第5章 拓展课5 牛顿运动定律的综合应用（课件PPT）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中物理必修第一册（鲁科版2019）

第五章 牛顿运动定律 拓展课五　牛顿运动定律的综合应用 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 栏目索引 课堂 互动探究 课堂 达标训练 课堂 互动探究 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 课堂 达标训练 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 返回导航 高中物理　必修 第一册（L） 第五章 牛顿运动定律 谢谢观看！ 核心素养 物理观念 科学思维 科学态度与责任 1.知道动力学中涉及的图像问题的处理方法，临界和极值问题及多过程问题的求解． 1.会分析动力学中的图像问题，会结合图像解答动力学问题． 2．掌握动力学临界问题的分析方法，会分析几种典型临界问题的临界条件． 通过牛顿运动定律的应用， 体会物理知识的实际应用价值． 核心素养 物理观念 科学思维 科学态度与责任 2．能应用牛顿运动定律解决生活、 生产中的问题． 3．能结合实际情境并利用牛顿运动定律分析和解决多过程问题． 探究点一　动力学中的图像问题　(科学思维之提升) ►要点归纳 1．常见的图像形式 在动力学与运动学问题中，常见、常用的图像是位移图像(x­t图像)、速度图像(v­t图像)和力的图像(F­t图像)等，这些图像反映的是物体的运动规律、受力规律，而绝非代表物体的运动轨迹． v­t图像 (属于已知运动求受力) (1)根据图像确定物体各段的加速度大小和方向 (2)弄清每段与物体运动的对应关系 (3)对各段进行受力分析 (4)用牛顿第二定律求解 F­t图像 (属于已知受力求运动) (1)根据图像结合物体运动情况明确物体在各时间段的受力情况 (2)利用牛顿第二定律求出加速度 (3)利用运动学公式求其他运动量 a­F图像 图像的力F是物体受到的某一个力的变化对物体加速度的影响， (1)对物体进行全面受力分析 (2)根据牛顿第二定律求其他未知力 2.图像问题的分析方法 (1)把图像与具体的题意、情景结合起来，明确图像的物理意义，明确图像所反映的物理过程． (2)特别注意图像中的一些特殊点，如图线与横、纵坐标轴的交点，图线的转折点，两图线的交点等所表示的物理意义．注意图线的斜率、图线与坐标轴所围图形面积的物理意义． ►对点例练 (2021·浙江高一期中)如图所示，足够长的水平传送带以v0＝2 m/s的速率顺时针匀速运行，t＝0时，在最左端轻放一个小滑块，t＝2 s时，传送带突然制动停下，已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，取g＝10 m/s2，下列关于滑块相对地面运动的v­t图像正确的是(　　) A．　 B． C．　 D． D　解析：刚被放在传送带上时，滑块受到滑动摩擦力作用做匀加速运动a＝ eq \f(μmg,m) ＝μg＝2 m/s2 滑块运动到与传送带速度相同需要的时间t1＝ eq \f(v,a) ＝1 s 然后随传送带一起匀速运动的时间t2＝t－t1＝1 s 当传送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止a′＝－a＝－2 m/s2 运动的时间t3＝ eq \f(Δv,a′) ＝ eq \f(0－2,－2) s＝1 s 故选D． [训练1] (多选)(2021·广西南宁三中高一月考)如图甲所示，质量mA＝1 kg，mB＝2 kg的A、B两物块叠放在一起静止于粗糙水平地面上．t＝0时刻一水平恒力F作用在物体B上，t＝1 s时刻撤去F，B物块运动的速度—时间图像如图乙所示，若整个过程中A、B始终保持相对静止，则(　　) A．物体B与地面间的动摩擦因数为0.2 B．0～1 s内物块B受到的摩擦力为6 N C．1 s～3 s内物块A不受摩擦力作用 D．水平恒力的大小为18 N AD　解析：A．撤去F后由牛顿第二定律及图乙可知，1 s～3 s内整体的加速度为－ eq \f(μ（mA＋mB）g,mA＋mB) ＝ eq \f(Δv,Δt) ＝－2 m/s2 解得μ＝0.2 故A正确； B、D．撤去F前由牛顿第二定律及图乙可知，1 s～3 s内整体的加速度为a＝ eq \f(F－μ（mA＋mB）g,mA＋mB) ＝ eq \f(Δv,Δt) ＝4 m/s2 解得F＝18 N 物块B受到的摩擦力f＝μ(mA＋mB)g＋mAa＝10 N 故B错误、D正确； C．1 s～3 s内物块A做减速运动，受到了物块B对其水平向左的摩擦力，故C错误．故选A、D． 探究点二　临界和极值问题的求解　(科学思维之提升) ►要点归纳 1．临界和极值问题 某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态，叫临界状态．有关临界状态的问题是我们中学阶段常常遇到的问题．在动力学问题中出现的“最大”“最小”“刚好”“恰能”等词语，一般都暗示了临界状态的出现，隐含了相应的临界条件．这类问题称为临界、极值问题．解决此类问题的关键是正确对物体的运动情况进行描述，对临界状态进行判断与分析，找出处于临界状态时存在的独特的物理关系，即临界条件． 2．常见临界条件 接触与脱离的临界条件 两物体相接触或脱离的临界条件是弹力FN＝0 相对静止或相对滑动的临界条件 两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对静止或相对滑动的临界条件为静摩擦力达到最大值或为零 绳子断裂与松弛的临界条件 绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是FT＝0 加速度最大与速度最大的临界条件 当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度．当出现加速度为零时，物体处于临界状态，所对应的速度便会出现最大值或最小值 3.临界极值问题是动力学的常见问题，常用的解决方法有：(1)极限法：在题目中如出现“最大”“最小”“刚好”等词语时，一般隐含着临界问题，处理这类问题时，可把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)显现出来，达到快速求解的目的． (2)假设法：有些物理过程中没有明显出现临界状态的线索，但在变化过程中有可能出现临界状态，也可能不出现临界状态，解答这类问题，一般用假设法． (3)数学方法：将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式求解得出临界条件． ►对点例练 如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球(重力加速度为g). (1)当滑块至少以多大的加速度向右运动时，线对小球的拉力刚好等于零？ (2)当滑块至少以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零？ (3)当滑块以2g的加速度向左运动时，线上的拉力为多大？ 解析：(1)当FT＝0时，小球受重力mg和斜面支持力FN作用，如图甲所示．由牛顿第二定律得 FNcos 45°＝mg，FNsin 45°＝ma，解得a＝g.故当向右运动的加速度至少为g时线上的拉力为0. (2)假设滑块具有向左的加速度a1时，小球受重力mg、线的拉力FT1和斜面的支持力FN1作用，如图乙所示．由牛顿第二定律得 水平方向：FT1cos 45°－FN1sin 45°＝ma1， 竖直方向：FT1sin 45°＋FN1cos 45°－mg＝0. 由上述两式解得FN1＝ eq \f(\r(2)m （g－a1）,2) ， FT1＝ eq \f(\r(2)m （g＋a1）,2) . 由此可以看出，当加速度a1增大时，球所受的支持力FN1减小，线的拉力FT1增大． 当a1＝g时，FN1＝0，此时小球虽与斜面接触但无压力，处于临界状态，这时绳的拉力为FT1＝ eq \r(2) mg.所以滑块至少以a1＝g的加速度向左运动时小球对滑块的压力等于零． (3)当滑块加速度大于g时，小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和球的重力的作用，如图丙所示，此时对小球由牛顿第二定律得FT′cos α＝ma′，FT′sin α＝mg，解得FT′＝m eq \r(a′2＋g2) ＝ eq \r(5) mg. 丙 答案：(1)g　(2)g　(3) eq \r(5) mg [训练2] (2021·云南省文山壮族苗族自治州第一中学高一月考)如图所示，轻绳长L＝1 m，能承受的最大拉力为10 N. 静止在水平面上的A、B两个物体通过该轻绳相连，A的质量m1＝2 kg, B的质量m2＝8 kg.A、B与水平面间的动摩擦因数都为μ＝0.2.现用一逐渐增大的水平力F作用在B 上，使A、B向右运动，当F增大到某一值时，轻绳刚好被拉断，取g＝10 m/s2求： (1)绳刚被拉断时F的大小； (2)若绳刚被拉断时，A的速度为2 m/s，当A的速度恰好减为0时， A运动的位移大小． 解析：(1)取整体为研究对象，由牛顿第二定律可得 F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1 取A为研究对象，由牛顿第二定律可得 FT－μm1g＝m1a1 以上两式联立代入数值可得F＝50 N (2)绳被拉断后A做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可得μm1g＝m1a2 代入数值可得a2＝2 m/s2 A的速度恰好减为0时的时间为t＝ eq \f(v,a2) ＝ eq \f(2,2) s＝1 s 该段时间内对地位移x＝ eq \f(0＋v,2) t＝ eq \f(0＋2,2) ×1 m＝1 m 答案：(1)50 N; (2)1 m 探究点三　利用牛顿运动定律解决多过程问题　 (科学思维之提升) ►要点归纳 1．单个物体多过程运动：一个研究对象按时间先后顺序参与了多个物理过程，各个过程通过速度连续作为衔接点． 2．解决多过程问题的一般步骤 (1)将题目涉及的物理问题合理地分解为几个彼此相对独立、又相互联系的过程． (2)对各个物理过程进行受力分析及运动状态分析． (3)根据各个过程遵从的物理规律逐个建立方程． (4)通过各过程把相关联的物理量联系起来 ►对点例练 (2021·浙江高一月考)2022年亚运会将在杭州举办，如图为某接送运动员的公交车正以36 km/h的速度匀速行驶在一条笔直的公路上，临时接到通知需要在下一站临时停车，接上几名外国运动员．公交车将要到达下一站开始以5 m/s2的加速度刹车，停车下1 min供游客上车，随后以1 m/s2的加速度启动，再次达到36 km/h的速度匀速行驶．重力加速度g取10 m/s2，求： (1)公交车刹车过程中的平均速度； (2)公交车因临时停车而耽误的时间； (3)若公交车上有一名质量为80 kg的运动员，则刹车减速阶段中该运动员对公交车的作用力大小． 解析：(1)根据匀变速直线运动规律的推论可知，公交车刹车过程中的平均速度为 eq \o(v,\s\up6(－)) ＝ eq \f(0＋v,2) ＝18 km/h(或5 m/s) (2)根据运动学规律可得，公交车刹车过程中行驶的距离为x1＝ eq \f(v2,2a1) ＝10 m 所用时间为t1＝ eq \f(v,a1) ＝2 s 公交车启动过程中行驶的距离为x2＝ eq \f(v2,2a2) ＝50 m 所用时间为t2＝ eq \f(v,a2) ＝10 s 公交车以速度v＝36 km/h行驶x1＋x2距离所用时间为 t＝ eq \f(x1＋x2,v) ＝6 s 公交车因临时停车而耽误的时间为Δt＝60 s＋t1＋t2－t＝66 s (3)设刹车减速阶段公交车对运动员的作用力的水平分力大小为F1，根据牛顿第二定律有F1＝ma1＝400 N 根据平衡条件可知，公交车对运动的作用力的竖直分力大小为F2＝mg＝800 N 公交车对运动员的作用力大小为 F＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) eq \r(F＋F eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ) ＝400 eq \r(5) N 根据牛顿第三定律可知，运动员对公交车的作用力大小为 F′＝F＝400 eq \r(5) N 答案：(1)18 km/h(或5 m/s)；(2)66 s；(3)400 eq \r(5) N [训练3] (2021·浙江杭州高一期末)我国将于2022年举办冬季奥运会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，滑雪运动中当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地之间形成一个暂时的“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，与雪地接触时间超过某值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大．如图是一滑雪者从倾角θ＝37°的坡顶A处由静止开始自由下滑至坡底B处后再滑上一段水平雪地，假设滑雪者从坡顶A下滑到C点时滑雪者的速度达到4 m/s，此后滑雪板与雪地间的动擦 因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125.不计空气阻力，坡长AB＝26 m．(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： (1)滑雪者从坡顶A开始下滑时的加速度大小； (2)滑雪者在摩擦因数改变前沿斜面下滑的距离AC的长度； (3)滑雪者到达B处的速度大小． 解析：(1)滑雪者在AC段，由牛顿第二定律可得 mgsin 37°－μ1mgcos 37°＝ma1 代入数据解得a1＝4 m/s2 (2)由位移公式可得v C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1()) ＝2a1x1 代入数据解得x1＝2 m (3)滑雪者在CB段，由牛顿第二定律可得 mgsin 37°－μ2mgcos 37°＝ma2 解得a2＝5 m/s2 由运动学公式可得v B eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1()) －v C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1()) ＝2a2(x－x1) 解得vB＝16 m/s 答案：(1)4 m/s2；(2)2 m；(3)16 m/s 探究点四　解决实际问题　(科学态度与责任) [训练4] (生活情境)(2021·安徽高一月考)海豚是除了人类之外最聪明的动物了，它能够和人类完美配合，完成各种精彩的表演．如图所示，一海豚表演时跳起的高度为H＝2 h，若海豚身体水平，落入水中的深度为h1＝h；若海豚身竖直，落入水中的深度为h2＝1.5 h．假定海豚的运动始终在竖直方向上，在水中保持姿态不变，受到水的作用力也不变，空气中的阻力不计，海豚身体的尺寸远小于海豚入水深度，重力加速度为g，海豚两次在水中运动的时间之比为t1∶t2，两次受到水的作用力之比为F1∶F2，则(　　) A． eq \f(t1,t2) ＝ eq \f(2,3) 　　 eq \f(F1,F2) ＝ eq \f(7,3) B． eq \f(t1,t2) ＝ eq \f(2,3) 　　 eq \f(F1,F2) ＝ eq \f(9,7) C． eq \f(t1,t2) ＝ eq \f(\r(5),3) 　　 eq \f(F1,F2) ＝ eq \f(7,3) D． eq \f(t1,t2) ＝ eq \f(\r(5),3) 　　 eq \f(F1,F2) ＝ eq \f(9,7) B　解析：在匀变速直线运动中，根据v2＝2gH 得海豚入水时的速度v＝2 eq \r(gh) 依题意，有h1＝ eq \f(v,2) t1，h2＝ eq \f(v,2) t2 得海豚两次在水中运动时间之比 eq \f(t1,t2) ＝ eq \f(2,3) 海豚在水中做匀减速运动，有v2＝2a1h1 根据牛顿第二定律，有F1－mg＝ma1 解得F1＝3mg 同理，得F2＝ eq \f(7,3) mg 所以海豚两次受到水的作用力之比为 eq \f(F1,F2) ＝ eq \f(9,7) 故选B． [训练5] (生活情境)(多选)(2021·益阳市第一中学高一月考)蹦极，也叫机索跳，白话叫笨猪跳，是近些年来新兴的一项非常刺激的户外休闲活动．跳跃者站在约40米以上(相当于10层楼)高度的桥梁、塔顶、高楼、吊车甚至热气球上，把一端固定的一根长长的橡皮条绑在踝关节处然后两臂伸开，双腿并拢，头朝下跳下去．绑在跳跃者踝部的橡皮条很长，足以使跳跃者在空中享受几秒钟的“自由落体”．当人体落到离地面一定距离时，橡皮绳被拉开、绷紧、阻止人体继续下落，当到达最低点时橡皮绳再次弹起，人被拉起，随后，又落下，这 样反复多次直到静止为止，这就是蹦极的全过程．取起跳点为坐标原点O，以竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力，人可视为质点．从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用v、a、t分别表示人的速度、加速度和下落时间．下列描述v与t、a与y的关系图像可能正确的是(　　) A． B． C． D． AD　解析：C、D．在橡皮绳未拉直之前，人做自由落体运动，加速度为g，速度增大，人继续下落，拉长橡皮绳，在重力与橡皮绳的弹力平衡前，加速度是减小的，方向向下，速度仍然在增大，加速度减小，v­t图像中的斜率应该逐渐减小，并且根据牛顿第二定律mg－ky＝ma 得a＝ eq \f(mg－ky,m) ＝g－ eq \f(ky,m) a与y为一次函数关系，C错误，D正确； A、B．当重力等于橡皮绳弹力时，加速度为零，速度达到最大值，随后橡皮绳继续被拉长，橡皮绳的弹力超过重力，加速度增大，图像中体现为斜率的绝对值逐渐变大，故A正确，B错误．故选A、D． 等级提升练 1.如图所示，物块以初速度v0从底端沿足够长的光滑斜面向上滑行，不考虑空气阻力，则该物块在斜面上运动全过程的v­t图像是(　　) A　解析：物块在运动过程中，只受到重力和支持力作用，合力不变，加速度不变，物体先做匀减速直线运动，速度减为零后反向做匀加速直线运动，加速度不变，故A正确． 2．(多选)(2021·湖南益阳安化一中高一期中)如图所示，A物体的质量为4 kg，叠放在置于水平面上的质量为6 kg的B物体上，现用一外力F作用于B物体，使两物体保持相对静止，一起沿水平方向做匀加速直线运动．若A与B间、B与地面间的动摩擦因数均为0.2，则力F的大小可以是(　　) A．15 N　　　　　　 B．25 N C．35 N D．45 N BC　解析：当A、B整体恰好开始运动时，满足F1＝μ(mA＋mB)g＝20 N 当A、B间达到最大静摩擦力，恰好要发生相对滑动时，对A及整体由牛顿第二定律可得μmAg＝mAa F2－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a 联立解得F2＝40 N 故A、B能一起沿水平方向做匀加速直线运动，F的取值范围为20 N～40 N B、C正确．故选B、C． 3．滑块A的质量为2 kg，斜面体B的质量为10 kg，斜面倾角θ＝30°，已知A、B间和B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.27，将滑块A放在斜面B上端的同时，给B施加一水平力F，为使A沿竖直方向落地，拉力F的大小至少为(g取10 m/s2)(　　) A．(100 eq \r(3) ＋27) N B．100 N C．100 eq \r(3) N D．200 eq \r(2) N A　解析：解答本题的疑难在于A沿竖直方向运动时B做什么运动，突破点是要使A竖直下落，则A做自由落体运动且一直在斜面的正上方，则由几何关系可知A下落的高度和B前进的距离之间的关系，再由牛顿第二定律可求解．假设A下落的高度为h，则此时斜面体应至少向右滑动的距离为x＝ eq \f(h,tan θ) ，对A有h＝ eq \f(1,2) gt2；对斜面体有x＝ eq \f(1,2) at2；F－μmBg＝mBa，联立解得F＝(100 eq \r(3) ＋27) N，故选项A正确． 4．(2021·浙江高一月考)如图所示的大楼内有2部电梯为观景台使用，其上行最高速率可达16 m/s，从1楼到89楼的室内观景台，只需39 s，在观景台上可以俯瞰周边全景．若电梯从地面到观景台经历匀加速、匀速和匀减速三个过程，小明对这个运动过程很感兴趣，于是他在电梯里进行了实验，发现在电梯加速上升时，质量为60 kg的他站在台秤上，台秤的示数是66 kg，已知重力加速度取10 m/s2. (1)求电梯在加速上升阶段的加速度大小和加速时间； (2)若加速和减速阶段的加速度大小相等，则求在电梯减速上升阶段小明对电梯的压力； (3)若加速和减速阶段的加速度大小相等，则求观景台的高度． 解析：(1)根据牛顿第二定律，电梯在加速上升阶段的加速度大小a＝ eq \f(FN－mg,m) ＝ eq \f(（66－60）×10,60) m/s2＝1 m/s2 加速时间t1＝ eq \f(v,a) ＝ eq \f(16,1) s＝16 s (2)设电梯在减速上升阶段电梯对小明的支持力为FN，根据牛顿第二定律有mg－FN＝ma FN′＝m(g－a)＝60×9 N＝540 N 根据牛顿第三定律可得，小明对电梯的压力大小为540 N，方向竖直向下 (3)若加速和减速阶段的加速度大小相等，则电梯在减速上升阶段所用时间t3＝t1＝16 s 匀速阶段所用时间t2＝t总－(t1＋t3)＝7 s 加速和减速阶段上升的高度x1＝x3＝ eq \f(1,2) at1 eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1()) ＝128 m 匀速上升的高度x2＝vt2＝112 m 则观景台的高度H＝x1＋x2＋x3＝368 m 答案：(1)1 m/s2；16 s；(2)540 N，方向竖直向下；(3)368 m $$