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第2講　牛頓第二定律的基本應用
目標要求 　1.掌握動力學兩類基本問題的求解方法.2.會利用牛頓第二定律對超重、失重、瞬時加速度問題進行分析計算.
考點一　動力學兩類基本問題
1.動力學問題的解題思路

2.解題關鍵
(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析；
(2)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.

已知受力求運動情況

例1 　(2020·湖南長沙中學月考)某航母上艦載機起飛時主要靠甲板前端上翹來幫助戰斗機起飛，其示意圖如圖1所示，飛機由靜止開始先在一段水平距離為L1＝160 m的水平跑道上運動，然后在長度為L2＝20.5 m的傾斜跑道上滑跑，直到起飛.已知飛機的質量m＝2.0×104 kg，其噴氣發動機的推力大小恒為F＝1.4×105 N，方向與速度方向相同，水平跑道與傾斜跑道末端的高度差h＝2.05 m，飛機在水平跑道上和傾斜跑道上運動的過程中受到的平均阻力大小都為飛機重力的0.2倍，假設航母處于靜止狀態，飛機質量視為不變并可看成質點，傾斜跑道看作斜面，不計水平跑道和傾斜跑道連接處的影響，且飛機起飛的過程中沒有出現任何故障，取g＝10 m/s2.求：

圖1
(1)飛機在水平跑道上運動的末速度大小；
(2)飛機從開始運動到起飛經歷的時間t.
答案　(1)40 m/s　(2)8.5 s
解析　(1)設飛機在水平跑道上運動的加速度大小為a1，阻力大小為F阻，在水平跑道上運動的末速度大小為v1，由牛頓第二定律得F－F阻＝ma1，
F阻＝0.2mg，
v12＝2a1L1，
聯立以上三式并代入數據解得a1＝5 m/s2，v1＝40 m/s.
(2)設飛機在傾斜跑道上運動的加速度大小為a2，在傾斜跑道末端的速度大小為v2，
飛機在水平跑道上的運動時間t1＝v1a1＝8 s，
在傾斜跑道上，由牛頓第二定律有
F－F阻－mghL2＝ma2，
代入數據解得a2＝4 m/s2，
由v22－v12＝2a2L2，
代入數據解得v2＝42 m/s，
飛機在傾斜跑道上的運動時間t2＝v2－v1a2＝0.5 s，
則t＝t1＋t2＝8.5 s.

已知運動情況求受力

例2 　(2020·四川天府大聯考)某市啟動“機動車文明禮讓斑馬線”活動，交警部門為樣板斑馬線配上了新型電子警察.一輛質量為2.0×103 kg的汽車，以54 km/h的速度沿平直道路勻速行駛，距斑馬線還有30 m的距離時，駕駛員發現有行人通過斑馬線，經過0.5 s的反應時間，汽車制動，開始做勻減速運動，恰好在斑馬線前停住.重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求汽車制動過程中所受的合力大小；
(2)若汽車正常行駛時所受阻力為車重的120，要使汽車從靜止開始勻加速經10 s使速度重新達到54 km/h，求牽引力的大小.
答案　(1)1.0×104 N　(2)4.0×103 N
解析　(1)設汽車在反應時間內行駛的距離為x1，制動過程中行駛的距離為x2，加速度大小為a1，所受的合力大小為Ff1.
初速度v0＝54 km/h＝15 m/s，
反應時間t0＝0.5 s，
由牛頓第二定律有Ff1＝ma1
由勻速和勻變速直線運動規律有
x1＝v0t0
x2＝x－x1
v02＝2a1x2
聯立解得Ff1＝1.0×104 N.
(2)設汽車從靜止開始經10 s使速度重新達到54 km/h的過程中，加速度大小為a2，牽引力大小為F，由牛頓第二定律有F－Ff2＝ma2，Ff2＝0.05mg
由勻變速直線運動規律有v0＝a2t加
聯立解得F＝4.0×103 N.

1.(已知運動情況求受力)(多選)(2020·遼寧六校協作體開學考試)如圖2甲所示，物塊的質量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點沿粗糙的水平面向右運動，某時刻F突然反向，大小不變，整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標變化的關系圖象如圖乙所示，g＝10 m/s2.下列說法中正確的是(　　)

圖2
A.0～5 m內物塊做勻減速運動
B.在t＝1 s時刻，恒力F反向
C.恒力F大小為10 N
D.物塊與水平面間的動摩擦因數為0.3
答案　ABD
解析　0～5 m內，由v12－v02＝2a1x1，得v12＝2a1x1＋v02，由題圖乙知，2a1＝－20 m/s2，則a1＝－10 m/s2，則物塊做勻減速運動，A正確；由題圖乙知，物塊的初速度v0＝10 m/s，恒力F在5 m處反向，在0～5 m內物塊運動的時間t＝0－v0a1＝1 s，即在t＝1 s時刻，恒力F反向，B正確；5～13 m內，由v22＝2a2x2得物塊的加速度a2＝v222x2＝642×8 m/s2＝4 m/s2，由牛頓第二定律得－F－μmg＝ma1，F－μmg＝ma2，聯立兩式解得F＝7 N，μ＝0.3，D正確，C錯誤.
2.(已知受力情況求運動情況)(2021·河南鄭州市月考)航模興趣小組設計出一架遙控飛行器，其質量m＝2 kg，動力系統提供的恒定升力F1＝32 N，試飛時飛行器從地面由靜止開始豎直上升.設飛行器飛行時所受的空氣阻力大小恒為f＝4 N，飛行器上升9 s后由于出現故障而失去升力，出現故障9 s后恢復升力但升力變為F2＝16 N，取重力加速度大小g＝10 m/s2，假設飛行器只在豎直方向運動.求：
(1)飛行器9 s末的速度大小v1；
(2)飛行器0～18 s內離地面的最大高度H；
(3)飛行器落回地面的速度大小v2.
答案　(1)36 m/s　(2)216 m　(3)48 m/s
解析　(1)0～9 s內，飛行器受重力、升力和阻力作用做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得：
F1－mg－f＝ma1
解得a1＝4 m/s2
飛行器9 s末的速度大小v1＝at1＝36 m/s.
(2)最初9 s內位移h1＝12a1t12＝162 m
設失去升力后上升階段加速度大小為a2，上升階段的時間為t2，由牛頓第二定律得：
f＋mg＝ma2
解得a2＝12 m/s2
由運動學公式可得飛行器失去升力后上升階段v1＝a2t2
由運動學公式可得h2＝12a2t22
飛行器0～18 s內離地面的最大高度H＝h1＋h2
解得t2＝3 s，H＝216 m.
(3)飛行器到最高點后下落，設加速度大小為a3，由牛頓第二定律得：
mg－f＝ma3
解得a3＝8 m/s2
恢復升力前飛行器下落的時間為t3＝9 s－t2＝6 s，所以其速度v2＝a3t3.
解得v2＝48 m/s，
由于H>12a3t32＝144 m，恢復升力后F2＝mg－f，所以飛行器勻速下降，可知落回地面的速度大小為48 m/s.




(1)質點從豎直圓環上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到圓環的最低點所用時間相等，如圖3甲所示；
(2)質點從豎直圓環上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖乙所示 ；
(3)兩個豎直圓環相切且兩環的豎直直徑均過切點，質點沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖丙所示.

圖3
例3 　(多選)如圖4所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內三根固定的光滑細桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O′為圓心.每根桿上都套著一個小滑環(未畫出)，兩個滑環從O點無初速度釋放，一個滑環從d點無初速度釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環沿Oa、Ob、da到達a、b所用的時間.下列關系正確的是(　　)

圖4
A.t1＝t2 B.t2>t3
C.t1 答案　BCD
解析　設想還有一根光滑固定細桿ca，則ca、Oa、da三細桿交于圓的最低點a，三桿頂點均在圓周上，根據等時圓模型可知，由c、O、d無初速度釋放的小滑環到達a點的時間相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑動的小滑環相比較，滑行位移大小相同，初速度均為零，但加速度aca>aOb，由x＝12at2可知，t2>tca，故選項A錯誤，B、C、D均正確.

考點二　超重與失重問題
基礎回扣
1.超重
(1)定義：物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)大于物體所受重力的現象.
(2)產生條件：物體具有向上的加速度.
2.失重
(1)定義：物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)小于物體所受重力的現象.
(2)產生條件：物體具有向下的加速度.
3.完全失重
(1)定義：物體對支持物(或懸掛物)完全沒有作用力的現象稱為完全失重現象.
(2)產生條件：物體的加速度a＝g，方向豎直向下.
4.實重和視重
(1)實重：物體實際所受的重力，它與物體的運動狀態無關.
(2)視重：當物體在豎直方向上有加速度時，物體對彈簧測力計的拉力或對臺秤的壓力將不等于物體的重力.此時彈簧測力計的示數或臺秤的示數即為視重.
技巧點撥
1.判斷超重和失重的方法
(1)從受力的角度判斷
當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態；小于重力時，物體處于失重狀態；等于零時，物體處于完全失重狀態.
(2)從加速度的角度判斷
當物體具有向上的加速度時，物體處于超重狀態；具有向下的加速度時，物體處于失重狀態；向下的加速度等于重力加速度時，物體處于完全失重狀態.
2.對超重和失重現象的理解
(1)發生超重或失重現象時，物體所受的重力沒有變化，只是壓力(或拉力)變大或變小了(即“視重”變大或變小了).
(2)物體處于超重或失重狀態只與加速度方向有關，而與速度方向無關.
(3)物體超重或失重多少由物體的質量m和豎直加速度a共同決定，其大小等于ma.
(4)在完全失重的狀態下，一切由重力產生的物理現象都會完全消失，如天平失效、浸在水中的物體不再受浮力作用、液柱不再產生壓強等.

例4 　(2020·黑龍江哈爾濱市第一中學高三開學考試)“蹦極”是一項非常刺激的體育運動.某人身系彈性繩自高空P點自由下落，圖5中a點是彈性繩的原長位置，c是人所到達的最低點，b是人靜止地懸吊著時的平衡位置，空氣阻力不計，則人從P點落下到最低點c的過程中(　　)

圖5
A.人從a點開始做減速運動，一直處于失重狀態
B.在ab段繩的拉力小于人的重力，人處于超重狀態
C.在bc段繩的拉力大于人的重力，人處于超重狀態
D.在c點，人的速度為零，其加速度也為零
答案　C
解析　在Pa段繩還沒有被拉長，人做自由落體運動，所以處于完全失重狀態，在ab段繩的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，處于失重狀態；在bc段繩的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，處于超重狀態，故A、B錯誤，C正確；在c點，繩的形變量最大，繩的拉力最大，人受到的合力向上，有向上的加速度，處于超重狀態，故D錯誤.
例5 　(2020·山東青島市高三一模)如圖6是某同學站在壓力傳感器上做下蹲－起立的動作時傳感器記錄的壓力隨時間變化的圖線，縱坐標為壓力，橫坐標為時間.由圖線可知，該同學的體重約為650 N，除此以外，還可以得到以下信息(　　)

圖6
A.1 s時人處在下蹲的最低點
B.2 s時人處于下蹲靜止狀態
C.0～4 s內該同學做了2次下蹲－起立的動作
D.下蹲過程中人始終處于失重狀態
答案　B
解析　人在下蹲的過程中，先加速向下運動，此時加速度方向向下，故人處于失重狀態，最后人靜止，故后半段是人減速向下的過程，此時加速度方向向上，人處于超重狀態，故下蹲過程中人先失重后超重，選項D錯誤；在1 s時人向下的加速度最大，故此時人并沒有靜止，它不是下蹲的最低點，選項A錯誤；2 s時人已經歷了失重和超重兩個過程，故此時處于下蹲靜止狀態，選項B正確；該同學在前2 s時是下蹲過程，后2 s是起立的過程，所以共做了1次下蹲－起立的動作，選項C錯誤.

3.(超、失重的理解和判斷)(2020·山東卷·1)一質量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關系圖像如圖7所示.乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示.重力加速度大小為g.以下判斷正確的是(　　)

圖7
A.0～t1時間內，v增大，FN>mg
B.t1～t2 時間內，v減小，FN C.t2～t3 時間內，v增大，FN D.t2～t3時間內，v減小，FN>mg
答案　D
解析　根據s－t圖像的斜率表示速度可知，0～t1時間內v增大，t2～t3時間內v減小，t1～t2時間內v不變，故B、C錯誤；0～t1時間內速度越來越大，加速度向下，處于失重狀態，則FNmg，故D正確.
4.(超、失重的有關計算)一質量為m的人站在電梯中，電梯勻加速上升，加速度大小為13g(g為重力加速度).人對電梯底部的壓力大小為(　　)
A.13mg B.2mg
C.43mg D.mg
答案　C
解析　根據牛頓第二定律有FN－mg＝ma，解得電梯底部對人的支持力大小為FN＝43mg，由牛頓第三定律知，人對電梯底部的壓力大小為FN′＝43mg，選項C正確.
考點三　瞬時加速度問題
1.兩種模型
加速度與合外力具有瞬時對應關系，二者總是同時產生、同時變化、同時消失，當物體所受合外力發生突變時，加速度也隨著發生突變，而物體運動的速度不能發生突變.

2.解題思路
分析瞬時變化前物體的受力情況→分析瞬時變化后哪些力變化或消失→
求出變化后物體所受合力根據牛頓第二定律列方程→求瞬時加速度
例6 　(多選)(2020·福建廈門市外國語學校月考)兩小球A、B先后用彈簧和輕桿相連，放在光滑斜面上靜止，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行，如圖8甲、乙，A、B質量相等，重力加速度為g，斜面的傾角為θ.在突然撤去擋板的瞬間(　　)

圖8
A.兩圖中兩球加速度均為gsin θ
B.兩圖中A球的加速度均為零
C.圖甲中B球的加速度為2gsin θ
D.圖乙中B球的加速度為gsin θ
答案　CD
解析　撤去擋板前，對整體分析，擋板對B球的彈力大小為2mgsin θ，因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會突變，所以撤去擋板瞬間，題圖甲中A球所受合力為零，加速度為零，B球所受合力為2mgsin θ，加速度為2gsin θ；題圖乙中桿的彈力突變為零，A、B球所受合力均為mgsin θ，加速度均為gsin θ，故C、D正確，A、B錯誤.

5.(瞬時加速度問題)(2020·長春市榆樹高級中學高三月考)如圖9，吊籃用繩子懸掛在天花板上，吊籃A及物塊B、C的質量均為m，重力加速度為g，則將懸掛吊籃的輕繩剪斷的瞬間，下列說法正確的是(　　)

圖9
A.三者的加速度都為g
B.C的加速度為零，A和B的加速度為32g
C.B對A的壓力為2mg
D.B對A的壓力為mg
答案　B
解析　受力分析可知，物體C受重力和彈簧彈力，彈簧的彈力不能突變，在細繩剪斷瞬間，C受到的彈力與重力相等，所受合力為零，則C的加速度為0；物體B與A相對靜止，將A、B看作一個整體，受重力和彈簧的壓力，彈簧的壓力等于C物體的重力mg，對A、B組成的系統，由牛頓第二定律得a＝mg＋mg＋mg2m＝32g，故A錯誤，B正確；以吊籃A為研究對象，A受到重力與B對A的壓力，由牛頓第二定律得mg＋FN＝ma，代入數據得FN＝mg2，C、D錯誤.
課時精練

1.(多選)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖1所示，以豎直向上為a的正方向，則人對地板的壓力(　　)

圖1
A.t＝2 s時最大 B.t＝2 s時最小
C.t＝8.5 s時最大 D.t＝8.5 s時最小
答案　AD
解析　人乘電梯向上運動，規定向上為正方向，人受到重力和支持力兩個力的作用，則有F－mg＝ma，即F＝mg＋ma，根據牛頓第三定律知，人對地板的壓力大小等于地板對人的支持力大小，將對應時刻的加速度(包含正負號)代入上式，可得選項A、D正確，B、C錯誤.
2.(2017·海南卷·3)汽車緊急剎車后，停止運動的車輪在水平地面上滑動直至停止，在地面上留下的痕跡稱為剎車線.由剎車線的長短可知汽車剎車前的速度，已知汽車輪胎與地面之間的動摩擦因數為0.80，測得剎車線長25 m.汽車在剎車前的瞬間的速度大小為(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A.10 m/s B.20 m/s
C.30 m/s D.40 m/s
答案　B
解析　由牛頓第二定律得μmg＝ma，即a＝8 m/s2，
由v2－v02＝－2ax得v0＝2ax＝2×8×25 m/s＝20 m/s，故選項B正確.
3.(2020·浙江“山水聯盟”返校考)2019年11月，在溫州翔宇中學舉行的浙江省中學生田徑錦標賽中，某校高二學生王鑫宇以2米的成績獲得冠軍，如圖2所示.則下列說法正確的是(不計空氣阻力)(　　)

圖2
A.王鑫宇在上升階段重力變大了
B.王鑫宇在空中跨越過程處于失重狀態
C.王鑫宇起跳時地面對他的支持力大于他對地面的壓力
D.王鑫宇在助跑過程中，地面對他的支持力做正功
答案　B
解析　王鑫宇在上升階段只受重力，處于失重狀態，且重力大小不變，所以B正確，A錯誤；王鑫宇起跳時地面對他的支持力與他對地面的壓力是一對相互作用力，大小相等，方向相反，所以C錯誤；王鑫宇在助跑過程中，地面對他的支持力與運動方向垂直，不做功，所以D錯誤.

4.(多選)(2020·甘肅白銀市靖遠縣第二中學高三月考)如圖3，木箱內有一豎直放置的彈簧，彈簧上方有一物塊；木箱靜止時彈簧處于壓縮狀態且物塊與箱頂間有作用力.若在某一段時間內，物塊對箱頂剛好無壓力，則在此段時間內，木箱的運動狀態可能為(　　)

圖3
A.加速下降 B.加速上升
C.減速上升 D.減速下降
答案　BD
解析　木箱靜止時物塊對箱頂有壓力，則物塊受到箱頂向下的壓力，當物塊對箱頂剛好無壓力時，物塊受到的合力向上，所以系統應該有向上的加速度，超重，木箱可能是向上加速，也可能是向下減速，所以B、D正確.
5.(2018·浙江4月選考·8)如圖4所示，小芳在體重計上完成下蹲動作.下列F－t圖像能反映體重計示數隨時間變化的是(　　)

圖4


答案　C
解析　體重計的讀數為小芳所受的支持力大小，下蹲過程小芳的速度從0開始最后又回到0，因此小芳先加速運動后減速運動，加速度方向先向下后向上，即先失重后超重，所以支持力先小于重力，后大于重力，因此選C.

6.為了使雨滴能盡快地淌離房頂，要設計好房頂的高度，設雨滴沿房頂下淌時做無初速度無摩擦的運動，那么如圖所示的四種情況中符合要求的是(　　)

答案　C
解析　設屋檐的底角為θ，底邊長為2L(不變).雨滴做初速度為零的勻加速直線運動，根據牛頓第二定律得加速度a＝mgsin θm＝gsin θ，位移大小x＝12at2，而x＝Lcos θ，2sin θcos θ＝sin 2θ，聯立以上各式得t＝4Lgsin 2θ.當θ＝45°時，sin 2θ＝1為最大值，時間t最短，故選項C正確.
7.(2019·河北衡水中學第一次調研)如圖5所示，一根彈簧一端固定在左側豎直墻上，另一端連著A小球，同時水平細線一端連著A球，另一端固定在右側豎直墻上，彈簧與豎直方向的夾角是60°，A、B兩小球分別連在另一根豎直彈簧兩端.開始時A、B兩球都靜止不動，A、B兩小球的質量相等，重力加速度為g，若不計彈簧質量，在水平細線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度分別為(　　)

圖5
A.aA＝aB＝g B.aA＝2g，aB＝0
C.aA＝3g，aB＝0 D.aA＝23g，aB＝0
答案　D
解析　水平細線被剪斷前，對A、B進行受力分析如圖所示：

靜止時，FT＝Fsin 60°，Fcos 60°＝mAg＋F1，F1＝F1′＝mBg，又mA＝mB
解得FT＝23mAg
水平細線被剪斷瞬間，FT消失，其他各力不變，A所受合力與FT等大反向，所以aA＝FTmA＝23g，aB＝0，D正確.

8.如圖6所示，有一半圓，其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點，O點恰好是下半圓的圓心，它們處在同一豎直平面內.現有三條光滑軌道AOB、COD、EOF，它們的兩端分別位于上下兩圓的圓周上，軌道與豎直直徑的夾角關系為α>β>θ.現讓一小物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑至底端，則小物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經歷的時間關系為(　　)

圖6
A.tAB＝tCD＝tEF B.tAB>tCD>tEF
C.tAB 答案　B
解析　如圖所示，過D點作OD的垂線與豎直虛線交于G，以OG為直徑作圓，可以看出F點在輔助圓內，而B點在輔助圓外，由等時圓結論可知，tAB>tCD>tEF，B項正確.

9.(2020·浙江寧波市鄞州中學初考)如圖7所示，兩個完全相同的輕彈簧a、b，一端固定在水平面上，另一端均與質量為m的小球相連接，輕桿c一端固定在天花板上，另一端與小球拴接.彈簧a、b和輕桿互成120°角，且彈簧a、b的彈力大小均為mg，g為重力加速度，如果將輕桿突然撤去，則撤去瞬間小球的加速度大小可能為(　　)

圖7
A.a＝0.5g B.a＝g
C.a＝1.5g D.a＝2g
答案　D
解析　彈簧a、b的彈力大小均為mg，當彈簧的彈力為拉力時，其合力方向豎直向下、大小為mg，輕桿對小球的拉力大小為2mg，將輕桿突然撤去時，小球合力為2mg，此時加速度大小為2g；當彈簧的彈力為壓力時，其合力豎直向上、大小為mg，根據平衡條件，輕桿上的力為零，將輕桿突然撤去時，小球受到的合力為0，此時加速度大小為0，故D正確，A、B、C錯誤.
10.(多選)(2019·全國卷Ⅲ·20)如圖8(a)，物塊和木板疊放在實驗臺上，物塊用一不可伸長的細繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連，細繩水平.t＝0時，木板開始受到水平外力F的作用，在t＝4 s時撤去外力.細繩對物塊的拉力f隨時間t變化的關系如圖(b)所示，木板的速度v與時間t的關系如圖(c)所示.木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略.重力加速度取10 m/s2.由題給數據可以得出(　　)


圖8
A.木板的質量為1 kg
B.2～4 s內，力F的大小為0.4 N
C.0～2 s內，力F的大小保持不變
D.物塊與木板之間的動摩擦因數為0.2
答案　AB
解析　由題圖(c)可知木板在0～2 s內處于靜止狀態，再結合題圖(b)中細繩對物塊的拉力f在0～2 s內逐漸增大，可知物塊受到木板的摩擦力逐漸增大，故可以判斷木板受到的水平外力F也逐漸增大，選項C錯誤；由題圖(c)可知木板在2～4 s內做勻加速運動，其加速度大小為a1＝0.4－04－2 m/s2＝0.2 m/s2，對木板進行受力分析，由牛頓第二定律可得F－Ff＝ma1，在4～5 s內做勻減速運動，其加速度大小為a2＝0.4－0.25－4 m/s2＝0.2 m/s2，Ff＝ma2，另外由于物塊靜止不動，同時結合題圖(b)可知物塊與木板之間的滑動摩擦力Ff＝0.2 N，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，選項A、B正確；由于不知道物塊的質量，所以不能求出物塊與木板之間的動摩擦因數，選項D錯誤.
11.(2018·浙江4月選考·19)可愛的企鵝喜歡在冰面上玩游戲.如圖9所示，有一企鵝在傾角為37°的傾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2從冰面底部由靜止開始沿直線向上“奔跑”，t＝8 s時，突然臥倒以肚皮貼著冰面向前滑行，最后退滑到出發點，完成一次游戲(企鵝在滑動過程中姿勢保持不變).若企鵝肚皮與冰面間的動摩擦因數μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求：

圖9
(1)企鵝向上“奔跑”的位移大小；
(2)企鵝在冰面滑動的加速度大小；
(3)企鵝退滑到出發點時的速度大小.(計算結果可用根式表示)
答案　(1)16 m　(2)8 m/s2　4 m/s2　(3)234 m/s
解析　(1)在企鵝向上“奔跑”過程中：x＝12at2，解得x＝16 m.
(2)在企鵝臥倒以后將進行兩個過程的運動，第一個過程是從臥倒到最高點，第二個過程是從最高點滑到出發點，兩次過程根據牛頓第二定律分別有：
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2
解得：a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2.
(3)企鵝從臥倒到滑到最高點的過程中，做勻減速直線運動，設時間為t′，位移大小為x′，則有
t′＝ata1，x′＝12a1t′2，
解得：x′＝1 m.
企鵝從最高點滑到出發點的過程中，設末速度為vt，初速度為0，則有：
vt2－02＝2a2(x＋x′)
解得：vt＝234 m/s.
12.(2021·遼寧大連市四十八中模擬)如圖10所示，光滑斜面AB與一粗糙水平面BC連接，斜面傾角θ＝30°，質量m＝2 kg的物體置于水平面上的D點，DB間的距離d＝7 m，物體與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2，將一水平向左的恒力F＝8 N作用在該物體上，t＝2 s后撤去該力，不考慮物體經過B點時的速度損失.求撤去拉力F后，經過多長時間物體經過B點？(g取10 m/s2)

圖10
答案　1 s和1.8 s
解析　撤去F前，由牛頓第二定律得F－μmg＝ma1，
解得a1＝2 m/s2，
由勻變速直線運動規律得x1＝12a1t2＝4 m，
v1＝a1t＝4 m/s，
撤去F后，
由牛頓第二定律得μmg＝ma2，
解得a2＝μg＝2 m/s2，
d－x1＝v1t1－12a2t12，
解得第一次到達B點的時間t1＝1 s，t1＝3 s(舍去)，
第一次到達B點的速度v2＝v1－a2t1＝2 m/s，
之后物體滑上斜面，由牛頓第二定律得mgsin θ＝ma3，
解得a3＝gsin θ＝5 m/s2，
物體再經t2＝2v2a3＝0.8 s第二次到達B點，
故撤去拉力F后，經過1 s和1.8 s時物體經過B點.

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