第四章 6.牛顿运动定律的应用-【金版新学案】2024-2025学年新教材高一物理必修第一册同步课堂高效讲义教师用书word（教科版2019）

6．牛顿运动定律的应用 【素养目标】　1．进一步理解牛顿第二定律的特性，并理解加速度是联系力和运动的桥梁。2．能够获取解决两类动力学问题的解题思路，培养分析问题、解决问题的能力。3．能用牛顿运动定律解释生产生活中的有关现象，解决有关问题。 知识点一　从受力确定运动情况 [情境导学]　如图所示，汽车在高速公路上做匀加速直线运动，已知汽车与地面之间的动摩擦因数，如何计算汽车的运动情况？ 提示：通过分析汽车的受力情况，根据牛顿第二定律求得加速度，然后由运动学公式求出汽车运动的位移、速度及时间等。 (阅读教材P129—P131完成下列填空) 对于质量已知的物体，如果知道它的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学的规律确定物体的运动情况。 [问题探究]　在情境导学的情境中，若一辆汽车的前方出现事故，进行紧急刹车，刹车所受制动力为 学生用书第123页 车重的0.4倍，汽车到发生事故的位置为50 m，g取10 m/s2，刹车时汽车的初速度为多少？ 提示：由牛顿第二定律得kmg＝ma，解得刹车时的加速度的大小为a＝4 m/s2 由运动学规律得v02＝2ax，解得v0＝20 m/s。 滑冰车是儿童喜欢的冰上娱乐项目之一。如图为小明妈妈正与小明在冰上做游戏。小明与冰车的总质量是40 kg，冰车与冰面之间的动摩擦因数为0.05。在某次游戏中，假设小明妈妈对冰车施加了40 N 的水平推力，使冰车从静止开始运动，10 s后，停止施加力的作用，使冰车自由滑行。假设运动过程中冰车始终沿直线运动，小明始终没有施加力的作用，g取10 m/s2。求： (1)冰车的最大速率； (2)冰车在整个运动过程中滑行的总位移大小。 答案：(1)5 m/s　(2)50 m 解析：(1)以冰车及小明为研究对象，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1 vmax＝a1t 联立解得vmax＝5 m/s。 (2)冰车匀加速运动过程中有 x1＝a1t2 冰车自由滑行时有μmg＝ma2 vmax2＝2a2x2 又x＝x1＋x2 联立解得x＝50 m。 变式拓展1．请根据【例1】中的情境，试求冰车一共滑行了多长时间？ 答案：20 s 解析：撤去推力后，冰车在摩擦力作用下做匀减速直线运动，最终速度为0 由运动学公式得0＝vmax－a2t′ 解得t′＝10 s 所以t总＝t＋t′＝20 s。 变式拓展2．请根据【例1】中的情境，假设小明妈妈对冰车施加了40 N的水平推力，使冰车从静止开始运动5 s后，停止施加力的作用，则冰车自由滑行的时间是多少？ 答案：5 s 解析：由运动学公式得vmax′＝a1t1 解得vmax′＝2.5 m/s 停止施加力，冰车做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得μmg＝ma2 又0＝vmax′－a2t″ 解得t″＝5 s。 1．从受力确定运动情况的解题思路 2．从受力确定运动情况应注意的三个方面 (1)方程的形式：牛顿第二定律F＝ma，体现了力是产生加速度的原因。应用时方程式的等号左右应该体现出前因后果的形式，切记不要写成F－ma＝0的形式，这样形式的方程失去了物理意义。 (2)正方向的选取：通常选取加速度方向为正方向，与正方向同向的力取正值，与正方向反向的力取负值。 (3)求解：F、m、a采用国际单位制单位，解题时写出方程式和相应的文字说明，必要时对结果进行讨论。 注意：如遇多过程问题，可把整个过程拆分为几个子过程，对每个子过程进行受力分析和运动特点分析。但注意运动转折点的速度，该点速度是上一过程的末速度，也是下一过程的初速度，它起到承上启下的作用，对解决问题起重要作用。 针对练1．(2023·湖南郴州高一期中)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 答案：D 解析：根据牛顿第二定律得－μmg＝ma，解得a＝－μg＝－2.5 m/s2，物体做匀减速运动的时间t＝＝ 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＝t＝×2 m＝5 m，D正确。 学生用书第124页 针对练2．(2022·浙江6月选考)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，g取10 m/s2)。 (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小； (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小； (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过vmax＝2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。 答案：(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m 解析：(1)对倾斜滑轨上的货物进行受力分析，如图所示。 y轴方向根据二力平衡有 N＝mg cos 24° x轴方向根据牛顿第二定律有 mg sin 24°－f＝ma1 又滑动摩擦力f＝μN 联立解得a1＝2 m/s2。 (2)由匀变速直线运动公式有v2＝2a1l1 解得v＝4 m/s。 (3)对水平滑轨上的货物进行受力分析 根据牛顿第二定律有－μmg＝ma2 根据匀变速直线运动公式有vmax2－v2＝2a2l2 联立解得l2＝2.7 m。 知识点二　从运动情况确定受力 [情境导学]　如图为一滑雪运动员沿一斜坡向下滑行。 (1)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？ (2)已知运动员的质量为m，怎样求运动员受到的合力？ (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：(1)根据运动学公式x＝v0t＋at2求解。 (2)根据牛顿第二定律F合＝ma，可求得运动员受到的合力。 (3)根据受力分析，沿山坡方向有mg sin θ－f＝F合，可求得阻力f。 (阅读教材P131—P133完成下列填空) 对于质量已知的物体，如果知道它的运动情况，根据运动学公式求出加速度，再根据牛顿第二定律就可以确定物体所受的力。 [问题探究]　在情境导学的情境中，若已知滑雪运动员沿斜坡向下由静止开始做匀加速直线运动，经过5 s可到达坡底，斜坡长25 m、倾角为30°，运动员质量为60 kg，g取10 m/s2。求： (1)运动员的加速度多大； (2)运动员受到的阻力的大小。 提示：(1)由运动学规律得x＝at2，解得a＝2 m/s2。 (2)受力分析如图所示： 由牛顿第二定律得mg sin θ－f＝ma 解得f＝180 N。 一质量为m＝2 kg的滑块在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以加速度a＝2.5 m/s2匀加速下滑。如图所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使滑块由静止开始在0～2 s内沿斜面运动的位移x＝4 m。(g取10 m/s2)求： (1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ； (2)恒力F的大小。 学生用书第125页 解题指导：(1)无力F作用时，滑块沿斜面加速向下滑动，利用正交分解法求动摩擦因数。 (2)有力作用时，滑块的加速度方向有沿斜面向上和沿斜面向下两种可能，由运动时间和位移可以确定加速度大小。 答案：(1)　(2) N或 N 解析：(1)根据牛顿第二定律可得 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 解得μ＝。 (2)滑块沿斜面做匀加速直线运动，加速度方向有沿斜面向上和沿斜面向下两种可能。 由x＝a1t2得加速度大小a1＝2 m/s2 当加速度方向沿斜面向上时， 受力分析如图所示 有F cos θ－f－mg sin θ＝ma1 f＝μN N＝F sin θ＋mg cos θ 联立代入数据解得F＝ N 当加速度方向沿斜面向下时， 受力分析如图所示 mg sin θ－F cos θ－f＝ma2， f＝μN1 N1＝F sin θ＋mg cos θ 有mg sin θ－F cos θ－μ(F sin θ＋mg cos θ)＝ma1 联立代入数据解得F＝ N。 变式拓展．根据【例2】中的情境，若力F变为沿斜面向上，依然使滑块由静止开始在0～2 s内沿斜面向上运动的位移x＝4 m。求恒力F的大小。 答案：19 N 解析：由x＝at2得加速度大小a＝2 m/s2， 当加速度方向沿斜面向上时，有 F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma 代入数据解得F＝19 N。 1．从运动情况确定受力情况的解题思路 2．由运动情况确定受力情况应注意的两点问题 (1)由运动学规律求加速度，要特别注意加速度的方向，从而确定合力的方向，不能将速度的方向和加速度的方向混淆。 (2)题目中所求的力可能是合力，也可能是某一特定的力，均要先进行受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。 针对练1．(2023·陕西榆林高一期中)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。假定乘客质量为70 kg，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，安全带及安全气囊对乘客的作用力大约为(　　) A．420 N B．600 N C．800 N D．1 000 N 答案：A 解析：从踩下刹车到车完全停止的5 s内，人的速度由108 km/h＝30 m/s减小到0，视为匀减速直线运动，则有a＝＝ m/s2＝－6 m/s2。根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的作用力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。 针对练2．M99是我国生产的性能先进、精度高、射程远的半自动狙击步枪。M99的枪管长度为1.48 m。射击时，在火药的推力下，子弹在枪管中由静止开始做匀加速运动；射出枪口时，子弹的速度为800 m/s。已知子弹的质量为50 g，求： (1)子弹在枪管中加速度a的大小； (2)子弹在枪管中受到的合力的大小。(结果均保留2位有效数字) 答案：(1)2.2×105 m/s2　(2)1.1×104 N 解析：(1)由于子弹在枪管中做匀加速直线运动，根据速度—位移关系式得vt2－v02＝2ax 代入数据解得a≈2.2×105 m/s2。 (2)根据牛顿第二定律得F＝ma 代入数据解得F＝1.1×104 N。 知识点三　动力学中在光滑斜面上比较运动时间的几种特殊情况 1．等高斜面 物块的位移l＝， 沿斜面下滑的加速度a＝g sin θ， 由运动学的规律得l＝at2， 解得t＝＝＝ ， 可知倾角越小，时间越长。 2．同底斜面 物块的位移l＝， 沿斜面下滑的加速度a＝g sin θ， 学生用书第126页 由运动学的规律得l＝at2， 解得t＝＝＝， 可知θ＝45°时，时间最短。 3．“等时圆”模型 物块的位移l＝2R cos θ， 沿斜面下滑的加速度a＝g cos θ， 由运动学的规律得l＝at2， 解得t＝＝＝， 三个轨道下滑时间相同。 (2021·河北沧州联考)如图所示，两个光滑斜面体，靠在一起固定在水平面上，底边长CD＝DE，斜面体ADE的顶角为θ，斜面体BCD的底角也为θ，让甲、乙两个球同时从两斜面顶端A、B由静止释放，甲、乙两球在斜面上运动的时间分别为t1、t2，则(　　) A．t1＝t2 B．t1>t2 C．t1<t2 D．不能确定t1、t2的大小关系 答案：A 解析：两个斜面体的底边长相等，设底边长为L，则＝g cos θ·t12，＝g sin θ·t22，联立即可求得时间关系t1＝t2，故A正确。 一间新房要盖屋顶，为了使下落的雨滴能够以最短的时间淌离屋顶，则所盖屋顶的顶角应为(设雨滴沿屋顶下淌时，可看成在光滑的斜坡上下滑) (　　) A．60° B．90° C．120° D．150° 答案：B 解析：由题意知，雨滴沿屋顶的运动过程中受重力和支持力作用，设其运动的加速度为a，屋顶的顶角为2α，则由牛顿第二定律得a＝g cos α，又因房屋的前后间距已定，设为2b，则雨滴下滑经过的屋顶面长度x＝，由x＝at2得t＝ ，则当α＝45°时，对应的时间t最小，则屋顶的顶角应取90°，B正确。 (2021·全国甲卷)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将(　　) A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 答案：D 解析：设QP在水平面的投影长度为L，则QP长度为，物块在光滑长平板上下滑的加速度a＝g sin θ，由＝at2，解得t＝＝2 ，显然在θ＝45°时，t最小，所以平板与水平面的夹角由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将先减小后增大，选项D正确。 1．(沪科必修第一册P111T4)水平传送带长20 m，以2 m/s的速度做匀速运动。在传送带的一端轻轻放上一个物体。已知物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，则物体到达另一端的时间为(g取10 m/s2)(　　) A．10 s B．11 s C．12 s D．2 s 答案：B 解析：物体在传送带上先做初速度为0的匀加速运动，速度达到传送带的速度后再做匀速直线运动，加速度为a＝＝μg＝1 m/s2，加速到传送带的速度所需时间为t1＝＝2 s，加速运动的位移为x1＝at2＝2 m，匀速运动的时间为t2＝ s＝9 s，故运动的总时间为t＝t1＋t2＝11 s，A、C、D错误，B正确。 2．(粤教必修第一册P131T11)质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v-t图像如图所示。球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的，设球受到的空气阻力大小恒为f，取g＝10 m/s2, 求： (1)弹性球受到的空气阻力f的大小； 学生用书第127页 (2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h。 答案：0.2 N　(2) m 解析：(1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1，由题图知a1＝＝ m/s2＝8 m/s2 根据牛顿第二定律得mg－f＝ma1 解得f＝m(g－a1)＝0.2 N。 (2)由题图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1＝4 m/s，设球第一次离开地面时的速度大小为v2，则v2＝v1＝3 m/s 第一次离开地面后，设上升过程中的加速度大小为a2，则mg＋f＝ma2，解得a2＝12 m/s2 又0－v22＝－2a2h 解得h＝ m。 3．(人教必修第一册P104例题1改编)如图所示，某高速列车最大运行速度可达270 km/h，机车持续牵引力为1.57×105 N。设列车总质量为100 t，列车所受阻力为所受重力的0.1倍，如果列车在该持续牵引力牵引下做匀加速直线运动，那么列车从开始启动到达到最大运行速度共需要多长时间？(g取10 m/s2) 答案：131.58 s 解析：选择列车为研究对象，已知列车总质量m＝100 t＝1.0×105 kg，列车最大运行速度v＝270 km/h＝75 m/s，列车所受阻力f＝0.1mg ＝1.0×105 N 根据牛顿第二定律有F－f＝ma 则列车的加速度大小为a＝＝0.57 m/s2 由运动学公式vt＝v0＋at，可得列车从开始启动到达到最大运行速度需要的时间为t＝＝ s≈131.58 s。 4．(人教必修第一册P106例题2改编)战士拉车胎进行100 m赛跑训练体能。车胎的质量m ＝8.5 kg，战士拉车胎的绳子与水平方向的夹角为θ＝37°，车胎与地面间的动摩擦因数μ＝0.7。某次比赛中，一名战士拉着车胎从静止开始全力奔跑，跑出20 m达到最大速度(这一过程可看作匀加速直线运动)，然后以最大速度匀速跑到终点，共用时15 s。重力加速度g＝10 m/s2 ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)战士加速所用的时间t1和达到的最大速度大小v； (2)战士匀加速阶段绳子对车胎的拉力大小F。 答案：(1)5 s　8 m/s　(2)59.92 N 解析：(1)战士加速过程可看作匀加速直线运动，则战士加速阶段的位移为x1＝t1＝20 m 战士匀速阶段的位移为x2＝100 m－x1＝v(15 s－t1) 联立解得v＝8 m/s，t1＝5 s。 (2)战士加速过程中的加速度为 a＝＝ m/s2＝1.6 m/s2 车胎受力分析如图所示，建立直角坐标系并正交分解，根据牛顿第二定律得，在x轴方向有Fcos 37°－f＝ma 在y轴方向有N＋Fsin 37°－mg＝0 且f＝μN 联立并代入数据解得F≈59.92 N。 课时测评26　牛顿运动定律的应用 (时间：30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1－9题，每题3分，共27分) 1．某电影中，蜘蛛侠利用蜘蛛丝粘住墙体产生的阻力，来拯救一列质量为1×106 kg、速度为360 km/h飞驰的失去制动性能的列车，使列车在其正前方400 m断轨处刚好停止。若铁轨和空气的阻力为车重的0.25倍，列车的运动可视为匀减速直线运动，则蜘蛛丝对列车产生的平均阻力为(　　) A．1×105 N B．1×106 N C．1×107 N D．1×108 N 答案：C 解析：根据运动学公式vt2－v02＝2ax可得加速度的大小为a＝12.5 m/s2，根据牛顿第二定律得kmg＋f＝ma，解得蜘蛛丝对列车产生的平均阻力为f＝1×107 N，故选项C正确，A、B、D错误。 2．质量为1 t的汽车在平直公路上以10 m/s的速度匀速行驶。阻力大小不变，从某时刻开始，汽车牵引力减小2 000 N，那么从该时刻起经过6 s，汽车行驶的路程是(　　) A．50 m B．42 m C．25 m D．24 m 答案：C 解析：牵引力减小2 000 N后，物体所受合力为2 000 N，由F＝ma得a＝＝2 m/s2，汽车需t＝＝ s＝5 s停下来，故6 s内汽车前进的路程x＝＝ m＝25 m，C正确。 3．用相同材料做成的A、B两木块的质量之比为3∶2，初速度之比为2∶3，它们在同一粗糙水平面上同时开始沿直线滑行，直至停止，则它们(　　) A．滑行中的加速度之比为2∶3 B．滑行的时间之比为1∶1 C．滑行的距离之比为4∶9 D．滑行的距离之比为3∶2 答案：C 解析：根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，所以滑行中的加速度大小为a＝μg，所以加速度之比为1∶1，A错误；根据公式t＝，可得＝＝，B错误；根据公式vt2＝2ax可得＝＝，C正确，D错误。 4．(2023·浙江杭州高级中学测试)一物体放在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.6，在拉力F＝10 N作用下从静止开始运动，g取10 m/s2，其速度与位移在国际单位制下满足等式v2＝8x，则物体的质量为(　　) A．0.5 kg B．0.4 kg C．0.8 kg D．1 kg 答案：D 解析：物体初速度为0，根据速度与位移关系式vt2＝2ax，对比题中表达式v2＝8x，可知加速度a＝ m/s2＝4 m/s2；又根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，解得m＝＝ kg＝1 kg，故D正确。 5．(2023·福建三明高一月考)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大小为(　　) A．7 m/s B．14 m/s C．10 m/s D．20 m/s 答案：B 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。由匀变速直线运动的速度—位移关系式得0－v02＝2ax，可得汽车刹车前的速度v0＝＝＝ m/s＝14 m/s，B正确。 6．如图所示，一个物体由A点出发分别沿三条光滑轨道到达C1、C2、C3，则(　　) A．物体到达C1点时的速度最大 B．物体分别在三条轨道上的运动时间相同 C．物体到达C3的时间最短 D．在C3上运动的加速度最小 答案：C 解析：沿斜面方向上，物体受重力沿斜面向下的分力，所以根据牛顿第二定律得物体运动的加速度a＝＝g sin θ，斜面倾角越大，加速度越大，所以C3上运动的加速度最大，根据几何知识可得物体发生的位移为x＝，物体的初速度为零，所以x＝at2，解得t＝ ＝ ，可知倾角越大，时间越短，则物体到达C3的时间最短，根据vt2＝2ax得vt＝，可知到达底端的速度大小相等，故C正确。 7．(多选)如图所示，质量为m＝1kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2)(　　) A．物体经10 s速度减为零 B．物体经2 s速度减为零 C．物体速度减为零后将保持静止 D．物体速度减为零后将向右运动 答案：BC 解析：物体受到向右的滑动摩擦力f＝μN＝μG＝3 N，根据牛顿第二定律得a＝＝ m/s2＝5 m/s2，方向向右，则物体减速到0所需的时间t＝＝ s＝2 s，B正确，A错误；减速到零后，F<f，物体处于静止状态，不再运动，C正确，D错误。 8．(2023·江苏苏州高一期末)如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P。设有一重物先后沿两个斜槽从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为(　　) A．2∶1 B．1∶1 C．∶1 D．1∶ 答案：B 解析：设光滑斜槽与竖直方向的夹角为θ，则重物下滑时的加速度为a ＝g cos θ，由几何关系知斜槽的长度x＝2(R＋r)cos θ，由运动学公式x＝at2，得t＝＝＝ 2，即所用时间t与倾角θ无关，所以t1∶t2＝1∶1，B正确。 9．(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的速度向上做匀速运动。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4 830 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：AD 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)＝4 830 N，选项A正确；最终热气球匀速上升，空力阻力与重力的合力大小等于浮力的大小，说明热气球加速运动的过程中空气阻力逐渐增大，选项B错误；热气球做加速度减小的加速运动，故加速到5 m/s的时间大于10 s，选项C错误；匀速上升时F浮－mg－f′＝0，解得f′＝230 N，选项D正确。 10．(8分)(人教版教材P108“练习与应用”T2改编)民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地面，如图所示，若机舱口下沿距地面3.2 m，气囊所构成的斜面长度为6.5 m，一个质量为60 kg的人沿气囊滑下时所受的阻力是240 N(取g＝10 m/s2)，求： (1)人滑至气囊底端时的速度是多少； (2)若人与地面间的动摩擦因数为0.2，人在地面上滑行的距离是多少。 答案：(1)2 m/s　(2)3 m 解析：(1)根据牛顿第二定律得mg sin θ－f＝ma1其中θ为气囊所构成的斜面的倾角，sin θ＝， 根据vt2＝2a1x1，解得vt＝2 m/s。 (2)由牛顿第二定律得μmg＝ma2，结合vt2＝2a2x2，解得x2＝3 m。 11．(8分)(2023·山东泰安期末)如图所示，质量为4 kg的物体静止于水平面上。现用大小为40 N、与水平方向夹角为37°的斜向上的力F拉物体，使物体沿水平面做匀加速直线运动。(g取10 m/s2, sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)若水平面光滑，物体的加速度是多大？ (2)若物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，物体1 s末的速度是多大？ 答案：(1)8 m/s2　(2)6 m/s 解析：(1)水平面光滑时，物体的受力情况如图甲所示，根据牛顿第二定律得Fcos 37°＝ma1，解得a1＝8 m/s2。 (2)水平面不光滑时，物体的受力情况如图乙所示，根据牛顿第二定律有Fcos 37°－f＝ma2，N′＋Fsin 37°＝mg，f＝μN′，联立解得a2＝6 m/s2，根据速度—时间关系有v＝a2t＝6×1 m/s＝6 m/s。 12．(8分)(2023·江西南昌期中)某游乐园的“跳楼机”游戏，以惊险刺激深受年轻人的欢迎，如图所示。某次游戏中，质量为m＝50 kg的小明同学坐在载人平台上，并系好安全带、锁好安全杆。游戏的过程简化为巨型升降机将平台拉升100 m高度，然后平台由静止开始下落，在忽略空气和台架对平台阻力的情况下，该运动可近似看作自由落体运动。在下落h1＝80 m时启动制动系统使平台开始做匀减速直线运动，再下落h2＝20 m时刚好停止运动。取g ＝10 m/s2，求： (1)下落的过程中小明运动速度的最大值vm； (2)落地前20 m内，小明做匀减速直线运动的加速度a的大小； (3)当平台落到离地面10 m高的位置时，小明对平台的压力F的大小。 答案：(1)40 m/s　(2)40 m/s2　(3)2 500 N 解析：(1)当下落h1＝80 m时小明的速度最大，有vm2＝2gh1，代入数据可得vm＝40 m/s。 (2)小明做匀减速运动过程中的加速度大小为a＝，代入数据可得a＝40 m/s2。 (3)当平台落到离地面10 m高的位置时，小明做匀减速运动，根据牛顿第二定律有F′－mg＝ma，代入数据得平台对小明的支持力F′＝2 500 N。根据牛顿第三定律可知，小明对平台的压力F大小为2 500 N。 13．(9分)我国第一艘国产航母“山东舰”已正式服役，我国进入“双航母”时代。“山东舰”沿用了舰载机滑跃起飞方式，即飞机依靠自身发动机从静止开始到滑跃起飞，滑跃仰角为θ。其起飞跑道可视为由长度L1＝180 m的水平跑道和长度L2＝20 m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道和倾斜跑道末端的高度差h＝2 m，如图所示。已知质量m＝2×104 kg的舰载机的喷气发动机的总推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向始终与速度方向相同，若飞机起飞过程中受到的阻力大小恒为飞机重力的0.15倍，飞机质量视为不变，并把飞机看成质点，航母处于静止状态。 (1)求飞机在水平跑道运动的时间； (2)求飞机在倾斜跑道上的加速度大小。 答案：(1)4 s　(2)3.5 m/s2 解析：(1)设飞机在水平跑道上的加速度大小为a1 由牛顿第二定律得F－f＝ma1，其中f＝kmg 解得a1＝4.5 m/s2 由匀加速直线运动公式得L1＝a1t2 解得t＝4 s。 (2)设飞机在倾斜跑道上的加速度大小为a2，在倾斜跑道上对飞机受力分析，由牛顿第二定律得 F－f－mg sin θ＝ma2，其中sin θ＝ 解得a2 ＝3.5 m/s2。 学科网（北京）股份有限公司 $$