2019-2020年高考物理大一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿运动定律的应用学案.doc

2019-2020年高考物理大一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿运动定律的应用学案 [考试标准] 知识内容 必考要求 加试要求 说明 牛顿运动定律应用 d d 1.求解连接体问题时，只限于各物体加速度相同的情形． 2.不要求解决加速度不同的两个物体的动力学问题. 超重与失重 b 一、两类动力学问题 1．两类动力学问题 (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第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下图： 自测1　水平路面上质量是30 kg的手推车，在受到60 N的水平推力时做加速度为1.5 m/s2的匀加速运动．如果撤去推力，车的加速度的大小是多少？(g＝10 m/s2) 答案　0.5 m/s2 解析　设阻力大小为Ff，则F－Ff＝ma 解得Ff＝15 N 如果撤去推力，车的加速度大小为a′， 则Ff＝ma′ 解得a′＝0.5 m/s2. 二、超重与失重 1．超重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象． (2)产生条件：物体具有向上的加速度． 2．失重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象． (2)产生条件：物体具有向下的加速度． 3．完全失重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于零的现象称为完全失重现象． (2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下． 自测2　关于超重和失重的下列说法中，正确的是(　　) A．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了 B．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用 C．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态 D．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化 答案　D 命题点一　超重与失重现象 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．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． 3．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． 例1　广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图1所示．则下列相关说法正确的是(　　) 图1 A．t＝4.5 s时，电梯处于失重状态 B．5～55 s时间内，绳索拉力最小 C．t＝59.5 s时，电梯处于超重状态 D．t＝59 s时，电梯处于失重状态 答案　D 解析　利用a－t图象可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5～55 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，55～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，B、C错误，D正确． 变式1　(xx慈溪中学期中)xx年10月份，萧山区某中学举行了校秋季运动会，小明同学参加了跳高决赛，他以背越式跳过1.65 m的高度拿到了本届校运会的亚军，为班级争了光．若忽略空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．小明下降过程中处于失重状态 B．小明脚离地起跳以后在上升过程中处于超重状态 C．小明起跳时地面对他的支持力等于他的重力 D．小明起跳以后在下降过程中重力消失了 答案　A 解析　小明下降过程中，只受重力的作用，有向下的重力加速度，处于失重状态，故A正确；起跳以后在上升过程中，只受重力的作用，有向下的重力加速度，处于失重状态，故B错误；小明起跳时加速度的方向向上，所以地面对他的支持力大于他的重力，故C错误；人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，故D错误． 变式2　如图2所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是(　　) 图2 A．在上升或下降过程中A对B的压力一定为零 B．上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力 C．下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力 D．在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力 答案　A 解析　无论物体在上升过程中还是下降过程中，两物体组成的系统都只受重力作用，系统处于完全失重状态，所以在整个上升和下降过程中，A对B的压力始终为零，故选项A正确． 变式3　质量为60 kg的人，站在升降机内的台秤上，测得体重为480 N，则升降机的运动是(g取10 m/s2)(　　) A．可能是匀速下降 B．升降机加速度大小为2 m/s2 C．升降机加速度大小为3 m/s2 D．可能是减速下降 答案　B 解析　对人受力分析，受重力和支持力，支持力小于重力，故合力向下，加速度向下，故升降机的加速度也向下，所以升降机的运动是加速下降或减速上升，由牛顿第二定律得mg－F＝ma，解得a＝ m/s2＝2 m/s2，故B正确． 命题点二　动力学中的图象问题 1．常见的动力学图象 v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a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线，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线，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．解决图象问题的关键 (1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从0开始． (2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解． 例2　(xx平阳二中期中)如图3甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ的光滑固定斜面上．逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图象如图乙所示．g取10 m/s2.根据图乙中所提供的信息不能计算出的是(　　) 图3 A．物体的质量 B．斜面的倾角 C．使物体静止在斜面上时水平外力F的大小 D．加速度为6 m/s2时物体的速度 答案　D 解析　对物体受力分析，物体受推力、重力、支持力，沿斜面方向和垂直于斜面方向分别建立x轴、y轴，并将力沿坐标轴的方向分解，如图所示． x轴方向：Fcos θ－mgsin θ＝ma，y轴方向：FN－Fsin θ－mgcos θ＝0，从图象中取两个点(0 N，－6 m/s2)、(30 N,6 m/s2)代入，解得：m＝2 kg，θ＝37，当a＝0时，可解得F＝15 N，因而A、B、C可以算出；根据图中信息无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度大小，因而D不可以算出． 变式4　雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对其阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如图所示的图象能正确反映雨滴下落运动情况的是(　　) 答案　C 解析　雨滴速度增大时，阻力也增大，由牛顿第二定律得a＝，故加速度逐渐减小，最终雨滴做匀速运动，故C正确． 变式5　(xx浙江“9＋1”高中联盟期中)水平力F方向确定，用力F拉静止在水平桌面上的小物块，F的大小按图4甲所示规律变化，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图象如图乙所示．重力加速度大小为10 m/s2，则下列物块与水平桌面间的最大静摩擦力Ffm、物块与水平桌面间的滑动摩擦力Ff、物块与水平桌面间的动摩擦因数μ、物块质量m的值正确的是(　　) 甲　　　　　　　　乙 图4 A．Ffm＝4 N B．μ＝0.1 C．Ff＝6 N D．m＝2 kg 答案　B 解析　t＝2 s时，Ffm＝F＝6 N；F1－μmg＝ma1， 即6－μmg＝m. t＝4 s时，F2－μmg＝ma2， 即12－μmg＝3m， 解得m＝3 kg，μ＝0.1， 则Ff＝μmg＝3 N. 命题点三　动力学的两类基本问题 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．寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系．如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，画图找出各过程的位移之间的联系． 例3　(xx浙江4月选考19)如图5所示，游船从某码头沿直线行驶到湖对岸，小明对过程进行观测并记录数据如下表： 图5 运动过程 运动时间 运动状态 匀加速运动 0～40 s 初速度v0＝0；末速度v＝4.2 m/s 匀速运动 40～640 s v＝4.2 m/s 匀减速运动 640～720 s 靠岸时v1＝0.2 m/s (1)求游船匀加速运动过程中加速度大小a1及位移大小x1； (2)若游船和游客的总质量M＝8 000 kg，求游船匀减速运动过程中所受的合力大小F； (3)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小． 答案　(1)0.105 m/s2　84 m　(2)400 N　(3)3.86 m/s 解析　(1)由运动学公式知a1＝＝0.105 m/s2 位移x1＝a1t2＝84 m (2)匀减速运动过程中加速度大小 a2＝＝0.05 m/s2 由牛顿第二定律得F＝Ma2＝400 N (3)总位移x＝x1＋vt2＋t3＝2 780 m 平均速度大小＝≈3.86 m/s. 变式6　(xx浙江10月学考19)如图6所示在某段平直的铁路上，一列以324 km/h高速行驶的列车在某时刻开始匀减速行驶，5 min后恰好停在某车站，并在该站停留4 min，随后匀加速驶离车站，经8.1 km后恢复到原速324 km/h.(g取10 m/s2) 图6 (1)求列车减速时的加速度大小； (2)若该列车总质量为8.0105 kg，所受阻力恒为车重的0.1倍，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小； (3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小． 答案　见解析 解析　(1)列车的速度为324 km/h＝90 m/s， 经过5 min＝300 s停下，所以加速度大小为 a＝＝ m/s2＝0.3 m/s2 (2)Ff＝0.1mg，根据牛顿第二定律，F－0.1mg＝ma′ v2＝2a′x′，因x′＝8.1 km＝8 100 m， v＝90 m/s，m＝8.0105 kg 解得a′＝0.5 m/s2 ，F＝1.2106 N (3)根据(2)可知，重新加速时间为t′＝＝ s＝180 s 减速过程中通过的位移x＝t＝45300 m＝13 500 m 所以整个过程的平均速度大小 ＝＝ m/s＝30 m/s. 变式7　(xx浙江4月选考19)如图7是上海中心大厦，小明乘坐大厦快速电梯，从底层到达第119层观光平台仅用时55 s．若电梯先以加速度a1做匀加速运动，达到最大速度18 m/s.然后以最大速度匀速运动，最后以加速度a2做匀减速运动恰好到达观光平台．假定观光平台高度为549 m，取g＝10 m/s2. 图7 (1)若电梯经过20 s匀加速达到最大速度，求加速度a1及上升高度h； (2)在(1)问中的匀加速上升过程中，若小明的质量为60 kg，求小明对电梯地板的压力； (3)求电梯匀速运动的时间． 答案　(1)0.9 m/s2　180 m　(2)654 N，方向竖直向下 (3)6 s 解析　(1)由运动学公式可得 a1＝＝ m/s2＝0.9 m/s2 h＝a1t＝0.9202 m＝180 m (2)对小明受力分析，根据牛顿第二定律可得 FN－mg＝ma1 则FN＝mg＋ma1＝654 N 根据牛顿第三定律得： 小明对地板的压力FN′＝FN＝654 N，方向竖直向下 (3)设匀速运动时间为t0，运动的总时间为t总，作出整个过程的v－t图象如图所示，则由v－t图象可得H＝(t总＋t0)vm 解得t0＝6 s. 变式8　如图8所示，一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30.现小球在F＝20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发沿杆向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为，g取10 m/s2.试求： 图8 (1)小球运动的加速度大小； (2)若F作用1.2 s后撤去，求小球上滑过程中距A点的最大距离． 答案　(1)2.5 m/s2　(2)2.4 m 解析　(1)在力F作用下，对小球受力分析如图甲所示， 由牛顿第二定律得 (F－mg)sin 30－μ(F－mg)cos 30＝ma1 解得a1＝2.5 m/s2 (2)刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝3 m/s 小球的位移x1＝t1＝1.8 m 撤去力F后，小球上滑时，受力分析如图乙． 由牛顿第二定律得 mgsin 30＋μmgcos 30＝ma2 解得a2＝7.5 m/s2 小球上滑时间t2＝＝0.4 s 上滑位移x2＝t2＝0.6 m 则小球上滑过程中距A点的最大距离为 xm＝x1＋x2＝2.4 m. 命题点四　传送带模型 模型1　水平传送带模型 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景2 (1)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 情景3 (1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端 (2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0＞v返回右端时速度为v，当v0＜v返回右端时速度为v0 模型2　倾斜传送带模型 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景1 若滑块能够上滑，则： (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景2 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a1加速后以a2加速 情景3 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先加速后匀速 (4)可能先减速后匀速 (5)可能先以a1加速后以a2加速 (6)可能一直减速 情景4 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先减速后反向加速 (4)可能一直减速 例4　(xx武义二中月考)如图9所示，水平传送带两端相距x＝8 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A端时速度vA＝10 m/s，设工件到达B端时的速度大小为vB.(取g＝10 m/s2) 图9 (1)若传送带静止不动，求vB； (2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由；若能，求到达B点的速度大小vB； (3)若传送带以v＝13 m/s逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间． 答案　(1)2 m/s　(2)能　2 m/s　(3)13 m/s　0.67 s 解析　(1)工件受到的摩擦力方向水平向右，加速度大小为a，根据牛顿第二定律可知μmg＝ma，则a＝μg＝6 m/s2，且v－v＝2ax，故vB＝2 m/s. (2)能．当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度不发生变化，仍然始终减速，故工件到达B端的速度vB＝2 m/s. (3)传送带以v＝13 m/s逆时针匀速转动时，开始时工件受到的摩擦力方向水平向左，加速度大小a′＝6 m/s2，工件速度达到13 m/s时所用时间为t1＝＝0.5 s，运动的位移为x1＝vAt1＋a′t＝5.75 m＜8 m，则工件在到达B端前速度就达到了13 m/s，此后工件与传送带相对静止，因此工件先加速后匀速运动．匀速运动的位移x2＝x－x1＝2.25 m，t2＝≈0.17 s，工件由A到B所用的时间t＝t1＋t2＝0.67 s. 变式9　如图10所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕，已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中(　　) 图10 A．煤块从A运动到B的时间是 s B．煤块从A运动到B的时间是2.25 s C．划痕长度是0.5 m D．划痕长度是2 m 答案　D 解析　小煤块与传送带共速前做匀加速直线运动，加速度大小为a＝μg＝4 m/s2 加速时间t1＝＝1 s，位移x1＝at＝2 m. 匀速运动时间t2＝＝0.5 s. 煤块从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝1.5 s 煤块匀加速运动的时间内传送带的位移x3＝v0t1＝4 m 划痕长度Δx＝x3－x1＝2 m. 变式10　如图11所示，电动传送带以恒定速度v0＝1.2 m/s运行，传送带与水平面的夹角α＝37，现将质量m＝20 kg的物品箱轻放到传送带底端，经过一段时间后，物品箱被送到高h＝1.8 m的平台上，已知物品箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.85，不计其他损耗，则每件物品箱从传送带底端送到平台上，需要多长时间？(sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g取10 m/s2) 图11 答案　3.25 s 解析　物品箱刚放到传送带上时做匀加速运动，当速度达到v0时，与传送带一起做匀速运动到平台．物品箱刚放上去时，根据牛顿第二定律有μmgcos α－mgsin α＝ma，解得a＝0.8 m/s2. 从静止到与传送带共速所用时间t1＝＝ s＝1.5 s， 此过程中，物品箱沿斜面向上的位移x＝t1＝0.9 m. 物品箱随传送带匀速运动到达平台的时间为 t2＝＝ s＝1.75 s， 总时间为t＝t1＋t2＝3.25 s. 1．下列说法中正确的是(　　) A．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态 B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态 C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态 D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态 答案　B 2.(xx舟山中学期中)某同学站在体重计上研究超重与失重，如图1.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．下列说法正确的是(　　) 图1 A．只有“起立”过程，才能出现失重的现象 B．只有“下蹲”过程，才能出现超重的现象 C．“起立”、“下蹲”的过程都能出现超重和失重的现象 D．“起立”的过程，先出现失重现象后出现超重现象 答案　C 解析　“下蹲”过程，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，人先向上做加速运动，后向上做减速运动，则人先处于超重状态，后处于失重状态，故A、B、D错误，C正确． 3.(xx绍兴市选考模拟)在xx年里约奥运会男子蹦床决赛中，我国选手董栋、高磊分摘银、铜牌．如图2所示为运动员正在比赛时的照片，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) 图2 A．运动员离开蹦床后处于失重状态 B．运动员上升到最高点时加速度为零 C．运动员下落碰到蹦床后立即做减速运动 D．运动员和蹦床接触的过程中一直处于失重状态 答案　A 解析　运动员离开蹦床后，仅受重力，加速度方向向下，处于失重状态，故A正确；运动员上升到最高点时，仅受重力，加速度为g，故B错误；运动员下落碰到蹦床后，开始重力大于弹力，加速度向下，向下做加速运动，弹力不断增大，重力小于弹力后，加速度向上，向下做减速运动，故C错误；运动员在接触蹦床过程中，先加速向下，处于失重状态，后减速向下，处于超重状态，故D错误． 4.(xx湖州市期末)如图3所示，一体重为500 N的同学站在体重计上，在升降机中研究超重和失重现象，升降机在上升过程中经历了匀加速、匀速和匀减速三个阶段，则比较符合实际情况的体重计示数依次为(　　) 图3 A. 520 N、500 N、480 N B. 480 N、500 N、520 N C. 480 N、520 N、500 N D. 500 N、500 N、500 N 答案　A 解析　匀加速上升，超重，体重计示数大于重力，匀速时体重计示数等于重力，匀减速时失重，体重计示数小于重力． 5．(xx绍兴市调研)一个木块以某一水平初速度自由滑上粗糙的水平面，在水平面上运动的v－t图象如图4所示．已知重力加速度为g，则根据图象不能求出的物理量是(　　) 图4 A．木块的位移大小 B．木块的加速度大小 C．木块所受摩擦力 D．木块与水平面间的动摩擦因数 答案　C 解析　位移大小可由图象与时间轴所围的面积求出，由v－t图线的斜率可求出加速度大小a，由牛顿第二定律知，a＝μg，故动摩擦因数μ也可求出，由于不知木块的质量，故不能求出木块所受摩擦力． 6．(xx温州市十校高三期末)如图5甲所示，是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“”表示人的重心．图乙是根据传感器画出的F－t图线．两图中a～g各点均相对应，其中有几个点在图甲中没有画出，图乙中a、c、e点对应的纵坐标均为700 N．取重力加速度g＝10 m/s2.请根据这两个图所给出的信息，判断下面说法中正确的是(　　) 甲　　　　　　　　乙 图5 A．此人重心在b点时处于超重状态 B．此人重心在c点时的加速度大小大于在b点时的加速度大小 C．此人重心在e点时的加速度大小大于在a点时的加速度大小 D．此人重心在f点时，脚刚好离开传感器 答案　D 解析　由题图知a、c、e点处对应的F＝G，故加速度等于0，b点处F＜G，处于失重状态，重心在f点时，F＝0，脚刚好离开传感器． 7. 如图6所示，两个质量相同的物体1和2紧靠在一起，放在光滑的水平桌面上．若它们分别受到水平推力F1和F2作用，而且F1＞F2，则1施于2的作用力大小为(　　) 图6 A．F1 B．F2 C.(F1＋F2) D.(F1－F2) 答案　C 解析　设物体1和2的质量都为m，加速度为a，以整体为研究对象，由牛顿第二定律得a＝.以物体2为研究对象，有a＝，解得F12＝.故C选项正确． 8.如图7所示，一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的光滑定滑轮，绳的一端系一质量m＝15 kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m′＝10 kg的猴子，从绳子的一端沿绳子向上爬，在重物不离开地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度为(g取10 m/s2)(　　) 图7 A．25 m/s2 B．5 m/s2 C．10 m/s2 D．15 m/s2 答案　B 解析　在重物不离开地面的条件下，绳子的最大拉力为F＝mg＝150 N，对猴子受力分析，设其向上爬的最大加速度为a，由牛顿第二定律有：F－m′g＝m′a，解得a＝5 m/s2，故B选项正确． 9．如图8甲所示，小物块从光滑固定斜面上自由滑下，小物块的位移x和时间的平方t2的关系如图乙所示．g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) 图8 A．小物块的加速度大小恒为2.5 m/s2 B．斜面倾角为60 C．小物块2 s末的速度是5 m/s D．小物块第2 s内的平均速度为7.5 m/s 答案　D 解析　由题图得x＝2.5t2，对照公式x＝v0t＋at2，得初速度v0＝0，加速度a＝5 m/s2，选项A错误；由牛顿第二定律得ma＝mgsin θ，则sin θ＝＝＝0.5，θ＝30，选项B错误；小物块2 s末的速度v2＝at2＝52 m/s＝10 m/s，选项C错误；小物块1 s末的速度v1＝at1＝5 m/s，第2 s内的平均速度＝＝7.5 m/s，选项D正确． 10.(xx余姚中学高三上期中)如图9所示，传送带的水平部分AB是绷紧的，当传送带不运转时，滑块从斜面顶端由静止下滑，通过AB所用时间为t1，从B端飞出时速度大小为v1.若传送带沿逆时针方向运转，滑块同样从斜面顶端由静止下滑，通过AB所用时间为t2，从B端飞出时速度大小为v2，则(　　) 图9 A．t1＝t2，v1＝v2 B．t1＜t2，v1＞v2 C．t1＞t2，v1＞v2 D．t1＝t2，v1＞v2 答案　A 解析　在两种情况下，滑块到达A点的初速度相等，在传送带上都做匀减速直线运动，加速度大小相等，根据速度位移公式知，到达B端的速度相等，即v1＝v2，结合速度时间公式知，t1＝t2，故A正确，B、C、D错误． 11．如图10甲所示，质量为m＝2 kg的物体在水平面上向右做直线运动．过A点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v－t图象如图乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2.求： 图10 (1)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ； (2)10 s末物体离A点的距离． 答案　见解析 解析　(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1，则由v－t图象得a1＝2 m/s2 根据牛顿第二定律，有F＋μmg＝ma1 设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2，则由v－t图象得a2＝1 m/s2 根据牛顿第二定律，有F－μmg＝ma2， 联立解得F＝3 N，μ＝0.05. (2)设10 s末物体离A点的距离为d，d应为v－t图象与横轴所围的面积，则 d＝48 m－66 m＝－2 m，负号表示物体在A点左边． 12．有一种能够垂直起降的小型遥控无人机，质量为m＝2 kg，假定运动过程中所受空气阻力大小恒为F阻＝4 N，方向与无人机运动方向相反．当无人机在地面上由静止开始以最大升力竖直向上起飞，经时间t＝4 s时，离地面的高度为h＝48 m，g取10 m/s2. (1)其动力系统能够提供的最大升力为多大？ (2)当无人机悬停在距离地面高度H＝100 m处时，由于动力设备故障，无人机突然失去升力，从静止开始坠落，则无人机坠落地面时的速度为多大？ 答案　(1)36 N　(2)40 m/s 解析　(1)无人机以最大升力竖直向上起飞，做匀加速直线运动，有h＝a1t2，解得a1＝＝6 m/s2， 根据牛顿第二定律有F－mg－F阻＝ma1， 解得F＝36 N. (2)无人机失去升力坠落过程，做匀加速直线运动 根据牛顿第二定律，有mg－F阻＝ma2， 解得a2＝8 m/s2， 由v2＝2a2H，解得v＝40 m/s. 13．由于下了大雪，许多同学在课间追逐嬉戏，尽情玩耍，而同学王清和张华却做了一个小实验：他们造出一个方形的雪块，让它以一定的初速度从一斜坡的底端沿坡面冲上该足够长的斜坡(坡上的雪已压实，斜坡表面平整)，发现雪块能沿坡面最大上冲3.2 m．已知雪块与坡面间的动摩擦因数为μ＝0.05，他们又测量了斜坡的倾角为θ＝37，如图11所示，他俩就估测出了雪块的初速度．那么：(sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g取10 m/s2) 图11 (1)请你算出雪块的初速度为多大； (2)求雪块沿坡面向上滑的时间为多长； (3)求雪块沿坡面滑到底端的速度大小． 答案　(1) 6.4 m/s　(2) 1 s　(3) 6 m/s 解析　(1)雪块上滑的加速度大小 a1＝ ＝gsin 37＋μgcos 37 ＝6.4 m/s2 则雪块的初速度大小v0＝＝ m/s＝6.4 m/s (2)雪块上滑的时间t＝＝ s＝1 s (3)雪块下滑的加速度大小 a2＝ ＝gsin 37－μgcos 37 ＝5.6 m/s2 则到达底端的速度大小： v＝＝ m/s≈6 m/s.