（浙江專版）2019版高考物理大一輪復習 第三章 牛頓運動定律 第2課時 牛頓第二定律創(chuàng)新學案

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1、 第2課時　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。 4.對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動情況( × ) 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( √ ) 考點一　對牛頓第二定律的理解與應(yīng)用(d/d) [要點突破] 1.運用牛頓第二定律解題的一般步驟 ①確定研究對象。 ②進行受力分析和運動狀態(tài)分析，畫出受力的示意圖。 ③建立直角坐標系，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：若物體只受兩個力作用時

3、，應(yīng)用平行四邊形定則求這兩個力的合力，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：當物體受多個力作用時，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，有時也可分解加速度，即 。 [典例剖析] 【例1】 在光滑水平面上，一個質(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動，經(jīng)過時間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，刷子與天花板間的動摩擦因數(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間。 解析　(1)刷子受力如圖所示， 對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。 [針對訓練] 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動。若木塊與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ，則木塊的加速度為(　　) A. B. C. D. 解析　對木塊受力分析，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動，物體與水平面間的動摩

7、擦因數(shù)為0.2，與此同時物體受到一個水平向右的推力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B正確。 答案　B 3.在一個傾角為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，小球與木塊相對靜止，共同運動。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)　 考點二　牛頓第二定律的瞬時性(d/d) [要點突破] 加速度與合外力具有瞬時對應(yīng)關(guān)系，二者總是同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失，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(　　) 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

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，整個系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設(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C。 答案　C 【方法總結(jié)】 1.求瞬時加速度

11、的基本思路 (1)首先，確定該瞬時物體受到的作用力，還要注意分析物體在這一瞬時前、后的受力及其變化情況。 (2)由牛頓第二定律列方程，求解瞬時加速度。 2.求解瞬時加速度問題關(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)彈力不會突變，其他彈力會突變。 (2)注意分析清楚物體在瞬間前后受力情況。 [針對訓練] 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動。某一時刻突然撤去外力F，關(guān)于物體此后的運動情況，下列判斷正確的是(　　) A.停止運動 B.做勻速運動 C.做勻加速運動 D.做勻減速運動 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 3.質(zhì)量均為m的A、B兩個小球之間

13、系一質(zhì)量不計的彈簧，放在光滑的臺面上。A緊靠墻壁，如圖所示，今用恒力F將B球向左擠壓彈簧，達到平衡時，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，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項錯誤；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項錯誤，D項正確。 答案　D 考點三　動力學的兩類基本問題(d/d) [要點突破] 動力學的兩類基本問題 運用牛頓運動

14、定律研究力和運動的關(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動學公式列方程求解。 [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做勻減速運動恰好到達觀光平臺。假定觀光平臺高度為549 m。 (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

15、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(shè)勻速運動的時間為t0，運動的總時間為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)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： (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(shè)為vmax，設(shè)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(shè)滑塊在水平面上運動的加速度大

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(shè)t＝1.0 s時速度大小為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

18、分析圖和運動示意圖。 [針對訓練] 1.如圖所示，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： (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)該運動員(可視為質(zhì)點)第二次撤除水平推力后滑行的最大距離。 解析　(1)運動員利用滑雪杖獲得的加速度為 a

19、1＝＝ m/s2＝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＝1.2×1.0 m/s＝1.2 m/s 及位移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 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.中央電視臺推出了一個游戲節(jié)目——推礦泉水瓶。選手們從起點開始用力推瓶一段時間后，放手讓瓶向前滑動，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，從A點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做直線運動(g取10 m/s2)，假設(shè)瓶子可視為質(zhì)點，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點速度正好為零時，

21、推力作用時間最長，設(shè)最長作用時間為t，有力作用時瓶子做勻加速運動，設(shè)加速度為a1，t時刻瓶子的速度為v，力停止作用后瓶子做勻減速運動，設(shè)此時加速度大小為a2，由牛頓第二定律得： F－μmg＝ma1 μmg＝ma2 加速運動過程中的位移x1＝ 減速運動過程中的位移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點速度正好為零時，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點由靜止開始運動，到達B點時立即撤去拉力F。此后，物體到達C點時速度為零。每隔0.2 s通過傳感器測得物體的瞬時速度，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。從某時刻開始，汽車牽引力減少2 000 N，那么從該時刻起經(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　汽車勻速運動時F牽＝Ff，當牽引力減小2 000 N時，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°時所需時間最短 B.傾角為45°時所需時間最短 C.傾角為60°時所需時間最短 D.所需時間均相等 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的勻加速直線運動，滑到底端的時間為t，則有 l＝gsin θ·t2① l＝② ①②聯(lián)立解得t＝＝

25、。 所以當θ＝45°時，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動，10 s后拉力大小減為F/4，方向不變，再經(jīng)過20 s停止運動，該物體的速度與時間的關(guān)系如圖所示，g取10 m/s2，求： (1)整個過程中物體的位移大?。? (2)水平拉力F的大??； (3)物體與地面間的動摩擦因數(shù)。 解析　(1)整個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)物體的運動分為兩個過程，由題圖可知，這兩個過程加速度分別為a1＝1 m/s2，a2＝－0.5 m/s2，作出

26、這兩個過程中物體的受力示意圖分別如圖所示 對于這兩個過程，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?shù)貢r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，在俄機場降落時墜毀，機上62人全部遇難。專家初步認定，惡劣天氣是導致飛機失事的原因。為了保證安全，避免在意外事故發(fā)生時出現(xiàn)更大損失與傷害，民航客機都有緊急出口，打開緊急出口，狹長

27、的氣囊會自動充氣，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，一個質(zhì)量60 kg的人沿氣囊滑下時所受到的摩擦阻力是240 N。若人在水平面的動摩擦因數(shù)與斜面相同，g取10 m/s2，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求： (1)人與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ； (2)人在斜面上下滑的時間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 下滑時間t＝＝ s＝s≈2.45 s。 (3)人到達地面的速度v1＝a1t＝2.0× m/s＝2 m/s 人在地面上運動的加速度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。當小屋加速上升時，它受到的拉力與重力的關(guān)系是(　　) A.一

29、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　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)于運動和力的關(guān)系，下列說法正確的是(　　) A.當物體所受合外力不變時，速度一定不變 B.當物體所受合外力為零時，速度一定為零 C.當物體速度為零時，加速度一定為零 D.當物體做勻速直線運動時，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“瞬時性、同向性、同體性”的關(guān)系。當物體所受合外力為零時，加速度為零，物體做勻速直線運動，D選項正確；當物體所受合外力不變時，加速度不變，有加速度的物體速度一定變化，A、B

30、選項錯誤；物體的速度與加速度無關(guān)，C錯誤。 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推動下開始運動，4 s末它的速度達到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推動下物體做勻加速直線運動的加速度為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(shè)汽車輪胎與地面間的動摩擦因數(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 5.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＝

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 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(　　) 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　

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(shè)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，選項C正確。 答案　C 8.如圖所示，一兒童玩具靜止在水平地面上，一個幼兒用與水平面成53°角的恒力拉著它沿水平面做直線運動，已知拉力F＝3.0 N，玩具的質(zhì)量m＝0.5 k

34、g，經(jīng)時間t＝2.0 s，玩具移動了x＝4 m，這時幼兒松開手，問玩具還能運動多遠？(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作用而運動，前方固定一個彈簧，當木塊接觸彈簧后(　　) A.將立即做變減速運動 B.將立即做勻減速運動

35、 C.在一段時間內(nèi)仍然做加速運動，速度繼續(xù)增大 D.在彈簧處于最大壓縮量時，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，當彈簧的彈力大小等于力F時合外力為0，加速度為0，速度最大，物體繼續(xù)向左運動，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，此時加速度最大。綜上所述，A、B、D錯誤，C正確。 答案　C 10.用細繩拴一個質(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。將細繩剪斷后(　　) A.小球立即獲得的加速

36、度 B.小球在細繩剪斷瞬間起開始做平拋運動 C.小球落地的時間等于 D.小球落地的速度等于 解析　細繩剪斷瞬間，小球受豎直方向的重力和水平方向的彈力作用，選項A、B均錯誤；水平方向的彈力不影響豎直方向的自由落體運動，故落地時間由高度決定，選項C正確；重力和彈力均做正功，選項D錯誤。 答案　C 11.在“爸爸去哪兒”節(jié)目中，爸爸和孩子們進行了山坡滑草運動項目，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，在時間t＝5 s內(nèi)沿斜面滑下的位移x＝50 m。(不計空氣阻力，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？ 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摩擦因數(shù)μ＝0.5，水平面與斜面之間在B點有一小段弧形連接，一質(zhì)量m＝2 kg的小物塊靜止于A點?，F(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B點，并迅速撤去拉力F，A、B兩點相距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點沿斜面向上運動的最大距離x2； (3)小物塊停止運動時到B點的距離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B點時，小物塊的速度v＝a1t1＝2 m/s，在BC段由機械能守恒知mgsin α·x2＝mv2 解得x2＝0.25 m (3)小物塊從B向A運動過程中，由μmg＝ma2解得 a2＝μg＝5 m/s2 滑行的位移x3＝＝ m＝0.4 m，小物塊停止運動時，離B點的距離為0.4 m 答案　(1)11 N　(2)0.25 m　(3)0.4 m 20