第3章 素养提升课二 牛顿第二定律的综合应用(一)（教师word）-【金版新学案】2025年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（新高考版）

素养提升课二　牛顿第二定律的综合应用(一) 提升点一　 动力学中的图像问题 常见图像 v -t图像、a -t图像、F -t图像、F -a图像等。 问题类型 (1)已知物体受力图像或者运动图像，分析物体的运动情况或者受力情况。 (2)已知物体的运动情况或者受力情况，确定物体的有关图像。 考向1　已知图像确定物体的运动或者受力情况 (多选)(2021·全国乙卷)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左边上有一质量为m2的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则(　　) A．F1＝μ1m1g B．F2＝(μ2－μ1)g C．μ2＞μ1 D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等 答案：BCD 解析：由题图(c)可知，t1时刻物块、木板一起刚要在水平地面滑动，物块与木板相对静止，此时以整体为研究对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A错误；由题图(c)可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象， 根据牛顿第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a＞0，解得F2＝(μ2－μ1)g，由F2＞F1知μ2＞μ1，故B、C正确；由题图(c)可知，0～t2时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。 对点练．(多选)如图(a)所示，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平，t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力FT随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出(　　) A．木板的质量为1 kg B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N C．0～2 s内，力F的大小保持不变 D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2 答案：AB 解析：由题图(c)可知，木板在0～2 s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力FT在0～2 s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，选项C错误；由题图(c)可知，木板在2～4 s内做匀加速运动，其加速度大小为a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，在4～5 s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，Ff＝ma2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff＝0.2 N，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，选项A、B正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误。 考向2　已知物体的运动或者受力情况判断有关图像 英国物理学家和数学家斯托克斯研究球体在液体中下落时，发现了液体对球的粘滞阻力与球的半径、速度及液体的种类有关，有F＝6πηrv，其中物理量η为液体的粘滞系数，它与液体的种类及温度有关，如图所示，将一颗小钢珠由静止释放到盛有蓖麻油的足够深的量筒中，下列描绘钢珠在下沉过程中加速度大小与时间关系图像可能正确的是(　　) 答案：D 解析：根据牛顿第二定律得，小钢珠的加速度a＝＝，在下降的过程中，速度v增大，阻力F增大，则加速度a减小，速度v增大得越来越慢，则加速度a减小得越来越慢，当重力和阻力相等时，做匀速运动，加速度为零，故选项D正确。 学生用书第53页 规律总结 解答图像问题的策略 1．分清图像的类别：分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。　　 2．注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。 3．明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题做出准确判断。　　 对点练．(2024·山东德州模拟)如图所示，在光滑的斜面上，轻弹簧的下端固定在挡板上，上端放有物块Q，系统处于静止状态。现用一沿斜面向上的力F作用在Q上，使其沿斜面向上做匀加速直线运动，以x表示Q离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是(　　) 答案：A 解析：设斜面倾角为θ，开始时mgsin θ＝kx0；当用一沿斜面向上的力F作用在Q上时，且Q的位移为x，根据牛顿第二定律可得F＋k(x0－x)－mgsin θ＝ma，解得F＝kx＋ma，故选项A正确。 提升点二　动力学中的连接体问题 整体法与隔离法的灵活运用 1．整体法的选取原则：对于加速度相同的连接体，只涉及连接体整体的受力和运动情况而不涉及连接体内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。 2．隔离法的选取原则：对于加速度相同的连接体，当涉及连接体内某个物体的受力和运动情况时，或者对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法。 考向1　加速度相同的连接体 如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两木块的材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．若水平面是光滑的，则m2越大绳的拉力越大 B．若木块和地面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力为＋μm1g C．绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关 D．绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关 答案：C 解析：设木块和地面间的动摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得a＝，以木块1为研究对象，根据牛顿第二定律FT－μm1g＝m1a，解得a＝，系统加速度与木块1加速度相同，解得FT＝F，可见绳的拉力大小与动摩擦因数μ无关，与两木块质量大小有关，即无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为FT＝F，且m2越大绳的拉力越小，故选C。 【拓展变式】(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为θ的固定斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面向上匀加速运动，为了增大A、B间的压力，可行的办法是(　　) A．增大推力F B．减小倾角θ C．减小B的质量 D．减小A的质量 答案：AD 解析：设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，对A、B整体受力分析，有F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a，对B受力分析，有FAB－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa，由以上两式可得FAB＝F＝，为了增大A、B间的压力，即增大FAB，应增大推力F、减小A的质量或增大B的质量，故A、D正确，B、C错误。 规律总结 “串接式”连接体中力的“分配”特点 两物块在力F作用下一起运动，系统的加速度与每个物块的加速度相同： 1．如图甲所示：(1)地面光滑；(2)m1、m2与地面间的动摩擦因数相同。 2．如图乙所示：(1)斜面光滑；(2)m1、m2与斜面间的动摩擦因数相同。 3．如图丙所示：空气阻力不计。 以上几种及类似情形中，F一定时，两物块间的弹力大小只与物块的质量有关，且F弹＝F。　　 学生用书第54页 对点练．(多选)(2024·河北保定模拟)如图所示，一质量M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度g取10 m/s2，下列判断正确的是(　　) A．系统做匀速直线运动 B．F＝40 N C．斜面体对楔形物体的作用力大小为5 N D．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动 答案：BD 解析：对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a；对楔形物体受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律有mgtan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力FN2＝＝mg＝10 N，C错误；外力F增大，则斜面体加速度增大，由于斜面体与楔形物体间无摩擦力，则楔形物体将会相对斜面体沿斜面上滑，D正确。 考向2　加速度不同的连接体 (多选)质量分别为M和m的物块A和B形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，A恰好能静止在斜面上，不考虑A、B与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放A，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是(　　) A．轻绳的拉力等于mg B．轻绳的拉力等于Mg C．A运动的加速度大小为(1－sin α)g D．A运动的加速度大小为 g 答案：ACD 解析：第一次放置时A静止，则由平衡条件可得Mgsin α＝mg。第二次放置时，对A，有Mg－FT＝Ma；对B，有FT－mgsin α＝ma，联立解得a＝(1－sin α)g＝ g，FT＝mg，故A、C、D正确，B错误。 提升点三　动力学中的临界和极值问题 1．常见临界问题的条件 (1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0。 (2)相对静止与滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂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。 (4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零。 2．求解临界、极值问题的三种方法 极限法 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的。 假设法 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件时，往往用假设法解决问题。 数学法 将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件。 考向1　接触与脱离的临界问题 如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离。下列说法正确的是(　　) A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长 B．B和A刚分离时，它们的加速度为g C．弹簧的劲度系数等于 D．在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动 答案：C 解析：A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹簧弹力是变力，故A、B做变加速直线运动。当两物体要分离时，FAB＝0，对B：F－mg＝ma，对A：kx－mg＝ma，即F＝kx时，A、B分离，a＝0，此时弹簧仍处于压缩状态。设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，则2mg＝kx0，h＝x0－x，且F＝mg，联立以上各式解得k＝，综上所述，只有C正确。 学生用书第55页 考向2　相对静止与滑动的临界问题 (多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则(　　) A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F＝μmg时，A的加速度为μg C．当F＞3μmg时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg 答案：BCD 解析：当A、B刚要发生相对滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大静摩擦力，即Ff＝2μmg。对物块B，根据牛顿第二定律得2μmg－μ×3mg＝maBm，解得aBm＝μg，D正确。对整体，根据牛顿第二定律有F－μ×3mg＝3ma，解得F＝3μmg。可知当F＞3μmg时，A、B发生相对滑动，C正确；对整体分析，由于整体受到地面的最大静摩擦力Ffm＝μ×3mg＝μmg，当F≤μmg时，A、B相对地面静止，A错误；当μmg＜F＝μmg＜3μmg时，A、B保持相对静止，对整体分析，F－μ×3mg＝3ma，解得A的加速度为μg，B正确。 考向3　绳子断裂与松弛的临界问题 (2024·河南郑州模拟)如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、2m和3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT。现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则(　　) A．此过程中物体C受五个力作用 B．当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断 C．当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳刚好被拉断 D．若水平面光滑，则绳刚要断时，A、C间的摩擦力为 答案：C 解析：对A受力分析，A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，由此可以知道C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用，故A错误；对整体分析，整体的加速度a＝＝－μg，对A、C整体分析，根据牛顿第二定律得FT－μ·4mg＝4ma，计算得出FT＝F，当F＝1.5FT时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确；若水平面光滑，绳刚要断时，对A、C整体分析，加速度a＝，对A分析，A受到的摩擦力Ff＝ma＝，故D错误。 课时测评13　牛顿第二定律的综合应用(一) (时间：45分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1～8题，每题5分，共40分) 1．(多选)如图甲所示，一个质量为2 kg的物体在水平力F作用下由静止开始沿粗糙水平面做直线运动，t＝1 s时撤去外力。物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示。则下列说法正确的是(　　) A．F的大小为8 N B．0～1 s和1～3 s内物体加速度的方向相反 C．t＝3 s时，物体离出发位置最远 D．3 s末物体的速度为0 答案：BCD 解析：由题图乙可知，t＝1 s时撤去外力，物体在摩擦力作用下，加速度大小为2 m/s2，由牛顿第二定律可得摩擦力大小为Ff＝ma2＝2×2 N＝4 N，在0～1 s时间内，物体的加速度为4 m/s2，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，则F＝Ff＋ma1＝4 N＋2×4 N＝12 N，A错误；由题图乙可知，0～1 s内加速度为正方向，1～3 s内物体加速度为负方向，所以0～1 s和1～3 s内物体加速度的方向相反，B正确；t＝1 s时，物体的速度v＝a1t1＝4×1 m/s＝4 m/s，物体做减速运动的时间t2＝＝ s＝2 s，即物体在t＝3 s时速度为0，物体离出发位置最远，C、D正确。故选BCD。 2．(多选)如图甲所示，一质量为m＝1 kg的小物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块在按如图乙所示规律变化的水平力F作用下向右运动，第3 s末物块运动到B点时速度刚好为零，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．前3 s内，物块的加速度逐渐减小 B．前3 s内，物块的速度先增大后减小 C．A、B间的距离为4 m D．前3 s内物块的平均速度为2 m/s 答案：BC 解析：物块所受摩擦力为Ff＝μFN＝μmg＝2 N，由题图乙可知，前3 s内，水平力F逐渐减小，当F＞Ff时，物块做加速度逐渐减小的变加速运动，当F＝Ff时，物块的速度达到最大，之后F＜Ff，加速度反向，物块开始做加速度增大的减速运动，选项A错误，B正确；在3～5 s时间内物块在水平恒力F与摩擦力作用下由B点做匀加速直线运动到A点，设加速度为a，A、B间的距离为x，则根据牛顿第二定律有F－Ff＝ma，解得a＝＝ m/s2＝2 m/s2，则A、B间的距离为x＝at2＝×2×22 m＝4 m，选项C正确；前3 s内物块的平均速度为＝＝ m/s，选项D错误。 3．(2024·山东11月大联考)如图所示，足够长的倾角为θ＝37°的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为m1＝1 kg的物块A连接，另一端与质量为m2＝3 kg的物块B连接，轻绳与斜面保持平行。开始时，用手按住A，使B悬于空中，释放后，在B落地之前，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　) A．轻绳的拉力大小为30 N B．轻绳的拉力大小为6 N C．物块B的加速度大小为6 m/s2 D．如果将物块B换成一个竖直向下且大小为30 N的力，对物块A的运动没有影响 答案：C 解析：对B分析，由牛顿第二定律得m2g－FT＝m2a，对A、B整体分析，由牛顿第二定律得m2g－m1gsin θ＝(m1＋m2)a，联立解得a＝6 m/s2，FT＝12 N，故A、B错误，C正确；如果将物块B换成一个竖直向下且大小为30 N的力，对A分析，由牛顿第二定律得F－m1gsin θ＝m1a′，解得a′＝24 m/s2，前后加速度不一样，对物块A的运动有影响，故D错误。 4．(多选)如图所示，质量mB＝2 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量mA＝1 kg的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a＝2 m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600 N/m，g＝10 m/s2。以下结论正确的是(　　) A．变力F的最小值为2 N B．变力F的最小值为6 N C．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2 m/s D．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 m/s 答案：BC 解析：A、B整体受力产生加速度，则有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，可得F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，当FNAB最大时，F最小，即刚开始施力时，FNAB最大且等于A和B的重力之和，则Fmin＝(mA＋mB)a＝6 N，B正确，A错误；刚开始时，弹簧的压缩量为x1＝＝0.05 m，A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知kx2－mBg＝mBa，解得x2＝0.04 m，物块A在这一过程的位移为Δx＝x1－x2＝0.01 m，由运动学公式可知v2＝2aΔx，代入数据解得v＝0.2 m/s，C正确，D错误。 5．(多选)如图所示，2 023个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧(在弹性限度内)相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F1—2，2和3间弹簧的弹力为F2—3，…2 022和2 023间弹簧的弹力为F2 022—2 023，则下列结论正确的是(　　) A．F1—2∶F2—3∶……F2 022－2 023＝1∶2∶3∶…2 022 B．从左到右每根弹簧长度之比为1∶2∶3∶…2 022 C．如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，第2 023个小球除外，其余每个球的加速度依然为a D．如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a，其余小球加速度依然为a 答案：ACD 解析：以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知F＝2 023ma，解得a＝；隔离小球1，由牛顿第二定律得F1－2＝ma，把小球1和2看作整体隔离，由牛顿第二定律得F2－3＝2ma，把小球1、2和3看作整体隔离，由牛顿第二定律得F3－4＝3ma，把小球1、2、3和4看作整体隔离，由牛顿第二定律得F4－5＝4ma，……把小球1到2 022看作整体隔离，由牛顿第二定律得F2 022－2023＝2 022ma，联立解得F1－2∶F2－3∶F3－4∶F4－5∶F5－6∶…F2 022－2 023＝1∶2∶3∶4∶5∶…2 022，选项A正确；由于弹簧长度等于弹簧原长加弹簧伸长量，弹簧伸长量与弹簧弹力成正比，可知选项B错误；如果突然撤去拉力F，撤去F的瞬间，除第2 023个球所受合力突然变化外，其他小球之间弹簧弹力不变，所以其他球的加速度依然为a，2 022和2 023之间的弹簧弹力F2 022－2 023＝2 022ma，由牛顿第二定律可得F2 022－2 023＝ma1，又a＝，联立解得第2 023个小球的加速度a1＝，选项C正确；如果1和2两个球之间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间，第1个小球受力为零，加速度为零，第2个小球受到2和3之间弹簧弹力，F2－3＝ma2，又F2－3＝2ma，联立解得第2个小球的加速度a2＝2a，其余小球受力情况不变，加速度依然为a，选项D正确。 6．(多选)(2023·湖南高考·改编)如图所示，水平向左加速运动的车厢内，一根长为l的轻质杆两端分别连接质量均为1 kg的小球a、b(可看成质点)，a球靠在车厢的光滑竖直侧壁上，距车厢底面的高度为0.8l，b球处在车厢水平底面上且与底面间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。要使杆与车厢始终保持相对静止，关于车厢的加速度，下列说法正确的是(　　) A．若μ＝0.5，则车厢的加速度大小可能为3 m/s2 B．若μ＝0.5，则车厢的加速度大小可能为2 m/s2 C．若μ＝0.8，则车厢的加速度大小可能为3 m/s2 D．若μ＝0.8，则车厢的加速度大小可能为7 m/s2 答案：BCD 解析：杆长为l，a球靠在车厢的光滑竖直侧壁上，距车厢底面的高度为0.8l，则轻质杆与竖直方向的夹角的正切值tan θ＝0.75，对a球受力分析如图甲所示，在竖直方向根据平衡条件有FN1cos θ＝mg，当a球与车厢左壁的弹力刚好为零时，根据牛顿第二定律得mgtan θ＝ma1，解得a1＝gtan θ；当b球与车厢底面的静摩擦力刚好达到最大值时，对b受力分析如图乙所示，在竖直方向根据平衡条件有FN2＝mg＋FN1cos θ＝2mg，在水平方向根据牛顿第二定律有Ffm－FN1sin θ＝ma2，又Ffm＝μFN2，联立解得a2＝(2μ－tan θ)g；若μ＝0.5，此时a1＞a2，则车厢的加速度最大值为a2＝2.5 m/s2，A错误，B正确；若μ＝0.8，此时a1＜a2，则车厢的加速度最大值为a1＝7.5 m/s2，C、D正确。 7．有一倾角为θ＝37°的斜面雪道如图甲所示。假设一滑雪爱好者和他的雪橇总质量为m＝75 kg，沿足够长的雪道向下滑去，已知他和雪橇所受的空气阻力Ff与滑雪速度v成正比，比例系数k未知，雪橇与雪道间的动摩擦因数均相同。从某时刻开始计时，测量得到雪橇运动的v -t图像如图乙中的曲线AD所示，图中AB是曲线AD在A点[坐标为(0，5 m/s)]的切线，切线上一点B的坐标为(4 s，15 m/s)，CD是曲线AD的渐近线。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则(　　) A．开始计时时雪橇的加速度大小为a＝3.75 m/s2 B．0～4 s内雪橇做加速度变小的曲线运动 C．因雪橇与雪道间的动摩擦因数μ未知，故无法计算出比例系数为k值 D．比例系数为k＝37.5 N·s/m 答案：D 解析：在v -t图像中，图像的斜率表示加速度，因此开始计时时雪橇的加速度大小为a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，A错误；0～4 s内雪橇做加速度变小的直线运动，B错误；根据牛顿第二定律可得，开始运动时，有mgsin θ－μmgcos θ－kv0＝ma，足够长时间后，滑雪爱好者匀速运动，则有mgsin θ＝μmgcos θ＋kvm，代入数据整理得k＝37.5 N·s/m，C错误，D正确。 8．如图所示，M为定滑轮，一根细绳跨过M，一端系着物体C，另一端系着一动滑轮N，动滑轮N两侧分别悬挂着A、B两物体，已知B物体的质量为3 kg，不计滑轮和绳的质量以及一切摩擦，若C物体的质量为9 kg，现要保持C物体处于静止状态，则A物体质量应取(　　) A．3 kg B．6 kg C．9 kg D．12 kg 答案：C 解析：对C物体分析可得动滑轮N与C物体之间绳的拉力为FT＝mCg，对动滑轮N分析可得A、B物体之间绳的拉力为FT′＝FT＝mCg，对B物体分析，由牛顿第二定律可得mCg－mBg＝mBa，对A物体分析，由牛顿第二定律可得mAg－mCg＝mAa，解得A物体质量mA＝9 kg ，故选C。 9．(2024·山东烟台模拟)如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一幼儿用与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F＝6.5 N，玩具的质量m＝1 kg。经过时间t＝2.0 s，玩具移动的距离x＝2 m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下(取g＝10 m/s2)。求： (1)玩具与地面间的动摩擦因数； (2)松开手后玩具还能滑行多远？ (3)幼儿要拉动玩具，拉力F与水平面间的夹角为多大时最省力？ 答案：(1)　(2)1.04 m　(3)30° 解析：(1)玩具沿水平地面做初速度为0的匀加速直线运动，由位移公式有x＝at2 解得a＝ m/s2 对玩具受力分析，如图所示，则FN＝mg－Fsin 30° Fcos 30°－μ(mg－Fsin 30°)＝ma。 (2)松手时，玩具的速度v＝at＝2 m/s 松手后，由牛顿第二定律得μmg＝ma′ 解得a′＝ m/s2 由匀变速直线运动的速度—位移公式可得 玩具的位移x′＝＝ m≈1.04 m。 (3)设拉力F与水平方向间的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则 Fcos θ－Ff＞0 Ff＝μFN 在竖直方向上，由平衡条件得 FN＋Fsin θ＝mg 解得F＞ cos θ＋μsin θ＝sin(60°＋θ) 则当θ＝30°时，拉力最小，最省力。 10．某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离直升机一段时间后打开降落伞减速下落，他打开降落伞后的速度—时间图线如图甲所示。降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图乙所示。已知运动员的质量为50 kg，降落伞质量也为50 kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力Ff与速度v成正比，即Ff＝kv(g取10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)。求： (1)打开降落伞前运动员下落的高度； (2)阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向； (3)每根绳能够承受的最小拉力。 答案：(1)20 m　(2)200 N·s/m　30 m/s2　方向竖直向上　(3)312.5 N 解析：(1)打开降落伞前运动员做自由落体运动， 根据速度与位移公式得h0＝＝20 m。 (2)由题图甲可知，当速度等于5 m/s时，运动员与降落伞做匀速运动，受力平衡，则kv＝2mg， 解得k＝200 N·s/m， 刚打开降落伞瞬间，根据牛顿第二定律得a＝＝30 m/s2，方向竖直向上。 (3)设每根绳的拉力为FT，以运动员为研究对象，根据牛顿第二定律得8FTcos 37°－mg＝ma， 解得FT＝＝312.5 N， 所以每根绳能够承受的最小拉力为312.5 N。 学科网（北京）股份有限公司 $$