1、牛顿运动定律第三章第2讲 牛顿第二定律的应用主干梳理 对点激活 知识点 牛顿第二定律的应用 1动力学的两类基本问题(1)已知受力情况求物体的 01_；(2)已知运动情况求物体的 02_。运动情况受力情况2解决两类基本问题的方法以 03 _ 为“桥 梁”，由 04 _ 和 05_列方程求解，具体逻辑关系如图：加速度运动学公式牛顿运动定律知识点 超重和失重 1实重与视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态 01_。(2)视重当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的 02_称为视重。视重大小等于弹簧测力计所受物体的 03 _或台秤所受物体的04_。无关示数拉力压力2超
2、重、失重和完全失重的比较超重现象失重现象完全失重现象概念物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)05_物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)06_物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)07_的现象产生条件物体的加速度方向 08_物体的加速度方向 09_物体的加速度方向 10_，大小11_大于小于等于零竖直向上竖直向下竖直向下ag超重现象失重现象完全失重现象原理方程FmgmaFm(ga)mgFmaFm(ga)mgFmaagF0运动状态12_上升或13_下降14_下降或15_上升以 ag16_下降或17_上升加速减速加速减速加速减速一 堵点疏通1物体做匀减速直线运
3、动时，合外力的方向与速度的方向相反。()2物体所受合力发生突变，加速度也会相应突变。()3超重就是物体的重力变大的现象。()4物体处于完全失重状态时，重力消失。()5减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于重力。()6物体处于超重或失重状态，由加速度的方向决定，与速度方向无关。()二 对点激活1(人教版必修 1P87T1 改编)(多选)一个原来静止的物体，质量是 2 kg，受到两个大小都是 50 N 且互成 120角的力的作用，此外没有其他的力，关于该物体，下列说法正确的是()A物体受到的合力为 50 NB物体的加速度为 25 3 m/s2C3 s 末物体的速度为 75 m/sD3 s 内物体
4、发生的位移为 125 m答案解析 两个夹角为 120的 50 N 的力，其合力仍为 50 N，加速度 aF合m25 m/s2,3 s 末速度 vat75 m/s,3 s 内位移 x12at2112.5 m，故 A、C正确，B、D 错误。解析2(2019北京师范大学附属中学高三上学期期中)(人教版必修 1P89图示改编)如图所示，某同学在教室中站在体重计上研究超重与失重。她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。关于她的实验现象，下列说法中正确的是()A只有“起立”过程，才能出现失重现象B只有“下蹲”过程，才能出现超重现象C“起立”过程，先出现
5、超重现象后出现失重现象D“下蹲”过程，先出现超重现象后出现失重现象答案解析“下蹲”过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；“起立”过程中，人先向上做加速运动，后向上做减速运动，所以先处于超重状态后处于失重状态，故 A、B、D 错误，C 正确。解析3.(人教版必修 1P86例题 2 改编)如图所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角 30，斜面长为 7 m。现木块上有一质量为 m1.0 kg 的滑块从斜面顶端下滑，测得滑块在 0.40 s 内速度增加了 1.4 m/s，且知滑块滑行过程中木块处于静止状态，重力加速度 g 取 10 m/s2，
6、求：(1)滑块滑行过程中受到的摩擦力大小；(2)滑块滑到木块底部时的速度大小。答案(1)1.5 N(2)7 m/s答案解析(1)由题意可知，滑块滑行的加速度avt 1.40.40 m/s23.5 m/s2，对滑块受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律得：mgsinFfma，解得 Ff1.5 N。(2)根据 v22ax 得v 23.57 m/s7 m/s。解析考点细研 悟法培优 考点 1 牛顿第二定律的瞬时性问题1.两种模型加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：2求解瞬时加速度的一般思路例 1 如图所示，两个质量均为 m 的小球 A、B 用
7、轻质弹簧连接，小球A 的另一端用轻绳系在 O 点，放置在倾角为 30的光滑斜面上，斜面固定不动。系统静止时，弹簧与轻绳均平行于斜面，在轻绳被剪断的瞬间，设小球 A、B 的加速度大小分别为 aA、aB，重力加速度大小为 g，则()AaAg，aB0 B.aA0，aBgCaAg，aBgD.aA0，aB12g答案尝试解答 选 A。轻绳被剪断前，对小球 B 进行受力分析，由平衡条件可知，轻弹簧的拉力 Fmgsin30，轻绳被剪断的瞬间，轻弹簧的长度还没有来得及发生变化，轻弹簧的弹力不变，小球 B 的受力情况没有发生变化，仍然处于静止状态，加速度为零。在剪断轻绳的瞬间，小球 A 受到轻弹簧沿斜面向下的拉力
8、、重力、斜面的支持力，对小球 A，由牛顿第二定律有 Fmgsin30maA，解得 aAg，A 正确。尝试解答(1)剪断轻绳前，弹簧的弹力如何求得？提示：以 B 为研究对象利用平衡条件求解。(2)剪断轻绳后，弹簧的弹力突变吗？提示：不突变。求解瞬时加速度问题时应抓住“两点”(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析。如例题中突然剪断轻绳，就要重新进行受力分析和运动分析，同时注意哪些力发生突变。(2)加速度随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变。变式 11(多选)如图所示，原长为 l0、劲度系数为 k 的轻质弹簧一端与
9、质量为 m 的小球相连，另一端固定在竖直墙壁上，小球用倾角为 30的光滑木板 AB 托住，当弹簧水平时小球恰好处于静止状态。重力加速度为 g。则()A弹簧的长度为 l0 3mg3kB木板 AB 对小球的支持力为 32 mgC若弹簧突然断开，断开后小球的加速度大小为12gD若突然把木板 AB 撤去，撤去瞬间小球的加速度大小为 g答案解析 小球处于静止状态，设此时弹簧长为 l，由平衡条件有：k(ll0)mgtan30，代入数据可得此时弹簧的长度为 ll0 3mg3k，A 项正确；对小球受力分析，小球受到重力、木板对小球的支持力、弹簧的拉力，由小球受力平衡可知木板对小球的支持力为 FN mgcos3
10、02 33 mg，B 项错误；弹簧断开后，小球受重力和支持力作用，由牛顿第二定律有 mgsin30ma，得 a12g，C 项正确；若突然把木板撤去，小球受重力和弹簧弹力作用，由于弹簧弹力不会发生突变，则此时小球所受合外力为2 33 mg，小球的加速度大小为2 33 g，D 项错误。解析变式 12 如图所示，A、B 两球完全相同，质量均为 m，用两根等长的细线悬挂在升降机天花板的 O 点，两球之间连着一根劲度系数为 k 的轻质弹簧，已知重力加速度为 g，当升降机以加速度 ag2竖直向上加速运动时，两根细线之间的夹角为 60，在运动过程中 O、A 间的细线被剪断瞬间，下列关于 A、B 两球的加速度
11、的说法正确的是()AA 球的加速度大小为 g，方向竖直向下BB 球的加速度大小为 g，方向竖直向上CA 球的加速度大小为 72 g，方向斜向左下方DA 球的加速度大小为 3g，方向沿 OA 方向答案解析 O、A 间的细线被剪断前，对小球 A 受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有 F2cos30mgma，F2sin30F10，解得 F1kx 32 mg，在 O、A 间的细线被剪断瞬间，F2 突然消失，但 F1 不突变，所以 A 球有水平向左的加速度 aAxF1m 32g，竖直向下的加速度 aAyg，则 A 球的加速度大小为 aAa2Axa2Ay 72 g，方向斜向左下方；而 B 球的受力情况不变
12、，其加速度仍为 ag2，方向竖直向上，C 正确。解析考点 2 动力学的两类基本问题动力学的两类基本问题的解题步骤例 2 如图所示，质量为 m1.0 kg 的物体在水平力 F5 N 的作用下，以 v010 m/s 向右匀速运动。倾角为 37的斜面与水平面在A 点用极小的光滑圆弧相连。物体与水平面、斜面间的动摩擦因数相同，物体到达 A 点后撤去水平力 F，再经过 1.5 s 物体到达 B 点。g 取 10 m/s2，sin370.6，cos370.8。求 A、B 两点间的距离 sAB。(1)如何确定物体与水平面、斜面间的动摩擦因数？提示：由物体在水平面上匀速运动 Fmg 求出。(2)1.5 s 时
13、物体一定处于沿斜面上升阶段吗？提示：判断在斜面上速度减为零的时间；判断 与 tan 的关系。尝试解答 4.75_m物体在水平面上匀速运动时有 Fmg物体沿斜面上滑时，根据牛顿第二定律有mgsinmgcosma1若物体减速到零，则有 0v0a1t1解得 t11.0 smgcos，故物体将沿斜面下滑，根据牛顿第二定律有 mgsinmgcosma2尝试解答x212a2t22根据题意有 t1t21.5 ssABx1x2联立式解得 sAB4.75 m。尝试解答解决两类动力学问题的两个关键点(1)把握“两个分析”“一个桥梁”两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析。一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的
14、桥梁。(2)画草图寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系。如例题中第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度。变式 21 如图所示，一物体以 v02 m/s 的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时 t1 s。已知斜面长度 L1.5 m，斜面的倾角 30，重力加速度取 g10 m/s2。求：(1)物体滑到斜面底端时的速度大小；(2)物体沿斜面下滑的加速度大小和方向；(3)物体与斜面间的动摩擦因数。答案(1)1 m/s(2)1 m/s2 方向沿斜面向上(3)2 35答案解析(1)设物体滑到斜面底端时速度为 v，则有：Lv0v2t，代入数据解得：v1 m/s。(2)因 vv0，即物体做匀减速运动，加速度
15、方向沿斜面向上，加速度的大小为：av0vt1 m/s2。解析(3)物体沿斜面下滑时，受力分析如图所示。由牛顿第二定律得：FfmgsinmaFNmgcosFfFN联立解得：agsingcos，代入数据解得：2 35。解析变式 22 如图甲所示是一倾角为 37的足够长的斜面，将一质量为 m1 kg 的物体无初速度在斜面上释放，同时给物体施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系图象如图乙所示，物体与斜面间的动摩擦因数 0.25。g10 m/s2，sin370.6，cos370.8，求：(1)2 s 末物体的速度大小；(2)前 16 s 内物体发生的位移。答案(1)5 m/s(2)30 m，方向沿
16、斜面向下答案解析(1)分析可知物体在前 2 s 内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，设物体的加速度大小为 a1，由牛顿第二定律可得 mgsinF1mgcosma1v1a1t1解得 v15 m/s。解析(2)设物体在前 2 s 内发生的位移为 x1，则x112a1t215 m当拉力为 F24.5 N 时，设物体的加速度大小为 a2，由牛顿第二定律可得 F2mgcosmgsinma2设物体经过 t2 时间速度减为 0，则 v1a2t2，t210 s设 t2 时间内发生的位移为 x2，则 x212a2t2225 m由于 mgsinmgcosF2mgcos，B 正确。“重力”沿斜面向下的分力 G
17、下 (mg ma)sin，沿 斜 面 摩 擦 力 变 为 f N (mg ma)cosmgcos，A 错误。f(mgma)costan(mgma)cos(mgma)sinG 下，所以物块仍沿斜面匀速运动，D 正确，C 错误。解析5(2019湖南衡阳三模)如图所示，质量分别为 m 和 2m 的 A、B 两物块用一轻弹簧相连，将 A 用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块 B。调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂 A 物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为 x。突然撤去木板，物体运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为 g，则下列说法正确的是()A撤去木板瞬间，B 物块的加
18、速度大小为 gB撤去木板瞬间，B 物块的加速度大小为 0.5gC撤去木板后，B 物块向下运动 3x 时速度最大D撤去木板后，B 物块向下运动 2x 时速度最大答案解析 撤去木板前，悬绳没有拉力，对 A 物块受力分析知，弹簧被压缩，弹簧弹力大小为 F1kxmg，撤去木板瞬间，B 物块受到向下的重力2mg、弹簧向下的弹力 F1mg，其合力为 3mg，由牛顿第二定律可知：aB3mg2m 1.5g，故 A、B 错误；撤去木板后，当 B 物块受到的合外力为零时，速度最大，此时弹簧被拉伸，弹力 F22mgkx2，所以弹簧此时的伸长量x22x，即 B 物块向下运动 3x 时速度最大，故 C 正确，D 错误。
19、解析6(2019四川雅安三诊)如图所示，质量为 1 kg 的物体静止于水平地面上，用大小为 6.5 N 的水平恒力 F 作用在物体上，使物体由静止开始运动，运动 50 m 后撤去拉力 F，此时物体速度为 20 m/s，物体继续向前滑行直至停止，g 取 10 m/s2，求：(1)物体与地面间的动摩擦因数；(2)物体运动的总位移大小；(3)物体运动的总时间。答案(1)0.25(2)130 m(3)13 s答案解析(1)在拉力 F 作用下，物体做匀加速直线运动，其加速度大小为：a1 v22x1对物体，由牛顿第二定律有：Fmgma1，联立解得：0.25。解析(2)撤掉拉力 F 后，物体做匀减速直线运动
20、，其加速度大小为：a2mgmg2.5 m/s2物体继续向前滑行的位移为：x2 v22a280 m全程总位移为：xx1x2130 m。(3)物体做匀加速直线运动的时间为：t1va15 s物体做匀减速直线运动的时间为：t2va28 s则物体运动的总时间为：tt1t213 s。解析课时作业 时间：50 分钟 满分：100 分一、选择题(本题共 10 小题，每小题 7 分，共 70 分。其中 16 题为单选，710 题为多选)1(2019河南省郑州市一模)阿联酋迪拜哈利法塔，原名迪拜塔，塔高828 m，也被称为世界第一高楼，楼层总数 162 层，配备 56 部电梯，最高速度可达 17.4 m/s。游客
21、乘坐观光电梯大约 1 min 就可以到达观光平台。若电梯运行中只受重力与绳索拉力，已知电梯在 t0 时由静止开始上升，其加速度 a 与时间 t 的关系如图所示。下列相关说法正确的是()At6 s 时，电梯处于失重状态B753 s 时间内，绳索拉力最小Ct59 s 时，电梯处于超重状态Dt60 s 时，电梯速度恰好为 0答案解析 根据 a-t 图象可知，t6 s 时，电梯的加速度向上，电梯处于超重状态，A 错误；5360 s 时间内，加速度的方向向下，电梯处于失重状态，绳索的拉力小于重力，而 753 s 时间内，a0，电梯处于平衡状态，绳索拉力等于电梯的重力，大于电梯失重时绳索的拉力，所以这段时
22、间内绳索拉力不是最小，B 错误；t59 s 时，电梯的加速度方向向下，电梯处于失重状态，C 错误；根据 a-t 图象与横轴所围的面积表示速度的变化量，由几何知识可知，060 s 时间内电梯速度的变化量为 0，而电梯的初速度为 0，所以 t60 s 时，电梯速度恰好为 0，D 正确。解析2在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火。按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在 4 s 末到达离地面 100 m 的最高点时炸开，构成各种美丽的图案。假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是 v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的 k 倍，那么 v0 和 k 分别等于(重力加
23、速度 g 取 10 m/s2)()A25 m/s,1.25 B.40 m/s,0.25C50 m/s,0.25 D.80 m/s,1.25解析 根据 h12at2，解得 a12.5 m/s2，所以 v0at50 m/s；上升过程礼花弹所受的平均阻力 Ffkmg，根据牛顿第二定律得 amgFfm(k1)g12.5 m/s2，解得 k0.25，故 C 正确。答案解析3.如图所示，物体从倾角为 的斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为 v1；若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为 v，已知 v1kv，且 k1。物体与斜面间的动摩擦因数为()A(1k)sinB.(1k)cosC(1k2)t
24、anD.(1k2)cot答案解析 物体沿斜面下滑，由牛顿第二定律有，mgsinmgcosma，解得加速度大小 agsingcos，设斜面高度为 h，则斜面长度 L hsin，由匀变速直线运动规律有，v1 2aL2gsingcoshsin；物体从斜面顶端开始做自由落体运动，有 v 2gh且 v1kv，联立解得(1k2)tan，C 正确。解析4(2019福建龙岩高三上学期期末)如图甲所示，一个质量 m1 kg 的物块以初速度 v012 m/s 从斜面底端冲上一足够长斜面，经 t11.2 s 开始沿斜面返回，t2 时刻回到斜面底端。物块运动的 v-t 图象如图乙所示，斜面倾角 37(sin370.6
25、，cos370.8，重力加速度 g10 m/s2)。则可确定()A物块上滑时的加速度大小为 5 m/s2B物块与斜面间的动摩擦因数为 0.4C物块沿斜面向上滑行的最大距离为7.2 mD物块回到斜面底端的时刻为 2.4 s答案解析 v-t 图象的斜率表示加速度，根据图象可知，物块上滑时的加速度大小为 a1121.2 m/s210 m/s2，A 错误；物块上滑时，根据牛顿第二定律可知：mgsinmgcosma1，解得 0.5，B 错误；在 v-t 图象中图线与时间轴围成的面积表示位移，所以物块沿斜面向上滑行的最大距离为 s12121.2 m7.2 m，C 正确；物块沿斜面下滑的加速度大小为 a2g
26、singcos2 m/s2，根据位移公式有 s12a2t2，解得 t 7.2 s1.2 s，故物块返回到斜面底端的时刻不是 2.4 s，D 错误。解析5如图所示，A、B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为，图甲中，A、B 两球用轻弹簧相连，图乙中 A、B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C 与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有()A两图中两球加速度均为 gsinB两图中 A 球的加速度均为零C图乙中轻杆的作用力一定不为零D图甲中 B 球的加速度是图乙中 B 球加速度的 2 倍答案解析 撤去挡板前，挡板对 B 球的弹力大小为 2mgsin，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会
27、突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中 A 球所受合力为零，加速度为零，B 球所受合力为 2mgsin，加速度为 2gsin；图乙中杆的弹力突变为零，A、B 球所受合力均为 mgsin，加速度均为 gsin，可知只有 D 正确。解析6(2019四省八校双教研联盟联考)将质量为 m0.1 kg 的小球竖直向上抛出，初速度 v020 m/s，已知小球在运动中所受空气阻力与速率的关系为 fkv，且 k0.1 kg/s，其速率随时间变化规律如图所示，取 g10 m/s2，则以下说法正确的是()A小球在上升阶段的平均速度大小为 10 m/sB小球在 t1 时刻到达最高点，此时加速度为零C小球抛出瞬间的加速度大小
28、为 20 m/s2D小球落地前做匀速运动，落地速度大小 v110 m/s答案解析 小球在上升阶段做加速度逐渐减小的减速运动，其平均速度小于初、末速度的平均值，即小于 10 m/s，A 错误；小球在 t1 时刻到达最高点，此时速度为零，只受重力，加速度为 g，B 错误；小球抛出瞬间，受到重力 mg1.0 N，空气阻力 fkv00.120 N2.0 N，所受合外力 Fmgf3.0 N，由牛顿第二定律有 Fma0，解得小球抛出瞬间的加速度大小为 a030 m/s2，C 错误；小球落地前做匀速运动，由 mgkv1，解得 v110 m/s，D 正确。解析7.如图，A、B 球的质量相等，弹簧的质量不计，倾
29、角为 的斜面光滑，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，下列说法正确的是()A两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为 gsinBB 球的受力情况未变，瞬时加速度为零CA 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为 2gsinD弹簧有收缩的趋势，B 球的瞬时加速度沿斜面向上，A 球的瞬时加速度沿斜面向下，瞬时加速度都不为零答案解析 系统静止时，根据平衡条件可知：对 B 球 F 弹mgsin，对 A球 F 绳F 弹mgsin，细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则 B 球受力情况未变，瞬时加速度为零，对 A 球根据牛顿第二定律得 aF合m F弹mgsinm2
30、gsin，方向沿斜面向下，故 A、D 错误，B、C 正确。解析8.如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，横杆左边固定有一轻杆与竖直方向成 角，轻杆下端连接一小球，横杆右边用一根细线吊一小球，当小车向右做加速运动时，细线保持与竖直方向成 角，若，则下列说法正确的是()A轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上B轻杆对小球的弹力方向与细线平行C轻杆对小球的弹力方向既不与细线平行，也不沿着轻杆方向D此时小车的加速度为 gtan答案解析 由于两小球加速度相同，轻杆对小球的弹力方向与细线平行，小球受力如图所示，由牛顿第二定律得 mgtanma，解得 agtan，故小车的加速度为 gtan，选项 B、D 正
31、确。解析9.如图所示，E 为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零。以沿斜面向下为正方向，则物体下滑过程中的位移 x、速度 v、合力 F、加速度 a 与时间 t 的关系图象可能正确的是()答案解析 设斜面与水平面夹角为，斜面长为 2L，在斜面上半段 a1gsin，v2E2a1L，在斜面下半段 0v2E2a2L，故加速度大小 a1a2，故B、D 正确，C 错误；在斜面上半段 x12a1t2，x-t 图应开口向上，故 A 错误。解析A前 10 s 悬线的拉力恒为 1500 NB46 s 末材料离地面的距离为 22 mC010 s 材料处于超重状
32、态D在 3036 s 钢索最容易发生断裂10图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为 150 kg 的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象，g 取 10 m/s2，下列判断正确的是()答案解析 由图乙可知前 10 s 内材料的加速度 a0.1 m/s2，由 Fmgma可知悬线的拉力为 1515 N，A 错误；由图象面积可得整个过程上升高度是28 m，下降的高度为 6 m,46 s 末材料离地面的距离为 22 m，B 正确；因 3036 s 材料加速度向下，材料处于失重状态，Fmg，故在 010 s 钢索最容易发生断裂，C 正确，D 错误。解析二、非选择题(本题共 2 小题，共
33、30 分)11(14 分)(2019湖南湘潭三模)如图甲所示，质量为 100 kg 的电梯沿与水平方向成 30角的直线轨道运行，质量为 20 kg 的货物置于电梯的水平底板上，并与电梯保持相对静止。电梯受到与轨道平行的牵引力作用，从轨道底端运行到顶端，电梯速度随时间的变化图象如图乙所示。不计轨道对电梯的摩擦阻力及空气阻力，g 取 10 m/s2，求：(1)电梯加速过程中受到的牵引力的大小；(2)电梯减速过程中，货物所受支持力及摩擦力的大小。答案(1)720 N(2)195 N 5 3 N答案解析(1)由图乙知电梯加速过程的加速度大小为：a1v1t11 m/s2设电梯受到的牵引力为 F，由牛顿第
34、二定律得：F(M 梯m 货)gsin30(M 梯m 货)a1解得：F720 N。解析(2)由图乙知电梯减速过程的加速度大小为：a2|v2|t2 0.5 m/s2将加速度 a2 沿水平方向和竖直方向分解，对货物，由牛顿第二定律得：fm 货 a2cos30m 货 gNm 货 a2sin30解得：f5 3 N，N195 N。解析12(16 分)滑雪运动是运动员把滑雪板装在靴底在雪地上进行的滑行、跳跃的竞赛运动。当滑雪板相对雪地速度较大时，会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦。然而当滑雪板相对雪地速度较小时，与雪地接触的时间超过某一值，滑雪板就会
35、下陷，使得与雪地间的摩擦力增大。假设速度超过 8 m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由 10.25 变为 20.125。一运动员从倾角 37的坡顶 A 处由静止开始自由下滑，滑至坡底 B(B 处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平地面，最后停在 C 处，如图所示。不计空气阻力，已知坡长 l24.1 m，g 取 10 m/s2，sin370.6，cos370.8。(1)求运动员从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间；(2)求运动员到达 B 处时的速度大小；(3)若滑雪板与水平地面间的动摩擦因数 30.5，求运动员在水平地面上运动的最大距离。答案(1)2 s(2)15 m/s(3)22.5 m答案解析(1)由牛顿第二定律得，mgsin1mgcosma1，有 a1gsin1gcos4 m/s2运动员从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间 t1va12 s位移 x112a1t218 m。解析(2)由牛顿第二定律得，mgsin2mgcosma2，有a2gsin2gcos5 m/s2由 v2Bv22a2(lx1)代入数据解得 vB15 m/s。(3)根据牛顿第二定律得，a33g5 m/s2在水平面滑行的距离 x3 v2B2a322.5 m。解析本课结束