2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)第3章牛頓運(yùn)動(dòng)定律第2節(jié)牛頓第二定律教案

PAGE15-第2節(jié)牛頓其次定律一、牛頓其次定律、單位制1．牛頓其次定律(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。加速度的方向與作用力的方向相同。(2)表達(dá)式a＝eq\f(F,m)或F＝ma。(3)適用范圍①只適用于慣性參考系(相對(duì)地面靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng)的參考系)。②只適用于宏觀物體(相對(duì)于分子、原子)、低速運(yùn)動(dòng)(遠(yuǎn)小于光速)的狀況。2．單位制(1)單位制由基本單位和導(dǎo)出單位組成。(2)基本單位基本量的單位。力學(xué)中的基本量有三個(gè)，它們分別是質(zhì)量、時(shí)間、長度，它們的國際單位分別是千克、秒、米。(3)導(dǎo)出單位由基本量依據(jù)物理關(guān)系推導(dǎo)出的其他物理量的單位。二、超重與失重1．實(shí)重和視重(1)實(shí)重：物體實(shí)際所受的重力，與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無關(guān)，在地球上的同一位置是不變的。(2)視重①當(dāng)物體掛在彈簧測力計(jì)下或放在水平臺(tái)秤上時(shí)，彈簧測力計(jì)或臺(tái)秤的示數(shù)稱為視重。②視重大小等于彈簧測力計(jì)所受物體的拉力或臺(tái)秤所受物體的壓力。2．超重、失重和完全失重的比較超重現(xiàn)象失重現(xiàn)象完全失重概念物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?等于零的現(xiàn)象產(chǎn)生條件物體的加速度方向向上物體的加速度方向向下物體的加速度方向向下，大小為a＝g原理方程F－mg＝maF＝m(g＋a)mg－F＝maF＝m(g－a)mg－F＝mgF＝0運(yùn)動(dòng)狀態(tài)加速上升或減速下降加速下降或減速上升無阻力的拋體運(yùn)動(dòng)；繞地球勻速圓周運(yùn)動(dòng)三、動(dòng)力學(xué)兩類基本問題1．兩類動(dòng)力學(xué)問題(1)已知物體的受力狀況求物體的運(yùn)動(dòng)狀況。(2)已知物體的運(yùn)動(dòng)狀況求物體的受力狀況。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)公式和牛頓其次定律列方程求解，詳細(xì)邏輯關(guān)系如下：一、思索辨析(正確的畫“√”，錯(cuò)誤的畫“×”)1．牛頓其次定律的表達(dá)式F＝ma在任何狀況下都適用。 (×)2．物體只有在受力的前提下才會(huì)產(chǎn)生加速度，因此，加速度的產(chǎn)生要滯后于力的作用。 (×)3．物理公式不僅確定了物理量之間的數(shù)量關(guān)系，同時(shí)也確定了物理量間的單位關(guān)系。 (√)4．失重說明物體的重力減小了。 (×)5．物體超重時(shí)，加速度向上，速度也肯定向上。 (×)6．探討動(dòng)力學(xué)兩類問題時(shí)，做好受力分析和運(yùn)動(dòng)分析是關(guān)鍵。 (√)二、走進(jìn)教材1．(粵教版必修1P102T3改編)在國際單位制(簡稱SI)中，力學(xué)和電學(xué)的基本單位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)。導(dǎo)出單位V(伏特)用上述基本單位可表示為()A．m2·kg·s－4·A－1 B．m2·kg·s－3·A－1C．m2·kg·s－2·A－1 D．m2·kg·s－1·A－1B[依據(jù)P＝UI，P＝Fv，F(xiàn)＝ma可導(dǎo)出U＝eq\f(mav,I)，則U＝eq\f(kg·m·s－2·m·s－1,A)＝m2·kg·s－3·A－1，故B正確。]2．(魯科版必修1P134T3)在粗糙的水平面上，物體在水平推力作用下由靜止起先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。作用一段時(shí)間后，將水平推力漸漸減小到零(物體還在運(yùn)動(dòng))，則在水平推力漸漸減小到零的過程中()A．物體速度漸漸減小，加速度漸漸減小B．物體速度漸漸增大，加速度漸漸減小C．物體速度先增大后減小，加速度先增大后減小D．物體速度先增大后減小，加速度先減小后增大D[由題意得推力F未減小之前物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則可判定F>f，且ma＝F－f；當(dāng)F漸漸減小時(shí)，加速度漸漸減小，但加速度方向與速度方向同向，物體仍加速；當(dāng)F<f后，此時(shí)ma＝f－F，F(xiàn)減小，加速度增大，且加速度與速度方向相反，物體減速，綜上所述，選項(xiàng)D正確。]3.(教科版必修1P92T4改編)(多選)一物體重為50N，與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，現(xiàn)加上如圖所示的水平力F1和F2，若F2＝15N時(shí)，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則F1的值可能是(g取10m/s2)()A．3N B．25NC．30N D．50NACD[若物體向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)牛頓其次定律可知F2－F1－μG＝ma>0，解得F1<5N，A正確；若物體向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)牛頓其次定律可知F1－F2－μG＝ma>0，解得F1>25N，C、D正確。]4．(人教版必修1P78T2改編)一質(zhì)量為m的物體，放在粗糙水平面上，受水平推力F的作用產(chǎn)生加速度a，物體所受摩擦力為f，當(dāng)水平推力變?yōu)?F時(shí)()A．物體的加速度小于2aB．物體的加速度大于2aC．物體的加速度等于2aD．物體所受的摩擦力變?yōu)?fB[依據(jù)牛頓其次定律可知，物體在水平推力F的作用下，產(chǎn)生的加速度為a＝eq\f(F－f,m)＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(F,m)－μg。 ①當(dāng)水平推力變?yōu)?F時(shí)，物體的加速度a′＝eq\f(2F－μmg,m)＝eq\f(2F,m)－μg。 ②比較①②兩式可以看出a′>2a。]牛頓其次定律的理解eq\o([依題組訓(xùn)練])1．(多選)下列對(duì)牛頓其次定律的表達(dá)式F＝ma及其變形公式的理解，正確的是()A．由F＝ma可知，物體所受的合力與物體的質(zhì)量成正比，與物體的加速度成反比B．由m＝eq\f(F,a)可知，物體的質(zhì)量與其所受的合力成正比，與其運(yùn)動(dòng)的加速度成反比C．由a＝eq\f(F,m)可知，物體的加速度與其所受的合力成正比，與其質(zhì)量成反比D．由m＝eq\f(F,a)可知，物體的質(zhì)量可以通過測量它的加速度和它所受到的合力求出CD[牛頓其次定律的表達(dá)式F＝ma表明白各物理量之間的數(shù)量關(guān)系，即已知兩個(gè)量，可求第三個(gè)量，但物體的質(zhì)量是由物體本身確定的，與受力無關(guān)；作用在物體上的合力，是由和它相互作用的物體作用產(chǎn)生的，與物體的質(zhì)量和加速度無關(guān)，故A、B錯(cuò)誤，C、D正確。]2．(多選)關(guān)于速度、加速度、合力的關(guān)系，下列說法正確的是()A．原來靜止在光滑水平面上的物體，受到水平推力的瞬間，物體馬上獲得加速度B．加速度的方向與合力的方向總是一樣的，但與速度的方向可能相同，也可能不同C．在初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)中，速度、加速度與合力的方向總是一樣的D．合力變小，物體的速度肯定變小ABC[加速度與力同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)消逝、同時(shí)變更，選項(xiàng)A正確；加速度的方向由合力方向確定，但與速度方向無關(guān)，選項(xiàng)B正確；在初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)中，合力方向確定加速度方向，加速度方向確定末速度方向，選項(xiàng)C正確；合力變小，物體的加速度肯定變小，但速度不肯定變小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。]合力、加速度、速度間的確定關(guān)系(1)物體所受合力的方向確定了其加速度的方向，合外力的大小確定了其加速度的大小，與物體運(yùn)動(dòng)速度無關(guān)。(2)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)。(3)a＝eq\f(Δv,Δt)是加速度的定義式，a與Δv、Δt無干脆關(guān)系；a＝eq\f(F,m)是加速度的確定式，a∝F，a∝eq\f(1,m)。超重和失重eq\o([依題組訓(xùn)練])1．圖甲是某人站在接有傳感器的力板上做下蹲、起跳和回落動(dòng)作的示意圖，圖中的小黑點(diǎn)表示人的重心。圖乙是力板所受壓力隨時(shí)間變更的圖象，取重力加速度g＝10m/s2。依據(jù)圖象分析可知()甲乙A．人的重力可由b點(diǎn)讀出，約為300NB．b到c的過程中，人先處于超重狀態(tài)再處于失重狀態(tài)C．人在雙腳離開力板的過程中，處于完全失重狀態(tài)D．人在b點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻的加速度大于在c點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻的加速度C[起先時(shí)人處于平衡狀態(tài)，人對(duì)傳感器的壓力約為900N，人的重力也約為900N，故A錯(cuò)誤；b到c的過程中，人先處于失重狀態(tài)再處于超重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；雙腳離開力板的過程中只受重力的作用，處于完全失重狀態(tài)，故C正確；b點(diǎn)彈力與重力的差值要小于c點(diǎn)彈力與重力的差值，則人在b點(diǎn)的加速度要小于在c點(diǎn)的加速度，故D錯(cuò)誤。]2.(2024·廣東深圳三校模擬)如圖，將金屬塊用壓縮的輕彈簧卡在一個(gè)箱子中，上頂板和下底板裝有壓力傳感器。當(dāng)箱子隨電梯以a＝4.0m/s2的加速度豎直向上做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，上頂板的傳感器顯示的壓力為4.0N，下底板的傳感器顯示的壓力為10.0N。取g＝10m/s2。若下底板示數(shù)不變，上頂板示數(shù)是下底板示數(shù)的一半，則電梯的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可能是()A．勻加速上升，a＝5m/s2 B．勻加速下降，a＝5m/s2C．勻速上升 D．靜止?fàn)顟B(tài)B[當(dāng)箱子隨電梯以a＝4.0m/s2的加速度豎直向上做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)金屬塊受力分析，由牛頓其次定律知FN上＋mg－FN下＝ma，m＝eq\f(FN下－FN上,g－a)＝eq\f(10－4,10－4)kg＝1kg，G＝mg＝10N。若下底板傳感器示數(shù)不變，上頂板傳感器的示數(shù)是下底板傳感器的示數(shù)的一半，則上頂板傳感器的示數(shù)是5N，對(duì)金屬塊，由牛頓其次定律知F′N上＋mg－F′N下＝ma′，解得a′＝5m/s2，方向向下，故電梯以a＝5m/s2的加速度勻加速下降，或以a＝5m/s2的加速度勻減速上升，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。]超重和失重的推斷方法(1)依據(jù)定義推斷拉力或壓力與重力的大小關(guān)系，大于重力則超重，小于重力則失重。(2)依據(jù)條件推斷加速度的方向，加速度方向向上或具有向上的重量則超重，方向向下或具有向下的重量則失重。瞬時(shí)性問題的兩類模型eq\o([講典例示法])1．兩種模型加速度與合力具有瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系，二者總是同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變更、同時(shí)消逝，在分析瞬時(shí)加速度時(shí)應(yīng)留意兩個(gè)基本模型的特點(diǎn)2．求解瞬時(shí)加速度的一般思路eq\x(\s\up(分析瞬時(shí)變更前后，,物體的受力狀況))?eq\x(\s\up(\s\up(依據(jù)牛頓其次，,定律列方程)))?eq\x(求瞬時(shí)加速度)eq\o([典例示法])(一題多變)兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球，用兩條輕繩連接，處于平衡狀態(tài)，如圖所示?，F(xiàn)突然快速剪斷輕繩OA，讓小球下落，在剪斷輕繩的瞬間，設(shè)小球A、B的加速度分別用a1和a2表示，則()A．a(chǎn)1＝g，a2＝gB．a(chǎn)1＝0，a2＝2gC．a(chǎn)1＝g，a2＝0D．a(chǎn)1＝2g，a2＝0A[由于繩子張力可以突變，故剪斷OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g。故選項(xiàng)A正確。][變式1]在[典例示法]中只將A、B間的輕繩換成輕質(zhì)彈簧，其他不變，如圖所示，則下列選項(xiàng)中正確的是()A．a(chǎn)1＝g，a2＝gB．a(chǎn)1＝0，a2＝2gC．a(chǎn)1＝g，a2＝0D．a(chǎn)1＝2g，a2＝0D[剪斷輕繩OA的瞬間，由于彈簧彈力不能突變，故小球A所受合力為2mg，小球B所受合力為零，所以小球A、B的加速度分別為a1＝2g，a2＝0。故選項(xiàng)D正確。][變式2]將[變式1]中的題圖放置在傾角為θ＝30°的光滑斜面上，如圖所示系統(tǒng)靜止時(shí)，彈簧與細(xì)線均平行于斜面，在細(xì)線被燒斷的瞬間，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)A＝0aB＝eq\f(1,2)g B．a(chǎn)A＝gaB＝0C．a(chǎn)A＝gaB＝g D．a(chǎn)A＝0aB＝gB[細(xì)線被燒斷的瞬間，小球B的受力狀況不變，加速度為零。燒斷前，分析整體受力可知線的拉力為FT＝2mgsinθ，燒斷瞬間，A受的合力沿斜面對(duì)下，大小為2mgsinθ，所以A球的瞬時(shí)加速度為aA＝2gsin30°＝g，故選項(xiàng)B正確。][變式3](多選)將[變式2]中的兩小球改為三小球，并將彈簧和輕繩互換位置，如圖所示，傾角為θ的斜面靜置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的質(zhì)量分別為m、2m、3m，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間固定一個(gè)輕桿，B、C間由一輕質(zhì)細(xì)線連接。彈簧、輕桿與細(xì)線均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)突然剪斷細(xì)線。下列推斷正確的是()A．細(xì)線被剪斷的瞬間，A、B、C三個(gè)小球的加速度均為零B．細(xì)線被剪斷的瞬間，A、B之間桿的彈力大小為零C．細(xì)線被剪斷的瞬間，A、B球的加速度沿斜面對(duì)上，大小為gsinθD．細(xì)線被剪斷的瞬間，A、B之間桿的彈力大小為4mgsinθCD[剪斷細(xì)線前，以A、B、C組成的系統(tǒng)為探討對(duì)象，系統(tǒng)靜止，處于平衡狀態(tài)，所受合力為零，則彈簧的彈力為F＝(3m＋2m＋m)gsinθ＝6mgsinθ。以C為探討對(duì)象知，細(xì)線的拉力為3mgsinθ。剪斷細(xì)線的瞬間，由于彈簧彈力不能突變，彈簧彈力不變，以A、B組成的系統(tǒng)為探討對(duì)象，由牛頓其次定律得F－(m＋2m)gsinθ＝(m＋2m)aAB，解得A、B兩個(gè)小球的加速度為aAB＝gsinθ，方向沿斜面對(duì)上；以B為探討對(duì)象，由牛頓其次定律得：FAB－2mgsinθ＝2maAB，解得桿的拉力為FAB＝4mgsinθ；以C為探討對(duì)象，由牛頓其次定律得aC＝gsinθ，方向沿斜面對(duì)下，故C、D正確，A、B錯(cuò)誤。]“兩關(guān)鍵”“四步驟”巧解瞬時(shí)性問題1．分析瞬時(shí)加速度的“兩個(gè)關(guān)鍵”(1)分析瞬時(shí)前、后的受力狀況和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。(2)明確繩或桿類、彈簧或橡皮條類模型的特點(diǎn)。2．“四個(gè)步驟”第一步：分析原來物體的受力狀況。其次步：分析物體在突變時(shí)的受力狀況。第三步：由牛頓其次定律列方程。第四步：求出瞬時(shí)加速度，并探討其合理性。eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])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)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，并處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(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()A．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝0B．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝gC．a(chǎn)1＝a2＝g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)gD．a(chǎn)1＝g，a2＝eq\f(m＋M,M)g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)gC[在抽出木板的瞬間，物塊1、2與剛性輕桿接觸處的形變馬上消逝，受到的合力均等于各自重力，所以由牛頓其次定律知a1＝a2＝g；而物塊3、4間的輕彈簧的形變還來不及變更，此時(shí)彈簧對(duì)3向上的彈力大小和對(duì)物塊4向下的彈力大小仍為mg，因此物塊3滿意mg＝F，a3＝0；由牛頓其次定律得物塊4滿意a4＝eq\f(F＋Mg,M)＝eq\f(M＋m,M)g，所以C正確。]2.(多選)如圖所示，彈簧p和細(xì)繩q的上端固定在天花板上，下端用小鉤鉤住質(zhì)量為m的小球C，彈簧、細(xì)繩和小鉤的質(zhì)量均忽視不計(jì)。靜止時(shí)p、q與豎直方向的夾角均為60°。下列推斷正確的有()A．若p和球突然脫鉤，則脫鉤后瞬間q對(duì)球的拉力大小為mgB．若p和球突然脫鉤，則脫鉤后瞬間球的加速度大小為eq\f(\r(3),2)gC．若q和球突然脫鉤，則脫鉤后瞬間p對(duì)球的拉力大小為eq\f(1,2)mgD．若q和球突然脫鉤，則脫鉤后瞬間球的加速度大小為gBD[p和球脫鉤前，由平衡條件知，p、q對(duì)球的拉力大小均為mg，p和球脫鉤瞬間，球?qū)⒆鰣A周運(yùn)動(dòng)，受力如圖1所示，將重力沿q和垂直于q分解，由牛頓其次定律得mgsin60°＝ma，F(xiàn)q＝mgcos60°，解得a＝gsin60°＝eq\f(\r(3),2)g，F(xiàn)q＝eq\f(1,2)mg，B正確，A錯(cuò)誤；q和球突然脫鉤瞬間，p的拉力不能突變，球所受合力與脫鉤前q的拉力大小相等，如圖2所示，由牛頓其次定律得mg＝ma，解得球的加速度大小為a＝g，C錯(cuò)誤，D正確。圖1圖2]動(dòng)力學(xué)中的兩類基本問題eq\o([講典例示法])1．解決動(dòng)力學(xué)兩類問題的兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)2．動(dòng)力學(xué)基本問題的力的處理方法(1)合成法：在物體受力個(gè)數(shù)較少(2個(gè)或3個(gè))時(shí)一般采納“合成法”。(2)正交分解法：若物體的受力個(gè)數(shù)較多(3個(gè)或3個(gè)以上)，則采納“正交分解法”。eq\o([典例示法])(2024·陜西榆林模擬)如圖所示為四旋翼無人機(jī)，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前正得到越來越廣泛的應(yīng)用。一架質(zhì)量為m＝2kg的無人機(jī)，其動(dòng)力系統(tǒng)所能供應(yīng)的最大升力F＝36N，運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力大小恒定，無人機(jī)在地面上從靜止起先，以最大升力豎直向上起飛，在t＝5s時(shí)離地面的高度為75m(g取10m/s2)。(1)求運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力大?。?2)假設(shè)由于動(dòng)力系統(tǒng)故障，懸停的無人機(jī)突然失去升力而墜落。無人機(jī)墜落地面時(shí)的速度為40m/s，求無人機(jī)懸停時(shí)距地面高度；(3)假設(shè)在第(2)問中的無人機(jī)墜落過程中，在遙控設(shè)備的干預(yù)下，動(dòng)力系統(tǒng)重新啟動(dòng)供應(yīng)向上的最大升力。為保證平安著地，求無人機(jī)從起先下落到復(fù)原升力的最長時(shí)間。思路點(diǎn)撥：解此題留意以下關(guān)鍵信息：(1)上升過程受升力、重力和空氣阻力三個(gè)力作用，下落過程受重力和空氣阻力兩個(gè)力作用。(2)復(fù)原升力后向下減速，受升力、重力和空氣阻力三個(gè)力作用，空氣阻力方向向上。[解析](1)依據(jù)題意，在上升過程中，由牛頓其次定律得F－mg－Ff＝ma由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得，上上升度h＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得Ff＝4N。(2)下落過程由牛頓其次定律得mg－Ff＝ma1解得a1＝8m/s2落地時(shí)v2＝2a1H解得H＝100m。(3)復(fù)原升力后向下減速時(shí)，由牛頓其次定律得F－mg＋Ff＝ma2解得a2＝10m/s2設(shè)復(fù)原升力后的速度為vm，則有eq\f(v\o\al(2,m),2a1)＋eq\f(v\o\al(2,m),2a2)＝H解得vm＝eq\f(40\r(5),3)m/s由vm＝a1t1得t1＝eq\f(5\r(5),3)s。[答案](1)4N(2)100m(3)eq\f(5\r(5),3)s動(dòng)力學(xué)問題的解題步驟eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])已知受力狀況求運(yùn)動(dòng)狀況1.如圖所示，某次滑雪訓(xùn)練，運(yùn)動(dòng)員站在水平雪道上第一次利用滑雪杖對(duì)雪面的作用獲得水平推力F＝84N而從靜止向前滑行，其作用時(shí)間為t1＝1.0s，撤除水平推力F后經(jīng)過t2＝2.0s，他其次次利用滑雪杖對(duì)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(yùn)動(dòng)員連同裝備的總質(zhì)量為m＝60kg，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中受到的滑動(dòng)摩擦力大小恒為Ff＝12N，求：(1)第一次利用滑雪杖對(duì)雪面作用獲得的速度大小及這段時(shí)間內(nèi)的位移；(2)該運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))其次次撤除水平推力后滑行的最大距離。[解析](1)運(yùn)動(dòng)員利用滑雪杖獲得的加速度為a1＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(84－12,60)m/s2＝1.2m/s2第一次利用滑雪杖對(duì)雪面作用獲得的速度大小v1＝a1t1＝1.2×1.0m/s＝1.2m/s位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝0.6m。(2)運(yùn)動(dòng)員停止運(yùn)用滑雪杖后，加速度大小為a2＝eq\f(Ff,m)經(jīng)時(shí)間t2速度變?yōu)関′1＝v1－a2t2其次次利用滑雪杖獲得的速度大小v2，則veq\o\al(2,2)－v′eq\o\al(2,1)＝2a1x1其次次撤除水平推力后滑行的最大距離x2＝eq\f(v\o\al(2,2),2a2)解得x2＝5.2m。[答案](1)1.2m/s0.6m(2)5.2m已知運(yùn)動(dòng)狀況求受力狀況2.(2024·安徽蚌埠二中期中)如圖所示，質(zhì)量M＝10kg的木楔ABC靜置于粗糙水平地面上，木楔與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2。在木楔的傾角θ為37°的斜面上，有一質(zhì)量m＝1.0kg的物塊由靜止起先從A點(diǎn)沿斜面下滑，當(dāng)它在斜面上滑行距離x＝1m時(shí)，其速度v＝2m/s，在這過程中木楔沒有動(dòng)。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2)求：(1)物塊與木楔間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1；(2)地面對(duì)木楔的摩擦力的大小和方向；(3)在物塊沿斜面下滑時(shí)，假如對(duì)物塊施加一平行于斜面對(duì)下的推力F＝5N，則地面對(duì)木楔的摩擦力如何變更？(不要求寫出分析、計(jì)算的過程)[解析](1)由v2＝2ax，得a＝2m/s2對(duì)物塊，由牛頓其次定律有mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma，得μ1＝0.5。(2)以物塊和木楔ABC整體為探討對(duì)象，作出受力圖如圖。(m＋M)g－FN＝may，F(xiàn)f＝max，ax＝acosθ，ay＝asinθ解得：FN＝108.8N，F(xiàn)f＝1.6N。(3)對(duì)木楔來說物塊加推力以后它受到物塊的力沒有任何變更，所以地面對(duì)木楔的摩擦力的大小、方向均不變。[答案](1)0.5(2)1.6N，水平向左(3)地面對(duì)木楔的摩擦力的大小、方向均不變動(dòng)力學(xué)中的“等時(shí)圓”模型1．模型特征(1)質(zhì)點(diǎn)從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止起先滑到環(huán)的最低點(diǎn)所用時(shí)間相等，如圖甲所示。(2)質(zhì)點(diǎn)從豎直圓環(huán)上最高點(diǎn)沿不同的光滑弦由靜止起先滑到下端所用時(shí)間相等，如圖乙所示。(3)兩個(gè)豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)沿不同的光滑弦上端由靜止起先滑到下端所用時(shí)間相等，如圖丙所示。甲乙丙2．等時(shí)性的證明設(shè)某一條光滑弦與水平方向的夾角為θ，圓的直徑為d，如圖乙所示。依據(jù)物體沿光滑弦做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為a＝gs