資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
4.5牛頓運動定律的應用
一、動力學兩類基本問題 1
二、動力學的臨界問題 6
三、多過程問題的分析與求解 12
【鞏固提高】 16
[學習目標]
課程標準 課標解讀
1．能通過分析物體的受力情況，確定物體 的運動情況，能通過物體的運動情況確定 物體的受力情況。 2．能根據力與運動的關系，聯系牛頓運動 定律和運動學知識，分析求解有關動力學 問題。 3．掌握應用牛頓運動定律解決問題的基本 思路和方法。 1、能用牛頓運動定律解決兩類主要問題：已知物體的 受力情況確定物體的運動情況、已知物體的運動情況確 定物體的受力情況。 2、掌握應用牛頓運動定律解決問題的基本思路和方法， 即首先對研究對象進行受力和運動情況分析，然后用牛 頓運動定律把二者聯系起來。 3、初步體會牛頓運動定律對社會發展的影響，建立應 用科學知識解決實際問題的意識。
[知識分析]
一、動力學兩類基本問題
1、兩類問題：
如果已知物體的受力情況，則可由牛頓第二定律求出物體的加速度，再根據運動學規律就可以確定物體的運動情況.
如果已知物體的運動情況，則可根據運動學公式求出物體的加速度，再根據牛頓第二定律就可以確定物體所受的力.
2、動力學問題的解題思路
3、解題關鍵
兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析；
兩個橋梁——加速度是聯系運動和力的橋梁；速度是各物理過程間相互聯系的橋梁.
4、注意問題：
若物體受互成角度的兩個力作用，可用平行四邊形定則求合力；若物體受三個或三個以上力的作用，常用正交分解法求合力；
用正交分解法求合力時，通常以加速度 a 的方向為x 軸正方向，建立直角坐標系，將物體所受的各力分解在x 軸和y 軸上，根據力的獨立作用原理，兩個方向上的合力分別產生各自的加速度，解方程組 Fx＝ma， Fy＝0.
由運動學規律求加速度，要特別注意加速度的方向，從而確定合力的方向，不能將速度的方向和加速度的方向混淆.
題目中所求的力可能是合力，也可能是某一特定的力，均要先求出合力的大小、方向，再根據力的合成與分解求分力.
（2022秋 天河區校級期中）一質量m＝2kg小物塊從斜面上A點由靜止開始滑下，滑到斜面底端B點后沿水平面再滑行一段距離停下來。若物塊與斜面、水平面間的動摩擦因數均為μ＝0.25。斜面A、B兩點之間的距離s＝18m，斜面傾角θ＝37°（sin37°＝0.6；cos37°＝0.8）斜面與水平面間平滑連接，不計空氣阻力，g＝10m/s2。求：
（1）物塊在斜面上下滑過程中的加速度大小；
（2）物塊滑到B點時的速度大小；
（3）物塊在水平面上滑行的時間。
【解答】解：（1）物塊在斜面上下滑時，由牛頓第二定律得：mgsinθ﹣f＝ma1
根據共點力平衡條件得：FN＝mgcosθ
滑動摩擦力f＝μFN
聯立解得：a1＝4m/s2
（2）物塊從A點滑到B點有：2as＝vB2
代入數據解得：vB＝12m/s
（3）在水平面上，由牛頓第二定律得
﹣μmg＝ma2
代入數據解得：tBC＝4.8s
答：（1）物塊在斜面上下滑過程中的加速度大小為4m/s2；
（2）物塊滑到B點時的速度大小為12m/s；
（3）物塊在水平面上滑行的時間為4.8s。
（2022秋 思明區校級期中）物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中。如下圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度l1＝4m，水平滑軌長度可調，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數均為μ，貨物可視為質點，（cos24°＝0.9，sin24°＝0.4，g＝10m/s2）。求：
（1）貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小；
（2）若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s，求水平滑軌的最短長度l2。
【解答】解：（1）傾斜滑軌與水平面成θ＝24°角，對貨物根據牛頓第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
代入數據解得：a1＝2m/s2；
根據速度—位移關系可得：v2＝2a1l1
代入數據解得：v＝4m/s；
（2）貨物在水平軌道上運動時，加速度大小為a2，則有：a2＝μg10m/s2m/s2
根據速度—位移關系可得：v2﹣v′2＝2a2l2
代入數據解得：l2＝2.7m。
答：（1）貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小為4m/s；
（2）若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s，則水平滑軌的最短長度為2.7m。
（2022秋 奉賢區校級期中）小型四旋翼無人機是一種能夠垂直起降的遙控飛行器，目前得到越來越廣泛的應用如圖，一架質量m＝2kg的無人機從地面上由靜止開始豎直向上起飛，勻加速上升h＝48m，歷時t＝4s。已知無人機運動過程中受到的空氣阻力大小恒為自身重力的0.2倍，g取10m/s2。求該過程：
（1）無人機的加速度大小及末速度大小；
（2）無人機受到的升力大小。
【解答】解：（1）設無人機勻加速上升的加速度大小為a，末速度大小為v，則
h
v＝at
聯立解得：a＝6m/s2，v＝24m/s
（2）設無人機受到的升力大小F，根據牛頓第二定律，有
F﹣mg﹣f＝ma
且f＝0.2mg
聯立解得：F＝36N
答：（1）無人機的加速度大小為6m/s2，末速度大小為24m/s；
（2）無人機受到的升力大小為36N。
（2022秋 城廂區校級期中）機動車禮讓行人是一種文明行為。如圖所示，質量m＝1.0×103kg的汽車以v＝27km/h的速度在水平路面上勻速行駛，在距離斑馬線s＝11.25m處，駕駛員發現小朋友排著長l＝3m的隊伍從斑馬線一端開始通過，立即剎車，最終恰好停在斑馬線前。假設汽車在剎車過程中所受阻力不變，且忽略駕駛員的反應時間。
（1）求汽車開始剎車到停止所用的時間和所受阻力的大小；
（2）若路面寬L＝6m，小朋友行走的速度大小v0＝0.5m/s，求汽車在斑馬線處等待小朋友過馬路的時間。
【解答】解：（1）汽車速度為
v＝27km/h＝7.5m/s
勻減速至停止的平均速度為
m/s＝3.75m/s
根據平均速度有
t1
解得汽車開始剎車到停止所用的時間
t1＝3s
汽車剎車時的加速度大小
a
根據牛頓第二定律有
Ff＝ma
解得
Ff＝2.5×103N
（2）小朋友過馬路的時間
t2
解得t2＝18s
汽車在斑馬線處等待小朋友過馬路的時間為
t＝t2﹣t1＝18s﹣3s＝15s
答：（1）汽車開始剎車到停止所用的時間為3s，所受阻力的大小為2.5×103N；
（2）汽車在斑馬線處等待小朋友過馬路的時間為15s。
二、動力學的臨界問題
1、臨界問題：某種物理現象(或物理狀態)剛好要發生或剛好不發生的轉折狀態.
2、關鍵詞語：在動力學問題中出現的“最大”“最小”“剛好”“恰能”等詞語，一般都暗示了臨界狀態的出現，隱含了相應的臨界條件.
3、臨界問題的常見類型及臨界條件：
接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸(或脫離)的臨界條件是彈力為零. (2)相對靜止或相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到最大靜摩擦力.
繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限的，繩子斷與不斷的臨界條件是實際張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛的臨界條件是繩上的張力為零.
加速度最大與速度最大的臨界條件：當物體在變化的外力作用下運動時，其加速度和速度都會不斷變化，當所受合力最大時，具有最大加速度；當所受合力最小時，具有最小加速度.當出現加速度為零時，物體處于臨界狀態，對應的速度達到最大值或最小值.
4、解題關鍵：正確分析物體運動情況，對臨界狀態進行判斷與分析，其中處于臨界狀態時存在的獨特的物
理關系即臨界條件.
（多選）（2022秋 沈河區校級期末）如圖，兩輕質細繩拉直時與水平車頂夾角分別為60°和30°，物體質量為m，當小車以大小為2g（g為重力加速度）的加速度做勻加速直線運動時，則有關繩1和繩2的拉力大小，正確的說法是（　　）
A．小車向左勻加速運動時，繩1的拉力大小為mg
B．小車向左勻加速運動時，繩2的拉力大小為mg
C．小車向右勻加速運動時，繩1的拉力大小為mg
D．小車向右勻加速運動時，繩2的拉力大小為0
【解答】解：AB、小車向左勻加速運動時，假設繩1沒有拉力，繩2的拉力為F2，則水平方向F2cos60°＝ma2
豎直方向F2sin60°＝mg
聯立解得：a2g
小車的加速度為2g＞a2g
則繩1中沒有拉力，且物體會飄起來，繩2的張力設為F2'，對物塊受力分析，如圖：
則F2'mg
故A錯誤，B正確；
CD、小車向右勻加速運動時，假設繩2沒有拉力，繩1的拉力為F1，則水平方向F1cos30°＝ma1
豎直方向F1sin30°＝mg
聯立解得：a1g
小車的加速度為2g＞a1g
則繩2中沒有拉力，且物體會飄起來，繩1的張力設為F1'，對物塊受力分析，如圖：
則F1'mg
故CD正確。
故選：BCD。
（2022春 浙江月考）如圖所示，木板置于水平面上，木板上固定一傾角為30°的光滑斜面，斜面上有一質量m＝1.0kg的物體。輕質細繩的一端與物體相連，另一端經摩擦不計的定滑輪與質量不計的彈簧秤相連，彈簧秤另一端固定在木板上，且彈簧秤所在直線與水平面也成30°，在木板上加水平推力，使整個裝置做向右的加速運動，物體在斜面上相對靜止（取g＝10m/s2）。下列分析正確的是（　　）
A．因整體向右加速，故左右繩子對定滑輪的壓力斜向右下方
B．若加速度不變，增大彈簧秤所在直線與水平方向的夾角，彈簧秤示數依然不變
C．隨著加速度的增加，木板對地面的壓力也越來越大
D．當加速度大于10m/s2時，物體會脫離斜面
【解答】解：A、左右繩子拉力相等，故對定滑輪的壓力豎直向下，故A錯誤；
B、若加速度不變，則物體受到的繩子拉力不變，彈簧秤示數依然不變，故B正確；
C、由于系統對地面的壓力不變，故木板對地面的壓力也不變，故C錯誤；
D、設物體剛好和斜面間的壓力為零時，物體的加速度為a0，根據牛頓第二定律可得
ma0
代入數據可得a0
故當加速度大于時，物體才會脫離斜面，故D錯誤。
故選：B。
（2022春 五華區校級月考）如圖所示，一足夠長的木板上表面與木塊之間的動摩擦因數μ＝0.75，木板與水平面成θ角，讓木塊從木板的底端以初速度v0＝2m/s沿木板向上滑行，隨著θ的改變，木塊沿木板向上滑行的距離x將發生變化，重力加速度g＝10m/s2，x的最小值為（　　）
A．0.12m B．0.14m C．0.16m D．0.2m
【解答】解：設沿斜面向上為正方向，木塊的加速度為a，當木板與水平面成θ角時，由牛頓第二定律﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，解得a＝﹣g（sinθ+μcosθ），設木塊的位移為x，有，根據數學關系知木塊加速度最大時位移最小，，其中tanα＝μ＝0.75，可得α＝37°，當θ+α＝90°時加速度有最大值，且最大值，此時θ＝90°﹣α＝53°，加速度最大值為，，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
（2021秋 鎮江期末）如圖所示，一輛貨車運載著圓柱形光滑的空油桶，每個空油桶的質量均為m。在車廂底，一層油桶平整排列，相互緊貼并被牢牢固定，上一層只有一只桶C，自由地擺放在桶A、B之間，沒有用繩索固定，重力加速度為g。則汽車（　　）
A．勻速運動，B對C的作用力大小為
B．向左加速前進，若加速度增大，則A和B對C的支持力可能同時增大
C．向左加速前進，當加速度為時，B對C的作用力為零
D．向右加速倒車，B對C的作用力可能為零
【解答】解：A、若汽車勻速行駛，對C進行受力分析，如圖1所示，設B對C的支持力與豎直方向的夾角為θ，根據幾何關系可得：sinθ，所以θ＝30°；
同理可得，A對C的支持力與豎直方向的夾角也為30°；
水平方向根據平衡條件可得：NBsin30°＝NAsin30°
豎直方向根據平衡條件可得：NBcos30°+NAcos30°＝mg
聯立解得：NB，故A錯誤；
BC、若汽車向左加速前進，以C為研究對象，則C受到的合力向左，A對C的支持力減小、B對C的支持力變大，當A對C的支持力為零時，C只受重力和B對C的支持力，如圖2所示，根據牛頓第二定律可得：mgtanθ＝ma，所以加速度ag，所以當貨車的加速度為g時，A對C的支持力為零，故BC錯誤；
D．同理可知，向右加速倒車，加速度方向向右，A對C的支持力增大、B對C的支持力減小，當貨車的加速度為g時，B對C的作用力為零，故D正確。
故選：D。
（多選）（2022 工農區校級開學）如圖所示，光滑水平桌面上放置一個傾角為37°的光滑楔形滑塊A，質量為M＝0.8kg。一細線的一端固定于楔形滑塊A的頂端O處，細線另一端拴一質量為m＝0.2kg的小球。若滑塊與小球在外力F作用下，一起以加速度a向左做勻加速運動。取g＝10m/s2；sin37°＝0.6；cos37°＝0.8，則下列說法正確的是（　　）
A．當a＝5m/s2時，滑塊對球的支持力為0N
B．當a＝15m/s2時，滑塊對球的支持力為0N
C．當a＝5m/s2時，外力F的大小為4N
D．當a＝15m/s2時，地面對A的支持力為10N
【解答】解：設加速度為a0時小球對滑塊的壓力等于零，對小球受力分析，受重力和拉力，根據牛頓第二定律，有：
水平方向：F合＝Fcos37°＝ma0，豎直方向：Fsin37°＝mg，解得
A、當a＝5m/s2＜a0時，小球未離開滑塊，斜面對小球的支持力不為零，故A錯誤；
B、當a＝15m/s2＞a0時，小球已經離開滑塊，只受重力和繩的拉力，滑塊對球的支持力為零，故B正確；
C、當a＝5m/s2時，小球和楔形滑塊一起加速，由整體法可知：F＝（M+m）a＝（0.8+0.2）×5N＝5N，故C錯誤；
D、當系統相對穩定后，豎直方向沒有加速度，受力平衡，所以地面對A的支持力一定等于兩個物體的重力之和，即N＝（M+m）g＝（0.8+0.2）×10N＝10N，故D正確．
故選：BD。
（多選）（2021秋 內江期末）如圖，在光滑水平面上的斜面體質量M＝0.8kg，傾角α＝37°.現有一質量m＝0.3kg的木塊，放在粗糙的斜面體上，隨斜面體一起向左做勻加速直線運動，木塊與斜面體之間的動摩擦因數μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2），那么，水平推力F的大小可能為（　　）
A．2N B．10N C．23N D．25N
【解答】解：當物塊恰好不相對斜面體向下滑動時，對物塊受力分析如圖1所示，
豎直方向根據平衡條件可得：mg＝f1sinθ+N1cosθ
水平方向根據牛頓第二定律可得：N1sinθ﹣f1cosθ＝ma1
根據摩擦力的計算公式可得：f1＝μN1
聯立解得：a1m/s2
對整體水平方向根據牛頓第二定律可得：F1＝（M+m）a1，解得：F1＝2N；
當物塊恰好不相對斜面體向上滑動時，對物塊受力分析如圖2所示；
豎直方向根據平衡條件可得：mg+f2sinθ＝N2cosθ
水平方向根據牛頓第二定律可得：N2sinθ+f2cosθ＝ma2
根據摩擦力的計算公式可得：f2＝μN2
聯立解得：a2＝20m/s2
對整體水平方向根據牛頓第二定律可得：F2＝（M+m）a2，解得：F2＝22N。
水平推力F的大小范圍為：2N≤F≤22N，故AB正確、CD錯誤。
故選：AB。
三、多過程問題的分析與求解
當題目給出的物理過程較復雜，由多個過程組成時，要明確整個過程由幾個子過程組成，將過程合理分段，找到相鄰過程的聯系點并逐一分析每個過程.
聯系點：前一過程的末速度是后一過程的初速度，另外還有位移關系、時間關系等.
1、多過程問題的分析方法
分析每個過程的受力情況和運動情況，根據每個過程的受力特點和運動特點確定解題方法(正交分解法或合成法)及選取合適的運動學公式.
注意前后過程物理量之間的關系：時間關系、位移關系及速度關系.
2、注意：由于不同過程中力發生了變化，所以加速度也會發生變化，所以對每一過程都要分別進行受力分析，分別求加速度.
（2022秋 湖北期末）質量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動，F與時間t的關系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數為0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。則（　　）
A．2s末物塊的加速度大小為4m/s2
B．4s末物塊的速度大小為4m/s
C．前6s內物塊距出發位置最遠距離為9m
D．6s末物塊回到出發位置
【解答】解：A、0～3s內，對物塊受力分析，由牛頓第二定律F1﹣μmg＝ma1，2s末物塊的加速度大小為，故A錯誤；
B．3s末物塊的速度大小為v3＝a1t1＝2×3m/s＝6m/s
3～4s內物塊做勻減速直線運動，由牛頓第二定律：F2+μmg＝ma2
解得，物塊在這階段的加速度大小為
所以，4s末物塊的速度大小為v4＝v3﹣a2t2＝6m/s﹣6×1m/s＝0m/s，故B錯誤；
C．4s末物塊速度減為零，然后再反向加速，所以前6s內物塊距出發位置最遠距離為前4s內的位移12m＝12m，故C錯誤；
D．4～6s內，物塊向左做勻減速直線運動，由牛頓第二定律F3﹣μmg＝ma3，解得
6s內的位移為，所以，6s末物塊回到出發位置，故D正確。
故選：D。
（2022秋 西安期末）如圖是一小物體先從傾角為θ1＝53°斜面滑下后再滑上傾角為θ2＝37°的斜面運動過程的速度大小隨時間變化的圖像，兩斜面動摩擦因數均為μ，圖中v未知，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，則（　　）
A．μ＝0.5 B．v＝8m/s
C．沿斜面下滑位移為8m D．沿斜面上滑位移為10m
【解答】解：AB．小物體沿53°傾角斜面滑下時，由牛頓第二定律
mgsinθ1﹣μmgcosθ1＝ma1
上滑傾角為37°的斜面時，由牛頓第二定律
mgsinθ2+μmgcosθ2＝ma2
其中，
代入數據解得μ＝0.5，v＝10m/s，故A正確，B錯誤；
CD．v﹣t圖線與橫軸所圍區域的面積表示物體運動的位移，所以沿斜面下滑的位移為
上滑的位移為
，故CD錯誤。
故選：A。
（2022秋 漢中期末）北京冬奧會的舉行在全國掀起了冰雪運動的熱潮。如圖所示為其中一個冰雪項目的簡化圖，傾角為37°長直軌道AB、CD與水平直軌道BC平滑連接，BC的長度為60m，CD的足夠長，運動員（可視為質點）從距水平軌道高h＝30m處的A點靜止下滑，若滑板與軌道間的動摩擦因數μ均為0.25，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，整個滑動過程運動員不施加外力，不計空氣阻力，求：
（1）運動員在軌道AB上的加速度大小；
（2）第一次滑到B點的速度大小；
（3）在CD軌道上滑行的最大距離。
【解答】解：（1）在AB段，對運動員受力分析，根據牛頓第二定律可得
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
解得運動員在AB軌道下滑的加速度大小
a＝gsinθ﹣μgcosθ＝10×0.6m/s2﹣0.25×10×0.8m/s2＝4m/s2
（2）AB軌道長
根據速度—位移關系可得
解得
vB＝20m/s
（3）運動員在BC軌道上運動時，根據牛頓第二定律可得
μmg＝ma2
解得加速度大小為
設運動員滑到C點的速度為vC，根據速度—位移關系可得
解得
vC＝10m/s
設運動員在BC段的加速度大小為a3，根據牛頓第二定律可得
mgsinθ+μmgcosθ＝ma3
解得
在CD段滑行的距離為
答：（1）運動員在軌道AB上的加速度大小為4m/s2；
（2）第一次滑到B點的速度大小為20m/s；
（3）在CD軌道上滑行的最大距離為6.25m。
（2022秋 西安期末）2020年11月24日凌晨4時30分，我國在中國文昌航天發射場，用長征五號遙五運載火箭成功發射探月工程嫦娥五號探測器。12月1日23時，嫦娥五號探測器在月面上空開啟發動機，實施降落任務。在距月面高為H＝102m處開始懸停，識別障礙物和坡度，選定相對平坦的區域后，先以a1勻加速下降，加速至v1＝4m/s時，立即改變推力，以a2＝2m/s2勻減速下降，至月表高度30m處速度減為零，立即開啟自主避障程序，緩慢下降。最后距離月面2.5m時關閉發動機，探測器以自由落體的方式降落，整個過程始終垂直月球表面做直線運動，取豎直向下為正方向。已知嫦娥五號探測器的質量m＝40kg，月球表面重力加速度為1.6m/s2。求：
（1）嫦娥五號探測器自主著陸月面時的瞬時速度大小v2；
（2）勻加速直線下降過程的加速度大小a1；
（3）勻加速直線下降過程推力F的大小和方向。
【解答】解：（1）距離月面2.5m時關閉發動機，探測器以自由落體的方式降落
由2g′H3得：v2m/s＝2m/s
（2）勻減速下降高度為hm＝24m
加速與減速的位移之和x＝102m﹣30m＝72m
勻加速的位移大小x加速＝x﹣h＝72m﹣24m＝48m
勻加速下降過程的加速度大小a1m/s2＝1m/s2
（3）由牛頓第二定律得：mg′﹣F＝ma
代入數據解得：F＝24N，方向豎直向上。
答：（1）嫦娥五號探測器自主著陸月面時的瞬時速度大小v2是2m/s；
（2）勻加速直線下降過程的加速度大小a1是1m/s2；
（3）勻加速直線下降過程推力F的大小是24N，方向豎直向上。
【鞏固提高】
一．選擇題（共4小題）
1．（2022秋 淮安期中）如圖所示，吸附在豎直玻璃上質量為m的擦窗工具，在豎直平面內受重力、拉力和摩擦力（圖中未畫出摩擦力）的共同作用做勻速直線運動。若拉力大小與重力大小相等，方向水平向右，重力加速度為g，則擦窗工具所受摩擦力（　　）
A．大小等于mg B．大小等于mg
C．方向豎直向上 D．方向水平向左
【解答】解：擦窗工具做勻速直線運動，其受力平衡，摩擦力與重力和拉力的合力F等大反向，對擦窗工具進行正視圖的受力分析如下圖所示：
重力與拉力的合力F大小為：Fmg，方向與水平方向夾角為45°，則摩擦力的大小為mg，方向與水平方向夾角為45°，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
2．（2022秋 越秀區校級期末）為使雨水盡快離開房屋的屋頂面，屋頂的傾角設計必須合理。某房屋示意圖如圖所示，設屋頂面光滑，傾角為θ，雨水由靜止開始沿屋頂面向下流動，則理想的傾角θ為（　　）
A．30° B．45° C．60° D．75°
【解答】解：設屋檐的底角為θ，底邊為L，注意底邊長度是不變的。屋頂的坡面長度為s，雨滴下滑的加速度為a
對雨滴受力分析，只受重力mg和屋頂對水滴的支持力N
垂直于屋頂方向：N＝mgcosθ
平行于屋頂方向：ma＝mgsinθ
水滴的加速度a＝gsinθ
屋頂坡面的長度s
由s得t，
整理得：t，當θ＝45°時t最短，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
3．（2022秋 興慶區校級期末）如圖所示，一傾角θ＝37°的足夠長斜面體固定在水平面上，一物塊以初速度v0＝10m/s沿斜面上滑的最大距離為5m。則物塊與斜面間的動摩擦因數為（sin37°＝0.6，重力加速度為g＝10m/s2）（　　）
A．0.6 B．0.8 C．0.2 D．0.5
【解答】解：設物塊的質量為m，由牛頓第二定律有
ma＝mgsin37°+mμgcos37°，
結合運動學公式x，
解得μ＝0.5
故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
4．（2022秋 沙坪壩區校級期末）如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上，一質量為m的小車在沿斜面向下的外力F作用下沿斜面下滑，在小車下滑的過程中，小車支架上連接著小球（質量也為m）的輕繩恰好水平。則外力F的大小為（重力加速度為g）（　　）
A．mg B．2mg C．2.5mg D．3mg
【解答】解：小車和小球一起沿斜面加速下滑，二者有相同的加速度。
對小球進行受力分析，小球受到水平拉力、重力的作用，如圖所示，
其合力一定沿斜面向下，且大小 F合2mg
對小球，根據牛頓第二定律有 F合＝ma，得 a＝2g
對整體進行受力分析，在沿斜面方向上由牛頓第二定律可得：F+2mgsin30°＝2ma
可得：F＝3mg，故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
二．多選題（共3小題）
（多選）5．（2021秋 道里區校級期末）如圖所示，小球放在內壁光滑的V形容器中，容器OA面豎直，OB面傾斜。若整個裝置水平向右做加速運動，運動中始終保持小球和容器相對靜止，則以下判斷正確的是（　　）
A．向右的加速度有最大值
B．球對OA面的壓力可能為零
C．球對OB面的壓力可以為零
D．球對OB面的壓力會隨加速度的改變而改變
【解答】解：AB、設V形容器的底角為θ，當OA面的支持力為零時，加速度大小為a，受力情況如圖所示。
根據牛頓第二定律可得：ma，解得：a。
所以要保持小球和容器相對靜止，向右的加速度最大不能超過，加速度最大時球對OA面的壓力為零，故AB正確；
C、小球具有向右的加速度，所以OB面對小球的支持力不可能為零，根據牛頓第三定律可知球對OB面的壓力不可能為零，故C錯誤；
D、以球為研究對象，豎直方向根據平衡條件可得：Fsinθ＝mg，解得：F，可知OB面對球的支持力不變，根據牛頓第三定律可得球對OB面的壓力不變，故D錯誤。
故選：AB。
（多選）6．（2021秋 西山區校級月考）如圖所示，車頂和水平地板成θ＝53°角的小車在水平地面上運動時，質量為m＝1kg小球和光滑車頂保持接觸，輕繩處于伸直狀態且和車頂平行，g＝10m/s2，以下說法正確的是（　　）
A．當小車以7.5m/s2的加速度向右勻減速運動時，小球和豎直車廂壁間無彈力作用
B．當小車以7.5m/s2的加速度向右勻加速運動時，小球和車頂間無彈力作用
C．當小車以10m/s2的加速度向右勻加速運動時，車頂受到小球的壓力為2N
D．當小車以10m/s2的加速度向右勻加速運動時，車頂受到小球的壓力為4N
【解答】解：A．當小車以7.5 m/s2的加速度向右勻減速運動時，加速度向左，需要水平向左的合外力，所以小球和豎直車廂壁間一定有彈力作用，故A錯誤；
B．設小球與光滑車頂沒有彈力時，小車的加速度為a，對小球受力分析如圖1所示
由牛頓第二定律得：mgtan37°＝ma
解得：a＝gtan37°＝10×0.75m/s2＝7.5m/s2，故B正確；
CD．當小車以10 m/s2的加速度向右勻加速運動時，對小球受力分析如圖2所示
由牛頓第二定律得Fsin37°+Ncos37°＝ma
Fcos37°﹣Nsin37°﹣mg＝0
代入數據解得：N＝2N，故D錯誤，C正確。
故選：BC。
（多選）7．（2022秋 九龍坡區校級期末）如圖甲所示，滑塊以一定的初速度沖上一傾角θ＝37°的足夠長的固定斜面，滑塊上滑過程的v﹣t圖像如圖乙，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是（　　）
A．木塊上滑過程中的加速度大小是10m/s2
B．木塊與斜面間的動摩擦因數μ
C．木塊經2s返回出發點
D．木塊回到出發點時的速度大小v＝2m/s
【解答】解：A、由圖乙可知木塊加速度大小為a＝||＝||m/s2＝10m/s2
故A正確；
B、木塊在向上滑動的過程中，根據牛頓第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma
代入數據解得：μ＝0.5
故B錯誤；
C、木塊在下滑過程中，根據牛頓第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma′
代入數據解得：a′＝2m/s2
上升位移為xm＝5m
則下滑位移為x′＝5m
由位移—時間公式得x′a′t′2
代入數據解得：t′s
則木塊返回出發點時間為t＝t0+t′＝1ss＝（1）s
故C錯誤；
D、木塊回到出發點時的速度大小為v′＝a′t′＝2m/s＝2m/s
故D正確。
故選：AD。
三．計算題（共3小題）
8．（2022秋 南通期末）如圖所示，解放軍戰士在水平地面上拉著輪胎進行負荷訓練，運動過程中保持繩子與水平面間的夾角恒為θ，輪胎質量為m，重力加速度為g。
（1）若地面對輪胎的阻力大小為f，當輪胎做勻速直線運動時，求繩中的拉力T；
（2）若訓練的過程中，為確保輪胎不飛離地面，求繩中拉力的最大值Tm；
（3）若地面與輪胎間的動摩擦因數為μ，戰士以（2）中的最大拉力由靜止拉動輪胎，經過時間t后松開繩子，求輪胎停止運動前通過的總路程s。
【解答】解：（1）以輪胎為研究對象，受力情況如圖所示：
水平方向根據平衡條件可得：Tcosθ＝f
解得：T；
（2）當地面對輪胎的支持力為零時拉力最大，豎直方向根據平衡條件可得：Tmsinθ＝mg
解得：Tm；
（3）戰士以（2）中的最大拉力由靜止拉動輪胎，地面對輪胎的支持力為零、摩擦力為零。
根據牛頓第二定律可得：Tmcosθ＝ma
解得：a
根據位移—時間關系可得：s1；
去掉拉力時的速度大小為：v＝at
去掉拉力后的加速度大小為：a′＝μg
根據速度—位移關系可得去掉拉力后的位移：s2
解得：s2
輪胎停止運動前通過的總路程s＝s1+s2
解得：s。
答：（1）若地面對輪胎的阻力大小為f，當輪胎做勻速直線運動時，繩中的拉力為；
（2）若訓練的過程中，為確保輪胎不飛離地面，則繩中拉力的最大值為；
（3）輪胎停止運動前通過的總路程為。
9．（2022秋 海珠區校級期末）今年冬天新冠病毒開始肆虐，大家要勤洗手，戴口罩，減少不必要的接觸。在廣州市的餐館里，出現了人工智能機器人，他們擔負起送餐的職責。送餐時，餐盤被放在水平托盤中央，邊緣不與護欄接觸。某時刻，某餐館正在一動不動地“休息”的機器人小美，在得到送餐指令后，沿預定的路徑開始做加速度大小為a1的勻加速直線運動，當他的速度大小為v＝1m/s時，他發現正前方不遠處站著一位顧客，于是立即制動做勻減速直線運動，在顧客前及時停下。若減速運動的加速度大小a2＝2a1，小美運動的總時間為t＝3s。（不考慮反應時間，重力加速度g取10m/s2。）求：
（1）小美減速運動的時間t2和運動的總距離；
（2）為使制動時，餐盤不會與水平托盤發生相對滑動，餐盤與托盤間的靜摩擦系數μ至少為多少？（靜摩擦系數等于最大靜摩擦力與正壓力之比。）
【解答】解：（1）根據題意，設加速和減速的時間分別為t1、t2，由運動學公式v＝v0+at
可得：v＝a1t1；v＝a2t2
又有：t1+t2＝t
解得：t2＝1s
由運動學公式可得，運動的總距離為：m＝1.5m
（2）根據公式，有：
代入數據解得：
制動時，餐盤不相對支架滑動，設餐盤質量為M，最大靜摩擦力為f，由牛頓第二定律有f＝Ma2
又有f＝μMg
解得μ＝0.1
答：（1）小美減速運動的時間為1s，運動的總距離為1.5m；
（2）餐盤與托盤間的靜摩擦系數μ至少為0.1。
10．（2022秋 順義區校級期中）如圖所示，一位滑雪者與裝備的總質量為75kg，以2m/s的初速度沿山坡勻加速直線滑下，山坡傾角為30度，在5s的時間內滑下了60m。（g取10m/s2）求：
（1）滑雪者下滑加速度a的大小；
（2）滑雪者受到阻力f的大小。
【解答】解：
（1）滑雪者沿山坡向下做勻加速直線運動。根據勻變速直線運動規律，有：
解得 a＝4m/s2
（2）對滑雪者進行受力分析：滑雪者在下滑過程中，受到重力mg、山坡的支持力FN 以及阻力Ff 的共同作用。
以滑雪者為研究對象，根據牛頓第二定律有：
沿山坡向下方向有：mgsinθ﹣Ff＝ma
垂直于山坡方向有：FN﹣mgcosθ＝0
解得 FN＝375N≈650N；Ff＝75N
根據牛頓第三定律知，人與裝備對雪面的壓力大小 FN′＝FN＝650N
答：
（1）滑雪者下滑的加速度為4m/s2；
（2）人與裝備對雪面的壓力是650N，滑雪者受到的阻力是75N。
四．解答題（共1小題）
11．（2022秋 太原期末）俯式冰橇的一段賽道可簡化為兩端高度差h＝10m、長度L＝100m的直斜坡。某時刻，運動員從賽道的起點開始，以平行賽道的恒力F推動質量m＝20kg的冰橇由靜止沿斜坡向下運動，3s時冰橇發生的位移為18m，然后立即（時間不計）登上冰橇與冰橇一起沿直線運動直到賽道的末端。已知運動員的質量為M＝60kg，冰橇與賽道間的動摩擦因數為0.05。設運動員登上冰橇前后冰橇速度不變，不計空氣阻力，取g＝10m/s2，賽道傾角θ的cosθ＝1，sinθ＝0.1，求：
（1）運動員推冰橇的恒力F的大小；
（2）運動員到達賽道末端時冰橇速度的大小。
【解答】解：（1）運動員登上冰橇前冰橇的加速度大小為a1，登上冰橇時冰橇的速度為v1，有，v1＝a1t1
解得
運動員登上冰橇前，據牛頓第二定律，可得F+mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
解得F＝70N
（2）運動員登上冰橇后一起做勻加速運動，加速度大小為a2，據牛頓第二定律，有（M+m）gsinθ﹣μ（M+m）gcosθ＝（M+m）a2
到達賽道末端時的速度大小為v2，有，L＝x1+x2
解得
答：（1）運動員推冰橇的恒力F的大小70N；
（2）運動員到達賽道末端時冰橇速度的大小15m/s。
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4.5牛頓運動定律的應用
一、動力學兩類基本問題 1
二、動力學的臨界問題 4
三、多過程問題的分析與求解 7
【鞏固提高】 9
[學習目標]
課程標準 課標解讀
1．能通過分析物體的受力情況，確定物體 的運動情況，能通過物體的運動情況確定 物體的受力情況。 2．能根據力與運動的關系，聯系牛頓運動 定律和運動學知識，分析求解有關動力學 問題。 3．掌握應用牛頓運動定律解決問題的基本 思路和方法。 1、能用牛頓運動定律解決兩類主要問題：已知物體的 受力情況確定物體的運動情況、已知物體的運動情況確 定物體的受力情況。 2、掌握應用牛頓運動定律解決問題的基本思路和方法， 即首先對研究對象進行受力和運動情況分析，然后用牛 頓運動定律把二者聯系起來。 3、初步體會牛頓運動定律對社會發展的影響，建立應 用科學知識解決實際問題的意識。
[知識分析]
一、動力學兩類基本問題
1、兩類問題：
如果已知物體的受力情況，則可由牛頓第二定律求出物體的加速度，再根據運動學規律就可以確定物體的運動情況.
如果已知物體的運動情況，則可根據運動學公式求出物體的加速度，再根據牛頓第二定律就可以確定物體所受的力.
2、動力學問題的解題思路
3、解題關鍵
兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析；
兩個橋梁——加速度是聯系運動和力的橋梁；速度是各物理過程間相互聯系的橋梁.
4、注意問題：
若物體受互成角度的兩個力作用，可用平行四邊形定則求合力；若物體受三個或三個以上力的作用，常用正交分解法求合力；
用正交分解法求合力時，通常以加速度 a 的方向為x 軸正方向，建立直角坐標系，將物體所受的各力分解在x 軸和y 軸上，根據力的獨立作用原理，兩個方向上的合力分別產生各自的加速度，解方程組 Fx＝ma， Fy＝0.
由運動學規律求加速度，要特別注意加速度的方向，從而確定合力的方向，不能將速度的方向和加速度的方向混淆.
題目中所求的力可能是合力，也可能是某一特定的力，均要先求出合力的大小、方向，再根據力的合成與分解求分力.
（2022秋 天河區校級期中）一質量m＝2kg小物塊從斜面上A點由靜止開始滑下，滑到斜面底端B點后沿水平面再滑行一段距離停下來。若物塊與斜面、水平面間的動摩擦因數均為μ＝0.25。斜面A、B兩點之間的距離s＝18m，斜面傾角θ＝37°（sin37°＝0.6；cos37°＝0.8）斜面與水平面間平滑連接，不計空氣阻力，g＝10m/s2。求：
（1）物塊在斜面上下滑過程中的加速度大小；
（2）物塊滑到B點時的速度大小；
（3）物塊在水平面上滑行的時間。
（2022秋 思明區校級期中）物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中。如下圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度l1＝4m，水平滑軌長度可調，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數均為μ，貨物可視為質點，（cos24°＝0.9，sin24°＝0.4，g＝10m/s2）。求：
（1）貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小；
（2）若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s，求水平滑軌的最短長度l2。
（2022秋 奉賢區校級期中）小型四旋翼無人機是一種能夠垂直起降的遙控飛行器，目前得到越來越廣泛的應用如圖，一架質量m＝2kg的無人機從地面上由靜止開始豎直向上起飛，勻加速上升h＝48m，歷時t＝4s。已知無人機運動過程中受到的空氣阻力大小恒為自身重力的0.2倍，g取10m/s2。求該過程：
（1）無人機的加速度大小及末速度大小；
（2）無人機受到的升力大小。
（2022秋 城廂區校級期中）機動車禮讓行人是一種文明行為。如圖所示，質量m＝1.0×103kg的汽車以v＝27km/h的速度在水平路面上勻速行駛，在距離斑馬線s＝11.25m處，駕駛員發現小朋友排著長l＝3m的隊伍從斑馬線一端開始通過，立即剎車，最終恰好停在斑馬線前。假設汽車在剎車過程中所受阻力不變，且忽略駕駛員的反應時間。
（1）求汽車開始剎車到停止所用的時間和所受阻力的大小；
（2）若路面寬L＝6m，小朋友行走的速度大小v0＝0.5m/s，求汽車在斑馬線處等待小朋友過馬路的時間。
二、動力學的臨界問題
1、臨界問題：某種物理現象(或物理狀態)剛好要發生或剛好不發生的轉折狀態.
2、關鍵詞語：在動力學問題中出現的“最大”“最小”“剛好”“恰能”等詞語，一般都暗示了臨界狀態的出現，隱含了相應的臨界條件.
3、臨界問題的常見類型及臨界條件：
接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸(或脫離)的臨界條件是彈力為零. (2)相對靜止或相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到最大靜摩擦力.
繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限的，繩子斷與不斷的臨界條件是實際張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛的臨界條件是繩上的張力為零.
加速度最大與速度最大的臨界條件：當物體在變化的外力作用下運動時，其加速度和速度都會不斷變化，當所受合力最大時，具有最大加速度；當所受合力最小時，具有最小加速度.當出現加速度為零時，物體處于臨界狀態，對應的速度達到最大值或最小值.
4、解題關鍵：正確分析物體運動情況，對臨界狀態進行判斷與分析，其中處于臨界狀態時存在的獨特的物
理關系即臨界條件.
（多選）（2022秋 沈河區校級期末）如圖，兩輕質細繩拉直時與水平車頂夾角分別為60°和30°，物體質量為m，當小車以大小為2g（g為重力加速度）的加速度做勻加速直線運動時，則有關繩1和繩2的拉力大小，正確的說法是（　　）
A．小車向左勻加速運動時，繩1的拉力大小為mg
B．小車向左勻加速運動時，繩2的拉力大小為mg
C．小車向右勻加速運動時，繩1的拉力大小為mg
D．小車向右勻加速運動時，繩2的拉力大小為0
（2022春 浙江月考）如圖所示，木板置于水平面上，木板上固定一傾角為30°的光滑斜面，斜面上有一質量m＝1.0kg的物體。輕質細繩的一端與物體相連，另一端經摩擦不計的定滑輪與質量不計的彈簧秤相連，彈簧秤另一端固定在木板上，且彈簧秤所在直線與水平面也成30°，在木板上加水平推力，使整個裝置做向右的加速運動，物體在斜面上相對靜止（取g＝10m/s2）。下列分析正確的是（　　）
A．因整體向右加速，故左右繩子對定滑輪的壓力斜向右下方
B．若加速度不變，增大彈簧秤所在直線與水平方向的夾角，彈簧秤示數依然不變
C．隨著加速度的增加，木板對地面的壓力也越來越大
D．當加速度大于10m/s2時，物體會脫離斜面
（2022春 五華區校級月考）如圖所示，一足夠長的木板上表面與木塊之間的動摩擦因數μ＝0.75，木板與水平面成θ角，讓木塊從木板的底端以初速度v0＝2m/s沿木板向上滑行，隨著θ的改變，木塊沿木板向上滑行的距離x將發生變化，重力加速度g＝10m/s2，x的最小值為（　　）
A．0.12m B．0.14m C．0.16m D．0.2m
（2021秋 鎮江期末）如圖所示，一輛貨車運載著圓柱形光滑的空油桶，每個空油桶的質量均為m。在車廂底，一層油桶平整排列，相互緊貼并被牢牢固定，上一層只有一只桶C，自由地擺放在桶A、B之間，沒有用繩索固定，重力加速度為g。則汽車（　　）
A．勻速運動，B對C的作用力大小為
B．向左加速前進，若加速度增大，則A和B對C的支持力可能同時增大
C．向左加速前進，當加速度為時，B對C的作用力為零
D．向右加速倒車，B對C的作用力可能為零
（多選）（2022 工農區校級開學）如圖所示，光滑水平桌面上放置一個傾角為37°的光滑楔形滑塊A，質量為M＝0.8kg。一細線的一端固定于楔形滑塊A的頂端O處，細線另一端拴一質量為m＝0.2kg的小球。若滑塊與小球在外力F作用下，一起以加速度a向左做勻加速運動。取g＝10m/s2；sin37°＝0.6；cos37°＝0.8，則下列說法正確的是（　　）
A．當a＝5m/s2時，滑塊對球的支持力為0N
B．當a＝15m/s2時，滑塊對球的支持力為0N
C．當a＝5m/s2時，外力F的大小為4N
D．當a＝15m/s2時，地面對A的支持力為10N
（多選）（2021秋 內江期末）如圖，在光滑水平面上的斜面體質量M＝0.8kg，傾角α＝37°.現有一質量m＝0.3kg的木塊，放在粗糙的斜面體上，隨斜面體一起向左做勻加速直線運動，木塊與斜面體之間的動摩擦因數μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2），那么，水平推力F的大小可能為（　　）
A．2N B．10N C．23N D．25N
三、多過程問題的分析與求解
當題目給出的物理過程較復雜，由多個過程組成時，要明確整個過程由幾個子過程組成，將過程合理分段，找到相鄰過程的聯系點并逐一分析每個過程.
聯系點：前一過程的末速度是后一過程的初速度，另外還有位移關系、時間關系等.
1、多過程問題的分析方法
分析每個過程的受力情況和運動情況，根據每個過程的受力特點和運動特點確定解題方法(正交分解法或合成法)及選取合適的運動學公式.
注意前后過程物理量之間的關系：時間關系、位移關系及速度關系.
2、注意：由于不同過程中力發生了變化，所以加速度也會發生變化，所以對每一過程都要分別進行受力分析，分別求加速度.
（2022秋 湖北期末）質量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動，F與時間t的關系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數為0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。則（　　）
A．2s末物塊的加速度大小為4m/s2
B．4s末物塊的速度大小為4m/s
C．前6s內物塊距出發位置最遠距離為9m
D．6s末物塊回到出發位置
（2022秋 西安期末）如圖是一小物體先從傾角為θ1＝53°斜面滑下后再滑上傾角為θ2＝37°的斜面運動過程的速度大小隨時間變化的圖像，兩斜面動摩擦因數均為μ，圖中v未知，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，則（　　）
A．μ＝0.5 B．v＝8m/s
C．沿斜面下滑位移為8m D．沿斜面上滑位移為10m
（2022秋 漢中期末）北京冬奧會的舉行在全國掀起了冰雪運動的熱潮。如圖所示為其中一個冰雪項目的簡化圖，傾角為37°長直軌道AB、CD與水平直軌道BC平滑連接，BC的長度為60m，CD的足夠長，運動員（可視為質點）從距水平軌道高h＝30m處的A點靜止下滑，若滑板與軌道間的動摩擦因數μ均為0.25，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，整個滑動過程運動員不施加外力，不計空氣阻力，求：
（1）運動員在軌道AB上的加速度大小；
（2）第一次滑到B點的速度大小；
（3）在CD軌道上滑行的最大距離。
（2022秋 西安期末）2020年11月24日凌晨4時30分，我國在中國文昌航天發射場，用長征五號遙五運載火箭成功發射探月工程嫦娥五號探測器。12月1日23時，嫦娥五號探測器在月面上空開啟發動機，實施降落任務。在距月面高為H＝102m處開始懸停，識別障礙物和坡度，選定相對平坦的區域后，先以a1勻加速下降，加速至v1＝4m/s時，立即改變推力，以a2＝2m/s2勻減速下降，至月表高度30m處速度減為零，立即開啟自主避障程序，緩慢下降。最后距離月面2.5m時關閉發動機，探測器以自由落體的方式降落，整個過程始終垂直月球表面做直線運動，取豎直向下為正方向。已知嫦娥五號探測器的質量m＝40kg，月球表面重力加速度為1.6m/s2。求：
（1）嫦娥五號探測器自主著陸月面時的瞬時速度大小v2；
（2）勻加速直線下降過程的加速度大小a1；
（3）勻加速直線下降過程推力F的大小和方向。
【鞏固提高】
一．選擇題（共4小題）
1．（2022秋 淮安期中）如圖所示，吸附在豎直玻璃上質量為m的擦窗工具，在豎直平面內受重力、拉力和摩擦力（圖中未畫出摩擦力）的共同作用做勻速直線運動。若拉力大小與重力大小相等，方向水平向右，重力加速度為g，則擦窗工具所受摩擦力（　　）
A．大小等于mg B．大小等于mg
C．方向豎直向上 D．方向水平向左
2．（2022秋 越秀區校級期末）為使雨水盡快離開房屋的屋頂面，屋頂的傾角設計必須合理。某房屋示意圖如圖所示，設屋頂面光滑，傾角為θ，雨水由靜止開始沿屋頂面向下流動，則理想的傾角θ為（　　）
A．30° B．45° C．60° D．75°
3．（2022秋 興慶區校級期末）如圖所示，一傾角θ＝37°的足夠長斜面體固定在水平面上，一物塊以初速度v0＝10m/s沿斜面上滑的最大距離為5m。則物塊與斜面間的動摩擦因數為（sin37°＝0.6，重力加速度為g＝10m/s2）（　　）
A．0.6 B．0.8 C．0.2 D．0.5
4．（2022秋 沙坪壩區校級期末）如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上，一質量為m的小車在沿斜面向下的外力F作用下沿斜面下滑，在小車下滑的過程中，小車支架上連接著小球（質量也為m）的輕繩恰好水平。則外力F的大小為（重力加速度為g）（　　）
A．mg B．2mg C．2.5mg D．3mg
二．多選題（共3小題）
（多選）5．（2021秋 道里區校級期末）如圖所示，小球放在內壁光滑的V形容器中，容器OA面豎直，OB面傾斜。若整個裝置水平向右做加速運動，運動中始終保持小球和容器相對靜止，則以下判斷正確的是（　　）
A．向右的加速度有最大值
B．球對OA面的壓力可能為零
C．球對OB面的壓力可以為零
D．球對OB面的壓力會隨加速度的改變而改變
（多選）6．（2021秋 西山區校級月考）如圖所示，車頂和水平地板成θ＝53°角的小車在水平地面上運動時，質量為m＝1kg小球和光滑車頂保持接觸，輕繩處于伸直狀態且和車頂平行，g＝10m/s2，以下說法正確的是（　　）
A．當小車以7.5m/s2的加速度向右勻減速運動時，小球和豎直車廂壁間無彈力作用
B．當小車以7.5m/s2的加速度向右勻加速運動時，小球和車頂間無彈力作用
C．當小車以10m/s2的加速度向右勻加速運動時，車頂受到小球的壓力為2N
D．當小車以10m/s2的加速度向右勻加速運動時，車頂受到小球的壓力為4N
（多選）7．（2022秋 九龍坡區校級期末）如圖甲所示，滑塊以一定的初速度沖上一傾角θ＝37°的足夠長的固定斜面，滑塊上滑過程的v﹣t圖像如圖乙，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是（　　）
A．木塊上滑過程中的加速度大小是10m/s2
B．木塊與斜面間的動摩擦因數μ
C．木塊經2s返回出發點
D．木塊回到出發點時的速度大小v＝2m/s
三．計算題（共3小題）
8．（2022秋 南通期末）如圖所示，解放軍戰士在水平地面上拉著輪胎進行負荷訓練，運動過程中保持繩子與水平面間的夾角恒為θ，輪胎質量為m，重力加速度為g。
（1）若地面對輪胎的阻力大小為f，當輪胎做勻速直線運動時，求繩中的拉力T；
（2）若訓練的過程中，為確保輪胎不飛離地面，求繩中拉力的最大值Tm；
（3）若地面與輪胎間的動摩擦因數為μ，戰士以（2）中的最大拉力由靜止拉動輪胎，經過時間t后松開繩子，求輪胎停止運動前通過的總路程s。
9．（2022秋 海珠區校級期末）今年冬天新冠病毒開始肆虐，大家要勤洗手，戴口罩，減少不必要的接觸。在廣州市的餐館里，出現了人工智能機器人，他們擔負起送餐的職責。送餐時，餐盤被放在水平托盤中央，邊緣不與護欄接觸。某時刻，某餐館正在一動不動地“休息”的機器人小美，在得到送餐指令后，沿預定的路徑開始做加速度大小為a1的勻加速直線運動，當他的速度大小為v＝1m/s時，他發現正前方不遠處站著一位顧客，于是立即制動做勻減速直線運動，在顧客前及時停下。若減速運動的加速度大小a2＝2a1，小美運動的總時間為t＝3s。（不考慮反應時間，重力加速度g取10m/s2。）求：
（1）小美減速運動的時間t2和運動的總距離；
（2）為使制動時，餐盤不會與水平托盤發生相對滑動，餐盤與托盤間的靜摩擦系數μ至少為多少？（靜摩擦系數等于最大靜摩擦力與正壓力之比。）
10．（2022秋 順義區校級期中）如圖所示，一位滑雪者與裝備的總質量為75kg，以2m/s的初速度沿山坡勻加速直線滑下，山坡傾角為30度，在5s的時間內滑下了60m。（g取10m/s2）求：
（1）滑雪者下滑加速度a的大小；
（2）滑雪者受到阻力f的大小。
11．（2022秋 太原期末）俯式冰橇的一段賽道可簡化為兩端高度差h＝10m、長度L＝100m的直斜坡。某時刻，運動員從賽道的起點開始，以平行賽道的恒力F推動質量m＝20kg的冰橇由靜止沿斜坡向下運動，3s時冰橇發生的位移為18m，然后立即（時間不計）登上冰橇與冰橇一起沿直線運動直到賽道的末端。已知運動員的質量為M＝60kg，冰橇與賽道間的動摩擦因數為0.05。設運動員登上冰橇前后冰橇速度不變，不計空氣阻力，取g＝10m/s2，賽道傾角θ的cosθ＝1，sinθ＝0.1，求：
（1）運動員推冰橇的恒力F的大小；
（2）運動員到達賽道末端時冰橇速度的大小。
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