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2020高考物理一轮复习学案：第三章第2讲牛顿第二定律的应用
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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 Ⅱ
1．动力学的两类基本问题
(1)已知受力情况求物体的运动情况；
(2)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运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：
知识点 超重和失重 Ⅰ
1．实重与视重
(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关。
(2)视重：①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示数称为视重。
②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。
2．超重、失重和完全失重的比较
一 思维辨析
1．超重就是物体的重力变大的现象。( )
2．物体处于完全失重状态时，重力消失。( )
3．减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力。( )
4．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。( )
5．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。( )
6．物体所受合力发生突变，加速度也会相应突变。( )
答案 1.× 2.× 3.× 4.× 5.√ 6.√
二 对点激活
1．(人教版必修1·P87·T1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 N
B．物体的加速度为25 m/s2
C．3 s末物体的速度为75 m/s
D．3 s内物体发生的位移为125 m
答案 AC
解析 两个夹角为120°的50 N的力，其合力仍为50 N，加速度a＝＝25 m/s2,3 s末速度v＝at＝75 m/s,3 s内位移x＝at2＝112.5 m，故A、C正确，B、D错误。
2．(多选)用力传感器悬挂一钩码，一段时间后，钩码在拉力作用下沿竖直方向由静止开始运动。如图所示中实线是传感器记录的拉力大小的变化情况，则( )
A．钩码的重力约为4 N
B．钩码的重力约为2 N
C．A、B、C、D四段图线中，钩码处于超重状态的是A、D，失重状态的是B、C
D．A、B、C、D四段图线中，钩码处于超重状态的是A、B，失重状态的是C、D
答案 AC
解析 开始钩码静止，由图象知拉力约为4 N，由于开始时拉力大小等于重力大小，所以钩码的重力约为4 N，A正确，B错误。A、D段拉力大于重力，处于超重状态，B、C段拉力小于重力，处于失重状态，C正确，D错误。
3.(人教版必修1·P86·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θ＝30°，斜面长为7 m。现木块上有一质量为m＝1.0 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，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
解析 (1)由题意可知，滑块滑行的加速度
a＝＝ m/s2＝3.5 m/s2，
对滑块受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律得：
mgsinθ－Ff＝ma，解得Ff＝1.5 N。
(2)根据v2＝2ax得
v＝ m/s＝7 m/s。
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θ＝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( )
A．aA＝g，aB＝0 B．aA＝0，aB＝g
C．aA＝g，aB＝g D．aA＝0，aB＝g
解题探究 (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，弹簧上的力突变吗？
提示：不突变。
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F＝mgsin30°，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和重力沿斜面的分力，对小球A，由牛顿第二定律有F＋mgsin30°＝maA，解得aA＝g，A正确。
总结升华
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1－1] (2018·山东六校联考)(多选)如图所示，原长为l0、劲度系数为k的轻质弹簧一端与质量为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＋
B．木板AB对小球的支持力为mg
C．若弹簧突然断开，断开后小球的加速度大小为g
D．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 AC
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(l－l0)＝mgtan30°，代入数据可得此时弹簧的长度为l＝l0＋，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＝＝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mgsin30°＝ma，得a＝g，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mg，小球的加速度大小为g，D项错误。
[变式1－2] (2018·海南五校模拟)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a＝竖直向上加速运动时，两根细线之间的夹角为θ＝60°，在运动过程中O、A间的细线被剪断瞬间，下列关于A、B两球的加速度的说法正确的是( )
A．A球的加速度大小为g，方向竖直向下
B．B球的加速度大小为g，方向竖直向上
C．A球的加速度大小为g，方向斜向左下方
D．A球的加速度大小为g，方向沿OA方向
答案 C
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F2cos30°－mg＝ma，F2sin30°－F1＝0，解得F1＝kx＝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aAx＝＝g，竖直向下的加速度aAy＝g，则A球的加速度大小为aA＝＝g，方向斜向左下方；而B球的加速度仍为a＝，方向竖直向上，C正确。
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 (2018·陕西摸底)如图所示，质量为m＝1.0 kg的物体在水平力F＝5 N的作用下，以v0＝10 m/s向右匀速运动。倾角为θ＝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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求A、B两点间的距离sAB。
解题探究 (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F＝μmg求出μ。
(2)1.5 s时物体一定处于沿斜面上升阶段吗？
提示：①判断在斜面上速度减为零的时间；②判断μ与tanθ的关系。
尝试解答 4.75_m
物体在水平面上匀速运动时有F＝μmg
物体沿斜面上滑时，根据牛顿第二定律有
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1
若物体减速到零，则有0＝v0－a1t1
解得t1＝1.0 s<1.5 s
x1＝t1
由于mgsinθ>μmgcosθ，故物体将沿斜面下滑，
根据牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2
x2＝a2t
根据题意有t1＋t2＝1.5 s，sAB＝x1－x2
联立解得sAB＝4.75 m。
总结升华
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2－1] 如图所示，一物体以v0＝2 m/s的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时t＝1 s。已知斜面长度L＝1.5 m，斜面的倾角θ＝30°，重力加速度取g＝10 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)
解析 (1)设物体滑到斜面底端时速度为v，则有：
L＝t，代入数据解得：v＝1 m/s。
(2)因v
(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：
Ff－mgsinθ＝ma
FN＝mgcosθ
Ff＝μFN
联立解得：μ＝，
代入数据解得：μ＝。
[变式2－2] 如图甲所示是一倾角为θ＝37°的足够长的斜面，将一质量为m＝1 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μ＝0.25。g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，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，方向沿斜面向下
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
mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1
v1＝a1t1
解得v1＝5 m/s。
(2)设物体在前2 s内发生的位移为x1，则
x1＝a1t＝5 m
当拉力为F2＝4.5 N时，设物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得F2＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma2
设物体经过t2时间速度减为0，则
v1＝a2t2，t2＝10 s
设t2时间内发生的位移为x2，则
x2＝a2t＝25 m
由于mgsinθ－μmgcosθ
1．常见的动力学图象
vt图象、at图象、Ft图象、Fa图象等。
2．图象问题的类型
(1)已知物体受的力随时间变化的图象，要求分析物体的运动情况。
(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图象，要求分析物体的受力情况。
(3)由已知条件确定某物理量的变化图象。
3．解题策略
(1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点。
(2)注意图象中的特殊点、斜率、面积所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点，图线的斜率，图线与坐标轴或图线与图线所围面积等。
(3)明确能从图象中获得的信息：把图象与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
例3 (2018·郑州质量预测)为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角为θ、表面平整且足够长的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示。让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向始终垂直。假设滑块和风帆总质量为m。滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度g取10 m/s2，帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即Ff＝kv。
(1)写出滑块下滑的最大速度的表达式；
(2)若m＝3 kg，斜面倾角θ＝37°，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t＝0时vt图线的切线，由此求出μ、k的值。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
解题探究 (1)什么时候滑块下滑的速度最大？
提示：a＝0时。
(2)t＝0时风帆受到的空气阻力是多少？
提示：由Ff＝kv知，t＝0时，v＝0，Ff＝0。
尝试解答 (1)vm＝
(2)0.375 4.5 kg/s
(1)对滑块和风帆由牛顿第二定律有：
mgsinθ－μmgcosθ－kv＝ma
当a＝0时速度最大，即vm＝。
(2)由题图乙可知，当v＝0时，
a0＝gsinθ－μgcosθ＝3 m/s2
解得μ＝0.375
由vm＝＝2 m/s
解得k＝4.5 kg/s。
总结升华
解决图象综合问题的思路
图象反映了两个变量之间的函数关系，必要时需要根据物理规律进行推导，得到函数关系后结合图线的斜率、截距、面积、交点、拐点的物理意义对图象及运动过程进行分析。
[变式3－1] (2019·百师联盟七调)(多选)在光滑水平面上，a、b两小球沿水平面相向运动。当小球间距小于或等于L时，受到大小相等、方向相反的恒定的相互排斥力作用。小球间距大于L时，相互排斥力为零。小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v随时间t的变化关系图象如图所示，由图可知( )
A．a球质量大于b球质量
B．在t1时刻两小球间距最小
C．在0～t2时间内两小球间距逐渐减小
D．在0～t3时间内b球所受排斥力方向始终与运动方向相反
答案 AC
解析 从速度—时间图象可以看出b球速度—时间图象的斜率绝对值较大，所以b球的加速度较大，两小球之间的排斥力为一对相互作用力，大小相等，根据a＝知，加速度大的质量小，所以b球质量较小，故A正确；开始时二者做相向运动，当速度相同时距离最近，即t2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，故B错误，C正确；b球在0～t1时间内匀减速，所以在0～t1时间内排斥力与运动方向相反，而在t1～t3时间内匀加速，排斥力与运动方向相同，D错误。
[变式3－2] (2018·福州四校联考)(多选)一个物块放在粗糙的水平面上，现用一个很大的水平推力推物块，并且推力不断减小，结果物块运动的加速度a随推力F变化的图象如图所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．物块的质量为0.5 kg
B．物块与水平面间的动摩擦因数为0.2
C．当推力F减小为2 N时，物块的速度最大
D．当推力F减小为0时，物块的速度为零
答案 BC
解析 由物块运动的加速度a随推力F变化的图象可知，当推力F＝2 N时，加速度为零，运用牛顿第二定律可得F－μmg＝0；当F＝0时，加速度a＝－2 m/s2，运用牛顿第二定律，－μmg＝ma，联立解得μ＝0.2，m＝1.0 kg，即物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，物块的质量为1.0 kg，A错误，B正确。用一个很大的水平力推物块，并且推力不断减小，物块做加速度逐渐减小的加速运动，当推力F减小为2 N时加速度为零，物块的速度最大，C正确。当推力F减小为0时，物块做减速运动，物块的速度不为零，D错误。
考点4 超重和失重的理解
1．超重和失重的理解
(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)物体超重或失重多少由物体的质量m和竖直加速度a共同决定，其大小等于ma。
(3)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。
(4)尽管物体的加速度不是竖直方向，但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。
(5)尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要整体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重现象。
2．判断超重和失重的方法
(1)从受力的角度判断
当物体受向上的拉力(或支持力)大于重力时处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态。
(2)从加速度的角度判断
当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。
(3)从速度变化角度判断
①物体向上加速或向下减速时，超重；
②物体向下加速或向上减速时，失重。
例4 (2018·合肥质检)合肥市滨湖游乐场里有一种大型娱乐器械，可以让人体验超重和失重。其环形座舱套在竖直柱子上，先由升降机送上70多米的高处，然后让座舱由静止自由落下，落到离地30米高的位置时，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停下。若舱中某人用手托着一个重力为50 N的铅球。不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．当座舱落到离地面45米高的位置时，球对手的压力为0
B．当座舱落到离地面45米高的位置时，手对球有支持力
C．当座舱落到离地面20米高的位置时，球对手的压力为0
D．当座舱落到离地面20米高的位置时，手对球的支持力小于50 N
解题探究 (1)当座舱落到离地面45米高的位置时，是自由落体阶段吗？
提示：是，a＝g。
(2)当座舱落到离地面20米高的位置时，加速度方向？
提示：加速度方向竖直向上。
尝试解答 选A。
由题意可知座舱从最高处下落到离地30 m高处的过程中做自由落体运动，手与球之间的作用力为零，A正确，B错误；座舱在距离地面30 m处开始制动，制动后向下做减速直线运动，加速度方向竖直向上，铅球处于超重状态，手对球的支持力大于50 N，C、D错误。
总结升华
(1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了。在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化。
(2)在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等。
[变式4－1] (2018·东北三省四市模拟)如图所示，物体A、B由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳连接，从静止开始释放，在物体A加速下降的过程中，下列判断正确的是( )
A．物体A和物体B均处于超重状态
B．物体A和物体B均处于失重状态
C．物体A处于超重状态，物体B处于失重状态
D．物体A处于失重状态，物体B处于超重状态
答案 D
解析 物体A加速下降，物体B必然加速上升，物体A的加速度方向竖直向下，处于失重状态，物体B的加速度方向竖直向上，处于超重状态，D正确。
[变式4－2] (2018·广州测试)(多选)如图a，用力传感器研究橡皮绳中拉力随时间的变化。向下拉小球然后释放，小球沿竖直方向运动，某段时间内采集到的信息如图b所示，则( )
A．t2～t3时间内小球向下运动，处于超重状态
B．t3～t4时间内小球向上运动，处于失重状态
C．t4～t5时间内小球向下运动，处于失重状态
D．t5～t6时间内小球向上运动，处于超重状态
答案 BC
解析 根据题图b可知，t1～t2时间内传感器示数大于小球重力，且示数逐渐增大，则小球加速度方向向上，处于超重状态，向下做减速运动，t2～t3时间内传感器示数大于小球重力，且示数逐渐减小，则小球加速度方向向上，处于超重状态，向上做加速运动，A错误；t3～t4时间内传感器示数小于小球重力，且示数逐渐减小，则小球加速度方向向下，处于失重状态，向上做减速运动，B正确；t4～t5时间内传感器示数小于小球重力，且示数逐渐增大，则小球加速度方向向下，处于失重状态，向下做加速运动，C正确；t5～t6时间内传感器示数大于小球重力，且示数逐渐增大，则小球加速度方向向上，处于超重状态，向下做减速运动，D错误。
高考模拟 随堂集训
1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是( )
答案 A
解析 物块静止时受到向上的弹力和向下的重力，处于平衡状态，有：kx0＝mg，施加拉力F后，物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：F＋k(x0－x)－mg＝ma，所以F＝ma＋kx，A正确。
2．(2015·全国卷Ⅰ)(多选)如图a，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图b所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
答案 ACD
解析 由vt图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别列出方程，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A、C正确；根据运动的vt图线与时间轴所围面积表示位移可求出物块向上滑行的最大位移，斜面倾角已知，则可求得物块向上滑行的最大高度，选项D正确；由已知条件不能求出物块质量，选项B错误。
3.(2015·海南高考)(多选)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态。现将细线剪断。将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间( )
A．a1＝3g B．a1＝0
C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2
答案 AC
解析 剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为T＝3mg。因在剪断细线瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同。将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mg＝ma1得a1＝3g，A正确，B错误。由胡克定律知：2mg＝kΔl1，mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正确，D错误。
4.(2015·海南高考)(多选)如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时，( )
A．物块与斜面间的摩擦力减小
B．物块与斜面间的正压力增大
C．物块相对于斜面减速下滑
D．物块相对于斜面匀速下滑
答案 BD
解析 当升降机匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑时有：mgsinθ＝μmgcosθ，则μ＝tanθ(θ为斜面倾角)，当升降机加速上升时，设加速度为a；物块处于超重状态，超重ma。物块“重力”变为G′＝mg＋ma，支持力变为N′＝(mg＋ma)cosθ>mgcosθ，B正确。“重力”沿斜面向下的分力G下′＝(mg＋ma)sinθ，沿斜面摩擦力变为f′＝μN′＝μ(mg＋ma)cosθ>μmgcosθ，A错误。f′＝μ(mg＋ma)·cosθ＝tanθ(mg＋ma)cosθ＝(mg＋ma)sinθ＝G下′，所以物块仍沿斜面匀速运动，D正确，C错误。
5．(2018·安徽A10联盟联考)如图甲所示，一个可视为质点的物块从倾角为θ＝30°的固定斜面顶端由静止开始下滑，从此时开始计时，物块的速度为v，到斜面顶端的距离为x，其xv2图象如图乙所示。已知g＝10 m/s2，斜面足够长，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．物块的加速度大小为8 m/s2
B．物块在t＝1 s时的速度大小为8 m/s
C．物块在t＝4 s时处于斜面上x＝24 m的位置
D．物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝
答案 D
解析 物块由静止沿斜面做匀加速直线运动，有v2＝2ax，再结合图乙可得加速度为a＝4 m/s2，由v＝at得t＝1 s时物块速度大小为4 m/s，A、B错误；由x＝at2知t＝4 s时，x＝32 m，C错误；由牛顿第二定律有：mgsin30°－μmgcos30°＝ma，解得μ＝，D正确。
配套课时作业
时间：45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1～6为单选，7～10为多选)
1．为了研究超重和失重现象，某同学把一体重计放在电梯的地板上，他站在体重计上随电梯运动，并观察体重计示数的变化情况，表中记录了几个特定时刻体重计的示数(表内时间没有先后顺序)，若已知t0时刻电梯静止，则( )
A．t2时刻电梯不可能向上运动
B．t3时刻电梯一定处于静止状态
C．t1和t2时刻电梯的加速度方向一定相反
D．t1和t2时刻电梯运动的加速度大小相等，运动方向一定相反
答案 C
解析 由表格数据可知t1时刻压力大于重力，该同学处于超重状态，加速度向上，电梯可能向上加速，也可能向下减速，t2时刻压力小于重力，该同学处于失重状态，加速度向下，电梯可能向上减速，也可能向下加速，A、D错误，C正确；t3时刻压力等于重力，电梯处于静止或者匀速运动状态，加速度为零，B错误。
2．(2018·襄阳模拟)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(重力加速度g取10 m/s2)( )
A．25 m/s,1.25 B．40 m/s,0.25
C．50 m/s,0.25 D．80 m/s,1.25
答案 C
解析 根据h＝at2，解得a＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝50 m/s；上升过程礼花弹所受的平均阻力Ff＝kmg，根据牛顿第二定律得a＝＝(k＋1)g＝12.5 m/s2，解得k＝0.25，故C正确。
3．(2018·南昌模拟)如图所示，物体从倾角为α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v1＝kv，且k<1。物体与斜面间的动摩擦因数为( )
A．(1－k)sinα B．(1－k)cosα
C．(1－k2)tanα D．(1－k2)cotα
答案 C
解析 物体沿斜面下滑，由牛顿第二定律有，mgsinα－μmgcosα＝ma，解得加速度大小a＝gsinα－μgcosα，设斜面高度为h，则斜面长度L＝，由匀变速直线运动规律有，v1＝＝；物体从斜面顶端开始做自由落体运动，有v＝且v1＝kv，联立解得μ＝(1－k2)tanα，C正确。
4.(2018·厦门月考)如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长的斜面固定在水平地面上。当t＝0时，滑块以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是( )
A．滑块上滑的距离小于5 m
B．t＝1 s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上
C．t＝2 s时，滑块恰好又回到出发点
D．t＝3 s时，滑块的速度大小为4 m/s
答案 D
解析 设滑块上滑时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10 m/s2，上滑时间为t1＝＝1 s，上滑的距离为x1＝v0t1＝5 m，因mgsinθ>μmgcosθ，滑块上滑到速度为零后，向下运动，A、B错误；设滑块下滑时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，经1 s，滑块下滑的距离为x2＝a2t＝1 m<5 m，滑块未回到出发点，C错误；t＝3 s时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度v＝a2(t－t1)＝4 m/s，D正确。
5．如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，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gsinθ
B．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 D
解析 撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsinθ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，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2mgsinθ，加速度为2gsinθ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsinθ，加速度均为gsinθ，可知只有D正确。
6．(2019·四省八校双教研联盟联考)将质量为m＝0.1 kg的小球竖直向上抛出，初速度v0＝20 m/s，已知小球在运动中所受空气阻力与速率的关系为f＝kv，且k＝0.1 kg/s，其速率随时间变化规律如图所示，取g＝10 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/s
B．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为20 m/s2
D．小球落地前做匀速运动，落地速度大小v1＝10 m/s
答案 D
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mg＝1.0 N，空气阻力f＝kv0＝0.1×20 N＝2.0 N，所受合外力F＝mg＋f＝3.0 N，由牛顿第二定律有F＝ma0，解得小球抛出瞬间的加速度大小为a0＝30 m/s2，C错误；小球落地前做匀速运动，由mg＝kv1，解得v1＝10 m/s，D正确。
7.如图，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ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gsinθ
B．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零
C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ
D．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 BC
解析 系统静止时，根据平衡条件可知：对B球F弹＝mgsinθ，对A球F绳＝F弹＋mgsinθ，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a＝＝＝2gsinθ，方向沿斜面向下，故A、D错误，B、C正确。
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θ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α角，若θ<α，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gtanα
答案 BD
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mgtanα＝ma，解得a＝gtanα，故小车的加速度为gtanα，选项B、D正确。
9.(2018·盐城一模)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 BD
解析 设斜面与水平面夹角为θ，斜面长为2L，在斜面上半段a1＝gsinθ，v＝2a1L，在斜面下半段0－v＝－2a2L，故加速度大小a1＝a2，故B、D正确，C错误；在斜面上半段x＝a1t2，xt图应开口向上，故A错误。
10．(2018·南昌模拟)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( )
A．前10 s悬线的拉力恒为1500 N
B．46 s末材料离地面的距离为22 m
C．0～10 s材料处于超重状态
D．在30～36 s钢索最容易发生断裂
答案 BC
解析 由图乙可知前10 s内材料的加速度a＝0.1 m/s2，由F－mg＝ma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30～36 s材料加速度向下，材料处于失重状态，Fmg，故在0～10 s钢索最容易发生断裂，C正确，D错误。
二、非选择题(本题共2小题，共30分)
11.(2018·德州模拟)(14分)一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2匀加速下滑。如图所示，若用一水平向右恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内能沿斜面运动位移x＝4 m。(g取10 m/s2)求：
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小。
答案 (1) (2) N或 N
解析 (1)根据牛顿第二定律可得：
mgsinθ－μmgcosθ＝ma
代入数据得μ＝。
(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度沿斜面向上和向下两种可能。
由x＝a1t2，得a1＝2 m/s2。
当加速度沿斜面向上时，有
Fcos30°－mgsin30°－μFN＝ma1
Fsin30°＋mgcos30°＝FN
联立并代入数据得F＝ N；
当加速度沿斜面向下时，有
mgsin30°－Fcos30°－μFN＝ma1
Fsin30°＋mgcos30°＝FN
联立并代入数据得F＝ N。
12．(2018·湖南株洲诊断)(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μ1＝0.25变为μ2＝0.125。一运动员从倾角θ＝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l＝24.1 m，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
(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μ3＝0.5，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
解析 (1)由牛顿第二定律得，mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1，有a1＝gsinθ－μ1gcosθ＝4 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t1＝＝2 s
位移x1＝a1t＝8 m。
(2)由牛顿第二定律得，mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma2，有
a2＝gsinθ－μ2gcosθ＝5 m/s2
由v＝v2＋2a2(l－x1)
代入数据解得vB＝15 m/s。
(3)根据牛顿第二定律得，a3＝μ3g＝5 m/s2
在水平面滑行的距离x3＝＝22.5 m。
主干梳理 对点激活
知识点 牛顿第二定律的应用 Ⅱ
1．动力学的两类基本问题
(1)已知受力情况求物体的运动情况；
(2)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运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：
知识点 超重和失重 Ⅰ
1．实重与视重
(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关。
(2)视重：①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示数称为视重。
②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。
2．超重、失重和完全失重的比较
一 思维辨析
1．超重就是物体的重力变大的现象。( )
2．物体处于完全失重状态时，重力消失。( )
3．减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力。( )
4．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。( )
5．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。( )
6．物体所受合力发生突变，加速度也会相应突变。( )
答案 1.× 2.× 3.× 4.× 5.√ 6.√
二 对点激活
1．(人教版必修1·P87·T1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 N
B．物体的加速度为25 m/s2
C．3 s末物体的速度为75 m/s
D．3 s内物体发生的位移为125 m
答案 AC
解析 两个夹角为120°的50 N的力，其合力仍为50 N，加速度a＝＝25 m/s2,3 s末速度v＝at＝75 m/s,3 s内位移x＝at2＝112.5 m，故A、C正确，B、D错误。
2．(多选)用力传感器悬挂一钩码，一段时间后，钩码在拉力作用下沿竖直方向由静止开始运动。如图所示中实线是传感器记录的拉力大小的变化情况，则( )
A．钩码的重力约为4 N
B．钩码的重力约为2 N
C．A、B、C、D四段图线中，钩码处于超重状态的是A、D，失重状态的是B、C
D．A、B、C、D四段图线中，钩码处于超重状态的是A、B，失重状态的是C、D
答案 AC
解析 开始钩码静止，由图象知拉力约为4 N，由于开始时拉力大小等于重力大小，所以钩码的重力约为4 N，A正确，B错误。A、D段拉力大于重力，处于超重状态，B、C段拉力小于重力，处于失重状态，C正确，D错误。
3.(人教版必修1·P86·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θ＝30°，斜面长为7 m。现木块上有一质量为m＝1.0 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，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
解析 (1)由题意可知，滑块滑行的加速度
a＝＝ m/s2＝3.5 m/s2，
对滑块受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律得：
mgsinθ－Ff＝ma，解得Ff＝1.5 N。
(2)根据v2＝2ax得
v＝ m/s＝7 m/s。
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θ＝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( )
A．aA＝g，aB＝0 B．aA＝0，aB＝g
C．aA＝g，aB＝g D．aA＝0，aB＝g
解题探究 (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，弹簧上的力突变吗？
提示：不突变。
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F＝mgsin30°，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和重力沿斜面的分力，对小球A，由牛顿第二定律有F＋mgsin30°＝maA，解得aA＝g，A正确。
总结升华
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1－1] (2018·山东六校联考)(多选)如图所示，原长为l0、劲度系数为k的轻质弹簧一端与质量为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＋
B．木板AB对小球的支持力为mg
C．若弹簧突然断开，断开后小球的加速度大小为g
D．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 AC
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(l－l0)＝mgtan30°，代入数据可得此时弹簧的长度为l＝l0＋，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＝＝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mgsin30°＝ma，得a＝g，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mg，小球的加速度大小为g，D项错误。
[变式1－2] (2018·海南五校模拟)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a＝竖直向上加速运动时，两根细线之间的夹角为θ＝60°，在运动过程中O、A间的细线被剪断瞬间，下列关于A、B两球的加速度的说法正确的是( )
A．A球的加速度大小为g，方向竖直向下
B．B球的加速度大小为g，方向竖直向上
C．A球的加速度大小为g，方向斜向左下方
D．A球的加速度大小为g，方向沿OA方向
答案 C
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F2cos30°－mg＝ma，F2sin30°－F1＝0，解得F1＝kx＝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aAx＝＝g，竖直向下的加速度aAy＝g，则A球的加速度大小为aA＝＝g，方向斜向左下方；而B球的加速度仍为a＝，方向竖直向上，C正确。
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 (2018·陕西摸底)如图所示，质量为m＝1.0 kg的物体在水平力F＝5 N的作用下，以v0＝10 m/s向右匀速运动。倾角为θ＝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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求A、B两点间的距离sAB。
解题探究 (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F＝μmg求出μ。
(2)1.5 s时物体一定处于沿斜面上升阶段吗？
提示：①判断在斜面上速度减为零的时间；②判断μ与tanθ的关系。
尝试解答 4.75_m
物体在水平面上匀速运动时有F＝μmg
物体沿斜面上滑时，根据牛顿第二定律有
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1
若物体减速到零，则有0＝v0－a1t1
解得t1＝1.0 s<1.5 s
x1＝t1
由于mgsinθ>μmgcosθ，故物体将沿斜面下滑，
根据牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2
x2＝a2t
根据题意有t1＋t2＝1.5 s，sAB＝x1－x2
联立解得sAB＝4.75 m。
总结升华
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2－1] 如图所示，一物体以v0＝2 m/s的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时t＝1 s。已知斜面长度L＝1.5 m，斜面的倾角θ＝30°，重力加速度取g＝10 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)
解析 (1)设物体滑到斜面底端时速度为v，则有：
L＝t，代入数据解得：v＝1 m/s。
(2)因v
(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：
Ff－mgsinθ＝ma
FN＝mgcosθ
Ff＝μFN
联立解得：μ＝，
代入数据解得：μ＝。
[变式2－2] 如图甲所示是一倾角为θ＝37°的足够长的斜面，将一质量为m＝1 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μ＝0.25。g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，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，方向沿斜面向下
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
mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1
v1＝a1t1
解得v1＝5 m/s。
(2)设物体在前2 s内发生的位移为x1，则
x1＝a1t＝5 m
当拉力为F2＝4.5 N时，设物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得F2＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma2
设物体经过t2时间速度减为0，则
v1＝a2t2，t2＝10 s
设t2时间内发生的位移为x2，则
x2＝a2t＝25 m
由于mgsinθ－μmgcosθ
1．常见的动力学图象
vt图象、at图象、Ft图象、Fa图象等。
2．图象问题的类型
(1)已知物体受的力随时间变化的图象，要求分析物体的运动情况。
(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图象，要求分析物体的受力情况。
(3)由已知条件确定某物理量的变化图象。
3．解题策略
(1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点。
(2)注意图象中的特殊点、斜率、面积所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点，图线的斜率，图线与坐标轴或图线与图线所围面积等。
(3)明确能从图象中获得的信息：把图象与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
例3 (2018·郑州质量预测)为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角为θ、表面平整且足够长的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示。让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向始终垂直。假设滑块和风帆总质量为m。滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度g取10 m/s2，帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即Ff＝kv。
(1)写出滑块下滑的最大速度的表达式；
(2)若m＝3 kg，斜面倾角θ＝37°，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t＝0时vt图线的切线，由此求出μ、k的值。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
解题探究 (1)什么时候滑块下滑的速度最大？
提示：a＝0时。
(2)t＝0时风帆受到的空气阻力是多少？
提示：由Ff＝kv知，t＝0时，v＝0，Ff＝0。
尝试解答 (1)vm＝
(2)0.375 4.5 kg/s
(1)对滑块和风帆由牛顿第二定律有：
mgsinθ－μmgcosθ－kv＝ma
当a＝0时速度最大，即vm＝。
(2)由题图乙可知，当v＝0时，
a0＝gsinθ－μgcosθ＝3 m/s2
解得μ＝0.375
由vm＝＝2 m/s
解得k＝4.5 kg/s。
总结升华
解决图象综合问题的思路
图象反映了两个变量之间的函数关系，必要时需要根据物理规律进行推导，得到函数关系后结合图线的斜率、截距、面积、交点、拐点的物理意义对图象及运动过程进行分析。
[变式3－1] (2019·百师联盟七调)(多选)在光滑水平面上，a、b两小球沿水平面相向运动。当小球间距小于或等于L时，受到大小相等、方向相反的恒定的相互排斥力作用。小球间距大于L时，相互排斥力为零。小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v随时间t的变化关系图象如图所示，由图可知( )
A．a球质量大于b球质量
B．在t1时刻两小球间距最小
C．在0～t2时间内两小球间距逐渐减小
D．在0～t3时间内b球所受排斥力方向始终与运动方向相反
答案 AC
解析 从速度—时间图象可以看出b球速度—时间图象的斜率绝对值较大，所以b球的加速度较大，两小球之间的排斥力为一对相互作用力，大小相等，根据a＝知，加速度大的质量小，所以b球质量较小，故A正确；开始时二者做相向运动，当速度相同时距离最近，即t2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，故B错误，C正确；b球在0～t1时间内匀减速，所以在0～t1时间内排斥力与运动方向相反，而在t1～t3时间内匀加速，排斥力与运动方向相同，D错误。
[变式3－2] (2018·福州四校联考)(多选)一个物块放在粗糙的水平面上，现用一个很大的水平推力推物块，并且推力不断减小，结果物块运动的加速度a随推力F变化的图象如图所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．物块的质量为0.5 kg
B．物块与水平面间的动摩擦因数为0.2
C．当推力F减小为2 N时，物块的速度最大
D．当推力F减小为0时，物块的速度为零
答案 BC
解析 由物块运动的加速度a随推力F变化的图象可知，当推力F＝2 N时，加速度为零，运用牛顿第二定律可得F－μmg＝0；当F＝0时，加速度a＝－2 m/s2，运用牛顿第二定律，－μmg＝ma，联立解得μ＝0.2，m＝1.0 kg，即物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，物块的质量为1.0 kg，A错误，B正确。用一个很大的水平力推物块，并且推力不断减小，物块做加速度逐渐减小的加速运动，当推力F减小为2 N时加速度为零，物块的速度最大，C正确。当推力F减小为0时，物块做减速运动，物块的速度不为零，D错误。
考点4 超重和失重的理解
1．超重和失重的理解
(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)物体超重或失重多少由物体的质量m和竖直加速度a共同决定，其大小等于ma。
(3)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。
(4)尽管物体的加速度不是竖直方向，但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。
(5)尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要整体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重现象。
2．判断超重和失重的方法
(1)从受力的角度判断
当物体受向上的拉力(或支持力)大于重力时处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态。
(2)从加速度的角度判断
当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。
(3)从速度变化角度判断
①物体向上加速或向下减速时，超重；
②物体向下加速或向上减速时，失重。
例4 (2018·合肥质检)合肥市滨湖游乐场里有一种大型娱乐器械，可以让人体验超重和失重。其环形座舱套在竖直柱子上，先由升降机送上70多米的高处，然后让座舱由静止自由落下，落到离地30米高的位置时，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停下。若舱中某人用手托着一个重力为50 N的铅球。不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．当座舱落到离地面45米高的位置时，球对手的压力为0
B．当座舱落到离地面45米高的位置时，手对球有支持力
C．当座舱落到离地面20米高的位置时，球对手的压力为0
D．当座舱落到离地面20米高的位置时，手对球的支持力小于50 N
解题探究 (1)当座舱落到离地面45米高的位置时，是自由落体阶段吗？
提示：是，a＝g。
(2)当座舱落到离地面20米高的位置时，加速度方向？
提示：加速度方向竖直向上。
尝试解答 选A。
由题意可知座舱从最高处下落到离地30 m高处的过程中做自由落体运动，手与球之间的作用力为零，A正确，B错误；座舱在距离地面30 m处开始制动，制动后向下做减速直线运动，加速度方向竖直向上，铅球处于超重状态，手对球的支持力大于50 N，C、D错误。
总结升华
(1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了。在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化。
(2)在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等。
[变式4－1] (2018·东北三省四市模拟)如图所示，物体A、B由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳连接，从静止开始释放，在物体A加速下降的过程中，下列判断正确的是( )
A．物体A和物体B均处于超重状态
B．物体A和物体B均处于失重状态
C．物体A处于超重状态，物体B处于失重状态
D．物体A处于失重状态，物体B处于超重状态
答案 D
解析 物体A加速下降，物体B必然加速上升，物体A的加速度方向竖直向下，处于失重状态，物体B的加速度方向竖直向上，处于超重状态，D正确。
[变式4－2] (2018·广州测试)(多选)如图a，用力传感器研究橡皮绳中拉力随时间的变化。向下拉小球然后释放，小球沿竖直方向运动，某段时间内采集到的信息如图b所示，则( )
A．t2～t3时间内小球向下运动，处于超重状态
B．t3～t4时间内小球向上运动，处于失重状态
C．t4～t5时间内小球向下运动，处于失重状态
D．t5～t6时间内小球向上运动，处于超重状态
答案 BC
解析 根据题图b可知，t1～t2时间内传感器示数大于小球重力，且示数逐渐增大，则小球加速度方向向上，处于超重状态，向下做减速运动，t2～t3时间内传感器示数大于小球重力，且示数逐渐减小，则小球加速度方向向上，处于超重状态，向上做加速运动，A错误；t3～t4时间内传感器示数小于小球重力，且示数逐渐减小，则小球加速度方向向下，处于失重状态，向上做减速运动，B正确；t4～t5时间内传感器示数小于小球重力，且示数逐渐增大，则小球加速度方向向下，处于失重状态，向下做加速运动，C正确；t5～t6时间内传感器示数大于小球重力，且示数逐渐增大，则小球加速度方向向上，处于超重状态，向下做减速运动，D错误。
高考模拟 随堂集训
1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是( )
答案 A
解析 物块静止时受到向上的弹力和向下的重力，处于平衡状态，有：kx0＝mg，施加拉力F后，物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：F＋k(x0－x)－mg＝ma，所以F＝ma＋kx，A正确。
2．(2015·全国卷Ⅰ)(多选)如图a，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图b所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
答案 ACD
解析 由vt图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别列出方程，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A、C正确；根据运动的vt图线与时间轴所围面积表示位移可求出物块向上滑行的最大位移，斜面倾角已知，则可求得物块向上滑行的最大高度，选项D正确；由已知条件不能求出物块质量，选项B错误。
3.(2015·海南高考)(多选)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态。现将细线剪断。将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间( )
A．a1＝3g B．a1＝0
C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2
答案 AC
解析 剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为T＝3mg。因在剪断细线瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同。将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mg＝ma1得a1＝3g，A正确，B错误。由胡克定律知：2mg＝kΔl1，mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正确，D错误。
4.(2015·海南高考)(多选)如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时，( )
A．物块与斜面间的摩擦力减小
B．物块与斜面间的正压力增大
C．物块相对于斜面减速下滑
D．物块相对于斜面匀速下滑
答案 BD
解析 当升降机匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑时有：mgsinθ＝μmgcosθ，则μ＝tanθ(θ为斜面倾角)，当升降机加速上升时，设加速度为a；物块处于超重状态，超重ma。物块“重力”变为G′＝mg＋ma，支持力变为N′＝(mg＋ma)cosθ>mgcosθ，B正确。“重力”沿斜面向下的分力G下′＝(mg＋ma)sinθ，沿斜面摩擦力变为f′＝μN′＝μ(mg＋ma)cosθ>μmgcosθ，A错误。f′＝μ(mg＋ma)·cosθ＝tanθ(mg＋ma)cosθ＝(mg＋ma)sinθ＝G下′，所以物块仍沿斜面匀速运动，D正确，C错误。
5．(2018·安徽A10联盟联考)如图甲所示，一个可视为质点的物块从倾角为θ＝30°的固定斜面顶端由静止开始下滑，从此时开始计时，物块的速度为v，到斜面顶端的距离为x，其xv2图象如图乙所示。已知g＝10 m/s2，斜面足够长，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．物块的加速度大小为8 m/s2
B．物块在t＝1 s时的速度大小为8 m/s
C．物块在t＝4 s时处于斜面上x＝24 m的位置
D．物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝
答案 D
解析 物块由静止沿斜面做匀加速直线运动，有v2＝2ax，再结合图乙可得加速度为a＝4 m/s2，由v＝at得t＝1 s时物块速度大小为4 m/s，A、B错误；由x＝at2知t＝4 s时，x＝32 m，C错误；由牛顿第二定律有：mgsin30°－μmgcos30°＝ma，解得μ＝，D正确。
配套课时作业
时间：45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1～6为单选，7～10为多选)
1．为了研究超重和失重现象，某同学把一体重计放在电梯的地板上，他站在体重计上随电梯运动，并观察体重计示数的变化情况，表中记录了几个特定时刻体重计的示数(表内时间没有先后顺序)，若已知t0时刻电梯静止，则( )
A．t2时刻电梯不可能向上运动
B．t3时刻电梯一定处于静止状态
C．t1和t2时刻电梯的加速度方向一定相反
D．t1和t2时刻电梯运动的加速度大小相等，运动方向一定相反
答案 C
解析 由表格数据可知t1时刻压力大于重力，该同学处于超重状态，加速度向上，电梯可能向上加速，也可能向下减速，t2时刻压力小于重力，该同学处于失重状态，加速度向下，电梯可能向上减速，也可能向下加速，A、D错误，C正确；t3时刻压力等于重力，电梯处于静止或者匀速运动状态，加速度为零，B错误。
2．(2018·襄阳模拟)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(重力加速度g取10 m/s2)( )
A．25 m/s,1.25 B．40 m/s,0.25
C．50 m/s,0.25 D．80 m/s,1.25
答案 C
解析 根据h＝at2，解得a＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝50 m/s；上升过程礼花弹所受的平均阻力Ff＝kmg，根据牛顿第二定律得a＝＝(k＋1)g＝12.5 m/s2，解得k＝0.25，故C正确。
3．(2018·南昌模拟)如图所示，物体从倾角为α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v1＝kv，且k<1。物体与斜面间的动摩擦因数为( )
A．(1－k)sinα B．(1－k)cosα
C．(1－k2)tanα D．(1－k2)cotα
答案 C
解析 物体沿斜面下滑，由牛顿第二定律有，mgsinα－μmgcosα＝ma，解得加速度大小a＝gsinα－μgcosα，设斜面高度为h，则斜面长度L＝，由匀变速直线运动规律有，v1＝＝；物体从斜面顶端开始做自由落体运动，有v＝且v1＝kv，联立解得μ＝(1－k2)tanα，C正确。
4.(2018·厦门月考)如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长的斜面固定在水平地面上。当t＝0时，滑块以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是( )
A．滑块上滑的距离小于5 m
B．t＝1 s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上
C．t＝2 s时，滑块恰好又回到出发点
D．t＝3 s时，滑块的速度大小为4 m/s
答案 D
解析 设滑块上滑时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10 m/s2，上滑时间为t1＝＝1 s，上滑的距离为x1＝v0t1＝5 m，因mgsinθ>μmgcosθ，滑块上滑到速度为零后，向下运动，A、B错误；设滑块下滑时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，经1 s，滑块下滑的距离为x2＝a2t＝1 m<5 m，滑块未回到出发点，C错误；t＝3 s时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度v＝a2(t－t1)＝4 m/s，D正确。
5．如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，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gsinθ
B．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 D
解析 撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsinθ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，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2mgsinθ，加速度为2gsinθ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsinθ，加速度均为gsinθ，可知只有D正确。
6．(2019·四省八校双教研联盟联考)将质量为m＝0.1 kg的小球竖直向上抛出，初速度v0＝20 m/s，已知小球在运动中所受空气阻力与速率的关系为f＝kv，且k＝0.1 kg/s，其速率随时间变化规律如图所示，取g＝10 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/s
B．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为20 m/s2
D．小球落地前做匀速运动，落地速度大小v1＝10 m/s
答案 D
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mg＝1.0 N，空气阻力f＝kv0＝0.1×20 N＝2.0 N，所受合外力F＝mg＋f＝3.0 N，由牛顿第二定律有F＝ma0，解得小球抛出瞬间的加速度大小为a0＝30 m/s2，C错误；小球落地前做匀速运动，由mg＝kv1，解得v1＝10 m/s，D正确。
7.如图，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ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gsinθ
B．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零
C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ
D．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 BC
解析 系统静止时，根据平衡条件可知：对B球F弹＝mgsinθ，对A球F绳＝F弹＋mgsinθ，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a＝＝＝2gsinθ，方向沿斜面向下，故A、D错误，B、C正确。
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θ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α角，若θ<α，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gtanα
答案 BD
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mgtanα＝ma，解得a＝gtanα，故小车的加速度为gtanα，选项B、D正确。
9.(2018·盐城一模)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 BD
解析 设斜面与水平面夹角为θ，斜面长为2L，在斜面上半段a1＝gsinθ，v＝2a1L，在斜面下半段0－v＝－2a2L，故加速度大小a1＝a2，故B、D正确，C错误；在斜面上半段x＝a1t2，xt图应开口向上，故A错误。
10．(2018·南昌模拟)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( )
A．前10 s悬线的拉力恒为1500 N
B．46 s末材料离地面的距离为22 m
C．0～10 s材料处于超重状态
D．在30～36 s钢索最容易发生断裂
答案 BC
解析 由图乙可知前10 s内材料的加速度a＝0.1 m/s2，由F－mg＝ma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30～36 s材料加速度向下，材料处于失重状态，F
二、非选择题(本题共2小题，共30分)
11.(2018·德州模拟)(14分)一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2匀加速下滑。如图所示，若用一水平向右恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内能沿斜面运动位移x＝4 m。(g取10 m/s2)求：
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小。
答案 (1) (2) N或 N
解析 (1)根据牛顿第二定律可得：
mgsinθ－μmgcosθ＝ma
代入数据得μ＝。
(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度沿斜面向上和向下两种可能。
由x＝a1t2，得a1＝2 m/s2。
当加速度沿斜面向上时，有
Fcos30°－mgsin30°－μFN＝ma1
Fsin30°＋mgcos30°＝FN
联立并代入数据得F＝ N；
当加速度沿斜面向下时，有
mgsin30°－Fcos30°－μFN＝ma1
Fsin30°＋mgcos30°＝FN
联立并代入数据得F＝ N。
12．(2018·湖南株洲诊断)(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μ1＝0.25变为μ2＝0.125。一运动员从倾角θ＝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l＝24.1 m，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
(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μ3＝0.5，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
解析 (1)由牛顿第二定律得，mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1，有a1＝gsinθ－μ1gcosθ＝4 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t1＝＝2 s
位移x1＝a1t＝8 m。
(2)由牛顿第二定律得，mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma2，有
a2＝gsinθ－μ2gcosθ＝5 m/s2
由v＝v2＋2a2(l－x1)
代入数据解得vB＝15 m/s。
(3)根据牛顿第二定律得，a3＝μ3g＝5 m/s2
在水平面滑行的距离x3＝＝22.5 m。
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