第四章 6．牛顿运动定律的应用-【金版教程】2025-2026学年新教材高中物理必修第一册创新导学案课件PPT（教科版2019）

第四章　牛顿运动定律 6.牛顿运动定律的应用 目录 1 2 3 课前自主学习 课后课时作业 课堂探究评价 1．明确动力学的几类基本问题。2.熟练掌握应用牛顿运动定律解决动力学问题的思路和方法。 3 课前自主学习 一　动力学方法测质量 _________是物体惯性大小的量度。如果已知物体的受力情况和运动情况，可以求出它的__________，进一步利用牛顿第二定律求出它的质量。 二　从受力确定运动情况 对于质量已知的物体，如果知道它的受力情况，可以由______________求出物体的加速度，再通过__________________确定物体的运动情况。 三　从运动情况确定受力 对于质量已知的物体，如果知道它的运动情况，根据______________求出加速度，再根据_____________________就可以确定物体所受的力。 质量 加速度 牛顿第二定律 运动学的规律 运动学公式 牛顿第二定律 课前自主学习 5 提示 判一判 (1)若已知物体的受力情况，可以由运动学公式求出加速度。(　　) (2)若已知物体的质量及所受的恒定合力，且合力的方向与物体运动方向在同一条直线上，则根据牛顿第二定律求出物体做匀变速直线运动的加速度，再根据运动学公式求速度、位移等物理量。(　　) (3)若已知物体的质量及做匀变速直线运动的速度、位移等物理量，则可以根据运动学公式求出加速度，进而根据牛顿运动定律求力。(　　) (4)若已知物体的运动情况，可以根据牛顿第二定律求出加速度。(　　) 提示：(1)×　(2) √ 　(3)√　(4)× 　 课前自主学习 6 课堂探究评价 探究1　从受力确定运动情况 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 将质量为m的冰壶沿冰面以速度v0投出，如何求解它能滑行的距离？ 课堂探究评价 8 提示 活动1：如图所示，以一定速度v0将冰壶沿冰面投出，冰壶滑行时受什么力？ 活动2：冰壶滑行时速度不断变小，如何求解它的加速度？ 提示：重力、支持力和冰面对它的摩擦力。 　 课堂探究评价 9 活动3：如何求冰壶滑行的距离？ 提示 课堂探究评价 10 从受力确定运动情况的一般求解步骤 课堂探究评价 11 例1　图甲是某游乐场内的滑沙场地示意图，斜坡滑道AB长64 m，倾角θ＝37°，水平滑道BC足够长，斜坡滑道与水平滑道之间是平滑连接的。某游客坐在滑板上从斜坡的A点由静止开始滑下(如图乙所示)，滑到斜坡底端B点后再沿水平的滑道滑行一段距离到C点停下。已知游客和滑板的总质量m＝60 kg，滑板与斜坡滑道间的动摩擦因数为μ1＝0.5，与水平滑道间的动摩擦因数为μ2＝0.4，空气阻力忽略不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： (1)游客从斜坡上滑下的加速度大小； (2)游客滑到B点时的速度大小； (3)游客从A点滑动到C点所用的时间。 答案　 (1)2 m/s2　(2)16 m/s　(3)12 s 答案 课堂探究评价 12 提示 (1)游客在斜坡滑道上受什么力？做什么运动？ (2)游客在水平滑道上受什么力？做什么运动？ 提示：重力、支持力、摩擦力；做初速度为零的匀加速直线运动。　 提示：重力、支持力、摩擦力；做末速度为零的匀减速直线运动。 课堂探究评价 13 规范解答 课堂探究评价 多过程问题的分析 物体的多过程运动问题是牛顿运动定律应用的较难题型，它综合考查运用动力学相关知识处理实际运动问题的能力。 解答思路：首先分析清楚物体的各段运动过程，根据受力特点确定各过程的运动性质，然后运用牛顿第二定律与运动学公式列相应的动力学方程；注意相邻过程各量的衔接关系，特别是前后“速度”的衔接关系，往往是列式与计算的“桥梁”。 若运动过程涉及摩擦力，要分析清楚各阶段物体所受摩擦力的大小和方向，注意摩擦力是否发生突变。 课堂探究评价 [变式训练1]　如图所示，质量为40 kg的雪橇(包括人)在与水平方向成37°角、大小为200 N的拉力F作用下，沿水平面由静止开始运动，经过2 s撤去拉力F，雪橇与地面间的动摩擦因数为0.20。取g＝10 m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6。求： (1)刚撤去拉力时雪橇的速度v的大小； (2)撤去拉力后雪橇能继续滑行的距离x。 答案：(1)5.2 m/s　(2)6.76 m　 答案 课堂探究评价 16 解析 解析：(1)撤去拉力前，对雪橇， 竖直方向：N1＋Fsin37°＝mg 水平方向：Fcos37°－f1＝ma1 且f1＝μN1 由运动学公式有：v＝a1t1 解得：v＝5.2 m/s。 (2)撤去拉力后，有：－μmg＝ma2 则雪橇的加速度a2＝－μg 根据0－v2＝2a2x 解得：x＝6.76 m。　 课堂探究评价 17 探究2　从运动情况确定受力 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 通过观察记录滑雪运动员的运动情况，你能求出他受到的阻力吗？ 课堂探究评价 18 提示 活动1：如图所示，若已知滑雪运动员以初速度v0在t时间内沿倾斜的直线滑道匀加速下滑的距离为x，那么如何求解运动员的加速度？ 活动2：已知运动员的质量为m，怎样求运动员受到的合力？ 活动3：已知山坡的倾角为θ，如何求解运动员受到的阻力(包括摩擦力和空气阻力)? 提示：根据牛顿第二定律F合＝ma，可求得运动员受到的合力。 　 提示：根据受力分析，沿山坡方向有mgsinθ－Ff＝F合，可求得阻力Ff。 课堂探究评价 19 从运动情况确定受力的一般求解步骤 课堂探究评价 20 例2　2019年12月17日是一个令我国海军骄傲自豪的日子，因为在这一日，以“山东”命名的我国的第一艘国产航母“山东舰”正式服役，标志着中国真正地进入了双航母时代。在航母形成战斗力的过程中，舰载机起飞和着舰训练是一项重大课题。为了保障安全，初期的训练会在陆上进行。陆上训练时，飞机在处于航母甲板铺成的跑道上着陆后立即关闭动力系统，则飞机需要沿直线滑行800 m才能停下来；如果着陆后飞机钩住阻拦索(如图甲)，阻拦索将对飞机施加一作用力，使飞机滑行较短的距离后就能停止，飞机着陆后滑行的v­t图像如图乙所示。已知飞机(包括飞行员)的总质量为40 t，重力加速度g＝10 m/s2。(计算结果保留三位有效数字) 课堂探究评价 21 (1)若没有阻拦索时飞机做匀减速运动，求飞机受到的阻力大小； (2)在有阻拦索作用的运动过程中，求飞机对质量为70 kg的飞行员的最大作用力的大小。 答案　 (1)1.23×105 N　(2)990 N 答案 课堂探究评价 22 提示 (1)若没有阻拦索时飞机做匀减速运动，如何求飞机的加速度？ (2)在有阻拦索作用的运动过程中，飞机对飞行员的作用力可沿什么方向分解？ 提示：根据匀变速直线运动速度与位移的关系式求解。 　 提示：沿水平跑道方向和竖直方向分解。 课堂探究评价 23 规范解答 课堂探究评价 规范解答 课堂探究评价 求解从受力确定运动情况和从运动情况确定受力这两类基本问题时，加速度是解题的桥梁和纽带，求解出加速度是顺利解答的关键。 课堂探究评价 [变式训练2－1]　在某平直的铁路上，一列以90 m/s速度行驶的高速列车某时刻开始关闭发动机，列车在阻力作用下做匀减速运动进站，经5 min后恰好停在该车站。在该车站停留一段时间，随后匀加速驶离该车站，加速运动8.1 km后速度恢复到90 m/s。列车总质量M＝8.0×105 kg，运动中所受阻力恒定。求： (1)列车做匀减速运动的加速度大小； (2)列车所受阻力大小； (3)列车驶离车站加速运动过程中牵引力的大小。 答案：(1)0.3 m/s2　(2)2.4×105 N (3)6.4×105 N　 答案 课堂探究评价 27 解析 课堂探究评价 28 [变式训练2－2]　如图甲是某商场的自动电梯，为节约能源，电梯装有感应装置，电梯上没顾客时，电梯处于等待状态，速度接近于0。当有顾客踏上平台后，电梯开始加速运转，达到最大速度后做匀速运动。现将电梯看成由如图乙所示的水平和倾斜两部分组成，水平部分AB＝0.8 m，倾斜部分BC＝30 m，倾斜部分高度BD＝10 m。若有一顾客踏上原来静止的电梯，马上和电梯一起运动，假设加速过程加速度大小不变，顾客在AB部分的B点和BC部分的B点速率相等。已知电梯的最大速度为0.8 m/s，顾客质量为60 kg。若顾客从踏上电梯A端至到达电梯末端C用时39.75 s。(g取10 m/s2)求： (1)匀加速阶段电梯的加速度大小； (2)顾客运动到B点时的速度大小； (3)t＝2.4 s时电梯对人的摩擦力。 课堂探究评价 29 解析 答案 课堂探究评价 30 解析 课堂探究评价 31 课后课时作业 1．(已知力求运动)假设汽车突然紧急制动后所受到的阻力大小与汽车所受的重力大小差不多，当汽车以20 m/s的速度行驶时突然制动，它还能继续滑动的距离约为(　　) A．40 m B．20 m C．10 m D．5 m 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 答案 2．(已知力求运动)如图所示，水平地面上一物体以5 m/s的初速度向右滑行，若物体与地面间的动摩擦因数为0.25，取g＝10 m/s2，则物体在3 s内的位移大小为(　　) A．0.5 m B．2.5 m C．3.75 m D．5 m 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 3．(已知力求运动)在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹。在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10 m/s2，则汽车刹车前的速度为(　　) A．7 m/s B．14 m/s C．10 m/s D．20 m/s 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 4．(已知运动求力)如图所示，在汽车行驶过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害。为了尽可能地减少碰撞引起的伤害，人们设计了安全带及安全气囊。假定司机质量为70 kg，刹车前汽车车速为108 km/h，从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s，则安全带及安全气囊对司机的作用力大约为(　　) A．420 N B．600 N C．800 N D．1000 N 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 答案 5．(已知运动求力)水平面上一质量为m的物体，在水平恒力F作用下，从静止开始做匀加速直线运动，经时间t后撤去外力，又经时间3t物体停下，则物体受到的阻力为(　　) 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 答案 6．(已知运动求力)如图所示，质量为60 kg的运动员的两脚 各用750 N的水平力蹬着两竖直墙壁匀速下滑。若他从离地12 m 高处无初速度匀加速下滑，2 s可落地，则此过程中他的两脚蹬 墙的水平力均应等于(g＝10 m/s2)(　　) A．150 N B．300 N C．450 N D．600 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 答案 答案：12.625 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 8．(已知运动求力)(多选)汽车在斜坡上无动力减速上坡过程可视为匀减速直线运动，其位移与时间的关系是：x＝24t－4t2(m)(t的单位是s)，已知斜坡与水平方向的夹角为30°，当地重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．汽车的加速度大小为4 m/s2 B．汽车的加速度大小为8 m/s2 C．汽车无动力减速上坡过程中，所受坡面阻力与其对坡面的压力之比为0.8 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 9．(已知运动求力)(多选)一运动员进行三米板跳水运动，其重心的速度—时间图像如图所示，t＝0时刻是其向上跳起的瞬间，规定竖直向下为速度的正方向，运动员从跳板起跳到入水的过程中不计空气阻力，设运动员的头部入水之后即可看成做匀减速直线运动，其质量为m，重力加速度为g。则运动员(　　) A．t2时刻离水面最高 B．0～t2时间内加速度不变 C．从跳板起跳到最高点的运动距离约为1 m D．入水后受到的阻力大小约为3mg 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 10．(综合)(多选)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2。关于热气球，下列说法正确的是(　　) A．所受浮力大小为4830 N B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 答案 11．(多物体动力学系统的临界问题)(多选)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端系一个质量为m的小球A，小球被水平挡板P托住使弹簧长度恰为自然长度(小球与挡板不粘连)，然后使挡板P以恒定的加速度a(a＜g)开始竖直向下做匀加速直线运动，则(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 [名师点拨]　动力学系统临界问题的分析方法 (1)与共点力平衡的临界问题的分析类似，关键仍然是找出临界状态下的物理条件(例如本题中“分离”的临界条件为：①小球与挡板间的弹力恰好为0；②小球的加速度仍为a)。 (2)找出临界条件后，就可以根据牛顿第二定律、运动学公式列式求解。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 答案 12．(综合)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图所示。一辆质量为m＝10 t的货车行驶到一个下坡路段时，因刹车失灵以v0＝36 km/h的初速度沿长下坡加速运动，在加速前进了x＝1 km后，驾驶员发现路边有制动坡床，并将货车驶入制动坡床，在坡床上行驶L＝40 m后停住(货车未与防撞设施碰撞)。若货车在该长下坡每行驶1 km高度下降120 m，受到的阻力是车重的10%；制动坡床与水平面的夹角为θ(sinθ＝0.1)。取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)货车在长下坡上运动时的加速度大小a； (2)货车刚驶入制动坡床时的速度大小v1； (3)货车在制动坡床上运动时受到的阻力大小f。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 提示：根据冰壶的受力情况，求出冰壶所受的合力，再根据牛顿第二定律即可求得冰壶滑行时的加速度。冰壶受到的合力等于摩擦力，F合＝Ff＝μmg(μ为冰壶和冰面间的动摩擦因数)，接着根据牛顿第二定律，得加速度大小a＝eq \f(Ff,m)＝μg，方向与运动方向相反。 提示：已知冰壶的初速度、末速度、滑行过程中的加速度，根据运动学公式veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2ax，即可求得冰壶滑行的距离。 规范解答　(1)根据受力分析和牛顿第二定律得mgsin37°－μ1mgcos37°＝ma1 解得a1＝2 m/s2。 (2)根据v2＝2a1L 解得v＝16 m/s。 (3)根据L＝eq \f(1,2)a1teq \o\al(2,1) 解得游客从A点滑到B点的时间t1＝8 s 在水平滑道上，根据μ2mg＝ma2， 解得a2＝4 m/s2 则游客在水平滑道上运动的时间t2＝eq \f(v,a2)＝4 s 游客从A点滑动到C点所用的时间t＝t1＋t2＝12 s。 提示：根据运动学公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2求解。 规范解答　(1)由题图乙可知，飞机着陆时的初速度v0＝70 m/s， 而飞机的末速度为0，匀减速运动的位移x＝800 m 飞机滑行过程有－2ax＝0－veq \o\al(2,0) 设飞机所受的阻力大小为F，则F＝ma 联立并代入数据，可求出F＝1.23×105 N。 (2)由题图乙可知，匀减速运动阶段飞机的加速度最大，此阶段飞机对飞行员的作用力最大。 匀减速阶段的加速度大小a′＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(20－60,6－2) m/s2))＝10 m/s2 设匀减速阶段飞机对飞行员的作用力大小为F′，对飞行员受力分析如图所示。 F′的竖直分力大小等于飞行员的重力，F′的水平分力提供减速的加速度，即Fx＝m′a′，Fy＝m′g 则F′＝ 2,x)eq \r(F＋Feq \o\al(2,y)) ＝m′ eq \r(a′2＋g2)＝990 N。 解析：(1)列车匀减速运动的加速度大小为a1＝eq \f(v,t1) 代入数据可得a1＝eq \f(90,5×60) m/s2＝0.3 m/s2。 (2)根据牛顿第二定律有Ff＝Ma1 代入数据可得Ff＝2.4×105 N。 (3)加速运动过程有2a2x2＝v2 其中x2＝8100 m，v＝90 m/s， 根据牛顿第二定律有F－Ff＝Ma2 代入数据可得，列车驶离车站加速过程的牵引力大小F＝6.4×105 N。　 解析：因在运动过程人相对电梯静止，电梯各处的运行速率相等且顾客经过B点时速率不发生变化，故可以把顾客从A到B再从B到C的两段运动等效为长度相等的直线运动进行分析。 (1)设电梯匀加速运动时间为t1， 则x＝eq \f(vt1,2)＋v(t－t1) 其中x＝30.8 m，v＝0.8 m/s，t＝39.75 s 解得t1＝2.5 s 匀加速阶段的加速度大小为a＝eq \f(v,t1)＝0.32 m/s2。　 答案：(1)0.32 m/s2 (2)0.32eq \r(5) m/seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(8,25)\r(5) m/s)) (3)沿电梯倾斜部分向上，大小为180.8 N (2)假设顾客从A到B的过程中电梯一直做匀加速运动，xAB＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,2) 解得t2＝eq \r(5) s<2.5 s，故假设成立。 则vB＝at2 代入数据得vB＝0.32eq \r(5) m/seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或vB＝\f(8,25)\r(5) m/s))。 (3)因eq \r(5) s<2.4 s<2.5 s，故t＝2.4 s时，顾客在电梯上的倾斜部分，且仍处于加速状态，以沿倾斜电梯向下为正方向，有mgsinθ＋Ff＝ma 其中sinθ＝eq \f(BD,BC)＝eq \f(1,3) 解得Ff＝－180.8 N 负号表示电梯对人的摩擦力方向沿电梯倾斜部分向上。 解析：由牛顿第二定律得a＝eq \f(f,m)＝eq \f(mg,m)＝g＝10 m/s2，由0－veq \o\al(2,0)＝－2ax，得汽车滑动的距离x＝2,0)eq \f(v,2a) ＝eq \f(202,2×10) m＝20 m，B正确。　 解析：根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得物体做匀减速运动的加速度大小为a＝μg＝2.5 m/s2。物体匀减速运动的时间t＝eq \f(v,a)＝eq \f(5,2.5) s＝2 s，即物体滑行2 s后停止运动，物体在3 s内的位移大小为x＝eq \f(v,2)t＝eq \f(5,2)×2 m＝5 m，D正确。　 解析：设汽车刹车后滑动时的加速度为a，由牛顿第二定律得－μmg＝ma，解得a＝－μg。由匀变速直线运动速度与位移的关系式得0－veq \o\al(2,0)＝2ax，可得汽车刹车前的速度为：v0＝eq \r(－2ax)＝eq \r(2μgx)＝eq \r(2×0.7×10×14) m/s＝14 m/s，B正确。　 解析：从踩下刹车到车完全停止的5 s内，司机的速度由108 km/h＝30 m/s减小到0，视为匀减速直线运动，则有a＝eq \f(vt－v0,t)＝eq \f(0－30,5) m/s2＝－6 m/s2。根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对司机的作用力F＝ma＝70×(－6) N＝－420 N，负号表示力的方向跟初速度方向相反，A正确。　 A.eq \f(F,3) B.eq \f(F,4) C.eq \f(F,2) D.eq \f(2F,3) 解析：当力F作用时，设物体的加速度大小为a1，从开始经时间t后物体的速度为v，由牛顿第二定律及运动学公式得F－f＝ma1，v＝a1t；撤去力F后，设物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律及运动学公式得，f＝ma2，0＝v－a2·3t，解以上四式得：f＝eq \f(F,4)，B正确。　 解析：运动员匀速下滑时，竖直方向受重力和两个摩擦力作用，根据平衡条件，有mg－2f＝0，其中f＝μN，N＝750 N，解得μ＝0.4。运动员从离地12 m高处无初速匀加速下滑，2 s可落地，根据运动学公式，有h＝eq \f(1,2)at2，解得a＝eq \f(2h,t2)＝eq \f(2×12,22) m/s2＝6 m/s2，根据牛顿第二定律，有mg－2μN′＝ma，解得N′＝300 N，根据牛顿第三定律，他的两脚蹬墙的水平力大小均为300 N，B正确。　 7．(已知力求运动)法国人劳伦特·菲舍尔在澳大利亚伯斯的冒险世界进行了超高空特技跳水表演，他从30 m高的塔上跳下，假设他以5 m/s的初速度竖直向下离开塔顶，并准确地落入水池中。已知：他在空气中运动时，空气对他的阻力是他的重力的eq \f(1,5)；落入水中后，水对他的阻力(包括浮力)是他的重力的3倍。试计算需要准备一个至少多深的水池？(菲舍尔可视为质点，g取10 m/s2) 解析：当菲舍尔在空气中运动时，受到重力和空气阻力的作用，由牛顿第二定律得mg－f＝ma1 根据题意，f＝eq \f(1,5)mg 解得加速度大小a1＝8 m/s2 菲舍尔在空中向下运动的过程中，由运动学公式有v2－veq \o\al(2,0)＝2a1h1 解得到达水面时的速度大小v＝eq \r(505) m/s 菲舍尔在水中时，受到重力和水的阻力(包括浮力)的作用，由牛顿第二定律得 f′－mg＝ma2 根据题意，f′＝3mg 解得加速度大小a2＝20 m/s2 菲舍尔在水中向下运动的过程中，由运动学公式有v2＝2a2h2 解得进入水中的深度为h2＝12.625 m 故水池深度至少应为12.625 m。 D．汽车无动力减速上坡过程中，所受坡面阻力与其对坡面的压力之比为eq \f(\r(3),5) 解析：根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，结合x＝24t－4t2 (m)，则汽车的初速度v0＝24 m/s，加速度大小a＝8 m/s2，A错误，B正确；对汽车进行受力分析，在沿斜坡方向根据牛顿第二定律得mgsinθ＋ηmgcosθ＝ma，解得η＝eq \f(\r(3),5)，C错误，D正确。 解析：由题图可知，在0～t1时间内人在空中上升，t1时刻速度为零，到达最高点，t1～t2时间内从最高点下降，t2时刻开始进入水中，之后速度减小但方向不变，t3时刻人的速度减为零，此时人处于水下运动过程的最深处，故A错误；v­t图像的斜率表示加速度，所以0～t2时间内加速度不变，故B正确；设跳水运动员起跳的速度大小为v0，上升的最大高度为h，v­t图像与t轴围成的面积表示位移，可知跳板距离水面的高度h′＝eq \f(2v0·2t1,2)－eq \f(v0t1,2)，且h′＝3 m，又运动员从跳板起跳至最高点的运动距离h＝eq \f(v0t1,2)，联立解得：h＝1 m，故C正确；根据题意可知，0～t2时间内的加速度大小为：a1＝g＝eq \f(v0,t1)，由图可知t2～t3时间内的加速度大小为：a2＝eq \f(2v0,t3－t2)＝eq \f(2v0,t1)＝2g，根据牛顿第二定律：f－mg＝ma2，可得：f＝3mg，故D正确。　 解析：热气球从地面刚开始竖直上升时v＝0，空气阻力f＝0，由F浮－mg＝ma，得F浮＝m(g＋a)＝4830 N，故A正确；最终热气球匀速上升，说明热气球加速运动的过程中加速度逐渐减小，空气阻力逐渐增大，故B错误；热气球开始时做加速度减小的加速运动，故加速到5 m/s的时间大于eq \f(5,0.5) s＝10 s，故C错误；匀速上升时，F浮－mg－f′＝0，得f′＝230 N，故D正确。　 A．小球与挡板分离的时间为t＝eq \r(\f(ka,2m（g－a）)) B．小球与挡板分离的时间为t＝eq \r(\f(2m（g－a）,ka)) C．小球从开始运动直到最低点的过程中，小球速度最大时弹簧的伸长量x＝eq \f(mg,k) D．小球从开始运动直到最低点的过程中，小球速度最大时弹簧的伸长量x＝eq \f(m（g－a）,k) 解析：小球与挡板分离的临界条件为：小球与挡板加速度相同，且两者之间相互作用力为0，从开始运动到两者分离，设挡板的位移为x0，由牛顿第二定律得mg－kx0＝ma，由匀变速直线运动的位移与时间的关系式得x0＝eq \f(1,2)at2，解得t＝eq \r(\f(2m（g－a）,ka))，故A错误，B正确；小球速度最大时所受合力为零，即mg－kx＝0，故弹簧的伸长量x＝eq \f(mg,k)，C正确，D错误。　 答案：(1)0.2 m/s2　(2)10eq \r(5) m/s (3)5.25×104 N 解析：(1)根据题意可知sinα＝eq \f(120,1000)＝eq \f(3,25)，v0＝36 km/h＝10 m/s， m＝10 t＝10000 kg 下坡过程中，根据牛顿第二定律可得 mgsinα－0.1mg＝ma 解得a＝0.2 m/s2 即货车在长下坡上运动时的加速度大小为0.2 m/s2。 (2)货车在下坡过程中，做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动速度与位移的关系式可得x＝2,1)eq \f(v－veq \o\al(2,0),2a) 解得v1＝2,0)eq \r(2ax＋v) ＝eq \r(2×0.2×1000＋102) m/s＝10eq \r(5) m/s 即货车刚驶入制动坡床时的速度大小为10eq \r(5) m/s。 (3)货车在制动坡床上的初速度为10eq \r(5) m/s，末速度为0，位移为40 m， 所以有2a′L＝0－veq \o\al(2,1) 解得a′＝－6.25 m/s2 根据牛顿第二定律可得－mgsinθ－f＝ma′ 代入数据解得f＝－mgsinθ－ma′＝－10000×10×0.1 N－10000×(－6.25) N＝5.25×104 N 故货车在制动坡床上运动时受到的阻力大小为5.25×104 N。 $$