰雪路面上行駛。駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B,立即采取制動(dòng)措施,但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時(shí)和兩車都完全停止后的位置如圖所示,碰撞后B車向前滑動(dòng)了4.5 m, A車向前滑動(dòng)了2.0 m。已知A和B的質(zhì)量分別為2.0103 kg和1.5103 kg, 兩車與該冰雪路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.10,兩車碰撞時(shí)間極短,在碰撞后車輪均沒有滾動(dòng),重力加速度大小g=10 m/s2。求 (1)碰撞后的瞬間B車速度的大小; (2)碰撞前的瞬間A車速度的大小。,,答案

24、(1)3.0 m/s(2)4.3 m/s,,解析本題考查牛頓第二定律和動(dòng)量守恒定律等知識。 (1)設(shè)B車的質(zhì)量為mB,碰后加速度大小為aB,根據(jù)牛頓第二定律有 mBg=mBaB 式中是汽車與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。 設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為vB,碰撞后滑行的距離為sB。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v=2aBsB 聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得 vB=3.0 m/s,(2)設(shè)A車的質(zhì)量為mA,碰后加速度大小為aA。根據(jù)牛頓第二定律有 mAg=mAaA 設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為vA,碰撞后滑行的距離為sA。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v=2aAsA 設(shè)碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA。兩車在碰撞過程中動(dòng)量守恒,有 mAvA=

25、mAvA+mBvB 聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得 vA=4.3 m/s,1.(多選)(2018廣東汕頭模擬)建設(shè)房屋時(shí),保持底邊L不變,要設(shè)計(jì)好屋頂?shù)膬A角,以便下雨時(shí)落在房頂?shù)挠甑文鼙M快地滑離屋頂,雨滴下滑時(shí)可視為小球做無初速度、無摩擦的運(yùn)動(dòng)。下列說法正確的是( AC ),A.傾角越大,雨滴下滑時(shí)的加速度越大 B.傾角越大,雨滴對屋頂壓力越大 C.傾角越大,雨滴從頂端O下滑至屋檐M時(shí)的速度越大 D.傾角越大,雨滴從頂端O下滑至屋檐M時(shí)的時(shí)間越短,,解析注意底邊長度是不變的,設(shè)屋頂?shù)钠旅骈L度為x,雨滴下滑時(shí)加速度為a,對雨滴受力分析,只受重力mg和屋頂對雨滴的支持力FN,垂直于屋頂方向:mg cos

26、=FN,平行于屋頂方向:ma=mg sin 。雨滴的加速度a=g sin ,則傾角越大,雨滴下滑時(shí)的加速度越大,故A正確;雨滴對屋頂?shù)膲毫Υ笮N=FN=mg cos ,則傾角越大,雨滴對屋頂?shù)膲毫υ叫?故B錯(cuò)誤;根據(jù)幾何知識,屋頂坡面的長度x=,由x=g sin t2,可得:t =,可見當(dāng)=45時(shí),用時(shí)最短,D錯(cuò)誤;由v=g sin t可得v=,,可見越大,雨滴從頂端O下滑至M時(shí)的速度越大,C正確。,2.(多選)如圖所示,總質(zhì)量為460 kg的熱氣球,從地面剛開始豎直上升時(shí)的加速度為0.5 m/s2,當(dāng)熱氣球上升到180 m時(shí),以5 m/s的速度向上勻速運(yùn)動(dòng),若離開地面后熱氣球所受浮力保持不

27、變,上升過程中熱氣球總質(zhì)量不變,重力加速度g=10 m/s2。關(guān)于熱氣球,下列說法正確的是( AD ),A.所受浮力大小為4 830 N B.加速上升過程中所受空氣阻力保持不變 C.從地面開始上升10 s后的速度大小為5 m/s D.以5 m/s勻速上升時(shí)所受空氣阻力大小為230 N,,解析剛開始上升時(shí),空氣阻力為零,F浮-mg=ma,解得F浮=m(g+a)= 4 830 N,A正確;加速上升過程,若保持加速度不變,則熱氣球上升到180 m時(shí),速度v==6 m/s5 m/s,所以熱氣球做加速度減小的加速直線 運(yùn)動(dòng),上升10 s后的速度v